Teorema de Morley 
Demonstração
Vamos considerar dois casos distintos.
1ºCaso
Neste caso, a área do paralelogramo de Morley pode ser obtida subtraindo à área do paralelogramo inicial as áreas dos triângulos a amarelo e a vermelho. Supondo que os lados do paralelogramo inicial medem \(a=\overline{AD}\) e \(b=\overline{AB}\) e formam um ângulo de amplitude \(\alpha = D\hat{A}B\), a sua área é \(ab\sen \alpha \). Em relação à área dos triângulos, esta é dada por metade do produto do comprimento de dois dos seus lados pelo seno do ângulo adjacente a esses lados.
Por exemplo, para calcular
a área do triângulo \([ADE]\)
precisamos de saber a medida dos lados \([AE]\) e \([DE]\)
e a amplitude do ângulo \(\measuredangle AED\).
Utilizando a lei dos senos, temos: \[D\hat{A}E=\frac{D\hat{A}B}{3}=\frac{\alpha}{3}\]
\[A\hat{D}E=\frac{A\hat{D}C}{3}=\frac{\pi-\alpha}{3}\]
\[A\hat{E}D=\pi-D\hat{A}E-A\hat{D}E=\pi-\frac{\alpha}{3}-\frac{\pi-\alpha}{3}=\pi-\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}\]
\[\begin{array}{lll}
\frac{\overline{AD}}{\sen A\hat{E}D}=\frac{\overline{AE}}{\sen A\hat{D}E}\Rightarrow\overline{AE} & = & \overline{AD}\centerdot\frac{\sen A\hat{D}E}{\sen A\hat{E}D}\\
& = & a\frac{\sen\frac{\pi-\alpha}{3}}{\sen\frac{2\pi}{3}}\\
& = & \frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}
\end{array}\]
\[\begin{array}{lll}
\frac{\overline{AD}}{\sen A\hat{E}D}=\frac{\overline{DE}}{\sen D\hat{A}E}\Rightarrow\overline{DE} & = & \overline{AD}\centerdot\frac{\sen D\hat{A}E}{\sen A\hat{E}D}\\
& = & a\frac{\sen\frac{\alpha}{3}}{\sen\frac{2\pi}{3}}\\
& = & \frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}
\end{array}\]
\[\begin{array}{lll}
\acute{A}rea\left(\left[ADE\right]\right) & = & \frac{1}{2}\overline{AE}\centerdot\overline{DE}\sen A\hat{E}D\\
& = & \frac{1}{2}\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\right)\sen\frac{2\pi}{3}\\
& = & \frac{2a^{2}}{3}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\frac{\sqrt{3}}{2}\\
& = & \frac{a^{2}}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}
\end{array}\]
Analogamente, temos: \[\acute{A}rea\left(\left[ADE\right]\right)=\frac{b^{2}}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\]
Notemos agora que os triângulos \([ADE]\) e \([CBG]\) são congruentes, assim como os triângulos \([ABF]\) e \([CDH]\). Logo, a soma das áreas dos triângulos amarelos é:\[\begin{array}{l} \acute{A}rea\left(\left[ADE\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[ABF\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[CBG\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[CDH\right]\right)=\\ \;=2\centerdot\frac{a^{2}}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}+2\centerdot\frac{b^{2}}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\\ \;=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3} \end{array}\]
Considerando agora os triângulos a vermelho e usando o facto de os triângulos \([EAF]\) e \([GCH]\) serem congruentes, assim como os triângulos \([FBG]\) e \([HDE]\), temos: \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[GCH\right]\right) & = & \acute{A}rea\left(\left[EAF\right]\right)\\ & = & \frac{1}{2}\overline{AE}\cdot\overline{AF}\cdot\sen E\hat{A}F\\ & = & \frac{1}{2}\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\left(\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\\ & = & \frac{2}{3}ab\sen^{2}\frac{\pi-\alpha}{3}\sen\frac{\alpha}{3} \end{array}\] \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[HDE\right]\right) & = & \acute{A}rea\left(\left[FBG\right]\right)\\ & = & \frac{1}{2}\overline{BF}\cdot\overline{BG}\cdot\sen F\hat{B}G\\ & = & \frac{1}{2}\left(\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\right)\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\right)\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\\ & = & \frac{2}{3}ab\sen^{2}\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3} \end{array}\]
Utilizando a fórmula \(\sen x = 4 \sen \frac{x}{3} \sen \frac{x+\pi}{3} \sen \frac{x+2\pi}{3}\) deduzida na demonstração trigonométrica do teorema de Morley, podemos então concluir que a soma das áreas dos triângulos vermelhos é: \[\begin{array}{l} \;\acute{A}rea\left(\left[EAF\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[FBG\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[GCH\right]\right)+\acute{A}rea\left(\left[HDE\right]\right)=\\ =2\cdot\frac{2}{3}ab\sen^{2}\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}+2\cdot\frac{2}{3}ab\sen^{2}\frac{\pi-\alpha}{3}\sen\frac{\alpha}{3}\\ =\frac{4}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\left(\sen\frac{\alpha}{3}+\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\\ =\frac{4}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot2\sen\frac{\frac{\alpha}{3}+\frac{\pi-\alpha}{3}}{2}\cdot\cos\frac{\frac{\alpha}{3}.\frac{\pi-\alpha}{3}}{2}\\ =\frac{8}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\sen\frac{\pi}{6}\cdot\cos\frac{2\alpha-\pi}{6}\\ =\frac{8}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\left(\pi-\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\cdot\frac{1}{2}\cdot\sen\left(\frac{\pi}{2}+\frac{2\alpha-\pi}{6}\right)\\ =\frac{4}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\alpha+2\pi}{3}\sen\frac{\alpha+\pi}{3}\\ =\frac{1}{3}ab\cdot4\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\alpha+\pi}{3}\sen\frac{\alpha+2\pi}{3}\\ =\frac{1}{3}ab\sen\alpha \end{array}\]
(ou seja, a soma das áreas dos triângulos vermelhos é exactamente um terço da área do paralelogramo \([ABCD]\)).
Podemos agora calcular a área do paralelogramo \([EFGH]\): \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right) & = & ab\sen\alpha-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}-\frac{1}{3}ab\sen\alpha\\ & = & \frac{2}{3}ab\sen\alpha-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3} \end{array}\]
2º Caso
Neste caso, a soma das áreas dos triângulos \([ADE]\), \([CBG]\), \([ABF]\), \([CDH]\), \([EAF]\), \([GCH]\), \([FBG]\) e \([HDE]\) excede a área do paralelogramo \([ABCD]\) e esse excesso é exactamente a área do paralelogramo \([EFGH]\). Além disso, facilmente se conclui que os valores obtidos no caso anterior para as áreas dos triângulos mencionados permanecem válidos. Logo, vem: \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right) & = & \frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}+\frac{1}{3}ab\sen\alpha-ab\sen\alpha\\ & = & \frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}-\frac{2}{3}ab\sen\alpha \end{array}\]
Em ambos os casos temos: \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right) & = & \left|\frac{2}{3}ab\sen\alpha-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right|\\ & = & \left|\frac{2}{3}ab\cdot4\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\alpha+\pi}{3}\sen\frac{\alpha+2\pi}{3}-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right|\\ & = & \left|\frac{8}{3}ab\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\alpha+\pi}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}-\frac{2}{\sqrt{3}}\left(a^{2}+b^{2}\right)\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\right|\\ & = & \frac{2}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right| \end{array}\]
Relativamente à área do paralelogramo \([IJKL]\), notemos em primeiro lugar que os triângulos \([EAF]\) e \([LAK]\) são semelhantes. De facto, temos: \[E\hat{A}F=L\hat{A}K\] \[\overline{AE}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\] \[\overline{AF}=\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\] \[\overline{AL}=\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\left(\pi-\alpha\right)}{3}\] \[\overline{AK}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\left(\pi-\alpha\right)}{3}\] \[\begin{array}{lll} \frac{\overline{AK}}{\overline{AE}} & = & \frac{\overline{AL}}{\overline{AF}}\\ & = & \frac{\sen\frac{2\left(\pi-\alpha\right)}{3}}{\sen\frac{\pi-\alpha}{3}}\\ & = & \frac{2\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}}{\sen\frac{\pi-\alpha}{3}}\\ & = & 2\cos\frac{\pi-\alpha}{3} \end{array}\]
Analogamente, os triângulos \([EDH]\) e \([JDK]\) também são semelhantes, uma vez que temos: \[E\hat{D}H=J\hat{D}K\] \[\overline{DE}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\] \[\overline{DH}=\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\] \[\overline{DJ}=\frac{2b}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\alpha}{3}\] \[\overline{DK}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\alpha}{3}\] \[\begin{array}{lll} \frac{\overline{DK}}{\overline{DE}} & = & \frac{\overline{DJ}}{\overline{DH}}\\ & = & \frac{\sen\frac{2\alpha}{3}}{\sen\frac{\alpha}{3}}\\ & = & \frac{2\sen\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\alpha}{3}}{\sen\frac{\alpha}{3}}\\ & = & 2\cos\frac{\alpha}{3} \end{array}\]
Usando a congruência entre os triângulos \([BGF]\) e \([DEH]\) e a semelhança entre os triângulos \([EAF]\) e \([LAK]\) e os triângulos \([EDH]\) e \([JDK]\), vem: \[I\hat{F}G=G\hat{B}F+B\hat{G}F\] \[E\hat{F}K=E\hat{A}F+A\hat{E}F\] \[\begin{array}{lll} A\hat{F}B & = & \pi-B\hat{A}F-A\hat{B}F\\ & = & \pi-\frac{1}{3}\left(B\hat{A}B+A\hat{B}C\right)\\ & = & \pi-\frac{\pi}{3}\\ & = & \frac{2\pi}{3} \end{array}\] \[ G\hat{B}F + E\hat{A}F = \frac{1}{3} \left( C\hat{B}A + D\hat{A}B \right) = \frac{\pi}{3}\] \[B\hat{G}F=D\hat{E}H=D\hat{K}J\] \[A\hat{E}F=A\hat{K}L\] \[\begin{array}{ccl} E\hat{F}G & = & I\hat{F}G+E\hat{F}K-I\hat{F}K\\ & = & \left(G\hat{B}F+B\hat{G}F\right)+\left(E\hat{A}F+A\hat{E}F\right)-A\hat{F}B\\ & = & \left(G\hat{B}F+E\hat{A}F\right)+\left(B\hat{G}F+A\hat{E}F\right)-\frac{2\pi}{3}\\ & = & \frac{\pi}{3}+\left(D\hat{K}J+A\hat{K}L\right)-\frac{2\pi}{3}\\ & = & \left(D\hat{K}J+A\hat{K}L\right)-\frac{\pi}{3}\\ & = & A\hat{K}L+D\hat{K}J-A\hat{K}D\\ & = & J\hat{K}L \end{array}\] \[\begin{array}{ccc} \overline{KL} & = & \frac{\overline{AK}}{\overline{AE}}\cdot\overline{FE}\\ & = & 2\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\overline{FE} \end{array}\] \[\begin{array}{ccc} \overline{KJ} & = & \frac{\overline{DK}}{\overline{DE}}\cdot\overline{HE}\\ & = & 2\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\overline{HE}\\ & = & 2\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\overline{FG} \end{array}\]
Logo, vem: \[\begin{array}{lll} \acute{A}rea\left(\left[IJKL\right]\right) & = & \overline{KL}\cdot\overline{KJ}\cdot\sen J\hat{K}L\\ & = & 2\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\overline{FE}\cdot2\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\overline{FG}\cdot\sen E\hat{F}G\\ & = & 4\cos\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\left(\overline{FE}\cdot\overline{FG}\cdot\sen E\hat{F}G\right)\\ & = & 4\cos\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right)\\ & = & 4\cos\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right|\\ & = & \frac{2}{\sqrt{3}}\left(2\sen\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\alpha}{3}\right)\left(2\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\right)\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right|\\ & = & \frac{2}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\alpha}{3}\sen\frac{2\left(\pi-\alpha\right)}{3}\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right| \end{array}\]
Conclusão:
\[\acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right)=\frac{2}{\sqrt{3}}\sen\frac{\alpha}{3}\sen\frac{\pi-\alpha}{3}\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right|\] \[\acute{A}rea\left(\left[IJKL\right]\right)=\frac{2}{\sqrt{3}}\sen\frac{2\alpha}{3}\sen\frac{2\left(\pi-\alpha\right)}{3}\left|\frac{4}{\sqrt{3}}ab\sen\frac{\alpha+\pi}{3}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right|\]Note-se que a razão entre as áreas (supondo ambas não nulas) é: \[\begin{array}{lll} r & = & \frac{\acute{A}rea\left(\left[IJKL\right]\right)}{\acute{A}rea\left(\left[EFGH\right]\right)}\\ & = & 4\cos\frac{\alpha}{3}\cos\frac{\pi-\alpha}{3}\\ & = & 4\cdot\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\alpha-\left(\pi-\alpha\right)}{3}+\cos\frac{\alpha+\left(\pi-\alpha\right)}{3}\right)\\ & = & 2\left(\frac{1}{2}+\cos\frac{\pi-2\alpha}{3}\right)\\ & = & 1+2\cos\frac{\pi-2\alpha}{3},\mbox{ com }\alpha\in]0,\pi[. \end{array}\]
Logo, temos que \(2<r \leq 3\), ou seja, o paralelogramo \([IJKL]\) tem uma área que é sempre maior que o dobro da área do paralelogramo \([EFGH]\) e nunca superior ao seu triplo, o qual é atingido quando \(\alpha=\frac{\pi}{2}\). Notemos ainda que, como \(J\hat{K}L=E\hat{F}G\), \(\frac{\overline{KL}}{\overline{FE}}=2\cos \frac{\alpha}{3}\) e \(\frac{\overline{KJ}}{\overline{FG}}=2\cos \frac{\pi-\alpha}{3}\) , os paralelogramos \([IJKL]\) e \([EFGH]\) só são semelhantes quando \(2\cos \frac{\alpha}{3} = 2\cos \frac{\pi - \alpha}{3}\), ou seja, quando \(\alpha = \frac{\pi}{2}\). Quando tal acontece, a razão de semelhança é \(2\cos \frac{\pi}{6}=\sqrt{3}\), pelo que a razão entre as áreas é \((\sqrt{3})^{2}=3\), conforme foi referido.
