(Irlanda-97) ABCD é um quadrilátero que está circunscrito a uma circunferência &. Se \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{B} =120^{\circ}, \angle \mathrm{D}=90^{\circ} e BC possui comprimento 1 , prove que \mathrm{AD}=\sqrt{2} \operatorname{sen} 15^{\circ}.

Passo 1

Resumindo: temos um quadrilátero ABCD tangencial (ou seja, admite uma circunferência inscrita) com \angle A=\angle B=120^\circ, \angle D=90^\circ e BC=1. Para resolver, vamos usar que, em todo quadrilátero tangencial, do vértice até o ponto de tangência saem dois segmentos de mesmo comprimento, e que esse comprimento é dado por
t = r\cot\frac{\theta}{2}
onde r é o raio da circunferência inscrita e \theta é o ângulo do vértice.

Passo 2

Denotemos por
p = \text{tangente em A},\quad q = \text{tangente em B},\quad z = \text{tangente em C},\quad w = \text{tangente em D}.
Então
AB = p+q,\quad BC = q+z,\quad CD = z+w,\quad DA = w+p.
Em especial queremos DA = w+p e já sabemos BC = q+z = 1.

Passo 3

Pela fórmula de tangentes em cada vértice:
q = r\cot\frac{B}{2},\quad z = r\cot\frac{C}{2},\quad p = r\cot\frac{A}{2},\quad w = r\cot\frac{D}{2}.
Como \angle B=120^\circ e \angle C=360^\circ-(120+120+90)=30^\circ, vem
q+z = r\Bigl(\cot60^\circ+\cot15^\circ\Bigr) = 1.
Sabendo \cot60^\circ=\tfrac1{\sqrt3} e \cot15^\circ=2+\sqrt3, obtemos
r\bigl(\tfrac1{\sqrt3}+2+\sqrt3\bigr)=1 \quad\Longrightarrow\quad r=\frac{1}{2+\sqrt3+\tfrac1{\sqrt3}} =\frac{2\sqrt3-3}{2}.

Passo 4

Agora
DA = w+p = r\Bigl(\cot\frac{D}{2}+\cot\frac{A}{2}\Bigr) = r\bigl(\cot45^\circ+\cot60^\circ\bigr) = r\Bigl(1+\tfrac1{\sqrt3}\Bigr).
Substituindo r=(2\sqrt3-3)/2 e simplificando dá
DA=\frac{2\sqrt3-3}{2}\,\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3} =\frac{\sqrt3-1}{2}.

Passo 5

Finalmente, usando \sin15^\circ=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4} obtemos
\sqrt2\sin15^\circ =\sqrt2\;\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4} =\frac{\sqrt3-1}{2} =DA.

Resposta

\displaystyle AD=\sqrt2\sin15^\circ

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