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.
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!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero )
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 ⇒ Prova do teorema de Dergiades
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