Cercul - Concursul pentru ocuparea posturilor didactice informal de didactica matematicii Vineri, 22...

15
Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016 Concursul pentru ocuparea posturilor didactice CERCUL Referire la PROGRAMA PENTRU DISCIPLINA MATEMATICĂ - Anexa nr. 2 la OMECTS nr. 5620/ 11.11.2010 Selecție de probleme date la concursurile pentru ocuparea posturilor didactice: perioada 1994 – 2015 - enunțurile și soluțiile / indicații pentru subiectele selectate; - observații / sugestii rezultate teoretice folosite. Bibliografie Cristina Timofte Liceul Teoretic de Informatică „Grigore Moisil” Iași

Transcript of Cercul - Concursul pentru ocuparea posturilor didactice informal de didactica matematicii Vineri, 22...

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Concursul pentru ocuparea posturilor didactice

CERCUL

• Referire la PROGRAMA PENTRU DISCIPLINA MATEMATICĂ - Anexa nr. 2 la OMECTS nr. 5620/ 11.11.2010

• Selecție de probleme date la concursurile pentru ocuparea posturilor didactice: perioada 1994 – 2015

- enunțurile și soluțiile / indicații pentru subiectele selectate; - observații / sugestii rezultate teoretice folosite.

• Bibliografie

Cristina Timofte Liceul Teoretic de Informatică „Grigore Moisil” Iași

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

A. PROGRAMA PENTRU DISCIPLINA MATEMATICĂ

- Anexa nr. 2 la OMECTS nr. 5620/ 11.11.2010

Programa pentru disciplina Matematică se adresează absolvenţilor învăţământului superior

de specialitate şi profesorilor care se prezintă la Concursul pentru ocuparea posturilor didactice/

catedrelor declarate vacante/ rezervate în unităţile de învăţământ preuniversitar.

Programa pentru concurs este elaborată luând în considerare şi programele şcolare în vigoare

din învăţământul preuniversitar, respectiv programele pentru evaluările şi examenele naţionale

la disciplina Matematică.

COMPETENŢE ALE PROFESORULUI DE MATEMATICĂ

Pe lângă conţinuturile ştiinţifice de specialitate şi cele de metodica predării matematicii, programa

vizează competenţe pe care profesorul de matematică trebuie să şi le formeze, să le dezvolte şi să le probeze pe

parcursul desfăşurării activităţii didactice. Aceste competenţe sunt:

• cunoaşterea

conţinuturilor

ştiinţifice de specialitate,

probată prin:

� identificarea unor date, relaţii matematice şi corelarea lor în funcţie

de contextul în care au fost definite;

� prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual

cuprinse în enunţuri matematice;

� utilizarea algoritmilor şi a conceptelor matematice pentru

caracterizarea locală sau globală a unei situaţii concrete;

� exprimarea caracteristicilor matematice, cantitative sau calitative, ale

unei situaţii concrete şi a algoritmilor de prelucrare a acestora;

� analizarea şi interpretarea caracteristicilor matematice ale unei

situaţii-problemă;

� modelarea matematică a unor situaţii variate, prin integrarea

cunoştinţelor din diferite domenii;

• aplicarea

principiilor

didacticii

matematicii şi a

cunoştinţelor de

metodica predării

matematicii,

probate prin:

� capacitatea de proiectare a unui demers didactic pentru ciclul

gimnazial sau liceal;

� adecvarea strategiilor didactice la conţinuturi şi la competenţele

vizate, prin construirea unor demersuri didactice interactive,

stimulative, participative;

� asigurarea concordanţei între strategii de evaluare, competenţe,

conţinuturi şi instrumente de evaluare.

TEMATICA

ȘTIINȚIFICĂ

Cercul. Cercul înscris şi cercul circumscris unui triunghi. Coarde, arce şi unghiuri în cerc. Puterea unui punct faţă de un cerc, axă radicală a două cercuri. Poligoane înscrise sau circumscrise unui cerc, poligoane regulate. Lungimea cercului şi lungimea arcului de cerc.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

B. SUBIECTE DE LA CONCURSUL PENTRU OCUPAREA POSTURILOR DIDACTICE

TITULARIZARE 1994 1. Fie ABC un triunghi oarecare și M mijlocul laturii (AB). Se notează cu N un punct oarecare pe AB, astfel ca A œ (BN). Ortocentrul H al triunghiului ABC se proiectează pe bisectoarele unghiurilor BAC și CAN în punctele P și Q. Să se arate că punctele M, P și Q sunt coliniare. Rezolvare:

Vom trata cazul triunghiului ascuțitunghic (cazul triunghiului dreptunghic este degenerat: H = P = Q = A, iar cazul triunghiului obtuzunghic este analog cu cel ascuțitunghic). Avem: (AA’ și (AL bisectoarele unghiurilor BAC∢ și CAN∢ (bisectoare interioară, exterioară) 'AA AL⇒ ⊥ ; O centrul cercului circumscris triunghiului ABC, 'AAP pr H= , ALQ pr H= ,

iar { }AH PQ R∩ = și M este mijlocul lui (BC).

HQ AL⊥ , HP AP⊥ , patrulaterul HPAQ este dreptunghi, prin

urmare AR = RH = QR = RP = 2

AH și RAP RPA≡∢ ∢ ( RAP△

este isoscel) (2).

În ABC△ , 2

BAD OAC Bπ

≡ = −

∢ ∢ ∢ - AD și AO sunt

ceviene izogonale - obținem: HAP PAO≡∢ ∢ (3)

Din (2) și (3) RPA PAO⇒ ≡∢ ∢ , deci QP AO� . Cum AD BC⊥ , OM BC AR OM⊥ ⇒ � . Dar

2 cosAH R A= și din (1) deducem cosAR R A= (5). Însă, ( ) ( )2 cosm BOC A m BOM A OM R A= ⇒ = ⇒ =∢ ∢ , din triunghiul BOM (6).

Din relațiile (5) și (6) obținem AR = OM și AR OM ARMO⇒� paralelogram, adică RM AO� (7). Din (4) și (7) avem R, P, M coliniare, adică și Q, P, M sunt coliniare. TITULARIZARE 1995 2. Fie ABC un triunghi înscris în cercul �(O, R) . Perpendiculara din B pe diametrul [ ]AD în E, iar cercul

�(O, R) în F. Paralelele duse prin F la CD, respectiv CA intersectează CA, respectiv CD în G, respectiv H. Să se demonstreze că punctele E, G, H sunt coliniare. Rezultate utile: Reciproca teoremei unghiurilor opuse la vârf:

Daca semidreptele (OA și (OB sunt opuse, iar semidreptele (OC și (OD sunt situate de o parte și de alta a dreptei AB astfel încât ( ) ( )m AOC m BOD=∢ ∢ ,

atunci punctele C, O și D sunt coliniare.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Dreapta lui Simson: Proiecțiile unui punct de pe cercul circumscris unui triunghi pe laturile acestuia sunt trei puncte coliniare.

Definiție:

Numim patrulater inscriptibil un patrulater ale cărui

vârfuri sunt pe un cerc. Punctele A, B, C, D sunt

conciclice.

Teoreme: 1) Un patrulater este inscriptibil dacă și numai dacă unghiurile opuse sunt suplementare. 2) Un patrulater este inscriptibil dacă și numai dacă un unghi interior este congruent cu unghiul exterior opus. 3) Un patrulater este inscriptibil dacă unghiul format de o diagonală cu una dintre laturi este congruent cu unghiul format de cealaltă diagonală cu latura opusă.

Rezolvare:

,FG CD G AC∈� , ,FH AC H CD∈� . Cum [ ]AD este

diametru, ( ) 090m ACD AC CD= ⇒ ⊥∢ , FG CD FG AC⇒ ⊥� ,

deci G este proiecția lui F pe AC (1). Analog, ,FH AC CD AC⊥ ⊥ , conduc la H este proiecția lui F pe CD (2).

Evident, E este proiecția lui F pe AD (3). Punctul F se află pe cercul determinat de punctele A, D, C și din (1), (2), (3) rezultă că punctele E, G, H sunt coliniare (dreapta lui Simson) Demonstrăm că proiecțiile lui F pe laturile triunghiului ABC sunt coliniare.

Din ( )090AEF AGF≡ =∢ ∢ , patrulaterul AEGF este inscriptibil. Așadar, EGA EFA≡∢ ∢ (4).

Din ( ) ( ) 090m FGC m FHC+ =∢ ∢ , patrulaterul FGCH este inscriptibil, prin urmare CGH CFH≡∢ ∢ (5).

Patrulaterul ADCF este inscriptibil, prin urmare FAD FCH≡∢ ∢ (6).

Triunghiurile EFA și HFC sunt dreptunghice, ( ) ( )090m HFC m FCH= −∢ ∢ , ( ) ( )090m EFA m FAE= −∢ ∢ .

Folosind relațiile (4), (5), (6) deducem că EGA CGH≡∢ ∢ și conform teoremei unghiurilor opuse la vârf, rezultă că E, G, H sunt coliniare. TITULARIZARE 1997 ARGEȘ 3. Fie triunghiul ABC, A1 œ (BC), B1 œ (CA), C1 œ (AB) trei puncte oarecare. Notând cu O1, O2, O3 centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor AB1C1, BA1C1 și respectiv CA1B1, arătați că raza cercului circumscris triunghiului O1O2O3 este mai mare decât raza cercului circumscris triunghiului ABC.

Rezultate utile: 1) Inegalitatea Jensen: Dacă funcția :f I →ℝ (I interval real), este concavă pe I , atunci:

1 2, ,..., nx x x I∀ ∈ , ( )1 2, ,..., 0,n∀α α α ∈ ∞ , cu 1

1n

k

k =

α =∑ , avem

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2... ...n n n nf x x x f x f x f xα + α + + α ≥ α + α + + α

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

2) Funcția f(x) = sin x este concavă pe (0, �); într-un triunghi avem:

sin sin sin 3sin sin

3 3 3 2

α + β + γ α + β + γ π≤ = = .

3) Aria unui triunghi ABC: 22 sin sin sinABCS R A B C= . 4) Dacă S, R, r, p reprezintă aria triunghiului, raza cercului circumscris, raza cercului înscris, semiperimetrul triunghiului, atunci

4 4

abc abcR S

S R= ⇔ = ;

Sr

p= ; 4 sin sin sin

2 2 2

A B Cr R= ; 4 cos cos cos

2 2 2

A B Cp R= .

5) Inegalitatea lui Euler: În orice triunghi, 2r R≤ , unde r este raza cercului înscris, iar R este raza cercului circumscris triunghiului dat

Rezolvare:

Fie O1P și O2Q mediatoarele segmentelor (AC1), respectiv (BC1) și O1, O2 centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor AB1C1, BA1C1 . Atunci:

1 11 2 2

AC C BO O PQ

+≥ = (PO1 O2Q este trapez

dreptunghic),

de unde 1 2 1 22 2

AB cO O O O≥ ⇒ ≥ .

Analog 2 3 2

aO O ≥ și 1 3 2

bO O ≥ .

Notații: R1 raza cercului circumscris triunghiului O1O2O3 S’ aria triunghiului O1O2O3; �, �, � unghiurile triunghiului O1O2O3; a’, b’, c’ lungimile laturilor triunghiului O1O2O3.

Cu aceste notații, '2

aa ≥ , '

2

bb ≥ , '

2

cc ≥ .

Folosind inegalitatea mediilor: 3

sin sin sinsin sin sin

3

α + β + γ α β γ ≤

,

inegalitatea Jensen pentru funcția sin pe intervalul (0, p) : sin sin sin 3

sin sin3 3 3 2

α + β + γ α + β + γ π≤ = =

obținem: 3 3

sin sin sin8

α β γ ≤ .

Cum: 2 3 3' 2 ' sin sin sin '

8S R R= α β γ ≤

avem: ' ' '

'4 ' 32 '

a b c abcS

R R= ≥ , prin urmare, ( ) ( )

2 33 3' ' '

32 ' 4 24 3

abc abcS R R

R≤ ≤ ⇒ ≥ .

Dacă demonstrăm că 3

24 3

abcr ≤ , atunci obținem:

( )33 ' 'r R r R≤ ⇒ ≤ , adică ceea ce trebuie demonstrat.

3 2 2 2

424 3 24 3 24 3 6 3

abc S abc abc abc Rpr r r r

p Rp≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔ ≤ (1);

22 2

6 3 6 3 3 3 6 3

rp Rp rp Rpr R rp Rp≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ (2).

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Arătăm că:

2 3 3 3 34 sin sin sin 4 cos cos cos 3 32 2 2 2 2 2 2 2 23 3

rp A B C A B C A B Cr r p R R ctg ctg ctg≤ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ⇒ ≥

Avem 2 2 2 2 2

C A B C A Btg tg

π − + π + = ⇒ − =

, iar 2 2

2 2 2 2 12 2

A Btg tg

C A B A Bctg ctg tg

A Btg tg

+π + +

= − = = −

,

iar cum

( )0

1

2 2 2 2 2 2

tgA tgB tgC tgAtgBtgCA B C tg tg A B C tgA tgB tgC tgAtgBtgC

tgAtgB tgAygC tgBtgC

A B C A B Cctg ctg ctg ctg ctg ctg

+ + −+ + = π⇒ = π = + + = ⇒ + + = ⇒

− − −

⇒ + + =

Astfel, 332 2 2 2 2 2 2 2 2

A B C A B C A B Cctg ctg ctg ctg ctg ctg ctg ctg ctg= + + ≥ (inegalitatea mediilor),

de unde 3 32 2 2

A B Cctg ctg ctg ≥

TITULARIZARE 1997 BACĂU 4. Fie triunghiul ABC, A’, B’, C’ picioarele perpendicularelor din A, B, C respectiv pe BC, AC, AB. a) Să se arate că simetricele lui H față de mijloacele laturilor (AB), (BC), (CA) se află pe cercul � circumscris triunghiului ABC. b) Să se arate că simetricele lui H față de AB, AC, BC se află pe �. c) Să se afle locul geometric al ortocentrului H al triunghiului ABC, dacă B și C sunt fixe și A variază pe �. d) Să se arate că perpendicularele duse din A, B, C pe B’C’, A’C’ și A’B’ sunt concurente.

Rezolvare:

a) Cazul 1. Triunghiul ABC este ascuțitunghic Fie Ha simetricul punctului H față de mijlocul Ma al laturii (BC). Cum punctul H este interior triunghiului, demonstrăm că patrulaterul ABHaC este inscriptibil, adică Ha œ �. Ma este mijlocul diagonalelor (HHa) respectiv (BC), adică HBHaC este paralelogram, prin urmare aBH C BHC≡∢ ∢ .

( ) ( ) ( ) ( )0 0' 90 90 'm BHA m HBC m B BC m C= − = − =∢ ∢ ∢ ∢ .

( ) ( ) ( )0' 90m CHA m HCB m B= − =∢ ∢ ∢ .

Astfel, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 'am BH C m BHA m CHA m B m C= + = +∢ ∢ ∢ ∢ ∢ .

Atunci ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0180am A m BH C m A m B m C+ = + + =∢ ∢ ∢ ∢ ∢ , prin

urmare patrulaterul ABHaC este inscriptibil, adică Ha œ �. Analog se demonstrează Hb œ � , Hc œ �.

Cazul 2. Triunghiul ABC este dreptunghic, cu ( ) 090m A =∢ , H = A.

C este simetricul lui H față de Mb. B este simetricul lui H față de Mc. Deci B, C œ �. Evident, ACHaB este dreptunghi, prin urmare Ha œ �.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Cazul 3. Triunghiul ABC este obtuzunghic, cu ( ) 090m A >∢ , patrulaterul

HBHaC este paralelogram, deci aH H≡∢ ∢ .

Avem: ( ) ( ) ( ) ( )0 090 ' 90 'm BHA m B AH m A AC m C= − = − =∢ ∢ ∢ ∢ .

( ) ( ) ( ) ( )0 090 ' 90 'm CHA m C AH m A AB m B= − = − =∢ ∢ ∢ ∢ .

Obținem ( ) ( ) ( ) ( )am BHC m B m C m H= + =∢ ∢ ∢ ∢ ;

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0180am A m H m A m B m C+ = + + =∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ,

de unde patrulaterul ABHaC este inscriptibil, adică Ha œ �. HAHbC este paralelogram, ( ) ( ) ( )b bm CH A m CHA m B ABH C= = ⇒∢ ∢ ∢

inscriptibil, de unde Hb œ �. HAHcB este paralelogram, ( ) ( ) ( )c cm BH A m BHA m C ABH C= = ⇒∢ ∢ ∢

inscriptibil, de unde Hc œ �.

b) Cazul 1. Triunghiul ABC este ascuțitunghic Dacă H1 este simetricul ortocentrului față de BC , 1BH H∆ este isoscel, iar

' '1A BH A BH≡∢ ∢ .

( ) ( ) ( ) ( )' 0 ' 0 ' '90 90m A BH m BHA m AHB m B AH= − = − =∢∢ ∢ ∢ ∢ .

Astfel, ' '1A BH A AC≡∢ ∢ , de unde patrulaterul ABH1C este un patrulater

inscriptibil, adică H1 œ �. Analog, obținem simetricele H2 œ �, H3 œ �. Cazurile Triunghiul ABC este dreptunghic, respectiv obtuzunghic se rezolvă analog.

c) Cazul 1. Punctele B și C sunt diametral opuse.

În acest caz, ( ) 090m BAC H A= ⇒ =∢

Locul geometric este � { }\ B,C .

Cazul 2. Punctele B și C nu sunt diametral opuse. Se demonstrează că locul geometric căutat este �(O’, R) unde O’ este simetricul lui O față de BC. OHH1O’ este trapez isoscel, O’H = OH1 = R (diagonale); O este punct fix, BC este fixăï O’ este punct fix, O’H= Rï H œ �(O’, R). Reciproc, se demonstrează că orice puncte de pe �(O’, R) este ortocentrul triunghiului ABC, cu B, C fixe, iar A œ �(O’, R) / { }B,C .

d) Notăm ' 'ad B C⊥ , iar A1 este punctul diametral opus punctului A în �(O,

R). Vom arăta că aO d∈ (analog, O se află pe fiecare dintre ' 'bd AC⊥ ,

' 'cd A B⊥ , prin urmare { }a b cd d d O∩ ∩ = ).

Patrulaterul ABA1C este inscriptibil 1 1BCA BAA⇒ ≡∢ ∢ ;

( ) 0' ' 90BB AC m BB C⊥ ⇒ = , de asemenea, ( ) 0' ' 90CC AB m CC B⊥ ⇒ =∢

; patrulaterul BCB’C’ este inscriptibil (unghiuri drepte formate de diagonale cu laturi); astfel, ' ' 'BCB B C A≡∢ ∢ . Din construirea perpendicularei AA1,

( ) ( ) 0' ' 901m B C A m BAA+ =∢ ∢ . Obținem

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01 1 1' ' 90m ACA m ACB m BCA m B C A m BAA= + = + =∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ,

adică 1ACA∆ este dreptunghic, iar [ ]1AA este diametru al cercului, adică

aO d∈ .

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

TITULARIZARE 1997 BUCUREȘTI 5. În triunghiul ABC se consideră cercul înscris. Tangenta la cerc, paralelă cu BC, intersectează (AB) și (AC) în punctele M și respectiv N. Să se arate că cercurile de diametre [ ]BM și [ ]CN sunt tangente.

Rezolvare:

Dacă demonstrăm că 1 2 1 2r r O O+ = , atunci cercurile sunt tangente exterioare. Notăm cu 1O mijlocul lui (BM), cu 2O mijlocul lui (CN). Atunci

mijlocul lui 1 2O O este linie mijlocie în trapezul BCNM, de unde

1 2 2

BC MNO O

+= și 1BF BO= , 1ME MO= , 2NE NO= , 2CF CO=

(tangente la cerc duse dintr-un punct exterior), punctele E, F fiind punctele de tangență cu MN respectiv BC. Obținem:

( ) ( )1 1 1

1 1 1

2 2 2r BM BO O M BF ME= = + = + ,

( ) ( )2 2 2

1 1 1

2 2 2r NC CO O N CF NE= = + = + ,

de unde ( )1 2 1 2

1

2r r BC MN O O+ = + =

TITULARIZARE 1997 HARGHITA 6. Fie punctele coliniare A, B , C cu ( )B AC∈ . O tangentă dusă din C la cercul de diametru [ ]AB

intersectează acest cerc în T . Cercul cu centrul în C de rază (CT) intersectează AB în M și N. Să se arate că AM AN AB AC⋅ = ⋅ . Rezultate utile:

1) Puterea unui punct față de cerc Teoremă : Dacă , , ,A B C D sunt patru puncte distincte

situate pe un cerc ( , )C O R astfel încât { }AB CD M∩ =

,atunci MA MB MC MD⋅ = ⋅ . Demonstraţie : Deosebim cazurile :

1) M Int∈ ( , )C O R

Deoarece MAC MDB≡∢ ∢ (subântind acelaşi arc) şi AMC MDB≡∢ ∢ (opuse la vârf),

deducem MAC MDB∆ ∆∼ , de unde MA MC

MD MB= sau

( )( ) 2 2MA MB MC MD R MO R MO R MO⋅ = ⋅ = + − = − .

M Int∈ ( , )C O R : 2 2( )M MA MB OM R= − ⋅ = −ρ

Dacă M Int∈ ( , )C O R atunci pentru orice

coardă ( )AB care conţine punctul M , produsul

MA MB⋅ este constant. Valoarea constantă a acestui produs înmulţită cu ( 1)− se notează cu

( )Mρ şi se numeşte puterea punctului interior

M faţă de cercul dat.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

2) M Ext∈ ( , )C O R

Din MBC MDA∆ ∆∼ , obţinem MB MC

MD MA= ,

de unde aceeaşi egalitate MA MB MC MD⋅ = ⋅ Dacă MT e tangentă la cerc, punctul T fiind punctul de tangenţă , avem:

MAT MTB∆ ∆∼ , de unde:

2MA MTMA MB MT

MT MB= ⇒ ⋅ =

M Ext∈ ( , )C O R

2 2( )M MA MB OM R= ⋅ = −ρ .

Dacă M Ext∈ ( , )C O R atunci valoarea

constantă a acestui produs se notează cu ( )Mρşi se numeşte puterea punctului exterior M faţă de cercul dat.

Rezolvare:

Folosim puterea punctului C față de cercul de diametru AB : ( )( ) ( )( )AM AN AC CM AC CN AC CT AC CT⋅ = − + = − + =

( )2 2 2AC CT AC BC CA AC AC BC AC AB= − = − ⋅ = − = ⋅ .

TITULARIZARE 2008 7. Fie triunghiul ABC cu AB = 8, AC = 7 și BC = 5. Fie O un punct situat în interiorul triunghiului ABC astfel încât cercurile circumscrise triunghiurilor AOB, BOC și COA să aibă aceeași rază R. a) Să se calculeze măsura unghiului ABC. b) Să se determine raza cercului circumscris triunghiului ABC. c) Fie P și Q centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor AOB, respectiv COA. Să se demonstreze că AQOP este romb. d) Să se determine R. e) Fie O’ centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Să se arate că punctele A, O, O’ și C sunt conciclice. Indicații:

a) cos B = ( ) 0160

2m B⇒ =∢ .

b) Din teorema sinusurilor rezultă raza cercului

circumscris triunghiului ABC este 7

3.

c) QA QO PA PO R AQOP= = + = ⇒ romb. d) Fie T centrul cercului circumscris triunghiului BOC. Din faptul că ABC TQP≡ ∆△ (justificare), se

obține 7

3R =

e) Triunghiul ABC este ascuțitunghic, deci O’ este în interiorul triunghiului ABC.

( ) ( ) 01cos 120

2AOC m AOC= − ⇒ =∢ ∢ .

( ) ( ) 0' 2 120m AO C m ABC= ⋅ =∢ ∢

patrulaterul 'AO OC este inscriptibil.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

TITULARIZARE 2009 Brăila 8. Fie ABC un triunghi, �(O, R) cercul circumscris ABC∆ , H ortocentrul, G centrul de greutate și A’ punctul diametral opus lui A în �(O, R). a) Arătați că patrulaterul A’BHC este paralelogram.

b) Dovediți că oricare ar fi punctul M din planul (ABC), 2MH MA MB MC MO= + + − ⋅����� ���� ���� ����� �����

.

c) Demonstrați că OH OA OB OC= + +���� ���� ���� ����

. d) Să se arate că punctele O, G, H sunt coliniare și OH = 3 · OG. e) Dacă D œ �(O, R) , D ∫ A, D ∫ B, iar H’ este ortocentrul triunghiului ABD, atunci demonstrați că

'HH CD=����� ����

. Rezolvare:

a) Punctul A’ este diametral opus punctului A, deci

( ) 0' 90 'm ABA A B AB= ⇒ ⊥∢ ; 'CH AB CH A B⊥ ⇒ � .

( ) 0' 90 'm ACA A C AC= ⇒ ⊥∢ ; 'BH AC BH A C⊥ ⇒ � .

b) A’BHC este paralelogram, cu diagonalele [BC], [A’H], iar { }'BC A H P∩ = ; [OP] este linie mijlocie în 'AHA∆ ,

adică, 2 OP AH⋅ =���� ����

.

2MH AH AM OP MA OB OC MA= − = ⋅ + = + + =����� ���� ����� ���� ���� ���� ���� ����

2MB MO MC MO MA MA MB MC MO= − + − + = + + − ⋅���� ����� ����� ����� ���� ���� ���� ����� �����

. c) În relația anterioară, particularizăm punctul M: luăm M = O, obținem relația solicitată. d) Folosind relația Leibniz,

. )3

pct cOA OB OC OG OH+ + = ⋅ =���� ���� ���� ���� ����

obținem, astfel, coliniaritatea punctelor O, G, H și OH = 3 · OG . e) Considerând ABD∆ �(O, R) cercul circumscris ABD∆ , H’ ortocentrul triunghiului, aplicăm relația de la pct. c):

' 'HH OH OH OA OB OD OA OB OC= − = + + − − − =����� ����� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ����

OD OC CD= − =���� ���� ����

.

Constanța și Hunedoara 9. Se consideră triunghiul ABC cu laturile de lungimi a, b, c, cu R raza cercului circumscris și cu r raza cercului înscris . Notăm cu O centrul cercului circumscris, cu G centrul de greutate, cu H ortocentrul și cu I centrul cercului înscris în triunghiul ABC.

a) Să se arate că ( )1

3OG OA OB OC= + +���� ���� ���� ����

.

b) Să se arate că 3OH OG= ⋅���� ����

.

c) Să se arate că ( )2 2 2 2 29 9OG R a b c⋅ = − + + .

d) Să se arate că ( )1OI a OA b OB c OC

a b c= ⋅ + ⋅ + ⋅

+ +

��� ���� ���� ����.

e) Să se arate că 2 2 2OI R Rr= − .

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

a) Considerăm un punct oarecare M în planul triunghiului.

Punctul D este mijlocul segmentului [ ] 1DB

BCDC

⇒ = −

����

���� .

G œ [ ] 2GA

ADGD

⇒ = −

����

����

Obținem: 1 2 1 2 1 1

3 3 3 3 2 2MG MA MD MA MB MG

= + = + + =

����� ���� ����� ���� ���� �����

=1 1 1

3 3 3MA MB MG+ +���� ���� �����

. Particularizăm M O= , obținem

relația solicitată. b) Subiect rezolvat la subiectul Brăila – c), d).

c) ( )1

3OG OA OB OC= + +���� ���� ���� ����

, avem 2

OG OG OG⋅ = =���� ���� ����

( )2 2 212 2 2

9OA OA OA OA OB OA OB OA OB= + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ����

( )2 2 2 2 2 2 213 2 2 2

9R R c R b R a= + − + − + − , de unde

( )2 2 2 2 29 9OG R a b c= − + + .

d) ( 1AA este bisectoarea BAC∢ 1

1

A B ck

bA C⇒ = − =

����

����� , astfel

1b c

OA OB OCb c b c

= ++ +

���� ���� ����.

În triunghiul 1ABA∆ , 1 1 1

AI AB b c IA b c

IA BA a aIA

+ += = ⇒ = −

���

����

1

a b cOI OA OA

a b c a b c

+= + =

+ + + +

��� ���� ����

(avem: 1b c

OA OB OCb c b c

= ++ +

���� ���� ����)

a b cOA OB OC

a b c a b c a b c= + +

+ + + + + +

���� ���� ����

e) Notații:

Fie ( )( { },AI C O R K∩ = , M diametral opus lui K,

D proiecția lui I pe latura (AB),

( ) { }, ,OI C O R P Q∩ = ; , ,α β γ unghiurile triunghiului ABC.

[ ]MK diametru ( ) 090m MBK⇒ =∢ .

( );ID AI

ADI MBK DAI BMK ADI MBKKB MK

∆ ∆ ≡ ≡ ⇒ =∼ ∢ ∢ ∢ ∢

,de unde 2 2AI KB ID MK r R AI KB rR⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = (1). BIK∆ este isoscel, cu IK BK= . Înlocuind în (1), obținem:

2rR AI KI= ⋅ . Folosim puterea punctului I față de cercul circumscris:

( )( )2 2PI QI AI KI PI QI Rr OP OI OQ OI Rr⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⇔ − + = 2 2 2 22 2R OI Rr OI R Rr⇔ − = ⇔ = −

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Alte demonstrații pentru punctul c):

c1) Dacă E este mijlocul lui (BC) şi { }( , )AE C O R D∩ = , putem scrie, folosind puterea punctului G față de

cerc: 2 2 2( ) ( )

3 aG OG R GA GD m GE EDρ = − = ⋅ = ⋅ + = 2 1

;3 3a a

m m ED

+

Folosind acum puterea punctului E faţă de cercul ( , )C O R ,avem :

AE ED BE EC⋅ = ⋅ ,adică 2

4a

am ED⋅ = şi , revenind,ajungem la :

22 1( ) ( )

3 3 4a a

a

aG m m

mρ = ⋅ +

⋅.

Folosind teorema medianei : 2 2 2

2 2( )

4a

b c am

+ −= , după efectuarea calculelor, obținem relația c) c1)

c2) Egalitatea propusă se poate obţine şi folosind,de exemplu, relaţia 2 2 23MA MG GA= +∑ ∑ ( Leibniz ),

adevărată pentru orice punct M din planul triunghiului ABC. E suficient să luăm .M O= Observație: Alte demonstrații pentru punctul c): Din relația demonstrată la punctul e) putem deduce:

2R r≥ - inegalitatea Euler Galați 10. Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC și D œ (BC), E œ (AC), F œ (AB) punctele de contact ale cercului înscris cu laturile triunghiului. a) Dacă notăm AF = x, BD = y, CE = z și a + b + c = 2p, unde a, b, c sunt mărimile laturilor, calculați x, y, z în funcție de a, b, c, p.

b) Arătați că ( ) ( )1

AD p c AB p b ACa = − + −

���� ���� ����.

c) Demonstrați că 0a AD b BE c CF⋅ + ⋅ + ⋅ =���� ���� ���� �

. d) Dacă a = 4, b = 6, c = 8, calculați lungimile AI, BI, CI. Rezolvare:

AE , AF sunt tangente exterioare la cerc AF AE x⇒ = = BD , BF sunt tangente exterioare la cerc BF BD y⇒ = =

CD , CE sunt tangente exterioare la cerc CD CE z⇒ = = a) x y c+ = , y z a+ = , z x b+ = , de unde x y z p+ + = , iar

x p a= − , y p b= − , z p c= − .

b) DB y p b p c p b

k AD AB ACz p c a aDC

− − −= − = − = ⇒ = +

�������� ���� ����

���� .

c) Folosind relația de la b), obținem succesiv:

( ) ( )aAD p c AB p c AC= − + −���� ���� ����

, ( ) ( )bBE p a BC p c BA= − + −���� ���� ����

( ) ( )cCF p b CA p a CB= − + −���� ���� ����

; prin adunare:

0a AD bBE cCF+ + =���� ���� ���� �

.

d) Putem folosi ABCSr

p= , teorema lui Pitagora.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Giurgiu 11. Se consideră cercurile ��(O1, 5), ��(O2, 3) astfel încât O1O2 = 4 cm. a) Arătați că cercurile sunt secante. b) Notăm cu A și B punctele comune ale celor două cercuri. O secantă variabilă trecând prin A taie �� în M și �� în N. Arătați că ( )m MBN∢ este constantă.

c) Prin B se duce o secantă PQ MN� , P œ �� , Q œ �� . Arătați că MNPQ este paralelogram. d) Să se determine poziția secantei MN astfel încât distanța să fie maximă. Rezultate utile:

Poziții relative a două cercuri:

1) exterioare – nu au nici un punct comun şi d > R + r ;

2) tangente exterior – un singur punct comun şi d = R + r

3) secante – au două puncte comune şi R – r < d < R + r

4) tangente interior – un singur punct comun şi d = R – r

5) interioare – nu au nici un punct comun şi d < R – r

6) concentrice – nici un punct comun, au acelaşi centru

şi d = 0 .

Rezolvare:

a) Observăm că : 1 2 2 1 21r r < O O < r r− + , așadar, cercurile sunt secante. b) Dacă D este proiecția punctului A pe 21O O , obținem (axa

radicală a cercurilor): 2 2 2

1 2 1 21

1 2

( )4

2

O O r rO D

O O

− −= = ,

prin urmare, ( )2 2O D O AB= ⇒ ∈ , iar ABN△ este

dreptunghic ,

( ) ( ) ( )0900m MNB =90 m MBN m NMB⇒ = − =∢ ∢ ∢

�( )0 190

2= m AB− = constant.

c) APB△ este dreptunghic. MN BQ MABQ⇒� este trapez isoscel, cu BQ B= , AM b= .

2

B bAP BQ PB NA

−⊥ ⇒ = = . Obținem:

2

B bMN MA AN

+= + = ,

2

B bPQ BQ BP

+= − = .

,MN PQ MN PQ MNPQ= ⇒� este paralelogram.

Iași 12. Fie ABC un triunghi dreptunghic cu laturile exprimate prin numere naturale. a) Arătați că raza cercului înscris este număr natural. b) Arătați că aria triunghiului dat este număr natural divizibil cu 6.

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Indicații:

Dacă a este ipotenuza triunghiului, atunci: 2 2 2a b c= + , ABCS bcr

p P= = , ,p P sunt semiperimetrul, respectiv

perimetrul triunghiului dreptunghic. Un triunghi cu proprietățile din problemă există 2 4

2

P Sa

P

−⇔ = .

( ) ( )( )22 2 2a b c bc b c a b c a bc= + − ⇒ + − + + = - număr par, iar

2

b c ar

+ −= ∈ℕ . Analog se demonstrează b)

Satu Mare 13. Fie triunghiul oarecare ABC, A’, B’, C’ mijloacele laturilor (BC), (AC) și respectiv (AB), D, E, F picioarele înălțimilor duse din vârfurile A, B, C ale triunghiului, H ortocentrul triunghiului și A1, B1, C1 mijloacele segmentelor (AH), (BH), (CH). a) Arătați că punctele A’, B’, C’ și D sunt conciclice. b) Arătați că patrulaterul A’, B’, C’, D este inscriptibil. c) Să se arate că punctele A’, B’, C’, D, E, F, A’, B’, C’ sunt situate pe un cerc; determinați centrul și raza acestuia. Indicații: http://www.viitoriolimpici.ro/uploads/attach_data/6/33/28//3e02c08.pdf – Cercul lui Euler. Dreapta lui Simson - I. Cicu, București, 2009. TITULARIZARE 2010

14. În planul α se consideră punctele O1, O2, …, O100, oricare trei necoliniare și mulțimea M = { O1, O2, …,

O100}. Se notează cu �i cercul de centru Oi și rază 1, �i ⊂ α , { }1,2,...,100i∈ . Se știe că pentru orice

{ }, , 1,2,....100i j k ∈ , există o dreaptă care intersectează cercurile �i , �j și �k.

a) Arătați că într-un triunghi ABC cu AB § AC, distanța de la B la AC este mai mică sau egală decât distanța

de la C la AB.

b) Determinați numărul triunghiurilor care au toate vârfurile în mulțimea M.

c) Arătați că triunghiul O1O2O3 are o înălțime de lungime cel mult 2.

d) Pentru fiecare { }1,2,...,100i ∈ se notează cu i cercul de centru Oi și rază 2, i ⊂ α . Arătați că există o

dreaptă care intersectează toate cercurile 1 , 2 , …, 100.

Indicații: Analizați baremul de la adresa: http://subiecte2010.edu.ro/Titularizare/ . TITULARIZARE 2011

15. Se consideră triunghiul ascuțitunghic ABC și A’, B’, respectiv C’, mijloacele arcelor mici �BC , �CA ,

respectiv �AB ale cercului circumscris triunghiului ABC. Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC.

a) Demonstrați că dreptele AA’, BB’ și CC’ sunt concurente.

b) Arătați că triunghiul BIA’ este isoscel.

c) Demonstrați că punctul I este ortocentrul triunghiului A’ B’ C’.

d) Demonstrați că AI = I A’ dacă și numai dacă ( )1 cosr R A= − , unde r este raza cercului înscris în triunghiul

ABC, iar R este raza cercului circumscris triunghiului ABC.

Indicații: Analizați baremul de la adresa: http://subiecte2011.edu.ro/Titularizare/ .

Seminar informal de didactica matematicii Vineri, 22 aprilie 2016

Bibliografie / Webografie: [1] C. Năstăsescu, I. Chițescu, C. Niță, D. Mihalca - Manual Matematică pentru clasa a IX a, EDP, 2009. [2] V. Nicula – Geometrie plană (sintetică, vectorială, analitică). Culegere de probleme , Ed. GIL, 2002. [3] L. Nicolescu, V. Boskoff – Probleme practice de geometrie , Ed. Tehnică, 1990. [4] O. Popescu, N. Angelescu, A. Lupu, O. Purcaru – Concursul pentru ocuparea catedrelor vacante , Ed. Didactica, 1999. [5] http://titularizare.edu.ro/2016/ , link – uri la site-urile Titularizare 2003 - 2015. [6] http://www.viitoriolimpici.ro/ - http://www.viitoriolimpici.ro/uploads/attach_data/6/33/28//3e02c08.pdf – Cercul lui Euler. Dreapta lui Simson - I. Cicu, București, 2009.