Parte 1: R.A1
Como a razão anarmônica pode ser definida para um feixe de quatro retas concorrentes e para quatro ponto colineares, é natural pensar que o conceito pode ser estendido para o círculo, uma vez que o mesmo preserva ângulos pelos quais se observam os arcos.
De fato, tome [tex3]A,B,C,D[/tex3] em um círculo e tome os pontos [tex3]E,F[/tex3] no mesmo círculo, então:
[tex3](EA,EB;EC,ED) = \frac{\sen \angle CEA}{\sen \angle CEB} \cdot \frac{\sen \angle DEB}{\sen \angle DEA}[/tex3]
todos os ângulos estão inscritos numa circunferência portanto da propriedade de arco-capaz:
[tex3]\frac{\sen \angle CEA}{\sen \angle CEB} \cdot \frac{\sen \angle DEB}{\sen \angle DEA}=\frac{\sen \angle CFA}{\sen \angle CFB} \cdot \frac{\sen \angle DFB}{\sen \angle DFA} = (FA,FB;FC,FD)[/tex3]
e então os quatro pontos conciclicos possuem uma razão anarmônica definida de forma análoga aos quatro pontos colineares, uma vez que da lei dos senos no círculo obtemos:
[tex3](EA,EB;EC,ED) = \frac{\overline{CA}}{\overline{CB}} \cdot \frac{\overline{DB}}{\overline{DA}} = (A,B;C,D)[/tex3] .
[tex3]ABCD[/tex3] é dito um quadrilátero harmônico quando [tex3]\mathcal H(A,B;C,D)[/tex3] outras formas equivalentes dessa definição são:
[tex3]ABCD[/tex3] é quadrilátero harmônico se é cíclico e os produtos dos lados opostos são iguais.
[tex3]ABCD[/tex3] é quadrilátero harmônico quando existe uma inversão no plano que o transforme em um quadrado.
[tex3]ABCD[/tex3] é quadrilátero harmônico quando suas diagonais são simedianas(conjugados isogonais das medianas) do triângulo formado pelos lados adjacentes e diagonal oposta.
provas
Teoremas:
1 - Dado um quadrilátero [tex3]ABCD[/tex3], deixe [tex3]P = AB \cap CD, Q = AD \cap BC, R = AC \cap PQ, S = BD \cap PQ[/tex3]. Então [tex3]\mathcal H(P,Q;R,S)[/tex3].
- projetiva.png (35.57 KiB) Exibido 1611 vezes
2 - Dados os pontos [tex3]A,B[/tex3] e [tex3]C[/tex3] pode-se construir apenas com régua o conjugado harmônico de [tex3]C[/tex3] em relação ao segmento [tex3]AB[/tex3].
Construção: Escolha [tex3]K[/tex3] fora de [tex3]AB[/tex3] e [tex3]L \in AK[/tex3] diferente de [tex3]A[/tex3] e [tex3]K[/tex3] . Se [tex3]M= BL \cap CK [/tex3] e [tex3]N = BK \cap AM[/tex3] então [tex3]D = AB \cap LN[/tex3] resolve o problema.
Prova: aplicação direta do teorema [tex3]1[/tex3] .
3 - Seja [tex3]ABCD[/tex3] um quadrilátero então se [tex3]P = AB \cap CD, T = AC \cap DB, Q=AD \cap BC, X = TQ \cap AB[/tex3] então [tex3]\mathcal H (A,B;P,X)[/tex3].
Prova: [tex3]RSQP \frac{T}{\overline\wedge} ABXP \implies (R,S;Q,P) = (A,B;X,P) = -1 \implies \mathcal H(A,B;X,P)[/tex3] analogamente podemos projetar uma quadra harmônica em [tex3]CD[/tex3] então se [tex3]ABCD[/tex3] for cíclico temos que [tex3]QT[/tex3] é a polar de [tex3]P[/tex3] .
