Prova do teorema de Dergiades
Enviado: Ter 15 Jun, 2021 02:55
São dados:
- Um triângulo [tex3]\triangle ABC[/tex3]
- Círculos [tex3]c_1,c_2[/tex3] e [tex3]c_3[/tex3] , tais que [tex3]\{B,C\} \subset c_1, \{A,C\} \subset c_2[/tex3] e [tex3]\{A,B\} \subset c_3[/tex3]
- [tex3]D,E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] são as segundas intersecções de [tex3]c_2 \cap c_3, c_1 \cap c_3[/tex3] e [tex3]c_1 \cap c_2[/tex3] respectivamente.
- [tex3]P_d,P_e[/tex3] e [tex3]P_f[/tex3] são as retas perpendiculares a [tex3]AD,BE[/tex3] e [tex3]CF[/tex3] respectivamente e que passam por [tex3]D,E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] também respectivamente.
- [tex3]X = P_d \cap BC, Y = P_e \cap AC[/tex3] e [tex3]Z = P_f \cap AB[/tex3]
Então [tex3]X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são colineares.
Repare que: [tex3]\frac{XB}{XC} = \frac{[XBD]}{[XDC]} = \frac{DB \cdot \sen (\angle XDB)}{DC \cdot \sen (\angle XDC)} = \frac{DB \cdot \cos (\angle ADB)}{DC \cdot \cos (\angle ADC)}[/tex3]
Analogamente: [tex3]\frac{YC}{YA} = \frac{EC \cdot \cos (\angle BEC)}{EA \cdot \cos (\angle BEA )}[/tex3] e [tex3]\frac{ZA}{ZB} = \frac{FA \cdot \cos (\angle CFA)}{FB \cdot \cos (\angle CFB )}[/tex3] .
Dos quadriláteros cíclicos [tex3]ADEB, BEFC[/tex3] e [tex3]ADFC[/tex3] , conclui-se que:
[tex3]\measuredangle ADB \equiv \measuredangle BEA, \measuredangle BEC \equiv \measuredangle CFB[/tex3] e [tex3]\measuredangle CFA \equiv \measuredangle
ADC[/tex3] , onde usei a equivalência módulo 180 graus ao invés da simples igualdade entre ângulos para cobrir o caso geral. Lembrando que [tex3]\cos (180^{\circ} - x) = -\cos(x)[/tex3] .
Portanto:
[tex3]\frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = \frac{DB \cdot EC \cdot FA}{DC \cdot EA \cdot FB}[/tex3]
Das leis dos senos: [tex3]DB = 2R_3 \cdot \sen (\angle BAD),EA = 2R_3 \cdot \sen (\angle ABE), DC = 2R_2 \cdot \sen (\angle CAD), FA = 2R_2 \cdot \sen (\angle ACF),[/tex3]
[tex3]FB = 2R_1 \cdot \sen (\angle BCF)[/tex3] e [tex3]EC = 2R_1 \cdot \sen (\angle CBE)[/tex3] , então:
[tex3]\frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = \frac{ \sen (\angle BAD) \cdot \sen (\angle CBE) \cdot \sen (\angle ACF)}{ \sen (\angle CAD) \cdot \sen (\angle ABE) \cdot \sen (\angle BCF)}[/tex3]
Repare que o ponto [tex3]J =AD \cap BE \cap CF[/tex3] é centro radical de [tex3]c_1,c_2[/tex3] e [tex3]c_3[/tex3] . Podemos usar o teorema de Ceva trigonométrico no [tex3]\triangle ABC[/tex3] com as cevianas que passam por [tex3]J[/tex3] :
[tex3]\frac{ \sen (\angle BAD) \cdot \sen (\angle CBE) \cdot \sen (\angle ACF)}{ \sen (\angle CAD) \cdot \sen (\angle ABE) \cdot \sen (\angle BCF)} = 1 \iff \frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = 1[/tex3]
portanto, pela recíproca do teorema de Menelaus no [tex3]\triangle ABC[/tex3] , os pontos [tex3]X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são colineares.
- Um triângulo [tex3]\triangle ABC[/tex3]
- Círculos [tex3]c_1,c_2[/tex3] e [tex3]c_3[/tex3] , tais que [tex3]\{B,C\} \subset c_1, \{A,C\} \subset c_2[/tex3] e [tex3]\{A,B\} \subset c_3[/tex3]
- [tex3]D,E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] são as segundas intersecções de [tex3]c_2 \cap c_3, c_1 \cap c_3[/tex3] e [tex3]c_1 \cap c_2[/tex3] respectivamente.
- [tex3]P_d,P_e[/tex3] e [tex3]P_f[/tex3] são as retas perpendiculares a [tex3]AD,BE[/tex3] e [tex3]CF[/tex3] respectivamente e que passam por [tex3]D,E[/tex3] e [tex3]F[/tex3] também respectivamente.
- [tex3]X = P_d \cap BC, Y = P_e \cap AC[/tex3] e [tex3]Z = P_f \cap AB[/tex3]
Então [tex3]X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são colineares.
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Analogamente: [tex3]\frac{YC}{YA} = \frac{EC \cdot \cos (\angle BEC)}{EA \cdot \cos (\angle BEA )}[/tex3] e [tex3]\frac{ZA}{ZB} = \frac{FA \cdot \cos (\angle CFA)}{FB \cdot \cos (\angle CFB )}[/tex3] .
Dos quadriláteros cíclicos [tex3]ADEB, BEFC[/tex3] e [tex3]ADFC[/tex3] , conclui-se que:
[tex3]\measuredangle ADB \equiv \measuredangle BEA, \measuredangle BEC \equiv \measuredangle CFB[/tex3] e [tex3]\measuredangle CFA \equiv \measuredangle
ADC[/tex3] , onde usei a equivalência módulo 180 graus ao invés da simples igualdade entre ângulos para cobrir o caso geral. Lembrando que [tex3]\cos (180^{\circ} - x) = -\cos(x)[/tex3] .
Portanto:
[tex3]\frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = \frac{DB \cdot EC \cdot FA}{DC \cdot EA \cdot FB}[/tex3]
Das leis dos senos: [tex3]DB = 2R_3 \cdot \sen (\angle BAD),EA = 2R_3 \cdot \sen (\angle ABE), DC = 2R_2 \cdot \sen (\angle CAD), FA = 2R_2 \cdot \sen (\angle ACF),[/tex3]
[tex3]FB = 2R_1 \cdot \sen (\angle BCF)[/tex3] e [tex3]EC = 2R_1 \cdot \sen (\angle CBE)[/tex3] , então:
[tex3]\frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = \frac{ \sen (\angle BAD) \cdot \sen (\angle CBE) \cdot \sen (\angle ACF)}{ \sen (\angle CAD) \cdot \sen (\angle ABE) \cdot \sen (\angle BCF)}[/tex3]
Repare que o ponto [tex3]J =AD \cap BE \cap CF[/tex3] é centro radical de [tex3]c_1,c_2[/tex3] e [tex3]c_3[/tex3] . Podemos usar o teorema de Ceva trigonométrico no [tex3]\triangle ABC[/tex3] com as cevianas que passam por [tex3]J[/tex3] :
[tex3]\frac{ \sen (\angle BAD) \cdot \sen (\angle CBE) \cdot \sen (\angle ACF)}{ \sen (\angle CAD) \cdot \sen (\angle ABE) \cdot \sen (\angle BCF)} = 1 \iff \frac{XB \cdot YC \cdot ZA}{XC \cdot YA \cdot ZB} = 1[/tex3]
portanto, pela recíproca do teorema de Menelaus no [tex3]\triangle ABC[/tex3] , os pontos [tex3]X,Y[/tex3] e [tex3]Z[/tex3] são colineares.