7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
1/14
7399 G.M.B. 2/1966
Se nscrie ntr-un cerc un triunghi oarecare ABC . Mediana AA ntlnete cercul n M . S se
deduc relaia
2 2 2 2AB AC BM CM
AB AC BM CM
+ +
=
Perl Toma, absolvent, Cluj
Soluie.
Patrulaterul ABMC este inscriptibil, deci BAA MCA . Cum i BA A MA C (opuse lavrf), rezult asemnarea triunghiurilor AA B CA M , din care deducem :
CM CA
AB AA
=
; cu notaiile obinuite ntr-un triunghi, la care adugm
aAA m = , obinem
2 a
AB CA acCM
AA m
= =
n mod analog, scriem asemnareaBM BA
AA C BA MAC AA
=
AC BABM
AA
= =
2a
ab
m=
Se calculeaz acum expresia
( )2 2 2 2 2
2 2
2 2 22 2
2
2
4 4 4
2 2 4
a a a
a a a
a b a c ab c
m m mBM CM
ab ac aBM CMbc
m m m
+ ++
= = =
2 2 2 2
b c AB AC bc AB AC + += =
, q.e.d.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
2/14
17525* - G.M. 12/1978
Fie r i R razele cercurilor nscris i circumscris unui poligon regulat cu n laturi, de lungime
a . S se arate c ctg2 2
a
r Rn
+ = .
Olimpiad, ChinaSoluie.
Demonstrm mai nti identitatea :1
ctg ctgsin 2
xx
x+ = , pentru toate valorile admisibile ale argumentului real x .
ntr-adevr, membrul stng se rescrie ca :
22cos cos
1 1 cos 2 2ctg ctgsin sin 2
2sin cos sin2 2 2
x x
x xx
x x xx x
++ = = = = , q.e.d.
Fie AB o latur a poligonului regulat i OP AB apotema corespunztoare acestei laturi.Triunghiul isoscel OAB are ,OA OB R OP r = = = i 2AB a AP= = , P fiind mijlocul lui
[ ]AB . Msura n radiani a unghiului la centru AOB este2
n
, deci unghiurileAOP iBOP
sunt de msurn
. Funciile trigonometrice ale unghiuluiAOP n triunghiul dreptunghic OPA
se scriu :
sin2
2sin
AP a aR
n OA R
n
= = =
tg ctg2 2
AP a ar
n OP r n
= = =
Prin adunarea celor dou relaii, obinem1
ctg ctg2 2 2
sin
a aR r
n n
n
+ = + =
(am
folosit identitatea demonstrat mai sus pentru xn
= ), ceea ce ncheie demonstraia.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
3/14
E:14349 G.M.B. 5/2012
Fie t o tangent comun a cercurilor ortogonale ( ),C A a i ( ),C B b ; ,A B proieciile lui A ,
respectiv B , pe tangenta t; O punctul de intersecie al celor dou cercuri ( )IntO AA B B ,iar M i N proieciile lui A pe OB , respectiv B pe OA . Artai cMN ab= .
Gh. Szllsy, Sighetu MarmaieiSoluie.
Fie ( )m B A N = i ( )m A B M = . n trapezul dreptunghic AA B B , avem :( ) ( ) 180m A AB m B BA + =
Pe de alt parte, OA OB , deci ( )
( ) 90m OAB m OBA+ = . Prin scderea celor dou relaii,gsim ( ) ( ) 90m A AO m B BO + = . Dar ( ) ( ) ( )2 2m A AO m A O m B A N = = = , unghiulA AO fiind unghi la centrul cercului ( ),C A a , iarB A N fiind format de tangenta A B cu
coarda A O . Analog, ( ) ( ) ( )2 2m B BO m B O m A B M = = = , deci 2 2 90 + = 45 + = .
n patrulaterul inscriptibil A MNB se scrie teorema lui Ptolemeu :MN A B A M B N A N B M + =
Fie A B t = lungimea tangentei comune a celor dou cercuri. Din triunghiurile dreptunghiceA MB i A NB , avem sin , cos , cos , sinA M t B M t A N t B N t = = = = . Relaiascris mai sus devine :
( )sin sin cos cos cos cos sin sinMN t t t t t MN t + = = =
( )2
cos cos 452
t t t = + = =
n triunghiul dreptunghic AOB , avem 2 2 2 2 2AB OA OB a b= + = + , iar n trapezul dreptunghic
AA B B , ( )22 2 2 2 2
2 2A B AB a b a b a b ab ab = = + + = .
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
4/14
Aadar,2
22
MN ab ab= = , q.e.d.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
5/14
24197 G.M. 11/1999
Fie ABCD un ptrat i M un punct n planul su astfel nct 1, 2,MA MB= = 3MC = .
S se determine lungimea laturii ptratului.Soluie.
Fie { }O AC BD= intersecia diagonalelor ptratului. Teorema medianei n triunghiurile
MAC i MBD se scrie :
( )2 2 22
2
4
MA MC ACMO
+
= , respectiv
( )2 2 22
2
4
MB MD BDMO
+
=
Egalnd cele dou expresii i innd seama cAC BD=
, rezult c :2 2 2 2MA MC MB MD+ = +
n aceast egalitate se nlocuiesc valorile lungimilor ,MA MB i MC date n enun. Se obine2 2
1 3 2 2 2MD MD MD MB+ = + = = = . Rezult c M se afl pe mediatoarea lui
[ ]BD , care este AC . Cum MC MA> , rezult (M OA . Distingem dou cazuri :
i) ( )M OA . Fie l latura ptratului i 2d l= diagonala sa. Avem
1 3 3 12 2
d dMO OA MA MC OC d= = = = + . Se calculeaz imediat
6 2
22
dl
+= = .
ii) ( )A OM . Pstrnd notaiile cazului anterior, avem MO MA OA MC OC= + =
6 21 3 3 1
2 2 22
d d dd l
+ = = = = .
Problema are aadar dou soluii,6 2 6 2
,2 2
l +
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
6/14
23414 G.M. 11/1995
Fie ABCD un ptrat i O centrul su. Dreapta d ce trece prin O intersecteaz dreptele
, , ,AB BC CD DA respectiv n punctele , , ,X Y Z T . S se arate c
4
4
aOX OY OZ OT ,
unde a reprezint latura ptratului i s se precizeze n ce caz are loc egalitatea.Eugen Ursu, Motru, Gorj
Soluie.
Triunghiurile AOT i COY au TAO YCO (alterne interne, AD BC , secanta AC),
[ ] [ ]AO CO i TOA YOC (opuse la vrf), deci (U.L.U.)AOT COY
[ ] [ ]OT OY i [ ] [ ]AT CY . Analog se arat c AOX COZ , de unde deducem c
[ ] [ ]OX OZ i [ ] [ ]AX CZ . Fie AX CZ x= = i AT CY y= = .
Deoarece AT BY , teorema lui Thales n XBY se poate scrie ( )1XT AXYT AB
= . Din
triunghiul dreptunghic2 2 2 2
,XAT XT AX AT x y= + = + ; observm c
2YT OY OT OY = + = . Relaia ( )1 devine2 2 2 2
2 2
x y a x yxOY
OY a x
+ += =
Din asemnarea ( )XAT XBY AT BY , deducemAT AX y x
BY BX a y a x= =
+. Cu
ajutorul proporiilor derivate, deducem c2
2 2
y x ax a a xy
a a x a x y x
+= = =
+ +
2 12 2 2
a a x a
y x x
+ = = +
Se calculeaz
2 2
2 21
2 2
a x yaOX XT OT XT OY x y
x y
+ = + = + = + + =
i apoi
( ) ( )
2 2
2 2 22 2 2 2 2 2
1 1 4 4 4y x
OX OY aa x y a x y+ = + =
+ +.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
7/14
Inegalitatea dintre media geometric i cea armonic a numerelor2
OX i2
OY se scrie2
2 2
2 2 2
2 2
1 1 4 2
aOX OY
OX OY a
= =
+
. Prin ridicare la ptrat, rezult
4
2 2
4
aOX OY sau
4
4
aOX OY OZ OT , q.e.d.
Egalitatea are loc dac OX OY = , ceea ce nu este posibil. Inegalitatea dat este aadarstrict.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
8/14
26627 G.M.B. 6-7-8/2012
Fie ABC un triunghi i , ,AD BE CF bisectoarele acestuia. Notm cu1 2 3
, , ,R R R R razele
cercurilor circumscrise triunghiurilor , ,ABC ABD BCE, respectiv CAF . S se arate c :
1 2 3
b c aR R R R
a b c
+ + < + +
Laura Constantinescu, Sibiu
Soluie.
Pentru raza cercului circumscris unui triunghi ABC se cunoate formula4
abcR
S= , unde
, ,a b c sunt lungimile laturilor triunghiului, iar S aria acestuia. n cazul triunghiului ABD , laturile
au lungimile ,ac
AB c BDb c
= =
+
i2
cos
2a
bc AAD l
b c
= =
+
, iar aria ABDS se gsete n relaia
ABDS BD c
S BC b c= =
+cu aria S a triunghiului ABC.
Rezult1
2cos
42 cos cos4 4 2 2 2 2
4
aa
ac bc Ac l ac
acl c A abc c A RS b c b cRc S S b c S b c S
Sb c
+ +
= = = = = =+ +
+
( )
2 sin 2 sin2 cos 2 cos cos
2 2 sin sin 2 22sin cos
2 2
c A R C A R C AR R
B C B Cb c R B C = = = =
+ + +
2 sin cos2 sin 12 2cos 2
22cos cos cos cos sin sin cos sin
2 2 2 2 2 2 2 2
sin cos2 2
C CRR C A
RA B C B C B C B B
C C
= = =
+
+
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
9/14
Se folosesc relaiile cunoscute( ) ( ) ( )
cos , sin2 2
p p b p a p cB B
ac ac
= = etc. i se
obine( )
( ) ( )
( )( )
( )
1
1 12 2
cR R R
b p p ap p b p a p c
p a pac ac
p a p b p p c
ab ab
= =
+
+
Cu inegalitatea mediilor, avem 2 2p p a p p a
p a p p a p
+ =
; inegalitatea este
chiar strict, deoarece nu putem aveap p a
p a p
=
. Rezult
1
12
2
c cR R R
b b
< = .
n mod analog, se obin inegalitile2 3
,a b
R R R Rc a
< < . Prin nsumarea acestor inegaliti,
obinem1 2 3
b c aR R R R
a b c
+ + < + +
, q.e.d.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
10/14
17531* - G.M. 12/1978
n triunghiul ABC avem ( ) ( )2m A m B= i ( ) ( )m B m C < . Mediatoarea laturii [ ]BC
intersecteaz pe AB n M , iar bisectoarea unghiului A intersecteaz pe CM n P i latura
( )BC n D . S se arate c :
a) ( )b c PD a PC + = ; b) 2 2a b bc= + ; c) ( )1 2cosc b A= + Laura Constantinescu, profesoar, Sibiu
Soluie.
a) Triunghiul MBC este isoscel, deoarece mediatoarea [ ]MI este mediani nlime (I fiind
mijlocul lui
[ ]BC ). Rezult
( )
( )
( )
( )
1
2m MCB m B m A m DAC = = = . Triunghiurile
DCP i DAC sunt prin urmare asemenea, avnd DCP DAC . Din asemnarea
acestora rezult ( )
ab
DP CP DP DC ab cb c PD a PC
DC AC CP AC b b c
+= = = = + =
+
b) Se duce din B paralela ,BE AD E AC . Avem CEB CAD (unghiuri corespondente,
secanta CE) i DAB ABE (alterne interne, secanta AB ). Dar CAD DAB , deci ABE AEB ABE isoscel cu AE AB CE CA AE AC AB b c= = + = + = +
Se calculeaz ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2m CBE m B m ABE m B m A= + = = . Rezult c triunghiurile CAB
i CBE sunt asemenea, avnd unghiul din C comun i CAB CBE . Asemnarea celor dou ,
triunghiuri se scrie ( )2 2AC BC
BC AC CE a b b cBC CE
= = = +
Observaie. Punctul b) a fost propus la Olimpiada local, Bucureti, clasa a IX-a, februarie1986.
c) Unghiul AMC este exterior triunghiului isoscel MBC , deci ( ) ( )2m AMC m MBC = = ( ) ( )2m B m A= = . Triunghiul CAM este aadar isoscel; deducem c [ ] [ ]MC AC . Cum
ns[ ] [ ]MC MB , rezult[ ] [ ]MB AC .
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
11/14
Putem scrie ( )1AB AM MB AM AC= + = +
n triunghiul isoscel CAM se duce ,CN AM N fiind mijlocul lui [ ]AM . Avem
cos cos 2 2 cosAN
A AN AC A AM AN AC AAC
= = = = .
Relaia ( )1 devine ( )2 cos 1 2cosAB AC AC A c b A= + = + , q.e.d.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
12/14
23388 G.M. 10/1995
n triunghiul ABC se consider un punct ( )M BC i un punct ( )P AM astfel nct
2AP PM= . Dreapta BP intersecteaz AC n E, iar dreapta CP intersecteaz AB n F .S se arate cEF trece prin mijlocul segmentului ( )AM .
Horia Vrgolici, inginer, Brila
Soluie.
Relaia lui Van Aubel se scrie ( )2 1AP AF AE
PM BF CE = = +
Dac EF BC , atunci 1AF AE
BF CE= = , deci [ ]EF este linie mijlocie n ABC i trece i prin
mijlocul cevienei ( )AM .
S presupunem c { }EF BC T = i notmAF
kBF
= ; rezult din relaia ( )1 c
2AE
kCE
= . Vom efectua raionamentul pe cazul 1k > , caz n care ( )C BT . Cazul
( )( )1k B CT < se trateaz similar.Se scrie teorema lui Menelaus n ABC pentru transversala FET :
2 2 21
AF BT CE BT AE BF k BT CT BC k
BF CT AE CT CE AF k CT CT k
= = = = =
2 2
kaCT
k =
, unde am notat a BC= .
Teorema lui Ceva pentru cevienele concurente ,AM BE i CF ne conduce la2 2
12
BM CE AF BM AE BF k BM CM BC kaCM
CM AE BF CM CE AF k CM CM k
+ = = = = = =
Scriem acum teorema lui Menelaus n AMC pentru transversala IET , unde
{ }I EF AM= :
( )1 2AI TM CE AI AE CT
IM CT AE IM CE TM = =
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
13/14
Se evalueaz( )
( )
211
2 2 2 2 1 2 1
k k aka ka kaTM CT CM
k k k
= + = + = + =
i se nlocuiesc
n relaia ( )2 toate elementele calculate :
( )( )
( )
( )
2 12 1
2
2 1
ka
kAIk
k k aIM
k
= =
. Deducem cI este mijlocul lui ( )AM , q.e.d.
7/30/2019 Probleme noiembrie 2012
14/14
26630 G.M.B. 6-7-8/2012
Fie ABC un triunghi cu ( ) 60m B = i ( ) 45m C = . Considerm punctele , ,P Q R astfel
nct ,CP AB AQ BC = = i ( )2 3 2CR BA CB= + . S se arate c triunghiul PQR esteechilateral.
Romanai Ioan Ghi, Blaj
Soluie.
Se calculeaz ( ) ( ) ( )( )180 180 105 75m A m B m C = + = = . Avem sin 75 =
( )( )2 3 12 3 2 1
sin 45 30 sin 45 cos30 cos45 sin302 2 2 2 4
+
= + = + = + =
Patrulaterul AQCB este paralelogram, deci CQ BA= i ( ) ( ) 60m PQA m B= = . Fie
punctul (S CB astfel nct ( )2 3 2CS CB=
. Rezult c punctul R este al patrulea vrf al
paralelogramului CQRS, deoarece ( )2 3 2CR BA CB CQ CS = + = +
.
Teorema sinusurilor n ABC se scriesin sin sin 45 sin 75
AB BC c a
C A= =
( )( )
2 3 1
3 14
22
2
ca c
+
+
= =
Calculm ( ) ( )( )3 1
2 3 1 2 3 1 22
cCS a c RQ
+
= = = = .
Patrulaterul ABPC este de asemenea paralelogram, deci CP AB i punctele , ,P C Q sunt
coliniare. Rezult c 2 2PQ AB c RQ= = = . Triunghiul PQR este isoscel cu ( ) 60m PQR = ,deci echilateral, q.e.d.
Top Related