Question

O triângulo ABC Da figura abaixo tem área S. A área da região hachurada é, em função de S :

Answer 1

Olá! Não sei se este é o modo mais fácil ou rápido de resolver essa questão.

Se o segmento $\overline{AD}$ pertence à reta bissetriz de $\angle{BAH}$, então: $B\widehat{A}H=2\!\cdot\!D\widehat{A}H$

Atribuamos $B\widehat{A}H=\alpha$ e $D\widehat{A}H=\beta$.

Visto que $\triangle{BAH}$ é um triângulo retângulo e lembrando que $AB=2\!\cdot\!AC=4\!\cdot\!AH$, podemos calcular $BH$ em função de $AH$.

$BH^2+AH^2=(4AH)^2\rightarrow{BH}=AH\sqrt{15}$

Logo: $\dfrac{BH}{AH}=\sqrt{15}$

Essa razão corresponde à tangente de $\alpha$. Observe na figura que os catetos oposto e adjacente de $\alpha$ são, respectivamente, $\overline{BH}$ e $\overline{AH}$.

$\tan\alpha=\dfrac{BH}{AH}=\sqrt{15}$

Ainda no $\triangle{ABH}$, da seguinte forma é possível calcular o seno de $\alpha$:

$\sin\alpha=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AH\sqrt{15}}{4AH}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$

E então seu cosseno pode ser obtido por:

$\cos\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\tan\alpha}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{15}}=\dfrac{1}{4}$

Pela relação da tangente do ângulo metade (se desejar a demonstração, comente), podemos encontrar a tangente de $\beta$.

$\tan\beta=\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}$

$\tan\beta=\sqrt{\dfrac{1-\dfrac{1}{4}}{1+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}$

Através da Relação Fundamental da Trigonometria chega-se na seguinte relação (se desejar a demonstração, comente), a qual pode nos fornecer o cosseno de $\beta$.

$1+\tan^2\beta=\dfrac{1}{\cos^2\beta}$

$1+\left(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\right)^2=\dfrac{1}{\cos^2\beta}$

$\cos\beta=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$

Então seu seno é: $\sin\beta=\tan\beta\!\cdot\!\cos\beta=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{10}}{4}=\dfrac{\sqrt6}{4}$

Pelo dados do enunciado, facilmente conclui-se que $\angle{BAH}=\angle{BCH}$ e, então, $\angle{BCH}=\alpha$.

Atribuamos $A\widehat{D}C=\gamma$.

Para $\triangle{ADC}$, a soma de seus ângulos internos: $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$.

Logo: $\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)$.

Por conseguinte:

$\sin\gamma=\sin(180^\circ-(\alpha+\beta))$

Pela identidade do seno do arco suplementar:

$\sin\gamma=\sin(180^\circ-(\alpha+\beta))=\sin(\alpha+\beta)$

Pela relação do seno da soma de arcos:

$\sin\gamma=\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\!\cdot\!\cos\beta+\sin\beta\!\cdot\!\cos\alpha$

$\sin\gamma=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{10}}{4}+\dfrac{\sqrt6}{4}\!\cdot\!\dfrac{1}{4}=\dfrac{3\sqrt6}{8}$

Considere $I$ o ponto de intercepção dos segmentos $\overline{AD}$ e $\overline{BH}$.

Chamemos de $A$ a área hachurada; $P$, a área de $\triangle{ADC}$; e de $Q$ a área de $\triangle{AIH}$.

Considere $h$ a altura de $\triangle{ADC}$ relativa ao lado $\overline{AC}$.

Assim, a área de $\triangle{ADC}$ é:

$P=\dfrac{AC\!\cdot\!h}{2}=\dfrac{2AH\!\cdot\!h}{2}=AH\!\cdot\!h$

Mas:

$h=AD\sin\beta$

Pela Lei dos Senos em $\triangle{ADC}$:

$\dfrac{AD}{\sin\alpha}=\dfrac{AC}{\sin\gamma}\rightarrow{AD}=\dfrac{AC\!\cdot\!\sin\alpha}{\sin\gamma}=\dfrac{2AH\!\cdot\!\sin\alpha}{\sin\gamma}$

Substituindo na fórmula da área de $\triangle{ADC}$:

$P=AH\!\cdot\!h=AH\!\cdot\!AD\!\cdot\!\sin{\beta}=\dfrac{AH\!\cdot\!2AH\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}=\dfrac{2\!\cdot\!AH^2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}$

De $\triangle{AIH}$, nota-se que$HI=AH\tan\beta$. A área $Q$ de $\triangle{AIH}$ pode ser expressa por:

$Q=\dfrac{AH\!\cdot\!HI}{2}=\dfrac{AH^2\tan\beta}{2}$

Pela fórmula simples da área de um triângulo, temos que a área $S$ de $\triangle{ABC}$ é tal que:

$S=\dfrac{AC\!\cdot\!BH}{2}=\dfrac{2AH\!\cdot\!AH\tan\alpha}{2}=AH^2\tan\alpha\rightarrow{AH}^2=\dfrac{S}{\tan\alpha}$

Por fim, a área hachurada é igual a diferença entre as áreas de $\triangle{ADC}$ e $\triangle{AIH}$. Temos, então:

$A=P-Q$

$A=\dfrac{2\!\cdot\!AH^2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{AH^2\tan\beta}{2}$

$A=AH^2\!\left( \dfrac{2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{\tan\beta}{2}\right)$

$A=\dfrac{S}{\tan\alpha}\!\left( \dfrac{2\!\cdot\!\sin\alpha\!\cdot\!\sin\beta}{\sin\gamma}-\dfrac{\tan\beta}{2}\right)$

$A=\dfrac{S}{\sqrt{15}}\!\left(\dfrac{2\!\cdot\!\dfrac{\sqrt{15}}{4}\!\cdot\!\dfrac{\sqrt6}{4}}{\dfrac{3\sqrt6}{8}}-\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{5}}{2}\right)$

$\boxed{A=\dfrac{7S}{30}}$

Qualquer dúvida, comente! Bons estudos!