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ITA 2023 — 2ª Fase — Questão 06 — Geometria Plana
Considere um triângulo \(ABC\) tal que \(AB = 4\), \(AC = 5\) e \(\angle BAC = 60^\circ\).
Seja \(D\) um ponto no lado \(AB\) tal que \(AD = 1\).
Encontre o raio \(r\) do círculo inscrito no triângulo \(BCD\).
👀 Solução passo a passo
1) Comprimento de \(BC\) pelo Teorema dos Cossenos no triângulo \(ABC\):
\[ BC^2 = 4^2 + 5^2 – 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ \] \[ BC^2 = 16 + 25 – 20 = 21 \ \Rightarrow\ BC = \sqrt{21}. \] 2) Comprimento de \(CD\) pelo Teorema dos Cossenos no triângulo \(ACD\):
\[ CD^2 = 5^2 + 1^2 – 2 \cdot 1 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ \] \[ CD^2 = 25 + 1 – 5 = 21 \ \Rightarrow\ CD = \sqrt{21}. \] 3) Observação de isósceles:
Como \(BC = CD\), o triângulo \(BCD\) é isósceles, logo: \[ DH = BH = \frac{3}{2}. \] 4) Altura \(CH\) pelo Teorema de Pitágoras no triângulo \(CHD\):
\[ CH^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = (\sqrt{21})^2 \] \[ CH^2 + \frac{9}{4} = 21 \ \Rightarrow\ CH^2 = \frac{75}{4} \] \[ CH = \frac{5\sqrt{3}}{2}. \] 5) Uso da semelhança dos triângulos \(CTO\) e \(CHB\):
\[ \frac{TO}{HB} = \frac{CO}{CB} = \frac{r}{\frac{3}{2}} = \frac{CH – r}{\sqrt{21}} \] \[ \frac{r}{\frac{3}{2}} = \frac{\frac{5\sqrt{3}}{2} – r}{\sqrt{21}} \] Resolvendo: \[ \sqrt{21} \cdot r = \frac{15\sqrt{3}}{4} – \frac{3}{2}r \] \[ \left(\sqrt{21} + \frac{3}{2}\right) r = \frac{15\sqrt{3}}{4} \] \[ r = \frac{\frac{15\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{21} + \frac{3}{2}} \] Multiplicando numerador e denominador por \(2\): \[ r = \frac{15\sqrt{3}/2}{2\sqrt{21} + 3} \] \[ r = \frac{15\sqrt{3}}{4\sqrt{21} + 6}. \] Racionalizando: \[ r = \frac{6\sqrt{7} – 3\sqrt{3}}{10}. \]
\[ BC^2 = 4^2 + 5^2 – 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ \] \[ BC^2 = 16 + 25 – 20 = 21 \ \Rightarrow\ BC = \sqrt{21}. \] 2) Comprimento de \(CD\) pelo Teorema dos Cossenos no triângulo \(ACD\):
\[ CD^2 = 5^2 + 1^2 – 2 \cdot 1 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ \] \[ CD^2 = 25 + 1 – 5 = 21 \ \Rightarrow\ CD = \sqrt{21}. \] 3) Observação de isósceles:
Como \(BC = CD\), o triângulo \(BCD\) é isósceles, logo: \[ DH = BH = \frac{3}{2}. \] 4) Altura \(CH\) pelo Teorema de Pitágoras no triângulo \(CHD\):
\[ CH^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = (\sqrt{21})^2 \] \[ CH^2 + \frac{9}{4} = 21 \ \Rightarrow\ CH^2 = \frac{75}{4} \] \[ CH = \frac{5\sqrt{3}}{2}. \] 5) Uso da semelhança dos triângulos \(CTO\) e \(CHB\):
\[ \frac{TO}{HB} = \frac{CO}{CB} = \frac{r}{\frac{3}{2}} = \frac{CH – r}{\sqrt{21}} \] \[ \frac{r}{\frac{3}{2}} = \frac{\frac{5\sqrt{3}}{2} – r}{\sqrt{21}} \] Resolvendo: \[ \sqrt{21} \cdot r = \frac{15\sqrt{3}}{4} – \frac{3}{2}r \] \[ \left(\sqrt{21} + \frac{3}{2}\right) r = \frac{15\sqrt{3}}{4} \] \[ r = \frac{\frac{15\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{21} + \frac{3}{2}} \] Multiplicando numerador e denominador por \(2\): \[ r = \frac{15\sqrt{3}/2}{2\sqrt{21} + 3} \] \[ r = \frac{15\sqrt{3}}{4\sqrt{21} + 6}. \] Racionalizando: \[ r = \frac{6\sqrt{7} – 3\sqrt{3}}{10}. \]
\(\displaystyle r = \frac{6\sqrt{7} – 3\sqrt{3}}{10}\)
