Cap. 14 - Relaciones Métricas en Triângulos Obtusângulos ⇒ Solucionário:Racso - Cap XIV - Problemas de Geometria y Como Resolverlos - I Edição - Ex:22 Tópico resolvido

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Problema Proposto
22 - Na figura. se: AB = 13m; BC= 14m;
AC= 15 e [tex3]\small\overset{\LARGE{\frown}}{BM}[/tex3] = [tex3]\small\overset{\LARGE{\frown}}{MC}[/tex3].
Calcular PM.

Resposta

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E) [tex3]\sqrt{113}[/tex3]

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P. Q e T são pontos de tangência.
Como os arcos BM e CM são iguais os ãngulos ∠BAM e ∠CAM (ângulos com vértice sobre a circunferência "olhando" para arcos equivalentes).
Isso significa que AM contém a bissetriz AR do triângulo △ABC, sendo R o pé da bissetriz no lado BC.
Significa também que AR passa pelo centro da circ. inscrita, pois sabemos que esse centro é o ponto de encontro das bissetrizes internas.

Encontrando semiperímetro, área e raio da circ. inscrita:
[tex3]p_{\triangle ABC}=\frac{13+14+15}{2}=21\\A_{\triangle ABC}=\sqrt{21\cdot(21-13)\cdot(21-14)\cdot(21-15)}=84\\
△ABC=84=pr→r=4[/tex3]

Teorema das bissetrizes em △ABC com a bissetriz AR :
[tex3]\frac{\overline{AC}}{\overline{CR}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{BR}}\rightarrow\frac{15}{\overline{CR}}=\frac{13}{\overline{BR}}[/tex3]

Sabendo que BR+CR=14:
[tex3]\begin{cases}15\cdot\overline{BR}=13\cdot\overline{CR}\\\overline{BR}+\overline{CR}=14\end{cases}\\
\implies\overline{BR}=\frac{13}{2} ~e ~\overline{CR}=\frac{15}{2}[/tex3]

Teorema de Stewart em △ABC com a ceviana AR:
[tex3]\overline{AC}^2\cdot\overline{BR}+\overline{AB}^2\cdot\overline{CR}=\overline{AR}^2\cdot\overline{BC}+\overline{BR}\cdot\overline{CR}\cdot\overline{AR}\\
15^2\cdot\frac{13}{2}+13^2\cdot\frac{15}{2}=14\cdot\overline{AR}^2+\frac{13}{2}\cdot\frac{15}{2}\cdot14\\
\implies \overline{AR}=\frac{3\sqrt{65}}{2}[/tex3]
OBS: Existe uma particularização do Stewart somente para bissetrizes que é mais rápido, bc=mn+x2bc , onde bc são os lados, x a bissetriz e mn os pedaços do lado dividido por ela.

Veja que AM e BC são duas cordas se cruzando em um ponto R dentro da circ. circunscrita, por potência de ponto podemos dizer que os pedaços das cordas divididos pelo ponto serão proporcionais, de maneira que:
[tex3]\overline{AR}\cdot\overline{MR}=\overline{BR}\cdot\overline{CR}\rightarrow\frac{3\sqrt{65}}{2}\cdot\overline{MR}=\frac{13}{2}\cdot\frac{15}{2} \implies \overline{MR}=\frac{\sqrt{65}}{2}[/tex3]

Trace o raio da circ. inscrita OP = r = 4 tangente ao lado AB,
vou usar direto um resultado conhecido que nos diz AP=p−a , sendo a o lado do triângulo que está oposto ao "chapéu" formado por AP e seu segmento equivalente AT por tangência à circ. inscrita, assim temos AP = 21−14 = 7 .
Olhando para o triângulo retângulo △APO encontramos [tex3]\overline{AO}=\sqrt{7^2+4^2}=\sqrt{65}[/tex3] por pitágoras, calculamos também [tex3]\overline{OR}=\overline{AR}-\overline{AO}=\frac{\sqrt{65}}{2}[/tex3] , e ainda [tex3]\overline{OM}=\overline{OR}+\overline{MR}=\sqrt{65}[/tex3]

Agora temos dois lados do triângulo △OPM , basta encontrar o cosseno do ângulo ∠POM e podemos utilizar lei dos cossenos para calcular [tex3]\overline{PM}[/tex3] , que é o comprimento desejado na questão.
Usando trigonometria em △APO, seja ∠AOP=θ temos [tex3]cosθ=\frac{4}{\sqrt65}.[/tex3]
Seja [tex3]∠POM=180^∘−θ \therefore \cos(180\degree-\theta)=-\cos\theta=\frac{-4}{\sqrt{65}}\\
Lei ~dos ~cossenos~△OPM :\overline{PM}^2=4^2+\sqrt{65}^2-2\cdot4\cdot\sqrt{65}\cdot\frac{-1}{\sqrt{65}}\rightarrow\\
\boxed{\color{red}{\overline{PM}=\sqrt{113}}}[/tex3]
(Solução: lookez - viewtopic.php?f=3&t=76967&p=209626&hili ... PM#p209626)