Dado um hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3]
Prova:
- [tex3]\angle ADC = \angle AFC[/tex3]
por serem ângulos inscritos na circunferência enxergando o mesmo arco [tex3]\widehat {AC}[/tex3]
.
- [tex3]\angle AZD = \angle FZC[/tex3]
por serem opostos pelo vértice [tex3]Z[/tex3]
.
Conclusão parcial: [tex3]\triangle ADZ \sim \triangle CFZ[/tex3]
por terem todos os ângulos iguais.
- [tex3]\angle DAX = \angle DAB = \angle BCD = ZCY[/tex3]
por enxergarem [tex3]\widehat {BD}[/tex3]
- [tex3]\angle ADX = \angle ADE = \angle AFE = \angle ZFY[/tex3]
pelo arco [tex3]\widehat {AE}[/tex3]
.
Conclusão parcial: [tex3]X[/tex3]
e [tex3]Y[/tex3]
são imagens (na semelhança entre os triângulos [tex3]\triangle ADZ [/tex3]
e [tex3]\triangle CFZ[/tex3]
) de seus conjugados isogonais (a menos da dilatação da razão de semelhança entre os triângulos [tex3]\triangle ADZ[/tex3]
e [tex3]\triangle CFZ[/tex3]
) de forma que o Teorema de Ceva Trigonométrico nos garante que [tex3]\angle AZX = \angle CZY[/tex3]
e, então [tex3]X,Y[/tex3]
e [tex3]Z[/tex3]
são colineares pois as retas [tex3]XY[/tex3]
e [tex3]XZ[/tex3]
são paralelas (fazem o mesmo ângulo com a reta [tex3]AF[/tex3]
) e possuem um ponto em comum ([tex3]Z[/tex3]
) [tex3]\square[/tex3]
.
Chamamos a reta [tex3]XYZ[/tex3]
de reta de Pascal do hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3]
.
Reparem que, do jeito que definimos [tex3]X,Y[/tex3]
e [tex3]Z[/tex3]
, precisamos considerar a ordem das letras ao nos referirmos ao hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3]
. Porém se fixarmos os pontos do hexágono (e portanto nos referirmos à mesma figura) no plano, mas permutarmos os seus nomes, o teorema continua sendo válido pelo mesmo argumento exceto que neste caso surgem conjugados isogonais de pontos externos à região dos triângulos [tex3]\triangle ADZ[/tex3]
e [tex3]\triangle CFZ[/tex3]
, ainda assim há uma forte analogia desta prova para as provas das outras permutações.
Um jeito geral de enunciar o teorema de Pascal, considerando todas as permutações possíveis dos vértices [tex3]ABCDEF[/tex3]
é o seguinte:
"Os pontos de encontro dos lados opostos do hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3]
são colineares".
Casos degenerados:
Há basicamente dois tipos de casos degenerados.
1-) [tex3]B=A[/tex3]
(dois pontos na mesma posição)
Como os pontos [tex3]ABCDEF[/tex3]
são arbitrários podemos tomá-los em posições próximas um do outro, por exemplo, aproximando-se o ponto [tex3]B[/tex3]
do ponto [tex3]A[/tex3]
temos que no caso limite a reta [tex3]AB[/tex3]
aproximar-se-á da reta tangente a [tex3]\gamma[/tex3]
em [tex3]A[/tex3]
. Neste caso dizemos que o hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3]
se degenera no "hexágono" [tex3]AACDEF[/tex3]
que na realidade é um pentágono. Porém o teorema de Pascal continua válido, trocando-se [tex3]AB[/tex3]
pela tangente no ponto [tex3]A[/tex3]
:
a prova é análoga:
- [tex3]\triangle ADZ \sim \triangle CFZ[/tex3]
- [tex3]\angle XAD = \angle ACZ = \angle YCZ[/tex3]
(ângulo de segmento em [tex3]\widehat{AD}[/tex3]
)
- [tex3]\angle XDZ = \pi - \angle EDC = \pi - \angle YFC[/tex3]
(ou seja: a reta [tex3]XD[/tex3]
faz com [tex3]DZ[/tex3]
o mesmo ângulo que [tex3]YF[/tex3]
faz com [tex3]FC[/tex3]
).
A conclusão é que [tex3]X[/tex3]
e [tex3]Y[/tex3]
são, a menos da dilatação da semelhança, conjugados isogonais (na definição expandida para pontos externos ao triângulo) de [tex3]\triangle ADZ[/tex3]
e [tex3]\triangle CFZ[/tex3]
de onde sai [tex3]\angle DZX = \angle CZY[/tex3]
, portanto há o alinhamento entre [tex3]XY[/tex3]
e [tex3]Z[/tex3]
.
2-) [tex3]AB \parallel DE[/tex3]
neste caso [tex3]YZ \parallel AB[/tex3]
.
Prova:
Suponha que não: [tex3]X = YZ \cap DE[/tex3]
então a volta do teorema de Pascal diz que [tex3]X \in AB[/tex3]
mas então [tex3]AB \cap DE = X \neq \emptyset[/tex3]
absurdo.
A volta se dá assim:
- [tex3]\angle XZA = \angle XZF \mod (\pi)[/tex3]
( a depender se [tex3]X[/tex3]
está abaixo ou acima de [tex3]Z[/tex3]
) pelo simples fato de serem os ângulos entre a reta [tex3]XY[/tex3]
e [tex3]AF[/tex3]
.
- Como [tex3]X \in ED[/tex3]
: [tex3]\angle XDA = \angle EDA = \angle YFA[/tex3]
([tex3]\widehat{AE}[/tex3]
)
portanto temos [tex3]X[/tex3]
e [tex3]Y[/tex3]
sendo os conjugados isogonais a menos da semelhança entre [tex3]\triangle ADZ[/tex3]
e [tex3]\triangle FCZ[/tex3]
e então [tex3]\angle XAD = \angle YCZ = \angle BAD \iff X \in AB[/tex3]
.
Acho que isso cobre a maioria dos casos degenerados uma vez que não é difícil combinar estes dois casos entre si. O teorema de Pascal é bem útil em diversos problemas.
inscrito em um círculo [tex3]\gamma[/tex3]
sejam: [tex3]X = AB \cap DE, Y = BC \cap EF[/tex3]
e [tex3]Z = CD \cap FA[/tex3]
então [tex3]X,Y[/tex3]
e [tex3]Z[/tex3]
são colineares/alinhados.Olá, Comunidade!
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
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Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
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Demonstrações ⇒ Demonstração - Teorema de Pascal
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Out 2020
18
11:04
Demonstração - Teorema de Pascal
Editado pela última vez por FelipeMartin em 18 Out 2020, 13:14, em um total de 1 vez.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
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Set 2022
06
13:50
Re: Demonstração - Teorema de Pascal
errata:
na parte, bem no começo," que o Teorema de Ceva Trigonométrico nos garante que [tex3]\angle AZX = \angle CZY[/tex3] e"
na verdade a igualdade é [tex3]\angle AZX = \angle FZY[/tex3]
na parte, bem no começo," que o Teorema de Ceva Trigonométrico nos garante que [tex3]\angle AZX = \angle CZY[/tex3] e"
na verdade a igualdade é [tex3]\angle AZX = \angle FZY[/tex3]
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