Cap. 1 - Relações Métricas no Triângulo Retãngulo ⇒ Problema 20 - Relaciones Métricas -Vol. 8 Tópico resolvido

[petrasMOD]

Na figura, se [tex3]\overset{\LARGE{\frown}}{MN} = 90^o[/tex3] , calcular a relação entre a, b e c .
A) [tex3]a^2=b^2+c^2[/tex3]
B) [tex3]b^2=a^2+c^2[/tex3]
C) [tex3] b= \sqrt{ac}[/tex3]
D) [tex3]\frac{1}{a} = \frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/tex3]
E) [tex3] = 2\sqrt{ac}[/tex3]

Resposta

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Resposta:B

[FelipeMartinMOD]

Complete o círculo deste semicírculo e seja [tex3]S[/tex3] o seu "polo sul", o seu ponto mais baixo (o ponto que está na mediatriz de [tex3]AB[/tex3] mas no semiplano de [tex3]AB[/tex3] que não contém [tex3]M[/tex3]).

Por homotetia/lema da estrela da morte, sabemos que [tex3]M,P[/tex3] e [tex3]S[/tex3] são colineares bem como [tex3]N,Q[/tex3] e [tex3]S[/tex3]. Logo, [tex3]\angle PSQ = 45^{\circ}[/tex3].

Pois bem. Lei dos cossenos no [tex3]\triangle APS[/tex3]:

[tex3]PS^2 = a^2 + 2R^2 - 2R\sqrt 2 a \cos (45^{\circ}) = a^2 - 2aR + 2R^2 = a^2 + 2R(R-a) = \\ = a^2 + \frac{(a+b+c)(b+c-a)}2[/tex3]

Analogamente

[tex3]QS^2 = c^2 + 2R^2 - 2cR = c^2+ \frac{(a+b+c)(a+b-c)}2[/tex3]

Por fim, lei dos cossenos no [tex3]\triangle PQS[/tex3]:

[tex3]b^2 = c^2+2R^2-2cR + a^2 + 2R^2 - 2aR - \sqrt 2 PS \cdot QS \iff \\ \iff \sqrt 2 PS \cdot QS = c^2 + a^2 - b^2 + 4R^2 -(a+c)(a+b+c) = \\ = c^2+a^2 - b^2 + 4R^2 - (a^2+c^2+2ac) - b(a+c) = 4R^2 - (b^2 +2ac + ba +bc)= \\ = a^2+c^2 +ab +bc[/tex3]

Elevando tudo ao quadrado:

[tex3]2( a^2 + \frac{(a+b+c)(b+c-a)}2)( c^2+ \frac{(a+b+c)(a+b-c)}2) = a^4+c^4+2a^2c^2 +2(a^2+c^2)(ab+bc) + b^2(a^2+c^2+2ac)[/tex3]

[tex3](2 a^2 + (a+b+c)(b+c-a))( 2c^2+ (a+b+c)(a+b-c)) = 2a^4+2c^4+4a^2c^2 +4(a^2+c^2)(ab+bc) + 2b^2(a^2+c^2+2ac)[/tex3] (*)

o lado esquerdo:

[tex3]2a^2 + (b+c)^2 - a^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2bc[/tex3]

teremos

[tex3](a^2+b^2+c^2+2bc)(a^2+b^2+c^2+2ab) = (a^2+b^2+c^2)^2 +2b(a+c)(a^2+b^2+c^2) + 4b^2ac[/tex3]
[tex3]a^4+b^4+c^4 + 2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2) + 4b^2ac + 2b(a^3+ab^2+ac^2+ca^2+cb^2+c^3)[/tex3]

agora comecemos o cancelamento da igualdade (*)

[tex3]b^4 = a^4 + c^4+2a^2c^2 + 4(a^2+c^2)b(a+c) - 2b(a^3+ab^2+ac^2+ca^2+cb^2+c^3) [/tex3]
[tex3]b^4 = a^4 + c^4+2a^2c^2 + 2b[2(a^2+c^2)(a+c) - (a^3+ab^2+ac^2+ca^2+cb^2+c^3)] [/tex3]
[tex3]b^4 = a^4 + c^4+2a^2c^2 + 2b[a^3+a^2c+c^2a+c^3 -ab^2-cb^2] [/tex3]
[tex3]b^4 +2ab^3+2cb^3= a^4 + c^4+2a^2c^2 + 2b[a^3+a^2c+c^2a+c^3] [/tex3]
[tex3]b^4 +2b^3(a+c) -2b(a^3+a^2c+c^2a+c^3) = (a^2+c^2)^2[/tex3]

A única raíz positiva dessa equação do quarto grau é [tex3]b = \sqrt{a^2+c^2}[/tex3], basta testar as alternativas ( wolfram).

Será que há um caminho mais inteligente?

[petrasMOD]

Outra solução:

[tex3]
\mathsf{
HP=r_1: OP=x_1: DQ=r_2 OQ=x_2: OM=r\\

\triangle OPH :(R−r_1)^2+r_1^2=x_1^2⇒r_ 1=\frac{R^2−x1^2}{2R}\\

R=x_1+a: r_1=\frac{a(2R−a)}{2R}\\

Análogamente \triangle OQD: r^2=\frac{c(2R−c)}{2R}\\

\overset{\LARGE\frown{}}{MN}=90^o \implies \triangle HPO \sim \triangle OQD \\

\frac{r_1}{x_1}=\frac{x_2}{r_2} \implies r_1r_2=x_1x_2.\\
Sustituindo: ac(2R−a)(2r−c)=4R(R−a)(R−c) \implies (2R^2−ac)(ac+2R(R−a−c))=0\\

\therefore 2R^2−ac=0 \vee ac+2r(r−a−c))=0. \\
2R=a+b+c:\\
\therefore 2R^2−ac=\frac{1}{2}((a+b+c)^2−2ac)=\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc) > 0\\
0=ac+2r(R−a−c)=\frac{1}{2}(2ac+(a+b+c)(b−a−c))=\frac{1}{2}(2ac+b^2−(a+c)^2)=\frac{1}{2}(b^2−a^2−c^2) \\
\therefore \boxed{b^2=a^2+c^2}
}[/tex3]
(Solução:LuisFuentes)