Esta no es una respuesta completa, sino un par de argumentos suaves que sugieren que $A$ es denso en $[0, +\infty)$ .
Primer argumento
Dado cualquier triple $(a,b,c)$ , dejemos que $\displaystyle r(a,b,c)=\frac{c}{\text{rad}(abc)}$ . Se pueden generar dos nuevas triplas
$$t_1=(a(c+b),b^2,c^2)$$ $$t_2=(a^2,b(c+a),c^2)$$ con ratios $$r(t_1)=r(a,b,c)\cdot\frac{c}{c+b}\cdot\frac{c+b}{\text{rad}(c+b)}$$ $$r(t_2)=r(a,b,c)\cdot\frac{c}{c+a}\cdot\frac{c+a}{\text{rad}(c+a)}$$
Claramente $\displaystyle\frac{1}{2}<\frac{c}{c+a}, \frac{c}{c+b}<1$ . Por otro lado $\displaystyle \frac{n}{\text{rad}(n)}$ es en la media multiplicativa igual a $\prod_{p} p^{1/(p^2-p)}\approx2.128$ . Así, el árbol de triples generado por la aplicación repetida de las transformaciones anteriores, formará caminos de ratios que derivan (la mayoría lentamente) hacia valores cada vez más altos. $0$ siendo un evidente punto de acumulación de $A$ se tienen infinitos puntos de partida para el proceso anterior, por lo que es plausible que cualquier presunta brecha en $A$ será cortado por infinitos caminos.
Segundo argumento
Esto es a través de un ejemplo específicamente dirigido a la brecha en torno a $0.87$ que se mencionó en un comentario a la pregunta. Empieza por aproximar $0.87$ con un racional con denominador libre de cuadrados (y preferiblemente con múltiples factores primos pequeños). $61/70$ es un buen candidato. Toma el triple $(1, 2^{100}\cdot 5^7\cdot 7^4, 2^{100}\cdot 5^7\cdot 7^4+1)$ donde los exponentes $100,7,4$ se eligen de manera que $61^2$ divide $c$ . Hay entonces una buena posibilidad de que $c/\text{rad}(c)=61$ que es el caso que nos ocupa, por lo que la relación del triple es $61/70$ .