Neste artigo, procuraremos mostrar que diversas demonstrações em Geometria e Trigonometria tornam-se fáceis e elegantes quando usamos o conceito de área. É costume, no ensino do segundo grau, apresentar as áreas das figuras planas e suas propriedades no fim do curso de Geometria. Entretanto, achamos que o conceito de área deve ser introduzido o mais cedo possível e utilizado sempre que o professor achar conveniente. Como primeiro exemplo, comparemos duas soluções de um conhecido problema.

Provar que a soma das distâncias de um ponto qualquer interior a um triângulo equilátero aos lados é constante.

1.ª solução

Consideremos o triângulo equilátero ABC da figura ao lado, um ponto P interior e as perpendiculares PX, PY e PZ  aos seus lados. Tracemos por  P, B'C'  paralelo a  BC , formando o triângulo equilátero  AB'C'.  Tracemos ainda as alturas  AE e CF  desse triângulo e a perpendicular   PQ   a  C'F.

Pela congruência dos triângulos PQC' e PYC', concluímos que PY = C'Q e, como PQFZ é um retângulo, temos que PZ = QF. Logo,

PY + PZ = C'Q + QF = C'F .

(Para simplificar a notação, usaremos o mesmo símbolo para representar um segmento ou a sua medida.)

Ora, as alturas  AE  e  CF  do triângulo equilátero  AB'C'  são iguais e, portanto,

PY + PZ = AE.                                                           (1)

Prolongando  AE  até a base  BC  do triângulo, obtemos  ED = PX.  Finalmente, na igualdade (1), somamos  PX  do lado esquerdo e  ED  do lado direito para obter

PX + PY + PZ = AE + ED = AD,    altura de ABC,
 
2.ª solução

Consideremos agora o triângulo equilátero ABC com lado a e altura h, como na figura ao lado. Traçando os segmentos PA, PB e PC, temos que a soma das áreas dos triângulos PBC, PCA e PAB é igual à área de  ABC. Logo,

e o problema está resolvido ■

Repare que na primeira solução usamos apenas o conceito de congruência de triângulos, mas a construção das linhas auxiliares pode ser considerada pelos alunos um pouco artificial. Na segunda solução, quando o conceito de área foi utilizado, o resultado apareceu de forma bem mais natural.

Vejamos, então, alguns teoremas que podem ser demonstrados mm o auxílio das áreas.

A bissetriz de um ângulo de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos lados adjacentes.

Este  enunciado  quer  dizer que se  AD   for bissetriz do ângulo A do triângulo  ABC, então

Para demonstrar, é preciso lembrar que, se dois triângulos possuem mesma altura, a razão entre suas áreas é igual à razão entre suas bases. Portanto, na figura, a razão entre as áreas dos triângulos ADB e ADC é igual a DB/DC. Por outro lado, qualquer ponto da bissetriz de um ângulo eqüidista de seus lados e, portanto, as perpendiculares DE e DF aos lados AB  e  AC  são iguais. Logo,

e o teorema está demonstrado.

Sejam  B' e C' pontos dos lados AB e AC, respectivamente, do triângulo ABC.

Para demonstrar, consideremos, como na figura a seguir, os segmentos BC' e CB'. Se B'C'IIBC, então os triângulos B'C'B  e  B'C'C têm mesma área porque possuem  mesma base  (B'C') e alturas relativas a essa base também iguais. Acrescentando a esses triângulos o triângulo AB'C', concluímos que os triângulos ABC' e ACB' também possuem a mesma área. O resto é fácil.

ficando provado o teorema.

O teorema de Tales e sua recíproca são importantíssimos em Geometria porque a partir daí podemos obter os teoremas relativos à semelhança de triângulos e as propriedades da homotetia. A demonstração feita aqui foi inspirada em outra equivalente do livro Medida. e forma em Geometria, do professor Elon Lages Lima, e sua enorme vantagem está no fato que nela não importa se os segmentos AB' e AB são comensuráveis ou não. A demonstração tradicional, que usa o feixe de paralelas, só fica completa com uma incômoda passagem ao limite.

As funções trigonométricas aparecem pela primeira vez na escola secundária, definidas para ângulos agudos, como razões entre lados de um triângulo retângulo. Usando figuras particulares, conseguimos calcular os valores das funções trigonométricas para 30°, 45°, 60° e 18°, mas fica difícil ir além. Entretanto, para enriquecer este capítulo, podemos antecipar diversas fórmulas que, mais tarde, serão deduzidas em contexto mais geral.

Proposição 1

a) Se     0° < a < 45°,     então     sen2a = 2 ^. sen a ^. cos a ;

Para demonstrar, consideremos a figura a seguir, formada por dois triângulos retângulos   OCA   e   OCB,  iguais, onde fizemos  OA = OB = 1.

Temos, então, que CA = CB = sen a, OC = cosa e, traçando AD perpendicular a OB, AD = sen 2a. Ora, o dobro da área do triângulo OAB é igual a OB ^. AD e também é igual a AB ^. OC.   Logo,

1 ^. sen 2a = 2 ^. sen a ^. cos a ,

ficando demonstrada a primeira parte da proposição.

Para a segunda parte, consideremos  ainda  na  figura  acima = = 90° a.   Como  OD+DB = 1,  temos

cos 2a + 2 sen a ^. cos = 1          ou

cos 2a + 2 sen a ^. sen a = 1

porque  a  e    são complementares. Logo,

ficando provada a segunda parte da proposição (bastando substituir 2a por a e, conseqüentemente,   a   por  a/2).

Proposição 2

Se   a, b, a + b  e   a b  são ângulos agudos,

a)      sen (a + b) = sen a ^. cos b + sen b ^. cos a

b)      sen (a b) = sen a ^. cos b sen b ^. cos a

Para demonstrar a primeira parte, consideremos a figura (a) onde OC = 1,  AB OC,  = a  e  = b.   Temos, então,   OA = l /cos a,   OB = l / cos b,   CA = tg a,   CB = tg b   e, traçando  AD OB,   AD = OA ^. sen (a + b). Usando novamente que  OB ^. AD = AB ^. OC,  temos

ficando provada a primeira parte da proposição. A demonstração da segunda parte é inteiramente análoga, bastando considerar a figura (b).

Os lados de um triângulo são proporcionais aos senos dos ângulos opostos.

Para uma demonstração alternativa da lei dos senos, podemos partir do fato de que a área de um triângulo é igual à metade do produto de dois lados pelo seno do ângulo formado por eles, ou seja,

Ora, considerando a primeira igualdade e multiplicando por a ambos os membros, obtemos

Como o mesmo pode ser feito para as outras igualdades, concluímos que

Muitos outros resultados podem ser obtidos "usando áreas", e se o leitor tiver alguma contribuição a dar neste sentido, seja uma demonstração (Pitágoras não vale), ou seja a solução de um problema em que o conceito de área seja usado como argumento, está convidado a escrever para a RPM, que receberá com satisfação a sua iniciativa.