Relaia lui Van Aubel i aplicaii la rezolvarea unor probleme de geometrieAm alctuit acest material prin toamna lui 1991, cu intenia vdit de al trimite spre publicare Gazetei Matematice. n cele din urm, m-am rzgndit, considernd c nu este suficient de bine fcut pentru a fi publicat. l scot acum de la arhiv n sperana c va trezi interesul mcar ctorva persoane pasionate ca i mine de geometria clasic. OBSERVAIE. La vremea liceului (prin toamna lui 1985), dl. profesor Cristian Boneag de la Liceul de Informatic(Matematic-Fizic nr. 1) ne-a predat relaia de care voi vorbi n cele ce urmeaz. n manualele de atunci, nu era cuprins nici mcar ca exerciiu(existnd ns ntr-un numr mare de culegeri). Actualele manuale de liceu au eliminat studiul geometriei euclidiene clasice, accentul fiind pus pe vectori i geometrie analitic. Cel mai mare merit al geometriei clasice este crearea aptitudinii de a elabora raionamente, aptitudine cvasi-necesar nu numai matematicienilor sau programatorilor, dar oriicui dorete s gndeasc pe baza propriei experiene i nu ngurgitnd judeci ticluite de alii, mai mult sau mai puin bine intenionai. . Relaia lui Van Aubel n triunghiul oarecare ABC , se duc cevienele AA, BB i CC , concurente n punctul I ( A (BC ), B (CA), C ( AB ) ). Are loc relaia:

AI AC AB = + IA BC CB

(1)

Figura 1. Relatia lui Van Aubel Relaia (1) poart numele de relaia lui Van Aubel. Sincer vorbind, nu am idee cine a fost Van Aubel. O alt relaie descoperit de el este util la calculul lungimii unei ceviene plecnd din vrful unghiului drept ntr-un triunghi dreptunghic; aceasta din urma o putei gsi n excelenta carte Surprize n

matematica elementara publicat de dr. Viorel Gh. Vod n 1981 la Ed. Albatros. S revenim ns la relaia (1). Utilitatea ei apare imediat: permite calculul direct al raportului segmentelor determinate de punctul de intersecie a trei ceviene pe oricare dintre ele, fara a mai recurge la teoremele lui Menelaus sau Ceva. Relaia este de fapt un shortcut extrem de util la calculul rapoartelor sus-amintite. Demonstraie. Scriem teorema lui Menelaus n triunghiul AAC intersectat de transversala BIB : AI BA B C AI BC B A =1 = (2) IA BC B A IA BA B C Pe de alta parte, scriem teorema lui Ceva pentru cevienele concurente , BB i CC i rezult: AA AC BA CB CA AC CB =1 = BC CA AB BA BC AB BC , pe care l Construim proporii derivate pentru a scoate raportul BA vom nlocui apoi n relaia (2): BC CA + BA AC CB + AB BC = = BA BA AB BC Relaia (2) devine astfel: AI AC CB + AB BC AB AC CB + AB BC = = IA AB BC CB BC CB AI AC AB q.e.d. + = IA BC CB Problema rezolvat 1 (105/25 din [1]). Fie M si N doua puncte situate pe laturile (AB) si (AC) ale triunghiului ABC astfel nct: BG CG = =2 GN GM unde G este punctul de intersectie al segmentelor (BN) si (CM). S se demonstreze ca [AM ] [MB ] si [AN ] [NC ] .

Figura 2. La problema rezolvat 1. Solutie. Fie {P} = AG BC . Notam: AM AN BP = , = , = MB NC PC Conform teoremei lui Ceva, putem scrie: AM BP NC =1 = 1 = (4) MB PC AN Intra acum n scen starul serii: relaia lui Van Aubel. Conform acesteia, putem scrie: BG BM BP 1 = + 2 = + 2 = 1 + = 2 1 (5) GN AM PC CG CP CN 1 1 1 1 = + 2= + = + 2 = 1 + (6) GM BP AN Din relatiile (5) si (6), rezulta imediat ca 4 2 = 1 + = 1 ; inlocuind aceasta valoare in relatia (6), obtinem = 1 . Din relatia (4), se deduce acum imediat ca = 1 . Revenind la notatii, avem: AM =1 = 1 [AM ] [MB ] MB AN =1 = 1 [AN ] [NC ] , q.e.d. NC Problema rezolvat 2 (59/20 din [1]). Fie triunghiul ABC. Considerm CK a CL c punctele K ( AC ), L (BC ) astfel nct = i = , unde a, b, c, d sunt KA b LB d KM LM i . numere reale pozitive. S se calculeze rapoartele MB MA

Figura 3. La problema rezolvat 2. Solutie. Notm {N } = CM AB . Conform teoremei lui Ceva, avem: CK AN BL a d AN BN ad =1 =1 = (7) AK NB LC b c NB AN bc

Se scriu acum relatiile lui Van Aubel: BM BL BN d ad bd + ad KM bc = + = + = = (8) MK LC AN c bc bc MB d (a + b ) AM AN AK bc b b(c + d ) ML ad = + = + = = (9) ML BN CK ad a ad AM b(c + d ) Relatiile (8) si (9) exprim chiar rezultatele cerute. Problema rezolvat 3. n punctele A i B ale unui cerc, care nu sunt diametral opuse, se duc dou tangente la cerc, care se ntlnesc n C. Prin A se duce o paralel la BC, care taie cercul n D. Dreapta CD taie cercul n E, iar dreapta AE intersecteaza pe BC n F. S se demonstreze c: a) ADE CAE BCE b) Triunghiurile ACF i CEF sunt asemenea; c) FC 2 = FA EF d) [FB ] [FC ] e) S se determine msura unghiului C astfel nct AE = 2 EF . (Eliza Rizescu, 8901, G.M.B. 5/1968)

Figura 4. La problema rezolvat 3. Solutie.a) ADE BCE , ca alterne interne formate de dreptele AD si BC cu 1 ADE CAE BCE . secanta DC. Dar m ADE = m AE = m CAE 2 b) Conform punctului a), cele doua triunghiuri au CAF ECF . n plus, mai avem AFC CFE (unghi comun). Rezult c ele sunt asemenea(cazul II). c) Scriem asemnarea triunghiurilor de la punctul b): FC AF = FC 2 = AF EF EF FC

(

)

( ) (

)

d) Puterea lui F fa de cerc se scrie (F ) = EF AF = FO 2 OB 2 (O este centrul cercului). Dar triunghiul OBF este dreptunghic n B, deci FO 2 OB 2 = FB 2 . Rezult c EF AF = FB 2 = FC 2 (conform punctului c)), deci [FB] [FC ] . e) Fie {H } = CD AB, {G} = BE AC . Conform teoremei lui Ceva n triunghiul ABC pentru cevienele concurente AF, BG si CH, avem: AG FC BH AG AH =1 = (10) GC FB AH GC BH Scriem relaia lui Van Aubel: AE AH AG = + EF BH CG inem acum cont de ipoteza AE = 2 EF i de relaia (10) i obinem: AG AH = =1 [CH ] este mediana n ABC . CG BH Triunghiul ABC este isoscel ( [CA] [CB ] , ca tangente duse din C la cerc) mediana [CH ] este i nlimeCH AB . Pe de alt parte, OH AB (diametrul este perpendicular pe mijlocul coardei)

O, C , H sunt coliniare

[ ED ]

diametru al cercului

m EAD = 90 (unghiul

(

)

punctele

EAD fiind nscris n semicercul EBD ) EA AD . Dar AD BC EA BC [ AF ] este median i nlime n triunghiul

ABC

m C = 60 .

( )

[AB] [AC ] [BC ]

triunghiul ABC este echilateral. Rezulta

Problema rezolvata 4. Bisectoarele (AD), (BE) si (CF) ale triunghiului ABC sunt concurente in punctul I. Sa se arate ca daca: ID IE IF 1 max , , = , atunci triunghiul este echilateral. AD BE CF 3 (D.M. Btineu-Giurgiu, Olimpiad local, 1986)

Figura 5. La problema rezolvata 4.

Solutie. Utilizm notaiile obinuite pentru lungimile laturilor triunghiului dat: a+b+c BC = a, CA = b, AB = c . Cunoatem de asemenea notaia p = . 2 Conform teoremei bisectoarei in triunghiul ABC, putem scrie: AE AB c = = CE BC a AF AC b = = CF BC a Scriem relaia lui Van Aubel: IA AE AF b + c ID a ID a a = + = = = = ID CE BF a IA b + c AD a + b + c 2 p IE b IF c Similar, rezulta ca . = , = BE 2 p CF 2 p ID IE IF 1 , , Cum max = , rezult c au loc inegalitile: AD BE CF 3 ID 1 2p a AD 3 3 IE 1 2p b BE 3 3 IF 1 2p c CF 3 3 Adunnd membru cele trei inegaliti, rezult 2 p 2 p . Aceasta fiind o egalitate, toate cele trei inegaliti care s-au adunat pentru a o obine trebuie 2p s se transforme n egaliti. Rezult a = b = c = triunghiul ABC este 3 echilateral, q.e.d. Problema rezolvat 5. (20/204 din [2]) Fie triunghiul ABC. Unui punct M din interiorul triunghiului i se asociaza numarul real: MA MB MC f (M ) = + + MA MB MC unde {A} = MA BC , {B } = MB CA, {C } = MC AB . Sa se arate ca functia f admite un minim atunci cand M coincide cu centrul de greutate al triunghiului ABC. Solutie. Notam x = avem:

BA CB AC ,y= ,z = . Conform relatiei lui Van Aubel, CA AB BC

MA AC AB 1 = z+ + = MA BC CB y MB BA BC 1 + = x+ = MB CA AC z MC CB CA 1 + = y+ = MC AB BA x Adunand cele trei egalitati, rezulta ca

f (M ) =

MA MB MC 1 1 1 + + = x+ + y+ +z+ MA MB MC x y z1

Conform inegalitatii mediilor, avem insa + Egalitatea are loc daca si numai daca =

2

1

= 2, > 0 .

1

Rezulta ca f (M ) 6, M Int ( ABC ) . Minimul lui f este atins cand x = y = z = 1 , adica atunci cand A, B si C sunt mijloacele laturilor (BC), (CA) si (AB). In acest caz, M este evident centrul de greutate al triunghiului ABC. Problema rezolvata 6. Fie M un punct n interiorul triunghiului ABC . Notm {D} = AM BC , {E} = BM CA, {F } = CM AB . S se determine minimul produsului: MA MB MC P= MD ME MF (Vlad Petru, 21712, G.M. 3/1989) Solutie. Analog cu problema precedent, notm: BD CE AF x= ,y = ,z = CD AE BF Scriem relaiile lui Van Aubel (se pare c are multe relaii acest domn Van Aubel ): MA AF AE 1 = + = z+ MD BF CE y MB BD BF 1 = + = x+ ME CD AF z MC CD CE 1 = + = y+ MF BD AE x nmulim cele trei relaii i rezult: MA MB MC 1 1 1 P= = z + x + y + (11) MD ME MF y z x Conform inegalitii mediilor, 1 z 1 z+ 2 , egalitatea avnd loc cnd z = y y yx+ y+

= 1.

1 1 x 2 , egalitatea avnd loc cnd x = z z z

1 1 y 2 , egalitatea avnd loc cnd y = . x x x Din relaia (11) i cele trei inegaliti de mai sus, rezult c: z x y P8 = 8 , minimul fiind atins cnd: y z x

1 z = y 1 x = y = z = 1 , ceea ce se ntmpla (vezi problema x = = y z 1 1 y = x = y precedent) cnd M este centrul de greutate al triunghiului ABC . Aadar, produsul P are un minim egal cu 8 pentru M = G .

OBSERVATIE. La problemele 5 si 6, nu am mai desenat figurile. Acestea sunt similare cu figura 1, avand insa numele punctelor modificate. Problema rezolvata 7. Fie triunghiul ABC si punctele mobile D (BA), E ( AC ) , alese astfel incat sa fie respectata conditia [DAC ] = [BCE ] . Fie {O} = BE CD si {A} = AO BC . Sa se determine AO valoarea minima a raportului si pozitiile lui D si E pentru care se OA realizeaza acest minim. (Marius Stnean, 20679, G.M. 2/1986)

Figura 6. La problema rezolvata 7. Solutie. Fie S = [ABC ] si s = [BCE ] = [DAC ] . Se duc inaltimile BB AC si CC AB (in figura, nu le-am mai inclus din motive de incarcare a desenului). 1 Avem: s = [BCE ] = BB CE 2 1 S = [ABC ] = BB AC 2 s CE CE CE s = = = (12) S AC AE AC CE S s AD s = (13) Similar se arata ca BD S s

Se scrie acum relatia lui Van Aubel: AO AD AE s Ss = + = + OA BD CE S s s AO 1 1 s AO Fie x = >0 = x + 2 x = 2 . Minimul raportului este deci OA Ss OA x x 1 egal cu 2, fiind atins atunci cand x = x = 1 . In acest caz, rezulta din (12) si x AD CE = = 1 , deci D si E sunt mijloacele laturilor (AB), respectiv (AC). (13) ca BD AE Problema rezolvata 8. In triunghiul ABC, bisectoarele interioare ale unghiurilor A si B taie (BC), respectiv (AC) in M si N. Fie {O} = AM BN . Se AO ON cunoaste ca = 3, = 3 1 . Sa se calculeze masurile unghiurior OM BO triunghiului ABC. (Admitere, Matematica, sesiunea speciala, 1988) Solutie. Fie {P} = CO AB ; evident, (CP este bisectoarea unghiului C. Conform teoremei bisectoarei, putem scrie (cu notatiile obisnuite intr-un triunghi, AB = c, BC = a, CA = b ): AP AC b AN AB c BM AB c = = ; = = ; = = (14) PB BC a NC BC a MC AC b Din relaia lui Van Aubel i relaiile (14), rezult: AO AP AN b + c = + = = 3 OM BP NC a BO BP BM a + c ON b = + = = = 3 1 ON AP MC b BO a + c Avem deci sistemul: b + c = a 3 b = 3 1 (a + c ) Rezolvand acest sistem (nu mai intru in detalii) se gaseste: a 3 c = 3 b = 2a 3 3 Scriem acum teorema cosinusului in triunghiul ABC: b2 + c2 a2 1 a 2 = b 2 + c 2 2bc cos A cos A = = A= 2bc 2 3 Conform teoremei sinusurilor, 2a 3 2 3 3 a b a = = 3 sin B = =1 B = sin A sin B sin B 3 2 2 3

(

)

2

Prin diferenta, rezulta C =

. 6 Problema rezolvata 9. Daca O este un punct in interiorul triunghiului ABC si A, B, C celelalte intersectii ale dreptelor OA, OB, OC cu laturile triunghiului, sa se arate ca este adevarata relatia: [OB C ] [OAC ] [OAB ] + + =1 [ AB C ] [BAC ] [CAB ] (Al. Oet, 21215*, G.M. 9/1987)

Figura 7. La problema rezolvata 9. Solutie. Vom utiliza urmatoarea proprietate: Daca in triunghiul ABC luam punctul D BC , avem: [ADB ] BD = (se demonstreaza usor, tinand seama ca triunghiurile [ ADC ] DC ADB si ADC au inaltimea din A comuna). Sa revenim acum la problema noastra. Notam pentru inceput rapoartele: BA CB AC = k1 , = k2 , = k3 CA AB BC Conform teoremei lui Ceva, avem relatia k1 k 2 k 3 = 1 (15); din aceasta 1 1 1 k1 k 3 = k1 k 2 = . egalitate, rezulta k 2 k 3 = k1 k2 k3 Fie S = [ABC ] . Conform proprietatii amintite, avem: k Sk 3 AC [ ACC ] [ ACC ] k3 = = [ACC ] = 3 = (16) BC [BCC ] k 3 + 1 [ABC ] k3 + 1 Utilizand aceeasi proprietate, rezulta si: [AB C ] [ AB C ] 1 AB [AB C ] 1 = = = = k 2 CB [CB C ] k 2 + 1 [CB C ] + [ AB C ] [ACC ] Sk 3 [ACC ] = (17) [ AB C ] = (k 2 + 1)(k 3 + 1) k2 + 1

Scoatem de aici si [CB C ] = k 2 [AB C ] =

Sk 2 k 3 (18) (k 2 + 1)(k 3 + 1)

Aici intervine relatia lui Van Aubel: CO CB CA 1 k k +1 + = k2 + = 1 2 = (19) OC AB BA k1 k1 Pe de alta parte, CO [B OC ] = (20) OC [OB C ] Din relatiile (19) si (20), rezulta: [B OC ] k1 k 2 + 1 [B OC ] + [OB C ] k1 k 2 + k1 + 1 = = [OB C ] [OB C ] k1 k1 k1 [CB C ] k1 k 2 + k1 + 1 = [OB C ] = [CB C ] (21) [OB C ] k1 k 1 k 2 + k1 + 1 Din relatiile (18) si (21) rezulta ca: Sk1 k 2 k 3 S = [OB C ] = (22) (k 2 + 1)(k 3 + 1)(k1k 2 + k1 + 1) (k 2 + 1)(k 3 + 1)(k1k 2 + k1 + 1) (s-a utilizat aici relatia (15)). Se impart membru cu membru relatiile (22) si (17) si rezulta: (k + 1)(k 3 + 1) S 1 [OB C ] = = 2 Sk 3 k 3 (k1 k 2 + k1 + 1) [ AB C ] (k 2 + 1)(k 3 + 1)(k1 k 2 + k1 + 1) [OB C ] 1 1 = = (23) [ AB C ] k1 k 2 k 3 + k1 k 3 + k 3 k1 k 3 + k 3 + 1 Similar, se obtin relatiile: k3 [OAC ] = (24) [BAC ] k1 k 3 + k 3 + 1 k1 k 3 [OAB ] = (25) [CAB ] k1 k 3 + k 3 + 1 Adunnd membru cu membru relaiile (23), (24) si (25), gsim exact: [OB C ] [OAC ] [OAB ] 1 + k 3 + k1 k 3 + + = = 1 , q.e.d. [ AB C ] [BAC ] [CAB ] k 3 k1 + k 3 + 1

Bibliografie1. St. Ianu, N. Soare, L. Niculescu, S. Dragomir, M. ena Probleme de geometrie si trigonometrie pentru clasele IX-X, E.D.P, 1983 2. D. Brnzei, S. Ania, E. Onofra, Gh. Isvoranu Bazele raionamentului geometric, Ed. Academiei, 1983.