O raio da circunferência circunscrita ao triângulo

"O que se aprende na juventude dura a vida inteira."(Francisco de Quevedo)

Este problema também veio do facebook, da página "Mathematics is poetry".
Tem uma resolução bastante simples, dependendo da matemática que se sabe, e várias outras mais trabalhosas.

Esta ocorreu-me porque eu conheço

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Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$ a área é dada por $$A_{\Delta}=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$ onde $s$ é o semiperímetro $$s=\frc{a+b+c}{2}$$

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A demonstração desta fórmula não é complicada. Encontra-se online, mas deixo como exercício ao leitor interessado (eu sei que não é complicada porque eu próprio a fiz quando tinha 16 anos).

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Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$, se chamarmos $A$ ao lado oposto a $a$, $B$ ao lado oposto a $b$ e $C$ ao lado oposto a $c$.
A área é dada por qualquer uma das fórmulas:
$$\text{Área}=A_{\Delta}=\frc{1}{2}ab\sen{C}=\frc{1}{2}ac\sen{B}=\frc{1}{2}bc\sen{A}$$ Onde se comete o "abuso de linguagem" de confundir o vértice com o ângulo interno correspondente a esse vértice.

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A demonstração desta fórmula também não é complicada. É mais simples que a da fórmula de Herão, e também deixo como exercício.

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Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$, se chamarmos $A$ ao lado oposto a $a$, $B$ ao lado oposto a $b$ e $C$ ao lado oposto a $c$.
Temos $$\frc{\sen{A}}{a}=\frc{\sen{B}}{b}=\frc{\sen{C}}{c}$$ Eu aprendi isto no secundário, com outra demonstração. Mas poucos anos mais tarde (1996?) numa conversa com o professor Egídio Pereira, ele sugeriu esta demonstração, que, "recentemente" reencontrei em alguns livros do secundário, como exercício, no tempo das "Metas curriculares". Deixar algumas coisas como exercício em vez de mandar consultar livros é bem mais didáctico!
Sabem, odeio a expressão "conheço a demonstração", embora desta vez, conhecer esta demonstração tenha me permitido resolver este desta forma.

Seja $r$ o raio da circunferência circunscrita ao triângulo.
Se construirmos o ponto $A'$ como sendo a intersecção da recta que passa por $B$ e pelo centro da circunferência com a circunferência com a circunferência, o angulo interno $A'$ mede o mesmo que o ângulo interno $A$. Isto acontece porque são ângulos inscritos na mesma circunferência, correspondentes ao mesmo arco. O triângulo $[A'BC]$ é rectângulo. E então $$\sen{A}=\sen{A'}=\frc{a}{2r}$$ logo, $$2r=\frc{a}{\sen{A}}$$ Eu posso fazer "o mesmo" em qualquer um dos outros vértices. Daqui tiramos: $$2r=\frc{a}{\sen{A}}=\frc{b}{\sen{B}}=\frc{c}{\sen{C}}$$ de onde sai o resultado.

Se $r$ for o raio daquela circunferência, $a,b,c$ os lados do triângulo e $A,B,C$ os vértices opostos aos lados correspondentemente, temos que $$2r=\frc{c}{\sen C}$$ (utilizando o abuso de linguagem de identificar a medida do ângulo interno como o vértice correspondente) e que a área do triângulo é $A_{\Delta}=\frc{1}{2}ab\sen C$ logo $$r=\frc{c}{2\sen C}=\frc{c}{\frc{2\times2A_{\Delta}}{ab}}=\frc{abc}{4A_{\Delta}}$$ Assim sendo $$s = \frac{{9 + 10 + 11}}{2} = \frac{{10 + 20}}{2} = 5 + 10 = 15$$ e então $$r = \frac{{9 \times 10 \times 11}}{{4\sqrt {15\left( {15 - 9} \right)\left( {15 - 10} \right)\left( {15 - 11} \right)} }} =\frac{{9 \times 10 \times 11}}{{4\sqrt {15 \times 6 \times 5 \times 4} }} =$$ $$= \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2\sqrt {3 \times 5 \times 2 \times 3 \times 5 \times 2^2 } }} = \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2\sqrt {3^2 \times 5^2 \times 2 \times 2^2 } }} = \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2 \times 5 \times 3 \times 2\sqrt 2 }} = \frac{{33}}{{4\sqrt 2 }} = \frac{{33\sqrt 2 }}{8}$$

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Esta resolução, também vai com dedicatórias. Á professora Celina Andrade que me aturou no secundário, e me ensinou a lei dos senos, ao professor Orlando Freitas que no 9º ano me ensinou as relações entre arcos e ângulos numa circunferência e ao professor Egídio Pereira que me deu a conhecer aquela demonstração da lei dos senos.