Triângulo

Em um triângulo ABC, o triângulo formado por os pés de suas bissetrizes interiores é retângulo, então o dito triângulo tem um ângulo de:
a)60°
b)30°
c)90°
d)120°
e)135°
res:e

Gabarito errado.


Seja ABC um triângulo; AA', BB' e CC' são três cevianas concorrentes em I. 
Tomamos J=A'B'Ո'CC', A"=AJ Ո BC e B”=A"I Ո AC. As cevianas concorrentes de AA'C em J (AA", A'B' e CI) determinam que a quaterna (CAB'B") é harmônica. Pela mesma razão, as cevianas concorrentes de ABC em I determinam que B”=A'C' Ո AC, pois o quarto harmônico de três pontos é único (ou seja, as linhas AC, A"I e A'C' são concomitante).

            Se A'B' e A'C' são perpendiculares, elas são as bissetrizes internas e externas do ângulo AA'C. Se, além disso, AA' e CC' são bissetrizes internas de ABC, o ponto C' é um dos excentros do triângulo AA'C e, portanto, os três ângulos são iguais, cuja soma é um plano, CAA', A' AB e BAB” do qual se conclui que o ângulo CAB mede 120º

(Solução:Saturnino Campo Ruiz).




Outra Solução:

Consideremos o triângulo ABC e as bissetrizes interiores de seus Ângulos A, B, C que interceptam os lados opostos nos pontos D, E, F respectivamente. Inicialmente demostraremos um teorema
 “A longitude la bissetriz interior AD de um triângulo ABC é dada por
[latex]AD=\frac{\sqrt{bc}}{b+c}(\sqrt{(b+c)^2-a^2})=\frac{2bc}{b+c}cos\frac{A}{2} (I)\\
BD=x\\Bissetriz~Interna: \frac{x}{c} = \frac{a-x}{b}\implies BD = x = \frac{ac}{b+c}\\
CD=a-x=\frac{ab}{b+c}\\T.Cossenos\triangle ABD:\\ AD^2 = c^2+BD^2-2c.BD.cosB=c^2+(\frac{ac}{b+c})^2-2c.\frac{ac}{b+c}.\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}[/latex]

Depois de simplificar resulta na primeira igualdade do teorema
Para demonstrar a segunda basta aplicar cos A = 2cos^2\frac{A}{2} - 1 e a expressão cos A em função dos lados do triângulo.
Para demonstração geral aolicamos o teorema dos cossenos nos triângulos ADE e ADF:

[latex]DE^2=AD^2+AE^2-2AD.AE.cos\frac{A}{2}\\
DF^2 = AD^2+AF^2-2AD.AF.cos\frac{A}{2}(II)\\
T.Cossenos \triangle AEF: EF^2 = AE^2+AF^2-2AE.AF.cosA(III)[/latex]


Sendo o triângulo retângulo formado pelos pés das bissetrizes internas, aplicando o teorema de Pitágoras,  e sem perda de generalidade das expressões [II] e [III] teremos:

[latex]AE^2+AF^2-2AE.AF.cosA = 2AD^2=AE^2+AF^2-2AD(AE+AF),cos\frac{A}{2}\\
Simplificando: AE.AF.cosA=AD(AE+AF).cos\frac{A}{2}-AD^2[/latex]
(IV)

Utilizando o teorema da bissetriz intena, o teorema, e a identidade trigonométrica do cosseno do ângulo duplo:

[latex]AE+AF=\frac{bc}{a+c}+\frac{bc}{a+b}=\frac{bc(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)}\implies AE.AF = \frac{b^2c^2}{(a+b)(a+c)}
\\De(IV):\\
\frac{b^2c^2}{(a+b)(a+c)}.cosA=\frac{bc(2a+b+C)}{(a+b)(a+c)}.\frac{b+c}{2bc}
.AD^2-AD^2\\ 
\frac{b^2c^2}{(a+b)(a+c)}.(2cos^2\frac{A}{2}-1)=[\frac{(2a+b+c)(b+c)}{2(a+b)(a+c)}-1].\frac{4b^2c^2}{(b+c)^2}.cos^2\frac{A}{2}\Leftrightarrow\\
2[1-\frac{b^2+c^2-2a^2}{(b+c)^2}].cos^2\frac{A}{2} = 1 \Leftrightarrow cos^2\frac{A}{2}=\frac{(b+c)^2}{4(a^2+bc)}[/latex]


[latex]Finalmente: cos^2 \frac{A}{2}=\frac{(b+c)^2}{4(a^2+bc)}\Leftrightarrow \frac{1+cosA}{2} =\frac{(b+c)^2}{4(a^2+bc)}\Leftrightarrow \frac{1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}= \frac{(b+c)^2}{4(a^2+bc)}\Leftrightarrow (a^2+bc)(b^2+c^2+2bc-a^2) =\\
 bc(b^2+c^2+2bc) \Leftrightarrow a^2(b^2+c^2+bc-a^2)=0 \Leftrightarrow a^2=b^2+c^2+bc[/latex]


Comparando esta última expressão obtida com a que resulta do teorema de dos cossenos aplicado ao triângulo ABC,[latex](a^2=b^2+c^2-2bc.cosA)[/latex] deduzimos que ,[latex]cosA=-\frac{1}{2} \therefore \boxed{A = 120^o}\color{green}\checkmark [/latex]

(Solução:Vicente VicárioGarcia)