Teorema de Pascal

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Matías V5

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Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 16 May, 2014 10:30 pm

Sean [math] seis puntos distintos sobre una circunferencia [math]. Entonces, los puntos [math], [math] y [math] son colineales.
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JPablo
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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por JPablo » Sab 17 May, 2014 12:13 pm

Demostración:
Spoiler: mostrar
Sea [math] la intersección entre [math] y [math]. Sea [math] la intersección entre [math] y [math]. Sea [math] la intersección entre [math] y [math].

Como los puntos [math], [math] y [math] son colineales, por el Teorema de Menelao en [math] tenemos

[math]

Análogamente con los puntos [math], [math] y [math] tenemos

[math]

Análogamente con los puntos [math], [math] y [math] tenemos

[math]

Multiplicamos las tres expresiones:

[math]

Conmutando tenemos

[math]

Ahora bien: por Potencia de un punto tenemos que [math], que [math] y que [math]. Por lo tanto la expresión nos queda

[math]

[math]

Y por el recíproco del Teorema de Menelao, [math], [math] y [math] son colineales. [math]

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Vladislao

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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por Vladislao » Sab 17 May, 2014 1:53 pm

Algo muy interesante -pero poco útil en olimpíadas- de Pascal (y en general de todos estos teoremas proyectivos) es que si los puntos están en cualquier cónica (elipse, parábola, hipérbola), se siguen cumpliendo las colinealidades.

De hecho, tomando el caso degenerado de dos hipérbolas que tienen un mismo foco, se obtiene el Teorema de Pappus (que es igual al de Pascal pero para dos rectas -que son las dos hipérbolas degeneradas-). Si alguien tiene ganas puede escribir un post con el Teorema de Pappus así ya queda asentado independientemente del de Pascal (con una demostración casi idéntica a la que pusieron más arriba).
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

Alejo

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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por Alejo » Sab 17 May, 2014 3:40 pm

Si dos puntos, digamos [math] y [math] son el mismo, entonces se toma la recta [math] como la tangente a [math] por ese punto. Si dos de las rectas que se debían cortar son paralelas, se puede tomar a un punto en el infinito como su intersección. Entonces, si por ejemplo Z es un punto en el infinito, lo que dice Pascal es que XY es paralela a las dos rectas paralelas, porque pasa por Z.
Si uno dualiza la configuración del problema repecto a la circunferencia, se obtiene el teorema de Brianchon.
Un par de aplicaciones (las únicas que conozco):
1) Sea ABC un triángulo inscrito en una circunferencia [math]. Sea X otro punto en [math] y sea R un punto en el mismo plano (que no coincida con ninguno de los demás). Las rectas AR, BR, CR intersecan a [math] de nuevo en [math] respectivamente. Sean [math]; [math]; [math]. Demostrar que [math] y [math] son colineales.
2) Sea ABC un triángulo y sea I su incentro. La circuenferencia [math] es tangente a AB en X, a AC en Y y a la circunferencia circunscrita de ABC. Demostrar que I es el punto medio de XY.
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Ivan

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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 17 May, 2014 4:00 pm

Otro problema que sale con Pascal: Cono Sur 2012 - Problema 2 (en el post no aclaro nada, pero de por medio hay un argumento estándar de tramposética).
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)

ricarlos
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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por ricarlos » Jue 10 Mar, 2016 9:01 pm

Alejo escribió:2) Sea ABC un triángulo y sea I su incentro. La circuenferencia [math] es tangente a AB en X, a AC en Y y a la circunferencia circunscrita de ABC. Demostrar que I es el punto medio de XY.
Sea [math] el punto de tangencia de [math] con la circunscrita al [math]. Sean [math] y [math] puntos sobre dicha circunscrita de modo que sean puntos medios de los arcos [math], que no contiene a B y [math] que no contiene a C, respectivamente.
Sabemos que [math] y [math] son las bisectrices de [math] y [math], por lo tanto estas intersectan en [math]. Mas o menos conocido es el hecho que [math] asi como [math] son colineales (ver problema 53 de Gogeometry). Entonces sobre [math] tenemos formado el hexagono [math], con teorema de Pascal se observa que
[math],
[math],
[math], son colineales. Como sabemos [math] y [math]. Entonces [math] es isosceles y[math] es su altura y mediatriz de la base [math]. (Ver teorema Sawayama-Thebault)
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

ricarlos
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Re: Teorema de Pascal

Mensaje sin leer por ricarlos » Vie 11 Mar, 2016 11:42 pm

Alejo escribió:1) Sea ABC un triángulo inscrito en una circunferencia [math]. Sea X otro punto en [math] y sea R un punto en el mismo plano (que no coincida con ninguno de los demás). Las rectas AR, BR, CR intersecan a [math] de nuevo en [math] respectivamente. Sean [math]; [math]; [math]. Demostrar que [math] y [math] son colineales.
Con el hexagono [math] y el teorema de Pascal tenemos que
[math],
[math],
[math] son colineales.

Tambien con el hexagono [math] y el teorema de Pascal vemos que
[math],
[math],
[math] son colineales.

Ambas ternas tienen 2 puntos en comun, luego [math] estan sobre una misma recta.
Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.

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