23.9.09

Rectas notáveis concorrentes e Teorema de Ceva

As entradas que antecedem esta servem para mostrar algumas demonstrações do ensino básico, sobre a propriedade comum às rectas notáveis do triângulo - serem concorrentes. Em conjunto, essas entradas chamam a atenção para a propriedade comum a todas as rectas notáveis, introduzem a noção de lugar geométrico com demonstrações que mobilizam para novas demonstrações, chamam a atenção para que as alturas de um triângulo são mediatrizes de outro triângulo e usam o resultado para demonstrar a propriedade das alturas, usam a igualdade de triângulos, transformações geométricas, ... todas com vista a um mesmo objectivo.
Chegados aqui, devemos interrogar-nos sobre o resultado comum que todas essas rectas notáveis devem satisfazer. As diversas demonstrações feitas poderão fazer-se como uma só.


Em entrada antiga, chamava-se a atenção para o Teorema de Menelau



Demonstração. Traçamos BG//AC.Como os triângulos [ADF e [BGF] são semelhantes, temos AD/BG=FA/FB. E de igual modo, da semelhança dos triângulos [CED] e [EBG] se tem CE/EB=DC/BG. Então multiplicando , membro a membro, vem: (AD/BG).(CE/EB)=(FA/FB).(DC/BG) e atendendo a que os segmentos orientados B para F e F para B iguais e de sentidos contrários &vec{BF}/&vec{FB}=-1, simplificando temos finalmente a afirmação em tese.
que era utilizado para demonstrar parte - a condição necessária - do Teorema de Ceva: Se as cevianas AD, BE e CF de um triângulo ABC são concorrentes então (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1


[AdAM]


Reciprocamente: Se, num triângulo ABC, para D de BC, E de AC e F de AB se verificar que (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1, então AD, BE e CF são concorrentes. (condição suficiente do teorema de Ceva, que demonstramos de seguida)

Demonstração: Seja P o ponto de intersecção de AD com BE. Será que a recta CP passa por F? De certeza que a recta CP intersecta a recta AB; seja F' o ponto comum a AB e a CP. Tomemos o triângulo AF'C cortado por EB e apliquemos o resultado de Menelau: (AE/EC).(CP/PF').(F'B/BA)=1. Do mesmo triângulo BF'C cortado por AD, tiramos que (BD/DC)/(CP/PF')/(F'A/AB)=1. Assim (AE/EC).(F'B/BA)=(BD/DC).(F'A/AB)ou
(AE/EC).(CD/DB).(BF'/BA).(BA/F'A)=1 ou (AE/EC).(CD/DB).(BF'/F'A)=1.
Ora, por hipótese, (AE/EC) .(CD/DB).(BF/FA)=1 e assim BF'/F'A= BF/FA ou BF'/F'A + 1 =BF/FA+1 que é o mesmo que (BF'+F'A)/F'A = (BF+FA)/FA ou AB/F'A = AB/FA e, em consequência, AF'=AF. Como F e F' são pontos da reta CP e da recta AB, sendo AF'=AF, então F=F'.





É este resultado que todas as nossas notáveis cevianas satisfazem. Veremos.

3 comentários:

Tacildo disse...

A volta dessa demonstração está sem pé nem cabeça,nada garante a proporcionalidade desses segmentos e sem falar que a hipótese nem se quer foi usada.

adealmeida disse...

Nesta entrada há dois resultados demonstrados em que o primeiro (demonstrado) serve para demonstrar parte do segundo. A que se refere? A qual se refere?

adealmeida disse...

Como é óbvio, uma boa parte das nossas construções deixaram de ser vistas por razões que nos são alheias. Mudanças de sistemas a depreciação geral dos "applets", bem como do Java, obrigaram-nos a restaurar (mais do que uma vez, diga-se) as construções para dar a volta a essas dificuldades.... Podemos pedir desculpa. Mas sem aviso das alterações as dificuldades tomaram conta das publicações e perderam-se muitas construções interactivas, e não há arquivo que resista - os elementos que constam dos arquivos não são visíveis ou legíveis....