Ensino Médio ⇒ Geometria Plana: Resolução de um Triângulo Tópico resolvido

[Inútil Caramelo]

Resolva o triângulo A'B'C' cujos vértices são os pés das alturas do triângulo ABC dado.

Resposta:
[tex3]a'=R{\cdot}\operatorname{sen}\,{2\hat{A}}[/tex3]; [tex3]b'=R{\cdot}\operatorname{sen}\,{2\hat{B}}[/tex3]; [tex3]c'=R{\cdot}\operatorname{sen}\,{2\hat{C}}[/tex3]
[tex3]\hat{A'}=180^\circ-2\hat{A}[/tex3]; [tex3]\hat{B'}=180^\circ-2\hat{B}[/tex3]; [tex3]\hat{C'}=180^\circ-2\hat{C}[/tex3]

Acredito que R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC.

[Inútil Caramelo]

Bom, eu mesmo consegui resolver o problema eventualmente e estou postando aqui uma possível resolução.

359_Tringulo_rtico_1.jpg (12.02 KiB) Exibido 77 vezes

A partir da fórmula para o cálculo da área de um triângulo, [tex3]S=\frac{l\cdot h_l}{2}[/tex3], em que l é um dos lados do triângulo e [tex3]h_l[/tex3] é a altura em relação a esse lado, obtém-e [tex3]h_l=\frac 2l\cdot S[/tex3].
Assim, no triângulo ABC, [tex3]h_a=\frac 2a\cdot S[/tex3], [tex3]h_b=\frac 2b\cdot S[/tex3] e [tex3]h_c=\frac 2c\cdot S[/tex3].

A partir da identidade [tex3]R=\frac{abc}{4S}[/tex3], em que R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo, obtém-se [tex3]S=\frac{abc}{4R}[/tex3].

Temos então
[tex3]h_a=\frac 2{a}\cdot S\Rightarrow h_a=\frac 2a\cdot \frac{abc}{4R}\Rightarrow h_a=\frac{bc}{2R}[/tex3]
[tex3]h_b=\frac 2{b}\cdot S\Rightarrow h_b=\frac 2b\cdot \frac{abc}{4R}\Rightarrow h_b=\frac{ac}{2R}[/tex3]
[tex3]h_c=\frac 2{c}\cdot S\Rightarrow h_c=\frac 2c\cdot \frac{abc}{4R}\Rightarrow h_c=\frac{ab}{2R}[/tex3]

Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACC':
[tex3]x^2=b^2-{h_c}^2\Rightarrow x^2=b^2-{\left({\frac{ab}{2R}}\right)}^2\Rightarrow x^2=b^2-\frac{a^2b^2}{4R^2}\Rightarrow x^2=\frac{4R^2-a^2}{4R^2}\cdot b^2[/tex3]
Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo AB'B:
[tex3]y^2=c^2-{h_b}^2\Rightarrow y^2=c^2-{\left({\frac{ac}{2R}}\right)}^2\Rightarrow y^2=c^2-\frac{a^2c^2}{4R^2}\Rightarrow y^2=\frac{4R^2-a^2}{4R^2}\cdot c^2[/tex3]

Concluímos então que [tex3]\frac {x^2}{b^2}=\frac {y^2}{c^2}=\frac{4R^2-a^2}{4R^2}[/tex3], o que significa que os triângulos AB'C' e ABC são semelhantes pelo caso LAL.
Por analogia, eles são semelhantes também aos triângulos BA'C' e CA'B' (e assim podemos deduzir os ângulos em cinza na figura).

Analisando os ângulos em A', B' e C':
[tex3]\hat A+\hat{A'}+\hat A=180^\circ\Rightarrow \hat{A'}=180^\circ -2\hat A[/tex3]
[tex3]\hat B+\hat{B'}+\hat B=180^\circ\Rightarrow \hat{B'}=180^\circ -2\hat B[/tex3]
[tex3]\hat C+\hat{C'}+\hat C=180^\circ\Rightarrow \hat{C'}=180^\circ -2\hat C[/tex3]

Pela lei dos senos:
[tex3]\frac {a}{\operatorname{sen}\,{\hat A}}=2R\Rightarrow a=2R\cdot \operatorname{sen}\,{\hat A}\Rightarrow a^2=4R^2\cdot \operatorname{sen}^2\,{\hat A}[/tex3]
Pela semelhança entre os triângulos AB'C' e ABC:
[tex3]\frac{{a'}^2}{a^2}=\frac{x^2}{b^2}\Rightarrow \frac {{a'}^2}{a^2}=\frac{\frac{4R^2\cdot a^2}{4R^2}\cdot b^2}{b^2}\Rightarrow \frac{{a'}^2}{a^2}=\frac{4R^2-a^2}{4R^2}\Rightarrow {a'}^2=\frac{a^2}{4R^2}\cdot \left({4R^2-a^2}\right)\Rightarrow[/tex3]
[tex3]\Rightarrow {a'}^2=\frac{a^2}{4R^2}\cdot\left({4R^2-4R^2\cdot \operatorname{sen}^2\,{\hat A}}\right)\Rightarrow {a'}^2=\operatorname{sen}^2\,{\hat A}\cdot 4R^2\cdot\left(1-\operatorname{sen}^2\,{\hat A}\right)\Rightarrow[/tex3]
[tex3]\Rightarrow {a'}^2=R^2\cdot 4\cdot \operatorname{sen}^2{\hat A}\cdot \operatorname{cos}^2\,{\hat A}\Rightarrow a'=R\cdot 2\cdot \operatorname{sen}{\hat A}\cdot \operatorname{cos}\,{\hat A}\Rightarrow a'=R\cdot \operatorname{sen}\,{2\hat A}[/tex3]

E, por analogia, temos
[tex3]b'=R\cdot \operatorname{sen}\,{2\hat B}[/tex3] e [tex3]c'=R\cdot \operatorname{sen}\,{2\hat C}[/tex3]

Abraço a todos!