Matemática do ensino fundamental · Grades 1–9

60O triângulo retângulo e o cosseno

Dois fatos bonitos ligam o triângulo retângulo ao círculo: um triângulo retângulo cabe exatamente num semicírculo, com a hipotenusa como diâmetro. E um único número, o cosseno de um ângulo, guarda a forma de todo triângulo retângulo que tenha esse ângulo — a primeira razão trigonométrica, antes das irmãs dela, o seno e a tangente (Capítulo 69).

60.1 O triângulo retângulo e o círculo dele

Teorema 60.1 (Teorema do círculo)

Se um triângulo $ABC$ é retângulo em $A$ , então $A$ está sobre o círculo cujo diâmetro é a hipotenusa $[BC]$ .
Reciprocamente, se $A$ está sobre um círculo de diâmetro $[BC]$ (com $A \neq B, C$ ), então o triângulo $ABC$ é retângulo em $A$ .

De modo equivalente: num triângulo retângulo, o ponto médio da hipotenusa fica à mesma distância dos três vértices — a mediana que sai do ângulo reto mede a metade da hipotenusa.

Demonstração de 1. Seja $O$ o ponto médio de $[BC]$ e $D$ o simétrico de $A$ em relação a $O$ . As diagonais de $ABDC$ se cruzam no ponto médio comum $O$ , então $ABDC$ é um paralelogramo (Definição 52.7) — e tem um ângulo reto em $A$ : é um retângulo. As diagonais de um retângulo são iguais, então $OA = \frac{AD}{2} = \frac{BC}{2}$ : o ponto $A$ fica à distância $\frac{BC}{2}$ de $O$ , isto é, sobre o círculo de diâmetro $[BC]$ . (O ponto 2 se demonstra percorrendo o argumento de trás para a frente.) ∎

Onde quer que A fique sobre o círculo, o ângulo BAC é reto — a conjectura do , agora um teorema. A mediana vermelha [OA] é um raio: metade da hipotenusa. — Onde quer que $A$ fique sobre o círculo, o ângulo $\widehat{BAC}$ é reto — a conjectura do Exercício 41.10, agora um teorema. A mediana vermelha $[OA]$ é um raio: metade da hipotenusa.

Exemplo 60.2

Um triângulo tem hipotenusa de $10$ cm. Sem saber mais nada, a mediana que sai do ângulo reto mede $5$ cm, e o círculo circunscrito ao triângulo tem raio $5$ cm, com centro no ponto médio da hipotenusa.

60.2 O cosseno de um ângulo agudo

Definição 60.3 (Cosseno)

Num triângulo retângulo, para um ângulo agudo $\theta$ :

\cos\theta = \frac{\text{cateto adjacente a } \theta}{\text{hipotenusa}}

— o cateto que toca $\theta$ , dividido pela hipotenusa. Essa razão depende apenas do ângulo, não do tamanho do triângulo: todos os triângulos retângulos com o mesmo ângulo agudo são ampliações uns dos outros, e as ampliações preservam as razões de comprimentos (o Capítulo 59 começou essa história; o Capítulo 68 a termina).

Dois triângulos retângulos que compartilham o ângulo : o pequeno é uma redução do grande, então adjacente hipotenusa é o mesmo para os dois — e esse valor comum é . — Dois triângulos retângulos que compartilham o ângulo $\theta$ : o pequeno é uma redução do grande, então $\frac{\text{adjacente}}{\text{hipotenusa}}$ é o mesmo para os dois — e esse valor comum é $\cos\theta$ .

Proposição 60.4 (Primeiros valores e limites)

Para todo ângulo agudo $\theta$ : $0 < \cos\theta < 1$ , e o cosseno diminui à medida que o ângulo se abre: um ângulo maior tem cosseno menor. Marcos: $\cos 0^\circ = 1$ , $\cos 60^\circ = \frac12$ , $\cos 90^\circ = 0$ (os valores extremos correspondem a triângulos achatados).

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Método 60.5 (Usar o cosseno)

Num triângulo retângulo, quando as quantidades conhecidas e procuradas são um ângulo agudo, o cateto adjacente a ele e a hipotenusa:

escreva a definição: $\cos\theta = \frac{\text{adjacente}}{\text{hipotenusa}}$ , já com os valores conhecidos no lugar;
resolva a equaçãozinha para a incógnita (multiplicando ou dividindo);
se a incógnita é um ângulo, aplique o $\cos^{-1}$ da calculadora à razão calculada;
confira o bom senso: um comprimento tem de sair menor que a hipotenusa; um ângulo, estritamente entre $0^\circ$ e $90^\circ$ .

Exemplo 60.6 (Achar um lado)

Uma rampa de $6$ m faz um ângulo de $20^\circ$ com o chão horizontal. Distância horizontal vencida (adjacente a $20^\circ$ , hipotenusa $6$ m):

\cos 20^\circ = \frac{d}{6} \quad\Longrightarrow\quad d = 6 \cos 20^\circ \approx 6 \times 0.940 \approx 5.6 \text{ m}.

Exemplo 60.7 (Achar um ângulo)

Num triângulo retângulo, o cateto adjacente ao ângulo $\theta$ mede $3.5$ e a hipotenusa mede $5$ :

\cos\theta = \frac{3.5}{5} = 0.7, \qquad \theta = \cos^{-1}(0.7) \approx 45.6^\circ .

60.3 Exercícios

Exercício 60.1 ★

Um triângulo retângulo tem hipotenusa de $13$ cm. Qual é o comprimento da mediana que sai do vértice do ângulo reto? Qual é o raio do círculo que passa pelos três vértices?

Solução

Solução de Exercício 60.1.

Mediana que sai do ângulo reto: metade da hipotenusa, $6.5$ cm (Teorema 60.1). O círculo circunscrito tem centro no ponto médio da hipotenusa e raio $6.5$ cm.

Exercício 60.2 ★

Trace um círculo de diâmetro $8$ cm com um diâmetro $[BC]$ , escolha um ponto $A$ qualquer sobre o círculo e trace $ABC$ . Qual ângulo é reto? Cite o teorema. Meça $AB$ e $AC$ e confira Pitágoras.

Solução

Solução de Exercício 60.2.

O ângulo em $A$ é reto ( $[BC]$ é um diâmetro: ponto 2 do Teorema 60.1). As medidas satisfazem $AB^2 + AC^2 \approx 64 = BC^2$ , a menos da precisão da medição.

Exercício 60.3 ★

Num triângulo $DEF$ retângulo em $D$ , nomeie o cateto adjacente ao ângulo $\widehat E$ , o cateto oposto a ele e a hipotenusa. Escreva $\cos \widehat E$ como uma razão.

Solução

Solução de Exercício 60.3.

Hipotenusa: $[EF]$ (oposta ao ângulo reto $D$ ). Adjacente a $\widehat E$ : $[ED]$ . Oposto: $[DF]$ . Logo $\cos\widehat E = \dfrac{ED}{EF}$ .

Exercício 60.4 ★

Calcule a quantidade que falta ( $\cos 35^\circ \approx 0.819$ , $\cos 50^\circ \approx 0.643$ ):

hipotenusa $10$ , ângulo $35^\circ$ : cateto adjacente?
cateto adjacente $6$ , ângulo $50^\circ$ : hipotenusa?

Solução

Solução de Exercício 60.4.

1. adjacente $= 10 \cos 35^\circ \approx 8.2$ .

2. hipotenusa $= \dfrac{6}{\cos 50^\circ} \approx \dfrac{6}{0.643} \approx 9.3$ .

Exercício 60.5 ★

Num triângulo retângulo, o cateto adjacente a $\theta$ mede $8$ e a hipotenusa mede $10$ . Calcule $\cos\theta$ e depois $\theta$ ( $\cos^{-1}(0.8) \approx 36.9^\circ$ ).

Solução

Solução de Exercício 60.5.

$\cos\theta = \frac{8}{10} = 0.8$ , então $\theta = \cos^{-1}(0.8) \approx 37^\circ$ .

Exercício 60.6 ★

Explique por que $\cos\theta$ nunca pode valer $1.2$ para um ângulo agudo de um triângulo retângulo.

Solução

Solução de Exercício 60.6.

$\cos\theta$ é um cateto dividido pela hipotenusa, e a hipotenusa é o lado mais longo de um triângulo retângulo: o quociente é sempre menor que $1$ . Um valor de $1.2$ significaria um cateto mais longo que a hipotenusa — impossível.

Exercício 60.7 ★★

Uma tirolesa de $25$ m desce de uma plataforma até o chão, fazendo um ângulo de $12^\circ$ com a horizontal ( $\cos 12^\circ \approx 0.978$ ). Que distância horizontal ela vence?

Solução

Solução de Exercício 60.7.

Distância horizontal $= 25 \cos 12^\circ \approx 25 \times 0.978 \approx 24.5$ m.

Exercício 60.8 ★★

Ordene sem calculadora: $\cos 20^\circ$ , $\cos 70^\circ$ , $\cos 45^\circ$ (use a Proposição 60.4). Depois confira com a calculadora.

Solução

Solução de Exercício 60.8.

O cosseno diminui quando o ângulo cresce (Proposição 60.4):

\cos 70^\circ < \cos 45^\circ < \cos 20^\circ .

(Calculadora: $0.342 < 0.707 < 0.940$ .)

Exercício 60.9 ★★

Uma escada de comprimento $L$ se apoia numa parede, com um ângulo $\theta$ entre a escada e o chão. O pé dela fica a $1.2$ m da parede e $\theta = 68^\circ$ ( $\cos 68^\circ \approx 0.375$ ). Calcule $L$ e depois a altura alcançada (Pitágoras).

Solução

Solução de Exercício 60.9.

A distância no chão é adjacente a $\theta$ : $\cos 68^\circ = \frac{1.2}{L}$ , então $L = \frac{1.2}{0.375} = 3.2$ m. Altura (Pitágoras): $\sqrt{3.2^2 - 1.2^2} = \sqrt{10.24 - 1.44} = \sqrt{8.8} \approx 3.0$ m.

Exercício 60.10 ★★

$[BC]$ é um diâmetro de um círculo de centro $O$ e raio $4.5$ cm, e $A$ é um ponto do círculo com $AB = 5.4$ cm.

Por que $ABC$ é retângulo em $A$ ?
Calcule $AC$ e depois $\cos \widehat B$ .

Solução

Solução de Exercício 60.10.

1. $A$ está sobre um círculo de diâmetro $[BC]$ : ângulo reto em $A$ (Teorema 60.1).

2. $BC = 9$ cm (o dobro do raio). Pitágoras: $AC = \sqrt{9^2 - 5.4^2} = \sqrt{81 - 29.16} = \sqrt{51.84} = 7.2$ cm. E $\cos\widehat B = \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{5.4}{9} = 0.6$ .

Exercício 60.11 ★★★

Usando a metade de um triângulo equilátero de lado $1$ (cortado ao longo de uma altura), justifique o marco $\cos 60^\circ = \frac12$ da Proposição 60.4. (Onde cai o pé da altura sobre a base? A versão trigonométrica completa é o Exemplo 69.9.)

Solução

Solução de Exercício 60.11.

No triângulo equilátero de lado $1$ , a altura que sai de um vértice cai no ponto médio do lado oposto (eixo de simetria). A metade do triângulo é retângula, com hipotenusa $1$ (um lado inteiro), um ângulo de $60^\circ$ no vértice da base e cateto adjacente $\frac12$ (metade da base). Logo

\cos 60^\circ = \frac{1/2}{1} = \frac12 .

60.4 Problema: as relações de Euclides, e Pitágoras mais uma vez

Problema 60.1

Problema de fim de semana — a altura de um triângulo retângulo: $AB^2 = BH \times BC$ , $AH^2 = BH \times HC$ , uma segunda demonstração de Pitágoras e uma máquina de construir raízes quadradas

Baixe, do ângulo reto de um triângulo retângulo, a perpendicular à hipotenusa: esse segmento curto — a altura — satisfaz relações tão úteis que Euclides as colocou no coração dos Elementos dele. Neste problema, a propriedade que define o cosseno, “a razão depende apenas do ângulo” (Definição 60.3), demonstra todas elas; pelo caminho, você vai redemonstrar o teorema de Pitágoras por uma via completamente diferente e terminar com uma máquina de régua e compasso que constrói $\sqrt2$ , $\sqrt5$ , $\sqrt{n}$ para todo número inteiro $n$ .

Em todo o problema, $ABC$ é um triângulo retângulo em $A$ , e $H$ é o pé da perpendicular baixada de $A$ até a hipotenusa $[BC]$ , de modo que $H$ fica entre $B$ e $C$ e $AH \perp BC$ .

Parte I — Um ângulo, dois triângulos.

Usando a soma dos ângulos de um triângulo (Teorema 51.3) em $ABH$ e em $ABC$ , mostre que $\widehat{BAH} = \widehat{ACB}$ : a altura corta o triângulo retângulo em dois triângulos menores que carregam os mesmos ângulos do original.
Os triângulos $ABC$ (retângulo em $A$ ) e $ABH$ (retângulo em $H$ ) compartilham o ângulo $\widehat B$ . Escreva $\cos\widehat B$ em cada um deles e deduza, da Definição 60.3, que

$AB^2 = BH \times BC .$

(Para passar de razões iguais a produtos iguais, multiplique os dois lados pelos dois denominadores, Teorema 57.5.)
Enuncie e demonstre a relação gêmea no vértice $C$ :

$AC^2 = CH \times CB .$
Tome o triângulo $3$ – $4$ – $5$ : $AB = 3$ , $AC = 4$ , $BC = 5$ . Calcule $BH$ e $CH$ pelas questões 2 e 3, e confira que $BH + HC = BC$ .
Em geral, expresse $BH$ e $CH$ como frações que envolvam apenas os três lados. Em que sentido o pé $H$ reparte a hipotenusa “proporcionalmente aos quadrados dos catetos”?

Parte II — Pitágoras de novo, e a altura.

Some as relações das questões 2 e 3 e use $BH + HC = BC$ para obter

$AB^2 + AC^2 = BC^2 :$

o teorema de Pitágoras (Teorema 58.1), redemonstrado — sem nenhum quebra-cabeça de áreas à vista (compare com o Exercício 58.11).
Aplique Pitágoras no triângulo pequeno $ABH$ para escrever $AH^2 = AB^2 - BH^2$ , substitua $AB^2$ por $BH \times BC$ e coloque $BH$ em evidência para demonstrar a relação da altura de Euclides:

$AH^2 = BH \times HC .$
Calcule a área de $ABC$ de duas maneiras — com os catetos como base e altura, e depois com a hipotenusa como base (Teorema 53.3) — e deduza a terceira relação:

$AB \times AC = BC \times AH .$
De volta ao triângulo $3$ – $4$ – $5$ : calcule $AH$ pela questão 8 e depois verifique numericamente a relação da altura da questão 7, usando os valores de $BH$ e $CH$ achados na questão 4.
O pé da altura reparte a hipotenusa de certo triângulo retângulo em segmentos $BH = 2$ cm e $HC = 8$ cm. Calcule a altura $AH$ .

Parte III — Uma máquina de raízes quadradas. Trace um segmento $[BC]$ feito de dois pedaços colocados um após o outro: $BH = p$ e $HC = q$ . Trace o semicírculo de diâmetro $[BC]$ , e seja $A$ o ponto em que a perpendicular a $(BC)$ em $H$ o encontra.

Usando o Teorema 60.1, explique por que o triângulo $ABC$ é retângulo em $A$ — de modo que a questão 7 se aplica e

$AH^2 = p \times q .$

(O comprimento $AH$ se chama média geométrica de $p$ e $q$ .)
Tome $p = 1$ e $q = 2$ . Quanto vale $AH^2$ ? Que comprimento famoso do Exemplo 58.9 a sua figura de régua e compasso acaba de construir?
Descreva a receita que constrói um segmento de comprimento $\sqrt n$ para qualquer número inteiro $n \geq 1$ , e diga que escolha de $p$ e $q$ constrói $\sqrt 5$ .
Seja $O$ o centro do semicírculo. Explique por que $AH$ nunca pode ultrapassar o raio $\frac{p + q}{2}$ , e para que posição de $H$ os dois são iguais.
Deduza a desigualdade: para todos os números positivos $p$ e $q$ ,

$p \times q \leq \left(\frac{p + q}{2}\right)^2,$

com igualdade exatamente quando $p = q$ . Depois redemonstre-a sem geometria nenhuma: desenvolva $\left(\frac{p+q}{2}\right)^2 - p q$ e reconheça um produto notável (Problema 57.1).

Solução

Solução de Problema 60.1.

1. No triângulo $ABH$ , retângulo em $H$ , a soma dos ângulos (Teorema 51.3) dá $\widehat B + 90^\circ + \widehat{BAH} = 180^\circ$ , então $\widehat{BAH} = 90^\circ - \widehat B$ . No triângulo $ABC$ , retângulo em $A$ : $\widehat B + \widehat C + 90^\circ = 180^\circ$ , então $\widehat C = 90^\circ - \widehat B$ . Logo $\widehat{BAH} = \widehat{ACB}$ : os dois triângulos pequenos repetem os ângulos $\widehat B$ , $\widehat C$ , $90^\circ$ do original.

2. Em $ABC$ (retângulo em $A$ ), o cateto adjacente a $\widehat B$ é $AB$ e a hipotenusa é $BC$ : $\cos\widehat B = \frac{AB}{BC}$ . Em $ABH$ (retângulo em $H$ ), o cateto adjacente a $\widehat B$ é $BH$ e a hipotenusa é $AB$ : $\cos\widehat B = \frac{BH}{AB}$ . A razão depende apenas do ângulo (Definição 60.3), então

\frac{AB}{BC} = \frac{BH}{AB} ;

multiplicando os dois lados por $BC \times AB$ (Teorema 57.5): $AB^2 = BH \times BC$ .

3. Os triângulos $ABC$ (retângulo em $A$ ) e $ACH$ (retângulo em $H$ ) compartilham o ângulo $\widehat C$ . Cateto adjacente sobre hipotenusa em cada um:

\cos\widehat C = \frac{AC}{CB} = \frac{CH}{AC} \qquad\Longrightarrow\qquad AC^2 = CH \times CB .

4. $AB^2 = BH \times BC$ vira $9 = BH \times 5$ , então $BH = 1.8$ ; e $16 = CH \times 5$ dá $CH = 3.2$ . Conferindo: $BH + HC = 1.8 + 3.2 = 5 = BC$ — como tem de ser, já que $H$ fica sobre a hipotenusa, entre $B$ e $C$ .

5. Dividindo cada relação por $BC$ :

BH = \frac{AB^2}{BC}, \qquad CH = \frac{AC^2}{BC} .

Então $BH$ e $CH$ são proporcionais a $AB^2$ e $AC^2$ : o pé da altura reparte a hipotenusa na razão dos quadrados dos catetos ( $1.8 : 3.2 = 9 : 16$ na questão 4).

6. Somando as duas relações e colocando $BC$ em evidência (distributividade):

AB^2 + AC^2 = BH \times BC + CH \times BC = (BH + CH) \times BC = BC \times BC = BC^2 .

Este é o Teorema 58.1, obtido só com o cosseno — uma demonstração genuinamente diferente do quebra-cabeça de áreas com quatro triângulos do Exercício 58.11.

7. Pitágoras em $ABH$ (retângulo em $H$ , hipotenusa $[AB]$ ): $AH^2 = AB^2 - BH^2$ . Substituindo $AB^2$ por $BH \times BC$ (questão 2) e colocando $BH$ em evidência:

AH^2 = BH \times BC - BH^2 = BH \times (BC - BH) = BH \times HC .

8. Com os catetos como base e altura, a área de $ABC$ é $\frac{AB \times AC}{2}$ ; com a hipotenusa $[BC]$ como base, a altura é exatamente $AH$ , então a área também é $\frac{BC \times AH}{2}$ (Teorema 53.3). Igualando e dobrando: $AB \times AC = BC \times AH$ .

9. $AH = \frac{AB \times AC}{BC} = \frac{3 \times 4}{5} = 2.4$ . Verificação da questão 7: $AH^2 = 2.4^2 = 5.76$ e $BH \times HC = 1.8 \times 3.2 = 5.76$ . Iguais.

10. $AH^2 = BH \times HC = 2 \times 8 = 16$ , então $AH = \sqrt{16} = 4$ cm.

11. O ponto $A$ está sobre o círculo de diâmetro $[BC]$ (e é diferente de $B$ e de $C$ ), então, pelo ponto 2 do Teorema 60.1, o triângulo $ABC$ é retângulo em $A$ . Por construção, $(AH) \perp (BC)$ com $H$ entre $B$ e $C$ : o segmento $[AH]$ é precisamente a altura da questão 7, e $AH^2 = BH \times HC = p \times q$ .

12. $AH^2 = 1 \times 2 = 2$ : a figura constrói, só com régua e compasso, um segmento cujo quadrado vale $2$ — a diagonal do quadrado de lado $1$ , $\sqrt2 \approx 1.414$ , do Exemplo 58.9.

13. Receita: coloque um após o outro dois segmentos de comprimentos $p = 1$ e $q = n$ ; trace o semicírculo cujo diâmetro é o segmento inteiro (de comprimento $n + 1$ ); levante a perpendicular no ponto de junção; ela encontra o semicírculo num ponto cuja distância até a junção é $\sqrt{1 \times n} = \sqrt n$ . Para $\sqrt5$ : tome $p = 1$ e $q = 5$ (um semicírculo de diâmetro $6$ ).

14. $A$ está sobre o círculo de centro $O$ , então $OA = \frac{p+q}{2}$ , o raio. Se $H \neq O$ , o triângulo $AHO$ é retângulo em $H$ com hipotenusa $[OA]$ , e um cateto é mais curto que a hipotenusa: $AH < OA$ . Se $H = O$ , então $AH = OA$ exatamente. Em todos os casos, $AH \leq \frac{p+q}{2}$ , com igualdade precisamente quando $H$ é o centro — ou seja, quando $p = q$ .

15. Elevando ao quadrado $AH \leq \frac{p+q}{2}$ (os dois lados são positivos) e usando $AH^2 = pq$ :

p \times q \leq \left(\frac{p+q}{2}\right)^2 ,

com igualdade exatamente para $p = q$ . Redemonstração algébrica, com os produtos notáveis (Problema 57.1):

\left(\frac{p+q}{2}\right)^2 - pq = \frac{p^2 + 2pq + q^2 - 4pq}{4} = \frac{p^2 - 2pq + q^2}{4} = \left(\frac{p-q}{2}\right)^2 ,

um quadrado, portanto nunca negativo — e nulo exatamente quando $p = q$ . A média geométrica de dois números nunca ultrapassa a semissoma deles.