Intersecţia cevianelor şi puncte importante în triunghi

Propoziţia 1. Consideram punctele A' , B' ,C ' pe laturile BC , CA , AB ale unui triunghi ABC

astfel încât A A' , B B ' , C C ' se intersectează într-un punct Q şi fie

B A '

A ' C= p

n,C B '

B' A=m

p,

A C'

C ' B= n

m.

Dacă a ,b , c sunt coordonatele punctelor A , B ,C , atunci coordonata punctului Q este:

q=ma+nb+ pcm+n+p

.

Demonstraţie:

Coordonatele punctelor A' , B' ,C ' sunt a'=nb+pc

n+ p,b '=ma+ pc

m+ p şi c

'=ma+nbm+n

. Fie Q punctul cu

coordonata q=ma+nb+ pcm+n+p

. Vom demonstra că A A' , B B ' , C C ' seintersectează în Q.

Punctele A , Q , A ' sunt coliniare dacă şi numai dacă (q−a )× (a'−a )=0. Aceasta este echivalentă

cu:

(ma+nb+ pcm+n+ p

−a)×( nb+ pcn+ p

−a)=0

sau (nb+pc− (n+ p ) a ) × ( nb+ pc−(n+ p ) a )=0, care adevarată din definiţia produsului complex.

În acelaşi mod aratam că Q este pe B B' şi C C ', deci demonstraţia este completă.

Câteva puncte importante în triunghi.1. Dacă Q'=G, central de greutate al triunghiului ABC, atunci avem m=n=p=1. Astfel

obţinem coordonatele punctului G:

zG=a+b+c

3.

2. Presupunem că lungimile laturilor triunghiului ABC sunt BC=α ,CA=β , AB=γ . Dacă Q=I , centrul cercului înscris triunghiului ABC, atunci m=α , n=β , p=γ . Astfel, coordonata lui I este:

zI=αa+βb+γc

α +β+γ= 1

2 s[ αa+βb+γc ] ,

unde s=12(α +β+γ ).

3. Dacă Q=H , ortocentrul triunghiului ABC, atunci obţinem cu uşurinţă relaţiile

B A '

A ' C=tg C

tg B,C B '

B' A= tg A

tg C,

A C '

C ' B= tg B

tg A.

Rezultă că m=tg A , n=tg B , p=tgC, şi atunci coordonata lui H este dată de

y H=(tg A ) a+( tg B )b+( tgC ) c

tg A+tg B+ tgC.

4. Punctul lui Gorgonne J este intersecţia cevianelor A A' , B B ' , C C ', unde A' , B' ,C 'sunt punctele de tangenţă ale cercului înscris cu laturile BC , CA , AB. Atunci

B A '

A ' C=

1s−γ

1s−β

,C B'

B' A=

1s−α

1s−γ

,A C'

C ' B=

1s−β

1s−α

,

şi coordonata zJ este

zJ=r α a+rβ b+rγ c

r α+r β+r γ

.

Aici rα+r β+r γ reprezintă razele a trei cercuri exterioare triunghiului. Nu este dificil să arătăm următoarea formulă

rα=K

s−α, rβ=

Ks−β

, rγ=K

s−γ,

unde Keste aria ∆ ABC şi s=12(α +β+γ ).

5. Punctul Lemoine K este intersecţia simedianelor triunghiului (simediana este reflecţia bisectoarei peste mediană). Folosind notaţia din propoziţie obţinem

B A '

A ' C= γ2

β2 ,C B'

B ' A=α2

γ 2 ,A C'

C' B= β2

α 2 .

Rezultă că

zK=α2 a+β2 b+γ2 cα2+β2+γ 2 .

6. Punctul lui Nagel N este intersecţia cevianelor A A' , B B ' , C C ', unde A' , B' ,C 'sunt punctele de tangenţă ale cercurilor descrise de triunghi cu laturile BC , CA , AB. Atunci

B A '

A ' C= s−γ

s−β,C B'

B' A= s−α

s−γ,

A C '

C ' B= s−β

s−α,

şi propoziţia menţionată anterior ne da coordonata zN a punctului N al lui Nagel,

zN=(s−α ) a+( s−β )b+ (s−γ ) c

(s−α )+( s−β )+( s−γ )=1

s[ (s−α ) a+(s−β ) b+( s−γ ) c ]

¿(1−αs )a+(1−β

s )b .+(1− γs )c .

Problemă. Fie α ,β , γ lungimile laturilor BC , CA , AB ale triunghiului ABC şi presupunem α <β<γ . Dacă punctele O , I , H sunt centrul cercului circumscris, centrul cercului înscris şi ortocentrul triunghiului ABC, să se demonstreze că

AriaOIH = 18 r

(α−β ) ( β−γ ) (γ−α ) ,

unde r este raza cercului înscris triunghiului ABC.

Soluţie. Considerăm triunghiul ABC poyitiv orientat în planul complex centrat în punctual O. Folosind produsul complex şi coordonatele punctelor I şi H , avem

AriaOIH= 12 i

( I × h )= 12i [ αa+βb+γc

α +β+γ× (a+b+c )]

¿ 14 si

[ (α−β ) a ×b+ ( β−γ ) b× c+(γ−α ) c× a ]

¿ 12 s

[ (α−β ) ∙ AriaOAB+( β−γ ) ∙ AriaOBC+( γ−α ) ∙ AriaOCA ]

¿ 12 s [ (α−β ) R2 sin 2C

2+ ( β−γ ) R2 sin 2 A

2+( γ−α ) R2sin 2 B

2 ]¿ R2

4 s[ (α−β )sin 2 C+ (β−γ )sin 2 A+( γ−α ) sin 2 B ]

¿ 18 r

(α−β ) ( β−γ ) ( γ−α ) .

Cercul celor nouă puncte al lui EulerFiind dat un triunghi ABC, alegem O cercul cercului circumscris triunghiului ca fiiind originea planului complex şi fie a ,b , c coordonatele vârfurilor A , B ,C. Coordonata ortocentrului H este zh=a+b+c.

Notăm cu A1 ,B1 , C1 mijloacele laturilor BC , CA , AB, cu A' , B' ,C ' picioarele înâlţimilor şi cu

A' ' , B' ' ,C' 'mijloacele segmentelor AH , BH , respectiv CH .

Punctele A1 ,B1 , C1 , A ' ' , B ' ' ,C ' ' vor avea următoarele coordonate:

z A1=1

2(b+c ) , zB 1

=12

(c+a ) , zC1=1

2(a+b ) ,

zA' '=a+1

2(b+c ) , z

B' '=b+ 12

(c+a ) , zA ' '=c+1

2(a+b ) .

Nu este atât de uşor să găsim coordonatele punctelor A' , B' ,C '.

Propoziţia 1. Considerăm punctul X ( x) în planul triunghiului ABC. Fie P proiecţia lui X pe dreapta BC. Atunci coordonata lui P este dată de

p=12 (x−

bc

R2 x+b+c )unde R este raza cercului circumscris triunghiului ABC.Demonstraţie. Folosind produsul complex şi produsulreal putem scrie ecuaţiile dreptelor BC şi XP astfel:

BC : ( z−b )× (c−b )=0 ,

XP : ( z−x ) ∙ (c−b )=0.

Coordonata p a lui P satisface ambele ecuaţii; astfel avem( p−b ) × (c−b )=0 şi (z−x ) ∙ (c−b )=0.

Aceste ecuaţii sunt echivalente cu( p−b ) (c−b )−( p−b ) (c−b )=0

şi ( p−x ) (c−b )−( p−x ) (c−b )=0.

Adunând relaţiile anterioare găsim(2 p−b−x ) (c−b )−( p−x ) (c−b )=0.

Rezultă că

p=12 [b+x+ c−b

c−b( x−b )]=1

2 [b+x+ c−b

R2

c− R2

b

( x−b )]¿

12 [b+ x−

bc

R2( x−b )]=1

2 (x−bc

R2 x+b+c) .

Din propoziţia 1 anterioară, coordonatele punctelor A' , B' ,C ' sunt

z A'=12 (a+b+c−

bc a

R2 ) ,

zB'=12 (a+b+c−

cab

R2 ) ,

zC '=12 (a+b+c−

ab c

R2 ).Teorema 2. (Cercul cu nouă puncte). În orice triunghi ABC punctele A1 ,B1 , C1 , A ' , B' , C ' , A ' ' ,

B' ' ,C' ' sunt toate pe acelaşi cerc, care are centrul în mijlocul segmentului OH şi raza jumătate

din raza cercului circumscris triunghiului.Demonstraţie. Notăm cu O9 mijlocul segmentului OH . Folosin presupunerea iniţială, reyultă că

zO9=1

2(a+b+c). Deasemenea avem |a|=|b|=|c|=R, unde R este raza cercului circumscris

triunghiului ABC.

Observăm că O9 A1=|z A 1−zO9|=

12|a|=1

2R şi O9 B1=O9C1=

12

R.

Putem scrie O9 A ' '=|z A' '−zO9|=12|a|=1

2R şi O9 B ' '=O9 C' '=1

2R.

Distanţa O9 A ' nu este dificil de calculat:

O9 A '=|z A'−zO9|=|12 (a+b+c−bca

R2 )−12

(a+b+c )|¿ 1

2 R2|bc a|= 1

2 R2|a||b||c|= R3

2 R2 =12

R .

Similar găsim O9 B '=O9C '=12

R. Prin urmare

O9 A1=O9 B1=O9C1=O9 A '=O9 B '=O9C '=O9 A ' '=O9 B' '=O9C ' '=12

R .

Teorema 3. a) (Linia lui Euler într-un triunghi). În orice triunghi ABC punctele O ,G , H sunt coliniare.b) (Linia lui Nagel într-un triunghi). În orice triunghi ABC punctele I ,G , N sunt coliniare. Demonstraţie. a) Dacă O centrul cercului circumscris triunghiului este originea planului

complex, avem yO=0 , zG=13

(a+b+c ) , z H=a+b+c. Astfel punctele sunt coliniare.

b) Avem Z I=α

2 sa+ β

2 sb+ γ

2 sc , zG=

13

(a+b+c ) şi zN=(1−αs )a+(1−β

s )b+(1− γs )c şi putem

scrie zN=3 zG−2 zI .Aplicând reyultatul menţionat anterior şi proprietăţile produsului complex vom obţine

( zG−zI ) × ( z N−z I )=( zG−zI ) × [3 ( zG−zI ) ]=0 ;

astfel punctele I ,H , N sunt coliniare.Remarcă. Dacă NG=2 GI, atunci triunghiurile OGI şi HGN sunt asemenea. Rezultă că dreptele OI şi NH sunt paraleleşi avem următoarea configuraţie de bază a triunghiului ABC:

Dacă Gs este mijlocul segmentului [ ¿ ], atunci coordonata lui este

Gs=12

( zI+zN )=( β+γ )

4 sa+

(γ +α )4 s

b+(α +β )

4 sc .

Punctul Gs este numit punctual Spiecker al triunghiului ABC şi este usor de verificat că este

centrul cercului înscris al triunghiului A1 B1C1.

Problemă. Se consideră un punct M pe centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Demonstraţi că centrele cercurilor celor 9 puncte ale triunghiurilor MBC , MCA , MAB sunt vârfuri ale unui triunghi asemenea cu triunghiul ABC.Soluţie. Fie A' , B' ,C ' centrele cercurilor celor 9 puncte ale triunghiurilor MBC , MCD , MAB. Luăm originea planului complex ca fiind centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Notăm cu literă mică coordonata punctului notat cu literă mare. Atunci

a '=m+b+c2

, b'=m+c+a2

, c'=m+a+b2

,

întrucât M se află pe cercul circumscris triunghiului ABC. Atunci

b'−a '

c '−a' =a−ba−c

=b−ac−a

,

şi astfel triunghiurile A' B' C' şi ABC sunt asemenea.Problema 2. Arătaţi că triunghiul ABC este un triunghi dreptunghic dacă şi numai dacă cercul circumscris triunghiului şi cercul celor nouă puncte sunt tangente.Soluţie. Luăm originea planului complex ca fiind Ocentrul cercului circumscris triunghiului ABC şi notăm cu a ,b , c coordonatele vârfurilor A , B , respectiv, C. Atunci cercul circumscris

triunghiului ABC este tangent cu cercul celor nouă puncte dacă şi numai dacă O O9=R2

. Aceasta

este echivalentă cu O O92=R2

4 , ceea ce înseamnă că |a+b+c|2=R2.

Utilizând proprietăţile produsului real, avem

|a+b+c|2=(a+b+c ) ∙ (a+b+c )=a2+b2+c2+2 (a ∙ b+b ∙ c+c ∙a )¿3 R2+2 (a ∙b+b ∙ c+c ∙a )=3 R2+ (2 R2−α 2+2 R2−β2+2 R2−γ2 )

¿9 R2−( α2+β2+γ 2 ) ,

unde α ,β , γ sunt lungimile laturilor triunghiului ABC. Am folosit formulele a ∙b=R2− γ 2

2,

b ∙ c=R2−α 2

2, c ∙a=R2−β2

2, care pot fi usor derivate din definiţia produsului real al numerelor

complexe.Prin urmare, α 2+ β2+γ2=R2, care este echivalentă cu sin2 A+sin2 B+sin2 C=2. Putem scrie ultima relaţie ca 1−cos2 A+1−cos2 B+1−cos 2C=4. Este echivalent cu

2 cos (A+B)cos (A−B)+2 cos2 C=0, adică 4 cos A cos B cosC=0, de unde resultă concluyia

dorită.Problema 3. Fie ABCD un patrulater inscriptibil şi fie Ea, Eb , Ec , Ed centrele cercurilor celor

nouă puncte ale triunghiurilor BCD , CDA , DA B, respectiv, ABC. Demonstraţi că dreptele A Ea, B Eb, C Ec , D Ed sunt concurente.

Soluţie. Luăm originea planului complex ca fiind O, centrul cercului circumscris patrulaterului ABCD. Atunci coordonatele centrelor cercurilor celor nouă puncte sunt

ea=12

(b+c+d ) , eb=12

(c+d+a ) , ec=12

(d+a+b ) , ed=12

(a+b+c ) .

Avem A Ea : z=ka+(1−k ) ea , k∈R şi ecuaţiile analoage pentru dreptele B Eb, C Ec , D Ed.

Observăm căpunctul de coordonată 13(a+b+c+d) se află pe toate cele patru drepte (k=1

3 ), deci

demonstraţia este facută.

Câteva distanţe importante în triunghiInvarianţi fundamentali în triunghi

Considerăm triunghiul ABC cu laturile α ,β , γ , semiperimetrul s=12(α +β+γ ), raza cecului

înscris r şi raza cercului circumscris R. Numerele s , r , R se numesc invarianţi fundamentali ai triunghiului ABC.

Teorema 1. Laturile α ,β , γ sunt rădacinile unei ecuaţii cubice

t 3−2 s t 2+( s2+r2+4 Rr )t−4 sRr=0.Demonstraţie. demonstrăm că α satisface ecuaţia. Avem

α=2 R sin A=4 R sinA2

cosA2

şi s−α=r ctgA2

=rcos

A2

sinA2

,

Prin urmare

cos2 A2

=α (s−α )

4 Rrşi sin2 A

2= αr

4 R(s−α ).

Din formula cos2 A2

+sin2 A2

=1, rezultă că

α (s−α )4 Rr

+ αr4 R (s−α )

=1.

Este echivalent cu α 3−2 s α2+( s2+r 2+4 Rr ) α−4 sRr=0. Putem arăta analog că β şi γ sunt

rădacini ale ecuaţiei anterioare.Din teorema de mai sus, folosind relaţiile dintre rădacini şi coeficienţi, rezultă că

α +β+γ=2 s ,

αβ+ βγ+γα=s2+r2+4 Rr ,αβγ=4 sRr .

Corolar 2. În triunghiul ABC, au loc următoarele formule:

α 2+ β2+γ2=2 ( s2−r2−4 Rr ) ,α 3+β3+γ3=2 s ( s2−3 r2−6 Rr ) .

Demonstraţie. avem

α 2+ β2+γ2= (α+β+γ )2−2 (αβ+βγ +γα )=4 s2−2 ( s2+r 2+4 Rr )¿2 s2−2 r2−8 R=2 ( s2−r2−4 Rr ) .

Pentru a demonstra a doua identitate, putem scrie

α 3+β3+γ3=(α+β+γ ) (α 2+ β2+γ2−αβ−βγ−γα )+3αβγ

¿2 s ( 2 s2−2r 2−8 Rr−s2−r2−4 Rr )+12 sRr=2 s ( s2−3 r2−6 Rr ) .

Distanţa OI

Considerăm că O centrul cercului circumscris triunghiului ABC este originea planului complex şi fie a ,b , c coordonatele vârfurilor A , B, respectiv, C.

Lema. Produsele reale a ∙b , b ∙ c , c ∙ a sunt date de

a ∙b=R2− γ 2

2, b ∙ c=R2−α2

2, c ∙ a=R2−β2

2.

Demonstraţie. folosind proprietăţile produsului real avem

γ 2=|a−b|2=( a−b ) ∙ (a−b )=a2−2a ∙ b−b2=2 R2−2 a∙ b ,

de unde rezultă prima formulă.

Teorema 4. (Euler) Are loc următoarea formulă:

OI2=R2−2 Rr .Demonstraţie. Coordonata centrului cercului înscris este dată de

zI=α

2 sa+ β

2 sb+ γ

2 sc

deci putem scrie

OI2=|zI|2=( α

2 sa+ β

2 sb+ γ

2 sc )∙( α

2 sa+ β

2 sb+ γ

2 sc)

¿ 1

4 s2( α2+β2+γ 2 ) R2+2

1

4 s2∑cyc

(αβ ) a ∙ b .

Folosind lema anterioară găsim că

OI2= 14 s2

(α 2+β2+γ2 ) R2+ 24 s2 ∑

cyc

αβ(R2− γ2

2 )¿ 1

4 s2(α+β+γ )2 R2− 1

4 s2 ∑cyc

αβ γ2=R2− 1

4 s2αβγ ( α+β+γ )

¿ R2− 12 s

αβγ=R2−2αβγ4 K

∙Ks

=R2−2 Rr ,

unde am folosit cunoscutele formulele

R=αβγ4 K

, r= Ks

,

Aici K este aria triunghiului ABC.

Corolarul 5. (inegalitatea lui Euler) În orice triunghi ABC are loc următoarea inegalitate:R ≥ 2r .

Avem egalitate dacă şi numai dacă triunghiul ABC este echilateral.

Demonstraţie. Din teorema 4 avem OI2=R (R−2r )≥0, deci R ≥ 2r . Egalitatea R−2r=0 are loc

dacă şi numai dacă OI2=0, adică O=I . Astfel triunghiul ABC este echilateral.

Distanţa ON

Teorema 6. Dacă N este punctul lui Nagel al triunghiului ABC, atunci ON=R+2 r .

Demonstraţie. Coordonata punctului lui Nagel al triunghiului este dată de

zN=(1−αs )a+(1−β

s )b+(1− γs )c .

Astfel

ON 2=|z N|2=z N ∙ zN=R2∑

cyc(1−α

s )2

+2∑cyc

(1−αs )(1− β

s )a ∙b

¿ R2∑cyc

(1−αs )

2

+2∑cyc

(1−αs )(1− β

s )(R2− γ 2

2 )¿ R2(3−α+β+γ

s )2

−∑cyc

(1−αs )(1−β

s )γ 2=R2−∑cyc

(1−αs )(1−β

s )γ 2=R2−E .

Pentru a calcula E am notat

E=∑cyc

(1−α+β

s+

αβ

s2 )γ2=∑

cyc

γ2−

1s ∑cyc

(α+ β )γ 2+1

s2∑cyc

αβ γ2

¿∑cyc

γ2−1s ∑cyc

(2 s−γ ) γ 2+2 αβγs

=−∑cyc

α2+ 1s∑cyc

α 3+8αβγ4 K

∙Ks

¿=−∑cyc

α 2+ 1s ∑cyc

α3+8 Rr .

Aplicând formula în corolarul 2, concluzionăm că

E=−2 ( s2−r2−4 Rr )+2 (s2−3 r2−6Rr )+8Rr=−4 r 2+4 Rr .

Prin urmare ON 2=R2−E=R2−4 Rr+4 r2=(R−2 r )2 şi formula dorită este demonstrată de

inegalitatea lui Euler.

Teorema 7. (Feuerbach) În orice triunghi cercul înscris şi cercul celor nouă puncte sunt tangente.

Demonstraţie. Avem

12= GI

GN=

G O9

GO.

Astfel triunghiurile GI O9 şi GNO sunt asemenea. Reyultă că dreptele I O9 şi ON sunt paralele şi

I O9=12

ON . Aplicând teorema 6 obţinem I O9=12

(R−2 r )= R2−r=R9−r , deci cercul înscris este

tangent cu cercul celor nouă puncte.

Distanţa OH

Teorema 8. Dacă H este ortocentrul triunghiului ABC, atunci

OH 2=9 R2+2 r2+8Rr−2 s2 .Demonstraţie. Presupunând că O centrul cercului circumscris triunghiului este originea planului complex, atunci coordonata lui H este

zH =a+b+c .

Folosind produsul real putem scrie

OH 2=|zH|2=zH ∙ zH =(a+b+c ) ∙(a+b+c)

¿∑cyc

|a|2+2∑ ab=3 R2+2∑cyc

a ∙b .

Aplicând lema şi prima formulă din corolarul 2 vom obţine

OH 2=3 R2+2∑cyc

(R2− γ2

2 )=9 R2−(α 2+β2+γ2 )

¿9 R2−2 ( s2−r2−4 Rr )=9 R2+2 r2+8 Rr−2 s2.

Corolarul 9. Au loc următoarele formule:

OG2=R2+ 29

r2+ 89

Rr−29

s2;

O O92=9

4R2+1

2r2+2Rr−1

2s2 .

Corolarul 10. În orice triunghi ABC inegalitatea

α 2+ β2+γ2 ≤ 9 R2

este adevărată. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă triunghiul este echilateral.

Distanţa dintre două puncte în planul unui triunghi

Coordonatele baricentrului

Considerăm triunghiul ABC şi fie α ,β , γ lungimile laturilor BC , CA , respectiv, AB.Propoziţia 1. Fie a ,b , c coordonatele vârfurilor A , B ,C şi fie P un punct din planul triunghiului. Dacă z este coordonata lui P, atunci există numerele reale unice μa , μb , μc astfel încât

zP=μa a+μb b+μc c şi μa+μb+μc=1.

Demonstraţie. presupunem că P este în interiorul triunghiului ABC şi considerăm punctul A'

astfel încât AP∩ BC={ A' }. Fie k 1=PA

P A' , k2=A ' BA ' C

şi observăm că

zP=a+k1 z A'

1+k1

, zA '=a+k2 c1+k2

.

Astfel, în acest caz putem scrie

zP=1

1+k1

a+k 1

(1+k 1) (1+k2)b+

k1 k2

(1+k1 ) (1+k2)c .

În plus, dacă considerăm

μa=1

1+k 1

, μb=k1

(1+k1 )(1+k2), μc=

k1 k2

(1+k1 )(1+k 2)Avem

μa+μb+μc=μa=1

1+k1

+k 1

(1+k1 ) (1+k2 )+

k1 k2

(1+k1 ) (1+k2 )

¿1+k1+k2+k 1k 2

(1+k 1) (1+k2 )=1.

Procedăm în mod analog în cayul în care punctul P este situat în exteriorul triunghiului ABC.Dacă punctul P este situat pe dreapta suport a unei laturi a triunghiului ABC (adică, dreapta determinată de două vârfuri)

zP=1

1+kb+ k

1+kc=0 ∙ a+ 1

1+kb+ k

1+kc ,

unde k= PBPC

.

Numerele reale μa , μb , μc se numesc coordonatele baricentrului absolut al lui P cu privire la triunghiul ABC.

Semnul numerelor μa , μb , μc depinde de regiunea planului unde punctul P este situat. Triunghiul ABC determină şapte regiuni.

În următorul table sunt date semnele lui μa , μb , μc:

I II III IV V VI VIIμa - + + + - - +μb + - + - + - +μc + + - - - + +

Distanţa între două puncte în coordonate baricentrice

În ceea ce urmează, pentru a simplifica formulele, vom folosi simbolul numit ’’suma ciclică’’.

Acesta este ∑cyc

f (x1 , x2 , …,xn), suma termenilor consideraţi în ordine ciclică.

Cel mai important exemplu pentru acest scop este

∑cyc

f ( x1 , x2 , x3 )=f ( x1 , x2, x3 )+f ( x2 , x3 , x1 )+ f ( x3 , x1 , x2 ).

Teorema 2. În planul triunghiului ABC considerăm punctele P1 şi P2 cu coordonatele zP1 şi zP2

.

Dacă zP k=α k a+βk b+γ k c, unde α k , βk , γ k sunt numere reale astfel încât α k+βk+γ k , k=1,2, atunci

P1 P22=−∑

cyc(α 2−α 1 ) ( β2−β1 ) γ 2 .

Demonstraţie. alegem originea planului complex ca fiind O centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Folosind proprietăţile produsului real, avem

P1 P22=|zP1

−z P2|2=|( α2−α1 ) a+( β2−β1 ) b+ (γ 2−γ 1 ) c|2

¿∑cyc

( α2−α1 )2 a ∙ a+2∑cyc

(α 2−α 1) ( β2−β1 ) a ∙ b

¿∑cyc

( α2−α1 )2 R2+2∑cyc

( α2−α1 ) ( β2−β1 )(R2− γ2

2 )¿ R2 (α 2+β2+γ2−α1−β1−γ1 )2−∑

cyc( α2−α1 ) ( β2−β1 ) γ 2

¿−∑cyc

(α 2−α 1 ) ( β2−β1 ) γ 2 ,

întrucât α 1+ β1+γ1=α2+β2+γ 2=1.

Teorema 3. Punctele A1 , A2 , B1 ,B2 ,C1 ,C2 sunt situate pe laturile BC , CA , A B ale triunghiului

ABC astfel încât dreptele A A1 , B B1 , C C1 se intersectează în punctul P1 şi dreptele A A2 , B B2 ,C C2 se intersectează în punctul P2. Dacă

B Ak

Ak C=

pk

nk

,C Bk

Bk A=

mk

pk

,A C k

C k B=

nk

mk

, k=1,2

unde mk , nk , pk sunt numere reale nenule, k=1,2, şi Sk=mk+nk+ pk , k=1,2, atunci

P1 P22= 1

S12 S2

2 [S1 S2∑cyc

( n1 p2+ p1 n2 ) α2−S12∑

cyc

n2 p2 α2−S22∑

cyc

n1 p1 α2] .Demonstraţie. Coordonatele punctelor P1 şi P2 sunt

zP k=

mk a+nk b+ pk c

mk+nk+pk

, k=1,2.

Resultă că în acest caz coordonatele baricentrului absolut al punctelor P1 şi P2 sunt date de

α k=mk

mk+nk+ pk

=mk

Sk

, βk=nk

mk+nk+ pk

=nk

Sk

, γk=pk

mk+nk+ pk

=pk

Sk

, k=1,2.

Înlocuind în formula de la teorema 2 găsim

P1 P22=−∑

cyc( n2

S2

−n1

S1)( p2

S2

−p1

S1)α 2

¿− 1

S12 S2

2 ∑cyc

( S1n2−S2n1) ( S1 p2−S2 p1 ) α2

¿− 1

S12 S2

2 ∑cyc

[ S12n2 p2+S2

2 n1 p1−S1 S2 (n1 p2+n2 p1 ) ]α 2

¿ 1

S12 S2

2 [S1 S2∑cyc

(n1 p2+ p1n2 ) α 2−S12∑

cyc

n2 p2α 2−S22∑

cyc

n1 p1α 2].Corolarul 4. Pentru orice numere reale α k , βk , γ k cu α k+βk+γ k=1 , k=1,2, are loc următoarea inegalitate:

∑cyc

( α2−α1 )( β2−β1)γ2 ≤ 0 ,

cu egalitate dacă şi numai dacă α 1=α 2 , β1=β2 , γ1=γ2.

Corolarul 5. Pentru orice numere reale nenule mk , nk , pk , k=1,2, cu Sk=mk+nk+ pk , k=1,2, lungimile laturilor α ,β , γ ale triunghiului ABC satisfac inegalitatea

∑cyc

( n1 p2+ p1 n2 )2 ≥S1

S2∑cyc

n2 p2 α2+S2

S1∑cyc

n1 p1 α2

cu egalitate dacă şi numai dacă p1

n1

=p2

n2

,m1

p1

=m2

p2

,n1

m1

=n2

m2

.

Aplicaţii. 1. Folosind formula de la teorema 3 să se calculeze distanţa GI , unde G este centrul de

greutate şi I este centrul cercului înscris al triunghiului.Avem m1=n1=p1=1 şi m2=α , n2=β , p2=γ; deci

S1=∑cyc

m1=3; S2=∑cyc

m2=α +β+γ=2 s ;

∑cyc

( n1 p2+ p1 n2 ) α 2=( β+γ )α 2+(γ+α ) β2+(α+ β ) γ 2

¿ (α +β+γ ) (αβ+ βγ+γα )−3 αβγ=2 s (s2+r2+4 rR )−12 sRr

¿2 s3+2 sr2−4 sRr .Pe de altă parte,

∑cyc

n2 p2 α 2=α 2 βγ+ β2 γα+γ 2 αβ=αβγ (α +β+γ )=8 s2 Rr

şi

∑cyc

n1 p1 α 2=α 2+β2+γ 2=2 s2−2 r2−8 Rr .

Atunci

GI2=19

(s2+5 r2−16 Rr ) .

2. Să se demonstreze că în orice triunghi ABC cu laturile α ,β , γ , are loc următoarea inegalitate:

∑cyc

(2 α−β−γ ) (2 β−α−γ ) γ 2≤ 0 .

În inegalitatea de la corolarul 4 considerăm punctele P1=G şi P2=G. Atunci

α 1=β1=γ 1=13

şi α 2=α2 s

, β2=β

2 s, γ 2=

γ2 s

, şi rezultă inegalitatea anterioară. Avem

egalitate dacă şi numai dacă P1=P2; ceea ce înseamnă G=I , deci triunghiul este echilateral.

Aria unui triunghi în coordonate baricentrice

Considerăm triunghiul ABC cu a ,b , c coordonatele vârfurilor. Fie α ,β , γ lungimile laturilor BC , CA şi AB.

Teorema 1. Fie P j (z P j) , j=1 ,2 , 3, trei puncte în planul triunghiului ABC cu zP j=α j a+β j b+γ j c,

unde α j , β j , γ j sunt coordonatele baricentrice ale lui P j. Dacă triunghiurile ABC şi P1 P2 P3 au aceeaşi orientare, atunci

AriaP1 P2 P3

AriaABC

=|α1 β1 γ 1

α2 β2 γ 2

α3 β3 γ 3|.

Demonstraţie. Presupunem că triunghiurile ABC şi P1 P2 P3 sunt pozitiv orientate. Dacă notăm cu O originea planului complex, atunci, folosind produsul complex, putem scrie

2 i AriaP1 OP 2=zP1

× zP2=(α 1a+ β1 b+γ1 c )× (α 2 a+β2b+γ2 c )

¿ (α 1 β2−α2 β1 ) a × b+( β1 γ2−β2 γ 1 ) b× c+( γ1 α2−γ2 α 1) c × a

¿|a× b b×c c× aγ1 α1 β1

γ2 α2 β2|=|a × b b× c 2 i Aria ABC

γ1 α1 1γ 2 α2 1 |.

Analog, găsim

2 i AriaP2 OP 3=|a× b b×c 2 i Aria ABC

γ2 α2 1γ3 α3 1 |,

2 i AriaP3 OP 1=|a× b b×c 2 i Aria ABC

γ3 α3 1γ1 α1 1 |.

Presupunând că originea O este situată în interiorul triunghiului P1 P2 P3, rezultă că AriaP1 P2 P3

=AriaP1 OP2+ AriaP2 O P3

+ AriaP 3O P1

¿ 12i

( α1−α2+α 2−α 3+α3−α 1) a × b− 12 i

(γ 1−γ2+γ 2−γ 3+γ 3−γ1 ) b ×c+( γ1 α 2−γ 2α 1+γ 2α 3−γ3 α2+γ3 α 1−γ 1α 3 ) Aria ABC=( γ1 α2−γ2 α 1+γ2 α 3−γ 3 α2+γ 3 α1−γ1 α 3 ) Aria ABC

¿ AriaABC|1 γ1 α1

1 γ2 α2

1 γ3 α3|=Aria ABC|α1 β1 γ 1

α2 β2 γ 2

α3 β3 γ 3|.

Corolarul 2. Considerăm triunghiul ABC şi punctele A1 ,B1 , C1 situate pe dreptele BC , CA , AB astfel încât

A1 B

A1C=k1 ,

B1 C

B1 A=k2 ,

C1 A

C1 B=k3 .

Dacă A A1 ∩B B1= {P1} , B B1 ∩C C1={P2 } şi C C1∩ A A1={P3 }, atunci

AriaP1 P2 P3

AriaABC

=(1−k 1k2 k3)

2

(1+k1+k1 k2)(1+k2+k2 k3)(1+k3+k3 k1).

Demonstraţie. aplicând teorema lui Menelaus în triunghiul A A1 B obţinemC1 A

C1 B∙

CBC A1

∙P3 A1

P3 A=1.