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.

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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'.

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

As medianas de um triângulo são concorrentes

Teorema:
As medianas de um triângulo ABC são concorrentes


[AdAM]


Chamamos a ao lado BC, b a AC e c a AB. Chamamos M_a ao ponto médio de a (BM_a=M_aC), M_b ao ponto médio de b e M_c ao ponto médio de c. Ao segmento que tem extremos num vértice e no ponto médio do seu lado oposto chamamos mediana do triângulo, As medianas do triângulo ABC são: AM_a, BM_b e CM_c. Lembramos ainda que M_aM_b é paralelo a AB, M_bM_c paralelo a BC e M_aM_c paralelo a AC (a homotetia de centro C e razão 2 transforma M_aM_b em AB e, por isso, não só M_aM_b é paralelo a AB como AB=2 M_aM_b, ...).

Demonstração:
As medianas AM_a e BM_b intersectam-se num ponto a que chamamos G. Consideremos o triângulo AGB e os pontos D e E médios de AG e BG. Como já vimos, DE é paralelo a AB e paralelo a M_aM_b e AB=2DE=2M_aM_b. M_aM_b e DE são paralelos e iguais, logo M_aM_bED é um paralelogramo, cujas diagonais se cortam ao meio, em G ponto médio de EM_b. Construindo, de modo análogo, um paralelolgramo relativo ás medianas BM_b e CM_c. que tem diagonais EM_b e FM_c a intersectar-se a meio, em G, ponto médio de EM_b. Fica assim provado que a mediana CM_c passa por G.