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.
Demonstrações ⇒ Prova do teorema de Dergiades
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