Teoreme cu nume

1. Problema (Năstăsescu IX, p 147, propoziţia 5) Formula lui Chasles Pentru orice puncte şi avem .

2. Problema (Năstăsescu IX, p 168, teoremă)Vectorul de poziţie al centrului de greutate al unui triunghiFie un triunghi şi mijloacele laturilor respectiv .

a) Medianele şi sunt concurente în punctual (centrul de greutate al triunghiului ) astfel încât:( împarte fiecare mediană în raportul -2)

b) Vectorul de poziţie al lui faţă de un punct oarecare P este dat de formula

.

Demonstraţie

a) Notăm intersecţia medianelor şi cu . Din asemănarea

triunghiurilor şi deducem: , deoarece este linie

mijlocie în triunghiul . Rezultă , .Fie un punct oarecare din plan. Avem

, unde , deci

.

Notăm intersecţia medianelor şi cu . Printr-un calcul analog obţinem

. Rezultă , deci , adică medianele sunt concurente.

b) Formula vectorului de poziţie a lui rezultă de la a).

3. Problema (Năstăsescu IX, p 168)Relaţia lui Leibniz.

Pentru orice punct din planul triunghiului avem , unde este centrul de greutate al triunghiului .

4. Problema (Năstăsescu IX, p 169, teoremă)Teorema lui Pappus.

Fie un triunghi . Se consideră punctele , şi , distincte

de vârfurile triunghiului, astfel încât avem . În aceste condiţii,

triunghiurile şi au acelaşi centru de greutate.

Demonstraţie

Fie şi centrele de greutate al triunghiurilor şi , iar un punct oarecare din plan. Scriem relaţia lui Leibniz pentru şi .

Obţinem: , .Avem:

Prin adunare găsim , deci , de unde .

5. Problema (Năstăsescu IX, p 172, teoremă)Teorema lui Thales.

Se consideră un triunghi şi o dreaptă care nu trece prin niciunul dintre punctele şi intersectează pe în şi pe în . Atunci următoarele afirmaţii sunt echivalente:

a) Dreapta ;

b) Avem relaţia .

DemonstraţieCele trei situaţii posibile sunt illustrate mai jos

1) Demonstrăm implicaţia .

Notăm , unde (deoarece ). Rezultă relaţiile,

, , de unde , .

Avem . Prin urmare

.2) Demonstrăm implicaţia .

Notăm şi . Vom arăta .

Presupunem, prin absurd, că şi . Fie pe dreapta unicul punct

astfel încât . Avem , deci, conform implicaţiei anterior demonstrate, avem

. Rezultă că dreptele şi sunt confundate şi , deci , în contradicţie cu presupunerea iniţială.

6. Problema (Năstăsescu IX, p 174, teoremă)Teorema bisectoarei.Fie un triunghi şi un punct . Următoarele afirmaţii sunt echivalente:

a) Semidreapta este bisectoarea unghiului ;

b) Avem relaţia .

Demonstraţie

1) Vom arăta că . Prin punctul construim paralela la până intersectează dreapta în . Aplicăm teorema lui Thales în , unde .

Obţinem (1)

Avem (alterne interne), (corespondente) şi ( bisectoare), deci . Prin urmare, este isoscel,

deci , iar din (1) obţinem .

2) Vom arăta că . Notăm . Rezultă că împarte în raportul

. Fie bisectoarea unghiului . Conform 1), , deci punctul

împarte în raportul . Prin urmare , deci este bisectoarea unghiului .

7. Problema (Năstăsescu IX, p 174, teoremă)Vectorul de poziţie al centrului cercului înscris în triunghiFie un triunghi, centrul cercului înscris în triunghi şi un punct oarecare P

. Vectorul de poziţie al punctului faţă de este dat de formula

, unde am notat , şi .

Demonstraţie

În triunghiul fie picioarele bisectoarelor din vârfurile .

Conform teoremei bisectoarei avem: , , .

Rezultă că punctul împarte segmental în raportul , deci

adică .

Din rezultă . Avem , deci obţinem

, .

este bisectoare în triunghiul , deci aplicând teorema bisectoarei, avem

.

Rezultă că punctual împarte segmental în raportul deci

(1)

Cum , rezultă că împarte segmentul în raportul deci

deci (2)

Înlocuind (2) în (1), avem de unde

obţinem formula din enunţ.

8. Problema (Năstăsescu IX, p 181, propoziţie)Relaţia lui SylvesterÎn orice triunghi , avem relaţia , unde notăm centrul cercului

circumscris cu , centrul de greutate şi ortocentrul cu .Demonstraţie

În cazul când triunghiul este dreptunghic, relaţia este evidentă. De exemplu dacă , atunci şi este mijlocul lui , iar relaţia se reduce la

.

Dacă triunghiul nu este dreptunghic, fie punctual diametral opus lui în cercul circumscris şi mijlocul laturii .

Patrulaterul are laturile opuse paralele (avem şi , deci ; analog şi , deci ), deci este parallelogram. Rezultă că

mijlocul diagonalei coincide cu mijlocul al laturii .În triunghiul , este linie mijlocie, deci . Cum, rezultă

, deci sau , de unde .

9. Problema (Năstăsescu IX, p 182, teoremă)Dreapta lui EulerÎn orice triunghi , punctele sunt coliniare (unde notăm centrul cercului

circumscris cu , centrul de greutate şi ortocentrul cu ) şi avem . Dreapta care conţine punctele se numeşte dreapta lui Euler a triunghiului .

Demonstraţie

Conform relaţiei lui Leibniz, avem P . Pentru , avem , deci . Prin urmare punctele sunt coliniare şi sunt situate astfel:

Evident, dacă triunghiul este echilateral, punctele coincide, deci dreapta lui Euler nu este determinată.

10. Problema (Năstăsescu IX, p 183, teoremă)Teorema lui MenelausFie un triunghi şi trei puncte , şi , diferite de

vârfurile triunghiului. Următoarele afirmaţii sunt echivalente:a) Punctele sunt coliniare.

b) Avem relaţia: .

Demonstraţie

Notăm , , .

1) Demonstrăm implicaţia .Presupunem că şi vom arăta că sunt coliniare.

Avem , deci .

Vom exprima în funcţie de , iar în funcţie de . Avem:

, deoarece .

, deoarece .Obţinem:

.

Cum , avem . În adevăr

.În concluzie există , cu şi , deci punctele

sunt coliniare.2) Demonstrăm implicaţia .

Presupunem, prin absurd, că există punctele care sunt coliniare şi totuşi .

Notăm , deci şi . Construim unicul punct astfel încât

. Din rezultă că sunt coliniare, iar din

rezultă că . Prin urmare dreptele şi au în comun două puncte distincte, şi , deci ele coincid, ceea ce este fals.

11. Problema (manual IX EDP1989, p 43, pr3)Teorema lui MenelausFie un triunghi şi trei puncte coliniare astfel ca , şi

. Să se arate că: .

Demonstraţie

Se duce prin o paralelă la care intersectează dreapta în . Din teorema

fundamentală a asemănării rezultă: şi deci sau

.

Tot din teorema fundamentală a asemănării rezultă şi , de unde se

obţine şi .

Aşadar , de unde rezultă .

12. Problema (manual IX EDP1989, p 43, pr4)Reciproca teoremei lui MenelausSe consideră punctele situate pe dreptele determinate de

laturile triunghiului . Dacă două dintre ele sunt situate pe laturile triunghiului şi unul pe prelungirea unei laturi, sau toate trei pe prelungiri de laturi, şi este satisfăcută relaţia

, atunci cele trei puncte sunt coliniare.

Demonstraţie

Putem admite că ; atunci şi ambele puncte se găsesc fie pe laturile triunghiului, fie pe prelungirile acestora. Dacă am avea , din teorema lui

Thales ar rezulta , ceea ce împreună cu ne-ar da

în contradicţie cu . Deci taie într-un punct şi se observă (căci nu poate intersecta o singură latură sau toate cele trei). Putem scrie în virtutea teoremei lui Menelaus

.

Obţinem ; ţinând seama şi de

rezultă , deci punctele sunt coliniare.

13. Problema (Năstăsescu IX, p184, propoziţie)Relaţia lui Van AubelFie un triunghi şi punctele , şi , diferite de vârfurile

triunghiului, astfel încât dreptele , şi sunt concurente într-un punct . Atunci

avem relaţia .

DemonstraţiePunctual poate fi în interiorul sau în exteriorul triunghiului .

Aplicăm teorema lui Menelaus în cu transversala şi apoi în cu transversala . Obţinem:

, de unde (1)

, de unde (2)

Adunând membru cu membru (1), (2) şi ţinând cont că obţinem:

.

14. Problema (Năstăsescu IX, p185, teoremă)Dreapta Newton-GaussMijloacele celor trei diagonale ale unui patrulater complet sunt coliniare (dreapta

formată cu aceste mijloace se numeşte dreapta Newton-Gauss a patrulaterului complet).(Se numeşte patrulater complet figura formată din patru drepte, două câte două

neparalele şi care sunt astfel încât câte trei dintre ele nu sunt concurente. Aceste drepte sunt laturile patrulaterului.

Laturile se intersectează două câte două în 6 puncte numite vârfurile patrulaterului. Pentru fiecare vârf format prin intersecţia a două laturi se formează vârful opus, care este intersecţia celorlalte două laturi. Prin urmare, cele 6 vârfuri se grupează două câte două în

perechi de vârfuri opuse: , , . Segmentele , , se numesc diagonalele patrulaterului complet.)

DemonstraţieFie mijlocul lui , mijlocul lui , mijlocul lui . Avem de arătat că

sunt coliniare.Pentru aceasta, considerăm mijlocul al lui , mijlocul al lui şi

mijlocul al lui . Rezultă că , , . Aşadar, punctele sunt pe laturile triunghiului . Coliniaritatea punctelor revine, conform teoremei lui Menelaus, la relaţia

(1)

În triunghiul , avem şi , .

Rezultă .

Similar vom avea şi

.

Înlocuind, rezultă că (1) este adevărată.15. Problema (Năstăsescu IX, p190, teoremă)

Teorema lui CevaFie un triunghi şi trei puncte , şi , diferite de

vârfurile triunghiului. Următoarele afirmaţii sunt echivalente:a) dreptele , , sunt concurente sau paralele;

b) avem relaţia .

DemonstraţieVom demonstra implicaţia .

1.1) Presupunem că , , sunt concurente în . Aplicăm teorema lui Menelaus în pentru punctele şi apoi în pentru punctele .

Obţinem: , , de unde sau

. Deoarece şi , obţinem

.

1.2) Presupunem că dreptele , , sunt paralele.

Aplicând teorema lui Thales deducem , de unde obţinem

.

Prin urmare, avem .

Implicaţia se demonstrează prin reducere la absurd.

16. Problema (Năstăsescu IX, p190, propoziţie)Punctual lui GergonneDacă în triunghiul notăm şi punctele de contact ale cercului înscris cu

laturile , şi , atunci dreptele , şi sunt concurente într-un punct (punctul lui Gergonne).

DemonstraţieAvem (tangentele din acelaşi punct la un cerc au lungimi egale), ,

.

Prin urmare , deci dreptele , şi sunt concurente sau

paralele, conform teoremei lui Ceva. Cum , şi , cele trei drepte nu pot fi paralele, deci sunt concurente.