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.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.
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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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