Clasa 07 Geometrie

GEOMETRIE

1. Rela\ii metrice in trinnghinl oarecare

1.1. Teoreme ale bisectoarelor

Teorema I.I.I. (Teorema bisectoarei interioare) Fie triunghiul ABC, (AD bisectoarea interioara a unghiului A ~i DE(BC),

atunci:

DB AB

DC AC Demonstra\ie. Ducem prin n o paralela la AD care intiilne~te pe CA in M.

Aplicam teorema lui Thales in triunghiul CBM ~i ob\inem: DB AM

DC AC (1)

(AD fiind bisectoarea interioara a unghiului A, avem ca LCAD=LBAD, dar LBAD=LABM (alteme inteme) ~i LBMA=LDAC (corespondente). Deci LBMA=LABM. Ob\inem astfel ca triunghiul ABM este isoscel cu

AM=AB (2) DB AB

Din rela\iile (I) ~i (2) obtinem ca -- -- ~i astfel teorema este DC AC'

dcmonstratii.

Din DB

DC

AB

AC

DB+DC AB+AC obtinem DC - AC

BC·AC unde DC = , care se mai scrie

AB+AC

M

A

DC= _ciiJ_ h+c

Atunci BD =BC- DC= a _ _ciiJ_ = _'1c;_, deci h+c h+c

75

DB =_'1c:_ h+c

sau BC

DC

AB+AC de

AC

(3)

(4)

Observatie. Pcntru un plus de prccizic sc poatc numi accasta "prima tcorcma a bisecloarei interioare".

Teorema 1.1.2. (Teorema reciprocli a teoremei bisectoarei interioare) DB AB

Fie triunghiul ABC, DE(BC) astfel indit atunci (AD este DC AC

bisectoarea interioara a unghiului LA. Demonstra)ie. Facem aceea~i construc(ie ca la teorema directa, adica ducem

prin B o paralela la AD care intillne~te pe CA in M. Din ipoteza avem ca

~I

Fiindca ADllMB ob(inem

DB AB -- --

DC AC

DB AM

DC AC

(1)

(2)

Din (1) ~i (2) ob[inem AB~AM, deci triunghiul AMB esle isoscel cu LABM=LBMA (3)

Din paralelism avem: LMBA=LBAD ( alteme interne) (4)

LBMA=LDAC (corespondente) (5) Din rcla\iilc (3), (4), (5) ob\incm ca LBAD=LDAC, adica (AD cstc

bisectoarea interioara a unghiului A. Teorema 1.1.3. (Teorema bisectoarei exterioare) Fie triunghiul ABC cu AB;tAC. Daca (AE este bisectoarea exterioara a

h. I. . EB AB

ung tu ut LA, EEBC, atunc1 - = -- . EC AC

Dcmonstra\ic. Duccm prin punctul B o paralclii la AE care 1ntiilnqtc pc AC Jn N. Aplicam teorema Jui Thales in triunghiul CAE:

EB AN

EC AC (1)

Din paralelism ob\inem LANB=LMAE (corespondente), LABN=LEAB (alterne inteme). Din ipoteza avem ca LMAE=LEAB, deci LANB=LABN, adica triunghiul ABN cstc isosccl cu

(AB)=(AN) (2)

. ( . b . EB AB . d Dm 1) ~' (2) o tmem: - = - ~' leorema esle emonstrala. ' EC AC

76

M

le B

EB AB Din - = - obtincm (In ipotcza AC>AB)

EC AC ' EB AB EB AB ---- <=> -- = ----

EC - EB AC-AB BC AC-AB

EB BC,AB , , EB a,c ,

de unde = care se ma1 scr1e = -- Atunc1 AC-AB' b-c,

EC = EB + BC = _!7<'._ + a = ac + ab - ac - _!1}J__

ab Deci EC=--,

b-c

b-c b-c b-c

Observatii. I) Conditia AB;tAC din teorema bisectoarei exterioare este esen\iala deoarece daci'i AB~Ac atunci bisectoarea exterioara a unghiului A esle paralela cu BC, deci nu mai exista E,

2) Teorema bisectoarei exterioare a fast demonstrata de Pappus. 3) Un plus de prccizic ccrc sa numim accasta tcorcmi'i drcpt "prima a

bisectoarei exterioare 11•

Aplicatie. Daca I cstc ccntrul ccrcului inscris in ii.ABC ~i (D)~AJnBC arc Joe

relatia: ID = _a_ . ' IA b+c

Demonstra\ie. Cu teorema bisectoarei In ii.ABO obtinem:

ac ID ac I TD a BD = --, atunci - = -- · - . dcci - = -- .

b+c IA b+c c. IA b+c

77

TD

IA

BD

BA dar

I .·· •. · ... ·· ...

········ .... .. ·· .. ·

B D c

Teorema 1.1.4. (Teorema reciprocii a teoremei bisectoarei exterioare) Fie triunghiul ABC ~i EE BCl[BC] astfel incat

EB AB

EC AC' atunci (AE este bisectoarea exterioara a unghiului LA.

(1)

Demonstra\ie. Trebuie ca AB*AC, deoarece daca AB=AC, din (!) ar rezulta EB=EC. rela\ie imposibila din cauza pozi\iei lui E pe BC. Facem aceea~i construc\ie ca la teorema bisectoarei exterioare, adica ducem prin B o paralela la AE care intalnqte pe

EB AN CA in N. Cu leorema lui Thales in triunghiul CAE obtinem: - = -- . iar din

. EC AC

. EB AB d . d' . I 1poteza - = - , ec1 AN=AB. a 1ca MBN este 1sosce cu LABN=LANB. Dar EC AC .

LABN=LEAB ~i LANB=LMAE, deci LEAB=LMAE, rela(ie ce asigura ca (AE este biscctoarca cxtcrioara a unghiului LA.

1.2. Teorema Jui Pitagora generalizatii

Teorema lui Pitagora din triunghiul dreptunghic admite o generalizare pentru lriunghiul oarecare.

Teorema 1.2.1. Tntr-un triunghi oarccarc patratul lungimii unci laturi cstc cgal cu suma patratelor lungimilor celorlalte doua laturi din care se scade sau se aduna dublul produsului lungimii uneia dintre aceste laturi cu lungimea proieqiei celeilalte pe ea

AB 2 =CA2 +CB 2 -2·CB·CD (1) AB2 =CA'+ CB'+ 2-CB·CD (2)

Demonstra)ie. Fie ABC un triunghi ~i D proiec(ia Jui A pe BC. Din triunghiurile ABO ~i ACD dreptunghice in D ob\inem:

AB2 =AD'+ BD2 AC2 =AD'+ DC' , 1) Daca m(LC)<90° atunci trebuie sa aratam ca:

AB 2 =CA 2 +CB 2 -2 ·CB ·CD (1)

78

Avem BD=IBC-CDI. Intr-adevar daca m(LB)<90° atunci DE[BC] ~i BD=BCCD. Dacii m(L'.8)=900 D coincide cu B ~i avem BD=O=BC-BC. Dacii m(L'.8)>90°, BE(CD) ~i BD=DC-BC=IBC-Dq. Avem deci

AB2 =AD2 +BD2 = AD2 +(BC-CD) 2 =

= (AD2 +DC 2 )+BC2 -2BC·CD = CA 2 +CB 2 -2·CB·CD

A A

13 lJ C IJ C D

2) Dacii m(LC)>90° trebuie sii demonstram ca:

AB2 = CA 2 +CB 2 + 2 ·CB ·CD In aces! caz avcm BD=BC+CD ~i ob(incm:

AB' =AD'+ BD 2 =AD'+ (BC+ CD) 2 =

=(AD'+ DC')+ BC'+ 2BC· CD= CA 2 +CB'+ 2CB ·CD

Observa\ii. 1) Semnul din fa\a dublului produs es!e innuen\al numai de unghiul opus laturii pe care o calculiim.

2) Enuntul teoremei lui Pitagora generalizatii nu prevede drept caz special alternaliva m(LC)=90° in care func(ioneaza teorema Jui Pitagora propriu zisa:

AB2 = CA 2 + CB 2 . Acest caz poate fi inclus, relatiile (I) sau (2) conservandu-~i

valabilita!ea. 3) Teorema Jui Pitagora generalizatii ne ajutii sii facem o demonstra\ie rapida a

reciprocei teoremei lui Pitagora. 4) Tcorcma lui Pitagora gcncralizatii ~i rcciproca tcorcmci lui Pitagora nc

permit sii preciziim (du pa masura unghiurilor) felul triunghiului: obtuzunghic, ascu\itunghic, dreptunghic.

1.3. Teorema Jui Stewart

Teorema 1.3.1. Fie Mun punct pe latura [BC] a unui triunghi ABC. Are Joe rcla(ia:

AM' ·BC=AB2 ·MC+AC2 ·MB-BC·BM·CM (1) Demonstratie. Fie L proiectia punctului A pe BC. Apliciim teorema lui

Pitagora generalizata in triunghiurile ACM ~i AMB. Ob\inem:

AC'= AM'+ MC' -2MC· ML I ·BM

79

AB'= AM' +MB 2 +2BM· ML I ·MC A

B \1 L C

Daca Jnmul\im cele doua egalita\i, prima cu BM, iar a doua cu MC ~i le adunam membru cu membru se va reduce termenul 2MC.BM·ML ~i ob\inem:

AC' ·BM+AB2 ·MC =AM2 ·BM+MC2 ·BM+AM' ·MC+MB' ·MC<=> AC2 ·BM+ AB 2 ·MC= AM2 (BM +MC)+ MC'· BM+ MB'· MC<=>

AC 2 ·BM +AB 2 ·MC= AM' ·BC+ MC· BM(MC+ MB)<=>

AC 2 ·BM+AB' ·MC= AM 2 ·BC+ MC· BM·BC <=>

AM2 ·BC=AB2 ·MC+AC2 ·BM-BC·BM·MC adicii ob\inem rela\ia de demonstrat.

1.4. Teorema Jui Van Aubel in triunghiul dreptunghic

Teorema 1.4.1. Daca M este un punct oarecare pe ipotenuza [BC] a unui triunghi dreptunghic ABC, are loc rela\ia:

13

A C

MC'· AB2 + MB 2 · AC 2 = AM2

· BC 2 (I*) Demons!ra\ie. Aplicam Leorema lui Stewart:

AM2 ·BC=AB 2 ·MC+AC 2 ·BM-BC·BM·MC (1) Inmul\im rela\ia (!)cu MC ~i ob\inem:

AM'· BC· MC= AB 2 • MC 2 +AC'· BM ·MC-BC· BM· MC 2 (2)

Inmul\im rela\ia (!)cu MB ~i ob\inem:

AM' ·BC·MB =AB' ·MC·MB+AC2 ·BM2 -BC·BM2 ·MC (3) Adunam membru cu membru rela\iile (2) ~i (3) ~i grup:lnd. ob\inem:

80

sau

AM'· BC·(MC+ MB)= AB'· MC' +AC'· BM'+

+AB' ·MC·MB+AC' ·MB·MC-BC·BM·MC(MC+MB)

AM'· BC2 =AB'· MC 2 +AC'· BM2 +MC· MB(AB2 + AC 2)-

- BC2 ·BM·MC (4)

Dar AB'+ AC' =BC' ~i atunci (4) devine AM' ·BC' =AB' ·MC' +AC' ·BM' +MC ·MB·BC' -BC' ·BM·MC

deci AM'· BC' =AB'· MC'+ AC'· BM 2•

Corolar 1.4.1. Patratul lungimii bisectoarei este medie armonica intre patratele lungimilor segmentelor detenninate de ea pe ipotenuza.

sau

Dacii AM este bisectoare atunci

AM' = 2MB2

·MC' MB 2 +MC'.

AB MB AB' MB' Cu teorema bisectoarei obtinem - = -- , de unde --, = --.., sau

. AC MC AC· MC·

AB2 • MC 2 =AC' · MB2 (5)

Cu (5) rela!ia lui Van Aubel (1 *) se mai scrie 2AB 2 ·MC'= BC' ·MA'<=> 2AB 2 ·MC'= (AB' +AC')· MA'

2 AB' +AC' 2 AB2 AC' --= <=>--= + <=> MA' AB' ·MC' AM' AB' ·MC' AB' ·MC'

2 1 AC2 2 1 1 --=--+ <=>--=--+--AM2 MC' AC' ·MB 2 AM' MC' MB'

, 2MB 2 ·MC' deci AM·=

2 2 .

MC +MB Corolar 1.4.2. Daca triunghiul ABC este dreptunghic isoscel, avem:

MB' +MC 2

MA'=-----2

Daca AB=AC rela\ia (I*) devine: AB' (MC'+ MB')= AM'· 2AB2 (AB'+ AB' = BC2

)

AM2 MC 2 +MB 2

sau = 2

81

1.5. Calculul lungimii bisectoarelor interioare

Teorema 1.5.1. fie ABC un triunghi ~i I AD biscctoarca intcrioara a unghiului

LBAC, cu • 4bc

DE(BC). Atunci AD·= "·p(p-a) sau (b+ct

AD=-2-~bcp(p-a) (unde p = a+b+c) sau la =-2-~bcp(p-a). b+c 2 b+c

. . b. . AB BO . . Demonstrat1e. Din teorema 1sectoare1 avem ca - = - , care se mat scr1e

. AC DC

c+b BD+DC c+b BC de unde obtinem: = <=? -- = - . de unde

b DC b DC

DC ab . BO BC DC ab ac . BD-__ ac . =--. Atunc1 = - =a---=--. Dec1 Yorn b+c b+c b+c b+c

scrie relatia lui Stewart pentru cazul ciind M este in D. Ob\inem:

DA 2 ·BC =AB' ·DC+AC' ·BD-BC·BD·DC ab ac

Inlocuind pe BC cu a. AB cu c. AC cu b ~i DC cu -- , iar BD cu b+c b+c

ob\inem:

2 2 ab 2 ac ac ab AD ·a=c ·--+b ·---a·--·--.

b+c b+c b+c b+c de unde

AD2 =c2 -b-+b2 -c--a2 be •. b+c b+c (b+c)· ·

care se ma1 scr1e:

AD' =~(c+b-Lj=~l(b+c)'-a'l= b+cl b+c b+cl b+c

= be (b+c+a)(b+c-a) be _2

(2

_2

a) b+c b+c (b+c) 1 p p

(Am \inut scama ca 2p = a+b+ c ~i atunci 2p-2a = b+c-a).

. 2 4bcp(p-a) . . . Dec1 AD = " , ad1ca relatm de demonstrat.

(b+ct '

1.6. Calculul lungimii inal\imilor unui triunghi

Teorema 1.6.1. Dacii ABC cstc un triunghi oarccarc avcm

h" = 3_~ p(p-a)(p-b)(p-c), a

82

d h 1.

1 .. . a+b+c

un e 0 este ina timea corespunz:ltoare aturn a~ 1ar p = 2

Demonstra)ie. In triunghiul ABC, ducem inal\imea AA' (ha). Dintre cele douii unghiuri B ~i C eel putin unul este ascu\it. Sa presupunem ca acesta este B. Cu teorema Jui Pitagora gcncralizata ob\incm:

AB'= BC'+ AC2 -2· BC· A'C , de uncle ob\inem:

2 2 2

2·BC·A'C=BC2 +AC2 -AB2 ~A'C=BC +AC -AB 2BC

' a2 +b2-c2 care se mai scrie A C = -----

2a Din triunghiul dreptunghic AA'C (m(LA')=90°) cu teorema Jui Pitagora

ob\inem:

=

AA'2 =AC'-A'C2 =b'-la'+~:-c'J' =

= [ b- a'+~:- c' J b +a'+~:- c' J =

2ab-a 2 -b2 +c2 2ab+a 2 +b 2 -c2

2a 2a

= [c2 -(a

2 +b

2 -2ab)J .[(a+b)

2 -c'] =

2a 2a

= c2 -(a-b)2• (a+b-c)(a+b+c)

2a 2a (c +a -b )(c- a+ b )(a+ b- c)(a + b + c)

= 4a 2

(2p-2b)(2p-2a)(2p-2c)2p 4p(p-a)(p-b)(p-c)

4a 2 a 2

(2p-2a = b +c- a, 2p-2b = a-b+ c, 2p-2c =a+ b-c)

D . AA''- 4p(p-a)(p-b)(p-c) d d ec1 -

2 i e un e

a

AA'= 3_~ p(p-a)(p-b)(p-c), a

adica tocmai rela\ia de demonslral.

83

1. 7. Teorema medianei

Teorema 1.7.1. Tntr-un triunghi ABC avcm rcla\ia:

2(b2 +c 2 )-a2

m2=------a 4

undc <FBC, b=CA, c=AB, ma=AA', A' cstc mijlocul lui rsc].

(1)

Demonstra\ie. Scriem rela\ia lui Stewart in cazul cand M este mijlocul A' al segmentului [BC]. Ob\inem:

A'A2 ·BC =AB' ·A'C+AC2 ·A'B-BC·BA'·CA'<=> ..., ?a ..,a aa

m· ·a=c ·-+b- ·--a·-·-<=> " 2 2 2 2

' 2 ' 2 2(c+b)-a·

m = " 4

adica rela\ia de demonstrat.

ll A' L c

Fig. 1.

Probleme rezolvate

Rl.7.1. Jn oricc triunghi suma piitratclor lungimilor mcdianclor piitrimi din suma piitratelor lungimilor laturilor, adica:

cstc trci

.., ..., ..., 3 ..., ') 2 m;+mi,+m;=-(a-+b-+c)

4 Dcmonstra\ic. Din rcla\ia (!) ~i analoagclc ob\incm:

2(b 2 +c 2 )-a 2 , 2(a 2 +c2 )-b2 2(a 2 +b 2 )-c2

m~ = 4 ' mi, = 4 m; = 4

Atunci

2 2 2 2(b 2 +c 2 )-a2 2(a 2 +c 2 )-b 2 2(a 2 +b 2 )-c 2

ma +n1h +me= + +------4 4 4

2b 2 +2c 2 -a' +2a 2 +2c 2 -b 2 +2a 2 +2b 2 -c 2 3(a 2 +b' +c 2)

4 4

84

(2)

Rl.7.2. Daca G este punctul de concuren\a a medianelor AA', BB', CC' al triunghiului ABC. sa se demonstreze rela)ia:

varr ~i

(GA-GA')·AA'+(GB-GB')·BB'+(GC-GC')·CC'= a' +h' +c' 4

2 Solutie. Tinem seama ca centrul de greutate al unui triunghi se gaseste la - de . . , 3

1 . 2 1 2 1 la - de baza, ad1ca GA =-m GA'=-m , GB=-m1 , GB'=-m

3 3 "' 3 " 3 ' 2 h•

GC = %m,, GC'= ~m,, relajia de demonstrat devine:

(3_ _ _1_) 1112 +(3_ _ _1_) 1112 +(3- _ _l_Jm' = m,; +mi +m; 33" 33b 33' 3

0 1 2 h~ 2 -' ( 2 h' ') a + -+c =-·-a + +c =-----4 3 4

Am \inut seama cam,; +mz +m; = ~(a2 +h2 +c 2).

\

R'

n ,\' ('

rig. 2.

Rl.7.3. intr-un triunghi dreptunghic cu lungimile catetelor b ~i c ~i lungimea ipotenuzei a avem rela\ia

? ,, 5a 2

m1,+m,:=-- (4) 4

Demons!ra\ie. lnlr-un triunghi dreplunghic mediana m., corespunzaloare a

ipotenuzei aare lungimea l. Atunci folosind rela\ia

2 2 23?2? m,, +mb +m, =4(a- +h +c)

~i Jinand seama ca h2 + c 2 = a 2 (teorema Jui Pitagora), objinem:

85

de unde

1 1 5a 2

m;;+m; =4 . (5)

iar dadi triunghiul este dreptunghic isoscel relatia ( 4) devine 2m' =Sa' h 4 de unde

2 Sa' mh =-8-.

Rl. 7.4. Triunghiul cu douii mediane congruente este isoscel.

S I . . ' ' o ut1e. Din mu = mh ::::::> m: = m1~ sau

2(b 2 +c2 )-a2

4

2(a 2 +c 2 )-b 2

4 . . 2b 2 2 ' ' 2 2 2 ' b' 3 ' 3b' . b care sc mm scnc + C - a- = a + C - - , de undc a- = - , dcc1 a= .

Rl.7.5. Diferenta patratelor lungimilor a doua latnri ale unui triunghi este egala cu dublul produs dintre lungimea laturii a treia ~i lungimea proieqiei medianei corespunziitoare pe acea laturii.

Apliciim teorema lui Pitagora generalizata in triunghinrile ABA' ~i ACA' obtincm (Pig. 1 ):

AB 2 = A'A 2 + A'B 2 +2A'B·A'L ~I

AC2 = A'A 2 + A'C 2 -2A'C·A'L '

de undc prin scadcrc mcmbru cu mcmbru obtincm:

AB' -AC2 = 2CB · A'L (am Jinut seama ca A'B=A'C) rela\ie care se mai scrie (fiirii a restrange generalitatea considcram AB>AC)

c2 -b 2 = 2a · A'L (6) adica:

Rl. 7.6. Se considera triunghiul ABC cu mediana AD ~i Jnaltimea AE. Sa se demonstreze rela\ia:

AB2 -(AD2 + 8~2

J=BC·DE Solu\ie. in triunghiul ABD cu m(LADB)<90°, aplicam teorema lui Pitagora generalizatii:

AB2 =BD 2 +AD2 -2BD·DE (*) Apliciim aceea~i teoremii in triunghiul ADC cu m(LADC)>90° ~i obtinem:

AC 2 = AD2 +CD' + 2CD ·DE (**) Aduniim membru cu membru rela[iile (*) ~i (**) ~i ob\inem:

86

sau

AB'+ AC' = 2BD' + 2AD 2

rig. 3.

Din rcla\ia (6) avcm:

AB' - AC 2 = 2BC ·ED Aduniind membru cu membru ultimele doua relatii obtinem:

2AB 2 =2BD 2 +2AD 2 +2BC·ED

AB2 =BD 2 +AD2 +BC·ED. care se ma1 scr1e:

AB 2 -AD2 -(B2Cr = BC·ED,

rela\ie care trebuia demonstrata.

1.8. Teorema lui Leibniz

(***)

Teorema 1.8.1. Daca M cstc un punct arbitrar in planul triunghiului ABC, iar G este centrul de greutate al triunghiului, are Joe relatia:

MA2 +MB' +MC 2 =3MG 2 +GA' +GB2 +GC 2 (!*) Demonstra\ie. Fie A' mijlocul Jui [BC]. Scriem relatia lui Stewart pentru

triunghiul MAA' ~i punctul GE(AA') ~i ob\inem:

MG 2 ·AA'= MA 2 · A'G +MA'' ·AG - AA'·AG ·GA'

Atunci ob\inem:

MG' =~·MA2 +~·MA'2 -~AA'2 3 3 9

l'iindca MA' esle mediana Jn triunghiul MBC, avem

MA''= 2(MB2

+ MC2)-BC

2

4 Cu (2), rela\ia (1) devine:

MG 2 =~MA'+~· 2(MB2

+MC2)-BC

2

3 3 4 2 AA'' 9 ,

care sc mai scric (prin 1nmul\irca cu 3)

87

(1)

(2)

de undc

3MG2 =MA 2 + MB 2 +MC' - BC' -~AA'2 2 3

Fiinddi GA' este medianii in triunghiul GBC ob(inem:

13

GA''= 2(GB2

+ GC2 )- BC

2

4

BC'= 2(GB 2 +GC 2 )-4GA'2

A

A' c fig. 4.

Cu ( 4 ), rela\ia (3) devine:

(3)

(4)

') ,., '"} 1,, 1 12-:> 3MG- =MA~+ MB"+ MC- -GB~ -Ge-+ 2GA'- --AA'- (5)

3

Folosind egalitii(ile GA'= ~GA ~i AA'= % GA , rela(ia ( 5) devine:

3MG 2 =MA 2 +MB 2 +MC 2 -GB2 -GC2 +2· GA' -~·~GA2 4 3 4 '

care se ma1 scne

MA 2 +MB 2 +MC 2 = 3MG2 +GA2 +GB 2 +GC 2 , rela\ie ce trebuia demonstratiL

Consecin(a 1.8.1. Suma piitratclor distantclor de la M la viirfurilc triunghiului este minima ciind M coincide cu G.

Fiindca m;, +m; +m; =%(a 2 +b 2 +c 2)

GC = ~m, atunci (1 *) devine: 3

2 ~' GA=-m 3 a•

MA2 +MB 2 +MC 2 =3MG 2 +~(a2 +b2 +c2) (6)

3

88

' b' 2 . . 2 2 ,., a-+ - + c iar cand MG~O obtmem MA +MB +MC' = -----

, 3

Consecinta 1.8.2. Dadi M coincide cu centrul cercului circurnscris 0, atunci

' 1 ' ' ) ,, OG- = -[9R- - (a-+ b- + c-)J 9

(7)

Cand M coincide cu 0 avcm OA=OB=OC=R, iar (6) dcvinc:

OA 2 +OB' +OC 2 = 30G 2 +_l_(a 2 +b' +c 2

). 3 .

. ,., 2 I 1 2 ,., . ad1cii 3R- = 30G +-(a· +b + c), de unde obtmem: 3 , ,

, 9R 2 -(a2 +b2 +c 2) • •

OG- = 9

, ad1ca relatrn (7).

devine

de unde

de unde

, b' , . ,, ,, - ' ,, 2 2 a- + - + c-

Dm OG'::>Orezulta9R'-(a'+b-+c )::>O.deunde R ::>-----9

Consecinta 1.8.3.

OH 2 =9R 2 -(a2 +b 2 +c2)

GH 2 =i[9R 2 -(a2 +b' +c 2)]

9

Se folosesc rela\iile OH=3·0G ~i GH=2·0G. Pentru OG = 03H , rela(ia (7)

OH' =_1_[9R 2 -(a2 +b 2 +c 2)],

9 9

OH2 = 9R 2 -(a2 +b 2 +c 2)

GH Cu Gl 1=2·0G. adicii OG = - , relatia (7) devine , 2 ,

GH' =_1_[9R 2 -(a2 +b 2 +c 2)],

4 9

1 4 ? ') 2 1

GH-=-[9R--(a-+b +c')] 9

89

(8)

Consecinta 1.8.4. Daca 0 9 cstc ccntruJ ccrcuJui Jui Euler avcm

2 I " 2 " " O,G =-[9R' -(a +b-+c)] 36

Avem reJa(ia G09

= 06H, deunde OH 2 =36·GO; iardin(8)ob\inem:

36Go; =9R 2 -(a2 +b2 +c2),

de unde

GO'= 9R2 -(a

2 +b

2 +c

2).

9 36

1.9. Aplicatii

1.9.1. Fie A, B, C, D varfuriJe unui patrat ~i M, N, P, Q mijJoaceJe JaturiJor Jui. Sa se demonstreze ca, daca 0 esle un punct oarecare din pJanuJ palratuJui, atunci expres1a:

OA' +OB' +OC 2 +OD2 -(OM2 +ON 2 +OP 2 +OQ2)

arc ca vaJoarc aria piltratuJui. A

Q N

D p

Demonstra(ie. ApJicam teorema medianei in triunghiurile: AOB, BOC, COD, DOA ~i ob\inem:

2(0A 2 +OB' )-AB' OM'=--------

4 2(0C 2 +OD 2 )-CD2

OP'=--------4

ON'= 2(0B2

+OC2)-BC

2

4

OQ' = 2(0D2

+OA 2)-AD'

4 Aduniind membru cu membru cele patru rela(ii de mai sus ob(inem:

4(0M 2 +ON' +OP' +OQ2) = 4(0A2 +OB' +OC 2 +OD 2 )-4AB2

(am \inut scama ca AB=BC=CD=DA), de undc ob\incm

OA 2 +OB' +OC 2 +OD' -OM' +ON' +OP' +OQ 2 =AB', adica rela(ia cerutii.

Teorema 1.9.2. (Teorema Jui Euler peutru patrulater)

90

Jn c>rice palrulater ABCD suma palratelor lungimilor laturilor esle egalii cu suma patratelor lungimilor diagonalelor plus de patru ori patratul segmentului care unqtc mijloacclc diagonalclor, adica

AB 2 +BC' +CD' +DA' =AC' +BC' +4EF2 (!*) unde [AC] ~i [BD] sunt diagonalele patrulaterului ABCD, iar E este mijlocul Jui [AC], F cstc mijlocul lui fBDl

de unde

~I

v c .. ··· .. ··

H

Demonstra)ie. Cu teorema medianei in triunghiul ABC ob\inem:

2(AB 2 +AC 2 )-AC2

BE 2 = ~----~--4

Din triunghiul ADC cu aceea~i teorema ob\inem:

DE'= 2(AD2

+DC2)-AC

2

4 Din triunghiurile ABO ~i CBD, pentru medianele [AF] ~i [CF] avem rela\iile:

2(AD 2 +AB2 )-BD 2 2(CD2 +CB 2)-DB 2

AF' = , CF2 = -------4 4

Aduniind membru cu membru cele patru rela\ii de mai sus ob\inem:

' ' 2 ,., / ,., 1 1 2 ,, AC- BD-BE +DE-+AF-+CF-=AB-+BC-+CD +DA------- (I)

2 2 Aplicam teorema medianei in triunghiurile BED ~i AFC ~i ob)inem

EF' = 2(BE2

+DE2)-BD

2 EF' = 2(AF

2 +CF

2)-AC

2

4 4

BE'+ DE'= 2EF2 +BO' 2

AF' + CF 2 = 2EF2 + AC' 2

Folosind rela\iile (2) ~i (3), rela\ia (!) devine:

91

(2)

(3)

2EF' + BD' + 2EF' + AC2

=AB'+ BC2 + CD 2 +DA' - AC2

- BD2

2 2 2 2 ' rela(ie echivalenta cu

4EF' +AC'+ BD' = AB 2 + BC 2 + CD 2 +DA 2 •

adicii tocmai rela(ia de demonstrat. Cazuri particulare I) ABCD - paralelogram (mijloacele diagonalelor coincid). Deci EF=O. Atunci

( 1 *) devine

AB2 +BC 2 +CD' +DA2 =AC' +BD2,

rela(ie care se mai scrie 2(AB2 + BC 2) = AC 2 + BD2 deci:

Jn cwice paralelogram suma palralelor lungimilor laturilor esle egala cu suma patratelor lungimilor diagonalelor.

2) ABCD - lrapez cu bazele AB ~i CD (AB>CD). Atunci EF= AB-DC ~1 2

(1 *) devine

" " " 2 , , (AB- DC)' AB~ +BC~ +CD- +DA =AC- +BD- +4 2

¢:>

AC 2 +BD 2 =BC 2 +CD 2 +2AB·DC. deci

Tntr-un trapcz suma piitratclor lungimilor diagonalclor cstc cgalii cu suma piilralelor lungimilor lalurilor neparalele plus de doua ori produsul lungimilor bazelor.

3) ABCD este dreptunghi. Atunci rclatia (I*) dcvinc

2(AB 2 + BC 2) = 2AC 2 sau AB 2 +BC' = AC2

adicii ob(inem teorema lui Pitagora.

I. I 0. Teorema lui Menelaus

Teorema 1.10.1. Fie ABC un triunghi A', B', C' trei puncte astfel inciit A'r= BC. B'r=CA. C'r=AB. Dacii punctele A'. B', C' sunt coliniare, atunci are loc relatia:

A'B B'C C'A -·-·-=1 A'C B'A C'B

Demonstra(ie. I) Transversala C'A' intersecteaza doua laturi ~i prelungirea celeilalte laturi a triunghiului.

A ll,

C'

A1 B'

c,

B c i\'

92

Proiecliim varfurile triunghiului ABC pe dreapla A'C', ~i ob\inem punctele Ai,

l'iindcii CC 1llBB 1 rezullii ca il.A'BB 1~il.A'CC 1 • Atunci ob\inem:

A'B BB,

A'C CC,

Triunghiurile CC 1B' ~i AA 1B' sunt asemenea (CC 1 llAA 1) ~i atunci B'C cc 1

B'A AA 1

~i triunghiurile AC'A 1 ~i BC'B1 sunl asemenea (AA 1llBB 1) ~i avem:

C'A AA,

C'B BB,

(1)

(2)

(3)

inmultind rela)iile (1). (2) ~i (3) membru cu membru ~i simplificiind. ob\inem: A'B B'C C'A -·-·-=!. A'C B'A C'B

2) Transvcrsala C'A' intcrscctcazii prclungirilc laturilor triunghiului ABC. A

A'

c n,

Proiectilm varfurile triunghiului ABC pe dreapta A'C' ~i obtinem respectiv punctele A,, B 1, C 1•

Fiindcii CC 1llBBi, triunghiurilc A'BB 1 ~i A'CC 1 sunt ascmcnca. Atunci arc loc rela\ia:

A'B BB,

A'C CCI

Din asemanarea lriunghiurilor B'CC1 ~i B'AA1 (CC 1llAA1) ob\inem: B'C CC,

B'A AA,

Acum din ascmiinarca triunghiurilor C'AA1 ~i C'BB 1 (AA 1llBB 1) rczultii ca: C'A AA, -- --

C'B BB,

(!)

(2)

(3)

Prin inmul\irea rela\iilor (1). (2) ~i (3) membru cu membru ~i dupa simplificari,

. A'B B'C C'A I d' I . . d obt1nem: -- · -- · -- = a icii re atla ce trebu1a emonstratii. . A'C B'A C'B ' .

Teorema 1.10.2. (Reciproca teoremei lui Menelaus)

93

Consideram un triunghi ABC ~i punctele A' EBC, B' EAC, C' EAB. Daca doua dintre punctele A', B', C' sunt situate pe doua laturi ale triunghiului, iar al treilea punct este situal pe prelungirea celei de-a treia laturi sau ca toa!e punctele A', B', C' sunl pe prelungirile laturilor triunghiului ~i are loc rela\ia:

A'B B'C C'A -·-·-=I (1) A'C B'A C'B

atunci punctele A', 8 1, C' sunt coliniare.

Demonstra\ie. Consideram cazul cand doua puncle sun! pe laturi ~i celalall pe prelungirea celei de-a treia laturi. Presupunem ca dreapta A'B' intersecteazii latura [AB] in punctul C"7'C'. Aplicam Leorema lui Menelaus pentru punctele A', B', C". Ob\inem:

A'B B'C C"A -·-·-=l (2) A'C B'A C"B

Din rela\iile (I) ~i (2) ob\inem: C'A C"A

C'B C"B A

B c A' riindca cxista un singur punct interior unui segment care impartc scgmcntul

intr-un rapoti dat, rezultii ca punctul C" coincide cu C', adica punctele A', B', C' sun! coliniare.

I.I I. Teorema lui Van Aubel

Teorema 1.11.1. Fie ABC un triunghi ~i punctele A'E(BC), B'ECA, C'EAB. Daca drcptclc AA', BB', CC' sunt concurcntc intr-un punct M atunci arc loc rcla\ia:

B'A C'A MA --+--=--B'C C'B MA'

94

A

B' C'

Demons!ra\ie. Aplicam transversala BB'. Ob\inem:

leorema lui Menelaus penlru !riunghiul AA'C ~1

BA' B'C MA -·-·-=! BC B'A MA'

(1)

Din rela\ia (1) ob\inem: B'A BA' MA

B'C BC MA' (2)

Apliciim acum teorema lui Menelaus pentru triunghiul AA'B ~i transversala CC'. Ob\inem:

CB MA' C'A -·-·-=!. CA' MA C'B

de unde rezultii ca C'A CA' MA

--·--

C'B CB MA' (3)

Aduniind rcla\iilc (2) ~i (3) mcmbru cu mcmbru ob\incm:

B'A + C'A =MA (BA'+CA'). B'C C'B MA' BC

de unde B'A C'A MA --+--=--. B'C C'B MA'

1.12. Teorema lui Ceva

Teorema 1.12.1. (Teorema lui Ceva) Se considera triunghiul ABC ~i punctele A'EBC, B'ECA, C'EAB. Daca

dreplele AA'. BB', CC' sunl concuren!e, atunci A'B B'C C'A -·-·-=l A'C B'A C'B

Demonstra)ie. I) Consideriim punctul 0 de interseqie al dreptelor AA', BB', CC' ca fiind situat in interiorul triunghiului. Consideriim triunghiul BCC' ~i

transversala AA'. Cu teorema lui Menelaus ob\inem:

95

A'B OC AC' -·-·-=! A'C OC' AB

(1)

A

B A' C

Aplicam acum tcorcma Jui Menelaus pcntru triunghiul AC'C ~i transvcrsala BB'. Objinem:

OC' B'C BA -·-·-=I (2) OC B'A BC'

lnmultind mcmbru cu mcmbru rcla\iilc (1) ~i (2) ~1 simplificiind ob(incm: A'B B'C C'A -- · --· -- = 1 adica relatia ce trebuia demonstratii. A'C B'A C'B ' .

2) Consideriim punctul de intersecjie al dreptelor AA', BB', CC' ca fiind 0 ~i

care este situat in exteriorul triunghiului ABC. Aplicam tcorcma Jui Menelaus pentru triunghiul AA'B ~i transvcrsala COC'.

Ob\inem: CB OA' C'A -·-·-=1 CA' OA C'B

(1)

Aplicam acum tcorcma Jui Menelaus pcntru triunghiul AA'C ~i transvcrsala BOB'. Ob\inem:

BA' B'C OA -·-·-=I BC B'A OA'

C'

inmultim membru cu membru relajiile (1) ~i (2) ~i obtinem dupii simplificiiri A'B B'C C'A -·-·-=1 A'C B'A C'B

96

(2)

Teorema 1.12.2. (Reciproca teoremei Jui Ceva) Daca pe lalurile unui triunghi ABC consideram punctele A', B'. C' (A'EBC,

B'ECA, C'EAB) toate pe laturi sau mm! pe laturi ~i celelalte doua pe prelungiri. astfel !neat sa avcm rclatia:

A'B B'C C'A -·-·-=l A'C B'A C'B

atunci dreptele AA'. BB', CC' sunt concurente. Demonstra\ie. Presupunem ca dreptele AA', BB', CC' nu sunt concurente. Fie

AA'nBB'=(O} ~i COnAB=(C"}, C';eC". Din teorema Jui Ceva ob\inem A'B B'C C"A A'C. B'A. C"B =I (l)

Din ipoteza avem A'B B'C C'A -·-·-=l A'C B'A C'B

(2)

Din relatiile (I) ~i (2) rezulta C' este identic cu C".

1.13. Concurenta liniilor importante in triunghi

1.13.1. Medianele unui lriunghi sunl concurenle !n punctul G ( cenlrul de greutate al triunghiului).

Demonstra\ie. Fie AA', BB', CC' medianele triunghiului ABC. Atunci A', B', C' sunt mijloacele laturilor [BC], [CA] ~i respectiv [AB].

A

n A' C

Apliciim reciproca teoremei Jui Ceva ~i obtinem: A'B B'C C'A -·-·-=l A'C B'A C'B '

adicii medianele sunt concurente. 1.13.2. Bisecloarele interioare ale unghiurilor unui lriunghi sunl concurenle !n

I ( centrul cercului !nscris ). Dcmonstra\ic. Cu tcorcma biscctoarci intcrioarc ob\incm:

A'B AB B'C BC C'A CA A'C AC' B'A BA ~ 1

C'B CB

97

,\

B c

Prin imnultirea rela\iilor de mai sus membru cu membru ob\inem: A'B B'C C'A_AB BC CA_

1 A'C. B'A. C'B - AC. BA. CB - '

de unde conform reciprocei teoremei Jui Ceva obtinem ca bisectoarele interioare ale unghiurilor unui triunghi sun! concurente.

1.13.3. Bisecloarele exlerioare a doua unghiuri a unui triunghi sun! concurente cu bisectoarea interioara a celui de-al treilea unghi intr-un punct la ( centrul cercului exinscris ).

Demonstra)ie. Cu teorema bisectoarei interioare pentru AA' ob\inem: A'B AB

A'C AC A

C'

Cu teorema bisectoarei exterioare pentru BB' ~i CC' ob\inem: B'C BC . C'A CA

B'A BA ~ 1

C'B =CB lnmul\ind mcmbru cu mcmbru cclc trci rcla\ii de mai sus ob\incm:

98

A'B. B'C. C'A =AB. BC. CA= l A'C B'A C'B AC BA CB

de unde conform reciprocei teoremei lui Ceva rezultii ca cele doua bisectoare exterioare ~i bisectoarea interioara sunt concurente In / 11 •

1.13.4. inal\imile nnui triunghi snnt concurente in punctul H ( ortocentrul Lriunghiului).

Demonstra)ie. Fie AA'. BB', CC' inal)imile triunghiului ABC. Din asemanarea trinnghiurilor A'AB ~i C'CB ob)inem:

A'B

C'B A

AB

BC

Din asemanarea Lriunghiurilor dreplunghice BB'C ~i AA'C ob\inem: B'C BC

A'C AC Din asemimarea trinnghiurilor dreptnnghice C'CA ~i B'BA ob(inem:

C'A AC

B'A AB Din rela(iile (1), (2) ~i (3) prin inmul(ire membru cu membru obtinem:

care se ma1 scr1e:

A'B B'C C'A _AB BC AC - I C'B. A'C. B'A - BC. AC. AB - '

A'B B'C C'A -·-·-=l A'C B'A C'B

~i conform reciprocei teoremei lui Ceva, inal)imile AA', BB'. CC' sunt concurente.

1.14. Lema Jui Carnot ~i aplica\ii

(1)

(2)

(3)

Teorema 1.14.1 (Lema Jui Carnot). fie Lriunghiul ABC ~i punctele A'EBC, B'ECA, C'EAB. Perpendicularele in A', B', C' pe BC. CA, respectiv AB snnt concurente daca ~i numai daca

A'B 2 -A'C'+B'C2 -B'A'+C'A 2 -C'B 2 =0 (*)

99

C'

... ... B

«" ••• ... M

A'

B'

c:

Dcmonstra\ic. Prcsupuncm ca cclc trci pcrpcndicularc sunt concurcntc 1ntr-un punct M. Aplicam teorema Jui Pitagora 1n triunghiul dreptunghice MBA', MCA'. MCB', AB'M, AMC', BMC' ~i ob\inem relatiile:

A'B 2 =BM' -MA'', A'C' = CM 2 -MA'' B'C 2 = CM 2

- MB' 2, B' A 2 = AM 2

- MB' 2

C'A 2 = AM2 -MC''. C'B 2 = BM2 -MC'' Sciizand a doua rela\ie din prima ob\inem:

A'B 2 -A'C 2 = BM2 -CM2

Scaziind a palra rela\ie din a lreia ob\inem

B'C 2 -B'A2 =CM 2 -AM2

Scaziind a ~asea rela\ie din a cincea ob\inem C'A 2 -C'B 2 =AM' -BM'

(1)

(2)

(3) Aduniind mcmbru cu mcmbru rcla\iilc (I), (2), (3) ob\incm rcla\ia (*). Reciproc, presupunem ca are Joe rela\ia din enun\ ~i prin reducere la absurd

presupunem ca cele trei perpendiculare nu sunt concurente. Fie M punctul de intcrscqic al pcrpcndicularclor din B' ~i C' pc laturilc corcspunzatoarc ~i A" piciorul perpendicularei din M pe BC.

A

B'

M

B A' A" c Din ipoteza avem:

A'B 2 -A'C 2 + B'C' -B'A 2 + C'A 2 -C'B 2 = 0 Cu teorema directii avem

A"B 2 -A"C' + B'C 2 -B'A2 +C'A 2 -C'B2 = 0 Sciizand rela\iile de mai sus ob\inem:

A'B 2 -A"B2 -A'C 2 + A"C 2 = 0 <=> A'B 2 -A'C 2 = A"B2 -A"C2 <=>

100

(A'B-A'C)(A'B + A'C) = (A"B-A"C)(A"B + A"C) Q

(A'B-A'C) ·BC= (A"B-A"C)· BC q

A'B-A"B = A'C-A"C Q -A'A"=A'A"q A'A"= 0 q A'= A".

Observa\ie. ReJa)ia (*) poate fi utiJizata in rezolvarea unor probleme care cer den1onstrarea concurentei unor drepte.

Corolar 1.14.1. Pcntru cazul cilnd MA', MB', MC' sunt mcdiatoarclc laturilor concurenta este evidenta ~i are Joe reJatia (*).

1.15. Teorema triunghiurilor ortologice

Teorema 1.15.1. Fie ABC ~i A'B'C' doua triunghiuri situate in aceJa~i plan. Sa se demonstreze ca daca perpendicularele din A, B, C pe laturiJe [B'C'], [C'A'], [A'B'] sun! concurente atunci ~i perpendicularele din A', B', C' pe laturile [BC], [CA], [AB] sun! concurente. (Cele doua triunghiuri se numesc ortologice.)

Demonstra)ie. Fie A1• B1, C1 picioarele perpendiculareJor coborate din A, B, C

pe Jaturile [B'C'], [C'A'], [A'B'] ~i A;, B;, c; picioareJe perpendiculareJor coborate din

A', B', C' pc rsq, rcAl, rABl

B c:

A'

Cu Jema Jui Carnot avem:

A 1B'2 -A 1C'2 +B1C' 2 -B 1A' 2 +C 1A' 2 -C 1B'2 = 0 (I*) Cu teorema Jui Pitagora in triunghiurile dreptunghice AB'A 1 ~i AC'A 1 ob\inem

A 1B'2 = AB'2 -AA~ ~i A 1C' 2 = AC' 2 -AAi de unde prin scadere membru cu membru devine

A B'2 -A C' 2 = AB' 2 -AC' 2

l l (1)

Jn triunghiurile dreplunghice BB 1C' ~i BB 1A', cu teorema lui Pitagora ob\inem:

B 1C' 2 = BC'2 -BB; ~i B 1A'2 = BA''-BB; de unde prin sciidere o b\inem:

101

B C' 2 -B A''= BC' 2 -BA'2 1 1

Din triunghiurile A'CC 1 ~i B'CC1 ob\inem:

C1A' 2 =CA'2 -cc; ~i C1B' 2 =B'C 2 -CC1'

de unde prin scitdere rezulta ca

(2)

C1A'2 -C1B'2 = CA'2 -CB'2 (3)

Din rcla\iilc (I*). (I), (2). (3) ob\incm prin adunarc

AB'2 -AC'2 +BC'2 -BA'2 +CA'2 -CB' 2 = 0 (4) ins a

A;B 2 -A;c2 = A'B' -A'C 2 (5)

B;c2 -B;A2 =B'C'-B'A2, c;A 2 -c;B2 =C'A2 -C'B2

Din rclatiilc (4) ~i (5) rczulta ca A

0

B 2 -A'c' + B'c' -B A 2 +c'A 2 -C0

B 2 = 0 1 1 l l I l

deci perpendicularele din A', B', C' pe [BC], [CA], [AB] sunt concurente. Aplica\ie. Fie ABC un triunghi cu ortocentrul H ~i punctele A', B'. C' situate

respectiv pe dreptele AH, BH, CH. Sa se arate ca perpendicularele din A, B. C pe B'C', C'A respectiv A'B' sunl concurente.

(Vasile Pop, 1998. Olimpiadajud. Cluj) Demonstra)ie. Fiindca perpendicularele din A', B', C' pe BC, CA, AB sunt

concurcntc in H, cu tcorcma triunghiurilor ortologicc ob\incm ca ~i pcrpcndicularclc din A, B, C pe B'C', C'A', A'B' sunt concurente.

A

A'

B l

1.16. Teorema ortopolului

Teorema 1.16.1. Fie ABC un triunghi ~i d o dreapta oarecare. Proiectam varforile A, B, C pe din punctele A', B', C'. Perpendicularele coborate din A', B', C' pe laturilc fBCl, fCA l, f ABl sunt concurcntc, iar punctul !or de intcrscc\ic w poarta numele de ortopolul dreptei d fa\a de triunghiul ABC.

Demonstra)ie. Fie Ai, Bi, C1 picioarele perpendicularelor coborate din A', B', C' pc laturilc triunghiului.

102

.\

B,

c,

d B'

C'

Cu tcorcma lui Pitagora in triunghiurilc A'A 1B ~i A'A 1C ob\incm:

AB 2 =A'B 2 -A'A 2 AC 2 =A'C 2 -A'A 2 l l' I I

Din aceste doua relatii, prin scadere obtinem:

A B2 -A C2 = A'B' -A'C' 1 1

care se ma1 scr1e:

A 1B2 -A1C

2 =A'B'2 +B'B 2 -A'C'2 -C'C 2 (1) Analog ob\inem:

BC' -BA' -B'C2 -B'A' -B'C' 2 +CC' 2 -B'A'2 -AA'2 (2) l l - -

CA 2 - C B2

- C' A 2 -C'B 2 - C' A' 2 +AA'2 -C'B'2 -BB' 2 (3) l l - -

Din ( 1 ). (2) ~i (3) prin adunare obtinem:

A B2 -A C2 + B c' - B A 2 + c A 2 - c B2 = 0 q 1 1 1 1 1 1

perpendicularele in A1, Bi, C1 pe [BC], [CA], [AB] sunt concurente.

1.17. Teorema sinusurilor

Teorema 1.17.1. (Teorema sinusurilor) Tntr-un triunghi, raportul dintre o laturii ~i sinusul unghiului opus este egal cu diametrul cercului circumscris triunghiului sau

a _ b _ c _ 2R ---------

sin A sin B sin C (*)

unde a. b, c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC iar R raza cercului circumscris triunghiului.

Demonstra\ie. i) Consideram cazul triunghiului ascutitunghic. fie 0 centrul cercului circumscris triunghiului ~i A' punctul diametral opus lui A.

103

A'

in triunghiul dreptunghic ACA' (m(LACA')=90°) avem:

sinA'= AC =_!J_. AA' 2R.

dar LAA'C=LABC (subintind accla~i arc). Alunci ob\inem:

. B b sm =-.

b de undc -- = 2R.

sinB

2R

Analog obtinem: -0- = 2R. _c_ = 2R.

· sin A sin C

Deci - 0- = _b_ = _c_ = 2R.

sin A sinB sin C ii) Consideram cazul triunghiului obtuzunghic. (m(LA)>90°). Jn acest caz punctul O. centml cercului circumscris este situat in exterioml

triunghiului. A

0

B'

Ducem diametml BB'. atunci m(LBCB')=90°.1n triunghiul BCB' avem

sin B' = BC = _ll__ BB' 2R

104

(1)

Patrulaterul ACB'B fiind inscriplibil rezulta ca m(L'.BAC) + m(L'.BB'C) = 180°,

de unde m(LBB'C)~l80°-m(LBAC). Atunci ob\inem: sin(LBB'C)=sin( 180°-J\)=sini\ (2)

Deci cu (I) ~i (2) obtinem sin A = 2~ , rezulta ca si: A = 2R . Celelalte

rela\ii se demonstreaza ca ln cazul precedent. Rezul!a ca ~i ln acesl caz sun! satisfiicule relatiile (* ).

1.18. Teorema cosinusului

Teorema 1.18.1. Consideram un triunghi oarecare ABC. Vom demonstra mai lntai ca lntre elementele triunghiului avem rela\ia:

a=bcosC+ccosB (1) Mai lntai prcsupuncm ca unghiurilc B ~i C sunt ascutitc ~i dcci piciorul A' al

lnaltimii coboriite din A este situat lntre punctele B ~i C. A A

Din triunghiurile drep!unghice AA'B ~i AA'C ob\inem: BA'

cos B = -- de undc BA'=ccosB AB A'C

cos C = -- , de undc A'C=bcosC. AC

Dar BA'+A'C=a, dcci ccosB+bcosC=a, adica tocmai rcla\ia (1 ). Daca unghiul B este obtuz, piciorul A' al inaltimii din A este situat ln

exteriorul segmentului [BC]. Din triunghiurile dreptunghice J\J\'B ~i J\J\'C ob\inem:

A'B cosABA'= -- ,

AB

de unde A'B=ABcos(l80°-B), sau A'B=ccos(l80°-B), rnr

A'C=bcosC.

A'C cosC = -- , de unde

AC

Dar cos(l 80°-B)~-cosn ~i a~A'C-A'B. Atunci a~bcosC+ccosn, adica rela(ia (1 ).

Analog se demonstreazii ca

105

b~ccosA+acosC (2) c~acosB+bcosA (3)

lnmul\ind rclatia (2) cub ~i (3) cu c, adunand mcmbru cu mcmbru ob\incm:

b 2 +c 2 =a(bcosC+ccosB)+2bccosA (4)

Tiniind seam a de (1 ), rela\ia ( 4) devine:

b2 +c 2 =a 2 +2bccosA adica

a 2 = b2 +c2 -2bccosA (5) rcla\ic care poarta numclc de tcorcma cosinusului:

Patralul lungimii unei laluri a unui triunghi esle egal cu suma patralelor lungimilor celorlalte doua laturi minus de douii ori produsul lungimilor lor inmul\it cu cosinusul unghiului dintre ele.

Analog cu (5) avem

Din (5), (6), (7) ob\inem:

A b2 +c2 -a

cos =----2bc

b2 =a 2 +c 2 -2accosB

c 2 = a 2 + b 2

- 2abcosC

a' +c 2 -b2

cosB=-----2ac

a2+b2-c2 cosC=-----

2ab

(6)

(7)

(8)

Relatiile (8) constituie o modalitate pentru detenninarea naturii unui triunghi (ascu\itunghic, drcptunghic sau obtuzunghic ).

106

2. Tnegalitati geometrice

La concursurile de malemalica, In revistele de malemalica apar probleme de inegalitati geometrice. in manualele ~colare sunt foarte putine probleme de acest tip. in aceasta tema, vom face o ordonare a tipurilor de inegalitati geometrice, la nivel gimnazial.

2.1. Unghi exterior. Relatii intre laturile ~i unghiurile unui triunghi

Intre un unghi exlerior unui triunghi ~i unghiurile interioare neadiacente lui, exisla o rela!ie de inegalilaLe data de teorema urmatoare.

Teorema 2.1.1. Masura unui unghi exterior unui triunghi este mai mare decat masura oricarui unghi interior triunghiului, neadiacent Jui.

A N

x. B c

Fig;l.

Dcmonstraric. f<ic M mijlocul lui AC ~1

N E BM astfel incat BM = MN (fig. I). Dcoarccc

MBM ~ 11.CNM (L.U.L.) , ~ ~

rcwlta ca JvfAB = MCN . Dar

m(ACX) = m(MCN) + m(NCX). ~ ~

deci m(ACX) > m(lv!AB). Analog se

arata ca m(ACX) > m(ABC).

Consecinta 2.1.1. Suma masurilor oricaror doua unghiuri ale unui triunghi este mai

mica deciit 180".

DcmonstraTic. Tinand scama de tcorcma 3.1.1., avcm

m(BAC) + m(ACB) < m(ACX) + m(ACB) = 180' .

Consecinta 2.1.2. Un triunghi poatc avca eel mult un unghi drcpt sau eel mult un unghi obtuz.

Demonstratie . In caz contrar . suma masurilor unghiurilor triunghiului este strict mai

mare decat 180".

Teorema 2.1.2. Tntr-un triunghi, laturii mai mari sc opunc unghiul mai mare ~i reciproc.

107

A

M

B

Demonstra)ie . Fie triunghiul ABC. AB< AC ~i ME [AC] astfcl inciit

AB= AD (fig.2). Atunci triunghiul ABM es!e isoscel, deci

m(ABM) = m(AMB). Tinand

seama de teorema 2.1.1., rezulta ca - ' m(AMB) > m(ACB), dcci

m(ABM) > m(ACB) ~i cum

m(ABC) > m(ABM). in final

ob)inem ca m(ABC) > m(ACB).

Reciproc, presupunem ca m(ABC) > m(ACB) ~i aratam ca AC> AB. Demonstram

prin reducere la absurd, adica presupunem ca AC < AB sau AC = AB. Dae a

AC< AB. conform teoremei directe ar rezulta cii m(ABC) < m(ACB). ceea ce este

o contradic\ic. Dacil AC= AB, rczultii ca triunghiul ABC cstc isosccl, dcci

m( ABC) = m( A CB), ceea ce este o contradic\ie. In concluzie, rezulta ca AC > AB.

Consecin)a 2.1.3. lnlr-un triunghi dreplunghic, lungimea ipotenuzei esle mai mare decat lungimea oricarei catete. Demonstra)ie . Rezulta din teorema 2.1.2 ~i consecin)a 2.1.2.

A

d

B c

Fiind data o drcapta d, un punct A fl d, ABl_d, B E d' c E d' B oft C ( fig.3 ), punctul B se nume~te piciorul perpendicularei din A pe dreapta d, AC se numqte oblicii, iar C se nume~te piciorul oblicei AC.

Consecinta 2.1.4. Fie o dreaptil d ~i un punct A, A fl d. Dintre doua oblice cu picioarele pe d, inegal depiirtate de piciorul perpendicularei din A pe d, oblica cu piciorul mai lndcpiirtat de piciorul pcrpcndicularci din A pc d arc lungimca mai mare.

108

Demonstratie

d

Fie AB1-d, BEd, C,DEd distincte ~i diferite de B. A BC< BD(figA), Din triunghiul

dreptunghic ABC rezultii ca unghiul

A CB este ascu(it, deci unghiul

A CD este ohtuz. Atunci

m(ACD) > m(ADC), de unde.

conform tcorcmci 2. 1,2 rczultii ca AD> AC. Cazul oblicelor situate

B C D de o parte ~i de alla a perpendicularei din A se reduce la cazul de mai sus, construind simetrica unei oblice fa\a de perpendiculara din A.

2.2. Rela(ii de inegalitate intre laturile unui triunghi

Jn aces! paragraf vom da condi\ia ncccsarii ~i suficicntii ca trci scgmcntc sa poata forma un triunghi.

D Teorema 2.2.1. lntr-un triunghi, lungi1nea oricilrei laturi este strict mai mica decat suma lungimilor celorlalte douil laturi.

Demonstra(ie . Fie triunghiul ABC. Pe prelungirea laturii AB , construim AD= AC (fig.5). Jn triunghiul isosccl ADC, avcm ca

ADC= ACD. dcci

m(ADC) < m(BCD). Confcmn teoremei 2.1.2 . rezultii ca BC < BD. Dar BD = BA+ AD ~i

cum AD= AC, ob\inem di BC < BA +AC. Analog se arata cii CA < CB+ BA ~'

AB< AC+CB.

Teorema 2.2.2. Trei numere strict pozitive pot fi lungimile laturilor unui triunghi dacii oricare dintre ele este strict mai mic decal suma celorlalte douii.

Demons!ra\ie . Rezul!ii din conslruc\ia lriunghiului cand se dau lungimile lalurilor lui.

Consecin(a 2.2.1. Trci numcrc strict pozitivc pot fi lungimilc laturilor unui triunghi dacii ~i numai daca oricarc dintrc clc cstc strict mai mic dcciit suma cclorlaltc douii.

Demonstra\ie . Rezultii din teorema 2.2.1. ~i teorema 2.2.2.

109

Teorema 2.2.3. Trei numere strict pozitive pot fi lungimile laturilor unui triunghi dacii ~i numai dacii oricare dintre ele este strict mai mare decal modulul diferen\ei celorlalte douii.

Demonstra\ie. Notiim cu a,b,c lungimile celor trei segmente. Conform consecin\ei

{a+b>c {a>c-b

2.2.1 avem ca , de unde , sau a > lb - cl . Analog se arata ~i a+c>b a>b-c

celelalte inegalitii\i. Reciproc, din a > lb - cl se ob\ine ,sau . {a > c -b {a + b > c a>b-c a+c>b

Folosind ~i celelalte inegalitati, in final obtinem ca orice numiir este strict mai 1111c decal suma celorlalte douii.

Observatia 2.2.1. Dacil trei puncte A,B,C sunt coliniare, spunem di triunghiul

ABC cstc dcgcncrat. Tntr-un triunghi dcgcncrat. exact una din cclc trci incgalitii\i devine egalitate.

2.3. Triunghiuri care au doua laturi respectiv congruente ~i unghiurile cuprinse intre ele necongruente

Daca douii triunghiuri au douii laturi respectiv congruente ~i unghiurile dintre laturile respectiv congruente sunt congruente, atunci triunghiurile sun! congruente (cazul L.U.L.). Dacii unghiurile dintre laturile respectiv congruente sunt necongruente, atunci cele douii triunghiuri sunt necongruente.

Teorema 2.3.1. Fie triunghiurile ABC ~i A'B'C' astfel inciit AB= A'B' ~i

AC= A'C'. Atunci m(BAC) > m(B'A'C') ~BC> B'C'.

Dcmonstra\ic. Considcriim ca m(BAC) > m(B'A'C'). Construim punctul D astfcl

!neat C ~i D sii fie de aceea~i pmte a Jui AB ~i MED= M'B'C' (fig.6). Fie AM biscctoarca unghiului DAC,

A M E BC .Deoarece A'

MMD= MMC ( cazul L.U.L.). rezulta cii MD = MC . in triunghiul

B BDM avcm ca BM +MD>BD.sau

B IC BM+ MC> B'C', adidi c· D BC>B'C'.

Reciproc, consider:1111 cii IF~rti. BC>B'C' ~i vom arata ca

110

m(BAC) > m(B'A'C'). Yorn demonstra aceasta afimrn\ie prin metoda reducerii la

absurd. Negand concluzia, avem ca m(BAC) > m(B'A'C') ceea ce implica, conform

teoremei directe, ca BC< B'C'. contradic(ie cu ipoteza, sau m(BAC) = m(B'A'C').

in aceastii situa\ie, conform cazului L.U.L. avem ca MBC = M'B'C'. de unde BC= B'C', ceea ce este in contradictie cu ipoteza. in concluzie, avem ca

m(BAC) > m(B'A'C').

2.4. Probleme

2.4.1. Inegalitafi generale

Probleme rezolvate R2.4.1.1. Sil se arate ca pentru orice punct M din interiorul triunghiului ABC, au

loc inegalita\ile a) MB+MC < AB+AC: b) p<MA+MB+MC<2p.

Solu\ie. Fie BM n AC= {B'} (fig.7). Jn triunghiurile ABB' ~i MB'C avem

BB'< AB+ AB' sau A

JB'

MB+ MB' < AB+ AB', respectiv MC< MB'+ B'C. Adunand cele dona inegalitii\i se ob\ine inegalitatea de la a). in triunghiurile MBC,MCA ~i MAB avem

BC < MB+ MC, CA < MC+ 1'fA. respectiv AB < MA + MB . Prin adunare se

fig. 7 ob\ine p < MA+ MB+ MC. Tinand seama

de a) avem MB+MC <AB+ AC. MC+ MA < BC+ BA ~1 MA+ MB < CA +CB, de undc rczulta ca MA+MB+MC<2p. R2.4.1.2. Fie triunghiul ABC ~i D mijlocul laturii BC. Sa sc aratc ca

m(BAD) > m(CAD) daca ~i numai daca AC> AB.

Solu\ic . Fie E simctricul lui A A

fa\il de D (fig.8) ~i atunci ABEC cstc paralclogram.

Deoarece m(BAD) > m(CAD) ~i cum

m(BAD) = m(CED). rezul!a ca ' '

m(CED) > m(CAD). Atunci, In triunghiul

AEC avem ca AC> EC ~i cum EC= AB, rczulta ca AC> AB. Rcciproc, daca

111

AC> AB ~i cum AB= CE. rezulta ca AC> CE.

Atunci, in triunghiul ACE avem ca m(AEC) > m(CAD). Dar

m(AEC) = m(BAD). deci m(BAD) > m(CAD).

A C' R2.4.13. Fie M un punct arbitrar in """',--------------= interioruJ triunghiuJui echiJateraJ

B c

ABC . Sa se arate ca distantele MA, MB, MC pol fi JungimiJe

JaturiJor unui triunghi (!eorema Jui Pompeiu).

Solutie. Facem o rotatie de centru A a triunghiuJui ABC ~i ob\inem triunghiuJ ACC', iar punctul M se transformii Jn punctul M' (fig.9).

Avem ca AM= AM'. BM= CM', CM= C'M' ~i deoarece m(MAM') = 60',

rezulta ca triunghiul AMM' este echilateral. Prin aceasta rotaJie. se obJine triunghiul CMM', In care MM'= AM ~i CM'= BM. deci distan\eJe MA, MB, MC pot fi

JungimiJe JaturiJor unui triunghi.

2.4.2. Inegalitiiti intre latnrile unui triunghi

Probleme rezolvate

R2.4.2.1. Pie a,h,c JungimiJe JaturiJor unui triunghi. Sa se arale ca

3(ah +he+ ca)<; 4p 2 < 4(ah +he+ ca). unde p esle semiperimetruJ triunghiuJui.

F.E.Wood

SoJutie. Prima inegaJitate 3(ab +he+ ca)<; (a+ h + c)' are Joe Va,h,c > 0. iar

egalitatea are Joe daca ~i numai daca a = h = c. Dacii a, h, c sun! JungimiJe JaturiJor

unui triunghi. atunci lb - cl < a . le - al < h ~i la - hi < c . Prin ridicare la piitrat

(b-c) 2 <a2, (c-a) 2 <h 2 ~i (a-h) 2 <c 2 ,deunde. prinadunareseob\inea

doua inegalitate.

R2.4.2.2. Daca a,h,c sun! JungimiJe JaturiJor unui triunghi, atunci

1 1 1 9 --+--+--:0:-. p-a p-h p-c p

112

Solutie. Deoarece a,b,c sunt lungimile laturilor unui triunghi, rezultii ca

b+c-a . p - a = > 0 ~' analog p - b > 0. p - c > 0. Notam p - a = x.

2 p - b = y. p - c = z. unde x, y, z > 0. Atunci a = y + z, b = z + x, c = x + y ~i

. . d" . I I I 9 . 1. megalttatea m enunt devme - + - + - 2: , care este o mega 1tate x y z x+ y+z

adevarata. Egalitatea are loc daca ~i numai daca x = y = z , echivalent cu a = b = c • adica triunghiul cstc cchilatcral.

R2.4.2.3. Sa se arate ca daca a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci cu

segmentele de lungime .J;;, Jb, fc se poate construi un triunghi.

Solutie. Pentru ca sa existe un triunghi cu lungimile laturilor .J;;, Jb, fc este necesar

~i suficicnt ca Ji. < .Jb + fc, .Jb < fc +Ji. ~i fc < Ji.+ .Jb. Aratam ca

Ji.< .Jb + fc. Avem a< b + c < b + c + 2.Jbc = (Jb + fc)2, de unde

Ji. < .Jb + fc. Analog se demonstreaza celelalte inegalita\i.

2.4.3 Inegalitati intre elementele unui triunghi

in cele ce urmeaza vom folosi nola\iile consacrate !n triunghi.

Probleme rezolvate

R2.4.3.l. Fie triunghiul ABC, DE (BC). DB= k. Atunci DC

k I AD<--·AC+--·AB.

k+I k+l

A

E

Solu(ie. Construim CEllAB, EE AD

(fig.10). Din asemanarea triunghiurilor ABD ~i ECD avcm

AB BD AD 1 ca - = - = - . de unde EC = - AB

EC CD ED. k 1 '

~i ED= -AD. In Lriunghiul ACE avem k

AE <AC+ CE, sau

113

AD+ DE< AC+ CE. Inlocuind cu rela\iile de mai sus, ob\inem

AD+ ±AD < AC + ±AB. de unde rezulta inegalitatea din enun\.

R2.4.3.2. In triunghiul ABC sa se arate ca are Joe inegalitatea

60• s a·A+b·B+c·C < 90 . a+b+c

Solu\ie . Presupunem ca a 2 b 2 c ~i atunci A 2 B 2 C. Avem ca (a-b)(A-B)20. (b-c)(B-C)20 ~i (c-a)(C-A)20.Adunandcclctrci

incgalita\i avcm 2(aA + bB + cC) 2

2 (b+c)·A+(c+a)·B+(a+b)·C ~i adunand in ambiimembri aA+bB+cC, se

ob\ine 3(aA + bB + cC) 2 (a+ b + c )(A+ B + C), de unde rezulta prima

inegalitate.Egalitatea are loc dacii ~i numai dadi triunghiul ABC este echilateral. Din inegalitatea triunghiului avem ca a + b + c > 2a , a + b + c > 2b ~i a + b + c > 2c . Jnmul\ind cu A, B respectiv C ~i adunand obtinem

(a+ b + c )(A+ B + C) > 2(aA + bB + cC). de unde rezulta a doua inegalitate din

enunt.

R2.4.3.3. Tntr-un triunghi arc loc R 2 2r (incgalitatca lui Euler).

Solutie . Notam b + c - a = x > 0, c +a - b = y > 0, a+ b - c = z > 0 ~i atunci

y+z b z+x . x+ y .. a = -- . = -- s1 c = --. Cu aceste notatn avem

2 2 , 2 .

I S I xyz ----~I S = ,j p(p-a)(p-b)(p-c) = 4,J(x+ y+ z)· xyz, r = p = 2 x+y+z

R = abc = (x + y )(y + z )(z + x) . Atunci !?:_ = (x + y )(y + z )(z + x) ~i cum 4S 8~(x+ y+z)·xyz 2r 8xyz

x + y 2 2/ry, y + z 2 2;_;;;, z + x 2 2~, rezulta inegalitatea din enunt.

Egalitatea are Joe daca ~i numai dacil x = y = z , echivalent cu a = b = c , adica

triunghiul ABC este echilateral.

114

3. Locuri geometrice

3.1. Locuri geometrice uzuale

Notiunea de "loc geometric in plan" care se gase;;te ~i in "ELEMENTELE LUI EUCLID" se pare ca a fost folosita inca de PLATON (427-347) ~i ARISTOTEL(383-322). Locurile geometrice reprezinta wml din cele mai frumoase capitole ale gcomctrici.

DcfiniTia locului geometric poatc ft gasita in mai multc formulari: a) loc geometric este lolalilalea punctelor dinlr-un spa!iu definite printr-o

proprietate (Dictionarul explicaliv al limbii romane); b) Joe geometric este multimea punctelor din plan sau spatiu care au o anumita

proprietate (Micul dictionar enciclopedic); c) Joe geometric este figura planii sau In spatiu ale carei puncte se definesc toate

prin aceea~i proprietate (Diqionar de neologisme). Toatc aceste formulari au accla~i sens: un loc geometric estc o multime de puncte

DEPTNTTE. In esenta, problcmelc de loc geometric sunt problcme de gasire a unor proprietati echivalente celor prin care este data o anumita multime sau altfel spus, probleme de egalitate a doua multimi.

in continuare dam o lista care contine locuri geometrice uzuale, care pot oferi idei ~i solutii in rezolvarea altor probleme de loc geometric:

3 .1.1 - Locul geometric al punctelor cgal departate de cxtremitatilc unui segment cstc mediatoarea acelui segment.

3.1.2 - Locul geometric al punctelor din plan interioare unui unghi egal depi:irtate de laturile sale este bisectoarea.

3.1.3 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de doua drepte concurente sunt bisectoarele unghiurilor formate de cele doua drepte

(bisectoarele sunl perpendiculare in punctul de interseciie al celor doua drepte) .

3 .1.4 - Lo cul geometric al punctelor din plan situate la o distanta data fata de o dreapta este reprezentat de doua drepte paralele cu o dreapta data, situate de o parte ~i de alta a ei.

3.1 .5 - Locul geometric al punctclor din plan situate la o distanta data fata de un punet fix este un eerc.

3 .1.6 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de trei puncte distincte. necoliniare este reprezentat de centrul cercului circumscris triunghiului determinat de cele trei puncte.

3 .1. 7 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de doua drepte paralclc date cstc o drcapta paralela cu dreptelc date ;;i situata la jumatatea distantci dintrc clc.

3.1.8 - Locul geometric al punctelor din plan pentru care dilerenta patralelor la doua puncte fixe este constanta, este o dreapta perpendiculara pe dreapta dete1minata de cele doua puncte fixe.

115

3.1.9 - Locul geometric al punctelor din plan pentru care raportul distanielor la doua drepte paralele este constant, este reprezentat de doua drepte paralele cu dreptele date sau o dreapta (daca raportul este 1 ).

3.1.10 - Locul geometric al punctelor din plan pentru care suma patratelor distantelor la doua puncte date este constanta, este un cerc cu centrul in mijlocul segmentului determinat de doua puncte.

3.1.1 l - Locul geometric al punctelor din plan din care un segment se vede sub un unghi drept este cercul care are ca diametru segmentul respectiv.

3 .1.12 - Locul geometric al punctelor din plan, mij loace ale segmentelor paralele cu o directie data ~i cuprinse intre doua drepte paralele fixe, este dreapta paralela cu dreptele date ~i egal depfaiate de ele.

3.1.13 - Locul geometric al punctclor din plan din care un segment sc vcdc sub un unghi dat cstc rcprczcntat de doua arcc de ccrc care au acclca~i cxtrcmitati ca ~i segmentul ~i sunt simetrice fa~a de dreapta pe care este situat segmentul.

3 .1.14 - Locul geometric al punctelor din plan care impart 1ntr-un raport constant segmentele determinate de un pw1ct fix A ~i punctul M ce descrie o dreapta data (d) este o dreapta paralela cu (d) ~i care imparte distanta de la A la (d) in acela~i raport.

3 .1.15 - Locul geometric al punctclor din plan pcntru care raportul distantclor la doua puncte fixe este constant (k :;t 1) este un cerc (pentru raportul distantelor k= 1 se obtine o dreapta).

3 .1.16 - Locul geometric al punctelor N din plan, situate pe segmentele care unesc un punct fix A cu un punct M ce descrie o dreapta ( d) data, astfel ind.t AN x AM=K cstc un ccrc care trccc prin A ~i arc ccntrul pc pcrpcndiculara dusa din A pc (d).

3 .1.1 7 - Locul geometric al punctelor din plan care au puteri egale fata de doua cercuri date este o dreapta (numita axa radicala a celor doua cercuri) perpendicularii pe linia centrelor cercurilor.

3.1.18 - Locul geometric al punctelor din plan de putere constanta fata de un cerc <lat, este un cerc concentric cu cercul <lat, un punct sau multimea vida.

Probleme rezolvate

R3.2. l Doua cercuri ( :;;i (' sunt tangente exterioare lntr-un punct A. Fie

IT' una din tangcntclc comunc cxtcrioarc ~i M. M' intcrscctiilc cclor doua ccrcuri cu o drcapta variabila cc trccc prin A.

Sa se afie locul geometric al punctelor Pde intersectie a lui MT cu MT'.

116

Fig. 3.1.

p

M

OT1-TT'} Solutie. 1) Din => OO'T'T lrapez dreplunghic => . OT'1-TT'

=> m(LTOA)+m(LT'O' A)= 180° => m(TA)+m(T' A)= 180°

Dar m(LTMA)+m(LT'M'A)=_l_(m(TA)+m(T'A))=_l_lS0° =90° => 2 2

=> m(LMPM') = 90°, dcci l'i.PTT' cste un triunghi drcptunghic cu ipotcnuza

constanta TT'. Rezultii ca locul geometric este cercul de diametrul TT'.

R3.2.2 0 proprielale simpla a punctelor mediane AA' a l'i.ABC esle

urmiitoarea: M E (AA')=> s(ABW) = s(ACM)

Se pune problema daca singurele puncte M din plan cu proprietatea

s(ARU) = s(ACM) sunt punctele medianei din A ?

Pcntru aceasta ajungcm la urmatoarca problem a de Joe geometric: Sil se determine locul geometric al punctelor M din planul MBC pentru care

s(ABM) = s(ACM).

Solufie. 1. Din proprietatca spccificata anterior rezulta ca AA' apar(inc locului geometric.

2. Ariitiim cii in interiorul LCAB nu existii alte puncte ale locului geometric.

- presupunem ca ar exista ME Q • M 11' AA'

117

s(MAH) = _A_B_* _M_M_' I 2 ~AB* MM'= AC* MM"

AC*MM" ScuAc) =

2

din M\ En avem s(AnM,) = s(AC1.f,) ~AB* M1M'= AC* MIM\ 11;

dar MM'>M 1M' ~i MM'<M1M". Deci

AB* M 1M'< AB* MM'= AC* MM"< AC* M 1M 1 "~ s(Anir,) = s(ACII,)

Ramane sa caulam puncte ale locului in exteriorul acestui unghi. Fie B' simetricul fata de A.

Din AB= AB'~ s(,,wM) = s(AB'M)' deci relatia ce 0 verifica punctele locului

este: S(AB'M) = S(AcM)' care din nou conform proprietatii medianei in M'AC este

mcdiana AA " paralcla cu BC. Deci locul geometric este mediana din A ~i paralela prin A la BC.

Fig. 3.2.

M"

B" M'

R3.2.3. Sa se determine locul geometric al punctelor M din planul dreptelor

d 1 ~i d2 pentru care raportul:

_d~(M_,_d~i) = k, k> O. d(M,d 2 )

Solutie. Rezolvam problema In cazurile:

d1 nd2 = {O}:;t: 0 ~i d1 nd2 = O,d1 II d2

118

Fig. 3.3.

Fie ME .Q situat In unul din cclc patru unghiuri format de drcptclc d1 ~i d2 •

Pe lalurile acestui unghi luam A E d1 asllel ca OA =I ~i BE d2 astfel ca

OB= k, relatia d(M,d1 )*1 = d(M,d2 )* k ¢:::? OA * MM1 =OB* MM2 ¢:::?

¢:::? s(0.·1M) = s(O!JM).

Deci am ajuns la problema determinarii locului geometric al punctelor din planul triunghiului OAB cu s(01M) = s (ORM) care este format din doua drepte: mediana din 0

~i paralela prin 0 la AB. In cazul d 1 II d 2 diferentiem cazul k=l ~i cazul le:/=. I.

Dadi k= 1, pe fiecare dreapta perpendiculara pe d 1 ~i d 2 avem un singur punct in

Joe (mijlocul scgmcntului dctcrminat de intcrscctia ci cu eek doua drcptc). Deci locul va 1i o dreapta paralela la d1 ~i d2 egal departata de cele doua drepte.

Daca k :/=- l pe fiecare dreapta perpendiculara pe d 1 ~i d2 se obrin cate doua

puncte, unul intre punctele de interseqie ~i unul in afara, situat la <listanta determinata. Deci locul geometric in acest caz va fi format din doua drepte paralele la d1 ~i

d~.

R3.2.4 Doua puncte mobile M ~i N se mi~ca rectiliniu ~i uniform. Sa se MP

determine locul geometric al punctelor PE [MN] astfel ca - - = k (constant). NP

119

M

Mo

N' M'

,.:J

N

Fig. 3.4.

Solutie. Vom arata ca locul geometric este o dreapta. Pentru aceasta este

suficient sii ariitiim cii dacii P0 ~i R, sunt douii pozitii ale lui P , orice altii pozitie este

coliniarii cu P0 ~i R, . NON

Rapoartele - - ~t NNI

M 0M nu depind de vitezele v,1I ~i V.v, ct doar de

MMI

Dadi {P}= PaR, nA1N , pentru a arata ca P=P' este suficient sa aratam ca

MP' - =k. P'N

Fie N~, M~ , N', M,, N;, M; , formand proiectiile pe dreapta P0 R, ale

MP' punctclor N0 , M 0 , N, M, N1 , M 1 , avcm: P'N

Din trapezul N0 N1 N;N~ ~

NIN'

NN'

Lnf' x* M1M; +MoM~ analog 1v11v = -----~-~ I+x

120

R3.2.5 Sa se gaseasca locul geometric al punctelor din plan pentru care raportul distantelor la doua puncte fixe este constant.

Solutie. Fie A ~i B doua puncte fixe distincte. Cautfun locul geometric al MA

punctelor M pentru care -- = k , unde k este o constanta pozitiva. MB

in plan pentru k=l, orice punct M pentru care :: = 1, apartine mediatoarei

segmentului [AB] ~i reciproc. De aceea In acest caz locul geometric este mediatoarea

segmentului AB.

fig. 3.5.

A D

MA Fie k * 1 ~i Mun punct care nu se afia pe dreapta AB, astfel lncat -- = k .

AIB Bisectoarea interioara a unghiului LAMB taie pe AB in C.

Dcoarccc k * 1 implica MA* MB,MMB nu cstc isosccl. De accca ~'

bisectoarea exterioara unghiului L AMB taie pe AB 'in D. CA MA DA

In proprietatea bisectoarei avem: - = - - = -- = k. Astfel C ;;i D sunt CB MB DB

puncte fixe pe AB, care impart segmentul [AB] in raportul k. Deoarece

m(L.CMD) = 90° rezulta M apm1ine cercului de diametru CD. Reciproc: fie M' un punct al cercului de diametru CD, unde C ~i D sunt fixe pe

AB , care lmparte [AB] in raportul k. Deoarece M'CJ...M'D rezulta ca M 'C ~i M 'D sunt bisectoarele unghiului M ',

. M'A CA ad1ca --=-=k.

M'B CB Punctele C ;;i D convin prin definitie. De aceea locul geometric al punctelor

pentru care raportul distantelor la doua puncte fixe A ~i B este un numar pozitiv k * 1 , este cercul de diametru CD, punctele C, D 'impartind pe [AB] in raportul dat.

121

3. Locuri geometrice

3.1. Locuri geometrice uzuale

Notiunea de "loc geometric in plan" care se gase;;te ~i in "ELEMENTELE LUI EUCLID" se pare ca a fost folosita inca de PLATON (427-347) ~i ARISTOTEL(383-322). Locurile geometrice reprezinta wml din cele mai frumoase capitole ale gcometriei.

DefiniTia locului geometric poatc ft gasita in mai multe formulari: a) loc geometric este lolalilalea punctelor dintr-un spa!iu definite prinlr-o

proprietate (Dictionarul explicaliv al limbii romane); b) Joe geometric este multimea punctelor din plan sau spatiu care au o anumita

proprietate (Micul dictionar enciclopedic); c) Joe geometric este figura planii sau In spatiu ale carei puncte se definesc toate

prin aceea~i proprietate (Diqionar de neologisme). Toate accste formulari au acela~i sens: un lac geometric este o multime de punete

DEPTNTTE. In esenta, problcmelc de loc geometric sunt problcmc de gasire a unor proprietati echivalente celor prin care este data o anumita multime sau altfel spus, probleme de egalitate a doua multimi.

in continuare dam o lista care contine locuri geometrice uzuale, care pot oferi idei ~i solutii in rezolvarea altor probleme de loc geometric:

3 .1.1 - Loeul geometric al punetclor egal departate de extrcmitatilc unui segment este mediatoarea acclui segment.

3.1.2 - Locul geometric al punctelor din plan interioare unui unghi egal depi:irtate de laturile sale este bisectoarea.

3.1.3 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de doua drepte concurente sunt bisectoarele unghiurilor formate de cele doua drepte

(bisectoarele sunt perpendiculare in punctul de interseciie al celor doua drepte) .

3 .1.4 - Lo cul geometric al punctelor din plan situate la o distanta data fata de o dreapta este reprezentat de doua drepte paralele cu o dreapta data, situate de o parte ~i de alta a ei.

3.1.5 - Locul geometric al punetclor din plan situate la o distanta data fata de un punct fix este un ccre.

3 .1.6 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de trei puncte distincte. necoliniare este reprezentat de centrul cercului circumscris triunghiului detem1inat de cele trei puncte.

3.1.7 - Locul geometric al punctelor din plan egal departate de doua drepte paralclc date cstc o drcapta paralcla cu dreptclc date ;;i situata la jumatatea distantci dintrc elc.

3.1.8 - Locul geometric al punctelor din plan penlru care diferenta palratelor la doua punch: fixe este constanta, este o dreapta perpendiculara pe dreapta dete1minata de cele doua puncte fixe.

115

3.1.9 - Locul geometric al punclelor din plan penlru care raporlul dislanielor la doua dreple paralele este constant, esle reprezentat de doua drepte paralele cu dreplele date sau o dreapta (daca raporlul este 1 ).

3.1.10 - Locul geometric al punctelor din plan pentru care suma patratelor distantelor la doua puncte date este constanta, este un cerc cu centrul in mijlocul segmentului detenninat de doua puncte.

3.1.1 l - Locul geometric al punctelor din plan din care un segment se vede sub un unghi drept este cercul care are ca diametru segmentul respectiv.

3.1.12 - Locul geometric al punctelor din plan, mijloace ale segmentelor paralele cu o directie data ~i cuprinse intre doua drepte paralele fixe, este dreapta paralela cu dreptele date ~i egal depfaiate de ele.

3.1.13 - Locul geometric al punetclor din plan din care un segment sc vcdc sub un unghi dat cstc rcprczcntat de doua arcc de ccrc care au acclca~i cxtrcmitati ca ~i segmentul ~i sunt simelrice fa~a de dreapta pe care este situat segmentul.

3 .1.14 - Locul geometric al punctelor din plan care impart 1ntr-un raport constant segmentele detem1inate de un punct fix A ~i punctul M ce descrie o dreapta data (d) este o dreapta paralela cu (d) ~i care imparte distanta de la A la (d) in acela~i raport.

3 .1.15 - Locul geometric al punctclor din plan pcntru care raportul distantclor la doua puncte fixe este constant (k :;t 1) este un cerc (pentru raportul distantelor k= 1 se obtine o dreapta).

3 .1.16 - Locul geometric al punctelor N din plan, situate pe segmentele care unesc un punct fix A cu un punct M ce descrie o dreapta ( d) data, astfel incat AN x AM=K cstc un cerc care trecc prin A ~i arc ccntrul pc pcrpcndiculara dusa din A pc (d).

3 .1.1 7 - Locul geometric al punctelor din plan care au puteri egale fata de doua cercuri date este o dreapta (numita axa radicala a celor doua cercuri) perpendiculara pe linia centrelor cercurilor.

3.1.18 - Locul geometric al punctelor din plan de putere constanta fata de un cerc <lat, este un cerc concentric cu cercul dat, un punct sau multimea vida.

Probleme rezolvate

R3.2. l Doua cercuri ( :;;i (' sunt tangente exterioare lntr-un punct A. Fie

IT ' una din tangcntelc comunc cxtcrioarc ~i M. M' intcrscctiilc cclor doua ccrcuri cu o drcapta variabila cc trcec prin A.

Sa se afie locul geometric al punctelor Pde intersectie a lui MT cu MT'.

116

Fig. 3.1.

p

M

OT1-TT'} Solutie. 1) Din => OO'T'T lrapez dreptunghic => . OT'1-TT'

=> m(LTOA)+m(LT'O' A)= 180° => m(TA)+m(T' A)= 180°

Dar m(LTMA)+m(LT'M'A)=_l_(m(TA)+m(T'A))=_l_lS0° =90° => 2 2

=> m(LMPM') = 90°, dcci l'i.PTT' cste un triunghi drcptunghic cu ipotenuza

constanta TT'. Rezultii ca locul geometric este cercul de diametrul TT'.

R3.2.2 0 proprielate simpla a punctelor mediane AA' a l'i.ABC este

urmiitoarea: M E (AA')=> s(ABW) = s(ACM)

Se pune problema daca singurele puncte M din plan cu proprietatea

s(ARU) = s(ACM) sunt punctele medianei din A ?

Pentru aceasta ajungcm la urmatoarca problcma de Joe geometric: Sil se determine locul geometric al punctelor M din planul MBC pentru care

s(ABM) = s(ACM).

Solufie. 1. Din proprietatca spccificata anterior rezulta ca AA · apar(inc locului geometric.

2. Ariitiim cii in interiorul LCAB nu existii alte puncte ale locului geometric.

- presupunem ca ar exista ME Q • M 11' AA'

117

s(MAH) = _A_B_* _M_M_' I 2 ~AB*MM'=AC*MM"

AC*MM" Scwc) =

2

din M\ En avem s(AnM,) = s(AC1.f,) ~AB* MiM'= AC* MIM\ 11;

dar MM'> M 1M' ~i MM'< M 1M". Deci

AB* M 1M'< AB* MM'= AC* MM"< AC* M 1M 1 "~ s(Anir,) = s(ACII,)

Ramane sa caulam puncte ale locului in exteriorul acesLui unghi. Fie B' simetricul fata de A.

Din AB= AB'~ s(,,wM) = s(AB'M)' deci relatia ce 0 verifica punctele locului

este: S(AB'M) = S(AcM)' care din nou conform proprietatii medianei in M'AC este

mcdiana AA " paralcla cu BC. Deci locul geometric este mediana din A ~i paralela prin A la BC.

Fig. 3.2.

M"

c

B" M'

R3.2.3. Sa se determine locul geometric al punctelor M din planul dreptelor

d 1 ~i d2 pentru care raportul:

_d~(M_,_d~i) = k, k> O. d(M,d2 )

Solutie. Rezolvam problema In cazurile:

d1 nd2 = {O}:;t: 0 ~i d1 nd2 = O,d1 II d 2

118

/~_:: ' " ' '\ d1

A M1

Fig. 3.3.

Fie ME .Q situat In unul din cclc patru unghiuri fomrnt de drcptclc d1 ~i d2 •

Pe lalurile acestui unghi luam A E d1 asllel ca OA =I ~i BE d2 astfel ca

OB= k, relatia d(M,d1 )*1 = d(M,d2 )* k ¢:::? OA * MM1 =OB* MM2 ¢:::?

¢:::? S(o..nr) = s(O!JM).

Deci am ajuns la problema determinarii locului geometric al punctelor din planul triunghiului OAB cu s(01M) = s(O!JM) care este format din doua drepte: mediana din 0

~i paralela prin 0 la AB. In cazul d 1 II d 2 diferentiem cazul k=l ~i cazul le:/=. I.

Dadi k= 1, pe fiecare dreapta perpendiculara pe d 1 ~i d 2 avem un singur punct in

Joe (mijlocul scgmcntului dctcnninat de intcrscctia ci cu eek doua drcptc). Deci locul va fl o dreapta paralela la d1 ~i d2 egal departata de cele doua dreple.

Daca k :/=- l pe fiecare dreapta perpendiculara pe d 1 ~i d2 se obrin cate doua

puncte, unul intre punctele de intersec;tie ~i unul in afara, situat la <listanta determinata. Deci locul geometric in acest caz va fi fonnat din doua drepte paralele la d1 ~i

d~.

R3.2.4 Doua puncte mobile M ~i N se mi~ca rectiliniu ~i uniform. Sa se MP

detennine locul geometric al punctelor PE [MN] astfel ca - - = k (constant). NP

119

M

Mo

M' Mo

,.:J

N

Fig. 3.4.

Solutie. Vom arata ca locul geometric este o dreapta. Pentru aceasta este

suficient sii ariitiim ca dacii P0 ~i R, sunt douii pozitii ale lui P , orice altii pozitie este

coliniarii cu P0 ~i R, . NON

Rapoartele - - ~t NNI

M0M nu depind de vitezele v,1I ~i vN, ct doar de

MMI

Dadi {P}= PaR, nlvfN , pentru a arata ca P=P' este suficient sa aratam ca MP' - =k. P'N

Fie N~, M~ , N', M,, N;, M; , formand proiectiile pe dreapta P0 R, ale

MP' MN' punctclor N0 , M 0 , N, M, N 1 , M 1 , avcm: P'N NN'

Din trapezul N0 N1 N;N~ ~ ~IM' x* M 1M; +M0M~ analog w1. = -----~-~

I+x

120

R3.2.5 Sa se gaseasca locul geometric al punctelor din plan pentru care raportul distanielor la doua puncte fixe este constant.

Solutie. Fie A ~i B doua puncte fixe distincte. Cautfun locul geometric al MA

punctelor M pentru care -- = k , unde k este o constanta pozitiva. MB

in plan pentru k=l, orice punct M pentru care :: = 1, apariine mediatoarei

segmentului [AB] ~i reciproc. De aceea In acest caz locul geometric este mediatoarea

segmentului AB.

fig. 3.5.

A D

MA Fie k * 1 ~i Mun punct care nu se afia pe dreapta AB, astfel lncat -- = k .

MB Bisectoarea interioara a unghiului LAMB taie pe AB in C.

Dcoarccc k * 1 implica MA* A1B,MA1B nu cstc isosccl. De accca ~'

bisectoarea exterioara unghiului L AMB taie pe AB 'in D. ~ CA MA DA In proprietatea bisectoarei avem: - = - - = -- = k. Astfel C ;;i D sunt

CB MB DB puncte fixe pe AB, care impart segmentul [AB] in raportul k. Deoarece

m(L.ClvfD) = 90° rezulta M apm1ine cercului de diametru CD.

Reciproc: fie M' un punct al cercului de diametru CD, unde C ~i D sunt fixe pe AB, carelmparte [AB] in raportul k.

Deoarece M'CJ..J.1'D rezulta ca M 'C ~i M 'D sunt bisectoarele unghiului M ', . M'A CA

ad1ca --=-=k. M'B CB Punctele C ;;i D convin prin definitie. De aceea locul geometric al punctelor

pentru care raportul distantelor la doua puncte fixe A ~i B este un numar pozitiv k * 1 , este cercul de diametru CD, punctele C, D 'impartind pe [AB] in raportul dat.

121

4. Patrulaterul inscriptibil ~i circumscriptibil

PATRULATERUL INSCRIPTIBIL

Jn acest paragrar se vor studia proprietaiile paLrulaLerului inscriptibil.

4.1. Arc capabil de un unghi dat

In acest paragraf vom rezolva urmatoarea problema: Se dau doua puncte fixe diferite, A ~i B ~i un numar a 0 E (0,180°). Sa se determine locul geometric al punctelor

M asll'el !neat m(AMB) = a 0•

Solutie. Dreapta AB imparte planul in douii semiplane S ~i S'. Yorn determina locul geometric al punctelor M cu proprietatea din enunt situate In semiplanul S. Fie

semidreapta (AX in semiplanul S' astfel incat m(XAB) = a 0• Notiim cu 0 punctul de

intcrscctic dintrc pcrpcndiculara In A pc AX ~i mcdiatoarca scgmcntului AB. Consideram cercul C de centru 0 ~i raza OA (fig.1).

s

B

N S'

x

rig. 1.

Fie M un punct arbitrar al arcului AB situat in semiplanul S ~i N un punct al arcului

AB situat in semiplanul S'. Deoarece AX este tangenta cercului C avem ca -· -

m(xAB) = m(ANB). Dar m(AMB) = m(ANB), deci m(AMB) = m(xAB) = a 0 . 2 . 2 . .

~ m(ANB) 0 ~ m(APB) > =a deoarece unghiul APB

2 Daca PE Int C nS, atunci este un

unghi cu varful in interiorul cercului C. Daca PEExtCnS. atunci

122

n1(APAB) < m(ANB). Ar''.ul AB- d. · I 1 S J ..... ~ 1 A · B I 1 "' m sem1p anu , , ara puncle e ~' este ocu 2

geometric al punctelor M din semiplanul S pentru care m(AMB) = a 0 ~i se nume~te arc capabil de unghiul a 0

• Locul geometric din plan este format din doua arce capabile

de unghiul a 0, unul situat in semiplanul S ~i celalalt in semiplanul S'.

Observa1ia 5.1.1. Arcul deschis AB situat in semiplanul S' este un arc capabil de unghiul 180° - a 0

•

4.2 Patrulaterul inscriptibil

in acest paragraf vom defini ~i vom caracteriza patrulaterul inscriptibil. Definifia 4.2.1. Un patrulater se nume~te inscris inlr-un cerc sau inscriptibil, daca vadurile patrulaterului apart,in cercului. Teorema 4.2.1. Un patrulater convex este inscriptibil daca ~i numai daca mediatoarele laturilor sale sunt concurente. Demonstra1ie. Fie patrulaterul convex ABCD (fig.2), cu proprietatea ca mediatoarele laturilor sale sunt concurente in 0.

A

B

Fig. 2.

Atunci, pe baza proprietatii pe care o au punctele de pe mediatoare. avem ca OA = OB, OB = OC, OC = OD ~i OD = OA, de unde OA = OB = OC = OD. Deci varfurilc patrulatcrului sc gascsc pc un ccrc de ccntru 0 ~i raza R=OA, dcci patrulaterul ABCD este inscriptibil. Reciproc, daca ABCD este inscriptibil ~i 0 este ccntrul ccrcului circumscris, atunci OA ~ OB ~ OC ~ OD = R, dcci 0 sc afla pc toatc mediatoarele laturilor patrulaterului ABCD, rezulta ca mediatoarele sunt concurente.

Teorema 4.2.2. Un patrulater convex este inscriptibil daca ~i numai dadi un unghi dctcrminat de o latura ~i de o diagonala cstc congruent cu unghiul format de latura opusa primei laturi ~i cealalta diagonala.

Demonstra!ie. Fie patrulaterul inscriptibil ABCD ~i C (O,R) cercul circumscris (fig.3).

123

A

M

D

Fig. 3.

A . A m(DC) Atunci avem ca m(DAC) = m(DBC) = ~i analog pentru celelalte perechi de

2

unghiuri. Reciproc, daca patrulaterul este convex ~i daca DAC = DBC, atunci tinand seama de proprietatea arcului capabil de unghi dat ~i de faptul ca A ~i B se afla in accla~i semiplan limitat de drcapta DC, rczulta ca punctcle B ~i C aparfin unui ccrc in care DC este coarda. Deci patrulaterul ABCD este inscriptibil.

Teorema 4.2.3. Un patrulater convex este inscriptibil daca ~i numai daca suma a doua unghiuri opusc ale patrulaterului este de 180°.

Demonstratie. Daca patrulaterul ABCD este inscriptibil ~i C este cercul circumscris

A A m(ADC) m(ABC) 0 (fig.3), atunci m(ABC) + m(ADC) = 2

+ 2

= 180 . Reciproc, se

tine seama de observatia 4.1.1.

Teorema 4.2.4. (Inegalitatea lui Ptolemeu) Jn patrulaterul convex ABCD are Joe inegalitatea ACBD ~ AB·CD+ADBC. Egalitatea are loc daca ~i numai daca patrulaterul cste inscriptibil.

Demonstratie. Construim triunghiul ADE asemenea cu triunghiul ABC, L ABC = L ADE ~i L BAC = L DAE (fig. 4)

124

E

Din aceasta asemanare avem ca

c

B

Fig. 4.

AD DE AE BC·AD --=-=-- de unde DE=---AB BC AC' AB

~I

AD= AB . Tinand seama de ultima relatie ~i de faptul ca L.EAC ~ L.DAB, rezulta AE AC ' . "

AC EC ca triunghiurile EAC ~1 DAB sunt asemenea, deci de

AB DB

d AC· DB , . h. I ~ d un e EC= . Tn tnung 1u EDC, care poate Ji ;;1 egenerat, avem ca AB

EC::;; ED+ DC ;;i inlocuind pe DE ~i EC rezulLa inegalitatea ceruta. Egalitatea are loc daca ~i numm dacii punctele E, D ;;1 C sunt coliniare, adica

m(L.DAE) + m(L.ADC) = 180° , dadi ;;1 numai dacii patrulaterul ABCD este

inscriptibil.

Consecinfa 4.2.1. (Teorema lui Pompeiu) Fie triunghiul echilateral ABC ~i M un punct in planul triunghiului ce nu apaqine cercului circumscris triunghiului. Atunci distantclc MA, MB, MC pot fi lungimilc laturilor unui triunghi.

Demonstra1ie. In patrulaterul ABMC, aplicand inegalitatea lui Ptolemeu, avem ca AMBC<CMAB+BMAC. Dar triunghiul ABC fiind echilateral avem ca AM<CM+BM. Analog obtinem ca BM<AM+CM ;;i CM<AM+BM, deci AM, BM, CM pot fi lungimile laturilor unui triunghi.

Teorema 4.2.5. (Prima teorema a lui Ptolemeu) Fie un patrulater convex ABCD. Urmatoarele afinnafii sunt echivalente: (i) Patrulaterul ABCD este inscriptibil; (ii) AC BD=AB ·CD+ AD ·BC.

Demonstraiie. Rezulta din teorema 5.2.4.

Teorema 4.2.6. (A doua teorema a lui Ptolemeu) in patrulaterul inscriptibil ABCD are Joe relatia:

125

AC AB·AD+CB·CD

BD BA·BC+DA·DC

Demonstraiie. Notam ACnBD= {M}(f'i.g. 3). Din asemanarea triunghiurilor ABM ~i MB MA AB MA MD .MB MC

DCM avem -- = --= -- . de unde = ~t = ---MC MD DC. AB-AD DA-DC BA-BC CD-CB

Analog, din asemiinarea triunghiurilor ADM ~i BCM avem

MA Dcci----

AB·AD

MB MC

BA·BC CD·CB MB+MD

MD DA -DC 'sau

MA MB

AD·AB BC·BA

MA+MC

AB·AD+CD·CB demon strata.

BA. BC+ DA. DC, de unde rezulta egalitatea ce trebuia

Observatia 4.2.1. Se poate arata ca daca 1ntr-un patrulater convex are loc relaiia din teorema 4.2.6, atunci patrulaterul este inscriptibil.

Teorema 4.2.7. (Schooten) Daca M este un punct situat pe arcul BC (arcul care nu-1 contine pe A) al cercului circumscris triunghiului echilateral ABC, atunci AM= BM+ CM

Demonstra1ie. Aplicand prima teorema a lui Ptolemeu :in patrulaterul inscriptibil ABMC (fig. 5), avem AMBC=BMAC+CMAB. Tinand seama di triunghiul ABC este echilateral, se obiine identitalea cerula.

A

M

Fig. 5.

Lema 4.2.1. (Brahmagupta) Fie triunghiul ABC, R raza cercului circumscris triunghiului. Daca AA' este lnaltimea din A , A' E BC, atunci AB AC= 2R ·AA ~

126

Demonstra1ie. in cercul circumscris triunghiului ABC, fie A1 punctul diametral opus

lui A (fig. 6). Din asemanarea triunghiurilor ABA' ~i AA1C avem AB __ AA' de AAI AC '

unde, tinand seama ca AA 1=2R, obtinem identitatea din enunr,

fig. 6. fig. 7 .

Teorema 4.2.8. (Pappus) intr-un patrulater inscriptibiL produsul distantelor unui punct al cercului circumscris patrulaterului la doua laturi opuse este egal cu produsul distanielor la celelalte doua laturi opuse.

Demonstra1ie. Fie patrulaterul inscriptibil ABCD, M un punct al cercului circumscris, A',B',C',D' proieciiile lui M pe lalurile AB, BC, CD, respectiv DA (fig.7). Conform lemei 4.2.1 avem MAMB=2R-MA ', MBMC=2R·MB', MC.MD=2R·MC ' ~i

MD·MA=2R·MD', de unde rezulta ca MA '-MC=MB '-MD '.

Definifia 4.2.2. intr-un patrulater, bimedianele sunt segmente determinatele de mijloacele laturilor opuse sau mijloacele diagonalelor.

Lema 4.2.2. Tntr-un patrulatcr convex, bimcdianclc sunt concurcntc.

Demonstra1ie. Fie A', B', C', D', E', F' mijloacele laturilor AB, BC, CD, DA, respectiv a diagonalclor AC ~i BD (fig.8).

127

B

D c

Fig. 8.

Deoarece A 'B' ~i C'D' sunt linii mijlocii in triunghiurile ABC ~i ADC, avem ca

A'B'llAC, A'B'= A2C ~i C'D'llAC, C'D'= A

2C. Rezulta ca A'B'llC'D' ~i A'B',,,C'D',

deci patrulaterul A'B'C'D' este paralelogram. Fie 0 punctul de intersectie al diagonalelor A'C' ~i B'D', deci 0 este mijlocul acestor segmente. Deoarece A'F ~i C'E sunt linii mijlocii In triunghiurilc ABO ~i ACD, avcm ca A'FC'E cstc paralclogram cu diagonalele A'C' ~i EF, de unde rezulta ca diagonala EF trece prin mijlocul diagonalei A'C', adica prin 0. Analog, se arata ~i pentru celelalte bimediane ca tree prin punctul 0 .

Teorema 4.2.9. (Mathot) Tntr-un palrulaLer inscriptibil, perpendicularele duse din mijloacele laturilor pe laturile opuse sunt concurente.

Dcmonstratic. Fie 0 ccntrul ccrcului circumscris patrulatcrului inscriptibil ABCD ~i

A',B',C', D' mijloacele laturilor AB, BC, CD, respectiv DA (fig. 9). Deoarece 0 se af1a pc mcdiatoarclc laturilor patrulatcrului, rczulta ca OA'_l_AB, OB'_l_BC, OC '_l_CD ~i

00'1-DA. Conform lemei 4.2.2, bimedianele patrulaterului sunt concurente ~i fie E punctul de concurenta. Notam cu M simetricul lui 0 fata de E. Patrulaterul MA'OC' esle paralelogram deoarece diagonalele lui se injumata~esc. Rezulla ca MA'llOC'. Dar OC'l_CD, deci MA'_lCD. Analog MB'1-DA, MC'_l_AB ~i MD'_lBC, deci punctul de concurcnfa cstc M, simctricul lui 0 fata de E.

128

rig. 9.

Observatia 4.2.2. Punctul M de concurenta din teorema 4.2.9 se nume~te punctul lui Mathot.

Consecinta 4.2.2. Tnlr-un patrulater inscriplibil, perpendiculara din mijlocul une1 diagonale pe cealalta diagonala contine punctul Mathot al patrulaterului .

Dcmonstratic. Folosim notatiilc din tcorcma 4.2.9. ~i fie P, Q mijloacclc diagonalclor BD, respectiv AC. Din demonstratiile lemei 4.2.2 ~i a teoremei 4.2.9, rezultii ca patrulaterul OPMQ este paralelogram deoarece diagonalele Jui se injumatatesc, deci MPllOQ. Dar Q fiind mijlocul coardei AC. rezulta ca OQ.lAC, deci MP .lAC. Analog QM.lBD.

Lema 4.2.3. Un Lrapez esle incriptibil daca ~i numai daca esle isoscel.

Dcmonstratic. Daca trapczul ABCD, ABllCD cstc inscriptibil atunci m(L'.A)+ m(L'.C) =180°. Dar m(L'.A)+ m(L'.D) =180°, deci L'.C = L'.D, adica trapezul este isoscel. Rcciproc, daca trapczul cstc isosccl atunci L'.C=L'.D ~i cum m(L'.A)+ m(L'.D) =180°, rezulta ca m(L'.A)+m(L'.C) = 180°, adica patrulaterul este inscriptibil.

Teorema 4.2.1 O.(Euler) Mijloacele laturilor unui triunghi, picioarele inaltimilor ~i

mijloacele segmentelor ce unesc varfurile Lriunghiului cu ortocentrul Jui, sunt situate pe un acela~i cerc, numit cercul lui Euler.

Demonstraiie. Fie Lriunghiul ABC, A', B', C' mijloacele laturilor BC, CA, respectiv

AB, AA1 l_ BC, A1 E BC, BB1 l_ CA , B1 E CA , AA1 n BB1 = {H}, A; mijlocul

segmentului AH (fig. 10).

129

A

c

Fig. 10.

in triunghiul dreptunghic AAiB, AiC' este mediana, deci AiC'= A: . in triunghiul

AB ABC, A'B' este linie mijlocie, deci A' B'= -. Rezulta ca AiC'=o A'B' ~i deoarece

2 B'C' este linie mijlocie in triunghiul ABC, deci B'C'llBC, in final ob1inem ca patrulatcrul B'C'AiA' cstc trapcz isosccl. Cum oricc trapcz isosccl cstc inscriptibil, rezulta ca A1 se gase~te pe cercul C determinat de punctele A ', B', C'. Analog, celelalte picioare ale inaltimilor sunt pe cercul C. in triunghiul ABC, A'C' este linie mijlocie, deci A'C'l IAC. in Lriunghiul ABH, A 1'C' este linie mijlocie, deci Ai'C'l IBH. Dar BH1-AC, deci Ai'C'1-A'C' sau m(L A 1'C'A')=90°. Analog, m(L Ai'B'A')=90°, deci patrulatcrul Ai 'C'A'B' cstc inscriptibil, rczulta ca Ai ' sc gasqtc pc ccrcul C. Analog, penlru celelalle mijloace de segmenLe determinate de varfuri ~i ortocentru.

Consecinta 4.2.3. Fie triunghiul ABC, A',B',C' mijloacclc laturilor BC, CA, rcspcctiv AB, Ai', Bi', C1' mijloacele segmentelor AH, BH, respectiv CH. Atunci dreplele A1'A', B1 'B', C1 'C', sunt concurente, iar punctul de concurenta este centrul cercului lui Euler.

Demonstraiie. Din demonstraiia teoremei 4.2.10 rezulla ca A1'A', B1'B', C1'C' sunt diametre in cercul lui Euler.

Consecinta 4.2.4. Intr-un triunghi ABC, ortocentrul, centrul de greutate, centrul cercului circumscris triunghiului ~i centrul cercului Jui Euler sunt situate pe o aceea~i dreapta, numita dreapta lui Euler.

Demonstraiie. in triunghiul ABC, fie A' mijlocul segmenLului BC, A" punctul diametral opus lui A in cercul circumscris triunghiului ABC, 0 centrul acestui cerc, Ai' mijlocul scgmcntului AH (fig.11 ).

130

fig. 11 .

Dcoarccc BH.lAC ~i A"ClAC, rczulta ca BHllCA". Analog, CHllBA", dcci BHCA" este paralelogram, rezulta ca A' este mijlocul lui HA". In triunghiul AHA", OA' este

1 linie mijlocie, deci OA'=

2 AH . Daca AA'nHO={G},alunci L1AHG-L'i.A'OG, raportul

de ascmanarc cstc 2, dcci AG=2·A G, adica G cstc ccntrul de grcutatc al triunghiului ABC. Inseamna ca GE [HO] ~i HG=2·GO. Mai avem di OA'=HA/ ~i OA'llHA1' , deci patrulaterul A 1 'I IA'O este paralelogram ~i atunci diagonalele acestui paralelogram se injumatatesc. Fie A 1'A'nH0={09 } . Deoarece A/A' este diametru in cercul lui Euler, rezulta ca 0 9 este centrul cercului Jui Euler ~i se gase~te la mijlocul lui I 10.

Teorema 4.2.11. (Simson) Proicctiilc unui punct de pc ccrcul circumscris unui triunghi pe laturile acestuia, sunt trei puncte coliniare.

Demonstraiie. fie Lriunghiul ABC. M un punct pe cercul circumscris triunghiului ~i

A', B', C' proiectiile lui M pe laturile BC, CA ~i respectiv AB (fig. 12).

Fig. 12.

Unim B ' cu C' ~i B' cu A' . Deoarece patrulaterele AB'MC', CA'B'M ~i ABCM sunt inscriptibilc, avcm m(L'.A'B 'C)=m(L'.A'MC)=90°-m(L'.A'CM)=

131

=90°- m(LMAC')=m(LCMA)=m(LAB'C'), ceea ce inseamna ca punctele A', B', C' sunt coliniare.

Observatia 4.2.3. Dreapta pe care se af1a punctele A', B', C' se nume~te dreapta lui Simson.

Consecinfa 4.2.5. In conditiile teoremei 4.2.11, daca MA' mai intersecteaza cercul circumscris triunghiului ABC in A", atunci AA" este paralela cu dreapta lui Simson.

. ~ ( ,, ) ( ) m(AM) . , ,.,,. , d' Demonstratte. Avem ca m LAA M =m LACM = 2

~1 LB AlYl=LB CM m

patrulaterul inscriptibil B'A'CM (fig. 12). Rezulta ca L AA'M=L B'A'M, deci AAllBA.

Teorema 4.2.12. (reciproca teoremei lui Simson) .Fie M un punct exterior triunghiului ABC ~i A', B', C' proicctiilc pc M pc laturilc BC, CA, rcspcctiv BC. Daca A'. B', C' sunt coliniare, atunci M se afla pe cercul circumscris triunghiului ABC.

Dcmonstratic. Dcoarccc punctclc A', B', C' sunt coliniarc, rczulta ca L AB'C'=L A'B'C (fig. 13).

C'

B A' c Fig. 13.

Din patrulaterele inscriptibile AB'Mc' ~· CA'B'M rezulta ca m(L'.AB'C')=m(LAMC')=90°-m(LMAC'), m(L A'B'C)=m(L A'MC)=90°-m(L MCA') ~i tinand seama de relatiile de mai sus, obtinem ca LMAC'=L MCA', adica patrulaterul ABCM este inscriptibil. In concluzie, M este pe cercul circumscris triunghiului ABC.

Teorema 4.2.13. (Salmon) Fie triunghiul ABC, M este un punct arbitrar pe cercul circumscris triunghiului. Cercurile de diametre MA, MB ~i MC se intersecteaza doua cate doua In trei puncte coliniare.

132

Demonstra1ie. Fie C' al doilea punct de intersectie a cercurilor de diametre MA ~i MB. Deoarece m(L AC'M)=m(LBC'M)=900, rezulta ca MC'1-AB, C' EAB. Tinand seama de teorema Jui Simson, rezulta ca cele trei puncte sunt coliniare.

Fig.14.

Teo re ma 4.2.14. (Naghel) Pie triunghiul A BC, C(O) cercul circumscris triunghiului, B', C' proieqiile varfurilor B, C pe laturile opuse. Atunci, perpendiculara din Ape B'C' trece prin 0.

Demonstratie. Perpendiculara din A pe B'C' intersecteaza a doua oarii cercul in A' ~i intersecteaza pe B'C' in D (fig. 15). Patrulaterele ABA'C ~i BCB'C' sunt inscriptibile, deci L ABC=L AA'C ~i L AB'C'=LABC. Rezulta ca L AA'C= L AB'C'. Dar triunghiurile AA'C ;;i AB'D au unghiul L B'AD comun ~i L AA'C=L AB'C', deci L ACA'=L ADB'. Tinand seama ca m(L ADB')=90°, rezulta ca m( L ACA')=90°, deci AA' este diametru in cercul C(O).

Fig.15.

133

4.3. Patrulaterul circumscriptibil

In acest paragraf vom studia proprietatile patrulaterului circumscriptibil.

Definifia 4.3.1. Un patrulater se nume~te circumscris unm cerc sau circumscriptibil, daca laturile sale sunt tangente la un cerc.

Teorema 4.3.1. Un patrulater convex este circumscriptibil daca ~i numai daca bisectoarele unghiurilor sale sunt concurente.

Demonstra1ie. Aratam ca daca patrulaterul ABCD este circumscriptibil, atunci bisectoarele unghiurilor sale sunt concurente (fig. 1 ). Fie l centrul cercului inscris patrulatcrului ABCD. Atunci d(I,AB)=d(I,BC)=d(I,CD)=d(T,DA)= r ~i tinand seama de proprietatea bisectoarei unui unghi, rezulta ca l se afla pe bisectoarele unghiurilor patrulaterului ABCD. Deci avem proprietatea de concurenja. Reciproc, daca I este punctul de concurenfa al bisectoarelor unghiurilor patrulaterului ABCD, atunci d(I,AB)=d(I,BC) =d(I,CD)=d(I,DA). Cercul de centru I ~i raza r = d (I, AB) este tangent fiecarei laturi a patrulaterului ABCD, deei patrulaterul ABCD este circumscriptibil.

Teorema 4.3.2. (Pithot) Daca patrulaterul ABCD este circumseriptibil, atunei AB+CD= AD+BC.

Demonstra1ie. Fie M,N,P,Q punctele de contact ale cercului inscris cu laturile AB, BC, CD, respectiv DA (fig. 2).

B

D c .Fig. l.

D p

Fig.2 .

R

c

Au lac urmatoarele egalitaji de tangente la eerc AM=AQ, BM=BN, CN=CP ~i

DP=DQ, de unde AB+CD=(AM + BM)+(CP+DP) =(AQ+DQJ +(BN+CN)=BC+AD, adica identitatea din enunt.

134

Teorema 4.3.3. Daci'i un patrulatcr convex ABCD arc proprictatca ca AB+CD=AD+BC, atunci patrulaterul ABCD esle circumscriptibil.

Dcmonstratic. Considcram un ccrc C, tangent la AB, BC ~i CD, apoi o drcapta AD' tangenta acestui cerc D' ECD.

B

A

D D" c fig. 3

in patrulaterul ABCD' care este circumscris cercului C, confom1 teoremei lui Pithot, avem ca AB+CD f=AD 'tBC. Dar din ipoteza AB+CD=AD+BC, de unde, prin scaderea celor doua relatii, obtinem ca DD f=IAD / - ADI. Aceasta relatie are Joe daca ~i numai daca triunghiul ADD' este degenerat, adica D coincide cu D'. Rezulta ca patrulaterul ABCD este circumscriptibil.

Consecinfa 4.3.1. Patrulaterul convex ABCD este circumscriptibil daca ~i

numai dacii AB+ClJ=AD+ BC.

Demonstratie. Rezulta din teoremele 4.3.2 ~i 4.3.3 .

Observatia 4.3.1. Conditia de convexitate intervine in demonstratie destul de subtil. Figura 4 este un exemplu de patrulater ABCD cu AB=AD ~i BC=CD, deci are loc AB+ CD= AD+ BC, fara a fi insa patrulater circumscriptibil.

A

B D

Fig.4.

135

Propozitia 4.3.1. Daca un trapcz isosccl cstc circumscriptibil, atunci diametrul cercului inscris este medie geometrica intre bazele lrapezului.

Demonstra1ie. Fie trapezul ABCD, ADllBC, C(l,r) cercul !nscris ~i T punctul de contact al cercului cu AB (fig.5).

D

fig. 5

Deoarece m(LAIB)=90°, aplicand teorema inaltimii in triunghiul AlB, avem 1 l

ca IY=ATBT. Dar tinand seama ca IT= r, AT= -AD ~i BT= - BC. rezulta 2 2

idcntitatca din cnunt.

4.4. Relatii metrice

in cele ce urmeaza, pentru un patrulater ABCD, vom folosi urmatoarele nota!ii: a+h+c+d

AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, BD=e, AC=.f~ip= - ---2

Teorema 4.4.1. (Arhimede ) Aria S a unui patrulater convex ABCD este

data de formula ,'f = (p- a)(p -b )(p- c)(p- d)- abed. cos 2 8 + D . 2

Demonstratie. Tinand seama ca A[ABCD]=A[ABC]+A[ADC], rezulta ca 2S=ab·sinB+cd·sinD, de unde prin ridicare la patrat avem

4S 2 = a 2b 2 sin 2 B + c 2 d 2 sin 2 D + 2abcd sin B sin D. Pe de alta parte din teorema

cosinusului In triunghiurile ABC ~i ADC avem AB2 = a2 + b2 -2abcosB ~i ., J 2 I ., 'J 2

AB~ =C +d -2cdcosD , de unde a- +b- -2abcosB=c +d -2cdcosD, sau a 2 +b2 - c 2 -d2 =2abcosB-2cdcosD ~i prin ridicare la patrat obtinem

(a 2 + b2 -c2 -d2)

2 = 4a 2b2 cos 2 B + 4c 2d 2

cos 2 D-8abcd cosBcosD.

Se inmulte~te relatia care-I da pe 4 S2 cu 4 ~i se aduna cu ultima rela1ie obtinuta ~i , 2 2 2 1 2 ' ' 22 aveml6S- +(a + b -c -d-) = 4a~b~ + 4c d -8abcd cos(B + D) ,

136

sau 16S 2 = (2ah+2cd) 2 -(a 2 +h 2 -c 2 -d 2 )-8ahcd[l+cos(B+D)] =

,.., ,.., ,.., 1 ., ., ,.., 2 ,.,B+D = (2ab + 2cd - a· -b· +c· + d·)(2ab + 2cd +a· +b· -c· -d )-16abcdcos· -- =

2 ,.., ) ,.., ,.., ,.., B+D

=[(c+d)"-(a-bJ-][(a+b)"-(c-d)·]-16abcdcos"--= 2

2 B+D = (c+d -a +h)(c+ d + a-h)(a+b-c+d)(a+h + c-d)-16ahcdcos --. 2

Tinand seama ca 2p= a+b+c+d ~i inlocuind mai sus, obtinem formula lui Arhimede. Propozi\ia 4.4.1. Fie patrulaterul inscriptibil ABCD. Sa se arate ca

e' = (ac+hd)(ah+cd) ~i r' = (ac+hd)(ad+hc) ad+ he · ah+ cd

Demonstra\ie. In triunghiurile ABC, respectiv ACD avem a' +h2

- /2

cosB = ~' 2ah

cos D = c' + d' - J' . Patrulaterul ABCD fiind inscriptibil avem ca B+D=l 80°, deci 2cd

a 2 + h2 - f 2 c 2 + d 2

- f 2

cosB= -cosD, de unde , iar dupa calcule ob\inem 2ah 2cd

identita\ile din enun\.

Observa\ia 4.4.1. Folosind rela\iile demonstrate, cu ajutorul !or se pot demonstra cele doua teoreme ale lui Ptolemeu.

Teorema 4.4.2. (Arhimede) Aria palrulaterului inscriplibil ABCD este data

de formula S = ~(p- a)(p-h)(p- c)(p-d).

Demonstra\ie. Rezulta din teorema 5.4.1.

Teorema 4.4.3 Dintre toate patrulaterele convexe de laturi date, patrulaterul inscriptibil arc aria maxima.

Demonstra\ie. Deoarece a, h, c, d sunt date. avem , 2 B+D s· = (p-a)(p-h)(p-c)(p-d)- ahcdcos --<:'.(p- a)(p-h)(p-c)(p-d) =cons!.

2

Atunci c)2 este maxim daca ~i numai daca

patrulaterul ABCD este inscriptibil.

137

B+D cos-- = 0, adica B+D= 180°, deci

2

Teorema 4.4.4. Aria patrulatcrului circumscriptibil cstc data de formula

S = .J abed sill B + D . 2

Demonstra)ie. intr-un patrulater circumscriptibil avem a+c~b+d, deci -a+b+c+d

p - a = - c ~i analoagclc. Atunci 2

, , B+D , B+D . , B+D s- = abcd-abcdcos---= abcd(l -cos---)= abcdsm---. de 2 2 2 .

unde rezulla formula din enun\.

Consecin)a 4.4.1. Aria unui patrulater ABCD inscriptibil ~i circumscriptibil

cstc data de formula S = .J abed . Demonstra)ie. Rezulta din teorema 4.4.4.

138

5. Constructii geometrice

Prin probleme de constructie vom in(elege acele probleme de geometrie in care se cere construirea unor figuri geometrice ce satisfac anumite proprieta(i. folosind numai rigla ~i compasul.

Inainte de a considera probleme de construc(ie cu rigla ~i compasul, Edwin Moise in 1ucrarea "Geon1etrie elen1entarr1" l'ace cateva precizari:

i) Cand vorbim de rigla ~i compas. m\elegem o "rigla ideala" ~i un "compas ideal", care trascaza liniilc dreptc ~i cercurilc exact.

ii) Rigla nu are un marcaj pe ea. 0 putem utiliza pentru a desena drepte intre douii puncte date, dar aceasta este tot ceea ce putem face cu ea. Nu o putem utiliza pentru a milsura distan(ele dintre puncte sau pentru a vedea dacii douii segmente sunt congruen!e.

iii) Compasul se poate utiliza astfel. Fie un punct P ~i un punct Q 1n plan. Putcm dcscna atunci ccrcul cu ccntrul in P ~i care trccc prin Q. Accasta cstc tot cc putem face cu el. Al!fel spus, dandu-se un al treilea punc! P' nu este pennis sa mu!am varfol compasului in P' ~i apoi sa desenam un cerc cu centrul in P' ~i de raza PQ. Din acest motiv compasul este numit nerigid; nu i se poate muta vfirful deoarece 11cfind ridici varful de pe hflrtie. compasul se inchide".

5.1. Constructia unor expresii algebrice

5.1.1. Construc(ia expresiilor a+ b ~i a -b (a> b)

Consideram numerele pozitive a ~i b cu a> b . Pe o dreapta d consideriim un punct 0 ~i trasam un arc de cerc de raza a, pana cand intalne~te dreapta din punctul A. Cu centrul 1n A trasiim cercul de raza b care va intersecta dreapta d in punctele B ~i C (B intre 0 ~i A). Lungimea segmentului OC reprezinta expresia a+ b, iar lungimea segmentului OB reprezinta expresia a - b.

a

b

a d

0 8 c

139

.a 5.1.2. Constructia expresiilor a· b ~1 - (a> b)

b i) Construc)ia expresiei a · b Trasam doua semidrepte c ~i d cu originea comuna 0. Pe c trasam segmentul

unitate OA ~i segmentul OB se lungime a. Pe semideapta d cu originea in 0 trasam scgmcntul OC de lungimc b. Paralcla prin B la AC Jntiilnqtc pc d In D. Cu tcorcma Jui

OA OC OB·OC Thales in i'iOBD obtinem: -- = -- . de unde OD = - a· b .

. OB OD OA d

b D

('

b

0 I A

ii) Construqia expresiei ~

Trasam doua semidrepte c ~i d cu originea comuna in 0. Pe semidreapta c luam segmentul unitate OA ~i segmentul OB de lungime b. Pe semidreapta d luam segmentul OC de lungime a. Prin A ducem paralela la BC care intiilnqte pe c in D. In

OD OA OC·OA a i'iOBC cu teorema Jui Thales obtinem: -- = -- . de unde OD=----

. OC OB. OB b 5.1.3. Constructia mediei aritmetice, geometrice i) Construqia mediei aritmetice Consideram doua segmente de lungimi a ~i b (a> b). Construim segmentului

AB care reprezinta suma a+ b. Construim mediatoarea segmentului AB. Mediatoarea a+b

determina pe segmentul AB doua segmente congruente care reprezinta numarul -- . 2

b

a+b 2

c J) A f--------+--f-------j

b

140

ii) Construc\ia mediei geometrice Consideram doua segmente ce au lungimile a~i b (a > b) . Construim

segmentul AB care reprezinta suma a+ b. Construim un semicerc de diametru AB. Fie C punctul de pe [AB] cu AC=a. Ridicam in C o perpendicularii pe AB care intalne~te semicercul in E. Cu teorema inal\imii in triunghiul dreptunghic AEB

(m(L'E)=90°) ob\inem: EC2=AC·CB sau EC2=a·h, de unde EC= ,J;;7'.

~-~>

/////~\,>\ A C 11

Aplica\ie. Construc(ia expresiei J;; cu a>O. Este o aplica\ie a construc(iei mediei geometrice pentru numerele I ~i a (a>O).

E

A C h

5.1.4. Dctcrminarca a doua numcrc ciind sc cunosc suma lor ~i media gcomctrica

fie a~i h numcrc pozitivc cu suma x = a+ b ~i media gcomctrica y = J;;b . Problema se reduce la construc(ia triunghiului dreptunghic cu ipotenuza x ~i

inal\imca y. Trasam diamctrul AB rcprczcntilnd numarul x. Construim scmiccrcul de

diametru AB. Trebuie sa gasim intersec\iile acestui semicerc cu o paralela d dusa la el de aceea~i parte cu semicercul fa\ii de AB situata la distan\a y.

I) Dacii paralela d la AB intersecteaza semicercul in doua puncte distincte J:: ~i K, consideram proiec(iile acestor puncte pe AB, adica E' ~i K'. ob\inem perechile de segmenle AE' ~i E'B respectiv AK' ~i K'B, care sunl numerele cautate.

2) Daca paralela d la AB este tangenta semicercului avem solu\ie unica, numerele sunt egale.

3) Dadi paralela d la AB nu intersecteaza semicercul nu av em solu\ie. 1'

A E' K' h

141

6. Figuri echivalente

Figurile echivalente sunt figurile geometrice plane care au aceea~i arie farii a fi neaparat congruente.

6.1. Triunghiuri echivaleute . 1 . . . S baza · inaltimea 1 .. 1 d . h. .

Dm re alla ane1 = rezu ta ca arn e a oua Lnung 1un sun! . 2 -

egale dadi hazele celor doua triunghiuri au lungimi egale ~i lnal\imile de asemenea sun! de lungimi egale.

Exemple. i) Doua Lriunghiuri care au un viirf Lixal, iar bazele de lungimi egale se afla pe aceea~i dreaptii au aceea~i arie (BC=DE).

Deci S1ABc1=S1AoE1· A

H (' D I-,

ii) Doua triunghiuri cu aceea~i baza ~i viirforile situate pe o paralela la baza, au

aceea~i arie. Deci S1ABCJ = S1A,BCl (dllBC).

A

B

iii) Tn figura de mai jos avem

Dar

c

S wm J=S I mic J S1AooJ=S1AoBrS1AoBJ Sruuq~S[ArnrSrAou1

(*) (1) (2)

S =S AB·d(D,AB) = AB·d(C,AB) (3) IADUJ lACllj Q

2 2 Din (1), (2) ~i (3) =:> rela\ia(*).

142

A B

6.2. Triuughi echivaleut cu uu paralelogram dat Aria unui paralclogram cstc cgala cu dublul arici unui triunghi. i) S[AncT1=S[Aon1, unde C este mijlocul lui [BD].

A L

I~ B c D

S[AJJc-c1=BC·d(A,BC)=BC·AA1

S = BD. AA1 = 2. BC. AA1 = BC. AA [ADn] 2 2 l

ii) S1,ncc1=S1Ann1· undc DF=2EL, allAB SIABCEJ=AB·d(E,AB)=AB·EL

S = AB· DF AB· 2EL AB. EL IABDJ 2 2

A I.

6.3. Triunghi echivalent cu un trapez dat S1Anco1=S11.m1. unde [DC]=[AT]

143

D a

C B

]) c

A B

S . = (AB+DC)d(D,AB) = TB·d(D,AB) = TB·d(L,AB) =S IAUlDI 2 2 2 ILUJ I

6.4. Triuughi echivaleut cu uu patrulater SIABCDl=Sp CKI (**)

Fie ABCD un patrulatcr oarccarc. Duccm printr-un viirf oarccarc (de cxcmplu A) o dreaptii d. Prin viirfurile D ~i B ale patrulaterului ABCD ducem paralele la AC, care intiilnesc pe d in L respectiv K. Oh\inem trapezele ACDL ~i ACBK. Avem S1LcK1~SIACLl+S1AcKI· Atunci

Dar

S =AC· d(D,AC) =AC· d(L,AC) = S [ADC]

2 2 [LAC]

S =AC· d(B,AC) =AC· d(K,AC) = S [ABC]

2 2 [AKC]

Din (I), (2) ~i (3) obtinem rela\ia (** ). c

I A

6.5. Triunghi echivalent cu un pentagon S1ABCDEJ~S101MJ

d

K

(1)

(2)

(3)

Consideram pentagonul ABCDE. Trasam diagonalele [DA] ~i [DB]. Ducem prin E o paralela la DA care intiilnqte pe AB in !., iar prin C o paralela la DB care intiilnqte pe AB in M.

Triunghiurilc ADL ~i AED sunt cchivalcntc dcoarccc:

S =AD· d(L,AD) =AD· d(E,AD) = S l•\Dl.l 2 2 l•\FDI (1)

~i triunghiurile BMD ~i DBC sunt echivalente deoarece:

144

S = DB·d(M,DB) fRVm] 2

DB·d(C,DB)

2

SLABCDLJ = SLBCDJ + SLBDAJ + SLADLJ

Din relatiile (!), (2) ~i (3) obtinem:

SLABCDEJ = SLB'1DJ + SLBDAJ + SLADLJ = SLLD'1J

Deci triunghiul LDM este echivalent cu pentagonul ABCDE. D

L A 13 i'v1

6.6. impiir(irea unui triunghi in par\i echivalente

(2)

(3)

i) impartirea unui triunghi Jn n parti echivalente prin lmpartirea unei laturi a triunghiului, considerata ca baza, in n segmente congruente.

Consideram triunghiul ABC cu baza lBCJ, pe care o impaqim inn par\i egale. Obtinem triunghiurile echivalente BAD1, D 1AD2, •.. ,Dn_ 1AC. (Triunghiurile au aceea~i inaltime d(ABC)).

ii) lmpilr(irca unui triunghi in n par\i cchivalcntc prin drcptc paralclc cu una din laturi.

Yorn studia cazul n=3. Deci triunghiul ABC trebuie impar(it in trei pilf\i echivalenle prin paralele duse la baza lBCJ.

Fie (LT)ll(BC) ~i (PQ)ll(BC) cu LE(AP), PE(LB), TE(AQ), QE(TC).

Deci S1AllCI = 3S1ALTI ~i

Tincm scama ca:

(1)

Raportul ariilor a doua triunghiuri asemenea este egal cu patratul rapotiului de asemanare.

Cu(!) obtinem:

Din (2) ob\inem:

I

3 . (AQJ' SI --, AC 2

3

AT' =Ac{ ~CJ ~I AQ2 =Ac{~AC J

(2)

(3)

Din (3) rczulta ca AT ~i AQ sunt mcdii gcomctricc a lungimilor scgmcntclor AC . . 2

AC, -3- ~1 respectJV AC, 3 AC.

145

Acum el'ectuam construciia. Construim pe latura AC ca diametru un semicerc in afara triunghiului ABC.

lmpiir\im latura AC in trci scgmcntc congrucntc prin punctclc H ~i K. Pcrpcndicularclc in H ~i K pe AC intiilnesc semicercul in E respecliv F.

Confonn teoremei catetei in triunghiul dreptunghic AEC avem:

iar in triunghiul dreptunghic AFC avem:

Arcele de cerc cu centrul in A ~i raze AE. respecliv AF delermina pe AC punctele T ~i Q care sunt punctele ciiutate. Ducem pnn T ~i Q paralele la BC ~i

ob\incm impaqirca /'.ABC in trci piir\i cchivalcntc. A

H

T L

B

6. 7. Patrat echivalent cu un paralelogram ABCD SLABCDJ=Spatrat·

E

r

K

c

Consideram paralelogramul ABCD. Conslruim inal\imea DL cu LElABJ. Luiim pe prelungirea laturii [CD] un segment (DL)=(DQ). Construim media geometrica a lungimii segmentelor CD ~i DQ, determinand punctul de intersec(ie T al semicercului de diametru CQ cu dreapla DL. A!unci DT esle latura pa!ralului echivalent cu paralelogramul ABCD.

Q 11 r

L

146

6.8. Dreptunghi echivalent cu un patrulater dat

s[ABCD] = ~s[LTPR] = s[HLTE] = s[HRPE]. unde H ~i E sunt mijloacele segmentelor

LR respectiv PT. Fie ABCD un patrulater oarecare. Prin varforile B ~i D ducem paralele la AC. Prin varforile A ~i C ducem perpendiculare pe AC. Obtinem dreptunghiul L TPR. Ducem din B respectiv D perpendiculare pe AC care au picioarele in K ~i respectiv N.

Avem rela\iile: T

s1.1Rrn1 = slARKI + s1R<:ic1 + sl·'""l + srnrc:i

s[AT.R] = s[ARK]

SLBTCJ = SLBH'J

s[ARD] = s[D>:A]

s[DPC] = S[mc]

swrrL1 = s1.\llrn1 + s[,\llKI + s1ucK1 + s1.1Ro1 + srorci

Din rela\iile (*) ~i (5) ob\inem: s[RPTT I = 2Sl•\RCDI' rezulta

1 S[AUCDJ = 2SLKPTLJ

Fiinddi 11 ~i E sunt mijloacele laturilor [RL] respectiv [PT] avem

S[KPTL] = 2S[RPEH] = 2S[HLTE]

Din (6) ~i (7) rczultil SIAUCDI = SIRPClll = slllLTEI.

6.9. Dreptunghi echivalent cu un trapez dat s[ABCD] = s[EFGH]. unde ABCD este trapez, iar EFGH dreptunghi.

(*)

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

Fie ABCD un trapez cu ABllCD dat, cu mijloacele laturilor neparalele L ~i T (LE(AD). TE(BC)). Prin L ~i T duccm pcrpcndicularc pc bazc. care intiilncsc baza mare in E, respectiv F, iar prelungirea bazei mici in H respectiv G.

147

H D (' G

A E F B

Din triunghiurile congruenle HDL ~i EAL rezulla ca (HD)=(AE), iar din triunghiurile congruente GCT ~i FBL obtinem di (CG)=(FB). Atunci

S = (AB+DC) ·d(D AB)= (EF+AE+FB+DC) ·d(D AB)= lABCDJ 2 ' , 2 '

= 2EF. d(D,AB) - EF. d(D AB)= S . 2 ' [HFFG]

6.10. Constructia uuei drepte care sa imparta un patrulater convex in doua parti avfind aceea~i arie

Consideram patrulaterul convex ABCD, a ciirui diagonale se intersecteaza in 0. Analiziim situa\iile:

i) (OD)=(OB) (I)

, S _ OB·d(A,BD) _ OD·d(A,BD) A'em IAOBJ - 2 - 2 D1Aoo1

Deci

SrAOBI = SrAODI (2)

S _OB· d(C,OB) _OD· d(C,OB) _ S rcoR1 -

2 -

2 - rnoq

Deci

SrcnB1 = Srnoc1 (3)

Din (2) ~i (3) obtinem: s[AOB] + s[COR] = s[AOD] + s[DOCJ adicii s[ABC] = s[ADC]'

adica AC este dreapta cantata. ii) (OD)7c(OB). Prcsupuncm cii OB>OD. Ducem prin D o paralela la AC care intalne~te pe BC in K. Se obtine triunghiul

AKB echivalent cu patrulaterul ABCD. (Un triunghi echivalent cu un patrulater). Deci

SrAKBI = SrABC:Dl . Fie T mijlocul lui [KB], atunci Sr:JlTI = srKTAI fiindca

S = BT·d(A,BK) = KT·d(A,TK) r.\BTI 2 2

Sru,1. Atunci S = Sr,BKI r.\BTI 2

~' deci

SIABCDJ SIABTJ =~-~

2

148

Penlru a ariila cii dreapla AT es le solu\ia problemei lrebuie sii aratam cii triunghiul ABT este parte a patrulaterului ABCD, ceea ce inseamna ca TE(BC). Fie Q mijlocul lui (BD). riindcii (OB)>(OD) rezulta QE(OB).

in triunghiul ABK, [TQ] este linie mijlocie deci QTllDK. Fiindcii OCllDK ob\inem ca OCllTQ ~i cum QE(OB) rezullii ca TE(BC).

K

A Il

Construc\ia unci drcptc care sii imparta un patrulatcr convex In doua par\i avand aceea~i arie

6.11. lmpiirjirea unui patrulater printr-o dreaptii care trece printr-un viirf, in piirji, aviind ariile intr-un raport dat (Fig. 1)

Fie patrulaterul ABCD ~i _'!_ raportul in care trebuie sii impiir\im aria b

patrulaterului printr-o dreaptii care sii treacii prin D. Transfonniim patrulaterul ABCD intr-un triunghi cchivalcnt cu cl, care sii aibii o laturii pc drcapta AB. Prin C duccm o paralela la BD care intalne~te dreapta AB in L. Objinem triunghiul ADL care este echivalent cu patrulaterul ABCD deoarece

s[BDC] = s[BDL l (BD · d(

2

C,BD)

~i atunci SIABCDJ = SIADBJ + S1sco1 = SIADBJ + SIBDLJ = SIADLJ .

impiirjim aria triunghiului ADL in raportul ~ . Pentru aceasta este suficient sa

a AK a impiirtim latura AL in raportul - . Fie K punctul pentru care avem -- = - . Atunci

b KL b AK·d(D,AK)

2 KL·d(D,KL)

2

a - , adica b

S[ADK] a

S[DKL] b (1)

149

Ducem prin K o paralela la BD care in!illne~le pe BC in Q. Unim D cu Q. Ob\inem:

Sr.\BQDI a

Srnoc1 b

(BD·d(

2K,BD) = BD·d(

2Q,BD)).

1.ar

fiindca SrrnKI = Srrnoi

S[DKL] = S[DllL] - S[DllK] Sau S[DKL] = S[DllC] - S[llDQ] = S[DQC] ·

(2)

Triunghiul ADK cstc cchivalcnt cu patrulatcrul ADQB pcntru ca triunghiurilc

BDQ ~i BDK sun! echivalen!e. Deci S 1ADKJ = SIADQllJ.

ln rcla\ia (J) inlocuim pc S[ADK] CU S[ADQll] ~i S[DKL] CU S[DQC] ~j Ob\incm

rcla\ia (2). Din constructia de mai sus rezulta ca in Joe sa construim triunghiul ADL

a cchivalcnt cu patrulatcrul ABCD putcm sa impaqim diagonala AC in raportul b. ric

T punctul de pe AC pentru care avem AT =.fl_. Prin T ducem o paralela la BD care TC b

a intalne~te pe BC Jn Q. Dreapta DQ Jmparte aria patrulaterului ln raportul - .

b 6.12. imparfirea unui patrulater prin drepte duse printr-un varf in mai mnlte par\i echivalente

De cxcmplu, pcntru a lmpar\i un patrulatcr ABCD in trci paqi cchivalcntc prin doua drepte duse prin D procedam aslfel:

Se lmparte diagonala AC in trei paqi egale prin punctele R ~i V. Prin aceste punctc duccm paralclc la diagonala BD, care intalncsc laturilc (AB) rcspcctiv (BC) in punctele J ~i S. Dreptele DJ ~i DS impart patrulaterul ln trei paqi echivalente.

ll

A

K

L

Fig. 1.

150

6.13. impartirea unui poligon convex in parti echivalente, prin drepte duse printr-un varf

Consideram pentagonul EFGHT pe care dorim sa-1 imparj:im in parj:i cchivalcntc prin drcptc dusc prin varful G.

a Vom arata mai intai ca putem impar\i aria poligonului in raportul b printr-o

dreapta ce trece pr in G. Vom construi un patrulater echivalent cu pentagonul considerat. Ducem prin F o paralelii la diagonala GE care intalne~te pe ET in L. Patrulatcrul LOHT cstc cchivalcnt cu pcntagonul EFGHT. Ari'iti'im in continuarc accst lucru. Avem

s[GFE] = s[GTE]

dcoarccc GE·d(F,GE) _ GE·d(L,GE). Dcci

2 2

srFFc;nn = s1FFG1 + s1Fc;m1 = s~ GFI + s1wm1 = s1wm1

Am redus problema la una pe care am studiat-o.

(1)

a Vom impi'ir\i diagonala HT. in raportul b. fie K punctul pe HT. pentru care

avem LK = ~. Prin K ducem paralela KQ la GT care Jntalne~te pe [HT] Jn R, QEET. KH b

a Dreapta GR imparte aria patrulaterului LOHT in raportul - . Dacil prin H ducem

b paralela HY la GT, YEET patrulaterul GLTH este echivalent cu triunghiul LGV deoarece

s[GHTJ = s[GTVJ (GT·d(

2

H,GT)

~i atunci

SIGLTIII = SIGllTI + SIGLTI = SIGTVI + SIGLTI = SIGLVI

Fiindci'i KQllGT, iar HVllGT ob\incm ca KQllHV. Cu tcorcma lui Thales in LQ LK a

£.LHV avem: -- = -- = - . de unde obtinem ca QV KH b. .

LQ·d(G,LQ) 2 a

QV·d(G,QV) b'

2 care se 1na1 scr1e

S~GOI a

SIQGVI b (2)

151

deci

GT·d(Q,GT) Dar SIGTQI = sfGTRI deoarece 2

G

L c T Q

GT ·d(R,GT)

2

v Atunci SIQGVI = sfGTVI - sfGTQI ' care se mai poate scrie:

s[QGV] = s[GTH] - s[GTR],

s[QGV] = s[GHR]

Atunci rela\ia (2) se mai poate scrie:

SILGTI + SIGTQI a s[LGTI + SIGTRI a sau sau

b S[GIIRI

sfLGRll a

S[Gllf<l b

b

(3)

(4)

T. - d d (I) I . (4) . . S101 c m1 a d . - . , tnan seama e , re at1a se mat scr1e - - , ect putem 1mparp S[GIIRI b

aria unui poligon convex (in cazul nostru pentagon) intr-un raport dat, printr-o dreapta ce trece printr-un varf al sau (in cazul nostru G). Acesl rezullal ne da posibilitatea sa impartim un poligon convex oarecare in paf\i echivalente, prin drepte duse prin mm! din varfurilc sale.

in cazul problemei noastre, se construie~te patrulaterul echivalent cu poligonul dat. Dacii cerin(a era sii impar(im pentagonul in patru piir\i echivalente, atunci impaf\eam diagonala [LI I] in patru par\i egale prin punctele S, W, U, iar prin aceste puncte ducem paralele la diagonala (CT) care intalnesc laturile ET ~i TH in punctele C, B, A. Unind punctele C. B, A cu G ob\inem dreptele GC, GB, GA care impart pcntagonul dat in patru par\i cchivalcntc:

152

L E C D T

6.14. Tmpartirea unui poligon dat in parti cu arii proportionale cu mai multe numere date, prin drepte duse printr-uu punct interior poligonului

Consideram patrulaterul ABCD pe care sa-1 lmpaqim Jn trei parti cu ariile propor(ionale cu numerele a. b. c, prin drepte duse prin punctul M din interiorul patrulatcrului. Prin M duccm drcapta ML, LE(DC).

i) Unim punctul M cu D. iar prin L ducem o dreapta paralela cu MD care intiilnqte pe AD in P. Atunci S1,mri = SflclDLl deoarece

MD·d(P,MD) MD·d(L,MD) . --~--~ = · . Atunc1

2 2

s[ADT MJ = s[AD\I] + s[V!DL] = s[AD\1] + s[V!DP] = s[A\IP]

Deci

SIADL\11 = Sf,\MPl (I)

Ducem prin P paralela la AM care intalne~te pe BA in R. Atunci avem:

sf,\MPl = sf.\MRl (2)

deoarece AM· d(P,AM) = AM· d(R,AM). 2 2

Din (2) ~i (3) ob\inem:

s[RMB] = s[AMP] + s[ABM]

Cu(!), rela\ia (4) se mai poate scrie

(3)

(4)

s s (5) I R\IB I = [MLDAB I

A cum ducem prin R o paralela la BM care intalne~te pe CB in T. Atunci MB·d(R,MB) MB·d(T,MB)

S[RMB] = S[MBT] • dcoarCCC --~---2 2

sfMCTl = sfVICRl + sfTMBl

Folosind relatia (5), obtinem: s[\ICTJ = s[CMH] + s[,IT.DAH] sau

(6)

s[VICTJ = s[\ILDABCJ (6*)

Ducem prin To paralela la MC care Jntalne~te pe DC Jn V. atunci avem:

153

s['1CT] = s['1CVJ (7)

MC·d(T,MC) MC·d(V,MC) . l .. 1 ( * . b · deoarece

2 =

2 . Dm re a\11 e 6 ) ~1 (7) o tmem:

S['1lT] + S[MLC] = S[MLDABC] + S['1LC], Care SC mai SCfiC: S[1!CV] + S['1LC] = S[ABCD] SaU

Srvnv1 =Sr vRrn1 ·

R

p

ii) lmpartim latura L V a triunghiului ML V in trei piir\i proportionale cu

1 b . 1 . ct· LK KJ JV 1 . . numere e a, , c pnn puncte e J ~I K, a 1ca - = -b = - , re at1e care se ma1 poale

a c scnc:

LK · d(M, LK) KJ · d(M, KJ) JV· d(M, JV)

2 2 2 a b c

deoarece d(M,LK)=d(M,KJ)=d(M,JV). Relatia (8) se mai scrie:

S[VITK]

a s[l'!K.T]

b Sf\UVl

c

(8)

(8*)

Ducem prin K o paralela la CM care intalnqte latura BC in G. Patrulaternl

LMGC este echivalent cu triunghiul MLK deoarece Srr V!GCI = Srvrr Cl + s[VlCGI sau

s~MGC] = Srvrrc1 + s[CMKI deoarece d(G,MC)=d(K,MC). Deci s[!V!GCI = s[MLKI.

iii) Prin punctul J ducem o paralelii la CM care intalnqte dreapta CB in Q, iar din Q duccm o paralcla la MB care Jntiilnqtc pc BA Jn I, iar din I duccm o paralclii la AM care imalnq!e pe AD in W. Penlagonul GBA WM face parte din palrulalerul ABCD ~i avem:

sau

SrGR.\\Vl'\if] = sft<..TKJl

Yorn demonstra in continuare rela\ia (9).

s[V!K.Tl = s[Mc.n - Srcvrrq

154

(9)

(9*)

dar

S[MC8 = S[Cv!Q] (10)

deoarece MC·d(J,MC) 2

MC. d(Q, MC) . Sca-za'nd d1"11 b.. b · · 1 1· · am n mem n at re a.1e1 2

(I 0) pe SIC''"I obJinem:

(I I)

Tinand seama de rela\ia (9*), (11) se scne: S1, 1KJJ = S1QML;J. Dar

SIMGQI = sl'!GBI + S11mo1 ~i sl'!BQI = S11m11 fiindcii

MB·d(Q,MB) MB·d(I,MB)

2 2 s11MR1 = sl""'l + sl',All = sfMMI + sl'""l

deoarece Sl'"ll = Sl'"'"l (MA·d(l,MA)=MA·d(W,AM)). Atnnci avem:

sf'IK.Tl = sfv!GBI + sf'IB\l + sl'f•\Wl'

care se mai scrie s['IK.8 = s[v!GBAW]. Analog gasim s['!N] = sl'ILD\\]. Deci

s1"1cc;1 = s1M1K1, s1>1GaAw1 = s1,1KJ1 ~' s1"1ow1 = s1wv1 C11 l Din (8*) ~i (I I) ob\inem

sl'llCGI sf'IGBAW1 sfMID\\l

a b c

155

6. Figuri echivalente

Figurile echivalente sunt figurile geometrice plane care au aceea~i arie farii a fi neaparat congruente.

6.1. Triunghiuri echivaleute . 1 . . . S baza · inaltimea 1 .. 1 d . h. .

Dm re alla ane1 = rezu ta ca arn e a oua Lnung 1un sun! . 2

egale dadi hazele celor doua triunghiuri au lungimi egale ~i lnal\imile de asemenea sun! de lungimi egale.

Exemple. i) Doua Lriunghiuri care au un viirf Lixal, iar bazele de lungimi egale se afla pe aceea~i dreaptii au aceea~i arie (BC=DE).

Deci S1ABc1=S1AoE1· A

H (' D I-,

ii) Doua triunghiuri cu aceea~i baza ~i viirforile situate pe o paralela la baza, au

aceea~i arie. Deci S1ABCJ = S1A,BCl (dllBC).

A

B

iii) Tn figura de mai jos avem

Dar

c

S wm J=S I mic J S1AooJ=S1AoBrS1AoBJ Sruuq~S[ArnrSrAou1

(*) (1) (2)

S =S AB·d(D,AB) = AB·d(C,AB) (3) IADUJ lACllj Q

2 2 Din (1 ), (2) ~i (3) =:> rela\ia (*).

142

A B

6.2. Triuughi echivaleut cu uu paralelogram dat Aria unui paralclogram cstc cgala cu dublul arici unui triunghi. i) S[AncT1=S[Aon1, unde C este mijlocul lui [BD].

A L

I~ B c D

S[AJJc-c1=BC·d(A,BC)=BC·AA1

S = BD. AA1 = 2. BC. AA1 = BC. AA [ADn] 2 2 l

ii) S1,ncc1=S1Ann1· undc DF=2EL, allAB SIABCEJ=AB·d(E,AB)=AB·EL

S = AB· DF AB· 2EL AB. EL IABDJ 2 2

A I.

6.3. Triunghi echivalent cu un trapez dat S1Anco1=S11.m1. unde [DC]=[AT]

143

D a

C B

]) c

A B

S . = (AB+DC)d(D,AB) = TB·d(D,AB) = TB·d(L,AB) =S IAUlDI 2 2 2 ILUJ I

6.4. Triuughi echivaleut cu uu patrulater SIABCDl=Sp CKI (**)

Fie ABCD un patrulatcr oarccarc. Duccm printr-un viirf oarccarc (de cxcmplu A) o dreaptii d. Prin viirfurile D ~i B ale patrulaterului ABCD ducem paralele la AC, care intiilnesc pe d in L respectiv K. Oh\inem trapezele ACDL ~i ACBK. Avem S1LcK1~SIACLl+S1AcKI· Atunci

Dar

S =AC· d(D,AC) =AC· d(L,AC) = S [ADC]

2 2 [LAC]

S =AC· d(B,AC) =AC· d(K,AC) = S [ABC]

2 2 [AKC]

Din (I), (2) ~i (3) obtinem rela\ia (** ). c

I A

6.5. Triunghi echivalent cu un pentagon S1ABCDEJ~S101MJ

d

K

(1)

(2)

(3)

Consideram pentagonul ABCDE. Trasam diagonalele [DA] ~i [DB]. Ducem prin E o paralela la DA care intiilnqte pe AB in !., iar prin C o paralela la DB care intiilnqte pe AB in M.

Triunghiurilc ADL ~i AED sunt cchivalcntc dcoarccc:

S =AD· d(L,AD) =AD· d(E,AD) = S l•\Dl.l 2 2 l•\FDI (1)

~i triunghiurile BMD ~i DBC sunt echivalente deoarece:

144

S = DB·d(M,DB) fRVm] 2

DB·d(C,DB)

2

SLABCDLJ = SLBCDJ + SLBDAJ + SLADLJ

Din relatiile (1), (2) ~i (3) obtinem:

SLABCDEJ = SLB'1DJ + SLBDAJ + SLADLJ = SLLD'1J

Deci triunghiul LDM este echivalent cu pentagonul ABCDE. D

L A 13 i'v1

6.6. impiir(irea unui triunghi in par\i echivalente

(2)

(3)

i) impartirea unui triunghi in n parti echivalente prin impartirea unei laturi a triunghiului, considerata ca baza, in n segmente congruente.

Consideram triunghiul ABC cu baza lBCJ, pe care o impaqim inn par\i egale. Obtinem triunghiurile echivalente BAD1, D 1AD2, •.. ,Dn_ 1AC. (Triunghiurile au aceea~i inaltime d(ABC)).

ii) lmpilr(irca unui triunghi In n par\i cchivalcntc prin drcptc paralclc cu una din laturi.

Yorn studia cazul n=3. Deci triunghiul ABC trebuie impar(it in trei pilf\i echivalenle prin paralele duse la baza lBCJ.

Fie (LT)ll(BC) ~i (PQ)ll(BC) cu LE(AP), PE(LB), TE(AQ), QE(TC).

Deci S1AllCI = 3S1ALTI ~i

Tincm scama ca:

(1)

Raportul ariilor a doua triunghiuri asemenea este egal cu patratul rapotiului de asemanare.

Cu (I) obtinem:

Din (2) ob\inem:

I

3 . (AQJ' SI --, AC

2

3

AT' =Ac{ ~CJ ~I AQ2 =Ac{~AC J

(2)

(3)

Din (3) rczulta ca AT ~i AQ sunt mcdii gcomctricc a lungimilor scgmcntclor AC . . 2

AC, -3- ~lfespecliv AC, :3 AC.

145

Acum el'ectuam construciia. Constmim pe latura AC ca diametm un semicerc in afara triunghiului ABC.

lmpiir\im latura AC In trci scgmcntc congmcntc prin punctclc H ~i K. Pcrpcndicularclc !n H ~i K pe AC !miilnesc semicercul in E respecliv F.

Confonn teoremei catetei in triunghiul dreptunghic AEC avem:

iar in triunghiul dreptunghic AFC avem:

Arcele de cerc cu centrul !n A ~i raze AE, respecliv AF delermina pe AC punctele T ~i Q care sunt punctele ciiutate. Ducem pnn T ~i Q paralele la BC ~i

ob\incm lmpaqirca /'.ABC In trci piir\i cchivalcntc. A

H

T L

B

6. 7. Patrat echivalent cu un paralelogram ABCD SLABCDJ=Spatrat·

E

r

K

c

Consideram paralelogramul ABCD. Conslruim inal\imea DL cu LElABJ. Luiim pe prelungirea laturii [CD] un segment (DL)=(DQ). Construim media geometrica a lungimii segmentelor CD ~i DQ, determinand punctul de interseqie T al semicercului de diame!ru CQ cu dreapla DL. A!unci OT este latura pa!ralului echivalent cu paralelogramul ABCD.

Q 11 r

L

146

6.8. Dreptunghi echivalent cu un patrulater dat

s[ABCD] = ~s[LTPR] = s[HLTE] = s[HRPE]. unde H ~i E sunt mijloacele segmentelor

LR respectiv PT. Fie ABCD un patrulater oarecare. Prin viirforile B ~i D ducem paralele la AC. Prin viirforile A ~i C ducem perpendiculare pe AC. Obtinem dreptunghiul L TPR. Ducem din B respectiv D perpendiculare pe AC care au picioarele in K ~i respectiv N.

Avem rela\iile: T

s1.1Rrn1 = slARKI + s1R<:ic1 + sl·'""l + srnrc:i

s[AT.R] = s[ARK]

SLBTCJ = SLBH'J

s[ARD] = s[D>:A]

s[DPC] = S[mc]

swrrL1 = s1.\llrn1 + s[,\llKI + s1ucK1 + s1.1Ro1 + srorci

Din rela\iile (*) ~i (5) ob\inem: s[RPTT I = 2Sl•\RCDI' rezulta

1 S[AUCDJ = 2SLKPTLJ

Fiinddi II ~i E sunt mijloacele laturilor [RL] respectiv [PT] avem

S[KPTL] = 2S[RPEH] = 2S[HLTE]

Din (6) ~i (7) rczultil SIAUCDI = SIRPClll = slllLTEI.

6.9. Dreptunghi echivalent cu un trapez dat s[ABCD] = s[EFGH]. unde ABCD este trapez, iar EFGH dreptunghi.

(*)

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

Fie ABCD un trapez cu ABllCD dat, cu mijloacele laturilor neparalele L ~i T (LE(AD). TE(BC)). Prin L ~i T duccm pcrpcndicularc pc bazc, care intiilncsc baza mare in E, respecliv F, iar prelungirea bazei mici in H respecliv G.

147

H D (' G

A E F B

Din triunghiurile congruenle HDL ~i EAL rezulla ca (HD)=(AE), iar din triunghiurile congruente OCT ~i FBL obtinem di (CG)=(FB). Atunci

S = (AB+DC) ·d(D AB)= (EF+AE+FB+DC) ·d(D AB)= lABCDJ 2 ' , 2 '

= 2EF. d(D,AB) - EF. d(D AB)= S . 2 ' [HFFG]

6.10. Constructia unei drepte care sa imparta un patrulater convex in dona parti avfind aceea~i arie

Consideram patrulaterul convex ABCD, a ciirui diagonale se intersecteaza in 0. Analiziim situa\iile:

i) (OD)=(OB) (I)

, S _ OB·d(A,BD) _ OD·d(A,BD) A'em IAOBJ - 2 - 2 D1Aoo1

Deci

SrAOBI = SrAODI (2)

S _OB· d(C,OB) _OD· d(C,OB) _ S rcoR1 -

2 -

2 - rnoq

Deci

SrcnB1 = Srnoc1 (3)

Din (2) ~i (3) obtinem: s[AOB] + s[COR] = s[AOD] + s[DOCJ adicii s[ABC] = s[ADC]'

adica AC este dreapta cantata. ii) (OD)7c(OB). Prcsupuncm cii OB>OD. Ducem prin D o paralela la AC care intalne~te pe BC in K. Se obtine triunghiul

AKB echivalent cu patrulaterul ABCD. (Un triunghi echivalent cu un patrulater). Deci

SrAKBI = SrABC:Dl . Fie T mijlocul lui [KB]. atunci Sr:JlTI = srKTAI fiindca

S = BT·d(A,BK) = KT·d(A,TK) r.\BTI 2 2

Sru,1. Atunci S = Sr,BKI r.\BTI 2

~' deci

SIABCDJ SIABTJ =~-~

2

148

Penlru a ariila cii dreapla AT es le solu\ia problemei lrebuie sii aratam cii triunghiul ABT este parte a patrulaterului ABCD. ceea ce inseamna ca TE(BC). Fie Q mijlocul lui (BD). riindcii (OB)>(OD) rezulta QE(OB).

in triunghiul ABK. [TQ] este linie mijlocie deci QTllDK. Fiindcii OCllDK ob\inem ca OCllTQ ~i cum QE(OB) rezullii ca TE(BC).

K

A Il

Construc\ia unci drcptc care sii imparta un patrulatcr convex In doua par\i avand aceea~i arie

6.11. lmpiir\irea unui patrnlater printr-o dreaptii care trece printr-un viirf, in piir\i, aviind ariile intr-nn raport dat (Fig. 1)

Fie patrulaterul ABCD ~i _'!_ raportul in care trebuie sii impiir(im aria b

patrulaterului printr-o dreaptii care sii treacii prin D. Transfonniim patrulaterul ABCD intr-un triunghi cchivalcnt cu cl, care sii aibii o laturii pc drcapta AB. Prin C duccm o paralela la BD care intalne~te dreapta AB in L. Ob\inem triunghiul AOL care este echivalent cu patrulaterul ABCD deoarece

s[BDC] = s[BDL l (BD · d(

2

C,BD)

~i atunci SIABCDJ = SIADBJ + S1sco1 = SIADBJ + SIBDLJ = SIADLJ .

impiir(im aria triunghiului ADL in raportul ~. Pentru aceasta este suficient sa

a AK a impiirtim latura AL in raportul - . Fie K punctul pentru care avem -- = - . Atunci

b KL b AK·d(D,AK)

2 KL·d(D,KL)

2

a - . adica b

S[ADK] 3

S[DKL] b (1)

149

Ducem prin K o paralela la BD care in!illne~le pe BC in Q. Unim D cu Q. Ob\inem:

Sr.\BQDI a

Srnoc1 b

(BD·d(

2K,BD) = BD·d(

2Q,BD)).

1.ar

fiindca SrrnKI = Srrnoi

S[DKL] = S[DllL] - S[DllK] Sau S[DKL] = S[DllC] - S[llDQ] = S[DQC] ·

(2)

Triunghiul ADK cstc cchivalcnt cu patrulatcrul ADQB pcntru ca triunghiurilc

BDQ ~i BDK sun! echivalen!e. Deci S 1ADKJ = SIADQllJ.

ln rela\ia (J) inlocuim pc S[ADK] CU S[ADQll] ~j S[DKL] CU S[DQC] ~j Ob\incm

rcla\ia (2). Din constructia de mai sus rezulta ca in Joe sa construim triunghiul ADL

a cchivalcnt cu patrulaterul ABCD putcm sa impaqim diagonala AC in raportul b. rie

T punctul de pe AC pentru care avem AT =.fl_. Prin T ducem o paralela la BD care TC b

a intillne~te pe BC Jn Q. Dreapta DQ Jmparte aria patrulaterului in raportul - .

b 6.12. imparfirea unui patrulater prin drepte duse printr-un varf in mai mnlte par\i echivalente

De cxemplu, pcntru a impar\i un patrulater ABCD in trci paqi cchivalcnte prin doua drepte duse prin D procedam aslfel:

Se imparte diagonala AC in trei paqi egale prin punctele R ~i V. Prin aceste puncte ducem paralcle la diagonala BD, care intalncsc laturilc (AB) rcspcctiv (BC) in punctele J ~i S. Dreptele DJ ~i DS impart patrulaterul in trei paqi echivalente.

ll

A

K

L

Fig. 1.

150

6.13. impartirea unui poligon convex in parti echivalente, prin drepte duse printr-un varf

Consideram pentagonul EFGHT pe care dorim sa-1 imparj:im in parj:i cchivalcntc prin drcptc dusc prin viirful G.

a Vom arata mai intai ca putem impar\i aria poligonului in raportul b printr-o

dreapta ce trece prin G. Vom construi un patrulater echivalent cu pentagonul considerat. Ducem prin F o paralelii la diagonala GE care intalne~te pe ET in L. Patrulatcrul LOHT cstc cchivalcnt cu pcntagonul EFGHT. Ari'iti'im in continuarc accst lucru. Avem

s[GFE] = s[GTE]

dcoarccc GE·d(F,GE) _ GE·d(L,GE). Dcci

2 2

srFFc;nn = s1FFG1 + s1Fc;m1 = s~ GFI + s1wm1 = s1wm1

Am redus problema la una pe care am studiat-o.

(1)

a Vom impi'ir\i diagonala HT. in raportul b. fie K punctul pe HT. pentru care

avem LK = ~. Prin K ducem paralela KQ la GT care Jntiilne~te pe [HT] Jn R, QEET. KH b

a Dreapta GR imparte aria patrulaterului LOHT in raportul - . Dacil prin H ducem

b paralela HY la GT, V EET patrulaterul GLTH este echivalent cu triunghiul LGV deoarece

s[GHTJ = s[GTVJ (GT·d(

2

H,GT)

~i atunci

SIGLTIII = SIGllTI + SIGLTI = SIGTYI + SIGLTI = SIGLYI

Fiindci'i KQllGT, iar HVllGT ob\incm ca KQllHV. Cu tcorcma lui Thales in LQ LK a

£.LHV avem: -- = -- = - . de unde obtinem ca QV KH b. .

LQ·d(G,LQ) 2 a

QV·d(G,QV) b'

2 care se 1na1 scr1e

S~GOI a

SIQGYI b (2)

151

deci

GT·d(Q,GT) Dar SIGTQI = sfGTRI deoarece 2

G

L c T Q

GT ·d(R,GT)

2

v Atunci SIQGVI = sfGTVI - sfGTQI ' care se mai poate scrie:

s[QGV] = s[GTH] - s[GTR],

s[QGV] = s[GHR]

Atunci rela\ia (2) se mai poate scrie:

SILGTI + SIGTQI a s[LGTI + SIGTRI a sau sau

b S[GIIRI

sfLGRll a

S[Gllf<l b

b

(3)

(4)

T. - d d (I) I . (4) . . S101 c m1 a d . - . , tnan seama e , re at1a se mat scr1e - - , ect putem 1mparp S[GIIRI b

aria unui poligon convex (Jn cazul nostru pentagon) intr-un raport dat, printr-o dreapta ce trece printr-un varr al sau (in cazul nostru G). Acest rezullal ne da posibilitatea sa 1mpartim un poligon convex oarecare in paf\i echivalente, prin drepte duse prin mm! din varfurilc sale.

in cazul problemei noastre, se construie~te patrulaterul echivalent cu poligonul dat. Dacii cerin(a era sii impar(im pentagonul in patru piir\i echivalente, atunci impaf\eam diagonala [LI I] in patru par\i egale prin punctele S, W, U, iar prin aceste puncte ducem paralele la diagonala (CT) care intalnesc laturile ET ~i TH in punctele C, B, A. Unind punctele C. B, A cu G ob\inem dreptele GC, GB, GA care impart pcntagonul dat in patru par\i cchivalcntc:

152

L E C D T

6.14. Tmpartirea unui poligon dat in parti cu arii proportionale cu mai multe numere date, prin drepte duse printr-uu punct interior poligonului

Consideram patrulaterul ABCD pe care sa-1 lmpaqim Jn trei parti cu ariile propor(ionale cu numerele a. b. c, prin drepte duse prin punctul M din interiorul patrulatcrului. Prin M duccm drcapta ML, LE(DC).

i) Unim punctul M cu D. iar prin L ducem o dreapta paralela cu MD care intiilnqte pe AD in P. Atunci S1,mri = SflclDLI deoarece

MD·d(P,MD) MD·d(L,MD) . --~--~ = · . Atunc1

2 2

s[ADI MJ = s[AD\I] + s[V!DL] = s[AD\1] + s[V!DP] = s[A\IP]

Deci

SIADL\11 = Sf,\MPl (I)

Ducem prin P paralela la AM care intalne~te pe BA in R. Atunci avem:

sf,\MPl = sf.\MRl (2)

deoarece AM· d(P,AM) = AM· d(R,AM). 2 2

Din (2) ~i (3) ob\inem:

s[RMB] = s[AMP] + s[ABM]

Cu(!), rela\ia (4) se mai poate scrie

(3)

(4)

s s (5) I R\IB I = [MLDAB I

A cum ducem prin R o paralela la BM care lntiilne~te pe CB in T. Atunci MB·d(R,MB) MB·d(T,MB)

S[RMB] = S[MBT] • dcoarCCC --~---2 2

sfMCTl = sf\ICRl + sfTMBl

Folosind relatia (5). obtinem: s[\ICTJ = s[CMH] + s[,IT.DAH] sau

(6)

s[VICTJ = s[\ILDABCJ (6*)

Ducem prin To paralela la MC care intalne~te pe DC in V. atunci avem:

153

s['1CT] = s['1CVJ (7)

MC·d(T,MC) MC·d(V,MC) . l .. 1 ( * . b · deoarece

2 =

2 . Dm re a\11 e 6 ) ~1 (7) o tmem:

S['1lT] + S[MLC] = S[MLDABC] + S['1LC], Care SC mai Serie: S[1!CV] + S['1LC] = S[ABCD] SaU

Srvnv1 =Sr vRrn1 ·

R

p

ii) lmpartim latura L V a triunghiului ML V in trei piir\i proportionale cu

1 b . 1 . ct· LK KJ JV 1 . . numere e a, , c pnn puncte e J ~I K, a 1ca - = -b = - , re at1e care se ma1 poale

a c scnc:

LK · d(M, LK) KJ · d(M, KJ) JV· d(M, JV)

2 2 2 a b c

deoarece d(M,LK)=d(M,KJ)=d(M,JV). Relatia (8) se mai scrie:

S[VITK]

a s[l'!K.T]

b Sf\UVl

c

(8)

(8*)

Ducem prin K o paralela la CM care intalnqte latura BC in G. Patrulaterul

LMGC este echivalent cu triunghiul MLK deoarece s[LV!GCI = Srvrr Cl + s[VlCGI sau

s~MGC] = Srvrrc1 + s[CMKI deoarece d(G,MC)=d(K,MC). Deci s[!V!GCI = s[MLKI.

iii) Prin punctul J ducem o paralelii la CM care intalnqte dreapta CB in Q, iar din Q duccm o paralclii la MB care Jntalnqtc pc BA Jn I, iar din I duccm o paralclii la AM care imalnq!e pe AD in W. Penlagonul GBA WM face parte din palrulalerul ABCD ~i avem:

sau

SrGR.\\Vl'\if] = sft<..TKJl

Yorn demonstra in continuare rela\ia (9).

s[V!K.Tl = s[Mc.n - Srcvrrq

154

(9)

(9*)

dar

S[MC8 = S[Cv!Q] (10)

deoarece MC·d(J,MC) 2

MC. d(Q, MC) . Sca-za'11d d1·11 b.. b . . I 1· . am 11 mem n ai re a.1e1 2

(I 0) pe SIC''"I obJinem:

(I I)

Tinand seam a de rela\ia (9*), (11) se scne: S1, 1KJJ = S1QML;J. Dar

SIMGQI = sl'!GBI + S11mo1 ~i sl'!BQI = S11m11 fiindcii

MB·d(Q,MB) MB·d(I,MB)

2 2 s11MR1 = sl""'l + sl',All = sfMMI + sl'""l

deoarece Sl'"ll = Sl'"'"l (MA·d(l,MA)=MA·d(W,AM)). Atnnci avem:

sf'IK.Tl = sfv!GBI + sf'IB\l + sl'f•\Wl'

care se mai scrie s['IK.8 = s[v!GBAW]. Analog gasim s['!N] = sl'ILD\\]. Deci

s1"1cc;1 = s1M1K1, s1>1GaAw1 = s1,1KJ1 ~' s1"1ow1 = s1wv1 C11 l Din (8*) ~i (I I) ob\inem

sl'llCGI sf'IGBAW1 sfMID\\l

a b c

155

7. Metoda areolara

Yorn demonstra unele rela\ii metrice prin considera)ii areolare. Teorema 7.1. Dacii x, y, z sunt distantele unui punct M interior triunghiului

ABC, la BC, AC. AB ~i S1AHCJ este aria triunghiului, avem rela\ia:

ax+ by+ CZ= 2SIAilCI

B

Demonstra\ie. Avem rela\iile:

Atunci

A

S = BC·x l'lllCI 2

AC·v s - ~ [A,ll"] -

2 AB·z

S[ll.~1A] = ---2

c

BC·x AC·y AB·z s[AHC] = s['!HCJ + s[AMCJ + s[HMA] = --2- + 2 + --2-'

care se mai scrie 2S1Anc] = a· x + b · y + c · z, adica tocmai rela[ia de demonstrat.

(!)

(2)

(3)

Corolar 7.1. Dacii M coincide cu !, ccntrul ccrcului inscris atunci rcla\ia

ax+ by+ cz = 2S[A!.!CJ dcvinc r( a+ b + c) = 2S[Al.!CJ sau r · p = S1Alll"J undc r cstc

raza cercului inscris in triunghi. Corolar 7.2. Dacii triunghiul este echilateral rela)ia ax+ by+ cz = 2S1ABCJ

2SIAllCJ af3 dcvinc x + y + z = care sc mm scnc x + y + z = -- (am \inut scam a ca

a 2

a'fJ S[ABC] = -- ) SUU:

4 Suma distantelor unui punct interior la laturile unui triunghi echilateral este

cons tan ta.

156

Lema 7.1. Dacil P cstc un punct arbitrar pc latura BC a unui triunghi oarccarc ABC alunci PB ~i PC sunl propor\ionale cu ariile Lriunghiurilor APB respecliv APC,

. PB s 1ABP] ad1cii-=--

PC SIAl'CJ

H P C

. BP·d(A,BP) Demonstra)1e. Avem s[.\BPI = 2 . de unde

d(A BP) = 2S[ABP]

' BP (1)

S = PC· d(A,PC) [APC'] 2

de unde obtinem:

d(A PC)= 2Sr,rci

' PC (2)

Dar d(A.BP)=d(A.PC) (3)

2SIAilPJ 2SIAPCJ . . PB SIAilPJ Din (1), (2) ~i (3) ob\inem: -~~ = , care se ma1 scne - = --

BP PC PC SIAPCJ

~i cu aceasta lema este demonstrata. Teorema 7.2. (Teorema lui Ceva) Se considera un lriunghi ABC ~i punclele

A'EBC, B'ECA. C'EAB. Daca dreptele AA', BB', CC' sunt concurente, atunci A'B B'C C'A -·-·-=1 A'C B'A C'B

157

A

B A' C

Demons!ra\ie. Folosind lema ob\inem:

BA' - SIABA'l - SIB\1A'l - SIABA'l -SIBMA'l - SIAMBI

A'C s1AcA·1 s1\1cA·1 s1Acx1 -s1McA·1 s1AMc1

deci BA' = SIAVIBI

A'C SIAV!CJ

B' c SIBB'Cl SIB'MCI SIBB'Cl - SIB'\ICI SIB\ICI -- = --= --- = ~-~~~~ - ---B' A SIABB'J SIB'MAJ SIABB'J - SIB'VLAJ

A'B. B'C. C'A = SIAVIBI . SIBMCI . SIAMCI =I

A'C B'A C'B s[AVK] s[AMB] s[BV!CJ

in demonstra\iile unor rela\ii vom folosi urmatorul rezultat: Teorema 7.3. (Teorema Jui Van Aubel) Daca AA', BB'. CC' sunt cevienele

unui pnnct M din planul triunghiului ABC avem rela\ia: AM AB' AC' --=--+--MA' B'C C'B

Acum sii trecem la demonstra\ia teoremei. 1) Punctul M este in interiorul trinnghiul ABC.

158

A

R A' c Folosim lema 7.1 demonstratii mai sus. Avem:

AB' - slBAB'J - s1."rn·1 - s1uAu·1 - slA\1B'J

B'C s1um1 sw.,1c1 s1um1 - slB'.\lll

AC' SICACJ SIA\1C'J SICAC'J - SIA\1C'J =---=---=

C'B S1rnc1 slllMC'I SICBC'I - SIB.\ll"I

Alunci

Dar

AM sl·'"'fl s1"c"1 s1,nM1 + sw.,n

MA' Srnvl•\'l SICM.\'l slllMA'l + SICVL\'l

. ( ) . ( b . AB' AC' AM Dm 4 ~' 5)o Lmem: --+--=--. . B'C C'B MA'

2) Punctul M es!e In exteriorul triunghiului ABC. A

C' B'

AB' slll'Alll Slll',L\l slll'Alll - slll'\IAI

B'C SIR'CRI SIR'MCI SIR'CRI - SIR~lCI

159

SIA\!BJ

Slll\ICI

- SIA\ICJ

SlllMCI

Sl,\\lnl + Sl,\MCI

SlllMCI

SI All\ II

SIR\1Cl

(4)

(5)

D . AB' SLABMJ

ec1--=--B'C SIBMCI

AC' Src,,ci Src·"·'n Src·"ci - Src·A111 Sr'"'ci

C'B SLC'BCJ SLC'BMJ SLC'BCJ -SLcm11 SLBCMJ

D . AC' Sflcl\Cl At . ec1 -- = --. unc1 C'B SfB\ICI

MA sflc,AB] s[\1Ac1 s[MAB] + s[MAC]

MA' sf\IA"Bl sr,1A·c1 sf\IA'Bl + s1MA'c1

s[MAB] + s[\IAC]

SLBDIJ

MA AB' AC' adica --=--+--.

MA' B'C C'B

s 1\IAB] s 1\IAC] AB' AC' --+--=--+--SLBC11J SLBCMJ B'C C'B ,

Corolar 7.3. Daca M esre punctul de intersec\ie al medianelor lriunghiului AM AM

ABC. rclatia lui Van Aubel dcvinc -- =I+ I sau -- = 2. Dcci M coincide cu G ' MA' MA'

ccntrul de grcutatc. Avcm atunci AG = 2. de undc AG=2·GA'. GA' .

Corolar 7.4. Daca M esle centrul cercului inscris I, atunci AB'

B'C

c

a ~I

AC' b . I . I . b I d . = - iar re atia u1 Van Au e e\lne: C'B a '

Al=~+~= b+c >I lA' a a a

deci punctul I

este mai aproape de A' decat de A (AI>IA'). TA' r

Corolar 7.5. Daca M cstc ccntrul ccrcului inscris T avcm -- = -AA' h1

( I . • . • . h") . I I lB' r - raza cercu u1 1nscr1s in tr1ung 1 ~I ana oage e --BB'

r . IC' r . ~' --= - atunc1

h2

CC' h1

'

TA' TB' TC' r r r --+--+--=-+-+- (h 1• h,, h1 sunt inaltimile triunghiului ABC). AA' BB' CC' h h h . .

l 2 3

MA' MB' MC' Cu relatia Jui Gergonne ( cand M=I) --+ --+ -- = 1 obtinem:

' AA' BB' CC'

l _1_+-1-+-

1-l =I, de unde -1

+-1-+-

1- = ~-l h1 h 2 h 3 ) h1 h2 h 3 r

160

Teorema 7.4. (Gergonne) Pc laturilc fBCl. fACl, fABl ale triunghiului ABC se considera punclele A', B', C' astfel incal dreplele AA', BB', CC' sa lie concurente in M. Atunci are loc relatia

MA' MB' MC' --+--+--=1 AA' BB' CC'

rolosim in continuare lema 7.1. A

I3 A'

MA s1,1Au1 s1,1Ac1 s1,1Au1 + s1MAc1

MA' s1.,rnA'1 s1MA·c1 s1,rns1 + sl'"'''I

MA SIM \ill + S11w:1 Deci -- = · , de unde obtinem:

MA' SIMBCJ . ,

MA+ MA' s 1MABJ + s 1,1Ac1 + s1,rnCJ

MA' S

d d MA' SIMBCJ eune--=--AA' SIAllCJ

l.\illCj

sau

A I bt. MB' Sr,"Cl MC' SIAMBJ

naogo 1ncm --=---. --=---. ~ . BB' SrAnq . CC' Sr,nc1

c

s1MAu1 + s1,1Ac1

Sl,lllCJ

AA' - SIAllCJ

MA' s 'IMBCJ

Adunand mcmbru cu mcmbru rcla\iilc de ma1 sus ob\incm rcla(ia lui Gergonne:

MA' MB' MC' --+--+--=I AA' BB' CC'

Cand M=l rela\ia lui Gergonne devine: 1 1 1 1 -+-+-=h, h, h 3 r

D.

1 1. MA s 1'1AB] + srr-,,c1 1n re a 1a -- = obtinem

. MA' srr-rnci

sau

161

MA

AA'

s['1AB] + s['fAC]

Sr ABC]

. MB s1,1An1 + s1Mnc1 . MC s1,1Ac1 + s1Mnc1 Analog obtmem -- = -·----- ~1 -- = ------~ . BB' SIAllCI CC' SIAllCI

A Lunci prin adunare ob[inem:

MA + MB + MC = 2 . AA' BB' CC'

In continuare considerfun o aplica\ie a rela\iei Jui Gergonne. Aplica\ie. Se considera un patrulater convex ABCD ale ciirui diagonale se

intersecteazii ln E. Prin E se duce o dreaplii arbitrarii care intersecteazii lalurile AB ~i

CD ln M respectiv N. Dreptele NA NB. MC, MD intersecteaza diagonalele BO ~i AC In punctclc L, K. P, Q. Sa sc dcmonstrczc rcla\ia:

ll

EL + EK + EP + EQ = l . BL AK DP CQ

N c Demonstra\ie. Scriem rela\ia lui Gergonne pentru triunghiurile MCD ~i NAB.

Obtinem:

EP + EQ +EN= l DP CQ MN

si EL + EK + EM = l ' BL AK NM

Aduniind membru cu membru ob\inem

care sc ma1 scnc:

EP + EQ + EL + EK + ( EN + EM) = 2 DP CQ BL AK MN MN '

EL + EK + EP + EQ = l BL AK DP CQ

fiindca EN+EM=MN. BE AE DE CE

Cercetati dacii - + -- + - + -- = 3 . ' BL AK DP CQ

Teorema 7.6. (Teorema lui Menelaus) Fie ABC un triunghi ~i A'. B', C' trci punctc astfcl lnciit A'EBC, B'ECA.

C'EAB. Dacii punctele A', B', C' sun! coliniare, atunci are loc egalitatea:

162

A'B B'C C'A -·-·-=1 A'C B'A C'B

A

C'

~--------~--~~x B C

Demonstra)ie. Pentru demonstra\ie vom folosi urmatorul rezultat: Lema 7.2. Raportul ariilor a doua triunghiuri despre care se cunoa~te ca un

unghi al unuia este congruent sau suplementar cu un unghi al celuilalt triunghi, este egal cu raportul dintre produsele laturilor care formeaza acele unghiuri.

Conform lemei avem:

s[,\C"B'l AC'·C'B' s[BC"•\'l BA'·A'C' SIC.\'B'l CB'·A'B'

s[BC"\'l C'B·C'A'' SIC'•\'B'l A'C·A'B'' sl,\R'C'l B'A·B'C' inmultind membru cu membru cele trei rela)ii de mai sus ob)inem:

AC' BA' CB' 1=-·-·-

C'B A'C B'A ~i deci

A'B B'C C'A -·-·-=!. A'C B'A C'B

163

8. Triunghiuri speciale

8.1. Triunghiul ortic

Definitia 8.1.1. Triunghiul determinat de picioarele iniiltimilor unui triunghi ncdrcptunghic sc numc~tc triunghi ortic.

Triunghiul dreptunghic nu are triunghi ortic, fiindca doua din picioarele lniil\imilor coincid cu varful unghiului drept.

Yorn sludia triunghiul orlic corespunzator unui triunghi ascu\i!unghic. Consideram triunghiul ABC ascu\itunghic cu ortocentrul in H ~i triunghiul

ortic corespunzator A 1B 1C1. A

B A, c fig. l

I) Masurile unghiurilor triunghiului ortic A1B1C1 Din patrulatcrclc inscriptibilc A1BC1H ~i B1HA 1C (au unghiurilc din A1 ~i C1

suplementare, respectiv unghiurile din B1 ~i H1 suplementare) ob\inem:

aven1

dar

deci

m(LC1A1 B )~m(LC1 I IB )~m(LB 1 IIC)~m(LB 1A 1 CJ Deci m(LC 1A1B)~m(B 1A1 C). Atunci

m(LC 1 A 1 B)~J80°-2m(LC1A 1 B) (I) in patrulaterul inscriptibil AC 1HB1 (unghiurile din C1 ~i B1 sunt suplementare)

m(LBHC1)+m(LC1 HB1)~J S0°,

m(LC1AB1)~m(LBHC1)~m(LC1A1B)

Din (I) ~i (2) ob\incm: m(LC 1A1B 1 )~180°-2m(LCAB)

Analog obtincm: m(LA1C 1B 1 )~180°-2m(LACB) m(LC 1B 1 Ai)~J 80°-2m(LABC)

2) Lungimile laturilor triunghiului ortic

164

(2)

Triunghiurile ABC ~i AB 1C1 sun! asemenea avand LABC=LAB 1C 1 (patrulaterul C1B 1CB este inscriptibil).

un unghi comun A ~'

Din propor\ionalitatea laturilor ob\inem: BC AB

B 1C, AB,

Din triunghiul dreptunghic ABB 1 avem AB --

1 =cosA AB

(3)

(4)

Din rela\iile (3) ~i (4) ob\inem: BC I -- = --, de unde B 1C1=BCcosA, care B,C, cosA

sc mai scric B 1C1=acosA. Analog obtinem: A 1B1=ccosC ~i A1C1=bcosB. Mai folosim notatia a0 = acosA, b0 = bcosB, c11 = ccosC.

3) Perimetrul triunghiul miic Notiim cu P0 perimetrul triunghiul ortic. Atunci

P0=A 1B1+B 1C1+C 1A1=ccosC+acosA+bcosB Deci P 0=acosA+bcosB+ccosC. Sc pot da pcntru P0 multc cxprimiiri Jn func\ic de ncccsitii\i. De cxcmplu, din

. . a b c . teorema smusunlor -- = -- = -- = 2R . obtmem:

sinA sinB sinC · · a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC.

Atunci P 0=R(2sinAcosA+2sinBcosB+2sinCcosC) sau P0=R(sin2A+sin2B+sin2C)

(am )inut seama ca 2sinxcosx=sin2x ). Dar sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC ~i atunci

4 . A . . C 4 a b c abc P = Rsm smBsm = R·-·-·-=-- (4*) 0 2R 2R 2R 2R' abc

Dar -- = S. de unde abc=4RS. 4R . . 4RS 2S .

Atunc1 putem scne P0 = --, = - . Deci 2R~ R

P = 2S o R (5)

Corolar 8.L maximul perimetrului triunghiului ortic este semiperimetrul triunghiului de referin\ii.

Din inegalitatea Jui Euler R ::0: 2r obtinem: ~ s ~, de unde . R r

P0 s S , care se mai scrie P0 s p (am \inut seama cii S = p · r ). r

165

2S S -S-R r

sau

Corolar 8.2. Dintrc toatc triunghiurilc inscrisc intr-un triunghi ascu\itunghic. Lriunghiul ortic are perimetrul minim.

Dacii sunt date punctele B1, C1 pe laturile AC, AB, punctul A1 de pe latura BC pentru care suma B1A1+A1C1 este minima este determinat de proprietatea ca dreptele B1Ai, A1C1 formeaza acela~i unghi cu BC.

4) Semiperimetrul triunghiul ortic (p0)

Po S . . 1 . Po = 2 = R (am ±olosll re atm (5))

. s Dec1 Po=-.

R Din rela!ia de mai sus rezulta S = p 0 • R (rela\ia lui Ti!eica).

Avem rela!ia: p 2p 2p R·p R·p R

Po 2po 2§_ s p·r r

R Deci: Raporul dintre perimetrul unui triunghi ~i perimetrul triunghiului sau ortic este

R

r i) Segmentele ce unesc proiec(iile picioarelor Jnal(imilor pe laturile adiacenle

sunt egale cu semiperimetrul triunghiului ortic. Fie 8 2 ~i C2 proicc\iilc piciorului A1 al Jnal\imii AA1 pc laturilc AC ~i AB. In

cercul de diametru AAi, B2C2 este o coarda opusa unghiului A, din teorema sinusurilor

B,C AA ( a ) . avem: ----:---"- = 1 -.-- = 2R de unde ob)mem: smA smA

B2C2~AA1 ·sinA

- . AA 1 Jn triunghiul ABAi, sm B = AB , de undc AA,~ABsinB.

Cu tcorcma sinusurilor in triunghiul ABC avcm AB = 2R . Atunci sine

B2c2~ AA 1 sinA ~ABsinBsinA ~2RsinAsinBsinC p

Din (4*) ~i (6) ob\inem B2C2 = -f- =Po.

(6)

ii) In triunghiul ascutitunghic ABC cercurile construite pe AB ~i AC ca diametru determina pe B 1C 1 un segment de lungime egalii cu perimetrul triunghiului ortic.

166

I,

T

Fig. 2.

5) Aria triunghiului ortic (So)

S = A 1B 1 ·A1C 1sinA 1 _ c·cosC·b·cosB·sin(180°-2A) 0 2 2

= b · c cosCcosB sin 2A (sin(180° - 2A) =sin 2A) 2

b·c =--cos C cos B · 2 sin A cos A (sin 2A = 2sin A cos A)

2

= 2( b; sin A )cosAcosBcosC = 2S cosAcosBcosC

Deci s0~2scosAcosBcosC.

Atunci ~ = cosAcosBcosC. 2S

Fiindca cosAcosBcosC '.".: ~, atunci ~'.".:~,de unde S0

'.".: S 8 2S 8 4

Deci maximul ariei triunghiului miic este ! ~i se ob\ine cand triunghiul ABC

este echilateral. 6) Raza cercului inscris in triunghiul ortic (r0)

r = ~ = 28 cos AcosBcosC = 2R cos AcosBcosC o Po S

R Deci r0~2RcosAcosBcosC. 7) Raza cercului circumscris triunghiului ortic (R0 ) este jumatate din raza

cercului circumscris triunghiului considerat (R0).

R _ a0b0c0 abccosAcosBcosC 0 -

4S0 4 · 2S cosAcosBcosC

abc 1 R --·- -

4S 2 2

(am folosit rela\ia abc~4RS).

167

8) Lalurile triunghiului ortic sunl anliparalele cu laturile triunghiului de referin\a, pe care sun! egal inclinate.

Patrulaterul BCB1C1 es!e inscriptibil ~i a!unci LAC1B1=LACB, de unde rezultil ca C1B1llBC.

9) Laturile triunghiului ortic sunt paralele cu tangentele in A, B, C la cercul circumscris triunghiului ABC.

De exemplu B1C1 este paralela cu ATi, deoarece m(LT1AC) este jumatate din masura arcului AC, iar m(LABp,) = m(L.ABC) (jumatate din masura arcului AC).

10) Inal\imilc triunghiului ascu\itunghic ABC sunt biscctoarclc triunghiului ortic A1B1C1.

i) Triunghiul ABC este ascu\itunghic. In figura I patrulaterul BCB1C1 fiind inscriplibil rezulta ca

LB1BC=LCC1B 1

Din patrulaterul inscriptibil AC1A 1 C rezulta ca LA1C1C=LA1AC

(7)

(8) Unghiurile LA1BB1 ~i LA1AC sun! congruente avand acela~i complement

(90°-m(LC)) (8*). Din patrulaterul inscriptibil BA 1HC 1 avem ca

LA1BH=LA1C1H (9) Din rela\iile (7). (8), (9), (8*) ob\inem ca [CC1 este bisectoarea LA 1C1B1. Analog se demonstreaza ca ~i [A1A este bisectoarea LC1A1Bi, iar [B1B esle

bisectoarea LC1B1A1. ii) In triunghiul obtuzunghic inal\imca dusa din varful unghiului obtuz cstc

bisectoarea unghiului interior al triunghiului ortic, al carui varf este piciorul inal\imii respective, iar inal\imile duse din varfurile celor doua unghiuri ascu\ite sunt bisectoare penlru unghiurile exlerioare corespunza!oare, ale triunghiului ortic.

Triunghiul ABC fiind obtuzunghic sa aratam ca [A1A este bisectoarea interioara a unghiului LC1A1B1. iar [B1B este bisectoarea exterioara a unghiului C1B1A1.

H

r A1 I3

Din patrulaterul inscriptibil B1AA1B (unghiurile opuse din A1 ~' B1 sunt suplcmcntarc) ob\incm:

(10)

168

Din patrulaterul inscriptibil C1CA 1A (unghiurile opuse din C1 ~1 A1 sunt suplementare) obtinem:

Dar LC1BH=LB1CH (12)

avand acela~i complement (90°-m(LH)). Atunci ob\inem din relatiile (10), (11), (12) ca LC1A1A=LB1A1A, adicil rA,A cstc biscctoarca unghiului LC 1A1B1.

Din patrulaterul inscriptibil A1AB 1B ob\inem LBB1A1=LA1AB (13)

Dar LA1AB=LC 1AH (opuse la var±) (14)

Din patrulaterul inscriptibil I IC1AB1 obtinem LC 1AH=LC1B1H=LDB 1B (15)

Din rela(iile (13), (14), (15) rezulta ca LA1B1B=LBB1D, deci [B 1B este bisectoarea LA1B 1D.

8.2. Triunghiul tangen(ial

Defini(ie 8.2.1. Triunghiul tangen\ial este triunghiul format de cele trei Langente duse prin varfurile unui triunghi nedreptunghic la cercul sau circumscris.

in cazul triunghiului dreptunghic doua tangente devin paralele ~i deci nu existii triunghi tangential.

I) Masurilc unghiurilor i) Triunghiul ABC este ascu\itunghic.

B'

,, C'

c

A'

Fig. 1.

Triunghiul A'B'C' este triunghiul tangential.

169

Tangentele din A' la cerc sunt congruente ~i deci triunghiul BA'C esle isoscel. Avem ca miisura LBAC este jumatate din masura arcului BC, iar miisura

unghiului CBA' este jumatate din miisura arcului BC, deci unghiurile LBAC ~i LCBA'

sunt eongruente.

In triunghiul A'BC avem m(LBA'C)+m( LA'BC)+m(LA'CB)= 180°,

care sc mai scrie m(LBA'C)+2m(LBAC)=180° de unde m(LBA'C)=180°-2m(LBAC)

sau m(LA')=l 80°-2m(LA). Analog ob\inem m(LB')=180°-2m(LB), m(LC')=180°-2m(LC). ii) Triunghiul ABC este obtuzunghie cu unghiul obtuz in A. Tangentele dintr

un punct exterior la ccrc fiind congrucntc, rczulta ca triunghiurilc B'AC ~i C'AB sunt isoscele ~i unghiurile LA'B'C' respectiv LA'C'B' sunt exterioare acestor douii triunghiuri. Atunci m(LA'C'B') = 2m(LC'BA) (mi'lsura arcului AB) =2m(LBAC).

Deci m(LC')=2m(LC).

Fig. 2.

Analog ob\inem m(LB')=2m(LB). Atunci

A'

m( LA')= 180° -(m( LB')+m(LC') )= 180° -2(m(LB)+m(LC) )= = 180°-2( l 80°-m(LA))=2m(LA)- l 80°

Deci m(LA')=2m(LA)-180°.

170

B'

fig. 3

2) Lungimile laturilor triunghiului tangential fie ABC Lriunghi ascu\ilunghic cu A'B'C' Lriunghiul langen\ial (fig.1 ). Triunghiul A'BC este isoscel cu (A'B)=(A'C). Cu teorema sinusurilor in

. h. I b . AC AB' . . Lnung 1u AB'C o Lmem: -- = -- care se mai scne: ~ · sinB' sinB

b

sin(l 80° - 2B)

AB' bsinB -- , de unde AB'=-----sinB sin(l 80° - 2B)

Dar sin(l 80°-2B)=sin2B=2sinBcosB. bsin B b b b

Atunci AB'= . deci AB'= --- ~i B'C = 2sinBcosB 2cosB 2cosB 2cosB

Cu teorema sinusurilor in triunghiul isoscel C'AB ob(inem: AB AC'

sinC' sinC de undc

AC'= csinC csinC csinC csinC c sinC' sin(180°-2C) sin2C 2sinCcosC 2cosC

Dcci

AC'= c 2cosC

b c Atunci B'C'=B'A+AC'= +---

2cosB 2cosC Din teore1na cosinusului ave1n:

171

(1)

B a2 +c2 -b2

cos =-----2ac

C a 2 +b 2 -c2

~I COS = -----2ab

Atunci b c b c

B'C'= +---2cosB 2cosC 2( a2 + c2 - b2 J + 2( a2 + b' - c' J

l 2ac l 2ab

abc( , \ , + 2

1, , J =

a·+c -b· a +b·-c

abc abc ') 'J ) + 'J ') ')

a·+c-b· a·+b·-c

_ b a· +b· -c +a· +c -b· _ abc·2a· _ l ' '' '2 'J ' -a c (a' +c' -b2 )(a2 +b' -c2

) - (a 2 +c 2 -b2)(a2 +b 2 -c2) -

2a 3bc a ' z b2 ' h2 z 2 B C a· + c - a· + . - c

4 'b cos cos ----- -----· a c

2ac 2ab a

Deci B'C'= -----2cosBcosC

Analog obtinem A'C'= b . A'B'= c · 2cosAcosC 2cosAcosB

Dam ~i alte exprimilri pentrn lungimile laturilor triunghiului tangential. Folosim tcorcma sinusului.

h Din -. - = 2R ob(inem: b = 2R sin B .

smB b

Atunci B'C = ---2cosB

2RsinB R B ---- tg . 2cosB c 2Rsin C

Analog obtincm AC'= RtgC. ~ · 2cosC 2cosC

Atunci B'C'=B'A+C'A=RtgB+RtgC adica B'C'=R(tgB+tgC). Analog ob\inem: A'C'~R(lgA+lgC) ~i A'B'~R(lgA+lgB). 3) Perimetrnl triunghiului tangential (P')

P'~A'B'+B'C'+A'C'~2R(tgA+tgB+tgC)

Dar LgA+lgB+LgC~tgAlgB·lgC, atunci P'~2RlgAlgB·tgC. rela\ie care se mai sinAsinBsinC a b

scric P' = 2R ~i cu tcorcma sinusurilor (-- = 2R, -- = 2R. cosAcosBcosC sin A ~nB

_c_ = 2R) obtincm: sine ·

P'= 2R _ _ci_ _ _l>_ _ _c;__ I abc 2R 2R 2R cosAcosBcosC 4R2 cosAcosBcosC ·

172

b . . P' 4RS Dar a c=4RS ~' atunc1 = --2------

4R cosAcosBcosC

s RcosAcosBcosC

. P' S Dec1 = , RcosAcosBcosC

' s atunci semiperimetrul p = -------2RcosAcosBcosC

sau

p'=RtgA·tgB·tgC. 4) Raza cercului lnscris 1n triunghiul tangen\ial (r') Laturile triunghiului tangential sunt tangente in A, B, C la cercul circumscris

triunghiului ABC, deci raza cercului inscris in triunghiul tangen\ial este

de unde

r'=R.

5) Aria triunghiului tangential S'

Fiinddi S' = p'.r' ob\inem S'= R2tgA · tgB · tgC.

6) Raza cercului circumscris triunghiului tangen\ial (R') Cu teorema sinusurilor in triunghiul tangential ob\inem:

_a_'_=2R' B'C' =2R' sau . sin A' sin(l 80° - 2A)

B'C' R'=------

2 sin(l 80° - 2A)

2RsinA

ScosBcosCsinAcosA

a

4cosBcosCsin2A

R

4cosAcosBcosC

(Am tinu! seama ca _a_= 2R si sin2A=2sinAcosA). · sin A '

R Deci R'= -------

4cosAcosBcosC 7) inal\imile triunghiului tangential ( h;,., h;,., h;.)

'h' Din S'= ~ obtinem

. 2S' ha'=-,

a

2 .

2R 2tgA·tgB·tgC _4R' sinA. sinB. sinC. cosBcosC

a cosA cosB cosC a 2cosBcosC

= 4R' sin A . sinBsinC = 4R

2 sin A. sinBsinC

cosA a cos A 2RsinA 2RsinBsinC

cos A . . 2RsinAsinC 2RsinAsinB

Analog ob\mem hh. = ~i h; .. cosB cosC

173

8) Dislan\ele de la centrul cercului circumscris triunghiului ABC la varfurile triunghiului tangential A'B'C'

Jn patrulatcrul inscriptibil AOBC', cu prima tcorcma a Jui Ptolcmcu ob\incm: C'O·AB=AC"BO+AO·C'B (0 - centrul cercului circumscris triunghiului ABC).

Dar AB=c, BO=AO=R ~i AC'=C'B, dcci C'O·c=2AC"R. din (I) avcm c 2·c·R R

AC'= ~iatunci C'O·c= ,deunde C'O=--. 2cosC 2cosC cosC

Analog obtinem: A'O = _R_, B'O = _R_. · cos A cosB

9) Distan\ele intre varforile triunghiului considerat ~i varforile corespunzatoare ale triunghiului tangcn\ial: AA', BB', CC'.

Apliciim teorema cosinusului 1n triunghiul ABA' AA'2=AB2+A'B2 -2AB·A'Bcos(LABA')

Jn triunghiul A'BC cu tcorcma sinusului obtincm: A'B BC A'B BC

sau sin(L'.BCA') sinA' sinA sin(l80-2A)

care sc ma1 scnc: A'B BC A'B BC

sau 2sincosA' sinA sin2A sinA

a de unde A'B = . Atunci

ob\inem

2cosA

AA'2 = c2 + ( a )' 2cosA

2ca cos(L'.ABA') 2cosA

' Obtinem AA'2 = m~; , de unde

· cos· A ' 2 ' AA'- cos A = m,;

•• )"> 2 21 2 Atunc1 avem ~' BB'· cos- B = mh, CC' cos- C = m, .

Aduniind relatiile de mai sus ~i \inand seama ca ) ) ci32ci2

m: +m; +m; =-(a +b- +c ) 4

2 ') 2 ') 2 ') 3,2 1 ? AA' cos-A+BB' cos·B+CC' cos·C=-(a +b-+c-)

4 I OJ Aria unui triunghi nedreptunghic este medie propor(ionala intre ana

triunghiului sau tangential ~i aria triunghiului sau Ortic, adica S 2 = S"S". undc S' ~i S" sunt ariile triunghiurilor tangential ~i respectiv ortic.

S'= R 2 • tgA · tgB ·tgC iar S"= 2ScosAcosBcosC,

rela\ie demonstrata la triunghiul ortic. Atunci

174

, " 2 sinA sinB sinC S·S =R ·--·--·--·2ScosAcosBcosC

cosA cosB cosC de unde ob(inem:

aven1:

S'·S"= 2SR 2sinAsinBsinC Din !eorema sinusurilor

_a_=_b_=_c_= 2R sinA sinB sinC

. A a Slll =-, . B b Slll =-, . c c Sill =-

Atunci

2R 2R

S'·S"= 2SR 2 • a. b. c 2R·2R·2R'

de unde

2R

S'·S"= S · abc 4R '

. S ·4SR 2 . , abc = 4SR obtmem S'.s''= - S . ad1di S'·S"= s-.

. 4R

tar cu

11) Produsul distan(elor unui punct de pe cercul circumscris unui triunghi la laturile triunghiului siiu tangential este egal cu produsul distan\elor aceluia~i punct la laturile triunghiului considerat.

Pentru demonstra\ie folosim o propozi(ie ajutiitoare. Lema 8.2. Distanta unui punct oarecare de pe un cerc la o coarda este medie

propoqionala lntrc distan\clc accluia~i punct la tangcntclc dusc prin cxtrcmitii!ilc coardei.

Demonstra)ie. Consideriim un punct P pe cerc ~i PD. PE distan\ele Jui P la tangentele duse prin extremita\ile coardei AB.

E

Fig. 4.

Triunghiurilc drcptunghicc PBE ~i PAM sunt ascmcnca fiindcii unghiurilc PAM ~i !'BE au ca miisurii jumatate din miisura arcului PB.

Din propoqionalitatea laturilor oh\inem:

175

PE PB

PM PA Si triunghiurile dreptunghice PBM ~i PAD sunt asemenea aviind unghiurile

PBA ~i PAD congruente. Scricm proportionalitatca laturilor

PB PM

PA PD PE PM ,

Atunci obtinem: -- = -- de unde PM"= PD·PE. ~i lema este demonstrata. ' PM PD

In figura 5 se considera punctul P pe cercul circumscris triunghiului ABC ~i PR, PM, PN distantele lui P la laturile triunghiului ABC, iar PD, PE, Pr dislantele lui P la laturile triunghiului tangential. Cu lema considerata obtinem:

PM2=PF-PD PR2=PF-PE PN2=PE·PD ' ~

Tnmultind membru cu membru rela!iile de mai sus oblinern:

C'

PM-PRPN=Pf·PD·PE.

B

B'

Fig. 5

D

Tiparul executat prin comanda nr. 549, 2003, la CARTPRINT Raia Mare. cod 4800 earlier Sasar, slr. Victoriei m. 146 tcl./fax: 0262/218923 Romania

A'

Clasa 07 Geometrie

Documents

Transcript of Clasa 07 Geometrie