Demonstrações ⇒ Demonstração - Teorema de Pascal

[FelipeMartinMOD]

Dado um hexágono [tex3]ABCDEF[/tex3] 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.

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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]:

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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]

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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.

[FelipeMartinMOD]

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]