VLADIMIR BOSKOfF
LIVIU NICOLESCU
P·ROBLEME
PRAC'TICE
DE GEOMETRIE
Seria
,.Culegeri de probleme
de matematica �i f:z:ca''
@
EDITURA TEHNICA
BUCUREFI - 1990
Capitolele c{irtii constituie o introducere in lumea minunata
a punctelop ~i clreptekr celehre, a geometriei triunghiului, patrulaterului, cercului, tctraedrului, sferei etc. Pe linga teoreme ~i
probleme clasice de geometrie plana ~i in spatiu, in lucrare sint
puse in e·,irle11Ft contrih,tii importante ale unor matematicil.'ni
romaui (Ghcor.~hc Tijeica. D:rniirie Pompeiu. Traian La!c-scu.
Alexancl111 Pantazi. Dan Barbilian ~.a.) la dezvoltarea geometriei
sintetice ~i pruiecti·,e. !.'l. aplicarea mccanicii in geometrie.
Prin caracterul sau elementar, cartea constituie un matnial
pretios in pregfttirea geometrica a ele·Ji!or din gimnaziu sau liceu,
precum ~i a st11clentilor de la facultiitile de matematica sau de la.
institutele tehnice.
L11cr:irea este clcopotri·dt utila profesorilor de maternat;ca.
din in-dtamimul gimnazia! ~i liceal in mnnca ]or la catedr{1, pc;it;-11
pregatirea gradclor c.liclactice sau pentru cursurile de perieqiouare.
Redacto:-i : Carmen Firan
si V:1sile Buzatu
Tclme:·cclac:or : l\>!arh Tr[:SDPa
Cori.:,rb : Simona Dumitrc:.cu
Bun de tipar : 13.09.1990
Coli de tipar : 17,5
C.Z. : 514 (076.;,)
ISBN 973-31-0165-6
Tiparul executat sub comanda 9028'.~
la Cumbinatul Poligrafic Bucure~ti
Piata Presei Libere nr. 1
CUPRINS
I. GEOMETRIE PLANA
g,
I. Teoreme ~i probleme cias ice de geometrie p!anii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
Teorema Jui Stc\\'art. Anlicaj:ii ................................. .
Formula Jui Heron. Formula lui .:\rhimcdc ....................... .
1.3. Relatia Jui Gcrµu11nc ......................................... .
1.4. Relatia lni Euler 111 patrnlatcr. Aplicl; ii ......................... .
1.5. Rclatia Jui Euler iiLr-,lll triun,~hi ............................... .
1.6. Cercul l11i E11ler ............................................. .
1.7. Tri11nghiul ortic. Tc,i1-cma FcucriJ;ic.h ........................... .
........................................... .
1.8. Ccrcul Jui Tucker
........................................... .
l.9. Ccrcul Jui Taylor
1.10. Teorema referitoare la patrniatcrclc- cull"1exc ..................... .
1.1 l. Incgalitatea Jui Ptolerneu. Te, . rcmele lui P101l'11·ct1 . . . . . . . . . . . . . . . .
1. 12. Teorema Jui Ptolcmeu gener;1]iz,'.ti't ............................. .
......................................... .
I. 13. Punctul Jui l\ewtun
......................................... .
1. 14. Punctul Jui Miquel
....................................... .
I. 15. Teorema Iui Schooten
....................................... .
1.16. Teorema l11i Pnmpein
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............... .
1. 17. Tecrcma lni Pithot
.................................... .
1. 18. Pu11ctul l11i :\latliot
1.19. Dreapta lni ~e,.-ton ......................................... .
1.20. Dreapta Iui Euler ........................................... .
1.21. 'feoren1a 111i Si1ns0n Tc.,-:._:ina lui Si1nson ;~c.11•r;1_Lzxctt . . . . . . . . . . . . . .
1.22. Teorema !iii Lale,;cn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................... .
..................
. ................ .
1.23. Tecrcma !11i s,11n~•lJ1
1.24. Tcurcma lni :1kne1.tu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................... .
1.25. Drcapta Jui Gauss ........................................... .
1.26. Teorema Ini Carnot. Drc,1p"ta ini L,,,."iL<'. ....................... .
1.27. Drcapta Iui Anbcrt ........................................... .
......................................... .
1.28. Dreapta antiortic[1
1.29. Tcorcma Iui Desar_c;ncs ....................................... .
1.30. Teorema Ini Pasca( ........................................... .
...................................... .
1.31. Hc.'latia Jui Van Aubel
1.32. Tee rema !ni Ce·-1a ........................................... .
............................................. .
1.33. Drcapta ortica
1.34. Punctul Jui Nagel ........................................... .
1.35. Punctul lui Gergonne ......................................... .
1.36. Punctul Jui Kariya ........................................... .
1.37. PnnctuJ Jui Vec1en ........................................... .
1.38. Ttoorema Iui Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ul9. lzogonalele a trei ceviene. Simediane. i'unctul h!i Lemoine ......... .
1.40. Tccrerna Jui Lhnilit'r . . . . . . . . . . . . . . .......................... .
1.41. Teoremcle Jui Grebe . . . . . . . . . . . . . . . . ........................ .
1.42. Ccrcurile Jui Lemoine ......................................... .
J.--1-3. Tcorema Schlomilch ......................................... .
J...J.4. Lema lui Carnot. Tcoremele Jui Xa!scl ........................... .
1.45. Teorema lui Neu berg ......................................... .
,),)
I.I.
1.2.
"~
-1(1
-II
..J.2
-1-1
-IS
4(i
-IG
..J.7
48
41)
.'ii
5?
:=i'>
.=;:i
5G
1.46. Punctele lni Brocarcl ... . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
1.47. Cercurile Jui Apoloniu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
l .48. Teorema Morlev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.49. Punctul lni Tori-icclli - Fcrn1,tt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.50. Teorcma Jui Titcica
..........................................
1.51. Extincleri ale tcorcmci Jui Titciccl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
2. Omotctle. Aplica1ii
2.1. 0motctica 1111ei dr<"ptc. 0moteticul unui ccrc .................... ·2.2. ])rcapta Jui Euler ............................................... ·2.3. Tcorema Jui 11.Tenclau
........................................ ·2.4. Cerc11! lui Enlcr ................................................. .
2.5. (~rup11l omotetiilor cu arelasi ccntru ...............................
2.6. O,mpuncrca. omot,,,.tiilor ck centre diferitc. Teorc,ma l11i D' Alembert ..
2.7. Folosirea omotetiei la rczol·-rarea unor proulcmc de Joe geometric sau
ck constructie ·- ................. __ .................................... .
3. Invers iune. Aplica!ii
:~. l. I nvcrsa unei clrepte. In ·,rcrsul unui cerc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:t2. lue~alitatca Jui l'tnlemeu. P1·ima teorem[l a Jui Ptolemeu . . . . . . . . . . . .
:,.3. A doaa teorema a Jui Ptolcmeu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:1.4. Rel;itia lui Euler in triunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:l.5. Teorcma lui Fcuerbach
...... .. .. .......... ....... ............ .
:l.G. Teorema Jui Salmon
... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:t7. Tt·orema lui Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:,.8. Tcorcma lui Titeica
.. ........ .. .. ............................
:l.9. Cerrnl Jui Eui'e~
... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:t 10. l'rohlemele Jui Apolrmiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
:l.11. ik la teorcma Jui Titeica Ia o teorema a Jui Poncelct . . . . . . . . . . . . . .
II. GEOMETRIE IN SPATIU
0.1.
~
5(,
57
59
61
69
7I
74
74
76
76
77
77
78
79
SI
fl
84
f-5
PG
fG
f;~l
1-~l
90
\10
92
95
97
97
l. lntroducendn geom()1ria tctraedrului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
1. l. Concurcnta birncdi:mclor nnai tctraedru oarecare ....... .
....... .
1.2. Couc11rc11ta niedianelor 11n,1i tctracclru oarccare
................... .
1.3. Anticcntr"ul tetrac,!rului 0;1rccare
1.4. Teore:na lui Menchu
1.5. Sier,1 Jui Eukr
................................. .
1.6. 'fcore111a de on1o!ot-'ic in spatiu
1.7. l'undul Jui Brocard
......................................... .
97
97
2. Tetraedri Crelle
2.1. Trnr•.·:nal11iCrcile
............................................
2.2. Tcurc:11a lui Hri:wchon
.. .... .. .. .. ........... .................
3. Tetraedre echifaciale
3.1. - '.1.2. - :1.:1. (.\,nditii HC,-cs::rc ~i snficicnte pentru ca un tetraedru sa
fie l'·c·hihl'!,\l
.. .. ........ .. .. ................ .... ............
6
98
98
99
99
100
100
JOO
101
101
JOI
104
4. Teatraedre ortocentrice 4.1. Suficienta conditiei de pcrpendicularitate pcr.tr11 do,d percchi oc
muchii
... . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Concurenta inaltimilor unui tetraedru ortoccntric . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Teorema de ca~acterizare
........ .. .. .......... ................
4.4. - 4.5, - 4.6. Sfera lui Vo:~";: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7. Dreapta lui Euler a unui tetraedru ertoccntric ..................... __
106
5. Planul ortlc al unui tetraedru ortocentric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
JOG
0
B.I. -
5.2. - 5.3. P1::i.u-..il ortic - p1an radical rTntrn ~ferc!e rircun1~Lr~sc,
Euler, Vogt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
JO-I
10-~
10-110.:::
107
III. INTRODUCERE IN GEOMETRIA PROIECTEVA
109
I. Elemente improprii. Diviziune armonica. Fascicol ar:r0nic
109
I. I. Teorema de caractcrizare a fascicolelor arn-,011icc. Conscciuti\
2. Proiectia ~i apllcatii. Polara unghiularii
2.1. Cons('-r·,area di·,izinnilor c1-1T;;nn1ce pri~1
}09
I 10
~ ,r\!;l~. -~·i,,~
1
...................... .
2.2. - 2.:t ,\plic,1.tii
........... .
2.-1. Teorema p•iJ;1rci 11n~hiulare
__
;,,
? Teurema Jui Pappus
............... .
I JO
11'
11'2
I l:~
3. Polara in raport cu un cerc
3.1. Teorema Jui Poncclet
I l:l
4. Legiitura dlntre polara unghiulari! ~i rolara in rai:ort rn un cerc
4.1. Teorema de leg{lhtrfL
5. Aplica1ii. Probleme carese rezolvii cu ajutorul notiunii de r,olarii.......... ...
115
G. Cualitatc (Transformare prin po1are reciproce}
J](i
7.
I 17
Aplicatii ale dualitl'i1ii proiective
7. 1. Teorema l11i Bria11rhon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. .................. .
7.2. Tcorcma Jui Newton ............................................... .
7.3. Teorema lui Gcr12;01me ............................................... .
. ................. ,
7.4. Prima tcoremft ,; !11i L('moinc . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5. A clo11a teorcn1rt a !ui Lcmoin,~ ..................................... .
7.6. Teorema lui Bobil!er
8. Patrulatere armonice
111:
I JS
1 I ~i
119
120
9. R-corelativitate (r-anarmonicifote)
121
_]
10.
121
9. I. Teor,·nn lui Papp11s
9.2. l'rol>le;na f111turcl11i
10. Corcla~ia. Ap!icajii
10. I. Tc!orema lui Cix!t•,· . . . . . . . . . . . . . . . .
I 17
1 ].''.
121
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
10.2. - IO.:,. Corelativ,t teorcnwi ,le urno,:r::iie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -~
10.4. Corelativa tcrcmci Jui l'appus ................................ __
121
122
12:)
7
Par:r.
:rcnrPma lni Hos::nes ............................................. __ ... .•
10_(.;_ 1 r·on~m:i. Ju, l'ascal. Consecintr1 a tcorcmci Jui Pascal
10.7. Tcorcm:i. Jui Jlcsargues .... ·...................... :.: :.: : : : : : : : : : :
](J..'i.
11. Omografie. Invo!u(ie
122
124
124
125
11.l. Gcncra!itr,ti
11.2. ,\plicatii
11.3. T<.'orema D~s-~t·..
114. Tcorcma 1◄~rl:.~icr
11.5. Tcorema Papclicr
:.;!~-~ .. ·. ·. ·. ·_ ·_ ·. ·. ·_ ·. ·_ ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·_ ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·. ·.
125
126
127
128
128
IV. UNELE APLICATII ALE MECAN!OI IN GEOMETRIE
mo
1. Vectori. Probleme de geometrie tratate vectorial
. . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . ...
130
1.1. Vectori Jilicri
1.2. Centre r\c Qrc11t;it~ ·s·i ·;;1~li;,:1tii. · ·.·.·.·.·_·_·_·_·_·_·_·_·_-_·_·_·_·_·_·.·.·_·_·_·_·_·_·_-_·_-_·_·_·_
I.:t .'\plic;i_tii ale prod11s,;l11i ·,:c,,tlar. Tc<>rema hi Pantazi . . . . . . . . . . . . . . . .
1.--L On principin si1nplu :;;i aplic'ltii
..................................
1.5. Tcorcma Jui \'arii~non ~i apLc·a~ii
.. .. .. ........ ........ .. ........
]30
]3()
1:,2
1::14
136
2. Te0rema lui Steiner ~i ap!icatii
137
3. Puncte materiale, centre de greutate ~i aplkatii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . ..
139
3.1. Concurcnta mcclianelor si bimecli,rncJ,;r ·:nui tetraedru ... . . . . . . . . . . ...
3.2. 0 prob!crna stanch!·d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Dreapta. Jui Euler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . .
3.4. Cercul lui Euler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
3.5. 0 probJema. de co!iniaritatc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6. Teorema Jui Menelau
...... .... .... ........ ....................
3.7. Teorema Jui Ce·ra
.. .. . . . .. . . . . . . . . . . . .. .. . . . .. . .. . .. . .. .. . .. .
3.8. Teorema Jui Torricelli-Fermat. Teorcma Torricelli in spatiu
. . . . . . ...
]39
139
140
140
140
I 41
141
142
Y. PROBLEME DE GEOMETRIE ELEMENT.'\RA
143
0. Citeva aplicatii ale numcrclor c<1m;1lexe in g<'·:imetrie . . . . . . . . . . . . . . . . . .
143
1. Constrnctii cu rigla ~i cornpasnl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
2. Locnri l!cornetrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Pro\Jlcn~c de ccliniaritate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
--!. Prohlcme de concnrenHt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii. 'laximc ~i minime geornctrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(i. Trans[ormari geom ctr ice
..........................................
7. Tc,irem:i. Jui Titeica in spahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8. Poliedrc regulate
.................
.... .. ......................
CJ .•.\plicatii geomctricc air formu!C'; i"i f.·,·:r_,,,1,· . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . •
JO. Pr"hlcrne di·"crse
.. .............................. ............ ....
I 1. T<.'.stc
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...
11. a. Enuntni
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ... ...
I I. \J. I 11dic{1tii
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . ... ... ...
149
l.'i7
164
170
176
179
184
184
188
19:l
202
202
220
A NT:X.J. ELEJfE.VTE DE GEOJfETRIE PROIECTIV A.
250
!JI Bl.JOCRAFIE
3
....., _ ·- ...... __
279
,.,
I. GEOMETRIE PLANA
1. TEOREME SI
, PROBLEME CLASICE DE GEOMETR!E PLANA
1.1. TEORE}IA LCI STEWART. APLicxrn
Teorema (Stewart). Fie J.l un punct pe latura [BC] a triunghiului ABC.
Atunci este adevarafa relati a lui Stewart:
A.lP· BC= ,lB~- JIC - .-!r·~- 1!n- BC· BJf· CJI
Dc111011stra{ie.
A
Din triunghiurilc ABJI {i .·!Ji(: ,rnii ;-t:
A2\J 2 = AB 2
+ BJ/2 - 2.t JJ · FJf cus n
AC2 = AB 2 + BC 2 -
/
2.·!B· BC cos B
Inmultind prima rclatie cu BC, a
doua cu -BM ~i a<lunfnd relatiilc obtinute,
rczultft:
AJ1 2 • BC = AC 2 • BJJ
/
/
B .___ _~ M - - - - - ~ c
Fig. l
+ AB (BC - BJ!) + BM· BC(BJJ - JJC),
2
adid. tocmai relatia ccruta.
Aplicatii.
1. I. l. Teorema medianei. intr-un triune hi A BC
+
b2
c2
2
m~ = - -- - - ~ - uride a= BC, b = CA, c = AB, 11111 = AA'
2
4
(A' este mijtocul segmentului [BC]).
Demonstra/ie. Sc scrie rclatia lui Stewart tn cazul in care M cstc mijlccuJ
A' al scgmentului [BCl.
1.2.1. Teorema. Fie ABC un triunghi, [AD bisectoarea interioara a
.,,,,,,......__
unghiului BAC, undc D E (BC). Atunci:
_
4bc
2
AD = (b + c) 2 p(a - a),
unde p este semiperimetrul triunghiului.
9
D,·nwnstrafie (fig. 2).
Conform kort·mei bisectoarei: !.__ = _I!_!}_ •
b
DC
BD
+
DC
ab
_. 1·-~
c + b
De aic1 1c.zu
,"
- - - - s, 1 se ob tine DC = - - b
DC
b C
,, .
ac
Analog
1 = ---•
b+ C
Se scrie rclatia lui Stv ,\·art 111 c;izu l JJ = D:
DA~- a= c~- DC+ b~- IJD - a· DB· DC.
+
L) _)
1
Se inlocuicsc in accastii rclat:ci lJD, DC cu exprcsiile obtinute ~1 rezulta
he
[(h + cf - a 2].
(h + c) ~
adica tocmai rclatia ce trebuic stahilita.
AD~=
A
A
BL----__...□-------"c
hg-. 2
1. 1.3.
Fig. 3
Sa se demonstreze ca oc = R
2
2 -
_!_ (a 2 + b2 + c2),
9
unde G este centrul de greutate al trlunghiului, A BC, a, b, c sint lungimile
latur,!or triunghiului iar (2(0, R) este c~rcul clrcumscris triunghiulu:.
S0!11tic. Fie A' mijlocul segmentului f_BCJ (fig. 3).
Se scrie rdatia Jui Stewart pcni:ru trinnghiul OA A' '.;'·i punctul G E (AA').
oc~- AA'= OA~- GA' 1 • AG - AA'· A'G· GA
Facind in accastii rclatie inlocuirilc:
1
·
2
OA = R, AA'= mu, GA'=---,,- ma, AG= - -- nzu, se obtine:
3
.1
2_ 0 i'1A '2 OG ~ = -] ]>2
\ T,· ..--3
3
Dcoarece OA ' 2 = OC 2 1
rezulta OG 2 = -- R 2 + - R 2 -
3
sau OG 2 = R 2 10
3
6
_!_ (a 2 + b2 + c2).
9
4
a2
-
2
-
2
~~,
A 'C 2 = R 1 2
2
9
- - 111a.
-
9
1; 2
+
2
C
2
a2
4
1.1.4. Sa se demonstreze ca c fiind centrul de greutate al triungh1ului ABC, iar M un punct oarecnre in plan se verifica relatia:
MA 2
+ JJB + JJC = .1MG
2
2
-;-
G.·F
+ GB + GC
2
2
Sol11tfe. Fie A I mijlor:ul lui fBC\
Se scric rela.tia Jui Stnvari pcntru triunghiul JIA A' ~i punctul GE (AA').
MG 2 • AA'= MA 2 • .n-; + JJA' 2 • AG -
A
AA'· AG· GA'
Folosind cgalitatile:
I
J
A'G =-·-AA', AG""""::· AA',
3
3
sc ohtine:
1
2
JG ... = -·l b~11?
1 .f. - + -- . ,I
'.\ ./1·• ,.,"" 3
3
l._l"
0
2
B
·• 1'''
- .- ..tl ./. -
Fig. 4
9
Dcoarece MA' cste mediana in triunghiul .HBC, rezulta
MG2 = __!_ MA2
+ J_ JJ BZ + JIC2 - BC2 - -~ AA'2.
3
3
2
4
De aici sc obtine 3MG 2 = MA 2 + JI B 2 + i1JC2 '
9
BC2 - !:__ AA' 2 •
2
3
Deoarccc G.-1' este mediaria in trim'lghiul CBC, rezulta
3 J1G 2 = MA 2
+ Jll3 + J.UC
2
'
2 _. (◊B 2
+ GC 2 - 2GA'
2) -
,
-~
AA.' 2 •·
3
1
Folosind eb alitfttilc AA'= -3 GA, A'G c= - - GA, rezulta
0
'
2
2
31vlG 2 = .MA. 2 + JlB 2 + MC 2 - G..--12 - GB 2 - GC 2
Observafie. Folosind rclatia
MA 2 + MB 2 + MC 2 = :tJJG 3 + G.4 2 --\- GB 2 + GC 2 ,
se obtine ca MA 2 + MB 2 + MC 2 est~ minima daca ~i numai daca M = G.
1.2. FORMULA LUI HERO~. FOIUIULA. LUI ARHIMEDE
1.2.1. Teoremi (Formula lui Heron).
Aria unui triunghi ABC este data de formula
S = Vp(p - a)(p - b)(p - c),
u.nde 2p = a+ b + c, iar 5 = cr[ABCJ
A
Demonstrafic. Fie ABC un triunghi
~i fil' D = pr 8 cA, Se noteaz5 lzn = AD.
Din tcorcma lui Pitagora gcneralizata se
obtine c 2 = a 2
b2 - la· DC
. .
~
a2
b2 - c2
De a1c1 rcwlta DC = - - - - 2a
Din triunghiul dreptunghic ADC se obtine
AD 2 = AC~ - DC2 sau
+
8 '------::□'----
!,3" = b2 - (a2 + 2a
b2 - c2)2
Fig. 5
1i: = ~
(2ab - a
4a-
Rc~ulta
+
2
-
b2 + c 2 )(2ab + a 2 + b2 -
e2 )
.
De aici se obtme
li" = -2 V p(p - a)(p - b)(p - e)
a
Folo~ind ultima cgalitate ~i formula 5 = ah"
2
rezultii formula ce trebuie
stabilit:L.
1.2.2. Teorernii (Formula Jui Arhimede).
Aria unui patru!ater convex ABCD avind lungimile laturilor a, b, c, d
este data de formula ·
5 2 = (p - a)(P - b)(p - e)(p - d) - abed cos 2 B
.
+2 D
unde 2p =a+ b + e + d, 5 = a[ABCD]
Demonstrafie.
a[ABCDJ = a[ABC]
+ a[ADC]
+ ed sin D. Se ridica Ja pfttrat ~i se obtine
a b sinB + e d sin D+ 2abed sin B sin D.
Rernlta ca 25 = ab sin B
(x) 45 2
·
2 2
2 2
2
Pe de alta parte din teorema lui Pitagora generalizata rezuJta
+b
AC = e + d
AC 2 = a 2
2
2
2
2
b
c
e-------:::::,
-
lab cos B
-
2cd cos D
Din ultimile doua egalita.4i rezulta
a2
+b
2
-
lab cos B = e 2
+d
2
-
Zed cos D.
Rczulta
a 2 + b2 -
e2 -
d 2 = lab cos B - Zed cos D
Ridicam la patrat ultima egalitate:
0
Fig. 6
12
(a 2 + b2 -
c2 -
d 2) 2 = 4aeb 2 cos 2B
+
+ 4e d cos D - Babed cos B cos D
2 2
2
Imnultincl rclatia (x) cu 4, rczultii
16S 2 = 4a 2b2 sin 2 B
4c 2d 2 sin 2 D
Din ultimdc douft egalitfiti sc obtine
+
+ (a + b
-
c2 -
d 2 ) 2 = 4a 2 b2
16S 2 = -(a 2 + b2 -
c2 -
d2) 2
J6S 2
2
2
+ 8abcd sin B sin D
+ 4c d
2
2
-
8abcd cos(B + £!)
san
+ (2ab + 2cd)
2 -
16 abed cos 2
p·L D
)
-,
2
Tk ;~ici ;-cznlUt
165 2 = (2ab + 2cd
+a +b
2
2
-
-
c2 -
d 2 )(2ab + 2cd -
a2 -
b2 + c2
+d
2
) -
'·l cos-.,B+D
16(l()C(.
--2
sau
165 2 =[(a+ b)2 -
(c - d)2] [(c + d)2 -
(a -
b)2J -
16abcd cos 2 B + .[)
2
Reznlta
16S 2 = (a+ b - c+ d) (a+ b
-
+ c - d) (c + d - a+ b) (c + d + a - b) , B ...;- D
16a bcc.l cos~--2
;;1 inlocuind a + b + c + d = 2p sc oLtine formula lui Arhirnede
5 2 = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d) - abed cos 2 B
+D
2
1.3. TEOREMA (GERGONNE). Pe laturile unui triunghi ABC se
considera punctele A', B', C' (A' c [BC], B' e [ACl, C' E [AB)) astfel incit
dreptele AA', BB', CC' sint concurcnte. Fie {P} = AA' n BB' n CC'. Atunci
este adevarata relatia Gergonnc:
A'P
B'P
C'P
AA' + B'IJ -!- C'C = 1.
Dcmonstra/ie. Din cgalitatea cr[PAB] + cr[PAC] + cr[PBC] = cr[ABC],
sc
cr[PAB]
·
cr[A BC]
.
o b tine:
'
d1 + d2
h1
cr[PAC] + cr[PBC]
+--- - - = 1 sau
cr[ A BC]
cr[ A BCJ
+ da = I,
h2
A
h3
uncle hi, lz 2 , h 3 sint inaltirnile triunghiului,
iar d 1 , d 2 , d 3 sint distantele punctului P
la laturile corespunzatoare (h1 = AA 1,
.
d1
.A'P
d 1 = PP 1 etc.). Deoarece - = - - - etc.
h1
A'A
rezulta:
A'P
A~l+
B'P
B'B
+
C'P
C'C = I.
B
Fig. 7
13
1.4. TEOREMA (EULER). Daca E ~i F sint mijloacele diagonalelor
[AC] ~i [BD] ale unui patrulater ABCD, atunci func{:oneaza relatia Euler:
AB 2
+ BC + CD + D:F = AC2 + BD + 4EF2.
2
2
2
Drmonstrat ic:
Folosind tcorcma me<lianci, sc obtine
BP=
+ BC -AC2
-
AB 2
2
2
D
4
-z;- 2 _
- -
AD 2
+ CD
2
2
_
AC•
4
.
2
2
2
AB 2 + AD 2
BD 2
AF 2 = - - - - - - - - l CF2 = BC + CD _ _B_D_ •
4
2
2
4
Ad1mind mcmbru cu mrmliru ccle patru rclatii, sc ohtinc:
AJP + BC 2 + CD 2 + JJ.4 2 = AC
2
2
2
+ BD + BE +AP+ DE2 + CF2.
2
2
Folosincl trorcma mc<lianci 111 triunghiurile AFC
~i BED, rczult[1
AP+ CP = AC2 + 2EF2
2
2
A
BE2
+ DE2 = BD + 2EF2
2
Din ultimcle trei egalitati se obtinc:
AB 2 + BC 2 + CD 2 + D.l2 =
D
Fig. 8
= AC 2 + BD 2 + 4EP
1.4.1. Teorema. Fie A.BCD un patrulater. Urmatoarele afirmatil sint
ech;valente:
(i) A.BCD este paralelogram
(ii) Are Joe relafi a
AB 2
+ BC + CJY + DA = "~C + BD
2
2
2
2
Dc'-monstrafie (i) ⇒ (ii) Sc aplicii relatia lui Euler pentru cazul E = F
(ii) ⇒ (i) Din egalitatea AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA. 2 = AC 2
BD 2 f
din relatia lui Euler rezulta E = F, adica diagonalele patrulaterului A BCD
se injumatf1tesc, ceea ce ne arata ca ABCD este paralelogram.
+
1.5. TEOREMA (EULER). Fie @(I, r) ~i @.(0, R) cercul inscris ~i
respectiv circumscris triunghiului A BC. Atunci exista relatia lui Euler
01 2 = R 2 -
2rR
Demonstrafie. Fie D punctul in care bisectoarea [AI intersecteazil cercul
dreumscris triunghiului ~i fie punctele E, F, astfel indt {E, F}=@(O, R) n OJ.
Din triunghiul A BD rezulta: BD = 2R sin A , iar din triunghiul drept2
unghic A.I'!: AI= _r_ (fig. 9).
.
A
sm2
14
E
D
B
Fig. 9
Fig. 10
1.6. TEORE\L\ (EULER). M'jloaccle latm:lor unul h'iunghi, ifc:oare!e
inaltimilor ~i mi loacele segmentelor ce unesc fiecare virf cu ortoe-~ntrul
triunghiului sint situate pe un aceta~i cerc (num;t cercul Jui Euler).
l)rmonstra(ia 1. Se analizeaza cazul unui triunghi ascutitunghic.
Fie A', B', C' mijloacele laturilor [BC], [CA], [AB] ~i fie A 1 = prucA,
B1 = pr_ 1cB, C1 = pr ABC (fig. 10)
Se arata ca punctul A 1 apartine cercului ce trecc prin A', B', C'.
Deoarcce B'C' II A 1 A ', rezulta ca patrnlaterul A' B'C'A 1 estc trapcz.
Din faptul ca [A' B'] este linie mijlocic in triunghiul A BC, rcznltrt
A'B' = _l_ AB
2
In triunghiul drcptunghic AA 1 B, A 1C' cstc mcdiana, deci A 1C' = __!_ AB
2
Rczulta A 1C' = A'B', adica A'B'C'A 1 este trapez isoscel. Prin unnarc A 1
apartine ccrcului dctenninat de A', B', C'. Analog se arata ca punctele B 1
~i C 1 apartin cercului ce trcce prin punctele A', B', C'.
Se dcmonstreaza in continuare ca punctul A~. mijlocul segmentului
[AH], apartine ccrcului detenninat de punctele A', B', C'. Pentru aceasta
sc demonstrcaz5. ca pa trula terul A~ C' A' B' este inscriptibil. Este suficient
.,,,---....._
..,...........,
sa se arate di m(A~C'A') = 90°, analog dovedindu-se ca m(A~B'A') = 90°.
Este l1$0r de vawt ca [C' A;] l"ste linie mijlocie in triunghiul ABH, deci
C'A; I\ EH. Cum BH _L AC ~i .11 'C' I\ AC, rezulta C'A~ __L A'C'. Prin urmare
patrulatcrul A{C'A 'B' estc inscripiibil, adica A~ se afla pe ccrcul ce trece
prin punctde A', B', C'.
Analog se arata ca mijloaccle B{ ~i C~ ale segmentelor [BH] ~i [CH]
se afl5. pc cercul detenninat clc pnnclelc A', B', C'.
15
Observatie. Din dcmonstratic rczultr1 ca [A~ A'] estc diametru in cercul
lui Euler. Rczum1 ca dn,plt'!e .-i;A', B~B', C~C' sint concurente.
Se pn,zinL'i. in ro11tin,1are o a!U dcrnonstratie a teorcmei I .6. Pentru
accast,:i se ,·or foloo:i trci ki!t'::
J.6.1. Lema. Lo[:uJ g~nm~trJc al mljlocului N al segmentu!ui 1HJfl.
unde H este un punct fix iar JI descrie un cerc «2(0, R.) este un cerc ..
Demonstratie (fig. I!).
Deoarece punctele O ~i H stnt fixe, rrzultii crt ~i mijlocul w al scgmcn,
1
I
tului [OH] este un punct fix. 1n plus, c,)S = -- - Oilf = - R = co.v.stant.
2
2
Rezulta cft punctul N descric ccrcul (2 ( CJ),
'\.
. \. C
Az
Fig. 11
Fi,;. 12
Fig. 13
I.6.2. Lema. Simetrlcul ortQc~ntrului H al triunghiului ABC fata demijlocul unei laturi se afla pe cercul c1rcumscris triunghiului.
Demonstratie-. Fie A' mijlocul sr:gmcntului [BC] ~i A" punctul di;-i;nc,ral
opus lui A (fig. 12).
Dcoarece HB I' CA" ~i HC I! RA" reznltii c."t patrulatcrul B!JCA" rste
paralelogram, deci simctricul lui lJ fat[t Lie rnijlocul A' al Iaturii [BC] se
afla pc cercul circumscris triunghinlui.
1.6.3. Lema. Simetricul ortoc.entrului H al triunghiului ABC fata de
una din laturi se aila pe cercul circumscris triunghiului.
.
Demonstr~tfr. Notarn cu A 2 pnnctul in care iniiltimea A.-l 1 intersecteazii ccrcul circumscris triunghiului (fig. 13). Dcoarccc
.,..........___
/"",...
.,.,,,.....__
.,..........___
m(HBA 1)= 90 -m(BCA)= 90-m(BA 2 A)=m(A 2 BA1}
rezulta HA 1 = A 1 A 2
A doua demonstrafie a teoremci 1.6.
Se folos~sc lemelc 1.6.1., 1.6.2., 1.6.3.
Se ~tie c:'t locul geometric al mijlocului scgmentului [HM], (uncle H este ortocentrul triunghiului,
iar M un punct variabil pe ccrcul @(0, R.)) este cercul
Vig. 1-1
16
&( (u, ~), unde w este rnijlocul scgmentului [OH].
Fie A~ mijlocul segmentului [AH]. Se considera Min pozitiile A, A2, A"
(~i a113loagele). Sc obtine ca mijloaccle A~. A 1 ~i A' ale segmentclor [HA],
[HA 2 ]
~i [HA"]
apartin cercului
@(
ul,
~) •
Prin
urmare
cele noua
puncte (A', A 1 , A~ ~i analoagele) sint situate pc un acela~i cerc (numit cercul
lui Euler sau cercul celor noua puncte).
1.7. TRIU;(GHIUL ORTIC
Se nume~te triunghi ortic triunghiul determinat de picioarele inaltimilor
unui triunghi dat.
1.7. l. Teorem5
Fie ABC un triunghi ~i punctele .rl'= PrncA, B'= pr_,cB, C'= f>;·_,;,C.
Ahmcl:
i1 Tri:.mgh;urlle AB'C', B.l'C', CB'A' sint triunghittri asemenea cu
triunglt;u; A 1-iC.
iil Semldreptele [A'A, ['B'B ~i [C'C sint bisectoarele unghiurilor tri-
ungh:ului ortic.
ii•, Ortocentrul triungh iului A BC este centrul cercului inscri~ in triunghiul ortic A' B'C', iar vit"furile triunghiului A BC sint centrele cercurilor
exinscrise triunghiului ortic A' B'C'.
iv) Tangenta in punctul A Ia cercul circumscris triunghiului ABC este
paralela cu dreapta B'C'.
v) Dintre toate triunghiurile inscrise in triunghiul ABC, triunghiul
ortic are perimetrul minim (teorema Jui Feuerbach).
Demon ~tratie:
i) Sc demonstreaza ca triunghiul AB'C' este ascmenea ru triun~hiul
..,..........._
..,..........._
A BC. Patrulaterul BCB'C' este inscriptibil deoarece ABB'= A.CC'. Rczulta.
ca B'C' este antiparalela la BC, deci:
..,..........._
..,..........._
./"
..,..........._
AB'C'
ABC ~i AC'B' == ACB
..,..........._
.,,,,,......__
/"'-.
ii) Conform punctului i) rezulta ca C'A'B
B'A'C(= BAC)
..,..........._
Atunci [A'A este bisectoare a unghiului B'A'C'.
iii) Din punctul ii) se deduce ca ortocentrul H al triunghiului A BC este centrul
cercului inscris in triunghiul ortic A' B'C'. Fie B .,
punctul in care semidreapta [A' B' intersccte2.z5.
cercul rircumscris triunghiului. Este evident ca
.,,,,--....._
..,..........._
C' B'A
B" B'A, deci [B'A este bisectoare a
..,..........._
unghiulni C'B'B". Rezulta ca punctul A este
ccntrul ccrcului exinscris triunghiului A' B'C'
tangent laturii [B'C'].
Fig. 15
=
=
=
17
iv) Folosincl congrucntcle de unghiuri marcatc pc figur;i, se obtine
,it tangenta in .A la ccrcul circumscris triunghiului A BC cstc· paralela cu
clrcapta B'C'.
v) Se observa _.,,,...,___
ca daca _,,,,,....___
!VI parcurgc dre;i.pta BC, atunci B'M
+ 111C'
=
cste n_1inimii dad. B'MC
C'MB (fig. 16).
lntr-adcv;'tr, fie B 1 simctricul lui B' fot;\ de BC. Se unc:-:,k C' cu B 1 .
Fie Pf 1} = BC n C' B 1 . Oricare ar fi punctul Mc:: BC, 11[ =f. J.11 1 a\'em:
Jl1C'
+ M1R' = Jf1C' + M B = C'B < C'.i.l1 + MB = C'M + MB'.
1
1
1
1
Arn obtinut astfel ca_ punctul M 1 construit anterior estc punctul de pe
+
drc-apta BC cu propnetatea ca MC'
MB' cstc minima. Dar unghiurile
~
.
l
B
.
B<'°'11
C
'
d
C . 11 ~1
"· 1
smt congrucnte eoarecc f'1ccare cste congrnC'nt cu B _,,,,,....___
.I\1 C.'
1
1
A
('
8'
\
----l---\...C.
M
B
(
Fig. 16
Fig. 17
Fie acum un triunghi A'B'C' inscris in triunghiul ABC (A' E (BC),
B' E (AC), C' E (AB)). Fixind doua cite doua virfurile acestui triunghi,
S(' obtine ca minimul perimetrului se atinge cind laturile triunghiului A' B'C'
si'nt cg-al inclinate pe laturile triunghiului ABC, deci cind unghiurilc marcatc
pt• figura sint congruente (fig. 17).
Folosind acela~i rationamcnt ca in dcmonstratia punctului ii) se obtinc
<"i"i A, B ~i C sint centrele cercurilor cxinscrise triunghiului A'B'C'. Rezultrt
.,,,..,....____
_,,,,,....___
=
.,.,.........__
di ~A 'A este bisectoare a unghiului B'A 'C'; dcci C'A'C
B'A 'A. Rezultii
A.-1' J_ BC. Analog se obtine BB' _LAC ~i CC' _LAB. Prin urmare A'B'C'
cstl· triunghiul ortic.
1.8. TEOREMA (TUCKER). Fie ABC un triunghi ~i fie L1, L 6 E (AB)
L2, L 3 E (AC), L 4 , L 5 E ( BC) cu proprietatea ca L1L 2 == L 3 L 4 = L 5 L 6 ~i
astfel in cit patrulaterele L 1 L 2C B, L 3 L 4 BA, L 5 L 6 AC sint inscriptibile. Atunci
punctele L1, L 2 , L 3 , L 4 , L 5 , L 6 se afla
pe un acela~i cerc (numit cercul lui
Tucker).
Dc-monstrafie.
6
~c
l.,__.....l(__ _ _ _ _ _ __ ; _ _........
Ls
L4
Fig. 18
18
Se considcra ccrcul ce trece
prin L 1 , L 6 ~i L 5 . Vom demonstra ca
puncteic L 2 , L 3 ~i L 4 apartin acestui
cerc. Se demonstreaza dL patrulaterul
L1L6 L 5 L 2 este inscriptibil. Dcoarccc
punctelc L,,. ~i L 5 sc afla la accca~i
distanFL de dreapta AB, rezulta ca
patrulatcrul L 1L 2L 5 L 6 este trapez isoscel. Deci L 2 se afla pe c~rcul circ:m:iscris triunghiului L 5L 6 L 1 • Analog sc arata ca punctele L 3 ~1 L 4 apartm
cercului <lcterminat de punctele L,,, Le; ~i L1.
1.9. TEOREMA (TAYLOR). Se considera un triunghi AB<: ~i fie
A 1 = prncA, A 2 _: pr,rnA1, A 3 = pr_.1(;A1. Analog se obtin punctele Bt, !1~,
Ba~i C 1 , C2 , Ca- Punctele A 2 , B 2 , C 2 , A 3 , B 3 , C3 se afla pe un acela~ cerc (numit
cercul lui Taylor).
A
Dc;nu11stra/ieSe arata ca punctck B 2 , C 2 , A 3
sc amt pe cercul detcnninat de punctcle A 2 , B 3 , C3 • Se dcmonstreaza mai
intii ca A. 3 se aflii pe cercul circumscris triunghiului A 2 B 3C 3 , adid
se aratii ca patrulatcrul A 2B aC 3 A 3
cstc inscriptibil. Estc w?or de vazut
ca patrulatcrul B1A 1B 3 A 3 este
inscriptibil, dcci B 3 , A 3 este antiparalcla la B1A l· Cum B1A1 c::k
antiparalel:i la .4 B, _,,,,......___
rczulta _,,,,......___
Ba -1 3
paralcli"i cu BA, deci A.,,,,.......__
3 B 3C == A .HC .
_,,,,......___
Analog se obtine CaA2B == BAC. B _ _.__-'""------'...l.l-------'-"-"""'c
Deoarcce patrulatcrul AA 2 A 1 A 3 cste
C3
A1
B~
_,,,,......___
_,,,,......___
Fig. 19
inscriptibil, rczulta AA 1Aa== AA 2 A 3 •
_,,,,......___
/'---,..
/'"'""-..
In plus, dcoarecc
AA1A 3 = ACB (au acela~i complement A1AA 3 ), .rez11lttt
..,,,.,......._
.,...........__
.
ACB
.,,,,......___
= AA.,,,,,......__
A
Prin urmare A A cste antipc1r2lela. la BC. Se ohtine
.,,,,......___
.,,,,,......__
.,,,,.......__
.,,,,......___
2
3•
2
A 3 A.,,,,,......__
2C 3 ==ABC.Cum A 3 B 3C
.,,,,,......__
3
= ABC, se deduced A A2C == A B C. D~·ci:
3
3
3
3
m(A 3 Az(,' 3 ) + m(A 3 B 3 A1) = 180°, adica patrulaterul A 3A 2C3 B 3 estc insniptibil. Prin urmare punctul A 3 apartinc C('rcului circumscris triunghiului A 2H,/ 3 •
Analog se arattt ca punctcle C 2 ~i A 3 se aflii pe cercul determin,tt de
punctdc A 2 , B 3 ~i C 3 •
1.10. TEORE?!IE
REFERITOARE LA PATRULATERELE CO~VEXE
1.10.1 . Teorerna. intr-un patrulater convex bimedianele sint concurentc.
De11wnstraJie. Reamintim ca prin bimediane se intelege segmeutc cemiesc mijloace de laturi opuse sau mijloace de diagonale.
Fie A', B', C', D' mijloacele laturilor [AB], [BCJ,i [CD], [DA] l(fig. 20).
Atunci:
A'B' = -1- AC,
D'C' =
+
A'B'II AC
AC, D'C' II AC
Reznlta A 'B' II C'D' ~i A' B' = C'D', deci patrulaterul A' B'C'D' este paralclogram. Fie E punctul de intersectic al diagonalelor acestui paralelogram,
deci {£} = A'C' n B'D'. Fie A 1 (rcspcctiv B 1 )
mij lo cul diagonalei [A CJ (respecti v [ B DJ). Din
1riunghiul ACD ([A 1D'] este linie mijlocie), rezuIL:i
B
c ca CD II A 1D' ~i A1D' =
.'A
~ CD .
+
Din triunghiul BCD ([B 1 B'] este linie mijlocie) rczulta ca B 1 B' =
CD ~i B 1 B' II CD. Prin
urmare, avem: A 1D' 11 B 1B' ~i A 1D' = B 1B'.
RezuW't ca patrulaterul A 1D' B 1B' cste paralelogram ~i dcci bimediana [A 1 B 1 ] trece prin mijloctil E al himedianei [B'D']. Prin mmare
bimedianclc unui patrulatcr con-vex sint concurcntc.
D
Fig. 20
1.10.2. Tecirema. Fie ABCD un patrulater convex ~i fie E ~i F rnijloacele
faturilor [AD] ~i [BC]. Urmatoarete afirmatii sint echivalente:
··
(i) ABIICD
{ii} 2EF = AB
CD.
.
De1nonstra/ie. (i) ⇒ (ii) (fig. 21). Daca. AD II BC, :i.tunci patrulaterul
-estc un paralelogram ~i egalitatea {ii) este evidenta. Daca AD ,It BC, atunci
ABCD este un trapez ~i se aplica teorema referitoare la linia mijlocie intr-un
trapez.
.
(ii) => (i) Fie M mijlocul diagonalei [BD]. Deoarece [EM] ~i [MF] sint
linii mijlocii in triunghiurile ABD ~i respectiv BDC, rezulta. ca: EM II AB,
2EM = AB, MF 11 CD, 2MF = CD .
. · _ De aici ~i din (ii) se obtine: EM +MF= EF ceea ce arata ca M E(EF).
Rezulta EF II AB, EF II CD ~i deci AB II CD.
+
B
D
Fig. 22
Fig. 21
1.10.3. Teorerna. Fie A BCD un patrulater convex. Urmaioarele afirmatii
sint ech~valentc:
(i) AC J_ BD.
(ii) A B 2
CD 2 = AD 2
BC 2 •
Denwnstr«pe. Fie {O} = AC n BD (fig. 22) ..
(i)
(ii). Deoarece AC J_ BD, rezultii
+
=
+
AB 2 + CD 2 = (A0 2 + OB 2 ) + (OC 2 + OD 2 ) = (A0 2 + OD 2) +
+ (OB 2 + OC 2) = AD2 + BC 2 ·
·
2t)
.,,....__
(ii)==> (i). Fie ix= 111(130.1). Atmm:
AR 2 = B0 2 + A0 2 - 2BO-AO-cos oc.
CD 2 = CO 2 + 01) 2 - 2CO- DO ·COS 0(.
AD 2 = A0 2 + OJJ2 - 2AO-DO-cos (180° - ix).
BC 2 = J-J0 2 + CO 2 - 2BO-CO-cos (180° - a).
Fo!osind ultimcle patru cga!iti"1ti ~i rclatia (ii) sc obtinc:
(BO· AO+ CO· DO+ AO· DO+ BO· CO) cos u.. = 0
Rezulta cos ix= 0, ndic:i ;JC ...l. BD.
1.10.4. Teorerna. Punctul de intersectie a
:diagonalelor unui patrulater convex este punctul
din plan ale carui distante la cele patru virfuri
au surna minima.
De111011strafie. Fie A BCD un patrulater
{O} = AC n BD ~i fie M un punct
a1bitrar in planuJ patrulaterului, M =f= 0.
AtunCJ: JHA +MC): AC= AO+ OC;
MB + :11 D): B JJ = BO + 0 D.
Deoa~ece i\1 =I= 0, rczuJta ca nu pot avea
Joe simuJtan egalit[1tile
convex,
l'gi. 23
l\JA +MC= AC ~i MB+ J.v!D = BD.
Folosind acest fapt, din i1wga litatile anterioare, se obtine:
MA + MB + MC + MD > OA + OB + OC + OD.
1.11. INEGALIT ATEA LUI PTO LEM EU.
TEOREMELE LUI PTOLEMEU
1.11.1. Teorema. (Inegalitatea lui Ptolemeu). intr-un patrulater convex A RCD existii relatia: AC- liD < AB· CD+ AD· BC.
]Jemonstra#e. ~e con~truie~te triunghiul ADE asemenca cu triun-
.,,....__
.,,....__ .,,....__
=
/'--
.g hi ul ARC(ABC == A/Jf:, BAC
DAE)
. AE
,In
JJI:·
D
. .
It~
e a1c1 rezu a:
A tunc1 - - = - - · = - - .
AC
{x)
Deoarece
A 11
BC
DE= BC-AD
AB
-Ge== IJAI3 si AB= AD
'
AC
AE
rezulta ca triunghiurile EAC ~i nA B s1nt
. AD . AB
ED
aspm.enec1., d eCI: - - = - - = - - .
AE
AC
EC
De aici se obtine:
(x')
'EC= AC· BD
AB
(
Fig. 24
21
Cacul I E e: CD (adir;1 patrulatcrul A BCD nu cstc inscriptibil). Din
triunghiul ECD rcznlt:1: EC <ED+ DC ~i tin ind scama de (x) ~i (x') sc obtine:
AC·BD <BC·AD+DC.
Al-J
AB
AC· BD < BC· AD+ DC· AB.
Ca~ut II EE CD (adic;i patrulaterul ABCD cstc inscriptihil).
Atunci EC = ED + DC ~i folosind relatiilc (x) ~i (x') se obtinc:
AC· BD = BC· AD+ DC· AB
I. 11.2. Teorema. (Prima teorcma a lui Ptolomeu). Fie A BCD un patrulater convex. Urmatoarelc afirmatii sint echivalente:
i) patrulatcrul A BC]) este inscrii:,tibil
ii) exista egalitatea AC· HD ~= BC· AD+ AB· CD.
Demonstratie. (i) ⇒ (ii) A sc vcdea tcorcma prcccdcnta (cazul II).
(ii) ⇒ (i) Fie ABCD un patrulatcr convex i'n rare functioncaz;i cgalitatea (ii). Sc demonstreazft ca A BCD este inscriptibil.
adfra
Se presupunc prin absurd c;1 A BCD nu cste inscriptibil. Atunri conform
tcorcmci anterioarc (cazul I) rezult;t ca:
AC · BD < AB· CD + AD· BC
ceea ce contrazice cgalitatea (ii) tfatt1 prin ipotcza.
Prin urmare patrulaterul ABCD cste inscriptibil.
Observatii
i) Fie ABCD un dreptunghi inscris in ccrcul de diametru c = 2R ~i
fie a= AB= CD, b =AD= BC (fig. 25).
Aplidnd teorema Jui Ptolcmeu, stabilitii anterior, sc obtine tcorcma lui
Pitagora c 2 = a 2 + b2 •
, B
/
'\
/~
\
)
C.
Fig. 26
Fig. 25
ii) Fie ABCD un patrulater .,,,,....___
inscris in cercul (2(0, R). Se presupune
.,,,,....___
.di AC= 2R. Se noteaza:
Rczulta:
(7.
= nz(BAC),
~ =
m(CAD) (fig. 26).
AB= 2R cos o:, AD= 2R cos~BC = 2R sin oc, CD = 2R sin ~BD = 2R sin (o: + ~).
Rdatia Jui Ptolcmeu AC· BD =AB· CD+ AD· BC
devine sin (ct + ~) = sinot cos~ + sin ~ cos <1..
22
1.11.3. Teor~ma (a doua teoremi a lul Ptolemeu). Fie ABCD 1.m l' .. uu.,
later inscriptibil. Atunci:
AC
BD
AR· AD+ CR· CD
BA · BC + DA· DC
Dcmo11~tratia 1
Fie {OJ = AC n BD
.
1.
, asemenea, imp
. 1·1caw OB
Dcoarccc tnung
11un·1 c AB'O s1. nro
L
s1nt
= OA
- = -AB
'
OC
OD
CD
de uncle rezulta
{*)
OA
OD
---=--AB-AD
DA- DC
B
OB
OC
----- - - BA· BC
CfL('B
Analog, din asemanarca triunghiurilor· AiJU ::;,1 BCO,
r('zulta:
C
OA
OB
--------AD· AH
BC· HA
Tinind seama de rciatiilc (*) ~i (*'), sc obtine
OA
AB· AD
OI.J
OC
--------
BA· DC
CB· CD
D
Fig. 27
DA· DC
oA +ac
De aici rezult;1 - - - - - - - - -
AB· AD+ CB· CD
tocmai cgalitatea cc trcbuie stabilita.
OB+OD
BA · BC + UA · DC
- - - - - - - - - adica.
Demonstr a/ ia 2
Fie R raza cercului circmnscris patrulaterului A BCD. A tnnci:
cr[ABCD] = cr[ABCJ + cr[AJ)CJ = ,,JFJ. RC· CA+ AD· DC· AC,.
:!,Ji
-'IN_
cr[ABCD] = crrABD] + cr[CBDJ = AB· Al)• BD + BC· BD· CD
•
4ll
4R
Rezulta:
AC(AB· BC+ AD· DC)= BD(AR· AD+ BC· CD)
1. 12. TEOREMA (T.EORE:\JA LUI PTOLEl\lEU GENERALIZATA).
Fie A BCD un patrulater convex. Exist.a relatia:
(AC· BD) 2 = (AB· CDj 2 + (AD· BC) 2 -
2AB · BC· CD· DA cos (A + C)
Dl'111G11strafie (fig. 28).
Se constn:ie~te trinnghiul ADE ascmenea cu triunrhiul ABC. Din demonstratia teoremei 1.1 J., rezulta relatiile:
DE= BC· AD'
AB
EC= AC· BD
AB
23
In triunghiuJ EDC se scrie tcorcma Jui Pitagora gcneralizata:
I-:.:C 2 = ED 2 + DU - 2ED. DC cos (A+ C)
Din ultimile trci egalit;iti rczult:i:
l,
.-ff:. FJD )\2 - (' BC ..-11) ,J _j_ nc2 - 2 FJC. AD . DC cos (II _L C)
.-1 l1
AH
) '
AB
'
adic;'i 1orn:.ai rdatia cc tn.-buic stabilita.
Observatii.
i) Dae a patrulaterul A BCD este inscriptibil, atunci se regase~te egali-tatca: AC· BD = AB· CD+ AD· BC
ii) Din teorcma 1. 12 rczulta ca _doua unghiuri ale patrulaterului convex.
ABCD sint complementare daca ~i numai dacii are Joe egalitatea
(AC· BD)2 =(AB· CD)2
+ (A lJ · BC)
2
A
0'
'•.
/
:::..:.---
0
ri ' - - - - - ~ - -""',a:;..._ _ _ ___..c
8
Fii-:. 29
1.13. TEORE:MA (NEWTON). Fie ABCD un patrulater circumscrip-tibil ~i f;e A', B', C', D' puncte!e de tangenta ale cercului ir.scris cu Iatur:le
patrulatcrnlui. Atunci dreptele AC, BD, A 'C' ~J B'D' tree printr-un ace!a~i
punct .V (punctul ,V se nurne~te punctul Jui Newton).
Denwnstra(.ie: (fig. 29).
.,,,,,......__
.,,,,,......__
Xotatii: l~V} = AC n B'D' .u.,,,,,......__
= m(AD'N) ·u = m(AND')
Se observa cft 1n(AD'N) + m(N B'C) = 180°. Sc aplica teorema sinusuriJor in
triunghiurile NAD' ~i .NB'C. RezuJta:
AD'
AN
B'C
sin v
NC
sm u
Din aceste doua egalitati se deduce
( l)
A.V
AD'
AC
U'C
Fie punctul N' astfel incit {N'}=ACn.-l'C' Procedind ca in cazul anterior
se obtine
(2)
24
AN'
AA'
~v·c
cc
1
Deoarece AA' = AD', CC' = CB', din (1) si (2) rczulU't ~:!:~ ~, :'.' -~~~;
'
,YC
:,-,C
ceca ce dovcde~te ca N = 1Y', aclicft AC trcce prin intcrseqia scgmcutc1or
[A'C'J ~i [B'D']. Analog se obtine ca N E BD.
1.14. TEOREMA (1IIQTJEL). Fie ABCD un patrulater convex ~i f:e
-f £1 = AB r1 CD,
{F} = BC n AD. Cercurlle circumscr:s~ tr;ungh·urilor
A BF, ADE. CFD ~i ECB tree printr-un acela~i punct J1 (num:t punctul hti
Miquel).
Dcmonstrafie. Fie JI al doilra punct de intcrscqie al c~rcurilor circum.scrise triunghiurilor BCE ~i DCF (fig. 30).
_,, , . . ___
_,, , . . ___ . /"'-,..., _,, , . . ___
<'-.
/"'-,...'
= CB.1
CM!· = CD.I, rczulta 111(1"1.-lF; + m(B.l!J-) =
= ni(BAF) + m(BJIC) + 111(C.l!F) = m(F.10) + 111(.H','Dl+m .IDE)= JS
~
Deoarece CJIE
-
~1
.,,,.-....._
./'-....
✓-----
....... ,
.,,,.-....._
0
•
Rezulta ca patrulaterul .-1 B.l!F (•stc insctiptihil. An::i1og sc a,;, {t c{t patn•·; tcnil ADJ1 E este inscriptil,ii. Prin utrnarc punrtnl JI apart nc cc-curii< r
-r:ircumscrisc triunghiurilor , : T-JF, A DE, C BE ~i C DF.
A
Fig. '.lO
1:ig. Jl
1.15. TEOREMA (SCHOOTEI\). Daca JI este un punct situat pe arcuJ
BC al cercului clrcumscris triunghiului echHateral ABC, atunci exista rdatia:
+
AJI = RW
CM
Demonstrafia 1.
Fie B 1 E (MA), astfel indt .:JI B 1 = B 1 B (fig. 31).
_,,,,,....___
_,,,,,....___
Deoarece m(BMA) = m(BCA) = 60°, rezuW't di triunghiul MBB 1 este echilatc-ral, deci BB 1 =BM= lvl B 1 . Triunghiurile ABB 1 ~i CBM sint congruente,
_,,,,,....___
cl<'oarecc AB= BC, BB 1 = BM ~i ABB 1
Se obtine:
_,,,,,....___
= JJBC. Rezulta MC= AB
1•
Demonstra;ia 2.
Folosind prima teorema a lui Ptolcmeu in patrulaterul inscriptibil
ABJJC, se obtine:
AM· BC= AB· MC+ AC· MB
Tinind searna de egalitatile
AB = BC = AC, sc obtine relatia ccruta.
1.16. TEORE1IA (POMPEIU). Se cons:dert tm tr;unghi echilat,:-ral ABC
si fie Jl m1 punct oarecare in plan ce nu a;:-ilrfiv~ c-~rcului circ1m1rcr:s trirmo,:1'ulu1. Atimci distantele MA, JIB, :1lC reprezinUi Rungifnile laturJorunui trinnghi.
Dc1:1onstra(,ic. Considcr::im rot,,tia de c:cntru A ~i unghi r1. ~ 60°, care
duce punctd B 111 pnnctul C (fi[ ..12).
Prin acc:-,sti:i rota tic punctnl Ji merge in 111' astL·l incit .·LU = .-1 Jr
,./"-..._
~i m(.lLIJl') = 60~. Rezult{t AM= MJI'. Segmentul [ilfB] mrr/;l' in s,~~c
mentul 1.-·:l'Cl, ckci Jl !J ~= Jl'C. Este u~or de vazut d[ lungimile latmilor
triunghiuh:i .l!J/'C sint, JJJJ' = MA, Ji'C = MB ~i MC.
Olnervrtie.
D2.ct1 p11nctul ;1[ 2.p,1.rtinc cerculni cirrumscris triunghiului cchilatcr:·r
ABC, atunci c1 I m2i 1112.rc clintrc ~-.e:;m,::-.tclc [il-1A], [MB] ~i [MC] arc limg;r,~, a
q;~l{t etc s~:rna bngimilor celorl::-Jte cb:1;1 (u:nform teorcmci lui Sr.hoot,:·n) •.
!. I 7. TEO R E\L\ ([>l'rl-J OT). Fie A RC D un patrniater convex. Urn:ftoarele aflrmaW ~int ech:v21,,·flt!c:
(i) Bise::foarele 1.m~h :.u'.lor patrnb:,rului sint concurente
(ii) Patrulatcrul A BCD este circumscr:r,tibil
(ii:) Are toe: AB+· CD c--= AD+ BC
=
Dcmonslraf.fr: (i)
(ii). Fie I punctul de intcrseq-ie a hiscctoarclor
unghiurilor patrnlakrnlui ~i fie I 1 , I 2 , [ 3 . I 4 proicqiilc ortogonalc ale pmctului I pc 12.turilc patrulatcrului (fig. 33).
B
A
M'
B
Fig. 32
C
D
Fig. 33
Dcoarece Il 1 = I l 2 ,,.,,ff 3 =ll.1 rcz~1lt:\ ri'i ccrcul ce trccc prm [ 1 , I~. 1 3.
va. trl'CC ~i prin 1 1 ~i in plus <ll'Cst cerc estc t;rngent laturilor patrulatcrnlui.
(ii)= (i) (fig . .'H).
Dac{t patrnlatcrul A BCD cste circumscrit,~ibil, atunci hiscctoarc!e unghiurilor p;,tn:latcrului tree prin ccntrul ccrcului inscris ill patrulatcr.
(ii) ⇒ (iii) (fig. 3:'i).
AB+ CD= .·L1I +JIB+ Cl'+ PD; AD+ BC= AQ + QD + BN+.YC
26
B
B
ll.
[
C
A
I
V
0
:Fig. 35
Dcoarece A JI = AQ,
AB ---i-- CD= AD+ BC
BM
RY,
C\' = CP,
])/' = DQ
rewlt:\.
=
(iii)
(ii)
Fie ABCD un patruhiter convex astfel incit AB+ CD= Al)-"- !JC.
-Sc arattt ca el este circumscriptibil. Sc presupnne r;-1 BC nu este paraid cu _,1JJ.
Fie {!:} = JJC n AD. Deoarece ABCD este com·(•x, CE ( BT;) ~i D E: (:11-:).
Fie Q cercul inscris in tri.
8
unghiul A BE. Se arata ca
CD este tangent la cercul e.
~
Se presupune prin
c·
absurd ca CD nu este tan,
c
,gent la cercul@ ~i fie C'D'
•~
/
f'----._
cu CD, astfel incit
)-I I
',,,
,.
rC'aralcl
D' este tangent la cerc m
-:
/
'-._
T ~i C' D' imparte planul in A
/1
E
cloua semiplane 5, S' cu E
□·
o
apartine lui S ~i @ - { T}
Fig. :rn
-este incl us in semiplanul S'.
Deoarece patrulate:-ul A BC' D' este circumscriptibil, rczulEt ca:
t
........._
AB+ C'D' =BC'+ AD'
Din ultima rclatic ~i din (iii) rczulta:
An+ BC - CD= BC'+ AD' - C'D', sau
(AD - AV')+ (DC - BC)-!- C'D' = ClJ, sau
DD' + D'C' + C'C = CD
.adica lungimea segmcntului [CD] cste cgala cu lun~imca liniei frinte
de acelea~i extremitati, ceca ce L'.Ste absurd. Rezultft c:t [CD: cstc tangent
la cercul (2.
27
Observatie.
Contlitia c:1 patrulaterul A§CD
.ci'i fie um.\'t'X estc esentialil. I ntradcv;tr, l';-;tc posibil ca AB+ CD =
=" AD -+- BC fara ca patrulaterul
A BCl) s:i fie circumscriptibil (fig. 37).
AH= AD, CB= CD
! .17. I. Propozifie. Daca un
trapcz isoscel este circumscr;s unui
ccn:, atunci diametrul cercului este
mecte geometrica intre bazele trapezului.
B
D
Fig. 37
D:'mrmstrntfr.. Fie A BCD un
tra;wz isosccl. (AB= CD) (fig. 3 l).
~
Este evident ca masura unghiului J-JOA este 90°. Aplidncl teorema
inaltimii in tl·iunghiul drcptunghic HO,l, rczu!U: OP= BT· TA adica
Rt= h'C_ .AD · 4R.2 = BC· AD
2
2 '
B
A
Fig. 39
1. 18. TEORE:\IA pIATHOT). lntr-un pat,ulater inscripHbil perpendicularele duse din miljoacele laturilor pe latud,;! opuse sint concurcnte.
Puaetl.ll de concurenta se numc~ie punctul lui Matlrnt (fig. 39).
D ;;ionstrat,ie. Fie O centru 1 cerculni circurn.scris patru ';1 terului inscriptibil ..-!.BCD ~i fie A', B', C', D' mijloacele laturilor [AB}, [BC), [CD], [D . -1;.
Deoarece punctul O se aila pc mediatoarele laturilor p2..t,ubterului, rezulta c[t:
OA' J.... AB,
OB' J.... BC,
OC' J.... CD,
OD' J.... AD
Bimcdi:rnele patrulaterului sint concurente inrt-un punct E. Fie M simetricul
lui O fa Ft de E. Patrulaterul lvl A 'OC' este paralclogram dcoarcce <liagonalclc
se injum;Hatcsc. Rezulta MA' !I OC'. Dcoarccc OC' J.... CD, rezulta ca
MA' J.... CD. Analog se arata ca JIB' _l. .1lD, JIC' J.... AB ~i lvlD' J.... BC.
Prin urmare perpendicularele duse din rnijlo;i.ccle laturilor unui patrulater
inscriptibil pc laturile opusc sint concurcntc. Punctul J.v.l de concurenta
se numqte punctul Jui Mathot.
28
1. I 9. TEORE,IA (NEWTON). Mijloacele diagonalelor unui patrutatercircumscriptibil ~i central cercului inscris sint situate pe o aceea~i dreapta
(numita dreapta lui Newton).
Pentru demonstratie vom folosi lema urmatoare:
1.19.1. Lema. Fie ABCD un patrulatr convex care nu este paralelogram
Local geometric al punctelor M din interiorul patrulaterului pentru care
c;[MAB] + c;[MCD] = K (= const.)
( 1)
este un segment de dreapta.
Denwnstratia leinei 1.79.1.
Dcoarcce patrulatcrul convex A BCD nu cste paralclogram, rezulU:i ca exista
doutt laturi ncparalcle. Fie acestea AD ~i BC. Drcptcle AD ~i BC se inter:::ccteaza 111 punctul 0. Fie E E [OA ~i F E [OB astfcl incit OE= AD ~i
OF= BC. Rew!Ut: u[M AD]= c;[MOE]
0
~i c[Jl BC] = c;[JJO.FJ De aici sc obtine:
a~Jl A DJ+ c;[M BC1=cr[:110E7
+ c;[JJOF]=
= c[JJEOFJ = cr[OL:TJ + a[JIEFJ = K
Punctele 0, E si F fiind fixc,
crJ)EFl = J{.' = const. ii dcci pmctul M
wrificft egalitatea cr[.MEFJ = ]{_ - ]{.' sau
= 2(K -
d
M
K') ,
EF
D
C
unde cu d_11 s-a notat distanta de la
Fig. 40
punctul Ji la drcapta EF. Punctcle E ~i F
fiirnl lixc, rezulta crt d,u = ]{." (= canst.), dcci punctul 1'.1 va descrie o dreapta
parakltt cu drcapta E.F dnsa la clistanta d = !{". Intereseaza doar puncteic
de pe aCl'asUt drcapU care sint intcrioarc patrulatcrului A BCD; se obtinc
astfcl 1111 segment [E'F'J. In accst fel s-a obtinut ca locul geometric L al punctnlui JI care vcrifica (l) estc un segment [F'E'] paralcl cu [EFJ situat la distanta d = K".
Rcciproc, oricc punct U E [E'F'] nrifica ( 1) deoarece
a[JJAD]+ c;[JJBC] =-~ a[.MOE] + c;[MOF] = cr[NJEOF] =
= cr[EOFJ, + c;[M EFJ = J{.' + EF. Z(K - K') = K
.
2
EF
Prin urmare lornl geometric al punctelor M din interiorul patrulatcrului
pentru care are loc rclatia (1) cstc un segment de dreapta.
DcmonstraJia teorcmci 1.19 (fig. 41).
Fie ABCD un patrulatr'r circumscriptibil. Notaro cu M (respecti,· iY)
mij!onil cliagonalei [AC] (respectiv [BD] ~i cu I centrul cercului inscris in
pj1trulc1.tcr).
29
Fie r raza ccrcului inscris in patrulater. Atunci:
a[JlABJ
+ c[J!CDJ = ~- c:,1BC! + +G[ACD] = +a[ABCD]
.ll" ·1 B' ..L
~,·en-J -- _!_2 crL'f),.1!' D~
cr[ ,,
.
crc·'
7
J
'
+ _!_2 fBCDl - -'-2 r ·1 BCD,1
GL.
J
Gv
-
cr[IAB] + cr[lCDl = -~r(AB + CD).
.
2
Pc cJc alta partc, patrulatcrul A BCD fiind circumscriptibil, arc loc ~i
.,1 F+CD=AD+BC. Rczulti\: a[ABCD]=a[I AB]+cr[ICD]+a[I BC]+G[l ADJ=
I
= - r(AB
BC+ CD+ AD) = r(AB
CD) = 2(a[IAB] + cr[ICD]) .
+
2
+
.l>e fopt s-au obtinut cgalit;1tilc:
(2)
c[JJABJ + a[MCD~ =
+
(3)
cr[XAB] + a[NCD] =
~ a[ABCD]
(4)
a[IAB] + a[ICD] =
a[A BCD]
1
2
cr[ABCD]
Tinirnl scama de (2), (3), (4) ~i de Iema stabilita anterior, rczulta ca
pm,:·tde JI, X ~i I se afla pc o accca~i dreapUt (numita dreapta lui Newton).
Fig. 41
Fig. 42
1.20. TEOREMA (EULER). in orice triunghi ABC ortocentrul, centrul
de greutate ~i centrul cercului circumscrls triunghiu!ui sint situate pe o aceea~i
dreapta (numita dreapta Iui Euler).
Demonstrafia 1 (fig. 42).
fiL' A' mijlocul scgmentului [BC] ~i A" punctul diametral opus lui A, iar 0
Cl'ntrnl cercului circumscris.
Dcoarcce BH II CA" ~i CH I! BA" rezulta ca patrulatcrul BHCA"
este parcdelognm; A' este mijlocul segmrntului [HA"], dcci OA' II AH ~i
30
2_ AH. Fie {G} = HO n AA'.
OA' =
A
2
Este evident crt tri1mghiurile AHG
si A 'OG sint asemenea, rapcrtul de
.
~
f 11n
.. d --AH = 2. R ezu 1t·;.,
asc1nanare
OA'
c5. AG = 2GA' ccea ce ne arata c~;
G este tocmai centrul de greutate
al triunghiului ABC. Prin urmc1.re
punctele H, G ~i O sint coliniare ~i
HG= 2 GO.
C
B
A'
Demonstrat,1:a 2. Fie A' mijFig. 43
Jocul laturii [BC], A1 = PrncA.
Analog punctele B' ~i B 1 (fig. 43).
Triunghiurik AHB ~i A'OB'sint cis(•rnrnca (ca triunghiuri cc au latu:ile
AB
~ AH
P aralelc). Dcoarcce - - = 2, rezulb - - = 2.
A'B'
OA'
Sc uncsc G (:U H ~i G cu 0. Pentru a ari"ita ca ffcJ
d
A~= 2, G fiind centru de greubte, · iar
GA'
= 6GA' se obc'1'n-a
1
HAG-== ~1, ckci tiier.ghi~;:·lll:
L
AHG '.';i GA'O sint asemenea. Rezulta ca semidreptele [Gll ~i [GO sint in p1elungire. in plus, HG=2GO.
1.21. TEORE\IA LUI SI:WSO::\f.
TEORE\IA LUI SL\lSON GENERALIZATA
1.21.1. Teorema (Simson). Proiectme ortogonale ale unui punct V depe cercu! c[rcumscrls triungfU,lui A BC pc laturile acestuia s1nt col:.ni nrc.
D,~;nonstrnfi,·. Fie A'= prJ;c:11, B' =-= pr.\cM, C' -=--= ;br_ 1 ;,:lf (fi~. -Li).
Patrulatc1clc AB':11C', MB'A'C, ABC.11 sint inscriptihile. Se uncsc A' cu /-;'
~1 separat B' cu C'. A~unci:
/""-..._
/'-..._
.,.,.--....._
.,.,.--....._
m(A'B'C) = m(A'MC) = 90° - m(A'C.Jl) = 90° - nz(C'.LH) =
.,.,.--....._
.,.,.--....._
= 111(C'JJA) = m(C'B'A)
c·
/'-..._
.,,.,.-......_
Prin urm ;n-e s-a obtinut C' B' A == A' B'C, ceea
cc aratft c;t punctcle A', B', C' si'nt situate pe o accca~i
dre.tpL"'t (nmnit;i '1reapta Iui Simson) a punctului JJ
j n raport ru triunghiul A BC.
1.21.2. Ob servatfe. Dani perpendiculara din M
pe latura [BC] retaie cercul cfrcumscris tnitnghiului
in punctul A", atunci dreapta AA" este paraldii cu
drca pta lui Sin;son a punctului jJ.
Fig. 44
31
Intr-adevar:
.,,,-....__
.,,,-....__
AA"J1!1 == ACM (din patrulaterul inscriptibil MAA"C),
.,,,-....__
.,.....___
ACM== B'A 'M (din patrulaterul inscriptibil B'A'CNI)
.,,,-....__
=
...,.....,
.
Rezulta AA"Jf
B'A'M, adica dreapta AA" este paralel{t cu drcapta
Sm:;con a punctului M in raport cu triunghiul ABC.
1.21.3. Reciproca teorerr.ei Jui Simson. Fie M un punct exterior triungh'ului ABC ~i fie A'=PrHcM, B'=PrAcM, C'=Pr.\l/M. Daca A', B', C'
sint coliniare, atunci Ji se afla pe cercul circumscris triunghiultii.
Demonstrafie
('
Dcoarece punctele A', R', C' sint coliniarc .
.,,,-....__
.,,,-....__
rezulta A' B'C =-= A B'C'. Folosind uatrulatcrdc
inscriptibile B'J.l!C'A ~i JJ B'A 'C ~ezult;t:
.,,,-....__
I
i
I
.,,,-....__
.,,,-....__
1n(A'B'C) = m(A'il::lC) = 90° - 111(JICR)
/
.,,,-....__
A'
5
Fig. 45
C
_,,,..........__
.,.....___
m(.li.B'C') = m(A.lfC') = 90° - m(C'AM)
.,............_
.,,,-....__
.,............_
.,,,-....__
Dcoarece A' B'C== A B'C' rezulU1111CB=C'1Lll
adica patrulaterul ABCM este inscripii1Jil.
1.21.4. Teorema Iui Simson generalizata. Fie M un punct pe cercul
c·rcumscris triunghiului ABC ~i fie A' E BC, B' E CA, C' E AB. Dacii
-
JiC'.-1
/
.,.....___
= JI U'C =-= MA'C, atunci punctele A', B', C' sint coliniare.
Demonstratie (fig. 46).
Este u~or de v[1,mt cft patrulatcrcle ,,1 HC.11, A B'J[C'
~i A'B'JIC sint inscripti~;ile. Si· u1wc:c .·I' cu B'
_,,,,........
_,,,,,....__
~i B' en C'. Atunci: C' B'M == C'AJJ = ;l/1 · P, Rezult:1
.,.....___
.,,,-....__
/"'-- .
.,............_
m(A'B'ivl) +m(J1i1B'C') =m(A'B'M)--,m(.i1C!Jj = l&O'
Prin unnare punctele A', B', C' sint coliniare.
1.22. TEOREMA (LALESCU). Fie ABC ~i
A1 B 1C 1 doua triunghiuri inscrise in cercul Q(O, R).
Daca dreapta lui Simson a punctului A 1 in raport cu
Fig. 46
triunghiul ABC este perpendiculara pe dreapta B 1C 1,
atunci:
i) aceasta proprictate este adevarata pentru toate virfurilc triunghiului
A 1 B 1C 1 ;
ii) Drepte1e Simson ale virfurilor triunghiului ABC in raport cu trlunghiu1
A 1 B 1C1 sint perpendrcu1are pe Iaturile trhmghiului ABC.
Demonstrn(t:e (fig. 47). Fie @(O, R) cercul circumscris tri1:11ghiului ABC
~i fie B 1 , C1 E @(0, R). Pcrpendiculara din A pc dreapta B 1C1 1etaie cercnl
in A 2 • Pcrpendiculara din A 2 pe latura [BC] retaie cercul fl(O, R) in A 1 •
Conform observatici 1.21.2., drcapta AA 2 este paralel[1 cu clreapta Simson
a punctului A 1 in raport cu triunghiul ABC. Cum AA 2 __L B 1C1 , rczulta ca
drcapta Simson a punctului A 1 in raport cu triunghiul ABC cstc pcrpendicu-
32
Iara pe B 1C1 . S-au construit astfel triunghiurile ABC
~i A 1 B 1 C1 care tndeplinesc conditia din ipoteza teoremei 1.23. Fie {D} = BC n B 1C1 • Eeteu~ordevazut ca
~
-----
~
,-..,,
-----
B 1DB == AA 2 A 1 deci m(AA 1) = m{BAB 1 ) - m(CC 1 ).
Daca se iau arcele in acel~i sens, atun,i:
,-..,,
m(BAB 1 ) = 360° - m(BCB 1 ).
Folosind ultimele doua egalitati ~i fadnd abstractie
de un multiplu de 360, rezulta:
m(AA 1 ) + m(BB 1) + m(CC 1) = 0°
(*)
i) Deoarece relatia (*) este simetrica in A 1 , B 1 , C1 , rezulta ca ~i dreapta
Simson a virfului B 1 este perpendiculara pe A 1C1 ~i de asemenea dreapta
Simson a virfului C 1 este perpendiculara pe A 1B 1•
ii) Este evident ca relatia (*) este simetrica pentru triunghiurile ABC
~i A 1 B 1C1 • Rezulta ca ~i dreapta Simson a vu.-fului A in raport cu triunghiul
A 1B 1C1 este pe1pendiculara pe BC, etc.
1.23. TEOREMA (SALMON). Pe un cerc se considera: punctele A, B,
C, M. Cercurile de dlametre [MA], [MB] ~i [MC] se intilnesc doui cite doui
in trei puncte coliniare.
Demonstrafie.
Fie B' al doilea punct de intersectie al cercurilor de diametre [AfA] ~i [MC]. Deoarece B
~--
~
m(AB'M) = m(MB'C)
= 90°,
rezulta ca
B' = pr AcM. Fie C' (respectiv A') al doilea
punct de intersectie al cercului de diametrul [MB] cu cercul de diametru [MA]
(respectiv [MC]. Se obtine, analog C' = pr ABM
r;,i A' = PrncM.
Folosind teorema lui Simson rezulta ca
punctele A', B' ~i C' sint coliniare.
Fig. 48
1.24. TEOREMA LUI MENELAU
1.24.1. Teoremi (Menelau). Fie ABC un triunghi ~i fie A', B', C' trel
puncte astfel incit A' E BC, B' E CA, C' E AB. Daci punctelc A', B', C' sint
coliniare, atuncl are Joe egalitatea:
(A'BJA'C) (B'CJB'A) (C'A/C'B) = 1
Demonstrajie (fig. 49).
Proiectam virfurile triunghiului ABC pe dreapta determinata de cele
trei puncte coliniare A', B', C'. Se obtin astfel trei puncte Ai, Bi, Ci,
(A 1 = pr A a•A, B 1 = pr A'G'B, C1 = pr A'G'C). Este ur;;or de observat ca:
1
t::,.A'BB 1
~t::,.A'CC
1
t::,.B'CC 1
~t::,.B'AA
1
t::,.C'AA 1 ~ D,.C 1 BB 1
33
A
8'
·s;;._
~ A '
B
(
I<ig. 49
Din triunghiurik asernenea formate, rezulta:
A'B/A'C = BB 1 /CC 1 , B'C/B'A = CC 1 /AA 1 , C'A/C'B = AA 1 /BB 1
lnra.ultind aceste trei egalitati se obtine: A'B/A'C · B'CJB'A · C'A/C'B = t
1.24.2. Reciproca teoremei Jui Menelau. Consideram un triunghi ABC
sa fie punctele A' E BC, B' E AC, C' E AB. Se presupune ca doua dintre
punctele A', B', C' sint situate pe doua Iaturi ale triunghiului, iar al treilea
punct este situat pe prelungirea celei de-a treia latura sau ca toate punctele A' B', C' sint pe prelungirile laturilor triunghiului. Daca are toe egalitatea:.
(1)
A'B/A'C · B'C/B'A · C'A/C'B = 1,
atunci punctele A', B', C' sint coliniare.
Demonstrafie (fig. 50).
Se presupune ca B'E[AC], C'E[AB], A'E[BC-[BC]. Dreapta A'B'
intersecteaza latura [AB] in punctul C".
Se aplica teorerna lui Menelau pentru punctele coliniare A', B' ~i C". Rezulta:
A'B/A'C · B'CJB'A · C"AJC"B = 1
Din ( 1) ~i (2) rezulta:
C'A/C'B = C"A/C"B
Deoarece exista un singur
punct interior unui segment care
irnparte segrnentul intr-un raport
1lat, rezulta ca C" = C' si ,deci
punctele A', B', C' sint c~niare.
L...-----------";----C>.A'
B
1.24.3. Teorema. 1n triFig. so
unghiul neisoscel ~i nedreptunghic ABC se due medianele
AA1, BBi, eel (A1 = mijlocul lui [BC], Bl = mijlocul lui [CA], C1 = mijlocul lui [AB]). Se noteaza cu O centrul cercului c1rcumscris triunghiului ABC
~i fie@, @' ~i @" cercurile circumscrise triunghiurilor APA, B 10B ~i cpc.
Atunci cercurile
@' ~i @" au un punct comun Q =fa 0.
Pentru dernonstratie se folose~te urmatoarea lerna:
(2)
A
e,
1.24.4. Lema: Fie @1, l\, @3 trei cercuri netangente care au un punct
comun 0. Urmatoarele afirmatii sint echivalente:
(i) Cele trei cercuri au un al doilea punct comun Q =fa O;
(ii) Centrele cercurilor @\, @2 ~i @3 sint coliniare.
34
Demonstra/ia lemei.
(i) =(ii). Daca cele trei cercuri au doua puncte distincte comune O ~i Q,
atunci centrele celor trei cercuri se afla pe mediatoarea segmentului [O Q].
(ii) = (i). Este u~or de vazut ca daca centrele cercurilor netangente @\, @2 , @3 care au un punct comun O s1nt situate pe o dreapta d,
atunci cele trei cercuri in comun ~i simetricul punctului O fata de dreapta d.
Demonstrafia teoremei 1.24.3. Fie 0 1 centrul cercului (}, ~i fie A', B', C'
mijloacele segmentelor [AO], [BO] ~i respectiv [CO] (fig. 51).
Se observa ca mediatoarele segmentului [OA 1] trece prin punctele B'
~i C'. De asemenea, se observa ca mediatoarea TA', a segmentului [AO]
este tangenta in punctul A' la
A
cercul r de centrul O ~i raza .B..
2
(R este raza cercului circumscris
triunghiului ABC). Prin urmare
punctul 0 1 se afla astfel:
{0 1 } = B'C'n TA1
unde TA' este tangenta in A' la 01 ""--+--~:.==-----P--__;:::::,,..cercul r. Analog:
{0 2 } = A'C'n TA· ~i
Fig. Sl
{0 3 } = A'B'n Tc,
Evident cercul r trece prin punctele A', B' ~i C'. Se deseneaza cercul r:
Fie punctele oc, ~, y astfel incit (fig. 52).
{oc} = Tn• n Tc· {~} = TA,n Tc {y} = TA.n Tn,
Consideram triunghiul oc~y ~i punctele coliniare 0 1, B', C' (0 1 E ~y,
B' E ocy, C' E oc~). Conform teoremei lui Menelau, rezulta:
1
(0 1 ~/0 1 y) (B'y/B'oc) (C'oc/C'~) = 1
Oz
DJ
Fig. 52
35
3"
Tinind seam.a de egalitatea ocC' = ocB' rezulta:
0 1~/0 1 y = ~C'/yB'
A '1alog se obtin egalitatile:;
(2)
0 2y/0 2oc = yA'/u.C',
(3)
O3 oc/O 3 ~ = ocB'J~A'
lnmultind relatiile (1), (2) ~i (3) rezulU't:
(4) (0 1 ~/0 1 y) (0 2 y/0 2 oc) (0 3 oc 3 /~) = (ocB'/u.C') (~C'J~A') (yA'/yB')
Deoarece ocB' = ocC', ~C' = ~A' 9i yA' = yB', din (4) se obtine:
(5)
(01~/01y) (0 2 y/02oc) (0 3 oc/Oa~) = l
Punctele 0 1, 0 2 , 0 3 se afla pe prelungirile laturilor triunghiului oc~y.
Ccmform rcciprocei teoremei lui Menelau, rezultft ca punctele 0 1 , 0 2 9i 0 3
sint coliniare. Cercurile @, (J,' 9i (J," nu sint tangente. 1ntr-adevar, daca, de
exemplu, cercurile @, ~i ()' sint tangcnte (punctu] de tangenta fiind 0) ar
insemna ca O se afla pe dreapta 0 10 2 , ceca ce nu se poate. Folosind le111a
stabilita anterior, rezulta c5. cercurile @, @' 9i fl," au un punct comun Q =fa 0.
(1)
1.25. TEOREM.A (DREAPTA LUI GAUSS). Mijloacele diagonalelor
unui patrulater complet sint coliniare.
Demonstrafie.
Pentru demonstratie se folos~te teorema lui Menelau. Se alege o notatie
9i o pozitie a figurii in care relatia care apare in teorema lui Menelau sa poata
fi u 9or scrisa. Se considera patrulaterul complet BCB'CA'A. Se scrie teorema
lui Menelau pentru triunghiul ABC ~i punctele coliniare A', B', C':
(1)
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = 1
A
B L - - - - - - - - - a_ _ _C..__ _ _ _....:::>./1.
Fig. 53
Se considera triunghiul avind ca virfuri mijloacele a, b 9i c ale laturilor
[BC], [CA] ~i [AB] ale triunghiului ABC. Notind cu a', b' 9i c' mijloacele
diagonalelor [AA'], [BB'] ~i [CC'], se observa ca paralela dusa prin punctul a'
la dreapta BC contine punctele b ~i c (a'b II A'C 9i a'c II A'B). Analog b' E ca
~i c' E ab. Din (1) rezulta:
A'B/2. B'C/2. C'A/2 = l adica:
A'C/2 B'A/2 C'B/2
'
(2)
36
(a'c/a'b) (b'a/b'c) (c'bfc'a) = 1
Deoarece b' E [ac], c' E [ba] ~i a' E [cb - [cb], rezulta ca sc poate folosi
reciproca teoremei Jui }Icnelau pentru triunghiul abc ~i punctrlc a', b', c'.
Se obtinc astfel ca punctele a', b' ~i c' sint coliniare (dreapta a'b' se numc~te
dreapta Jui Gauss).
1.26. TEORE1IA (CARNOT). Tangentele la cercul circumscrfs unul
triunghi neisoscel in virfurile Jui tale laturile opuse in puncte situate pe o acer:a~I
dreapta (numita dreapta lui Lemo;ne a triunghiului A BC).
Deinonstraf ie.
Fie A 1 ERC, B 1 EAC, C 1 EAB, astfei
indt A 1 A, B 1 B, C 1C sint tangcnte ccrculul
circumscris triunghiului ABC.
Se demonstreaza ca A 1, B 1, C1 sin t coliniare folosind reciproca tcorcmei lui Mcnclau.
Deci se va demonstra ca:
A1
Fig. 5-!
Se evalueaza ficcarc raport din produs. Se obscrva d
A
.,,,-....._
triunghiurilc
/'"'-,...
A 1 AB ~i A 1CA sint asemcnca, avind unghiul A 1 comun ~i A 1 AB == A. 1C,-J, de
uncle rezulta: A 1 B/A 1 A =AB/AC= A1A/A 1C. Din A 1B/A 1.·l = AB/AC
rezulta (A 1 B/A 1 A) (A 1 .U/A 1 .·1) = AB 2 /AC 2 • Dadt sc inlocuiqtc A 1 B/A 1 A
cu A 1 A/A 1C, se obtinc rclatia: A 1 B/A 1C = AB 2 /AC 2 •
Analog se obtin rclatiilc: B 1 A/B 1C = BA 2 /BC 2 ~i C 1 B/C 1 A = CB 2/CA 2
lnlocuind in produsul considcrat, sc obtinc rclatia (!), deci punctelc Ai, B 1 , C 1
sint coliniare.
1.27. TEORE:\'L\ (AUBERT). Ortocentrele celor patrtt triunghiuri
formate cu laturile unui patrulater complet se gasesc pe o aceea~i dreapta
(numita dreapta lui Aubert).
Pentru demonstratie sc folosqte urm5. toarca lema:
Lema. Fie ABC un triunghi ~i fie
A' = Prn 0 A, B' = pr0 ,\B, C' = pr AHC
Atunci
·
HA· HA'= HB · HB'= HC · HC',
unde H este ortocentrul triunghiului.
Dernonstrafia lemei.
Este u~or de vazut ca:
r-,,HB'A""' 1:::,,HA'B ~i 1:::,,HA'C,....., 6.HC'A
De aici rezulta ca HA· HA'= HE· HB'
~i HA· HA'= HC· HC'.
A
Fig. 55
Demonstraft'a teoremei 1.27 (fig. 56).
Se considera patrulaterul complet ABCDEF. Se ~tie din teorema Iui
Gauss ca mijloacelc 01, 02, 0 3 ale diagonalelor [AC], [BD] ~i [EF] sint situate
pe dreapta lui Gauss, notata d.
37
Se considera cercurile @1 , @2 ~i @3
de diametrc [AC], [BD] ~i. respectiv, [EF]. Notam cu H ortocentrul
triunghiului ADE ~i fie punctele
A'=PrnEA, D'=PrAED ~i E'=PrADE.
Este u~or de vazut ca A' E@ 1 , D' E@ 2
~i E' E @3 • Folosind lema stabilita,
rezulta:
A
HA ·HA'= HD· HD' = HE · HE'.
E
F
Fig. 56
Aceste egalitati arata ca punctul H
are puteri egale fata de cercurile @1 ,
@2, @3.
Fie d;i axa radicala a cercurilor @;, @j(i, } E {1, 2, 3}, i # j). Din
egalitatea HA· HA'= HD· HD' rezulta ca HE d12 , iar din egalitatea
HD· HD' = HE· HE' se obtine ca H E d 23 • Deoarece d 12 ...L d ~i d 23 ...L d,
iar din punctul H se poate duce o singura perpendiculara pe dreapta d,
rezulta ca dreptele d 12 ~i d 23 coincid. Atunci:
d12 = d2a = d13 = d' ...L d
S-a dcmonstrat ca H E d'. Analog se arata ca ortocentrele triunghiurilor
EEC, DCF ~i ABF se afla pe dreapta d'. Dreapta d' pe care se afla cele patru
ortocentre se numqte dreapta lui Aubert.
1.28. TEOREM.A (DREAPTA ANTIORTICA). Se considera un trlunghi ncisoscel ABC. Bisectoarca exterioara corespunzatoare virfului A intersecteaza dreapta BC in punctul A'. Analog se obtin punctele B' ~i C'. Atunci
punctele A', B' ~i C' se gasesc pe o aceea~i dreapta (numita dreapta antiortici
a triunghiului ABC).
DemonstraJie.
Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului. Conform teoremei bisectoarei
unghiului exterior, rezulta A'B/A'C = c/b
A
A'
B
D
C
Fig. 57
Analog se obtin egalitatile: B'C/B'A = a/c ~i C'A/C'B == b/a
lnmultind ultimele trei relatii, se obtine: A'B/A'C· B'C/B'A · C'A/C'B = 1
~i folosind reciproca teoremei lui Menelau (pentru triunghiul ABC ~i punctele
A', B', C' situate pe prelungirile laturilor hi,11!,,t,; 1::i) se obtine ca punctele
A', B' ~i C' sint coliniare.
38
1.29. TEOREMA LUI DESARGUES
1.29.1. Teorerna (Desargues). Fie ABC ~I A 1 B 1 C 1 doua triunghiuri cu
proprietatea ca exista punctele o:, ~' y astfel incit {o:} = BC n B 1Ci.
{~t = CA n C1 A 1 , {y} = AB n A 1 B 1 . Daca dreptele AA 1 , BB 1 ~i CC 1 sint
concurente, atunci punctele o:, ~, y sint coliniare. (Dreapta ~Y se nume~te axa
de omologie, iar punctul O centrul de omologie al triunghiurilor A BC ~i A' B'C' .)
Dcn10nstra~£e.
Se noteaza cu O punctul de intersectie a dreptelor AA 1 , BB 1 ~i CC1,
deci {O} = AA 1 n BB1 n CC1
0
Fig. 58
Se scrie teorema lui \ienelau pcntru triunghiul OBC ~i punctele rolinare
ex, C 1 , B 1. Atunci: cxB/o:C · C 1C/Cp · B 10/B 1 B = 1.
Permutfnd circular A, B, C ~i o:, ~' y se obtin alte doua relatii
analoage: P,C/P,A A 1 A/A 10 · C1O/C 1C = 1, yA/yB · B 1 B/B 10 · A 10/A 1 A = 1.
1nmultind ultimele trci egalitati, se obtine: r1..B/r1..C · ~C/~A · yA/yB = 1
Punctele o:, ~. y se afla pe prelungirile laturilor triunghiului A BC. Aplicind
reciproca teoremei lui Menelau, rczulta ca punctcle o:, ~ ~i y sint coliniare.
1.29.2. Reciproca teorernei lui Desarques. Se considera doua triunghiuri ABC ~i A 1 B 1C 1 cu proprietatea ca exista punctele ex, ~, y astfel incit:
{ex} = BC n B 1C1, {~} = AC n A 1 C1 ~i {y} = AB n A 1 B 1
Se mai presupune ca dreptele AA 1 ~i BB 1 nu sint par ale le. Daca punctele
ex, ~, y sint coliniare, atunci dreptele AA 1 , BB 1 ~i CC 1 sint concurente.
Demonstra/il' (fig. 59).
Se noteaza cu O punctul de interscctic a dreptelor AA 1 ~i BB 1 • Se
observa ca triunghiurile cxBB 1 ~i ~AA 1 au virfurile pe trei drepte concurente in
punctul y ~i anume AB n A 1 B 1 n o:f, = {y}
Conform teoremei lui Dcsarques, dreptele suport ale laturilor triunghiurilor, o:B 1 B ~i ~AA 1 se intersecteaza doua cite doua in trei puncte coliniare 0, C, C1 unde: {at= ABnA 1 B 1 {C} = aBn~A {C 1 } = ~A 1 ncxB 1•
39
0
t
Fig. 59
Am obtinnt di dreapta CC 1 contine punctul 0. Prin unnare dreptele
AA1, BB 1 ~i CC 1 sint concurente in punctul 0. Un caz particular important
cstc eel al triunghiurilor inscris unul in altul. !n acel caz dreapta ~y se mune~te
polara triliniara iar punctul O pol triliniar.
1.30. TEOREMA (PASCAL). Fie A'A"B'BNC'C" un hexagon inscris
intr-un cerc. Se presupune ca exista punctele (1., ~. y astfel incit
{o:} = A'A" n B"C', {~} = B'B" n C"A' ~i {y} =C'C" n A"B'. Atunci
punctele rx, ~. y sint coliniare.
DmtonstraJie.
Pentru demonstratie se folose~te teorema lui Menelau. Pentru aceasta se
vor ? lcge o not a tie ~i o pozitie a figu"'."ii in care relatia care a pare in teorema
lui Menelau sa poata fi u~or scrisa.
A
Se va nota cu ABC triunghiul ale
carui virfuri se objin astfel:
{A}= B'B" n C'C",
{B} = cc" n A'A 11 ~i
{C} = A'A O n B'B".
Se scrie teorema lui Menelau
pentru triunghiul A BC ~i tripletele
de pnncte coliniare {oc, B", C'},
{~. C 11 , A'} ~i 0{y, A", B'}. Atunci:
(r1.B/rJ.C)(B"C/B A)(C'A/C' B) = 1
0
(~C/~A)(C"A/C"B)(A'B·A'C) = 1
Fig. 60
40
(yA/yB)(A"B/A"C)(B'C/B'A) = 1
fnmultind aceste trei relatii, rezulta:
aB
~C
yA
CB'·CBn
A/C'·AC" BA'·BA"
t:1.C
~A
yB
CA'· CA"
AB'· AB"
---.-•----.----•----· - = 1
BC'· BC"
Tinind seama de egalitatile: CB'· CB"= CA'· CA" (putcrca punctul11i C fata de cercul dat), AC'· AC"= AB'· AB" ~i BA'· BA"= BC'· BC",
5 e obtine t:1.B/t:1.C · ~C/~A · yA/yB = l
Este u~or de vazut ca tX.E BC - [BC], ~ ECA - [CA] ~i yEAB - [AB].
Aplicind reciproca teoremei lui Menelau, rezulta ca punctele Cl., ~ ~i y sint
coliniare.
1.31. TEOREMA (VAN AUBEL). Fie ABC un triunghi ~i punctele
A' E (BC), B' E CA, C' E AB. Daca dreptele AA', BB', CC' sint concurenfo
intr-un punct P, atunci ex1sta relatia:
B'A/B'C
+ C'A/C'B = PA/PA'
D~monstra/ia 1 :
Se aplica teorema lui Menelau pentru triunghiul AA'C ~1 punctele
colinine B, P, B'. Rezulta: (BA'/BC) (B'C/B'A) (PA/PA')= 1
De aici se obtine:
B'A/B'C = (BA'/BC) (PA/PA')
(*)
Se aplica acum teorema Iui Menelau
pentru triunghiul AA' B ~i punctele
coliniare C, P, C'. Rezulta:
(CB/CA') (PA'/PA) (C'A/C'B) = 1
Se aici se obtine:
C'A/C'B = (CA'/CB) (PA/PA')
Adunam relatiile (*) ~i (*') ~i se
obtine: B'A/B'C
C'A/C'B = PA/PA'
(*')
+
B'
C'
adica tocma.i relatia Van Aubel.
Fig. 61
Demonstra/ia 2:
B'A
B'C
--=
a[B'AB]
a[B'CB]
C'A
a[C'AC]
C'B
a[C'BC]
--=
-
-
a[B'AB] -
a[B'APl
a[B'CB] -
a[B'CP]
a[C'AP]
a[C'BP]
=
-
a[ABP]
a[BCP]
a[C'AC] - a[C'AP]
a[C'BC] - a[C'BP]
-
a[PAC]
a[BCP]
Rezulta:
PA
--=
PA'
a[PAB]
a[PA'B]
-
aPACl
a[PA'C]
+
c:o
-
+ a[PAC]
cr[PA'B] + a[PA'C]
a[PAB]
a[PAB]
a[PAC]
B'A
a[BCP]
= B'C
:::::::I
C'A
+ C'B
41
1.32. TEO REMA
LUI CEV A
1.32.1. Teorema (Ceva). Se considera un triunghi ABC ~i punctele
A' E BC, B' E CA, C' E AB. Daca dreptele AA', BB' ~i CC' sint con-
curcnte, atunci:
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = 1.
Demonstrafie (fig. 62).
Fie {P} = AA' n BB' n CC'.
Aplicam teorema Jui Menelau pentru triunghiul AA' B ~i punctele
coloniarc C, P, C'. Rezultii: (CB/CA') (PA'/PA) (C'A/C'B) = 1
Aplicam acum teorema lui Mcnelau pentru triunghiul A A 'C ~i punctele
coloniare B, P, B'. Rezulta: (BA'/BC) (B'C/B'A) (PA/PA')= 1
Inmultind ultimele douii relatii se obtine:
(*)
'
'
'
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = I
A
B'
B
C
Fig. 63
Fig. 62
1.32.2. Reciproca teoremel lui Ceva. Fie ABC un triunghi ~i pttnctele
A' E (BC), B' E (CA), C' E (AB). Daca:
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = 1,
atunci dreptele AA', BB', CC' sint concurente.
DemonstraJie (fig. 63).
Fie {P} = BB' n CC' ~i fie {A"}= PA n BC.
Se aplica teorema lui Ceva pentru triunghiul ABC ~i dreptele concurente AA", BB' ~i CC'.
Rezulta: (A"B/A"C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = 1
Din ultima egalitate ~i din relatia data in enunt, se obtine:
A"B/A"C = A'B/A'C. Deoarece A' ~i A" sint puncte interioare segmentului (BC), se obtine A'= A".
Observafie: Reciproca teoremei lui Ceva este adevarata ~i in cazul in
care unul dintre punctele A', B', C' se gase~te pe o latura a triunghiului de
exemplu A' apariine lui (BC), iar celelalte doua puncte B' (apartine dreptei
AC), C' (apartine dreptei AB) verifica conditia BB' nu este paralel cu CC'.
1.32.3. Forma trlgonometrica a relafiei lui Ceva.
Fie triunghiul ABC ~i fie cevienele AA 1 , BB 1 , CC 1 concurente in
,.........,__
M. (A 1 ,.........,__
E (BC), B 1 E ,.........,__
(CA),
C 1 E (AB).
~ = m(MBC) ~i y = m(MCA) (fig. 64).
42
Se
notc-aza
oc = ni(l\IAB),
Din teorema sinusurilor in triunghiul AM B rezulta:
_.ll-_1B_ =
sm o.
Analog MA =
sin y
~i MC =
sin ~
MA
sin(B-~)
MC
sin(A-oc)
MB
sin(C-y)
Prin inmultirea lor se obtine:
sin oc
.
sin ~
.
sin y
= 1
sin (A - oc) sin (B - ~) sin (C - y)
(*)
(relatia lui Ceva).
Reciproc, fie A1 E (BC), B1 E (CA) ~i C1 E (AB) astfel incit sa fie
satisfacuta relatia (*), unde oc = m(,4iAE), ~ = m(B--;iic) ~i y = m.(CiCJl).
Se demonstreaza ca dreptele AA 1 , BB 1 ~i CC 1 sint concurente. (fig. 65).
A
A
e
(
Fig. 65
Fig. 64
.,,,,,.......__
Se presupune ca unghiul AC B este ascutit. Fie.,,,,,.......__
M punctul de intersectie a cevienelor AA1, BB 1 ~i fie y' masura ung-hiului ACM. Se va demonstra
ca. y' = y.
(*')
Dcoarece cevienele A.~1, BM, CM sint concurente, rezulta relatia:
sin oc
sin ~
sin y'
=1
sin (A - oc) sin (B - ~) sin (C - y')
Din (*) ~i (*') se obfine:
sin y
sin y'
= ---sin (C - y)
sin (C- y')
.,,,,,.......__
Se noteaza valoarea acestui raport cu t. Deoarece un~hiul AC B este
· t sa se d emonstreze ca ecua t·ia - sm
ungI11· ascu t·t
1 , es t e su f"101en
-x
- - = t are
'
sin (C - x)
solutie unica y < C.
Cum aceastii ecuatie are obligatoriu solutia y', rezultii y = y'. Deci
¥
¥
problema s-a redus la a arata ca ecuatia are solutie in intervalul ( 0, ~-).
Pentru aceasta se efectueaza calculele necesare ~i se obtine:
t sin C cos x - (t cos C + 1) sin x = 0
t sin C
Rezulta: tg X = - - - - - t cos C + I
43
t sin C
Dar - - - - - E (0, oo), deci ecuatia considerata are solutie unica
t cos C + 1
ce apartine intervalului ( 0, ; ) ~i cum y' era de asemenea solutie cu aceasta
proprietate, rczulta y = y', deci dreptele AA 1 , BB 1 ~i CC 1 sint concurente.
1.33. DREAPTA ORTICA
1.33.1. Teorema. Fie A BC un triunghi neisoscel ~i nedreptunghic ~•
fie A 1 = pr 8 cA, Bi= pr AcB, C1 = pr,1nC virfurile triunghiului ortic. Fie
{A'}= Ben B1C1, {B'} = AC n A1C1, {C'} = AB n A1B1, Atunci punctele
A', B', C' se gasesc pe o aceea~i dreapta (numita dreapta ortica a triungh:ului ABC).
DemonstraJie (fig. 66).
Se aplica teorcma lui Menelau pentru triunghiul A BC ~i tripletele de puncte
coliniare (A', C 1 , B 1 ), (B', A 1 , C 1 ), (C', B 1 , A 1 ):
(*)
(A'B/A'C) (B 1C/B 1 A) (C 1 A/C 1B) = 1,
(*')
(B'C/B'A) (C 1A/C 1 A) (A 1 B/A 1C) = 1,
(*")
(C'A/C'B) (A 1 B/A 1C) (B1CfB1A) = 1.
Deoarece dreptele AA 1 , BB1, CC 1 stnt concurente, din teorema lui Ceva
rczulta:
(**)
1nmultind relatiile (*), (*'), (*u) ~i tinind scama de (**), se obtine:
(A'B/A'C) (B'CfB'A) (C'A/C'A) = 1
Folosind reciproca teoremei
lui Menelau (A', B', C') sint
situate pe prelungirile laturilor
triungbiului ABC) se obFne ca
punctele A', B', C' sint situate
pe o aceea~i dreaptll. (numita.
dreapta orticli sau axii orticii).
B'
1.33.2. Teoremii. i) Dreapta
Fig. 66
44
ortica este axa radicalii a cercului
circumscris triunghiuhti ~i a
cercului Euler.
ii) Dreapta ortlca cste perpendlculara pe dreapta lui Euler.
Demomtra/ie (fig. 67).
i) Se considera cercurile
circumscrise triunghiului ABC,
C triunghiului ortic A 1 B 1C1 ~i
patrulaterului BC 1 B 1C. Rezulta
ca punctul A' se afla. a tit pe axa
rndicala a cercurilor circumscrise triunghiului ortic A 1 B 1C1 ;;i patrulaterului B 1C1 BC cit ;;i pe axa raclicala a cercurilor circumscrise triunghiului ABC ~i patrulatcrului BC 1 B 1C. Deci punctul A' se afla. pe axa
raclicala a cercurilor circumscrise triunghiurilor ABC ;;i A 1 B 1C 1 (cercul circumscris triunghiului A 1 B 1C 1 este chiar cercul lui Euler al triunghiului ABC).
Analog se arata ca punctul B' apartine axei raclicale a cercului circumscris
;;i a cercului Euler al triunghiului ABC. Cum dreapta B'A' este dreapta
ortica a triunghiului A BC (dreapta B' A' trece prin C') se obtine i).
ii) Centrul w al cercului Euler
se afla la mijlocul segmentului [HO]
(H = ortocentrul, 0 = centrul cercului circumscris triunghiului). Axa
radicala a doua ccrcuri fiind perpendiculara pe linia centrelor, rezulta ca drcapta ortica este perpendiculara pe dreapta Euler wO.
A
Fig. 67
Fig. 68
1.34. TEOREMA (NAGEL). Daci A', B', C' sint punctele de contact
ale cercurilor exinscrise cu laturile triunghiului ABC (A' E (BC), B' E (CA),
C' E (AB), atunci dreptele AA', BB', CC' sint concurent~. (Punctul N de
concurenta al celor trei drepte se nume~te punctul Jui Nagel).
DemonstraJie.
Fie a, b, c, lungimile laturilor triunghiului (a = BC, b = AC, c = AB)
~;i fie p semiperimetrul triunghiului. (fig. 68).
+
Notind x = BA', y = A'C, atunci: x
y = a ~i x
Rezulta 2x
c= a
b, aclica x = p - c ;;i y = p - b.
+
+
+c= y + b
f
d ef"1mhv,
. . se obt"1ne: A IB =· p
1n
---C
,
A'C
p- b
. ega1•tvtil
B'C
p- a
1 a e: - = -=----Analog se ob tm
'
B'A
P- C
C'A
C'B
--=
p-b
p- a
Rezulta: (A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = 1
;;i folosind reciproca teoremei lui Ceva rezulta ca dreptele AA', BB' ;;i CC'
shit concurcnte.
1.35. TEOREMA (GERGONNE). lntr-un triunghi ABC dreptele care
unesc virfurile triunghlului cu punctele de contact ale cercului inscris cu laturile opuse sint concurente. (Punctul de concurenta a celor trei drepte se nume~te
punctul Jui Gergonne).
Demonstrafie (fig. 69).
Se folosesc notatiile din figura: E, F, G sint punctele de contact ale cercului
inscris in triunghiul A BC cu laturile triunghiului. Se folose~tc reciproca teorcmci Jui Ccva, deci se demonstn aza ca produsul
(GAIGE) (EB/EC) (FC/FA) = 1
Dar BE= BG, CE= CF, AF= AG (tangcnte dintr-un punct exterior}
Deci dreptele sint concurente.
A
C
B
Fig. 69
Fig. 70
Observafie. Dad. in locul cercului inscris se considera un cerc exinscris,.
teorema ramine valabila (fig. 70).
1ntr-adevar, fie D 1 E (BC), E 1 E (AC ~i F 1 E (AB punctele de contact
ale cercului exinscris corespunzator virfului A, cu [BC], AC ~i AB. Se arata
ca drcptele AD 1 , BE 1 ~i CF 1 sint concurente. Pentru aceasta se va folosi
reciproca teoremei lui Cev2. Se demonstreaza ca:
(F 1 AJF1B) (D 1 BJD 1C) (E 1C/E 1 A) = 1
Dar F 1B = D 1B, D 1C = E 1C, F 1A = E 1A (ca tangente duse dintr-un punct
exterior la cerc).
Deci dreptele AD1, BE 1 ~i CF 1 sint concurente intr-un punct G1 . Analog
se obtin punctele G2 ~i G3 . Punctele G1 , G2 , G3 se nmnesc adjunctele punctului
Gergonne.
1.36. TEORE\IA (KARIYA). Fie l centrul cercului inscris in tr1un-ghiul ABC ~i fie A,, Bi, C 1 punctefo de contact ale cercului. inscrls cu laturile
tr;unghiului (A 1 c (BC), B 1 c: (CA), C 1 c.: (AB)). Se consldera punctde
A 2 E (IA 1 , B 2 E (JB2 ~i C 2 ,=: (.IC1 astfel incit A1A 2 = E 1 B 2 = C1C 2 . Atunci
dreptele AA 2 , BB 2 ~; CC 2 sint concurente. ( Punct1,l X Gf! concurer:tfi a celor·
trei drepte se numef!e ,ic1,'.rtul liri Karlya).
46
Demonstratie.
Ducem prin A 2 paralela la BC, prin B 2 paralela la AC ~i prin C 2 paralela la AB. Aceste paralele intersecteaza dreptele BC, CA ~i AB respectiv
in punctele a., a.', ~. ~' ~i y, y'. (fig. 71).
Fie {A'}= BCn AA 2 , {B'} = CAn BB 2 , {C'} = ABn CC 2.
Atunci: A'B/A'C = A2y1A 2W, B'C/B'A = B 2a./B 2y', C'A/C'B = C 2 ~/C 2a.'.
lnmultind ultimele trei egalitati, se obtine:
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B) = (A 2y/A 2 W) (B 2a./B2/r') (C 2~/C 2a.')
Trapezele dreptunghice A 1 A 2WC ~i B 1 B 2a.C, sint congruente.
K1
Kz
t
Fig. 71
Fie C"' proiectia lui C pe K 2K 3 ~i C" proiectia luiC pe K.~K 1•
,..,......__
...............
Triunghiurile CC"a. ~i CC'"W sint congruente (CC"'= CC", CC"a. = CC"'~'.
...............
...............
C'"CW = C"Ca.).
Rezulta C'"W = C"a.; «B2 = WA2.
Analog se obtine ~C 2 = y'B 2 ~i yA 2 = a.'C 2•
Rezulta: (A'B/A'C)(B'C/B'A)(C'A/C'B) = 1, ceea ce implica concurenta
dreptelor AA', BB', CC'. Prin urmare dreptele AA 2 , BB 2 , CC 2 sint concurente.
1.37. TEOREMA. (VECTEN). Se considera un triunghl ABC. Fie A 1
.un punct din plan cu proprietatile:
- dreapta BC separa punctele A ~i A1
- A 1 este centrul patratului construit pe latra [BC].
Analog se obtin punctele B 1 ~i C1 . Atuncl dreptele AA 1 , BB 1 ~I CCi
sint concurente. (Punctul de concurenta a celor trei drepte se nume~te punctul
lui Vecten).
Demonstra/ie.
Este u~or de vazut ca triunghiurile ACB 1 ~i ABC 1 sint asemenea (fig. 72).
Rezulta: AB/AC= AC1/AB 1 sau AB· AB 1 =AC· AC 1 ~i folosind
...............
...............
.congruenta unghiurilor BAB 1 ~i CAC 1 rezulta:
.
...............
.
.
...............
AB· AB 1 sm m(BAB1} =AC· AC 1 sm m(CAC 1}
47
Ultima ega1itate arata ca:
cr[ABB 1 ] = cr[ACC 1] Analog se obtine:
cr[BCC1J = cr[BAA 1], cr[CAA 1] = cr[CBB 1]
Se considc:ra punctele A' E (BC), B' E (CA), C' ·E (AB), astfel mdt:
{A'}= BCnAA1, {B'} = CAnBB1, {C'} = ABnCC1
Fig. 72
Este u~or de vazut ca:
cr[A1AB)/cr[A 1AC] = A'BIA'C, cr[B 1BC]/cr[B 1 BA] = B'C/B'A,
cr[C1CA]/cr[C 1 CB] = C'A/C'B.
Folosind egalitatile de arii stabilite anterior, se obtine:
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'AJC'B) = 1
C.Onform reciprocei teoremei lui Ceva rezulta ca dreptele AA', BB' ~i CC
stnt concurente. Prin urmare dreptele AA 1 , BB 1 , CC 1 sint concurente.
1.38. TEOREMA (STEINER). Se considera triunghiul ABC ~i punc-
.,,,........__
./""'-,..
tele A', A" E (BC). Daca m(A'AB) = m(A "AC), atunci:
(A'B/A'C) (A"B/A"C) = AB 2 /AC 2
Demcmstrcqie {fig. 73).
Fie punctele B 1(= proiectia punctului B pe AA'), C1 (= p:roiectia
punctolui C pe AA'), B 2 ( = proiectia punctului B pe AA") ~i C2 ( = proiectia
punctului C pe AA').
48
Triunghiurile dreptunghice A'BB 1 ~i A'CC 1 sint asemenea.
Rezulta: A'B/A'C = BB 1 /CC 1
Analog, din asemanarea triunghiurilor dreptunghice A" BB 2 ~i A "CC 2 , se·
objine: A"B/A"C = BB 2 /CC 2
1nmuljind ultimele doua egalitati, se objine:
(A'B/A'C) (A"B/A"C) = (BB 1/CC 1 ) (BB 2 /CC 2 )
(1)
A
Triunghiurile dreptunghice ABB 2 ~i .ACC 1 sint asemenea (masurac
_,,,,,......__
./·,,
tmghiului BAB 2 este egala cu mttsura unghiulni CAC 1 ). Rezulta:
(2)
BB 2 /CC 1 = AB/AC
Triunghiurile dreptunghice BAB 1 ~i CAC 2 sint asemenea (masura
,.,,.,..
_,,,,,......__
unghiului BAB 1 este egala cu masura ungbiului CAC 2). Rezulta:
(3)
BB 1 /CC 2 = AB/AC
Din relatiile (l), (2) ~i (3) se objine rela,tia lui Steiner:
(A'B/A'C) (A"B/A"C) = AB 2 /AC 2
Observafie. 1ntr-un triunghi ABC, o dreapta AM, unde M apartine
laturii (BC) se mnn~te ceviana. Dreptele AA' ~i AA" satisfadnd conditiile
din ipoteza teoremei lui Steiner se numesc ceviene izogonale (pe scurt izogonafo).
Prin urmare: Daca AA' ~i AA" sint i_zogonale, atunci este adevarata
relajia lui Steiner.
1.39. TEOREMA. Izogonalele a trei cevieite concurente sint concurente.
Demonstrajia 1 (fig. 74.).
Fie AA', BB', CC' trei ceviene concurente (A' apartine laturii [BC], B'
apartine laturii [AC], C' apartine laturii [AB]), dcci ele satisfac rela('i:1:
(1)
(A'B/A'C) (B'C/B'A) (C'A/C'B),= 1
Fie AA", BB", CC" (A" aparjine laturii [BC], etc.) izogonalele celor
trei ceviene concurente date. Aplidnd teorema lui Steiner rezulta:
(2)
(3)
(4)
(A'B/A'C) (A"B/-tl"C) = AB 2 /AC 2
(B'C/B'A) (B"C/B"A) = BC'4/BA 2
(C'A/C'B) (C"A/C"B) = CA 2 /CB 2
49
!nmultind relatiile (2), (3) ~i (4) ~i tinind seam.a de relatia (1.) se
obtine: (A"B/A"C) (B"C/B"A) (C"A/C"B) = 1
Folosind reciproca teoremei lui Ceva, se obtine ca dreptele AA", BB" ~i CC"
sint concurente.
Demonstra/ia 2. Vom folosi formc1 trigonometrica a teoremei lui Ceva.
Fie cevienele AM, BM, CM concurente in punctul M ~i fie (fig. 75) .
./",._
.,,,,,-......._
.,,,.-...._
ex= m(MAB), ~ = m(MBC), y = m(MCA)
A
C
B
Deoarece AA[, BM, C111 sint concurente, rezulta:
sm r1.
sin ~
sin y
= 1
sin (A - a) sin (B - ~) sin (C - y)
(x)
,,.-....,_
Fie AA", BB" ~i CC" izogonalele cevienelor concurente. Atunci: ex = m(CAA "),
~
/'-...
/
',
= m(CBB"), y = m(ACC"). Deoarece cevienele AA", BB", CC" verifica
sin r1.
sin ~
sin y
__
1
relatia - - - sin (A - a) sin (B - ~) sin (C - y)
rezulta ca ele sint concurente.
Observatie. Fie ABC un triunghi. Se numesc simediane simetricele
medianelor fata de bisectoare. Deoarece medianele unui triunghi sint concurente din teorema 1.39. rezulta ca ~i simedianele unui triunghi sint concurente.
Punctul de concurenta a simedianelor se nume~te punctul Jui L£moine al triunghiului.
50
1.40. TEOREMA (LHUILIER). S1rnediana unui virf este locul geornetr1c al
rnijloacelor antiparaleldor la latura opusii.
A
Drmonstrafie.
Se considera triunghiul A BC cu antiparalela B'C'. Efcctuind o simetrie in raport
"' B' se transcu bisectoarea unghiului A,
forma in Bi, iar C' in C 1 • Din congruenta
triunghinrilor AB'C' ~i AB 1C 1 (L.U.L.),
/---.__
rezulta ca unghiul AB 1C 1 c~;tc congruent
"
B
'-------'-----~c
Fig. 76
cu unghiul ABC, deci B 1 C 1 este paralcla cu
BC. Cum mijlocul scgmentului (B'C') se transforma in mijlocul segmentului (B 1C 1 ), teorema revine la mmatoarea problemii de loc geometric: locul
geometric al mijloacelor segmcntclor paralele cu o latura a unui triungM 11i cu
capetele pe celelaltc doua laturi este mediana triunghiului corespunziitoare laturii
paralele cu segmentele.
Rezulta ca locul geometric cautat estc transformata prin simetrie fata
.,..~,
de bisectoarea unghiului BAC a medi,mei corespunzatoare virfului A, deci
simediana din A.
1.41. TEOREMELE LUI GREBE
1.41. l. Teorema (Prima teorema a Jui Grebe). Distantele punctelor
simedianei virfului .A, la laturile unghiului sint proport:ionale cu lungimile
acestor laturi ~i reciproc.
Demonstrafie.
Fie M un punct situat pe simediana virfului A. Fie C'B' ar1tiparalela
dusa prin M la latura [BC], MX ..L AC', MY ..L AB'. Este evident
ca aria triunghiului AC'M este egala cu aria triunghiului AB'M, deci
AC'· MX =AB'· MY. Rezulta MXJMY = AB'/AC', dar (C'B' antiparalela
la BC) AB'/AC' = AB/AC, deci se obtine MXJMY = AB/AC.
Reciproc, sc considera un punct M in interiorul triunghiului A BC,
MX ..LAB, MY ..LAC, astfel incit MX/MY = AB/AC ~i antiparalela B'C'
prin M la BC (B' 1:= (AC), C' E (AB)). Se
A
arata ca MC' = MB', adica punctul M se
afla pe simediana virfului A.
Cum triunghiul A B'C' este asemenea cu
triunghiul ABC, rezulti:'t AB/AC= AB'/AC'
~i folosind lviX/MY = A BJ.AC, rezulti:'t
MX · AC'= NlY . AB',
deci aria triunghiuh1i AMC' este egala cu
aria triunghiului AME', ceea ce implica
MC'= Jli!R'.
B ,___ _ _ _.....__ _ _ _ _ c
Fig. 77
51
1.41.2. Teorema. (A doua teorema a Jui Grebe). Punctul Jul Lemoine
ceste punctul pentru care suma patratelor distanfelor la laturile triunghiulul
este minima.
Demonstra/ie. Notam cu a, b, c lungimile laturilor triunghiului ~i cu
x, y, z distantele unui punct M situat in interiorul triunghiului la laturile
[BC], [CA], respectiv [AB].
Din inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwartz se obtine:
(ax + by + cz)2 ~ (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2)
Dar
a2 + b2 + c2
ax+ by+ c~ = 2o-[ABC], deci x 2 + y 2 + z 2 ~ - -2 - - - 1
a2 + b2 + c2
minimul obtinindu-se cind x 2 + y 2 + z2 = - - - - 4cr2[ABC].
4o- [ABC],
Dar egalitate in inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwartz se atinge
cind x/a = y/b = z/c, deci cind M este punctul lui Lemoine.
1.42. CERCURILE LUI LEJ\'1OINE
J.42.1. Primul cerc al Jui Lemoine. Antiparalelele duse prin punctul Jul
Lemoine K la laturi sint egate ~i au mijlocut lor comun in acest punct; atunci
prin extremitatile lor trece un cerc cu centrul in K.
DemonstraJie (fig. 78).
Simedianele fiind concur~nte in K, conform teoremei lui Lhuilier,
antiparalelele duse prin K la laturi au mijlocul lor comun in acest punct.
_,,,,.,.....__
Ra.mine sa demonstram
ca C'B' = C"A". Deoarece unghiurile B'C'A ~i
"'
_,,,,.,.....__
A
BC" A" !sint congruente cu unghiul C,
rezulta ca triunghiul C"KC' este
isoscel, deci A "C" = B'C'.
1.42.2. Al doilea cerc al Jul
Lemoine. Paralelele duse din centrul
sfmedian la laturile triunghiului taie
taturile in ~ase puncte conciclice.
Demonstra/ie (fig. 79).
L-------.l:-;;-----"c
Fie B'C', A"C", A'"B"' cele
trei paralele. Se considera segmentele
Fig. 78
[A"A'"], [B'B'"], [C'C"] ~i se arata ca
ele sint antiparalele cu laturile triungbiului. De exemplu, A" A'" se arata ca este antiparalela la BC. Se observa
ma.i mtli ca patrulaterul AA" KA"' este paralelogram, deci AK ~i A" A'" se
injamatatesc prin punctul lor de intersectie. Rezulta A" A"' este antiparalela
la BC. Analog se dem0nstreaza ca B'B"' ~i C'C" sint antiparalele la AC, respettiv A. B. Deci patrulaterul A" A"' B"' B' este trapez isoscel, unghiurile din
B
5!
A
A"' ~i B,. sint congruente cu unghiul C. Patrulaterul A"B'B C" este de
asemenca incriptibil deoarece unghiurile din A" ~i B"' sint suplimentare.
Patrulaterul B' B"'C"C' fiind trapez isoscel, rezulta ca toate cele pse puncte
sint situate pe un acela~i cerc.
111
A
eL------"~B~,,~.-----"7.-'-----~c B~--------l---~,
Fig. 79
Fig. 80
1.43. TEOREMA (SCHOMILCH). Dreptele care unesc mijloacele laturilor ~i mijloacele inaltimHor unui triunghi sint concurente in punctul lul
Lemoine.
DemonstraJie (fig. 80).
Pastrind nota-tiile de la tcorema 1.42. l, se observa ca patrulaterul C'C" B'A w este un dreptunghi cu centrul i• I{ ~i Au B' paralel cu AB.
Dar locul geometric al centrclor dreptun~hiurilor cu o latura paralcla cu una.
din laturile unui triunghi dat ~i inscris in acel triunghi este dreapta care
une~te mijlocul laturii ~i mijlocul inaltimii perpendiculare pe latura.
1.44. LEMA LUI CARNOT. TEOREMJlLE LUI NAGHEL
1.4 .. 1. Lema (Carnot). Fie un triunghi ABC ~ punctele A 1 , B 1 , C1 pe
laturilc triunghiului (A 1 E[BC], etc.). Urmatoarcle afirmatii stnt echivalente:
(i) Perpendicularele in Ai, Bi. C 1 pe laturile [BC], [AC] respectlv [AB]
sint concurente;
+
+
(ii) A1B 2 - A1C 2
B1C 2 - B1AZ
C1AZ - C1B 1 = o.
Demonstrafie: (i) ⇒ (ii). Fie M
punctul de concurenta a perpenclicularelor in A 1 , B 1 , C1 pc laturile triunghiului AliC. Se va demonstra ca
are loc rclatia: A 1 B 2 - A 1C 2 B 1ce - B 1A 2
C1A 2 - C 1 B 2 = 0
Intr-adevar, aplidn<l tc:orema lui
Pitagora in triunghiurile dreptunghice
formate, rezulta:
B
Aq+Mq=AM! BC~+Mq=BM 2 ,
Fig. 81
+
+
C
53
de unde Aq -Bq = AM 2 -BM 2 ;,i analoagele BAI - CA~ =BM 2 CB~ - ABj = CM 2 - AM 2 ;,i prin insumare se obtine:
CM 2
Aq - Bq + BAi - CAi + CBi - ABi = 0
(ii)=> (i). Fie triunghiul ABC, Ai E (BC), B 1 E (AC), C1 E (AB),
astfcl indt cxista relatia: Aq - Bq + BAi - CAi + CBi - A Bi= 0
;,i se clcmonstreaza ca perpendicularele in Ai pc BC, in B 1 pe AC, ;,i in Ci
pe AB sint concurente. Fie !J1 punctul de intersectie a pcrpendicularelor in
Bi pe AC ~i in C 1 pe AB ;,i fie A 2 proiectia lui M pe BC.
Atunci: Aq - Bq + BA~ - CA~+ CBi - ABf = 0
Deci BA~ - CA~ = BAr - CAi- Se consi:.lera tm sistem de coordonate pe dreapta BC, astfel incit B(O), C(c), Ai(x), A 2 (xi). Relatia anterioara
se transforma in :
Xi -
(c-x 1 ) 2 = x 2 - (c-x) 2 sau 2cx 1 = 2cx deci x = Xi, de uncle Ai= A 2 •
1.44.2. Teorema. (Prima teorema a Jui Naghel). Fie B', C' proicctiile
virfurilor B, C ale triunghiului ABC pe laturile opuse. Perpendiculara din A
pe dreapta B'C' trece prin centrul cercului circumscris triunghiului.
Demonstrafie. Fie @(0, R) cercul circumscris triunghiului ABC (fig. 82).
Perpendiculara din A pe B'C' intersecteaza cercul circumscris triunghiului
ABC in E, iar pe B'C' in D.
/'--...
/'--...
Patrulatcrul ABEC este inscriptibil, deci unghiurile AB'C' ;,i ABC
/'--...
..,,,,.....__
sint congruentc. Rezulta: m(DAB') = 90° - m(A BC). Prin urmare, din
/'--...
/'--...
/'--...
/'--...
triunghiul EAC se deduce: m(EAC) = 90°-m(ABC); m(AEC) =m(ABC) .
./"'-..
Rezulta: m(ACE) = 90°, deci [AEJ este diamctru in cercul Q(O, R).
le
IA
Fig. 82
Fig. 83
1.44.3. Teorema. (A doua teorema a lui Naghel). Perpendicularete pe
laturile unui triunghi duse prln centrele cercurHor exinscri.se srnt concurente.
Demonstrafia 1 (fig. 83).
Fie triunghiul ABC ;,i fie IA, In, le centrclc ccrcu.rilor exinscrise triunghiului A BC. I A se aflft la interseqia dintrc bisectoarea interioara a nnghiului
A
A
A
A ;,i cele dona bisectoare cxterioare ale unghiurilor B, respcctiv C. Din faptul
ca in orice triungbi biscctoarca intcrioara a unui unghi este pcrpendiculara
pe bisectoarea extcrioara a arc,luia~i unghi, rezulta ca trunghiul ABC este
54
triunghiul or tic al triunghiului I ,l I O le ~i aplidnd teorema 1.44.2, cele trei
perpendiculare din I A• 1 11 , le respectiv pe BC, AC, AB sint concurente in
centrul cercului circumscris triunghiului I A I 8 I cDemonstratia 2. Se aplica lema lui Carnot pentru demonstrarea
teoremei a doua a lui Naghel (fig. 84).
Fie triunghiul A BC dat, I,t, I 8 , I c centrele cercurilor exinscrise ~i fie
A 1 , B 1 , C1 picioarele perpendicularelor din IA, In, le respectiv pe laturife
[BC], [CA], [AB]. Pentru a demonstra ca aceste perpendiculare sint concurente, este suficicnt sa se aratc ca are loc relatia:
BA i - CA i + C Bi - A Bi + A q - Bq = 0
Pentru aceasta este necesar sa se calculeze BA 1, A 1 C, CB 1 , AB 1 , AC 1 ~i BC 1.
Fie A', A" celelalte doua puncte <le contact ale cercului exinscris triunghiului ABC corespunz;:itor latnrii [BC]. Atunci AA'= AA", deci
AB+ BA'= AC+ CA" sau AB+ BA 1 =AC+ CA 1
Dar CA 1 = BC - BAi. de unde not1nd AB= c, AC= b, BC= a,
a+ b c = 2p, rezulta:
BA 1 = p - c, CA 1 = p - b, CB 1 = p - a,
AB 1 = p - c, AC1 = p - b, BC 1 = p - a
+
+
+
lnlocuind in: BAi - CAr
CBi - ABf
Aq - Bq = S
rezulta: 5 = 0 ~i teorema 1.44.3. este demonstrata.
IA
Fig. 84
IA
Fig. 85
Demonstra/ia 3 (fig. 85).
Fie I,1, lu, le centrele cercurilor exinscrise, E 1 , Fi, G1 punctele de contact ale cercurilor de ccntru IA, 1 8 , le cu laturile [BC], [CA], [AB], respectiv,
Se noteaza I AE 1 = R. 1 , IuF 1 = R 2 , IcG 1 = R. 3 •
Triunghiul IAE 1C este asemenea cu triunghiul J 8 F 1C, deci
CEifCF1 = R. 1 /R 2 Analog AFifAG1 = R. 2 /R. 3 BGifBE 1 = R 3 /R 1 ~i
prin inmultire se obtinem: G1A/G1B · E 1 B/E 1C · F 1CfF 1 A = l,
deci dreptele AEi, BF 1 ~i CG 1 sint concurente.
ProcedPn I fn!osit in demonstratia 1 se poate generaliza.
56
1.45. TEOREMA (NEUBERG).
A
Daca A 1, B 1 , C1 sint picioarele a trel
ceviene concurente ~i A 2 B 2 , C2 sint
slrnetrice punctelor A 1 , B 1 , C1 fata de
mijloacele laturilor, atunci dreptele
.A.A 2, BB 2 , CC 2 sint concurente.
Dernonstrafie.
Deoarece:
B 1A = B 2C, B 1C = B 2 A, A 1 B = A 2C,
Fig. 86
A 1C = A 2B, C1A = C 2 B, C 1 B = C 2 A,
rezulta A1B/A1C = AsC/A. 1 B, B 1C/B 1A = B 2 A/B2C, C 1 A/C 1B = C 2 B/C 2A
Se ob{ine:
A 8C/A 3 B · C 2 B/C'iA · B 2 A/B 2C = 1
~i folosind reciproca teoremei lui Ceva rezulta ca dreptele AA 2, BB 3 ~i CC 2
stnt concurente.
1.46. PUNCTELE LUI BROCARD
1.46.1. Teorema (Brocard). Fle triunghiut ABC ~i A 1 , Bu C1 puncte
oarecare pe Inturile [BC], [AC], respectlv, [AB]. Atunci cercurile circumscrise
triunghiurilor AB 1C1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 au un punct comun (numit primul punct
al Jui Brocard).
Denwnstr ajie:
Se consiclera cercurile circumscrise triunghiurilor AB 1C 1. BC 1A 1 care
se intersecteaza tn 1.vl. Unim M cu A 1 , B1, C1 ~i se obtine, clin faptul
ca patrulaterul AB 1MC 1 este inscriptibil, ca unA
.....,,......__
/'-....
ghiurile AB 1M ~i MC 1 B stnt congruente. Analog,
din patrnlaterul inscriptibil BA 1lvlC1 , unghiu/'-....
./"-....
rile MC 1 B ~i MA 1C s1nt congruente. De aici
/'-....
./"-....
rezulta c;t unghiurile AB 1M ~i MA 1C s1nt congruenta, deci patrulaterul MA 1CB 1 este inscriptibil, deci cercul care trece prin punctele A 1 , C ~i
B 1 tr~ce ~i prin punctul M de interseqie al celorlalte doua cercuri.
1.-46.2. Teorema (Brocard). In triuoghiut
A BC, cereal se trece prin A ~i tangent in B
taturii [BCl, cercul ce trece prin B ii tangent in C laturii [AC] ~i cercul ce
trece prin C ~i este tangent In A. laturH [AB] sint concurente intr-un pun ct Q
(numit al doilea punct al Jui Brocard).
Demonstrafie. Se considera primele doua cercuri ~i Q punctul lor de
intersectie. Se a.rat5. ca ~in Q trece ~i al treilea cerc, de unde va rezulta afirmatia problemei.
Fig. 87
,
/'-....
=
./"-....
./"-....
=
./"-....
./"-....
./"-....
lntr-adevar, OAB
O.BC fi QBC
nCA. Rezulta ca QAB == QCA,
deci Q apartine cercului ce trece prin C ~i este tangent laturii [AB] in A.
56
1.47. CERCURILE LUI APOLONIU
1.47 .1. Teorema. Fie [AD ~i [AD' blsectoarele interioari respectlv exte.............
rioara ale unghiulul BAC al triunghiulul neisoscel A.BC. Locul geometric al
punctelor M din planul triunghlului ABC pentru care MB/MC= AB/AC
este un cerc care trece prin punctele A., D ~i D'. (Acest cerc se nume~te cercul
Apoloniu al laturii [BC].
De-mo-nstra/ie. Din tcorema bisectoarci interioare rezulta AB/AC=
= BD/DC, de unde rczulta ca MB/MC= BD/DC, deci [.MD este bisec/"""-...
toarea intcrioara a unghiului BMC.
Analog, folosind teorema biscctoarei
cxterioare ~i rclatia din cnunt, se
obtine ca [MD' cste bisccloare
..,,,.....__
exterioara pentru
.,,,-..__
M
o·t=---------:!~4::,--------="'!
C
unghiul BMC .
Rezulta ca m(DMD') = 90° ~i cum
D ~i D' sint fixe, lvl apariine ccccului
Fig. 88
de diametru [DD'].
Reciproc, se arata ca orice punct M al cercului de diametru [DD']
satisface rclatia MB/MC= AB/AC.
Se observa mai intii ca din teoremele bisectoarelor intcrioara si exterioara se obtinc C'gaiitatea DB/DC= D'B/D'C.
'
Se construiesc paralelcle BE, BE', la MD, respectiv MD' (fig. 89).
Din teorcma lui Thales in triunghiul EBC pentrn paralela MD ~i in
triunghiul D'MC pentru paralcla E'B, se obtin relatiile:
(I)
ME/MC= DB/DC ~i (2) ME'/MC = D'B/D'C
.,,,,,,......._
Rezulta ME= ME' ~i cum triunghiul EBE' este dreptunghic, (m(EBE') =
= 90°), se obtine ME= ME'= MB.
1nlocuind in rclatia (1) pe ME cu MB ~i in relatia (2) pe ME' cu MB,
se obtinc ca: MB/MC= DB/DC= D'B/D'C = AB/AC
{ultima egalitate provine din teorema bisectoarelor interioare ~i exterioare).
Analog se obtin cercurile lui Apoloniu ale laturilor [AC] ~i [AB].
E
Fig. 89
1.47 .2. Teoremii. Cercurile Jui Apoloniu fac parte dintr-un fascicol.
DemonstraJie. Se arata ca centrele cercurilor lui Apoloniu se afla pe
<lreapta lui Lemoine. Fie 0 1 centrul cercului lui Apolonfo relativ la
latura [BC] ( deci mijlocul se.gmentului [DD']).
57
Se arata ca 0 1A este tangenta la cercul circumscris triunghiului ABC,
..,..........,_
..,..........,_
deci ca 01AB
ACB.
1ntr-adcvar,
=
..,..........,_
..,..........,_
m( ADD') = 180° - m(ABC) ..,..........,_
...............
1
...............
- m(B.AC) (din triunghiul ADE)
2
1
/"-....
Rezulta: m( AD'D) = m(ABC) + _ m(BAC) - 90°, dcci
2
..,..........,_
..,..........,_
m(0 1AB) = 90° - m(ABC) +
1
2
.,,,,......__
m(BAC) - 90° -
1
2
.,,,,......__
..,..........,_
m(BAC) = m(ACB)
Cum interseqiile tangentelor la cercul circumscris triunghiului in virfuri cu
laturile opuse sint trei puncte coliniare cc constituie drcapta lui Lemoine,
teorema este demonstra ta.
Din aceasta demonstratic rezulta ca cercurile lui Apoloniu sint ortogonale cercului circumscris triunghiului.
Observatie. Fie Z 1 ~i Z 2 punctclc comune ale ccrcurilor Jui Apoloniu
ale laturilor [AB] ~i [AC]. Atunci:
Z 1 A/ZiC = BA/BC ~i ZiB/ZiA = CB/CA (i = 1,2)
lnmultind cele doua relatii, sc obtine dt: ZiB /Z,C = AB /AC
Rezulta ca Z 1 ~i Z 2 apart in ~i cercului lui Apoloniu al laturii [BC].
Drcapta Z 1Z 2 este axa rariicala a cercurilor lui Apoloniu.
Rezulta: Z 1Z 2 cste perpcndiculara pc drcapta lui Lemoine ~i [Z1 Z 2J contine
centrul cercului circumscris triunghiului A BC (este chiar diametru).
Z 1 ~i Z 2 se numesc centrele izodinamice ale triunghiulul ABC.
1.47.3. Teorema (Neuberg). In patrulaterul ABCZ1 orice punct este
centru izodinamic al triunghiului determinat de celelalte trei puncte (patrulaterul ABCZ 1 se nume~te patrupunct izodinamic).
Demonstratie. Se arata ca, de excmplu, A cste centru izodinamic al
triunghiului BCZ 1 • Pornind, de cxcmplu, de la rclatia ZA/ZC = BA/BC,
rezulta ca AZ /AB = CZ/CB ceca ce trcb~1ia <lcmonstrat.
L
1.47.4. Teorema Cercurile Apoloniu taie
T
----:::z.~c:::::::::::-----7
E
0
Fig. 90
58
cercul circumscris dupa simediane.
Demonstra/ie. Se consitlera triunghiul
A BC ~i cercul srrn circumscris, T, L, X
punctele de intcrscqie a tangcntelor la
cercul circumscris din A ~i B, A ~i C, B ~i C
rcspectiv, iar prin X se construicste o
paralela la TA cc intcrscctcaza AB' in D
~i AC in E.
..,..........,_
.,,,,......__ ..,..........,_ ..,..........,_
Deoarece BDX==TAB-==TBA=DBX,
se obtine ca BX= XD.
Analog CX = XE, deci DX= XE
(pcntru ca XB = XC).
/'-...
/'-...
Dar dreapta DE este antiparalela la BC deoarece ADE== ACE, deci X
se afla pe simediana din A.
Fie S punctul de intersectie a simedianei AX cu cercul circumscris
triunghiului ABC. Se demonstreaza ca SB/SC = AB/AC, deci ca S apartine
cercului Apoloniu al laturii [BC]. Pentru aceasta se considera T 1 , T 2 proectiile
lui S pe AB, respectiv AC.
/'-....
=
/''
Atunci SBT 1
SCT 2 (dcoarece patrulaterul ABSC este inscriptibil),
deci ST 1/ST 2 = SB/SC. Dar ST 1 /ST 2 = AB/AC (S fiind pe simediana
din A) deci SB/SC= AB/AC,
0bservatie. Din ccle demonstrate rezult5. ca triunghiul format de tangente este omologic cu triunghiul <lat, centrul de omologie fiind punctul lui
Lemoine.
Axa de omologie, adicf't dreapta formata de intersectiile laturilor opuse
va fi drcapta lui Lemoine. Rezulla deci ca drcapta lui Lemoine este polara
triliniara a punctului lui Lemoine.
1.48. TEOREMA LUI 1\IORLEY. Tr:sectoarele ungh:urilor unui trfunghi oarecare se intersecteaza in trei puncte care sint virfurlle unui triunghi
echilateral.
Pentru demonstratie se folose~te urmatoarea lema:
1.48.1. Lema. Fie, u, v, w masurile a trei unghiuri, unde u< 60°, v< 60°,
w< 60°, 1t + v + w = 120°. Fie ABC un triunghi echi1ateral ~i fie A', B',C'
puncte exterioare triunghiului A BC, astfel incit
/'-...
/'-...
/'-...
./'--.
m(A'BC) =m(A'CB) = u m(B'CA) = m(B'AC) = v
/'-...
/'-...
m(C'AB) =rn(C'BA) =W
Se noteaza (fig. 91):
{A"}= B'C n BC', {B"} = C'A n A'C, {C"} = A'B n AB'.
Atunci
/'-...
a) [A'A este bisectoarea unghiului BA'C;
b) A este centrul cercului ins eris in triunghiul A' B "C" Oi analoagele)
/'-...
c) Semidreptele [A"B, [A"C impart unghiul B"A"C" in trei unghiurl
congruente deci sint trisectoare in triunghiul A" B"C";
/'-...
.....,.--....._
/'-...
d) m(B"A"C") = 180° = 180° - 3w.
3u,
m(C" B"A") = 180° - 3v, m(il"C"B") =
Demons tr a/ia lemei 1.48 .1.
a) este evident pentru ca triunghiurile ABA' ~i ACA' sint congruente,
/'-...
/'-...
ceea ce implica BA'A == CA'A.
Rezolvarea punctului b) atrage dupa sine rezolvarea punctului c).
Punctul d) se demonstreaza in cadrul punctului b).
Pentru rezolvarea punctului b) se folosesc:
/'-...
/'-...
m(C" AC') = m(B" AB') = 180° - (w + 60 + v) =
/'-...
m(B"AA') = 30°
/'-...
it
/'-...
+ v + it, m(C"AA') = 30° + w + u, m(C"AB") = 180°-u
59
.,,,......_
.,,-...._
Din triunghiul C" BA se obtine m(BC" A) = 60° - w. Analog m(AB°C) =
= 60" - ii.
.,,-...._
.,,-...._
Se noteaza m(.AC' B") = x, m(AB C") = y ~i se obtine x + y = u.
Se considera scparat triunghiul C "A' B ~i se considera locul geometric
11
0
.,,-...._
al punctdor
.,,-...._
din
1'.f
interiorul
triunghiului
pentru
care m(M B"C") +
+ m'(MC" B") = u. Se arata. u~or ca locul geometric cautat este un arc capabil
de unghiul avind masura l so•-i,, cu capetele in B" ~i C".
A"
Fig. 91
.,,-...._
Punctul A apartine acestui loc dcoarccc m(C" AB") = 180° - u
.,,-...._
~i
punctul A apartine ~i bisectoarei unghiului C" A' B".
Daca se noteaza cu I punctul de interscqie a bisectoarelor triunghiului
C"AB", rezulta di:
.,,-...._
.,,-...._
.,,-...._
m(C"IB") = 180 0 _ m(A'C" B") + m( A'B"C") = 1800 _ 180°-m(C"A'B") _
2
2
= 1800 _
180° -
(180° 2
2u) = 1800 _
it.
Deci punctul I coincide cu punctul A.
Demonstra/ia teoremei lui Jforlcy. Pentru a pastra notatiile lemei anterioare se considera triunghiul <lat ca fiind A" B"C". Fie u, v, w determinate de
.,,-...._
.,,-...._
.,,-...._
conditiile m(B" A"C") = 180° - 31t, m(A" B"C") = 180° - 3v, m(A"C" B") =
= 180° - 3w ~i fie un triunghi echilatcral A BC.
Repctind constructia din problcma autcrioar:i, se obtine un triunghi
A 1B 1C1 cu proprietatea ca triscctoarele sale se intersccteaz5. in A,B,C, ~i
.,,-...._
.,,-...._
.,,-...._
=
.,,.,,,......__
B1A 1C 1 == B"A"C", A 1B1C 1 A"B"C",
ceca ce <lemonstrcaza teorcma.
GO
.,,-...._
.,,.,,,......__
A1C1 B 1 == A"C"B",
i.49. PUNCTUL LUI TORRICB.lal-FERMAT
1.49.1. Teorema lui TorricelH. Toorema lui Fermat.
Teorema 1 (TorricelU). Se considera triunghiul ABC cu toate unghiurile·
strict rnai rnici decit 120° ~i pe Iaturile triunghiului se construiesc in exterior·
triunghiuri echilaterale ABC1 , ACBi, BCA 1• Cercurile circurnscrise acestor
triunghluri au un punct cornun.
Demonstrafie.
Fie T punctul de intcrscctie a ccrcurilor
circumscrise triunghiurilor ABC 1 ~i ACB 1 . Se
demonstreaza ca patrulatcrul BTCA 1 este
inscriptibil. Pentru aceasta se obscrva ca pa'trulaterde C1 BTA ~i TCB
A fiind
inscriptibile,
_,,,,,,,,....__1
_,,,,,,,,....__
=
implica unghiurile BT A
A TC E 120°, de
uncle rezulta ca patrulatcru1 BTCA 1 este
inscriptibil.
Observatie. In felul acesta s-a demonstrat
~i ca exista un unic punct T din plan cu
./",,...
./",,...
A1
Fig. 92
./",,...
proprietatea ca ATE, ATC, ETC E 120°, deoarece T trebuie sa aparµ:ua
simultan celor trei cercuri considerate. Punctul T se num~te punctul lui
Torricelli pentru triunghiul ABC.
Teorema 2. Se considera triunghiul ABC cu toate unghiurile strict mat
mici decit 120° ~i triunghiurile echilaterale AB 1C, AC 1 B, BC 1 A construite
in exterior ca in teorema precedenta. Atunci:
a) AA 1 , BB 1 , CC 1 sint concurente.
b) AT+ BT+ CT= AA 1 = BB 1 = CCi
Demonstraft'e. Fie T punctul de concurenta a cercurilor din problema
precedcnta. Se demonstreaza ca A, T, A 1 sint coliniare, de unde va rezulta
ca AA 1 , BBi, CC1 sint concurentc in T.
_,,,,,,,,....__
Unind T cu A 1 se obtine: A 1 TC
.,,,,.....__
.,,,,.....__
_,,,,,,,,....__
= CBA E 60° ~i ATCE 120°, deci
1
unghiul ATA 1 E 180°.
Pentru punctul b) se procedeaza in fe1ul urmfitor: AA 1 =AT+ TAIDin teorerna lui Ptolomeu aplicata pcntru patrulaterul inscriptibil BTCA 1
(in care triunghiul BCA 1 este echilateral) rczulta BT+ TC= TA 1 (rela/ia lui Sclwoten).
Teorema 3 (Fermat). Punctul T considerat anterior are proprietatea ca
realizeaza minirnul sumei 1vIA +MB+ MC, cu M punct din planul triunghiului A BC.
Dcmonstrafia 1. Fie ]if in pbnul triunghiului ABC. Cel putin
unul din patrulaterele MAB 1C, MBA 1C, MAC 1 B cste convex. Fie acesta
1\:IBA 1C. Aplicind inegalitatec1 Jui Pto1omcu, rezulta: MA 1 ~MB+ MC
deci se obtine ca: AA 1 ~MA+ MA 1 ~MA+ MB+ MC.
Folosind teorema 2 rezulta ca: TA+ TB+ TC<MA +MB+ MC
cu egalitate, daca ~i numai daca, 1\,1 = T.
61
Demonstratia 2. (Folosind proprietate~! optica a elipsei).
Fie M acel punct din plan pentru care suma MA + MB + MC este minima .
..,.........___..,,,,........._,.........__
Se demonstreaza ca unghiurile AME, AMC.. BMCE 120°, de uncle va rezulta, folosind observatia teoremei, I di M = T.
Fie elipsa de focare B ~i C care tree~ prin M ~i cercul de centru A ~i de
raza AM.
Cele doua curbe sint tangente in punctul M, deoarece in caz contrar,
considednd un punct de pe arcul de elipsa din interiorul cercului de raza AM,
suma distantelor sale la B ~i C este egala ca valoare tot cu MB
MC (din
definitia elipsei), iar distanta de la punct la A ~ste mai mica dedt MA (punctul
fiind situat in interiorul cercului), contradictie cu faptul ca in M suma
MA +MB
MC este minima. Fie tangenta in M la cele doua curbe, d.
Rezulta di AM -1... d, deci AM normala la elipsa in M. Conform proprietatii
..,.........___
.,,,,,.,......_
_,.........__
optice a elipsei, AM este bisectoare pentru unghiul BMC, deci AME== AMC .
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
Analog se demonstreaza di AM B
BMC, de uncle rezulta ca AM B, BMC,
.,,,,,.,......_
.
Cl\1A
120°, dec1 M = T.
+
+
==
==
1.49.2. 0 generalizare a teoremei Jui Torricelli.
Teoremii. Fie ABC ~i A 1 B 1C 1 doua trilltnghiuri nedegenerate de laturf
+
"
a, b, c, respectiv a 1 , b1 , c1 ~i arii 5, respectiv 5 1 , cu proprietatea ca m(A)
/\
/\
/\
/\
I'\
+ m(A 1 ) < 180°, m(B) + m(B 1 ) < 1_80°, m(C) + m(C 1 ) < 180°. Construi'm in
exteriorul triunghiului ABC triunghiurile BCA', ACE' ~i ABC', astfel incit
.6.A 1 B 1C 1 " ' .6.A'BC"' .6.AB'C"' .6.ABC'. Atunci:
a) cercurile circumscrise triunghiurilor EGA', ACE' ~i ABC' au un punct
comun T, aflat in interiorul triunghiului ABC;
b) dreptele AA', BB' ~i CC' sint concurente in T;
c) punctul T este punctul pentru care suma a 1 · TA + b1 • TB + c1 • TC
este minima.
d) are toe egalitatea:
a 1 · AA'= b1 · BB'= c1 • CC' =min(a 1 · MA+ b1 • MB+c 1 • MC)=
l\I
= a 1 • TA + b1 • TB + c1 · TC;
e) daca se noteaza cu OA, 0 13 , Oc centrele cercurilor circurnscrise
respectiv triunghiurilor BCA', ACE' ~I ABC' atunci .6.0 A0 13 0c ~ .6.ABC.
Demonstra/ie a) Se noteaza cercul circumscris triunghiului BCA'
cu @(0,1 ) ~i analoagele. Fie atunci {T, A}= @(On) n @(Oc), Evident:
_,.........__
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
-"
;,,
A
-"
~i m(ATC) = 180° -
m(ATB) = 180° - m(AC'B) = 180° - m(C 1 )
I\
A
m(B 1 ).
Cum din ipoteza m(C) < 180 - m(C 1 ) ~i m(B) < 180 - m(B 1 ), rernlta di
punctul T se afla pe portiunile cercurilor @(On), respectiv @(Oc), aflate m
interiorul triunghiului ABC. Atunci:
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
.,,,,,.,......_
m(BTC) = 360° - m(A TB) - m(A TC) deci
./"""-...
m(BTC) = 360° -
(180° .,,,,,.,......_
-"
m(C 1)) -
(180° .,,,,,.,......_
m(BTC) = 180° - m(BA'C)
62
"
m(B 1)),
ad.ica
de unde se obtine ca patrulaterul BTCA' este inscriptibil. Am demonstrat ca:
,,e(OA) n @(On) n @(Oc)={T} 9i Tse afla in interiorul triunghiului_,,,,,,,...._
ABC".
b) Se demonstreaza ca punctele A, T 9i A' sint coliniarc. Cum m(A TC) =
,..
= 180° - m(B 1 ) 9i BTCA' este inscriptibil, rezulta ca m(CTA') = m(CBA') =
,..
= m(B 1 ). A9adar: m(ATC) + m(CTA') = 180°, deci A, T 9i A' sint coliniare.
Se ohtine: AA n BB' n CC' = {T}
~
~
~
~
I
c) Fie M un punct din plan. Conform inegalitatii lui Ptolomeu pent. u
punctele M. C. A B rczulta ca:
MB· A'C +MC· A'B >MA'· BC, ceca ce este echivalent cu
I'
MB· A'C/BC +MC· A-'B/BC > MA', cu egalitate dnd ME ETC.
Dar cum t:,.A'BC ,. .__, t:,.A 1 B 1 Ci, rezulta ca:
A'C/BC = A 1 C1 /B 1C 1 = bi/c 1 9i A'B/BC = A 1 B 1 !B,C 1 = c1/a 1, deci
MB· b1/a 1 + MC· cifa 1 > MA'. Se poate scrie
a1 MA
+ b MB + cif',1C > a (MA + MA') > a AA',
1
1
1
,--.
egalitatea avind loc dnd M E BTC n AA', adica pentru M = T.
d) S-a demonstrat la punctul c) ca a 1 TA + b1 TB + c1 TC = a 1 AA'.
Analog se demc;mstreazr1 di a 1 T A + b·1 TB + c1 TC = b1 BB' = c1CC'.
e) Fie {P} = 0 13 0 0 n AT, {Q} = OAOc n BT, {R} = O,\Ou n CT.
Patrulaterul POu RTeste inscriptibil (deoarece OBOc __LAT 9i O,.\OB _L CT),
.,,,,,,.....___
~
,..
"
deci: m(POBR) = 180° - m(PTC) = 180° - (180° - m(B 1)) = m(B 1 ).
Analog, din faptul ca patrulaterele POcQT 9i QO ART sint inscriptibile,
.,,,,,,.....___
,..
,.
rezulta: m(P0 0 Q) = m(C1) 9i m(QOAR) =m(A 1). Deci l:,.0,10BOc ~ t:,.A 1B 1C1.
Demonstratia teoremei este incheiata. Punctul lui Torricelli se obtine considerind A~B 1C 1 echilateral.
·
~
1.49.3. Puncte importante din triunghi regasite din proprietatea de minim.
Fiind dat un punct T din interiorul triunghiului pentru care se cunosc
.,,,,,,.....___
.,,,,,,.....___
.,,,,,,.....___
masurile unghiurilor AT B, ETC 9i A TC, se pot determina unghiurile 9i
~
laturile triunghiului A 1 B 1 C1 . Daca notam cu ex,~. y masurile unghiurilor ETC,
.,,,,,,.....___
.,,,,,,.....___
,..
"
,..
.,,,,,,.....___
.,,,,,,.....___
ATC, ATB, cu m(A 1 ), m(B 1 ), m(C 1 ) masurile unghiurilor B 1 A 1C 1 , A 1 H1C 1,
"
"
"
A.,,,,,,.....___
~. m(C 1) = 180° - y
1C 1 B 1 , atunci: m(A 1 ) = 180° - oc, m(B 1 ) = 180° Evident ca ex, ~. y determina in mod unic punctul T. Rezulta:
a 1 /sin A 1 = b1 /sinB 1 = c1 /sinC 1 = 2R
Punind 2R = 1, se obtine: a 1 = sin ex, b1 = sin ~. c1 = sin y.
i) Se considera, de exemplu, T in centrul cercului inscris in 1riunghiul
ABC.
~
"
Deci ex= m(BIC) = 180° - 1/2 m(B) ,'\
"
1/2 m(C) = 90°
"
+ 1/2 -m(A).
A
Analog ~ = 90° + 1/2 m(B), y = 90° + 1/2 m(C), de unde
a 1 = cos A/2, b1 = cos B/2, c1 = cos C/2.
Rezulta ca I, centrul cercului inscris, se obtine ca fiind punctul pentru care
se atinge minimul expresiei MA· cos A/2 +MB· cos B/2 +MC· cos C/2,
dnd punctul M se mi 9ca in planul triunghiului.
63
ii) Fie acum T in ortocentrul H al triunghiului ascutitunghic ABC •
.,,,,,......._
A
A
A
Rezulta: 1X = m(AHB) = 180 - m(A) ~ = 180 - m(B) y = 180 - m(C)
deci sin IX = sin A, sin~ = sin B, sin y = sin C.
A'?adar ortocentrul H este pundul din plan pentru care se atinge minimul
expresiei MA · sin A
MB· sin B
MC· sin C cind triunghiul A BC este
ascutitunghic ~i M se mi~di. in plan.
inmultind expresia gasita cu oonstanta 2R, se obtine ca:
{H} ={ME (ABC) I a· MA+ b· MB+ c· MC minima}
.adica problema 19495 din G.M. 12/1982.
iii) Cazul T = 0 (centru.l cercului circumscris). Atunci:
+
+
A
A
,._
m(A), ~ = 2 m(B), y = 2 m(C).
Deci pentru triunghiul ascutitunghic ABC,
IX= 2
{O} ={ME (ABC) I .MA· sin2A + MB· sin2B + MC· sin2C
minima}
iv) Cazul T = w 1 (primul punct al lui Brocard). Atunci:
.,,,,,......._
"
m(Aw 1 B) = 180 - m(B) = y
.,,,,,......._
.,,,,,......._
A
m(Bw 1C) = 180 - m(C) =
00
A
m(Cc,) 1A) = 180 - m(A) =
~
Deci pentru triunghiul ascutitunghic ABC se obtine:
{w 1 } = {ME (ABC) I MA· sin C +MB· sin A+ MC· sin B minima}.
v) Considednd T = w 2 (al doilea punct al lui Brocard) rezu.lta:
.,,,,-....._
A
-~
"
m(Aw 2 B) = 180° - m(A) = y
m(Bw 2C) = 180° - m(B) = ix
.,,-....
"
m(Cw 2A) = 180° - m(C) = ~
Prin urmare, fiind dat triunghiul ascutitunghic ABC, se deduce ca
{w 2 } ={ME (ABC) I MA· sin B +MB· sin C +MC· sin A minima}
Evident ca, particularizind triunghiul A 1 B 1C 1 ~i considednd concluziile de la
punctele a), b), c), d) ale teoremci, se pot obtine ~i alte proprietati interesante referitoare la punctele I, H, 0, w 1 , w 2 precum ~i la alte puncte importante din triunghi.
1.49.4. Problema minimului global (Paul Horja).
in continuare vor fi demonstrate doua teoreme care elucideaza. in totalitate problema gasirii punctului T din plan pentru care suma
a 1 • TA + b1 • TB + c1 • TC
este minima, unde ii 1 , b1 , c1 sint constante arbitrare pozitive. in 1.49.2. problerna este rezolvata in anurnite conditii restrictive impuse numerelor a 1 , bi, ci,
cit ~i unghiurilor triunghiului A 1B 1C 1 • De aceea se studiaza situatia in care
cu numerele ai, bi, c1 se po;;ite construi un triunghi nedegenerat A 1 B 1C1 dar
A
pentru c.are nu mai sint adevarate toate inegalitatile: m(A)
64
A
+ m(A 1) < 180°,
,I\
A
/\
,I\
m(B) + m(B 1 ) < 180°, ni(C) + m(Ci) < 180°. Din toate aceste trei incgalitati, doar una poate fi falsa, deoarece daca, de cxemplu,
./'\
.I'\
,/\
,I\
m(A) + m(A 1 ) ;;., 180 ~i m(B) + m(B 1 ) ~ 180
" + 180° - m(C"1 ) ;;.: 180, ceca ce cste evident fals
ar rezulta 180" - m(C)
deoarece s-a presupus ca triunghiul A 1 B 1C 1 estc nedcgenerat. A~adar:
Teorema t. Fie ABC ~i A 1 B 1C1 doua triunghiurl nedegenerate de laturi
a, b, c, ai, a 2 , ai ~i arii 5 respectiv 5 1 cu proprietatea ca m(A)" + m(A"1 ) > 180
Se construiesc in exteriorul triunghiului ABC tr:unghiurile BCA', ACE',
ABC', astfel incit .6.AiB 1Ci ~ .6.A'BC ~ L,.AB'C ~ L,.ABC'. Atuncl:
a) cercurile circumscrise triunghiurilor BCA', ACE' ~i ABC' au un
punct comun T;
b) dreptele AA', BB', CC' sint concurente in T·
c) are Joe egalitatea:
ai · AA' = bi· BB' = ci · CC' = bi· TB + ci · TC - a 1 • TA;
d) daca notam cu 0_.1 , OB, Or, centrele cercurilor circumscrise respectiv
triunghiurilor BCA', ACE' ~i ABC' atunci L,.0.PrPc~ .6.AiBiCi.
e) expresia a 1 -MA + b1 -MB + c 1 -JfC este minima atunci cind M = A.
Dcinonstrafic. a)
Fie
{T, A} = @(Oc)
n @(OH)-
Se demonstrcaza
c;1 T fl: AB, uncle prin ;LB sc intelcgc arcul .W aflat de aceea~i parte a
lui AB ca ~i punctul C. Sc presupune ca T E .4B. Dar cum T E @(OJJ),
rezulta ca T E AC, unde prin AC se intclege arcul AC aflat de aceea~i
parte a drcptci AC ca ~i punctul B. Sc ~tie ca OrPc sepad punctcle A ~i T
(fiind dreapta cc unqte ccntrele celor doua cercuri).
Fie {P} = OnOc n AT ~i {5} = AT n BC.
C'
(
\
65
5 - Probleme practice de geometrie
ln aceste conclitii P separa A ~i T ;;i cum T E AB, rezulta ca T E (AS,
...............
"
"
/'-....
adica P E (AS. Dar m(OcAB) = 90° - m(C') = 90° - m(C 1), m(OnAC) =
=
" = 90° - m(B" ), unde s-a folosit faptul ca in orice triunghi
90° - m(B')
1
inaltimea ~i raza cercului circumscris ce pornesc din acela~i virf sint cevicnc
izogonale, deci:
-""
"
-""
"
m(OcAB) + m(BAC) + m(CAOrJ = 180° - (m(B 1 ) + m(C 1)) +
/'-....
A
A
A
+ m(A) = m(A + m(A) > 180°,
1)
ceca ce inseamna ca unind 0 8 cu Oc, punctul P de intersectie cu AT nu
poate fi situat pe semidreapta (AS. Presupunerca facutii este falsft,
-----
-
,.,
/'-....
deci TeAB, ceea ce implica imediat cam(BTA) = m(BC'A) =m(C 1 ). Analog
-""
_,,,,,.....__
,.,
/'-....
/'-....
~i m(CTA) = m(AB'C) = m(B 1), de unde rezulta ca m(BTC) = m(BT A)
_,,,,,.....__
A
+
A
A
+ m(CTA) = m(B 1 ) + m(C 1 ) = 180° - m(A 1 ). Se poate conchide ca
-""
_,,,,,.....__
m(BTC) + m(BA'C) = 180°, deci patrulaterul BTCA' este inscriptibil,
adica T E @(0 "t), echivalent cu @(0 A) n @(On) n @(Oc) = {T}.
b) Se demonstreaza ca punctele C, T ~i C' sint coliniare. Cum
..-"'-,
A
_,,,,,.....__
..-"'-,
m(CTB)= 180°- m(A 1) ~i TE @(Oc), rezulta ca m(C'TB) = m(BAC') =
A
_,,,,,.....__
_,,,,,.....__
A
m(BA'C) = 180° - m(Ai), Yn ambclc
situatii rezulta ca C, T, C' sint coliniare schimbindu-se doar ordinea punctelor pe dreapta.
= m(A 1 ) sau m(C'TB) = 180° -
Analog se demonstreaza ~i ca B, T, B' sint coliniare. Dar cum T e rIB,.
..-"'-,
,............._
A
.,/"-.
rezulta ca m(BTA) = m(BC'A) = m(C 1 ). Cum BTCA' cste inscriptibil,.
..-"'-,
..-"'-,
A
nz(BTA') = m(BCA') = m(Ci)- Se obtine astfel ca A, T, A' sint coliniare.
Deci AA n BB' n CC' = {T}.
c) Se demonstreaza ca: a 1 ·AA'= b1 ·TB+ ci · TC - a 1 · TA. Conform celor demonstrate anterior rezulta ca A E (TA'). rl, ,:i AA' = TA' - TA.
Scriind relatia lui Ptolomeu pentru patrulaterul inscnpt ibil TBA 'C, se obtinc:
TB· A'C + TC· A'B = TA'· BC sau TB· A'C/BC + TC· A'B/BC = TA'.
Cum 2,.A'.HC ~ 2,.A 1B 1C 1, rezulta ca A'C/BC = A1CifB1C1 = b1/ai ~i
A'B/BC = AiB 1/BiC 1 = c1/a 1. Deci se poate scrie ca:
I
TB· bifai +TC· ci/a 1 = TA',
adica b1 · TB+ c1 · TC= a1 · TA'
sau a 1 · AA'= b1 · TB+ c1 · TC - a 1 · TA.
Se va demonstra ca b1 ·BB'= c 1 ·CC'= b1 · TB+ c 1 · TC - a 1 • TA.
Cazul B' E (TB), deci BB'= TB - TB'.
1npatrulaterul inscriptibil B'TCA: TC· AB'+TB· AC=TA · B'C sau
TC· AB'/AC + TB'= TA· B'C/AC. Dar cum 2,.AB'C ~ 2,.AiBiC1, rezultrt
ca: AB'JAC = c 1 /b 1 ~i B'C/AC = a 1 /b 1 , deci b1 ·TB'= a1 • TA - c 1 • TC.
Rczultrt ca: b1 ·BB'= b1 ·TB+ c1 · TC - a 1 · TA.
Cazul TE (BB') s-ar trata analog cu demonstrarea faptului ca c1 • CC'=
=bi· TB
c1 · TC - a 1 · TA daca T E (CC'), caz ce va fi analizat:
+
66
In patrulaterul inscriptibil TAB'C:
TA· BC'+ TC'· AB= AC'· TB
sau
TA· BC'/AB +TC'= TB· AC'/AB.
Cum 6ABC' ~ 6AiBiCi, se obtine BC'/AB = a 1 /ci ~i AC'/AB = b1 /ci,
dcci ci ·TC'= bi· TB- a 1 • TA sau c1 • CC'= b1 • TB+ci · TC- a 1 • TA.
d) Fie {Q} =OAOc n TB .,,,,,.......__
~i {R} =OAOB
n TC. Cum OBOC_L
TA,
.,,,,,.......__
.,,,,,.......__
0_.10c _L TB, 0 AOc _L TC ~i m(OcQT) = m(OcPT) = 90°, rezulta QOcP =
~
.,,,,,.......__
= QT P, patrulaterul OcQPT fiind inscriptibil.
Dar ~i patrulaterul B' TC A este inscriptibil, de unde rezuWi. ca:
~
.............
.,,,,,.......__
/'---..
/'---..
"
QTP = B'TA = B'CA = A 1C1 B1, deci OAOBOc = Ci.
Analog, din faptul ca patrulaterele TPROB ~i TB'AC sint inscriptibile,
/'---..
,._
rczulta: 0 AOnOc = B1, deci 60 AOnOc ~ 6A1B1C1.
Astfel se considera triunghiul ABC ~i se construiesc prin B ~i C
<loua drepte perpendiculare pe AB, respectiv AC, care se intersecteaza in D.
Sc aleg D 1 E (DB ~i D 2 E (DC,
(fig. 94), astfel indt DD 1 = b1 ~i E
DD 2 =Ci-Se construie~te prin A
o paralela la D 1D 2 care intersecF
tcaza DB in E ~i DC in F. Pro- B
lilcma care se pune este de a
dL'monstra ca pentru orice punct
JI din plan, are loc relatia:
\--=:::::=::=-:~-------
iii· .MA
+ b1 • MB + c1 • J1.1C ;;;i:
;;;i, b1" AB
+ C1. AC
rn egalitate dnd M = A. Se
D
obscrva ca daca se presupune ca
Fig. 9-1
DE = k · b1 ~i DF = k · ci, cu
kc R~, atunci: b1 · AB + c1 • AC = 2cr[DEF]/!?. A~adar problcma se reduce
la a demonstra ca: ka 1 ·MA+ I~· b1 ·MB+ kc· MC ;;;i= 2cr[DE1'l
Tinind cont de faptul ca m(A) + m(A"1) ;;;i: 180, rezulta m(A"1) ;;;i: 180° ,._
.............
- in(A) = m(BDC), deci cos 1 A ,;;;; cos D, unde prin D intelegem masura
unghiului BDC. Atunci:
k 2 • ai = /? 2 • Vi + k 2 • Ci - 2llb 1 • kc 1 • cos A 1 ;;;i: k 2 • bi + k2 • Ci - 2kb 1 • !?c 1 · cos D = EF 2 , deci /? • a 1 ;;;i: EF.
Teorema cste deci demonstrata daca se dovede~te ca
EF· MA+ DE· MB+ DF· MC:::: 2cr [DEF],
ceca ce este echivalent cu EF · MA/2 +DE· MB/2 + DF · MC/2 > cr[DEF].
Evident .MA ;;;i= d(M, EF), MB ;;;i= d(M, DE), MC ;;;i= d(M, DF), deci se
poate scrie ca EF· MA/2 + DE· MB/2 +DF· MC/2 ;;;i= EF· d(M, EF)/2 +
+DE· d(M, DE)/2 + DF · d(M, DF)/2 = a[MEFJ + a[JlDE] + a[JfDF]
67
.5*
Dar pentru orice M din plan, cr[MEF]
Rescriind tot ~irul de inegalitati, rezulta:
lca 1 • 1vfA
+ cr[2\IIDEJ + cr[MDFJ > cr[DEF]
+ kb ·MB+ k· c
1 • MC~EF·
MA+ DE· MB+ DF· .MC~
~ 2cr[DEF] = k · b1 · AB+ kc 1 • AC, adica:
a 1 • MA+ b1 · MB+ c1 • }.fC ~ b1 • AB+ c1 • AC
cu cgalitate dacrt ~i numai daca 1W = A.
Evident et in cazul in care triunghiul A 1B 1C1 estc echilatcral ~i
1
,..
m(A) ~ 120°, sc rcgrtse~te proprictatea cunoscut5.:
min (MA+ 111B + .1vIC) =AB+ AC
M
Dcmonstratia teoremei 1 estc inchc1u. ~~Deci, ·in teorcma 1 s-a renm.~~t la conditiile restrictive impuse unghiurilor triunghiului A 1 B 1C1 • Se enunta in continuare o teorema prin care se
elimin5. ~i conditia restrictivf1 impustt numerelor strict pozitive rt 1 , b1 , c1 de a
se putea forma un triunghi cu ele. Se presupune ca a 1 ~ b1
c 1 • Evident,
nu mai poate avea loc, de exemplu, ~i b1 > a 1
c1 pentru ca prin adunare
s-ar obtine O ~ 2c 1 , ceea ce cste fals. Deci:
+
+
Teorema 2. Fie triunghiul A BC de laturi a, b, c ~i numerele strrct pozltive
ca a, > b1 + c1• Atunci minimnl expresiei a 1 • MA +
+ b1 ••11 B + c 1 • JfC se obtine atunci cind punctul Ji coincide cu virful
A al
triungh:ului ABC.
a 1 , b1 , c1 cu proprietatea
Dcmol!strati,·. Se construiesc prin B ~i C doua drepte pcrpendicu!are
pc AB, rcspectiv AC, care se intersccteaza in D. Se aleg Di E (DB ~i_ D 2 E (DC,
astfcl incit DD 1 = b1 !'!i DD 2 = c1 . Se construie~te prin A o parak% la D 1D 2
care intersecteazft DB 111 E ~i DC in F (fig. 95).
Problema rcvine deci la a demonstra ca oricare ar fi Ji un punct din
plan, are loc:
a 1 · Ji A+ bi· MB+ c1 • MC ~ b1 • AB
c1 • AC,
+
cu egalitate dnd M = A. Se presupunc ct1
DE= k · DD 1 =I~· b1 ~i DF = !~·DD~= k · c1 , h E R~;
atunci: b1 • AB+ r 1 · AC = 2cr[DEF]lk. Din ipoteza avcm: a 1 ~ b1 + Ci,
dcci: ka 1 ~ k(b 1
c1 ) = DE -f- DF > EF
Inegalitatea de de1:1onstrat estc echivalenti cu lw 1 • JfA + lib 1 · Ji B +
kc 1 • MC > 2cr[DLI·l
+
+
E
D
GP.
+
Tinind cont ca lla1 > EF, rezulta ca daca se demonstreaza ca EF • 1\,fA
--i- DE· MB + DF · AJC > 2a[DEF], problcma este terminata. Se observa
insa ca aceasta inegalitate cste chiar inegalitatea dcmor.stra:a in cursul
clcmonstratiei teoremei I. Dcci s-a aratat ca
+
a1 • MA
b1 • l\JB + c1 · MC > 2a[DEF]/k = b1 • AE + c1 • AC
cu cgalitatc dnd M = A. Dcmonstratia este incheiata.
Prin urmare problcma gasirii pozitiei punctului din plan pentru care
cxprrsia a 1 • MA + b1 • 11,J B + c1 • MC ia valoarea minima a fost elucidat5.
oricarc ar fi constantcle strict pozitive a 1 , b1 , c1 . Daca una dintrc aceste constan tc c!'.lc nd2., rroblcma rcvinc la una mult mai simplrt.
l .50. TEC\RE:\L\ LUI rTEICA
1.50.1. TeoremJi (Gh. Titcica). Trei ccrcuri @(0 1 , R), @(0 2 , R),
f2(0 3 , R) au un punct comun. Lunindu-Ie doua cite doua, se obfin inca trei
puncte de intersecfie A, B, C. Cercul determinat de punctele A, B, C are raza
cgala cu R.
Di:monstrafi'a 1. Fie I-l punctul comun celor trei cercuri (fig. 96).
Patn1laterul 0 3 A0 2 H este romb, dcoarece A0 3 = 0 2 H = R = A0 2 = 0 3 H.
De asemenea patrulaterul 0 1130 3 H este romb. Rczult5. A0 2 II 0 3 H II B0 1
~i deoarece A0 2 = B0 1 = R, sc obtine ca patrulaterul AB0 10 2 cste
paralelogram. Deci AB = 0~0 2 • Analog se obtine BC = 0 20 3 ~i CA = 0 30 1 •
Prin urmare triunghiurile ABC ~i 0 1 0 20 3 sint congruente. Rezulta ca cercurile
circumscrise triunghiurilor A BC ~i 0 10z0 3 sint congruente. Centrul cercului
circumscris triunghiului 0 1 0 20 3 arc centrul in punctul H ~i raza H0 1 = H0 2 =
= H0 3 = R. Prin unnare ccrrnl dcterminat de pnnctcle A, B, C are raza R.
"--,
(
\
\
I;
i
I
_,,/
/
Fig. 97
Fig. 96
Demonstrati'a 2. Paralela dusa pnn C la AB intersecteaza cercul
&(0 2 , R) in pu'nctul D (fig. 97).
,,,,.....,_
...........
...........
...........
............
...........
Dcci: m(ADC) = m(ADH) + m(HDC) ~~ m(ABH)
m(HBC) = m(ABC).
Rczulti:'t ca patrulaterul ABCD este paralclogram. Triunghiurile ABC ~i
.ADC fiind congruentc, rezultft ca ccrcul circumscris triunghiului ABC este
congruent cu cercul @(0 2 , R) circumscris triunghiului ADC.
+
69
Demonstrafi'a 3. Se considcra un reper cartczian avind ca origine punctul H, comun celor trei ccrcuri date ~i fie Z 1 , Z 2 , Z 3 afixcle punctelor 0 1 , 0 2 , 0~.
:Mijloacclc- segmentelor [0 1 , 0 21, [0 1 0 3] ~i [0/) 3] au rcspcctiv afixele (Z 1 + Z 2 )/2,
(Z 1 + Z 3 )/2 ~i (Z 2 + Z 3 )/2. Rczulta dt punctelc A. B ~i C au respectiv afixele
Z 2 + Z 3, Z1 + Z3 ~i Z 1 + Z 2• Dcci:
AB= I Z1 + Z3 - Z2 - Z3 [ = I Z1 - Z2 I = 0i02
Analog- se obtine BC = 0 20 3 ~i AC = 0 10 3 • Prin urmare triunghinrilc A BC
~i 0 10P 3 sint congruente. Deci cercul circumscris triunghiului ABC are raza
egala cu R.
A
B
Fig. 98
Fig. 99
Demonstrafia 4 (G. Poly a). Fie trei cercuri congruente care tree prin
punctul H ~i care se mai intersectcaza doua cite doua in punctele A, B, C.
Se considera separat hexagonul A0 3 B0 1C0 2 , format din romburile
A0 3 H0 2 , B0 1H0 3 , C0 2H0 1• Aceasta rcprezinta desenul spatial al unui cub
in care nu se vede virful din spate P, ce are proprietatea PA = PB=
= PC= R. Deci prin punctele A. B, C trece un cerc de raza R.
Observatie. Se considera cele trei cercuri congruente care tree prin
punctul H ~i care se mai intersecteaza doua cite doua in punctele A, B, C.
Sc noteaza {A 1 } = HA rt O'o!.O 3 • {B 1 } = HB n 0 10 3 ~i {C 1 } = HC n 0 10 2.
Estc u~or de vazut ca [A 1B 1J este linie
mijlocie atit in triunghiul HAB cit ~i in
triunghiul0i0 20 3 • Rezulta A 1A1 II 010 2 ,
A1B 1 II AB, ceea ce implica AB II 0 10 2•
In plus, din faptul ca HC ..L 0 10 2 , se
obtine HC ..LAB. Analog se arat5. ca
HA ..L BC. Prin urmare H este ortoccntrul triunghiului ABC.
B
Demonstrafia 5 (N. D-inesctt}. Sc
folosesc notatiile din observatia precedenta. Este evident ca cercul circumscris triunghiului 0 10 20 3 este @(!-!, R).
Mijloacele Ai, B 1 , C 1 ale laturilor
triunghiului 0 10 20 3 determina ccrcul
Euler €2( w, R/2) al triunghiulL1i 0i0 20~.
Dar, A 1 , B 1 , C 1 sint ~i mijloacele lui
(AH), (BH), (CH), H ortocentru. Deci cercul Euler al triunghiului ABC
eslc (2(c0, R/2). Rczulta ca cercul circumscris triunghiului ABC are raza R.
1.50.2. Teorema (Dana Boskoff). Se considera trei cercuri @(Oi, R1),
@(0 2 , R 2 ), @(0 3 , R 3 ) care au un punct comun H. Luindu-Je doua cite
doua, se ob~in inca trei puncte de intersectie A E @(0 2 , R 2 ) n @(0 3 , R1),
B E @(01, R1) n @(0 3 , R 3 ) ~i C E @(0 1 , R 1 ) n @(0 2 , R 2 ). Se presupune ca
1:,ABC ~ 1:,0 10 20 3 . Atunci R 1 = R 2 = R 3 = raza cercuJui circumscris triunghiuJui ABC.
Demonstratie. Se foloscsc notatiile din fig. 100. Patrulatcrelc 0 1 B 1 HC 1 ,
0 2C 1HA 1 , 0 3 A 1 HB 1 sint inscriptibile. Folosind teorema sinusurilor in triunghiurile HA 1 B 1 , HB 1C1, HC 1 A 1 se obtine A 1 B 1 =R 3 sin 0 3 , B 1C1=R1 sin 01,
C 1A 1 = R 2 sin 0 2 , uncle cu 0 1 , 0 2 , 0 3 au fost notate masurile unghiurilor
triunghiului 0 10 20 3 ~i uncles-a tinut seama de faptul ca triunghiurile A 1 B 1C 1
~i ABC sint asemenea, raportul de asemanare fiind 1/2. Din asemanarca
triunghiurilor A 1B 1C 1 ~i 0 10 20 3 rezulta A 1B 1/0 10 2 = B 1C1 /0 20 3 = C 1 A1/0301,
deci R 3 sin 0 3 /0 10 2 = R 1 sin 0 1/0 20 3 = R 2 sin 0 2/0 30 1 • Aplicind tcorema
sinusurilor in triunghiul 0 10 20 3 , rezulta sin 0 3 /0 10 2 = sin Oi/0 20 3 = sin 0 2 /0 301
de uncle R 1 = R 2 = R 3 ~i 1:,ABC = 1:,0 10 20 3 , deci cercul circumscris
triunghiului ABC arc raza cgala cu R 1 = R 2 = R 3 •
1.5 I. EXTINDERI ALE TEORE1IEI LCI 'JTfEICA
1.51.1. Teorema. (MihaiJ Popescu).
Fie trei triunghiuri echilaterale congruente OA 1 B 1 , 0 A 2 B 2 , 0 A 3B 3 •
Atunci:
a) Cercurile circumscrise triunghiurilor OA 1 B 1 , OA 2B 2 , OA 3 B 3 se intersecteaza doua cite doua in trei puncte situate pe un cerc congruent cu cercurile
circumscrise triunghiurilor ( chilaterale date.
b) Cercurile circumscri~e triunghiurilor 0A 1 Bi, 0A 2 B 2 , 0A 3 B~ se intersecteaza doua cite doua in tr ei puncte care formeaza un triunghi echilateral
congruent cu cele considerate.
Aceea~i proprietate are Joe ~i pentru cercurile c:rcumscrise triunghiurilor
OA 1 B 3 , 0A 2 B 1 , 0A 3 B 2 •
Dcmonstra/ie. a) Din congruenta triunghiurilor 0A 1 B 1 , 0A 2 B 2 , 0A 3 B 3
rezulta congruenta cercurilor circumscrisc acestora. Deci prima parte a tcoremei se reduce la clemonstrarl'a tccremei lui Titeica, care a fost prezcntata
anterior (fig. JOI).
b) Fie R raza ccrcului de centru O care trece prin cclelalte virfuri
ale triunghiurilor echilaterale date, A",
B", C" centrele cercurilor circumscrisc
triunghiurilor 0A 3 B 2 , 0A 1 B 3 , OA 2 B1
B3
~i A, B, C punctele de intcrsectie ale
acestor cercuri (fig. 102).
Se noteaza cu D, E, F mijloacelc
scgmentclor [A 1 B 1], [A 2 B 2 ], [A 3 B 3], cu
Fig. 101
71
A', B', C' mijloacele scgmcntelor [A 2 B 2], [A 1 B 1;, fA 2 B1], cu M, N, P, Q
miiloacelc
segmentelor
,,,,,......___
[OC],
[OA 3J,
[OB],
.,/"--.._
2~ = µ(A 10B 3 ), 2y = [J.(A 2 0B 1 ), uncle o-:
.,/"--.._
[OB3 l,
cu
2o-: = µ(A 3 0B 2 ),
+ ~ + y = ../2 .
.,,,-....__
./""-,..,
/"-..
Dcoarecc p.(B'FD) = 11-(B'DF) = [J.(B 3 B1 A3 ) = ,./6, rczulta crt B' cste
centrul ccrcului circumscris triunghiului cchilatcral construit pe [DFJ ca
latur:i. Proprietati analoage au A' ~i C'. Se ~tic ca centrele crrcurilor circumscrise triunghiurilor echilaterale construite in exterior pc laturile unui tri1mghi
oarccare formeaza un triunghi cchilateral. Prin urmare, triunghiul A' B'C'
este echila teral.
Patrulaterele A 'A 3 PA" ~i B' B 3QB" fiind inscriptibile, se pot scric
relatiile:
OA' · OA" =OB'· OB"= R 2 /2
De aici rezulta ca dreptele A'B' ~i A"B" sint antiparalele in triunghiul OA'B'.
·"",
/"'--....
..,,..,..__
/"'--....
Prin urmare µ(OB"A") = r.1(OA'B') ~i analog 1.1(0C"A") = µ(OA'C'). Rczult:i
/"'--....
/"'--....
ca fJ.(OB"A") + µ(OC".A") = rt/3.
1n triunghiul A"B"C", unghiul A" are rnf'tsura:
"
/"'--....
,.,.,---.....,
µ(A")= µ(B"OC")-[tJ.(013".A")
.,/"--.._
+ tJ.(OC"A")] = (~+ y +-r./3)--r:/3 = ~ + '.'·
(
0
8
Fig. 103
Fig. 102
Se considera cercul de diarnctru [OA "J pc o figura separata cu obscrvapa ca punctcle M, N, P sint situate pe accst cerc (fig. 103).
/"'--....
/"'--....
Se deduce a~or egalitatea µ(MA"N) = ii(PA"O), iar de aici egalitfttilc:
MN= OP= R/2 ~i deci BC= 2MN = R.
Analog AB = AC = R. Prin urmare, triunghiul ABC este echilatcral
~i congruent cu ccle trei triunghiuri echilaterale date.
0 demonstratic analoaga se poate face cind se considera ccrcurilc circumscrise triunghiurilcr 0.4 1 B 2 , 0.--1 2 B 3 , OA 3 lJ 1 .
72
1.51.2. Teorema (Lucian Dogaru ~i Florin Torjescu).
Daca trei triunghiuri congruente AiBiCi, A 2 B 2C 2 , A 3 B 3C3 au virfurile
Ai, B 2 ~i C3 confrundate intr-un punct 0, atunci:
a) Cercurile circumscrise triunghiurilor OB iC 1 , OC 2 A 2 , 0 A 3 B 3 se intersecteaza doua cite doua in trei puncte A', B', C' situate pe un cerc congruent
cu cercurile circumscrise triunghiurilor oarecare date.
b) Cercurile circurnscrise triunghiurilor isoscele B 3 0C 2 , C 10A 3 , A 2 0B 1
se intersecteaza doua cite doua in trel puncte A, B, C formind un triunghi
congruent cu cele trei triunghiuri considerate.
Demonstrapie. a) Se reduce la teorema lui Titcica.
b) (fig. 104). Fie Cui, w 2 , w3 ccntrcle cercurilor circumscrise triunghiurilor
OB 1Cv 0C 2A 2 , 0A 3 B 3 , iar 0 1 , 0 2 , Q 3 ccntrele cercurilor circumscrisc triungJ:,jurilor isoscele B3 0C 2 , CPA 3 , A 20B 1 • Pentru a demonstra ca triunghiul
ABC este congruent cu fiecarc din triunghiurile OB 1C1 , OC 2 A 2 , OA. 3 B3 , se
arata ca simetricele acestor triunghiuri faF1 de dreptelc 0 2 0 3 , !1,0i, .QtQ 2
respectiv coincid cu triunghiul ABC. Pcntru aceasta vom face apcl la urmatoarca lcma:
Fig. 105
Fig. 104
Fig. 106
Lema. Condifiile necesare ~i suficiente ca simetricele a trei puncte Ai
Bi, C 1 in raport cu laturile unui triunghi oarecare ABC sa coincida sint:
a) Mediatoarele laturilor triunghiului sa treaca prin virfurile triunghiului ABC.
_,,,,,,....__
_,,,,,,....__
_,,,,,,....__
b) µ(BA 1C)
µ(CB 1 A)
µ(AC 1 B) = 21t.
Demonstrapie. Cele doua proprietati sint evidente din considerente de
simetrie ~i astfel rezulta necesitatea lor (fig. 105).
Pentru a arata ca aceste conditii sint ~i suficiente, se vor nota cu A 2 ,
B 2 , C 2 simetricele a trei puncte Ai, Bi, C 1 in raport cu laturile triunghiului
ABC ~i se va demonstra ca in conditiile anterioare cele trei puncte A 2 , B 2 , C 2
sint confundate (fig. 106).
Din cod.itia a) rezulta ca dreptele A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1C 2 sint axele radicale
ale cercurilor cu centrele in A, B, C, de raze respectiv AB 1 = AC 1
BC 1 = BAv CA 1 = CB 1 ~i prin urmare sint concurentc intr-un punct I,
centrul lor radical.
+
+
73
_,,,,,,.....__
/"'-,..,
_,,,,,,.....__
Se observa ca unghiurile BA 2C, CB 2 A, AC 2 B pot fi simultan fie mai mari
,,,...._
.............
,,,...._
decit unghiurile BIC, CIA, AIB sau congruente cu ele, fie mai mici decit
.............
.............
/',..
BIC, CI A, AI B sau congruente cu ele. Din conc.itia b) rezulta.
_,,,,,,.....__
,,,...._
_,,,,,,.....__
_,,,,,,.....__
µ(BA 2C) + µ(CB 2A) + µ(AC 2 B) = 21t
/',..
/',..
Cum insa µ(BIC) + µ(CI A) + µ(AI B) = 2.t, accste doua. egalitati nu pot
,,,...._
_,,,,,,.....__
,,..---....
/',..
fi simultan satisfacute decit daca µ(BA 2C) = µ(BIC); 1.1(CB 2A) = µ(CIA);
/""-....
,,,...._
µ(AC 2 B) = µ(AIB), adica A 2 , B 2 , C 2 sc confunda. cu I.
Tinind seama de lema, demonstratia teoremei se poate face in trei etape:
1) Simetricele lui CJ.l 1 , Ci.lz, CJ.la in raport cu laturile triunghiului 0 1 Q 2 Q 3
coincid intr-un punct Q_ Cele doua conditii ale lemei sint satisfa.cute astfcl:
a) punctele 0 1 , 0 2 , 0 3 sint situate pe mediatoarele segmentelor
[ CJ.l 2 Ci.l 3], [ CJ.l 3 Ci.l 1], [ CJ.l 1 Ci.l 2] care sint ~i axele radicale ale cercurilor congruente
circumscrise triunghiurilor OB 1C1 , OC 2A 2 ~i OA 3 B 3 •
/"'-
/"'-
/"'-
b) µ( i11CJ.lai12) + µ( i12CJ.l1i1a) + µ( L!:iCJ.l2fi1) =
_,,,,,,.....__
_,,,,,,.....__
,.,,,,....._,__
= 1t - µ(A 3 0B 3 ) + 1t - µ(B 10C1) + re - µ(C20A2) =
_,,,,,,.....__
/"'
...............
= 31t - [µ(A 30B 3 ) + µ(B 10C 1 ) + 1.1(C 20A 2)] = 31t -
1t
= 21t
Deci simetricele cercurilor congruentc circumscrise triunghiurilorOB 1Ci.
OC 2 A 2 , OA 3 B 3 fata. de laturile triunghiului Q 1 Q 2Q 3 sint confundate cu cercul
circumscris triunghiului ABC.
2) Simetricul lui O fata de Q 2 Q 3 se gi"'tse~te simultan pe cercurile circumscrise triunghiurilor isoscele C10A 3 ~i A 20B 1 , dar ~i pe simetricul cercului
circumscris triunghiului B 3 0C 2 fata de aceea~i dreapta, deci coincide cu A.
Analog pentru B ~i C.
3) Simetricele triunghiurilor B 1 0C 1 , C 2 0A 2 , A 30B 3 fata de dreptele
Q 2Q 3 , 0,3 i1 1, 0 1 Q 2 coincid cu triunghiul ABC (conform etapei 2). Triunghiul
ABC este deci congruent cu oricarc din triunghiurile B 10C 1 , C2 0A 2 , A 30B 3 •
2. OMOTETIE. APLICATII
'
2.1. OMOTETICA UNEI DREPTE.
OMOTETICUL UNUI
CERC-
Definitie. Fie O un pun ct fix in planul rp ~i k E R, k =I- O. Se nume~te,
ornotetie de centru O ~i raport I? o aplicatie;
TJf)__,,rp
1vl __,, T(M) = M'
care indepline~te urmatoarele condi•tii:
(0 1 ) T(O)=O; (0 2 ) daca 1vl#-O, atunci punctele 0, M, M' sint coliniare;
(0 3 ) daca nurnarul real k este pozitiv, atunci M' E[OM, iar daca avem ll< o,
atunci O E (M'M); (0 4 ) OM' = I k I · OM
Punctul M' se nume~te omoteticul punctului M. Cind I?> 0, omotetia •
T se nume~te directa, iar cind fl< o omotetia T se mtrrc~te lt;vc-rsa.
74
Observatii:
i) Din (0 1 ) rezulta ca O este punct fix al omotetiilor de ccntru 0.
ii) Din (0 2 ) rczulti:i cii dreptele cc tree prin O sint drepte fixc ale omotetiilor de centru 0.
iii) Cind k = 1, M' coincide cu M. Rezulta ca omotetia de raport
!? = 1 incliferent undc cstc centrul ei estc aplicatia identica a planului.
iv) Cind k = -1, 111' estc simetricul lui 1'1 in raport cu centrul de simetrie 0. Prin urmare omotetia de centru O ~i raport k = -1 este simetria de
centru 0.
v) In cazul in care /~ #- 1, 0 este singurul punct fix al omotetiei de ccntrn O ~i raport k.
vi) 0motetia de centrn O ~i raport k' = I/k este transformarea invcrsa
a omotetici de centru O ~i raport k
Prin urmare 01 ice cmotctie T : rp - rp este o aplicatie bi_iectivft.
N o!iifie. 0motctia T de centru O ~i raport k va fi notata in continuare
prm T(O, k).
Teorema. Consideram omotetia T(O, k).
i) Fie A, B doua puncte distincte in plan ~i A'= T(A), B' = T(B).
Atunci segmentelc [AB] ~l [A' B'l sint paralele ~i: A' B' = I k I• AB.
ii) Omotetica unel drepte d ce nu trece prin centruJ de omotetie, este o
dreaptii_ d' paralela cu d.
iii). Omoteticul unui poligon este un poligon asemenea cu poligonul dat,
raportul de asemanare fiind I It 1.
iv) Omoteticul unui cerc este un cerc.
Demonstra/ie.
i) Deoarece OA'= I k I· OA, OB'= I k I· OB, rezulta OA'/OA=OB'/OB
~i folosind rcciproca teoremei lui Tales, se obtine ca segmentele [A'B'] ~i [AB]
sint paralelc. In plus, folosind teorema fundamentali"t a asemanarii, se obtin:
A'B'/AB =
I k I.
ii) Fie M un punct oarccare pc dreapta d = AB ~i fie M' = T(M).
Segmentele [AM] ~i [A' 1vl'] sint paralele. Insa prin punctul A' se po ate duce
o singura paralela la dreapta AB. Rezulta ca M' E A'B' = d', deci d' II d.
Cind M dcscrie dreapta d, punctul M'
descrie dreapta d' (in intregime, corespondenta fiind bijectiva) (fig. 107).
iii) Se tine seama de punctul i).
iv) Sa consideram un cerc ~(A, R)
si fie A'= T(A). M fiind un punct
ba:recare pe cercul, <lat, A'M' II AM,
unde M' = T(.M). In plus,
A 'Jf' = I k I· AM= I?· R.
Rezulta ca punctul M' descrie un cerc
Q_
B
cu centrul in punctul A' = T(A) ~i
Fig. 107
avind raza R' = I k I · R.
Observatie. Fiind date doua cercuri @(A, R) ~i @(A', R'), exista doua
omotetii (una directa ~i una inversa) care sa duca un cerc in celalalt.
Intr-adevar, fie d ~i d' doua drepte cu proprietatile d II d', A E d,
A' Ed' ~i fie {B, C} = d n @(A, R), {B', C'} = d n @(A', R'). Razcle
cercurilor fiind inegale, se poate presupune ca R < R' (fig. 108).
75
~atrulaterul. BCC'B' estc un trapcz. Diagonalele [BC'] ~i B'CJ ale
a~cstm trapcz se mtersectcaza intr-un punct O situat pc scgmcntul [AA'].
Fie {O'} = B'B n C'C. Este evident ca O' E AA'. Omotetia (inversa)
T(O, -R'/N.) aplica ccrcul @(A, R) in cercul @(A', R'). De ascmenea, omotetia
(dir_c~ta) T'(O', R'/R) aplica cercul @(A, R) in ccrcul @(A', R'). Se poate
venf1ca u~or ca tangentele comune exterioare tree prin O' iar tangentele
comune interioare tree prin punctul 0.
Fig. 108
Observtie. Transformarea care duce orice segment
segment [A' B'J paralel cu el ~i astfel incit
A'B'/AB = I lf I, kER -
[AB]
intr-un
{O, l}, cste o omotetie.
Centrul de omotetie se afla la intersectia diagonalelor patrulaterului AA' B' B
(daca k < 0) sau la intersectia dreptclor AA' ~i ~BB' (daca ,~ > 0) ((fig. 109).
A
A'
B L--__Ju,___1J-_ _ ___,C
'
Fig. 109
Fig. 110
2.2. TEOREMA (EULER). Fie O centrul cercului circumscris triunghiului A BC, G centrul de greutate ~i H ortocentrul triunghiului. Punctele
H, G ~i O, se gasesc pe o aceea~i dreapta (numita dreapta Jui Euler) ~i
HG= 2GO.
Demonstrafie (fig. 110).
Fie A' mijlocul scgmentului [BC]. Omotetia T(G, -2) duce punctul A'
in A. Mediatoarea A 'O sc transform;\ intr-o dreapta paralclft cu ea ~i care
trece prin A deci in infdtimca AH. Analog, mcdiatoarea B'O se transforma
in inf1ltimea BH. Rczulta ca punctul O se transformft prin omotetia
consideratr1 in punctul H. Prin urmare punctelc H, G, 0 sint coliniare.
1n plus, HG= 2 · GO.
2.3. TEOREMA LUI MENELAU. Fie ABC un triunghi ~i punctele
A' E BC, B' E CA, C' E AB. Daca punctele A', B', C' sint coliniare, atunci
existi relatia: (A'B/A'C) ,B'C/B'A) (C'A/C'B) = l.
76
Demollsfrafie (fig. J 11).
Consiclcdm omotctia T(A', BD/B'C). AYcm D = T(B') ~1 B = T(C).
Rezulta:
A'B/A'C = BD/B'C.
{x)
Consickrr1m acum omotetia T'(C', -- AB'/BD).
B' = T'(D). Rezulta:
An'm A= T'(B),
C'A/C'B = AB'/BD.
{x')
1mm1ltind relatiik (x) ~i (x') se obtine rdatia ccrutii.
A
Fig. 11 l
Fig. I 12
2.4. TEOREMA (EULER). Mijloacele laturilor unui triunghi, picioarele inaltimilor ~i mijloacele segmentelor care unesc fiecare virf cu ortocentrul
triunghiului se giisesc pe un acela~i cerc (numit cercul lui Euler).
Demonstrafie (fig. 112).
Fie H ortoccntrul triunghiului ABC. Considcram omotetia T(H, 1/2).
Ccrcul@(O, R) circumscris triunghiului ABC se transfonna intr-un ccrc
@(cv, R/2), undc w estcmojlocul segmentului [HO]; A'= T(A~), A"=T(A~'),
A"'= T(A), uncle A' este mijlocul lui [BC], A" este piciorul inaltimii dusa
din A, A"' estc mijlocul segmentului [AH], A/ este simetricul lui H tap.
de BC ~i A~ este punctul diametral opus lui A. S-a obtinut ca punctele
A', A", A"' (~i analoagek) apartin ccrcului @(cv, -} R).
2.5. GRUPUL OMOTETIILOR CU ACELA~I CENTRU
Teorerna. Fie O un punct fixat in plan ~i fie 7( mulfirnea omotetiilor
cu centrul in punctul 0.
i) Compunerea a doua omotetii T 1 (0, k1 ) ~i T 2 (0, k 2 ) este tot o omotetie
T 1 o T 2 = T 2 o T 1 de centru O ~i raport k = !? 1 • k 2 •
ii) Multirnea 7( irnpreunii cu operatia de compunere a omotetiilor formeaza grup abelian.
iii) Grupul (7(, O) este izomorf cu grupul rnultiplicativ al numerelor
reale nenule.
77
Demonstrafie.
i) Fie Mun punct oarecare in plan ~i fie JU'= T 1(M), M" = TiM').
Atunci: OM'/OM = I k1 I, OM"/OM' = I k 2 I. Rezulta:
OM"/OM = I !?1 I· I k2 I
~i este u~or de vazut ca M" este omoteticul punctului Min omotetia T = T 2 o T 1
de centru O ~i raport k = k 1k 2•
Observatie. Daca notam M 1 = T 2(M), M 2 = T 1(M 1) atunci:
01111/0M =
I k 2 I, OM2/0M1 = I k 1 I ~i deci ONI2/0M = I !?2 I· I k1 I
~i este u~or de vazut ca punctele M 2 ~i M" coincid.
Rezulta ca T 1 o T 2 = T 2 o T 1 , adica operatia de compunere a omotetiilor
de acela~i centru este comutativa.
ii) S-a vazut la punctul precedent ca daca T 1 , T 2 E 'Ju, atuncr
T 1 o T 2 E 'Ju. Se ~tie ca operatia de compunere a functiilor este asociativa, deci
T 1 o (T 2 o T 3 ) = T 1 o T 2 ) o T 3 , oricare ar fi T 1 , T 2 , T 3 E "Ju.
Cum omotetia de centru O ~i raport k = 1 este aplicatia identica a planului Id 9 care evident apartine lui "Ju ~i
Idp o T = T o ld9 = T, (V) T E 'Ju
De asemenea, inversa T- 1 a omotetiei T(0, k) este omotetia de centru 0 ~i
raport 1/k, deci T-1 E "Ju ~i T- 1 o T = To T- 1 = Id 9
Prin urmare cuplul ('Ju, 0) este un grup. Grupul ('Ju, 0) este abelian deoarece:
T o T' = T' o T,
(V) T,
T' E "Ju.
iii) Fie (R*, ·) grupul multiplicativ al numerelor reale nenule. Se considera aplicatia h : 'Ju--+ R*, definita prin h(T) = k unde T este omotetia
de centru O ~i raport k.
Este u~or de vazut ca aplicatia It este bijectiva. In plus, pentru oricc·
omotetii T(0, k), T'(0, k'), are loc:
h(T o T') = k · k' = h(T) · h(T')
Prin unnarP lz cstc izomorfism de grupuri.
2.6. C0:\JPU\'EREA 0M0TETIIL0R DE CENTRE
TE0RE:\lA LUI D'ALEMBERT
DIFERITE_
2.6.1. Teorema. Fie 0 1 ~i 0 2 doua puncte fixe in plan. Se considera
ornotetiile T 1(0 1 , k1) ~i T 2 (02, k 2).
i) Daca k 1 k 2 f= 1, atunci T 2 o T 1 este o omotetie de centru 0 E 0 10 2
~i raport k 1k 2 •
ii) Daca k1 k 2 = 1, atunci T 2 o T 1 este o translatie.
Demonstrafie. Fie A un punct fix, A'= T 1(A), A"= T 2 (A'). Pentru
un punct oarecare M din plan, se folosesc notatiilc M' = T 1(M), M" = ThH')Atunci: A'M'II AM, A'M'/AM = I k 1 1, A".l\.1"11 A'Nl', A"M"/A'Nl' = I /, 2
Rezulta A"M"II A.M ~i A"JI"/Al\l = (A"J1"/A'M') (A'.1!'/AJ1) = j /, 1 /? 2 !.
1
78
i) Se prcsupune k1 k 2 =f 1. Atunci,
,conform unei obscrvatii anterioare, se
-obtine ca T 2 o T 1 este o omotetie T(0, k),
unde k = ll 1k 2 , iar 0 verifica conditiilc
,0.--1''/0A = I k 1k 2 J, 0 E AA".
Se aratf1 ca 0 E 010 2 •
Considcram triunghiul A' A" A ~i punctclc 0 1 EAA', 0 2 EA'A", 0EA"A. Atunci:
M'
0 1 A/0 1 A' · 0 2 A'/0 2 A" · 0A"/0A =
= 1/I l,1 I· 1/I k2 I· I k1k2 I= I
01
0
Fig. 113
02
~i folosind rcciproca teoremei lui :Menelau, se obtine ca punctele 0 1 , 0 2 , 0 se
afla pe o accea~i dreapta (numita axa de omotetie).
ii) Daca k1 k 2 = 1, atunci A"M" = AM ~i cum A"l\1" II AM, rezulta
•d'1 patrulaterul AA"Af"Jl!I este un paralelogram. Prin urmare, transformarea
T 2 o T 1 este, in acest caz, o translatie.
2.6.2. Se considera trei cercuri @(A 1 , R 1 ) @(A 2 , R 2 ), @(A 3 , R 2 )
-cu razele neegale R 1 =f R 2 =f R 3 =f R 1 ~i centrele necoliniare A 1 e A 2 A 3 •
Exista o omotetie directa care duce cercul @(A 1 , R 1 ) in cercul @(A 2 , R 2 ),
centrul ei 0 12 fiind intersectia tangentelor exterioare. De asemenea, exista o
omotetie directa care aplica cercul @(A 2 , R 2) in cercul @(A 3 , R 3 ), centrul
ci 0 23 fiind la interseqia tangentelor exterioare. Compunerea acestor doua
omotetii directe este tot o omotetie directa care duce cercul @(Ai, R 1 ) in
ccrcul @(A 3, R 3). Centrul 0 13 al acestei omotetii se afla pc dreapta dcterminata de centrele 0 12 ~i 0 23 • S-a obtinut axa de omotetie di, unde 0 12 , 0 13 ,
·0 23 E d 1 • Analog, se obtine ca un centru de omotetie directa, deterrninat de o
percche de cercuri, se afla pe dreapta determinata. de cele doua centre de
omotetie inversa ale celorlalte doua perechi de cercuri. S-a obtinut urmatoarea teoremf1:
Teorema. (D' Alemert). Cele ~ase centre de omotetie a trei cercuri de
-raze neegale ~i avind centrele necoliniare sint situate trei cite trei pe patru
.axe de omotetie.
2.7. FOLOSIREA OMOTETIEI LA REZOLVAREA UNOR
PROBLEME DE LOC GEOMETRIC SAU DE CONSTRUCTIE
2.7.1. Problema. Sa se construiasca un patrat inscris intr-1tn triunghi
.--!BC, cwind doua virfuri pe (BC), iar celelalte doiu'i virfuri pe celelalte doua
latur-i ale triunghiului.
A
Solutie. Fie triunghiul ABC. Se construie~te
patratul MNPQ avind virfurile M, N E (BC),
Q E (BA).
Fie {P'} = BPn AC. 1n omotetia de centru B
~i raport BP' BP, patratul 1\fN PQ se transformf1
in patratul M'N' P'Q', care este patratul ce trebuie
.construit.
Vi;.:. 11-l
79
27.2. Problema. lntr-un triunghi dat ABC sa se inscrie un triunghi DEF,
ale cc7rui laturi sa fie paralele cu trei drepte date d1 , d 2 , d 3 •
Solufie. Se construie~te mai intii un triunghi D'E'F' avind laturile
paralde cu ce1e trei dreptc date ~i avind dou5. virfuri pc doua laturi ale triunghiului A BC. Aceasta se realizeaza dudnd printr-un pun ct arbitrar F' E AB
o paralel5. la d 1 , apoi prin punctul de intersectie al aces1 eia cu (AC) se duce o
paralel5. la d 3 ;;i, in sfir~it, prin F' se duce o paralela la d 2 intersectia acestor
drepte fiind punctul D'. Se unesc punctele A ~i D' ~i fie {D} = BC n AD'.
!n omotetia de centru A ~i raport AD/AD' triunghiul D'E'F' se transform[t in triunghiul DEF, care este triunghiul ce trebuie construit.
A
Fig. 115
2.7.3. Problema. Vir_furz"le B ~i C ale triunghiului ABC sint fixe,
iar A mobil. Sa se ajle loClll geometric al centrului de grcutate G a[ triunghiului A BC cfnd:
i) pimctul A descrie o dreapta d.
ii) pitnctitl A descrie itn cerc <i2(0, .R).
Solu/ie. Fie A' mijlocul segrnentului (BC). Se considera omotctia
T(A', 1/3). Atunci G = T(A). Locul geometric al punctului G este:
i) o dreapt5. d' paralem cu d (fig. 116).
Fie A~ = prdA' ~i fie DE(AA~). astfel indt A'D = 1/3 A'A~. Atunci
dreapta d' este paralela dusft prin punctul D la dreapta d.
ii) un cerc @(0', R') omoteticul cercului @(0, R) in omotetia dPcentru A' ~i raport k = 1/3 (fig. 117).
d
C
Fig. I 16
so
Fig. I 17
3. INVERSIUNE. APLICATil
I
B.I. INVER.SA UNEI DREPTE. INVERSUL UNUI CERC
Definitie. Fie O un punct fixat in planul rp ~i k E R - {O}. Se nume~te
inversiune de pol O ~i putere k orice aplicatie
T : rp - {01 -rp - {O},
M -
T(M) = M',
care indepline~te urmatoarele condi1ii:
i) punctele 0, 1vl, M' sint coliniare;
ii) cind k > 0, M' E (OM, iar cind fl< 0, 0 E (MM');
iii) OM· OM'= I k[.
Punctul M' se nurne~te inversul punctului M.
Ohservatii.
i) Inversiunea este o transformare involutiva, adica
To T = Id'.fl., unde rp* = rp- {O}.
Rczulta ca aplicatia T are inversa ~i T-1 = T. Prin urmare inversiunca
T : rp* - 1)* este o aplicatie bijectiva.
ii) Consideram inversiunea T de pol O ~i putere k > 0. Se observa ca
T(M) = M,
(V) M E @(0,
V7i)
<leci toate punctele cercului @(0, Vii) sint puncte fixe. Cercul @(0; Vii) se
numeste cerc de inversiune.
'
iii)
Un cerc r ce trece prin doua puncte inverse M ~i M' taie ortogonal cercul de inversiune.
Intr-adevar, notind cu P ~i P' punctele de intersectie ale cercului r
cu cercul de irtversiune @(0, Vk), rezuWi OM· OM'= k = OP2 (fig. 119)
81
6-
Prin urrnarc dreapta OP cste tangentrt la cercul r.
. iv) Fie i_nversiunea T de pol O ~i puterc ll ~i fie d o dreapta ce trece
pnn 0. Atunc1 T(d) - {O} = d - {O}.
Notat,i:c. Invcrsiunea T de pol O ~i putcre k va fi notata in continuare
pnn T(O, k).
Lema. Fie inversiunea T(O, ll) ~i fie punctele A, B, A'= T(A), B' = T(B).
Atunci:
i) Patrulaterul ABB'A' este inscriptibil;
ii) Avem egalitatea A'B' = I kl
AB
' OA· OB
/
OL...__ _ __.B_ _ _ __,._B_'-
Fig. 119
Fig. 120
i}
Din cgalitf1tilc OA · OA' = I Ill, OB· OB'= I hi (fig. 120).
Rezulta OA/OB' = OB/OA'
Prin urmare triunghiurile AOB ~i B'OA' sint asemenea. Rezulta. ca unghiuDcmonslraffr.
./"'-.
rile OAB ~i OB'A' sint congruente. Prin urmare, patrulatcrul ABB'A' este
inscriptibil.
ii} Dcoarcce triunghiurile AO B ~i B'O A' sint asemenea, rezulta.
A'B'/AB = OB'/OA
De aici sc obtinc A' B'/AB =(OB'· OB)/(OA ·OB)= I kl/(OA · OB)
Teorema. Consideram inversiunea T(O, ll).
i) 0 dreapta d care nu trece prin polul de inversiune O se transforma
intr-un cerc care trece prin pol ~i din care se scoate punctul 0.
ii) Fie un cerc @(A, R) care trece prin polul de inversiune.
Atunci Q(A, R} - {O} se transforma intr-o dreapta perpendiculara pe
diametrul care trece orin pol.
iii) lnversul unui cerc care nu trece prin polul de inversiune este un cerc.
Demonstraft"e. i) (fig. 121).
~1
Fie A = pr do ~i A' = T(A). Daca. M este un punct variabil pe dreapta d
M' = T(i11), atunci folosind lema anterioara. rezulta. ca patrulate-
/"-.
ml A' All{M' este inscriptibil, deci m(MM' A') = 90°. Prin urmare locul geometric a:l pun~h.1.lui M', cind M descrie dreapta i, este cercul de d.iametru [OA ']
<lin care se scoatli punctul 0.
82
M'
Fig. 121
Fig. 122
ii) Fie e(A, R) un cerc care trece prin polul de inversiunc O (fig. 122).
Fie B punctul diametral opus lui O ~i B' = T(B). M fiind un punct oarecare
pe cercul dat, M =f. 0 ~i M' = T(M), trebuie ca patrulaterul B' BMJI' sft
/'-
./'"'--...
fie inscriptibil. Deoarece m(OMB) = 90°, trebuie ca ~i m(BB'M') = 90°.
Prin urmare M' se afla pe perpendiculara in B' pe dreapta OB.
iii) Fie p puterea polului O fata de cercul dat
Cind k = p, inversul M' al punctului M se afla tot pe cerc deoarece
OM· OM'= k = p = OP 2 = OP' 2 (fig. 123).
Prin urmare, in cazul k = p, cercul dat se transforma in el insu~i (punctele
de tangenta P ~i P' sint puncte fixe ale inversiunii T'(O, p)). Se presupune
acum k =f. p.
M'
l~ig. 123
Fig. 124
Atunci inversul M' al punctului M nu se mai afla pe cercul dat. Fie N
punctul in care dreapta Olvl intersecteazii cercul dat (fig. 124).
Din egalitatile OM· OM'= I kl OM· ON= p
Rezulta: OM'/ON = I kl/P
Deci M' este omoteticul punctului N in omotetia de centru O ~i raport ! k !/p.
Deoarece omoteticul unui cerc este un cerc, rczulta ca invcrsul unui ccrc cc
nu trece prin polul de inversiune este un ccrc.
Propozitie. Doua perechi de puncte inverse unul altuia sint a~ezate pe
un cerc ortogonal cercului fundamental de inversiune.
Dememonstrafie. Fie A', B' inversele punctelor A rcspectiv B ~i fie f2
cercul circumscris patrulaterului ABB'A'. Se demonstreaza ca fd ~i ccrcul
fundamental de inversiune sint ortogonale. Fie T unul din punctele lor de
intersectie ~i fie T' celalalt punct de interseqie al dreptei OT cu cercul Q.
Atunci OT ·OT'= OA · OA' = k 2 • Dar OT= k, deci OT' = k, de unde
r ezulta ca dreapta OT estc tangenta cercnlui (2.
83
6*
Consecinta 1. Fie doua curbe inverse una alteia, A ~i B punctc pe prima
nll"liii, A' ~i B' omoloagele lor pc cea de-a doua curba. Dac;'t A tincle la B.
rczult:i cft A' tinclc la B' deci AB. rcspectiv A'B', devin t;rngcntcle la cde
dou;i curbe in B ~i B'.
Consecinta 2. Tangentcle la doua curbe inverse in doua puncte inwrse
sint antiparalele fata de razele vectoare. Rezulta:
Teorema. Unghiul sub care se taie doua curbe intr-un pm.ct este congr!ient cu unghiul sub care se ta'e curbele inverse in inversul ~unctului. (lnversiunea este transformare conforrna).
* * *
Observatie. Inversiunea poate fi introdusa ~i in spatiu. Se demonstrcaza
u~or proprietatilc:
l) Un plan sau o drca ptii cc tree prin polul de inversiune sfnt 1·nvariante
prin inversiunea considerata.
2) Sfera fundanz.entala de inversiune este invarianta prin invcrs1:u11c.
3) Invcrsul unui plan care nu trece prin pol este o sfcrc1 ce cont inc polul,
planul tangent la sfera 1n acest punct fiind paralel cu planul dat -~i rcciproc,
i11vcrsa unei sfere care trece prin pol este u,n plan ce rm trece prin pol, paralel
cu pla11ul tangent la sfera in pol.
4) Inversa 1mei sjere care nit trece prin pol este o alta sjerii care 1w trccc
prin pol.
5) Jnversul unui cerc din spafiu este un cerc sau o drcaptc1 dupa cum
ccrcul nu trece sait trece prin polul de inversiune $i 1'cciproc.
6) In.versa unei drepte care nn trece prin pol este un cerc care
conJine polul.
3.2. INEGALITATEA LUI PTOLEMEU. PRIMA TEOREMA A LUI
PTOLEMEU. Consideram un ccrc @(0, R). Fie ABCD un patrulater
convex inscris in ccrcul @(0, R). Prin
inversiunea T(A, k), (k, arbitrar), cercul
@(0, R) (din care scoatem punctul A) se
transforma intr-o drcapta d perpendiculara pc dreapta AO. Fie B' = T( B),
C' = T(C), D' = T(D). Este evident ca
B', C', D' -E d. Folosind lema de la
punctul 3.1, rezulta egalitatile:
B'D' = I KI· BD/(AB · AD)
B'C' = I KI· BC/(AB · AC)
C'D' = I KI· CD/(AC · AD)
Fig. 125
Deoarece B'D' = B'C' + C'D' rezulta.
BD
I.KI AB·
AD
De aici se obtine: ED· AC= BC· AD+ CD· AB
84
Observatie. Se presupune ca patrulaterul ABCD nu este inscriptibil. Atunci
cercul determinat de punctele A, B, D
nu trece prin C ~i deci punctul C' nu se
afla pe dreapta d.
Din triunghiul B' D'C' rezulta
B'D' < B'C'
+ C'D'
~i fadnd inlocuirile, ca mai sus se obtinc
(*)
d
ED· AC< BC· AD+ CD· AB
Fig. 126
Rezulta urmatoarea teorema:
3.2.1. Teorema (PtoJemeu). intr-un patrulater convex A BCD are Joe
reJatia AC· BD ~ AB· CD+ AD· BC
(inegalitatea Jui PtoJemeu).
Observatie. Am demonstrat anterior ca dacft A BCD cstc un patrulatcr
convex inscriptibil, atunci:
(**)
AC· ED= AB· CD+ AD· BC
Se demonstreaza acum ca daca intr-un patrulater convex ABCD are
loc egalitatea (**), atunci patrulaterul este inscriptibiL
lntr-adevar, daca patrulaterul ABCD nu ar fi inscriptibil, ar avea loc
inegalitatea (*), ceea ce ar contrazice ipoteza (* *).
S-a obtinut urmatoarea teorema.
3.2.2. Teorema. (Prima teorerna a Jui PtoJerneu). Un patrulater convex
este inscriptibil daca ~i numai daca produsul Jungimilor diagonaJelor este egal
cu suma produseJor Jungimilor Jaturilor opuse.
3.3. TEOREMA. (A DOUA TEOREMA A LUI PTOLEMEU). Fie
ABCD un patru1ater convex inscriptibil. Atunci:
AC
AB· AD+ CB· CD
BD
BA · BC
+ DA · DC
Demonstraffr. Se considera inversiunea T(A, K), (K, arhitrar). Fie
cercul @(0, R), ccrcul circumscris patrulaterului ABCD. Atunci T(rQ(O, R) - {A}) = d, uncle d este o dreapta perpendiculara pe dreapta OA.
Fie B' = T(B), C' = T(C), D' = T(D). Este evident ca B', C', D' Ed.
Se scrie relatia lui Stewart pentru triA
J.mghiul AB'D' ~i punctul C', C' E (B'D'):
AC' 2 • B'D' = AB' 2 • C'D' +
+AD' 2 • C'B' - B'D'· B'C'· C'D'
Tinind seama de cgalitatile
'\i-1o·
AC'= 1 K :/AC, AB'= I K I/AB,
AD'= 1Kl/AD, B'D' = I K I· BD/(AB · AD)
C'D' = I KI· CD/(AC· AD)
B'C' = I Kl BC/(AB · AC'),
___
-s·
Fi,:
127
85
rezulta:
ED/AC= CD/AB + BC/AD adica tocmai relatia cautata
(BC· CD· BD)/(AC ·AB· AD),
BD (AB-AD+CB-CD)=DC-DA+BC-BA
AC
3.4. TEOREMA (EULER). lntr-un triunghi ABC, fie @(0, R), cercuJ
circumscris triunghiului ~i f2(l, r) cercul inscris in triunghi. Atunci exista
relatia Euler: 01 2 = R 2 - 2rR.
Dcmonstra/ie.
Fie D, E, F punctele de contact ale laturilor triunghiului cu cercul
f2.(l, r) (DE(BC), EE(AC), FE(AB)). Bisectoarea [Al intcrsectcaza segmcntul (FE) in punctul A'. Este u~or de vazut ca triunghiurile AFI ~i
FA'I sint ascmenea. Atuaci: FI/A'I = Al/FI Rezulta
I A· IA' = r 2 (*) Sc considera inversiunea T(I, 1'2).
Cercul Q(I, r) se transforma in el insu~i. Relatia (*)
arata ca A' = T(A). Analog se obtine B' = T(B),
C' = T(C). Prin urmare virfurile triunghiului ABC se
transforma in mjiloacele laturilor triunghiului DEF.
Rezulta ca cercul @(0, R) se transforma in cercul Eules
al triunghiului DEF, avind raza r' = !_. Se foloseste
2
Fig. 128
'
formula care da raza cercului invers r'/R = 1 K 1/P,
2
undc I{ = r este puterea de inversiune, iar p = R 2 - 01 2 este puterca punctului I fata de cercul @(0, R).
1
-r
M
2
r2
Rezulta: - - = - - - - adica relatia Euler 2Rr = R 2 - OJ2.
R
R 2 - 01 2
3.5. TEOREMA (FEUERBACH). intr-un triunghi, cercul !ui Euler
este tangent la cercul inscris ~i la cercurile exinscrise.
Pcntru demonstratia acestei teoreme sc stabilesc mai intii doua leme.
3.5.1. Lema. Fie A' mijlocul laturii [BC] a triunghiului ABC. Prin inversiunea T(A', !?) (k arbitrar) cercul Jui Euler al triunghiului ABC(din care
scoatem punctul A') se transform a intr-o dreapta antiparalela cu BC fata de A.
Denwnstrafia lemei 3.5.1. Se ~tie ca A' se afla
pe cercul lui Euler. Deci prin inversiunea T (A', Ii)
cercul lui Euler (din care scoatem punctul A') se
transforma intr-o drcapta d pcrpendiculara pe
dreapta A' w, uncle cu este centrul cercului lui Euler.
Se ~tie ca cu este mijlocul segmentului [HO] (H este
ortocentrul triunghiului ABC, iar O este centrul
cercului circumscris triunghiului). Fie H' simetricul
lui H fata de A'. Atunci H' este punctul diametral
Fig. 129
86
opu~ Jui A.
1n triunghiul HOH' segmentul [A'cu] este linie mijlocie, deci A'w II AH'.
Tireapta d fiind perpendiculara pe A' w, este perpendiculara pe AH', adica d
este paralela cu tangenta in punctul H' la cercul circumscris triunghiului
ABC. Fie E punctul in care tangenta in H' intersecteaza pe AB.
,/"-,...
,/"-,...
,/"-,...
,/"-,...
Atunci: m(AEH') = 90° - m(EAH') = m(BH'A) = m(ACB).
Prin urmare BC ~i EH' sint antiparalele. Cum d este parakla cu EH',
se obtine c{t d este antiparalela cu BC.
3.5.2. Lema. Fie @(I, r) cercul inscris in triunghiul ABC ~i fie @(I', r')
cercul exinscris corespunzator virfului A. Fie A' mijlocul laturfi [BC] ~i fie
,/"-,...
A 1 punctut in care bisectoarea unghiului BAC intersecreaza pe BC. Daca
11
.A = PrncA, F = Prncl, F' = Prncl' atunci:
i) BF= CF';
ii) A'F2 = A'A 11 • A'A1.
Demonstrafia lemei 3.5.2. Pentru claritate se considera triunghiul A BC
,/"-,...
-obtuzunghic cu m(ABC) > 90°.
i) Daca se noteaza F 1 = pr Anl, x = AF 1, y = BF, z = CF, a= BC,
b = CA, c = AB, atunci:
;l !; ;
A
z+x=b
Rezulta x + y + :: = p, ceea
cc implica y = BF = p - b,
uncle p cste. semipcrimetrul triA"
unghiului ABC.
Folosind notatiile u = AF",
·v = BF', W =-CF': rezulta
v+w=a
tt - w = b
1t V = C
-ceca ce implica: w = CF' =
= p - b. Prin urmare s-a obtinut
BF= CF'.
Fig. 130
ii) Din teorema bisectoarei: BA 1 /C A 1 = c(b.
. . rezu1t a -BA
1
De a1c1
-- = -c- , dec1. BA 1 = -acBA 1 + A 1C
b+c
b+c
ac- sau A'A = a(b
· - c) (*)
R ez ult a. A'A 1 =a- - 1
2
b+c
2(b + c)
Din triunghiurile dreptunghice AA II B ~i AA C, rezulta:
A"A 2 =AB 2 -A"B 2 A A 2 =AC 2 -A C 2
II
Din ultimcle doua egalitati rezulta b2 - c2 = (A "C + A B)(A "C - A" B)
2
2
sau b - c = a(a + 2A"B)
,., A IIB - b2 - c2 - a?
R ezUIt cl
- -----
l
V
v
11
11
11
2a
b'
•
Deoarece A'A" = A'B + A 11 B, rezulta A'A" = · - c2a
(**)
87
A'F = b - C
2
Tinind scama de cgalitf:tilc (*), C*) ~i (xxx) rczulta
A'A1. A'A" = '!__(u - c) 1;2 -
·
2(b
+ c)
c2 = (b -
c)2 = A'F2
4
2a
3.5.3. Demonstrafia fcoremei 3.5. Se mentin figura ~i notatiile folosite
la lema 3.5.2. Sc transforma prin inversiune figura, luind ca pol punctul A'
~i ca putere de im·ersiune k = p (puterea punctului A' tap de cercul inxris.
in triunghi), deci k = A'F 2 •
Prin aceasta invcrsiunc ccrcul @(J, r) se transform5. in el insu~i. Dcoarccc A'F = A'F', rczulta ca. ~i ccrcul c~dnscris @(I', r') sc transforma in el
insusi.
·
'Egalitatca A'A 1 • A'A" = A'F2 (stabilita la lcma 3.5.2) arata ca punctul A" (care se aflrt pc cercul lui Euler) se transforma in punctul A 1 . Folosind
lema 3.5.1. rczuWi d cercul Euler (din care se scoate punctul A') se transforma in dreapta d antiparalela cu BC ~i care trece prin A 1. Dreapta d trcdncl
prin A 1 ~i fiind antiparalela cu BC este tocmai a doua tangcnta comuna interioara a cercurilor @(I, r) ~i @(I', r'). Dreapta d inversa ccrcului Euler (din
care scoatem punctul A'), fiincl tangenta cercurilor @(I, r) ~i @(I, r') rczultrt
cf1 ~i cercul Euler va fi tangent cercurilor @(I, r) ~i @(I', r') (invariante in
invcrsiunea consiclcrata).
Fie E (respectiv E') punctul in care dreapta d este tangenta cercului
f2,(I, r) (respectiv @(I', r'). Atunci cercul lui Euler este tangent cercului
Q(l, r) in transformatul punctului E, iar cercului @(I', r') in transformatul
punctului E' prin inversiunea considerata. Analog se arata ca cercul lui Euler
este tangent cercurilor exinscrise corespunzind virfurilor B ~i C.
Cu aceasta s-a incheiat demonstratia teoremei lui Feuerbach; in dcmonstratie s-a folosit observatia urmat~are.
Observafie. Se considera doua cercuri exterioare @(I, r), @(I', r'), r < r'.
Fie A punctul de intersectie al tangentelor comune extcrioare. Tangentcle
comune interioare se intersccteaza in punctul A 1 . Este evident ca punctclc
I\
I, I' ~i A 1 se afla pe biscctoarea unghiului A (fig. 13 I).
Folosind congruenta unghiurilor marcate pe figura,
/"'-....
/"'-....
rezulta
ca
unghiu-
rile ABC ~i ADD 1 sint congruente. Rezulta ca DD 1 este antiparalela cu BC
fat[L de virful A.
Fig. 131
88
5.6. TEOREMA (SALMON). Daca punctele 0, A, B, C sint pe un ac<!la~i
eerc, atunci cercurile de diametre [OA], [OBJ ~i [OCJ se intilnesc dotta cite
doua in trei puncte coliniare.
Demonstra/ie. Se considera invcrsinnca T(O, k) (h arbitrar). Cercul
circum~cris patrulatcrului OA BC se va transforma fotr-o dreapta d pcrpcndiculara pc diamctrul ce trece prin pol. Daca se noteaza A' = T(A),
H'=T(B), C'=T(C) atunci A',B', C'Ed, Prin invcrsiunea considcrata ccrcul
cle diamctru [OAJ se tr2.ns£orma intr-o dreapta a (evident a ...LOA). Cc-red
de cliametru [OB] se transforma intr-o dreapta b ...LOB, iar ccrcul de diarnctn:
[OC_] se transforma intr-o dreapta c ...L OC. Fie ct., ~ rcspectiv '( punctclc: ck
\7
!
//,
\
\
Fig. 132
intcrsectie ale ccrcurilor de diametre [OC] ~i [OBJ, [OA.J 9i [OCJ, rcsp('ctiv ,QA]
9i [OBJ. Sc notcaza ct.'= T(oc), W = T(~) 9i y' = T(y). Este evident ca:
{o:'] = b n c, { w} = C n a, { y'} = a n b.
D~oarece punctclc A'= prr,--y'A, B' = prayB, C' = pra•r,C sint coliniarl",
rezuWi, conform rcciprocei teoremei lui Simson, ca punctul O se afla pe cercul
circumscris triunghiului ct.' W y'. Deoarece cercul circumscris triunghiului
rx' W y' trece prin polul 0, rezulta cf1 cl (mai putin punctulO) se va transforma
prin invcrsiunea considerata intr-o dreapU d 1 . Este evident ca punctd0
ct.= T(rx')., ~ = T(W) 9i y = T(-y') apartin dreptci d 1 •
3.7. TEOREM.A (STEINER). Fie ABC un triunghi, AA 1 ~l AA 2 doua
ceviene izogonale (A 1 , A 2 E [BC]). Atunc; are toe relafia lui Steiner:
(A1B/A 1C) (A 2 B/A 2C) = AB 2 /AC 2
sc
Demonstratie. Prin inversiunea T(A, k) (fl arbitrar), clrcapta BC
transforma intr-un ccrc care trcce prin A (9i clin care se scoatc punctul A).
89
/'-,.._
_,.......__
nAA 2 = CAA 1 , rezulta:.
B'A~ = .·l~C': B'.-1; = A~C'
De aici se ohtinc: B'A~ · B'A; = A~C' · A~C' 9i folosind
formula stabilita la lema <le !J. punctul 3.1., se obtine:
/'-,.._
/'-,.._
Dcoarecc BAA 1
lkl·BA1
}Oig. ]33
= CAA
2
lkl·BA 2
~1
lkl·A2C
/lil·A 1C
aclica tocmai relatia Jui Steiner
(A 1B · A 2 B)/AB 2 = (A 1 C · A 2C)/AC 2
1.8 TEOREMA (TITEICA). Trei ceicuri avind razcle egaie se intersecteaza intr-un punct. Luindu-Ie doua cite doua se obfin inca trei puncte de intersecfie. Cercul determinat de aceste trei puncte are raza egala cu raza cercurilor date (problema piesei de cinci lei a Jui Jifeica).
DemonstraJie. Se considera un triunghi ABC. Fie @(I, r), rcspectiv
@.(0, R), cercul inscris, respectiv cercul circumscris triunghiului ABC. Se
considera inversiunea T(I, - R 2
01 2 ). Cercul @.(0, R) se va transforma
prin T tot intr-un cerc. Fie A', B' 9i C' punctele de intersectie ale bisectoarclor [AI, [BI 9i [CI cu cercul @.(0, R) (fig. !34).
Folosind puterea punctului I fata de cercul @.(0, R) rezulta relatiile:
IA· IA'= IB · IB' =IC· JC'= R. 2 - 01 2
+
De aici: A'= T(A), B' = T(B), C' = T(C)
Aceste 3 cgalit5.ti arata ca T(@(0, R.)) = l'<d(0, R)
Dreapta BC (nu trece prin polul de invcrsiune I)
A
se va transforma prin T intr-un ccrc care trece prin
punctele I, B', C' astfel incit tangenta in I la acest
cerc este paralelft cu BC. Fie D punctul de contact al
cercului inscris cu latura [BC]. Deoarece ID _L BC
rezulta ca D' = T(D) va fi punctul, diamctral opus
Iui I in cercul circumscris triunghiului I B'C'. Atunci:
B
ID· ID'= R 2 - 01 2
Daca se noteaza cu 21?. 1 lungimea diamctrului [ID'],
atunci, ultima egalitate se scrie r · 2R. 1 = R 2 - Oi 2
Fig. 134
Din aceasta egalitate ~i din relatia lui Euler in triunghiul ABC, 01 2 = R 2 - 2r R, sc obtine R 1 = R.
Repctind rationamentul pentru drcptcle CA 9i AB se constata ca prin
inversiunea T se obtin alte doua cercuri avind razele egalc cu R. 1n definitiv
s-au obtinut trei cercuri de raze egale cu R, care tree prin punctul I 9i care
se mai intersecteaza doua cite douft in A', B', C'. Cercul circumscris triunghiului A' B' C' are raza egala cu R.
:3.9. TEORE:M.A (EULER). Mijloacele Iaturilor unui triunghi, picloarele
inaltimilor ~i mijloacelor segmentelor ce unesc fiecare virf cu ortocentrul triunA'
ghiului sint situate pe un acela~i cerc (numit cercul Jui Euler).
Pcntru demonstratia acestei teoreme se folosqte unnf,toarea lema:
3. 9. I. Lema. Puterea ortocentrului H al triunghiului A BC fafa de cercul
~(O, N.) circumscris triunghiului este data de formula
p = - SR 2 cos A cos B cos C
90
Demoi:strat1·a lemei 3.9.1.
Fie
A:! = AA1 n Q(O, R), Bi= pr.tcB.
Se stie 6 A 9 este simetricul lui H fatJ. de
<lreapta BC. At-unci:
(*)
p = - HA· HA~= -2HA · HA 1
Din ascmfoarea triunghiurilor CB 1 B ~i HB 1 A,
rezulta:
sin C= BB 1 /BC = AB 1 /AH = (AB cos A)/AH
A 1 = pr ucA,
Fig. 135
sau AH = AB ms A si folosind teorema sinusurilor se obtine:
sin c~
,
,
AH= 2R cos A
(**)
Pe de alta partc: HA 1 = A 1 B ctg C = ABcosBctgC=( ~B )cosBrosC
sm C
si
folosind
teorern
a
sinusurilor
se
obtine:
'
,
( ** *)
HA 1 = 2R cos B cos C
Tinind seama de (*), (**) ~i (***) rezult5.: p = - 8R 2 cos A cos B cos C.
3.9.2. Dcmonstrafia teorcnzei 3.9. Se mentin notatiile ~i figura de la km.a
3.9.1. Fie A' mijlocul lui [BCJ ~i fie A~ simetricul lui H fata de A'. SL· aplica
figurii inversiunea T ( H, I~ =
~ p) •
Cercul @(0, R) se transformrt intr-un cerc @(w, R') omotetic cu cercul
-@(0, R) in omotetia T' de centru H ~i raport k1 = k/p, unde k este puterca
de inversiune, iar p este puterea polului H fata de cercul @(0, R). Atunci:
k/p = ( I /2P)IP = 1/2
Rezulta ca ornotetia T' are centrul in punctul H
k1 =
Prin urmare, aplicind inversiunea T ( H, ~
in cercul
~i raportul k 1 = 1/2.
p), cercul @(0, R) se transform5.
@( w, ~ R), uncle w este mijlocul segmentului [HO].
Fie A" mijlocul segmentului [A HJ ~i fie A~ punctul in care dreapta
A~H intersecteaza a <loua oara cercul @(0, R). Din egalitatile
HA 2 • HA = HA~ · HA~ =
Ip I
.
HA2 •H a = HA
HA = -HA~
·se ob tme:
.'1 2 •
- ·HA •1 = I P II 2
2
2
2
sau HA 1 ·HA= HA 2 ·HA"= AA'· HA~= IP 1/2
Aceste egalitati araU ca in inversiunea T ( H,
~ p) are loc:
A 1 = T(A), A"= T(A 2 ), A'= T(A)~
Deci punctele A 1 (piciorul inaltimii dusa din A), A' (mijlocul Iaturii [BC]) ~i
A" (mijlocul segmentului [AH]) apartin cercului @(w, R/2) = T(Q(O, R)).
91
Analog sc arat5. c:i cdclalte ~ase puncte se afla pe cercul Q ( w, ~).
Ccrcul <-2 ( c,),
~?)
se numc~tc a~a cum am vazut, cercul Jui Euler (sau
cercul ce!or noua puncte) a! trlungh:ului ABC.
3.10. PROBLE?11ELE LUI APOL0:1\IU
3: I0.1. Problcma. (Pr:ma problema a !ui Apoloniu). Sa se construiasc/i
1tn ccrc (2(0 1 • ri) ta11gc11t la un ccrc dat @(0, r) Ji care sa treacif, prin douii jJ1111ct,:
date A ~i B.
Solutia 1. Se prcsupune problema rezolvata, deci @(0 1 , r 1 ) este cercul
tangent cerc;1lui dat Q(O, r) :;,i trecind prin punctele A ~i B. Fie f.!_(O', r')
un CtTC carecarc c2.re trccc prin pnnctclc A, B ~i care intersecteaza ce1 cul
clat @(0, r) in punctele P ~i Q (fig. 136).
Drcapta P(? (axa raclicalft a cercuril.or @(0, r), @(0', r')) intersectcaza
dreapta AB (axa radicalr1 a ccrc;Jrilor €2(0', r'), @(0 1 , r 1)) in punctul 5 (centrul
radical al cercurilor @(0, r), @2(0 1 , r1 ) ~i 12(0', r')).
Sc clue din 5 tangente la ccrcul <lat @(0, r) ~i sc noteaza C 1 ~i C 2 pnnctde de t2.ngcnt[1. Dreapta OC 1 (respectiv OC 2 ) idersecteaza mccliatoarca scgmentulni [AB] in punctul 0 1 (respectiv 0 1 ). Problema admite cloua solutii
:(cercul ((2(0 1 , 0 1 A) 9i @(0 1 , 0 1 A)) cincl punctul 5 este exterior ccrcului
Cind S E IQ(O, r) problcma admite o singura solutie, iar dnd punctul 5
este interior ccrcului @(0, r), problcma nu admitc nici o solutie.
S'
s
Fig. 136
Fig. 1:37
Solutia 2. Se presupune problema rezolvata, deci 12(0 1 , r 1 ) este cercul
tangent cercului @(0, r) ~i trecind prin punctcle A ~i B. Prin inversiunea
T(A, k = p), uncle p este puterea punctului A fata de ccrcul dat @(0, r),
cercul @(0, r) sc transform.a in cl insu~i, iar cercul cautat @(0 1 , r 1 ) (care trcce
prin pol) se va transforma intr-o dreapta d care trece prin inversul B' al
punctului B ~i care estc tangcnta la _cercul @(0, r) (fig. 137).
Se construie~te punctul B' (inversul lui B). Din B' se due tangentc fa
cercul @(0, r) ~i se noteaza cu C 1 , C 2 punctele de ta:q.genta. Dreapta AC 1
(respecti\' AC 2 ) intersectea:dt a ·doua oara cercul @(0, r) in punctul C~
(respectiv C~). Este evident c;1 C~ , . T(C 1 ) 9i C2 = T(C 2 ).
Cercurilc circumsc_rise triunghiurilor ABC 1 ~i ABC 2 pot fi construite.
Problema admitc doua solutii cind punctul .B' (inversul lui B in inversiunea T(A, P)) cste exterior cercului @(0, r). Daca B' E @(0,· r) atunci
problema adm1te o singur5. solutie. Problema nu admite nici o · solutic dnd
punctul B' se aflii in interiorul 'cercului @(0, r).
· ·
· · '
.
Ob_s:,r".,atie. C~nstructia. punctului B' care. apare in. dem?nstrati~ va
f1 descnsa m con~muare. Fie cercul @(0, r) ~1 punctele A ~1 B. Dm A
se duce o tangenta la cercul @(0, r) ·
~i fie D punctul de tangenta. Punctul B' vcrific:"t conditiilc B' E AB si
AB'· AB= AD~.
'
'
Rczulta AB' /AD= AD/AB
Prin urmare triunghiurile A BD
~1 ADE' sint asemenea. Rezuta
A
..,.,....__
..,.,....__
ADB' === ABD ~i deci punctul B'
Fig. 138
:poate fi construit.
3.10.2. Problema. (A doua problema a Jui Apolooiu). Sa s.c constrztia.mr
un arc, care sa treacif printr-1m pimct dat A ~i sa fie tangent la doit{t ccrcuri
date @(Oi, r 1), @(0 2 , r).
·
·
_Observatie. Este evident ca dadt punctul A se afla in interibtul unuia
dintrc cercurile date, atunci problema nu are. solutie. Se presupune .deci ca.
punctul A estc exterior cercurilor <2(0 1 , r 1) ~i @(0 2 , r 2 ), •.
·
Dacft r 1 = r 2 , atunci este evident ca. problema se reduce la urmtttoarea:
s5. se coastrniascl un cerc care s{t fie tangent unui crrc <lat .(,2(0 1 , r 1 )
sau @(0 2 , r 2 )) ~i care sa trcaca prin douft puncte date A ~i A' (A' fiind simctricul
punctului A fat{t de mecliatoarea segmentului [0 1 0 2]).-Aceasta p17oblcmft a
fost rezolvata 12. punctul 3.9.1. Se presupune deci -dL cercudJe @(0 1 , r 1 )
~i (2(0 2 , r 2 ) au razelc inegale.
Solutia 1. Se presupune problem-a rezolvata. Fie @(0, r) un c.erc cfolat.
Fie JI (rcspectiv Q) punctul de contact al cercului @(0, r} cu cercul @,(01 , r 1 )
(respecti\· (:2,(0 2 , r 2 )). Fie N (respectiv P) al doile_a punct. de in.~er~cqic al
dreptci JIQ cu ccrcul @(0 1 , r 1 ) (respectiv @(0 2 , r 2 )) ~i fie {S} = 0 10 2 n .HQ.
Sc notcazi'i. cu}'; (i = l ,2) puterea punctului 5 in raport cu cercul @(Oi, rt).
(i = 1,2) (fig. n9).
Dcoarcce 01 N II 0 2Q ~i 0 1 M II 0 2 P, rezulta
Fig. 139
De aici sc obtine SN· SP= SQ· SM= p, unde p este puterca punctului S faFt de ccrcul @(0, r). Atunci: p 2 = SQ· SM· SN· SP = p 1 • h
Fie Bal doilca punct de intersectie al dreptei SA cu cercul @(0, r). Atunci:
SA. SB= SQ· SM= P =
V Pi• P2 = ST1. ST2
Se construie~tc punctul B. Este clar ca problema se reduce la unnfttoarca:
sa se construiasca un cerc care sft fie tangent unui cerc dat @(0 1 , r 1 )
sau @(0 2 , r 2 )) ~i care sft treaca prin doua puncte date A ~i B (a se vedea
problema 3.9.1.).
Solutia 2. Se presupune problema rezolvata. Se aplica figurii o inversiune T(A, It) (fl arbitrar). Cercurile @(0v r 1 ) ~i @(0 2, r 2 ) se vor transforma
in alte douft cercuri !2(0~, r~) ~i @(0~, r~), iar cercul @(0, r) se va transforma
intr-o dreaptrt d ce va trebui sa fie tangenta cercurilor @(0~, r~) ~i @(0~, r~).
Problema s-a redus la constructia tangentelor comune la doua cercuri. Yn general problema admite patru solutii. fn cazurile particulare de pozitie ale
-ccrcurilor numftrul solutiilor se reduce corespunzator.
3.10.3. Problerni. (A treia problemi a lui Apoloniu). Sa se constmiasca
un ccrc tangent la trei cercuri date @(0i, ri) (i = 1,2,3).
·
Solu(ie. Sc prcsupune problema rezolvata. Fie @(0, r) unul dintrc ccrcurilc cerutc. Sc presupune r 1 < r 2 ~i r 1 < r 3 . Se observa ca cercul @(0, r r 1 )
trece prin 0 1 ~i este tangent cercurilor @(0 2 , r 2 - r 1 ) ~i @(0 3 , r 3 - r 1 ).
De asemenca cercul @(0, r - r 1 ) trece prin punctul 0 1 ~i este tangent
ccrcurilor @(0 2 , r 2 + r 1 ) ~i @(0 3 , r 3 + r 1 ). Aceste observatii due la urmatoarca constructie: in prima etapa se construiesc cercurile @(0 2 , r 2 - r 1 )
~i @(0 3 , r 3 - r 1 ); se traseaza cercurile care tree prin punctul 0 1 ~i sint tangente
ccrcurilor @(0 2 , r 2 - r 1 ) ~i @(0 3 , r 3 - r 1). (Conform problemei 3.9.2. exista
in general patru astfel de cercuri). Daca @(0, F) este un astfel de cerc,
atunci ccrcul @(0, r), unde r = F - r 1 , raspunde problemei.
fn general se obtin patru solutii.
+
Fig. 140
+
+
1n a doua ctap[t se construiesc ccrcurile @(0 2 , r 2
r 1 ) ~i @(0 3 , r 3
r 1 ). Se
trascazrt cercurile care tree prin 0 1 ~i sint tangente cercurilor @(0 2 , r + r 1)
~i <?(0 3 , r 3 + r 1 ) (se ~tie de la problema 3.9.2. ca, in general, exista patru astfel
de ccrcuri). Daca Q(O, F') cste un astfel de cerc, atunci cercul @(0, r) unde
r = F'
1'1, rftspundc problemei (fig. 141).
+
94
Fig. 141
Si in acest caz numarul maxim de solutii este patru. Rezulta ca, inproblema a treia lui Apoloniu are opt solutii.
1n cazurile particulare de pozitie ale cercurilor, nurnarul solutiilor sc·
reduce corespunza tor.
3.11. DE LA TE0REMA LUI TITEICA LA 0 TE0RE:MA A LUI
P0NCELET
, ,
Se considcra trei ccrcuri de raza R care tree prin acela~i punct Ii
si care se rnai intersccteaza doua cite doua respcctiv in punctele A,B,C. Conform teorernei lui Titcica, cercul circurnscris triunghiului ABC arc raza cgal:i
cu R. Fie @(0, R) cercul circurnscris triunghiului ABC. Ccrcul @(H, 2R)
este tangent celor trei cercuri date (fig. 142).
Se transform;1 figura prin inversiune, alegind ca pol de intersiunc punctul H ~i ca put ere de inversiune k puterea lui H fata de cercul Q(0, R), adidi:
k =HA· HA'= HB · HB' = HC · HC'
unde A', B', C' sint punctele in care dreptele AH, BH, CH intcrscctcadt a
doua oara cercul @(0, R). Este evident ca prin aceasta inversiune punctclc
A, B, C se transforma respectiv in punctele A', B', C', iar cercul @(0, R) sc
transforma in el insu~i. Cercurile circurnscrise triunghiurilor AHB, BHC,
CHA se transforrna respectiv in dreptele A' B', B'C', C'A'. Cercul Q(H, 2N.)
se transforrnr1 intr-un cerc @(H, r). Deoarece curbele tangentc se transform:\
tot in cur be tangente, cercul @(H, r) este tangent drcptclor A' B', B'C', C'.-1 ',
adica cste ccrcul inscris in triunghiul A'B'C'. Prin urmare figura inwrs:i
consta dintr-un triunghi A'B'C' inscris in ccrcul (2(0, R) ~i circumscris ccrcului @(Ii, r).
Sc considcrft acurn un alt punct A~ E @(0, R). Sc due din A~ tangcntele la cercul @(H, r); aceste tangentc intcrsecteaza a doua oarii cercul
@(0, R) in punctcle B~. C~. (Punctele A~. B~. C~ nu sint trccu1.c pc figura;
figura care s-ar obtine ar fi analoaga cu cea considerata anterior.
Aplidnd aceca~i inversiune, dreptele A; B~. A~ C~ tangente cercului
@(H, r) se transforma in cercurile circumscrise triunghiurilor A 1 HB 1 , A 1 HCi,.
care sint tangente cercului @(H, 2R) ~i deci au razelc egale cu R.
95
Fig. 142
In dcfinitiv, sint trei cercuri de raze egale cu R ~i care tree prin punctul
A 1 . Este yorba de cercurile circumscrise triunghiurilor A 1 HB 1 , A 1 HC 1 ~i <le
ccrcul @(0, R). Aceste trei cercuri se mai intersecteaza doua cite doua respcctiv in punctcle Bi, H, C 1 . Conform teoremei lui Titeica, cercul circumscris
triunghiului B 1 HC 1 ar~ raza egala cu R, deci este tangent cercului @(H, 2R)
~i prin ui·mare, invei.-sul acestui cerc, adica dreapta B~ C~ cste tangcnEi ccrcului
(2(!-l, r). Deci triunghiul A~ B~ C~ este ~i cl inscris in cercul @{0, R) ~i circumscris tcrcului@(H, r). Punctul A putind fi lnat oriunde pe cercul (2(0, R),
s-a dcmonstrat urmiifoarea teoremrt:
Teorema. Daca exista un triunghi inscris intr-un cerc ~i circumscrls unui
alt cerc, atunci exista o infinitate de astfel de triunghiuri.
Observatie. Aceasta teorema este un caz particular al celebrei teoreme
de ,,inchidere" a lui Poncelet: ,,Daca exista un poligon, convex sau stelat, inscris intr-o ·conica r ~i circumscris unei alte conice ( y), atunci exista o infinifate de astfel de poligoane.
'DG
II. GEOMETRIE iN SPATIU
0.1. TEORE;'vLA.. Daca in spatiu trei drepte se intersecteaza doua cite
do11a, atunci ele sint sau coplanare sau concurente.
Dcmoizstrafie. Se noteaza clreptele cu di, d 2 ~i d 3 ~i se presupune ca nu
sint concurente. Fie ;i: planul determinat de dreptele d 1 ~i d 2 • Cum dreapta d 3
intersecteaza atit pe d 1 dt ~i de dz ~i cde trei puncte de intersectie sin.t doua
cite doua diferite, rezulta d't dreapta t~ 3 are doua puncte in planul 7t", dcci
cste in intregirne continuta in acest plan. S-a dcrnonstrat astfel ca dreptcle
di, dz ~i d 3 sint coplanare.
1. INTRODUCERE IN GEOMETRIA TETRAEDRULUI
Se nume~te bimediana a unui tetraedru dreapta determinata de mijloacele a doua muchii opuse.
1. 1. TEORETvIA. fotr-un tetraedru bimedianele sint concurente.
Demonstratie. Fie M, N, P, Q, R, S rnijloacele muchiilor [AB], [CD],
[BC], [AD], [AC], [ED] respectiv. Se dernonstreaza ca MN n PQn RS =fa 0.
1ntr-adcv5.r, patrulaterele MPNQ ~i R,P,S,Q sint paralelograme, de undc
rezulta ca RS trece prin mijlocul lui [PQ], prin care trece ~i MN. Dcci RS,
MN, PQ sc intersecteaza intr-un punct G, nurnit centrul de greutate
al tetraedrului.
1.2. TEOREMA. lntr-un tetraedru dreptele care unesc virfurile cu centrele de greutate ale fetelor opuse sint concurente. Punctul lor de concurenta
este acela~i cu punctul de concurenta al bimedianelor.
Demonstrafie. Fie G1 punctul de intersectie
a rnedianelor triunghiului BCD.
Se noteaza cu M, N, P, Q mijloacele segmentelor [AB], [CD], [BC],[A D]. in planul (APD),
PQn AG 1 # 0. in planuJ paralelograrnului M PNQ,
MN n PQ#0. fo planul (ANB), NMnAGI7'60.
Deci dreptele MN, PQ, AG 1 se intersecteaza doua
cite doua ~i nu sint coplanare. Rezulta ca
MN n PQ n AG 1 =fa 0, deci G E AG1 • Analog
se dernonstreaza ca BG 2 ~i CG 3 tree prin G.
Se afla in ce raport irnparte G segmentul [AG 1J.
C
Se considera separat planul (APD). Aplidnd
Firr. 143
7 -
Probleme practice de geometrie
97
teorema lui Menelau in triunghiul AG 1D, pentrn traversale Q, G, P,
sc obtine: AQ/QD · PD/PG 1 • GGifG,1 = 1.
Dar AQ = QD ~i PD= 3PG 1 , de uncle rezulta ca GG 1 /GA = 1/3, sau
GG 1/AG 1 = 1/4.
Se nume~te mediana a unui tetraedru o dreapta care une~te virful unui
tetraedru cu centrul de greutate al fetei opuse. Teoremele anterioare pot fi
reformulate astfel:
Bimedianele ~i mediane1e unui tetraedru sint concurente. Se nume~te
anticentru pentru un tetraedru, simetricu1 centru1ui sferei circumscrise fata
de centru1 de greutate al tetraedrului. O proprietate interesanta a anticentrului
este urmatoarea:
1.3. TEOREMA. Fie I{ anticentrul tetraedrului [ABCD], N mijlocul
Jui [CD]. Atunci KN ...L AB.
DemonstraJie (fig. 144).
Fie M mijlocul segrnentului [AB]. Deoarece OG = J{G ~i GJ,f = GN,
p~rulaterul M KNO este paralelogram, deci KN 11 MO. Dar O este centrul
sferei circumscrise, deci OM ...LAB. RezuWi KN ...l.. AB.
Dreapta determinata. de punctele G ~i O se nume~te dreapta Jui Euler
a unui tetraedru oarecare.
A
A
(
Fig. 144
Fig. 145
1.4. TEOREJ\IA MENELAU. Patru puncte, L, M, N, P ce apartin laturilor [AB], [BC], [CD], [DA] ale tetraedrului [ABCD] sint coplanarc d:Fa ~i
numai daca este indeplinita relatia:
(1)
(LA/LB) (MB/MC) (NC/ND) (PD/PA)= l
Demonstra/ie. Daca LP ~i MN sint paralele cu ED, relatia ( 1) sc nr:fr·a
din tcorema lui Thales aplicata in triunghiurile ABD ~i BCD. Daca LI'
~i 1vlN nu sint paralele cu ED, fie F punctul lor de intersectie (care este
situat pe ED). Se aplica teorema lui Menelau pentru triunghiurile ABD,
BDC, pentru transversalele L, P, F respectiv 111, N, F ~i se obtine:
(LA/LB) (FE/FD) (PD/PA)= 1,
(MB/MC) (NC/ND) (FD/FE)= I
lmnultind cele doua relatii se obtine (!) (fig. 145).
Reciproc, fie L, M, N, P ce apartin laturilor tetraedrului astfel indt
este indeplinita relatia ( 1). Se arata ca L, M, N, P sint coplanare. Fie planul
dcterminat de L, M, P, plan ce intersedeaza CD in N'.
98
Exista. relatia: (LA/LB) (MB/MC) (N'C/N'D) (PD/PA)= 1. Folosind relatia (I)
obtine ca CN'/DN' = CN/DN deci N = N', deoarece punctele N ~i N' sint
simultan in interiorul sau in cxteriorul segmentului [DC].
1.5. TEO REMA (SFERA LUI EULER). intr-un tetraedru fABC DJ,
centrele de greutate ale fetelor, punctele care impart segmentele ce unesc
anticentrul cu virfurile in raportul I /2 ~i proiectiile acestor puncte de fata
opusii sint douiisprezece puncte cosferice.
Demonstrafie. Fie O centrul sfcrei cirA
<:umscrise, G centrul de greutate, K anticentrul tetraedrului [A BCD]. Fie K 1 E (KA),
astfel indt J<.I{i/K 1A = 1/2, P 1 proiectia
lui K 1 pe fata [BCD], G1 centrul de greutate
al acestei fete. Fie Z E (KG), astfel indt
l(Z=2ZG. Se arata ca.ZK1=ZG 1 =ZP1 =R/3,
ceca ce constituie rezolvarea problemei. Din
0
triunghiul AKG, folosind rcciproca teoremei Ei
lui Menelau, se obtine ca punctele K 1 , Z, G1
sint coliniare. Intr-adevar:
(K 1 K/K 1A) (G 1 A/G 1G) (ZG/ZK)
= ( 1/2) (4 / 1) ( l /2) = 1
In triuhghiul G1AK 1 , pentru transversala
Fig. 146
G, Z, K, se obtine:
(ZK 1 /ZG 1 ) (GGi/GA) (KA/KKi) = 1,
<leci (ZJ{ifZG 1 ) (1/3) 3 -= 1, sau ZK 1 = ZG 1 .
Cum triunghiul K 1 P 1G 1 este dreptunghic in Pi, rezulta: K 1Z=ZP 1 =ZGt.
Din KG= GO ~i KZ = 2ZG, se obtine KZ/KO = 1/3 = K.I<. 1/KA.
Rczulta ca triunghiul J{K 1Z este asemenea cu triunghiul ]{AO cu raportul
de asemanare 1/3, deci K 1Z = R/3. Deci prin centrele de greutate ale fetelor,
Gi, prin punctele K; ~i prin proiectiile lor pe fetele opuse, trece o sfera. de
raza R/3.
1.6. TEOREMA DE OMOLOGIE 1N SPATIU. Se consideri doui
tetraedre cu proprietatea ca virfurile sint situate pe 'drepte concurente. Atuncf
dreptele de intersectfe a fetelor opuse sint coplanare.
Demonstra/ie. Fie [ABCD] ~i [A'B'C'D'] cele doua. tatraedre astfel incit:
..4A' n BB' n CC' n DD'= {T}.
Se noteaza:
AD n A'D' = {P}, AB n A'B' = {L}, BC n B'C' = {M}
BD n B'D' = {P1}. AC n A'C' = {P2}, CD n C'D' = {Nl
Se dernonstreaza ca:
(1)
(AL/BL) (BM/CM) (CN/DN) (DP/AP)= 1,
deci conform teoremei lui Menelau, punctele L, M, N, P vor fi coplanare.
1n triunghiul ABT pentru transversala A', B', L rezulta:
(LA/LB) (B'B/B'T) (A'T/A'A) = 1.
1n triunghiul BCT pentru transversala B', C', M are loc:
(MB/MC) (C'C'/C'T) (B'T/B'B) = 1.
99
· 1~ triunghiul CDT, pentru transversala C', D', N, rezulta:
(NC/ND) (D'D/D'T) (C'T/C'C) = l.
ln triunghiul DAT, pentru transversala D', A', P, se obtine:
(DP/AP) (A'A/A'T) (D'T/D'D) = l.
lnmultind cele patru relatii se obtine (1), deci L, M, N, P sint coplanare.
Analog se arata ca L, 111, N, P 1 ~i L, M, N, P 2 sint coplanare. Planul respectiv se nume~te plan de omologie al celor doua tetraedre.
1.7. TEQREMA.. (PUKCTUL LUI BROCARD). Se considera un tetraedru [A 1 A 2A 3 A 4]. Se iau pe muchiile Jui punctele B 12 E[A 1A 2], ••• , B 34 E[A 3 A41.
Atunci sferele circumscrise tetraedrelor [A 1B 12 B 13 BH], [A 2B1 2B 23 B 24],
[A 3 B 13 B 23 B 34], [A 4 B 14 B 24 B 3_1~ au un punct comun.
·
Demonstra/fr.
Fig. 147
Se efectucaza o invcrsiune de pol A 1 ~i putere 2.rbitr,,rft ll 2 • Sfera ce trece
prin .A 1 se transforma fntr-un plan r.. Cercurile de intcrsectic ale sfcrci cu
plande fetelor tetraedrului, intrudt tree prin polul de invcrsiune, se tru.nsforma in dreptele B~ 2 B~ 9 • B~ 9 B; 4 , B~ 2 B;_ 4 unde B~ 2 • B~ 3 • B~ 4 stnt inverc;ele
punctelor B 12 , B 13 , B 14 • Deci se formeaza in planul r. un triunghi B~ 2 B~ 3 B~ 4 Pe fiecare fata, cercurile de intersectie ale planului fetei cu sferele determina
prim a configuratie a lui Brocard din plan, deci existi punctele Ci, C 2 • C3
de intersectie ale sferelor cu fetele, puncte ce anartin si cercurilor de interseqic doua' cite doua a sferelor. 'Aceste ccrcuri, 1{ctr;cfncl prin polul de inve~siune, se transforma tot in cercuri, dcci existft un panct .J.ll <le interscq1e
a lor. Inversul punctului M este punctul de intersectie al sferelor.
2. TETRAEDRE CRELLE
2.1. TEOREMA LUI CRELLE (ge-r.eraEzarca spati&la a teoremei Jui
Pithot). Fiiml dat un teatraedru [ABCDl exista o skra tangenta cclor ~ase
muchii ale tetraedrului, daca ~i numai c!acii are lac conditia:
AB+ CD= AC+ ED= AD+ BC
100
Demonstratie. Implicatia: .,exista sfera, atunci are loc relatia" este
evidenta datorita proprietatii de congruenta a tangentelor dintr-un punct
exterior. Se presupune ca cste indeplinita conditia:
AB
+ CD = AC + BD = AD + BC
Rezulta:
AC+ AB- BC
AD+ AB- BD . AB+ BC -AC
BD + BC - CD
------= ------~l -------= -------
2
2
2
2
Prima rclatie arata ca cercul inscris in triunghiul ABC are punctul de contact
cu AB coincident cu punctul de contact cu AB al cercului inscris in triunghiul
A BD. Deci exista o sfera cc con tine cele cloua cercuri (inscris in ABC ~i inscris
in ABD). Exista deci punctele A', B', A", B", C' in sfcra care este tangenta
segmentelor [BC], [.ACJ, [ADl, [BD], [AB]. Se consiclera planul (BDC) ~i
cercul de intersectie detenniaat de plan ~i sfera considcrata. Relatia a doua
dovede~te ca punctul de contact cu BC al cercului inscris in triunghiul BDC
~i punctul de contact cu BC al ccrcului inscris in triunghiul ABC ocincid.
Cum, ccrcul de iHtcrseqie dintre planul BDC ~i sfera este tangent
muchiilor tetraedrului in B" ~i A', iar pe de alta parte prin B" ~iA' trece
cercul inscris in triunghiul BDC, rczulta ca cercul de intersectie dintre planul
(BDC) ~i sfera ~i ccr-.·nl inscris in triunghiul BDC coincid. Deci sfera este
tangenta ~i muchici [CD; ceca cc dcmonstreaza teorcma.
Tetraedrele cu proprietatea ca exista o sfera
hexatangenta muchlilor se numesc tetraedre Crelle.
2.2. TEOREMA BRIANCHON. fotr-un tetraedru Crelle cele trei segmcnte ce unesc punctele
de contact de pe muchiile opuse ate sferei hexatangente sint concurente.
~
·-
Demonstra/1:e (fig. 148).
Se folose~te teorema lui Mcnclau in spatiu pentru
patrulatcrul strirnb A BCD ~i rezulta ca dreptcle
A"C ~i C"A' sint coplanare, dcci
('
A"A' n C"C' =f- 0
·5
Fig. 148
Analog se arati'i c:1 WH'nC"C' =f- 0 ~i A"A'nB"B'=0. Cum dreptcle
A'A", B'B", C'C" n'..l pot fi coplanarc-, conform teoremei 0.1. cle sint
concurcnte.
3. TETRAEDRE ECH!FAOALE
3.1. TEOREMA. Daca un tetraedru are toate fotete de aceea;,i arie,
atunci muchiile opuse s:n1 congruente ~i reciproc.
Demonstrat,1·a 1 (fiz. 149).
Fie tetraedrul [ABCDJ ~i fie un plan'" care il contine pe [BC] ~i cste
paralel cu [AD]. (Este posibil dcoarece prin B se consfruie~te o paralela la AD
101
~i sc considerii 1t ca planul determinat
de BC ;;i de acea paralela). Fie AA 1 _Lr:,
A 1 E 1t ~i DD 1 _L 1t, D 1 E 1t. Cum
ADll1t, rczulUt ca AA 1 =DD 1 • Fie
ir
AA 2 _L BC, A 2 E BC ~i fie DD 2 _LBC,
i:::~-.::::~07 □1 D 2 E BC. Cum cr1ABCJ = cr[DBCJ,
rczultii ca AA 2 = DD 3 • Din teorerna
celor trei perpendiculare rezulta ca
A 1 A 2 ...L BC ~i D 1D 2 ...L BC. Dar triFig. 149
unghiurile AA 1 A 2 ~i DD 1D 2 sint congruente pe baza cazului ipotenuza-cateta., de uncle se obtine: A 1 A 2 = D 1D 2 . Din congruenta triunghiurilor A 1 A 20
~i D 1D 20 (cazul cateta-unghi ascutit) rezulta A 10 = OD 1 • Deci O se proiecteaza pe [ADJ in mijloc, patrulaterul AA 1 D 1D fiind un dreptunghi
al carui plan este perpendicular pc planul 1t. Se arata ca O este ~i rnijlocul
lui [BC]. Pentru aceasta se consickrft 1t 1 II 1t; 1t 1 con tine AD; sc proiccteaza
pe C ~i pe B in 1t1 ~i folosind cgalitatea ariilor triunghiurilor ABD ~i ACD
se obtine in final ca B 10 1 = 0 1C 1 (uncle 0 1 este proiectia lui O pe planul re 1,
dcci chiar mijlocul segmentului [ADJ). Reproiectind in planul 1t se obtine:
BO = OC ~i cum A 10 = OD 1 rezulta ca patrulaterul A 1CD 1 B este parale.,....,......._
.,....,......._
logram. Din (A 1 B)
(CD 1 ), (AA 1)
(DD 1 ) ~i AA 1 B
DD 1C rezulta
A
==
==
==
/'"",....
/'"",....
(AB)= (CD). Din (A 1C) = (D 1 B), (AA 1 ) = (DD 1 ), AA 1C = DD 1 B rezulta.
(AC)
(DB). (AD)== (BC) rczulta din aceca;;i construqic ajutatoare facutrt
relativ la latura [AC].
=
3.1.1. Observa+ie.
Daca un tetracdru are toate fetele
de acecasi arie
t
'
atunci sumc> masurilor unghiurilor la fiecarc virf cste de 180°.
J
,
fotr-adevar, tetraedrul avind toate fetele de aceea~i arie, are muchiilc
opuse congruente, deci fetele sale sint triunghiuri congruente, deci de exemplu
~
/'-...
.,....,......._
/'---.
= BCD
~i ABD = BDC. Dcci sum a mftsurilor unghiurilor virfului B
.,....,......._
.,....,......._
.,....,......._
,,,,--...._
este: m(ABC) + m(ABD)+m(DBC) = m(BCD)+m(BDC)+m(DBC) = 180°.
A BC
/'"",....
/'--...
3.12. Observatie. Fie in spatiu
dona segmcntc necoplanare [A BJ ~i
[CD], fie J1,J mijlocul lui [AB] ~i fie J.1'
mijlocul lr:i [CD]. Dacii AC _1_ CD ~i
BD _L CD, atunci M1H' _L CD.
Deinonstratie. Se considera un
plan 1t care contine pc CD ~i :c;c proiectcaza A in A', Bin B', Min AJ 1 , A', B',
M 1 E1t. Conform unei reciproce a teoreB'
mci eelor trci perpendiculare A' C _l_ CD,
B'D _L CD, dcci patrulatcrul A 'CDB'
Fig. 150
este trapez dreptunghic. Cum MM 1 _Lr.,
Jl 1Al' _LCD (fiind linie mijlocie in trapezul drcptunghic A'CDB') rczultii
din tcorcma celor trei perpcndiculare ,·rt MM' _J__ CD.
Folosind obscrvatia 3.2. se poatc da o alta demonstratic teorcmei 3.1.
102
Dcmonstrafia 2 (fig. 151).
Fie AA' _l_ BD, CC'_l_ ED, M mijlocul lui [AC], M' mijlocul lui [A'C'J.
Cum a[ABD] = u[CBD], rczulta ca (AA')== (CC'). Deoarcce triunghiurilc
AA'}\,1' 9i CMC' sint congruente, rezulta (AM')= (M'C), deci M'M_l_AC.
Dar, conform observatiei anterioare, A proiectlndu-se in A', C in C', rezulta
MM' _J_ A'C'. Deci MM' este perpendiculara comuna a dreptelor AC 9i
BD. Daca s-ar fi proiectat B 9i D pe AC in B' 9i D', s-ar fi obtinut ca dreapta
care une 9te mijlocul lui [ED] cu mijlocul lui [B' D'] este perpendiculara
comuna a segmentelor [ACJ 9i [BD]. Din rni ·itatea perpendicularei comune
rezulta M' mijlocul segmentului [BD], cleci (A'B) = (C'D). Rezulta ca
hunghiurile AA' B 9i CC' D sint congruente, de unde se obtine ca
(AB) == (CD) etc.
A
B
D
[
Fig. 151
Fig. 152
3.1.3. Observafie. Daca un tetraedru are suma unghiurilor la fiecare
virf cgala cu 180°, a tunci tetraedrul este echifacial.
Se va demonstra ca dacf1 tctracdrul are suma unghiurilor la fiecare
virf egala cu 180°, atunci muchiile opuse ale tetraedrului sint congruentc,
ceea ce este echivalent cu faptul ca tetraedrul are toaie fetele de accea 9i
arie (teorema 3.1.) (fig. 152).
Sc desfa 90,1ra tetraedrul in planul (BCD) 9i se obtine un triunghi A 1 A 2 A 3
(aici s-a folosit faptul ca suma unghiurilor de la ficcare virf estc de 180°)
in care fBC;, [CDl, fBD] sint linii mijlocii. Rezulta (CD)
(AB),
(BC)= (AD), (BD) = (AC).
=
3.2. TEORE!\'.IA. intr-un tetraedru ech:fac"al centrele sferdor im:crisa
respectiv c:rcumscrisa, coincid.
Dc111011stratic. Se folosc~te teorcma 3.1. Cum tdracdrul are toatc fc-tl'lc
de accca~i ,u-ie, rczulta crt mnchiilc opuse sint congrucnte, de uncle rezultft ca
fetele tetraedrului sint patru triunghiuri congrnente, deci cercurile circumscrisc lor au accea 9i raza R 1 . Fie 0 centrul sferei circumscrise. YI proiectam pe 0
pP fiecare fata in punctele 0 1, 0 2 , 0 3 , 0 4 • Se demonstrcaza ca (00 1 ) == (00 2)=
(00 3 )
(00 4 ), adica 0 este 9i ccntrul sferei inscrise. Pentru aceasta estc
suficient sa se observe ca punctde in care se proiectcazft O sint tocmai centrele
ce1curilor circumscrise fctelor (de excmplu triunghiurile 00 1A, 00 1 B, 00 1C
sint congrucntc, deci (0 1 A) == (0 1 B) == (0 1C). Rezulta, folosind tcorema lui
=
=
103
V
0
Pitagora: 00 1 =
R 2 - Rf, analog 00 2 ,00 3 , 00 4
(R este raza sferei circumscrise tetraedrului).
3.3. TEOREMA. Daca intr-un tetracdru centrele sferelor inscrise respectiv circumscrisa coincid,
atunci tetraedrnl este echifacial.
c
Dcmonstratie. Fie O centrul sferci circumscrise. 0 se proiectcaza pe fiecare fat;'i in centrul
cercului circumscris acelei fete. Deci toate fetele
admit cprcuri circum~;crise' de aceea!jii r~za,
VR
,,,,-...,_
,,,,-...,_
r 2 • Rczulta, de cxcmplu, ADB == ACB
(dcoarccc in C('rcmi cgalc, la coarde egale, cores-
B
Fig. 153
2
-
./",../"',,.....----..._/"',,..
pun<l arcc cgalc) analog BDC=BAC,ADC=ABC.
Deci sumc1 nnghiurilor virfului D ;;i analog la fiecarc vfrf, este de 180°.
Clonform o bscrvatiei 3.1.2. tetraedrul este cchifacial (fig. 153 ).
4.
TETRAEDRE ORTOCENTRICE
Un tetraedru se nume~te ortocentric daca rnuchiile sale opuse sint perpencHculare.
Se va demonstra ca este suficicnt ca doua pcrcchi de muchii opuse sr1 fie
pcrpcndiculare.
4.1. TEOREMA. Daca intr-un tetraedru AB ...LCD ~i AC ...L BD,
atunci AD ...L BC.
Demonstrafie (fig. 154).
Fie AA 1 ...L (BCD). Rezult5. AA 1 ...L CD ~i cum AB ...LCD avem
CD ...L (AA 1 B), deci CD ...L BA 1 • Analog din AA 1 _L BD ~i AC ...L BD avem
BD ...L C1 1 . Deci BA 1 ~i CA 1 sint foaltimi in triunghiul BCD, de unde
se obtine D,1 1 ...L BC. Cum ~i AA 1 ...L BC rezulta:
A
BC _L (AA 1 D). Accasta implica BC _LAD ceea ce
incheie demonstratia.
Din modul 'cum am efectuat demonstratia,
rezulta afirmatia: ,,1ntr-un tetraedru ortocentrk
e
'.)
inaltimile tetraedrului cad in ortocentrele fetclor
opuse".
4.2. TEOREMA. Jntr-un tetraedru ortocentric
inait1mHe tetrae(!ruh1i sint concurente.
Demonstratie. Estc suficient sa se demonstreze
ca dona cite do'ua inf1ltimile sint concurcnte. Se va
arata, de cxcmplu, ca ~"1A 1 ~i BB 1 sint concnrcnte;
15-!
CD _L (AA 1 B) ~i CD _L (BB 1 A). Dar planele (.rL-1 1 B)
~i (BB 1 A) au in comun drcapta AB. Cum printr-un
punct trece un singur plan perpendicular pc o drcapta data, rezulta ca
plancle (AA 1 B) ~i (BB 1 A) sint confundate, deci AA 1 ~i BB 1 sint concurente.
C
4.3. TEOREM.\ (de caracterizare). Daca intr-un tetraedru inaltimile
sint concurente, atunci tetraedrul este ortocentric.
104
Demonstra{1'.e. Se considcra inaltimilc A.A 1 ~i BB 1 concnrente intr-un
punt H. Atunci CD ..l.. A.1 1 (clcoarecc AA 1 ..l.. (BC!J)) $i analog CD ..l.. BB 1 •
Cum dreptelc AA 1 ~i BB 1 sint concnrcnte, rczulU ca CD ..l..(AA 1 B), cleci
CD _LAB. Analog se demonstreaz;i pcrpcndicubritatca celorlaltc percchi de
laturi opuse. Punc1:nl H ck concurenp :1 inftltimilor unui tetraedru ortocentric,
se nume 9te ortocentritl tctmrdndui.
4.4. TEORE:'IL\.. intr-un tetraedru ortocentric [.ABCD],
AC 2 + BD~ = CD 2 + AB 2 = BC 2 + AD 2
Denzonstrajia 7 (fig. 155).
Fie tetraedrul [ABCDl ~i fie M, P, N, Q, R, Smijloacclc muchiilor [AB],
[BC], [CD], [DA], [AC], [BD] respcctiv. Patrnlakrnl J1 PNQ este drPptunghi
deoarece: MQ II PN (amindona fiind paralcle cu ED), analog J1 P II QN
..,,-....._
(paralele cu AC) 9i unghiul :"if PN E 90° (fiind unghiul dreptclor BD 9i AC).
Rezulta ca diagonalele sint congrucnte, dcci intr-un tetraedru ortoccntric
bimedianele au aceea 9i lungime. Aplicincl tcorema lui Pitagora in ficcare
din dreptunghiurile ce au ca cl.iagonale bimcdianele, se obtinc:
MP 2 + PN 2 = RQ 2
+ QS
2
sau
echivalcnt,
AC 2 + BD 2 = CD 2 + AB 2 •
A
A
0
o'L-----~'!-------~B'
C
C
Fig. 156
Fig. 155
Demonstratia 2 (fig. 156) Construim prin B, C, D paralele la CD, BD,
BC respectiv 9i fie D', B', C' punctele de interscctie ale acestor paralele. Fie
AA 1 _L (BCD), A 1 E (BCD). A 1 este ortocentrul triunghiului BCD, deci ccntrul cercului circumscris triunghiului B'C'D'. Rezulta (AD') =(AB')= (AC').
Cum AC_LB'D', AD_LB'C', AB..l..C'D', aplicind teorema lui Pitagora in triunghiurile ABD', ACB', ADC', rezult:\: AB 2
BD' 2 =AC 2 +CB'~=AD 2 -f- DC' 2 •
Tinind cont de faptul ca triunghiul BCD este triunghi median pentru
triunghiul B'C'D', rczulta: AB~
CD 2 = AC 2
BD 2 = AD 2
BC 2 •
Din prima demonstratie rezulta u 9or urmatorul enunt: Mijloacele
celor ~ase rnuchii ale unui tetraedru ortocentric se afla pe o sfera. (Sfera de
centru G ~i raza lungimt•a um:i Jum~,u:qi de bimediana).
+
+
+
+
4.5. TEOREMA. intr-un tetraedru ortocentric, centrul de greutate al
tetraedrului se proiecteaza in centrele cercurilor Jui Euler ale fefelor.
105
Demonstrat ie.
4
C
Fig. 157
G'H' -
H'G"
G'H'
4
Fie tetraedrul [ABCD], H', G', O', ortocentrul, centrul de greutate ~i centrul cercului
circurnscris respectiv, in triunghiul BCD (H'G' =
= 2/3 I-l'O'), rnediana AG' a tetracdrului corespunzatoare virfului A, GE [AG'l centrul de
greutate al tetraedrului (AG' =4 GG') ~i fie G"
proiectia lui G se planul (BCD). Evident
G" E [H'O']. Sc va clemonstra ca G" este mijlocul segmentului [H'O'J, deci este centrul
ccrcului lui Euler al fetei [BCD]. Din triunghiurile asC:'mcncaAH'G' ~i GG'G' rezulta:
G'G"/G'H' = G'H/G'A = 1/4 de uncle
.
2/3 H'O' - H'G"
I
Se obtme - - - - - - - - '
2/3 H'O'
4
si efectuind calculele:
'
H'G" = l/2 · H'O'.
4.6. TEORE:\IA (SFERA LUI VOGT). Cercurile Jui Euler ale fetelor
unui tetraedru ortocentric sint situate pe o aceea~i sfera.
Dcrnrmstratie. Conform teoremei anterioare, punctul G este egal departat
de punctclc rcrcului lni Euler al unei fete ~i cum ccrcurile lui Euler ale fetelor
au doufl cite doua punctc comune, rezulta ca G este centrul unei sfere pe care
se amt ccrcurilc lui Euler ale fetflor.
4. 7. TEO R El\IA. intr-un tetraedru ortocentri c, ortocentrul, centrul de
greutate ~i centrul sferei circumscrise tetraedrului sint coliniare.
D<"mnnstrafic. H, G, 0 se afla in planul perpendicular pe fata (BCD)
dupa dreapta lui Euler a triunghiului BCD ~i analog se aflrt in planul perpendicular pe fata (A BC) dupa dreapta lui Euler a triunghiului A BC.
lkci H, G, 0 sint coliniare fiind la intersectia celor dona plane.
Observatii. i) Punctul G estc mijlocul segmentului [HO] deoarece G
se proiecteaza in mijlocul scgmentului [H'O']. Rezulta ca ortocentrul tetraedrului este tocrnai·anticentrul sau, deci, intr-un tetraedru ortocentric dreapta
lui Euler este generalizarea in spatiu a dreptei Euler din plan.
ii) Se poate dernonstra u~or ca surna masurilor unghiurilor died.re ~i a
masmilor unghiurilor pe care le fac muchiile cu frtele este egala cu suma masurilor a douasprezece unghiuri drepte.
Tetraedrcle ortocentrice privite ,,plan" (dcci de exemplu virful A il
proiectam pc fata (BCD)), formeaza o configuratie nurnita patrupunct ortoccntroidal ce pastreaza la nivelul plan multe din proprietatile tetraedrelor
ortocc•ntricc.
5. PLANUL ORTIC AL UNUI TETRAEDRU ORTOCENTRIC
Tetraedrul ce are ca virfuri picioarele inaltirnilor unui tetraedru ortocentric, se nume~te tetraedru ortic pentru tetraedrul ortocentric dat.
Cum tetraedrul ortic al unui tetraedru ortocentric ~i tetraedrul ortocentric rcspectiv sint omologice, exista, conform teoremei 2.1.6., un plan de
ornologie al tetraedrelor, plan ce se num~te plan Ortic al tetraedrului ortocentric dat.
106
5.1. TEOREMA. Planul ortic al unui tetraedru ortocentric intersecteaza planele fefelor tetraedrului dupa axele ortice ale acestor fefe.
Demonstra/ie. Fie A 1 , B 1 , Ci, D 1 ortocentrcle fetelor BCD, ACD, ABD,
ABC respectiv ale tetraedrului ortocentric ABCD, H ortocentrul tetraedrului,
D 2 ~i C 2 picioarele inaltimilor din D ~i C pe AC rcspectiv AD (fig. 158).
Teorema este echivalenta cu a arata, de exemplu, ca latura DC
se intersecteaza in acela~i punct a tit cu D 1C 1 cit ~i cu D 2C 2 (~i analoagcle).
Fie M punctul de intersectie dintre D 1C 1 ~i DC ~i fie M' punctul de intersectie dintre D 2C 2 ~i DC. Atunci: M' E (BD 2C 2 ) n (ACD). Dar planul
(BD 2C 2 ) coincide cu planul (BD 1C1 ), deci M E (BD 2C 2 ) n (ACD). Cum M
~i M' apartin dreptei CD ~i planului (BD 2C 2 ), rczulta .M = M'.
Observafie. Sfera lui Euler a u111ti tetraedru ortocentric este ~/era circumscrisa tetraedruhti sau ortic.
A
A
□
B
D
/
/
,,,,,,./
M
M
Fig. 159
5.2. TEOREl\il.A. Planul ortic al unul tetraedru ortocentric este planul
radical al sferei circumscrise tetraedrului ~i al sferei lui Euler a tetraedrulul.
Demonstra/ie. Fie tetraedrul [ABCD], AA 1 , BB 1 inaltimi concurente in
or toe en trul H al tetraedrului, M punctul de in tcrscctic al dreptelor AB ~i
A 1 B 1• Se va arata ca M are aceea~i putere fap de sfcra circumscrisa ~i sfcra
lui Euler a tetraedrului, analog procedindu-se ~i pcntru celelalte puncte de
interseqie posibile (fig. 159).
Patrulaterul BA 1 B 1 A estc inscriptibil, deci exista un cerc care trece
prin punctele B, Ai, B 1 , A. Scriind puterea punctului M faFt de acest cerc,
se obtine:
107
Dar [AB] este coarda 1n sfera circumscrisa, deci 111 B · MA reprezinta puterea
punctului 1'v1 fata de aceasta sfera ~i [A 1 B 1J e::;te coarda in sfera lui Euler,
deci MA 1 • MB 1 reprezinta putcrea punctului M fata de sfera lui Euler.
Rezulta ca M apartine plannlui radical al cclor dona sfere.
5.3. TEOREMA. Planul ortic al unui tetraedru ortocentric este planul
radical al sferei circumscrise tetraedrului ~i al sferei Iui Vogt.
Demonstratie, Planul unei fete intersccteaza sfera circumscrisa dupa
cercul drc1.1mscris fetei ~i sfera lui Vogt dup:t cercul lui Euler al acelei fete.
Deoarece axa ortica a unui triunghi este axa radicala a cercurilor circumscris
~i Euler ale triunghiului ~i, conform teoremei 5.1., axa ortica a fetei face parte
din planul ortic, rezulta in mod banal afirmatia tcoremei.
Consecinta. Sferele circumscrisa, Euler ~i Vogt ale unui tetraedru ortocentric aparfin unui fascicol avind acela~i plan radical (p!anul ortic al tetraedrului ortocentric).
Ill. INTRODUCERE iN .,
GEOMETRIA PROIECTIVA
1. ELEMENTE IMPROPRII. DIVIZIUNE ARMONICA.
FASCICCL ARMONIC
0.1. In eek ce urmeaza vcm ccnveni a spune ca dou;1 clrepte paralele
sc intersccteaza intr-un punct, numit punct de la infinit al planului dreptelor
~i ca multimea punctelor de la infinit a unui plan formeaza dreapta de la
irtfinit a acelui plan. Punctelc ~i dreapta de la infinit a unui plan se numes~
elemente improprii ale planului.
0.2. Fie punctele A ~i B pe o dreapta ~i fie C ~i D astfel incit CA/CB =
= DA/DB. Punctele C ~i D se numesc conjugate in raport cu A ~i B. Din
rclatia anterioara rezulta: AC/AD = BC/BD, deci ~i ca punctele A, B sint
conjugate in raport cu punctclc C ~i D. Se spune ca punctele A, B, C, D,
formeazi"'t o diviziimc armonicii; de observat ca o diviziunc armonica ce
continc mijlocul segmentului [AB], contine ~i punctul de la infinit al
cL cptei AB
0.3. Patru drepte concurente formeaza un fascicol annonic, dac;1 exista
o dreapta care sa le interscctcze dupa o diviziune armonica.
1.1. TEOREMA.. Un fascicol armo0
nic este intersectat de orice dreapta dupa
o diviziune armonica.
Demonstratie. Se va arata ca proprietatea unui fascicol de a fi taiat de o
dreapta dupa o diviziune armonica nu
<lcpinde de dreapta, ci numai de unghiurilc fascicolului.
Se noteaza ca in figura cu !rx, ~. y
mftsurile unghiurilor fascicolului ~i se
demonstreaza ca relatia de cliviziune
armonid admite o tr~nscriere trigonomctrica de forma:
I
A
B
C
Fig. 160
sin rx/sin( rx + ~ + y) = sin ~/sin y
Intr-adevftr, in iriunghiul OAB, din teorema sinusurilor rezulta:
AB = OA sin rx/sin B
~i in celelalte triunghiuri analo<1gde:
AD= OA sin(rx + ~ + y)/sin D, CB= OC sin ~/sin B, CD = OC sin y/sin D
109
Consecin1i: 0 dreapta paralda la una din dreptele unm fascicol armonic
intcrsecteaza pe celelalte dupa segmente congruente (Deoarecc conjugatul mijlocului segmcntului este punctul de la infinit).
2. PROIECTIA ~I APLICATII. POLARA UNGHIULARA
Fie doua plane 1t ~i 1t' ~i un punct O exterior planelor 1t ~i 1t' (fig. 161).
Se considera/:1t'-1t o transformarc care asociaza fiecarui punct M' din
planul 1t', punctul M din planul 1t, situat la intersectia dreptei OM' cu planul 1t.
0 ascmenea transformare se nume~te proiec/ie. Se pot obtine elemente improprii prin aceasta transformare, daca exista puncte M' in planul 1t', astfel incit
dreapta OM' sa fie paralela cu planul 1t. Obtinerea acestor punctese face in
modul urmator: seduce prin Oun plan cx paralel cu 1t, se considera dreaptade
intersectie a planelor ex ~i 1t' cazul 1t' I\ 1t fiind o banala asemanare) ~i se observa
ca toatc punctele acestei drepte se transforma in puncte la infinit in planul vt.
Cum in general / transforma dreptele m drepte, vom conveni a spune ca
dreapta or.n 1? 1 se transforma in dreapta de la infinit a planului 1t.
Accasta transformare devine importanta observind ca doua drepte din
planul 1t', concurente intr-un punct pe drcapta u.n1t', devin paralele i:n
planul 1t ~i invers, orice doua drepte paralelc in planul 7t' se transforma in
doua drepte din planul 1t', concurente intr-un punct al dreptei u.n 1t'.
Se consideri'i planul 1t' ~i o drcapta d c 1t'; se va arata ca este posihil
sa se aleaga un plan 1t ~i un punct O exterior planelor 1t ~i 1t', astfel incit
dreaptaid-sa fie transformata def in dreapta de la infinit a planului 1t. Pentru
aceasta sc alege mai intii punctul O ~i se considera planul ~ detcrminat de
punctul O ~i dreapta d. Planul 1t va fi un plan oarecar.e paralel cu ~Deci pentru a demonstra o anumita relatie a unei figuri intr-un plan re',
se alegc o dreapta d din figura, un punct O exterior planului ~i un plan 1t in
care transformata dreptei d sa fie dreapta improprie. Se va demonstra relatia
pe figura simplificata, iar daca rclatia nu este afectata de proiectie, problema
este considerata rezolvata.
Fig. 161
Fig. 162
2. J. TEOREMA. Proiectia conserva diviziunile annonice.
Demonstrafie (fig. 162). Fie 1t' ~i 1t douii plane, 0 un punct exterior planelor 1t' ~i 1t, A ', B', C', D' puncte coliniare in plan ul 1t', astfel in cit C' A'/
JC'B' = D'A'JD'B' ~i fa, A, B, C, D proicctiile lor fn plannl it. Cum fascicolul
·:format din dreptelcOA', OB',OC', OD' este armonic rezulta: CA.JCB =DA/DB.
·J.10
2.2. PROBLEMA (V. MASEK). Se considerii un triunghi ABC $i o
secanta arbitrara C 1 , B 1 , A 1 . Fie Af $i N puncte oarecare pe aceasta secant«
C 2 , B 2 , A 2 confugatele armonice ale punctelor C 1 , B 1 , A 1 in raport cu 1\1 ~i N.
Sa se arate ca dreptele AA 2 , BB 2 $i CC 2 sint concurentc.
Solutie. Se analizeaza de exemplu configuratia alaturata.
A
.e-----------:!t...C_ _ _~---=::::::::,.At
Fig. 163
Se considera o transfonnare astfel incit dreapta A A 2 sa devina dreapta
la infinit. Se noteaza cu ' punctele figurii obtinute ~i se are in vedcre ca A
este mijlocul segmentului [Ai'N']. Se va demonstra ca B' B 2 II C'C 2 • Notatii:
A~C'=x, C'B'=y, A~B~=l 1 , B~C~=l 2 • B~C;=x', C~B;=_v', M'A~=N'A~=a.
Este suficient sa se arate ca:
B7.
A~C'/C'B' =A~C~/C~B~.
\ c,
\
relajia echivalenta cu
\
y'
x'
(1)
Din relatiile:
B'M'/B'N'
-- B'M'/B'N'
2
2
1
1
\
M'
(2
\
\
\ B\
\
\
Bi
C.
\
~l
C~M'/C~N' = c;M'/C~N'
Fig. Hi4
rezulta:
y' + l 2 - a+ l1
y' + l 2 - a + l 1 + 2a
a - x' -- l1
deci
az
x' = - - - - l 1
l1
+l
2
Relatia (1) este astfel verificata.
2.3. Problema. Fie d o dreapta arbitrara dusa prin vfrful A al unui
triunghi ABC $ifie Mun punctmobil pe dreapta d. Se considera {N} = ACn BM
fi {P} = ABn CM. Sa se arate ca dreapta NP trece printr-un punct fix.
111
Solutie (fig. 165).
Fie {L} = PN n BC. Se va demonstra ca L este punctul fix cautat. Se
considera dreapta AL ~i O un punct exterior p1anului triunghiului ABC.
Fie ~ planul d~term~nat de punc_tul (! ~i dreapta AL ~i fie 1t tm plan para]d
cu~- Se notcaza cu punctcle dm fi,'."!;ura transfonnata in planul -,.. AB, AC
~i d se transfonna in trei drepte paralclc. Analog drcptele PN ~i BC se transforma in dreptc paralele (fig. 166).
A
8'
Fig. 165
Fig. 166
Reznlta ca patrulaterul B' P'N'C' este un paralelogram ~i d', transformata dreptei d, trednd prin punctul de intersectie a diagonalelor, determina
impreuna cu B' P' ~i N'C' trei paralele echidistante. Rezulta ca punctul L
este fix, deoarece se gase~te la intersectia dintrc preimaginile prin transformarea considerata a dreptelor fixe B'C' ~i dreapta de la infinit a planului 1t.
2.4. TEOREMA. (POLARA UNGHIULARA). Se considera doua
drepte a ~i b concurente intr-un punct T ~i fie I un punct oarecare din plan.
Fie trei drepte arbitrare ce tree prin I ~i taie dreptele a ~i b in punctele A1 , A 2 , A 3 respectiv Bi, B 2 , B 3 • Atunci intersectiile: {U} = A 1 A 2 n A 2 Bi,
{V} = A 2 B 3 n A3 B2 , {W} = A1 B 3 n A 3 B 1 sint coliniare.
Demonstratie.
Se considera un punct O in
afara planului 1t', determinat de
dreptele a ~i b ~i planul ~ determinat de punctul O ~i dreapta TI.
Fie TC un plan paralel cu planul ~Prin transfonnarea /, in planul re
,;e obtine unnatoarea configuratie: (se noteaza cu ' imaginile
punctelor din planul r.).
TI se transforma in dreapta
Fig. 167
de la infinit a planului 1t, dreptele a ~i b in a' ~i b' paralele, I A 1 , I A 2 , I A 3 in trei drepte paralele oarecare, ce intersecteaza a'
~i b' in punctele A~, B~, A;, B~, A;, B;. Fie U', V', W' imaginile
punctelor U, V, W prin transformarea f. Ele se afla pe o dreapta paralela
cu a' ~i b', deci preimaginile lor in planul re' se vor afla pe o dreapta ce trece
prin T. Dreapta UT se num~te polara unghiulara a punctului I. Punctele
/',..
polarei unghiulare se numesc conjugatele punctului I in raport cu unghiul ab.
112
2.5. TEOREMA (PAPPUS). Se considera trci puncte A, B, C arbitrare
pe o dreapta d ~i alte trei puncte A 1 , B 1 , C 1 arbitrare pe o dreapta d 1 • Intersectiile: {W} = BC1n B 1C, {V} = AC 1 n Al;, {U} = AB 1 n A 1 B sint coliniare.
DcmonstraJie (fig. 168).
Se considera dreapta determinaia de punctcle U ~i V. Se va ara1.a
ca WE UV. Pentru aceasta se considera un punct O in afara planului
detrerninat cle dreptele d ~i d 1 • Fie ~ planul deterrninat de punctul O ~i
dreapta UV ~i fie rc un plan paralel cu ~- Prin transfom1area / dreapta [:V
devine dreapta improprie a planului -;,:, dreptelc d ~i d 1 se transforma in dreptele d' ~id~, A, B, C, Ai, Bi, C 1 in A', B', C', A~, B~, c;, astfcl incit dreptclc A'B~ ~i A~B' sint paralele ~i la fel A'C', A~C' sint paralele. Vom demonstra
ca drcptcle B~ C' ~i B'C~ sint paralele, deci U, V, W sint coliniare.
T...___ _ _--..1::_..;:___ _ _....1._ _
Cj
A\
Fig. 169
B\
Atunci: TA'/TB' = TB;JTA~ ~i TC'/TA' = TA~ 1TC~ (fig. 169).
Prin inrnultirea mcmbru cu membru, se obFne: TC'JTB' = TB~/TC~.
adica B'C~ II B~C'
3. POLARA IN RAPORT CU UN CERC
Fie un punct M ~i un ccrc @(0, r). Se considera o dreapta care trece
prin .M ~i intersecteaza cercul in punctele 11,f 1 ~i M 2 •
Se nume~te conjugatul lui M in raport cu cercul, punctul P, conjugatul
armonic al punctului M in raport cu M 1 ~i M 2•
3.1. TEOREMA (PONCELET). Mulfimea conjugatelor unui punct fata
de un cerc este o dreapta perpendiculara pe diametrul ce trece prin punct.
Demonstrafie. ln cele ce urmeaza este prevazut ati:t cazul in
care PE Int @(0, r) cit ~i cazul in care PE Ext @(0, r).
Punctele M, M 1 , P, Jl,1 2 formind o
diviziune armonica rezulta: (fig. 170).
PM 1 /PM 2 = MM 1 /MM 2
Fie N mijlocul s~gmentului [MP]. Notati:
MN= c, NM 1 = a ~1 NM 2 = b.
Rclatia devine:
c-a a+c
--=-b-c
b+c
Fig. 170
113
8 - Probleme practice ct<.: geGni"trlr
deci c2 = ab, adica NM 2 = NM 1 • NM 2 • Dar NM 1 • NM 2 este puterea
punctului N fata de cercul @(0, r) iar NM 2 este puterea punctului N fata
de cercul de raza nula cu centrul in M. Deci N parcurge axa radicala a celor
doua ccrcuri, de uncle rezulta ca P descrie o drcapta paralcla cu axa radicala,
adica o dreapta perpendiculara pe diametrul ce trece prin punctul M.
Observatii. i) 1n cazul dnd M E Int @(0, r) dreapta loc geometric
este exterioara cercului; aceasta dreapta se nume~te polara punctului M in
raport cu cercul, iar M polul dreptei respective.
ii) Din dernonstratia anterioara, considerind Me Int @(0, r) ~i M 1 =M 2 ,
rezulta ca polara punctului M fata de cercul @(0, r) trece prin punctele
de contact ale tangentelor din M cu cercul. Reciproc, daca o drcapta taie
cercul in doua puncte U ~i V, atunci polul ei este intersectia tangentelor
in punctele U ~i V. Daca punctul M este pe cerc, polara lui in raport cu cercul
este tangcnta in M la cerc.
4. LEGATURA DINTRE POLARA UNGHIULfa.R"- ~! POLARA
iN RAPORT CU UN CERC
4.1. TEOREMA. Fie un cerc @(0, r), Mun punct in planul cercului
~i doua secante arbitrare ce intersecteaza cercul in P ~I Q, respectiv in P', Q'.
Atunci polara punctului M fata de cerc este polara unghiulara a punctului M
fata de unghiul dreptelor PQ' ~i P'Q (sau fata de unghiul dreptelor PP' ~i QQ').
Dcmonstraffr (fig. 171).
Este suficient sa se demonstreze ca, 1n general, daca SC considera doua
secante cluse printr-un punct 111, care intcrsectcaza laturile unui unghi in
. punctele A, B respectiv A', B', punctele C, C' conjugatele armonice ale
punctului M fata de A, B respcctiv A', B' se afla pc polara unghiulara a
punctului M.
L
Fig. 171
Fig. 172
Se considerrL dreptele OM, OA, OC, OB (fig. 172); exista un fascicol
de patru drepte taiate de o secantii intr-o diviziune armonica. Orice alta
dreapta va intcrsecta fascieolul 1ntr-o diviziune armonica. deci MA' intersecteaza OC in C'. Rezulta O, C ~i C' sint coliniare. Se considera dreptele
TM, TA, TC, TB. Din nou se obtine un fascicol taiat de dreapta MA intr-o
diviziune armonid't, deci MA' va intersecta acelea~i drepte tot dup;t o divizrnne armonica, deci C' E CT. S-a obtinut astfel ca punctele 0, C, T, C'
114
sint coli niare, deci di polara unghiulara a punctului lvl este ~i locul geometric
al con ju gatelor armonice ale punctului lvl fata de punctele de intersectie a
unei sccan te mobile arbitrare cu laturile unghiului.
5.
APLICATII. PROBLEME CARE SE REZO_LVA CU AJUTORUL
NOTIUNII DE POLARA
1. Problerna. Se considera dreptele d $i d' concurente in 0, M un pu,ict
din planul dreptelor d ~i d', ~i a, polara imghiulara a punctitlui Min raport cit
A
itnghiul dd'. Sa se arate ca orice punct de pe dreapta OM are aceea~i polarii
imghiulara, a jafii de imghiul dreptelor d $i d'.
Solttlie. Punctele M, D, P, D' formeaza o diviziune armonica. Deci
fascicolul format din dreptele OM, OD, OP, OD' este armonic. Rezulta ca
o secanta arbitrara ce trece prin L E OM ~i intersecteaza celelalte drepte
in D 1 , P 1 , D~ determina o diviziune armonica. Deci multimea conjugatdor
A
punctului L in raport cu unghiul dd' este tot dreapta a (fig. 173).
G'
Fig. 17:.,
Fig. 174
2. Problerna. Se considcra dreptele a $i a' conwrente in O # b bisectot'trea
A
imghiului aa'. Fie A E a, A' E a' simetrice fa/a de b. Sii se arate ca pola#'a
A
,,,...._
jnmctului A fa/a de unghiul ba' ~i polar a punctuh,i A' f afa de unghiul ab, sint
~imetrice j aJa de b.
Solutie. Evident (fig. 17-4).
Observafie. Punctul A' poate fi inlocuit cu oricare punct ce apartine lui «'·
3. Problerna. Se consider« triungltiitl ABC cu bisectoarea [AD, BE $i CF
concurente intr-un punct I 1 E [ADJ,
{L} = FD n BE, { L'} = FC n DE.
Sa se arate ca AL ~i AL' sint simetrice
Jal« de AD.
Solitfie.
Dreapta AL' este polara punctului B
...............
fata de unghiul DAC ~i dreapta AL
Fig. 175
H5
8*
,,-...._
.,,,,,....___
/"-....
este polara punctului C fata de unghiul DAB. Cum unghiurile DAG si DAB
sint congruente, folosind observatia, problema este rezolvata.
'
4. Problcrna. Sa se arate ca fotr-un trapez pimctitl de 1:ntersec/ie al latHrilcr neparalele, mijloacele laturilor paralele fii punctul de intersecfie al diagonalelor sfnt coliniare.
Solufie. Conjugatele mijloacelor laturilor paralele fata. de virfurile trapemlui coincid cu punctul de la infinit al dreptelor ce reprezinta laturile
p;nalele. Deci dreapta care une~te punctul de intersectie al laturilor neparalele
cu punctul de intersectie al diagonalelor este polara punctului de la infinit
111 raport cu unghiul determinat de laturile neparalele ~i ca urmare trece prin
rn ijloacele laturilor paralele.
5. Problema. Fie D, E, F punctele de contact ale cerwlui fnscris fn tri1m.-Jiiul A BC cu laturile [BC], [AB], [AC] respectiv. Se noteaza cit {S}=BC n EF
,,i ,n I ccntrul cercitlui fnscris. Sa se arate ca SI J_ AD.
Soluf-ic. Polara punctului A in raport cu cercul inscris este EF. Deci S
sint conjugate in raport cu cercul inscris, de unde rez-uWi ca
polar a d, . a punctului S in
A
raport cu cercul inscris, trece
prin A. Dar polara d trece ~i
prin D deoarece SD tangenta
cercului inscris. Rezulta ca
dreapta AD cste polara punctului S in raport cu cercul
inscris, deci SI J_ AD.
6. Problerna. Se considera
Fig. 176
pa:rulateritl complet ABCDEF.
Punctele de intersecfie a diaA
gonalelor [AC] $i [BD] cu
dreapta EF, T 1 $i T 2 sfnt
conjugate armonic fn raport cu
punctele E $i F.
Solufie. Dreapta AC este
polara unghiulara a . punc-------- __.,tului 1\ in raport cu
~i A
_.
-!:--------==-F.
~-:::__ _ _ __K__ _
f.
_,.....,
un-
ghiul EAF, deci diviziunea T 1 ,
E, T 2 , F este armonica.
Tz
Fig. 177
6. DUALITATE (TRANSFORMARE PRIN POLARE
RECIPROCE)
Fie Mun punct ~id polara lui fata de un cerc dat <?:l(O, r). Fie Tun punct
,oar,_·care pc d. Se considera secanta 111T cc intersecteaza cercul in B ~i C.
Cunfcrm observatiilor anterioare, lvl, B, T, C formeaza o diviziune armonica,
dcci polara punct'ului Tin raport cu ccrcul !?2(0, r) va fi o dreapta care trece
pin J,f ~i este perpendiculara pe TO. Cind T variaza pe dreapta d polara lui
fap de cerc se rote~te in jurul lui M. Reciproc, fiind data o dreapta d in
116
planul unui cerc oarecare, se gase~te un unic
punct ]}! prin care vor trece polarcle punctului T variabil pe d. Punctul M se numc~te
polul dreptei d. Aceste rezultate se pot exprima
astfel:
1) La puncte coliniare corespitiul drepte
concurente.
2) La drepte concmente corespund punctc
coliniare.
d
Aceasta corcspondenta se nume~te dualiFig. 178
tatc sau transformare prin polarc reciproce.
Se observa ca transformarea prin dualitate
pcnnuta rolul drcptelor ~i al punctclor. Corespondenta prin dualitate
functioncaza in tot planul daca admitem ca centrul cercului in raport cu
care' se face dualitate este polul dreptei de la infinit ~i rcciproc, dreapta de
la infinit este polara centrului ccrcului. Aceasta transformare se datoreaza
lui Poncelet ~i poate fi extinsa u~or in spatiu.
Observatii. i) Fie un triunghi A BC ~i un cerc arbitrar. Fie C' polul
drcptei AB ~i B' polul drcptei AC. Atunci punctul A este polul dreptei B'C'.
fotr-adevar, toate punctele dreptei AB sint conjugate cu cercul in
raport cu C' ~i toate punctele dreptei AC sint conjugate cu cercul in raport
cu B', deci punctul A este conjugat cu cercul ~i fata de C' ~i fata de B, deci
punctul A este polul dreptei B'C'.
ii) Fie M un punct din planul unui cerc d, polara punctului 11,J in
raport cu cercul ~i A E d. Atunci polara punctului A trece prin M.
Cum M ~i A sint conjugate in raport cu cercul @, rezulta ca A ~i M
sint conjugate in raport cu cercul (2, ceea ce implica apartenenta punctului M
la polara punctului A.
iii) Fie doua drepte perpendiculare d1 ~ d 2 ~i un cerc @(0, r). Atunci
polii acestor drepte in raport cu cercul sint situati pe raze perpendiculare.
Din definitia polarei fata de un cerc, dreapta d 2 este perpendiculara
pe .:.l;f 20 (unde M 2 este polul dreptei d 2 ). Analog dreapta d 1 esteperpendiculara pe M 10, deci M 20 ~i M 10 sint raze perpendiculare.
iv) (transformarea prin dualitate a observatiei 6.1.). Fie drcapta c
polara punctului C, dreapta b polara punctului B. Atunci dreapta BC cste
polara punctului b n c.
7. APLICATII ALE DUALITATII PROIECTIVE
J
J
7.1. TEOREMA LUI BRIANCHON. Dreptele care unesc cele trel
perechi de virfuri opuse ale unui hexagon circumscris unui cerc sint concurente.
Demonstrafie (fig. 179).
Se porne~te de la teorema lui Pascal care afirma ca laturile opuse ale
hexagonului inscris se taie in trei puncte coliniare. Sc va arata ca prin dualitatc,
teorema lui Pascal devine teorema lui Brianchon. Mai intii se considera un
hexagon inscris intr-un cerc <lat. Unui virf ii corespunde polara lui, care este
tangenta la cerc in acel punct. Unei laturi fr corespunde polul ei, care este
punctul de intilnire al tangentelor la capetele laturii. A~adar, hexagonului
inscris ii corespunde hexagonul circumscris.: 'Pu:nctului de intilnire a doua
117
laturi opuse ii corespunde dreapta care une~te cele doua virfuri corespunzatoare ale hex~gonu~1;1i circumscris (de exemplu punctul M de iI?,terscctic al
dreptelor BC ~1 FE n corespunde dreapta T 3 T 6 ). Cum cele tre1 pnnctc de
intilnire a laturilor opuse ale hexagonului inscris sint coliniare, rcznH:1 crt
cele trei drepte care unesc virfurile opuse ale hexagonului circumsc is sint
concurente.
T1
T2
F
Ts
Tit
Fig. 179
Fig. 180
7.2. TEOREMA LUI NEWTON. lntr-un patrulater circumscris
unui cerc, diagonalele ~i dreptele care unesc contactele laturilor opuse sint
concurente.
DemonstraJie (fig. 180).
Patrulaterul ABCD poate fi privit ca degenerarea hexagonului AT 1 BCT 3 D.
Conform teoremei lui Brianchon, AC, ED, T 1 T 3 sint concurente. Dar patrulaterul ABCD poatc fi privit ~i ca degenerarea hexagonului ABT4CDT 2 , deci
dreptele AC, ED, T 2 T 4 .sjnt concurente. Rezulta afirmatia.
7.3. TEOREMA. (PUNCTUL LUI GERGONNE). lntr-un triunghi
circumscris unui cerc, dreptele care unesc virfurile triunghiului cu punctele
de contact ale cercului cu laturile opuse, sint concurente.
Demonstra/ie. Privind triunghiul ca degenerarea hexagonului format
din virfurile triunghiului ~i punctele de tangenta ale cercului inscris la laturi,
se obtine in mod banal teorema din enunt.
7.-4. PRIMA TEOREMA A LUI LEMOINE. Dreapta Jui Lemoine a unui
triunghi, este polara in raport cu cercul circumscris triunghiului, a punctului
Jui Lemoine.
DemonstraJie. Fie tangentele in virfurile A, B ~i C ale unui triunghi la
cercul circumscris triunghiului. Ele taie laturile opuse in trei puncte coliniare
(dreapta Jui Lemoine). Tangenta in A la cercul circumscris triunghiului ABC
taie latura [BC] in A 1 . Polara punctului A1 in raport cu cercul trece prin A
~i prin punctul A 2 E BC astfcl indt A 1 , B, A 2 , C formeaza o diviziune armonica. Analog se obtin B 2 ~i C 2 . Cum A 1 , B 1 , C 1 sint coliniare, rezulta cad.reptele AA 2 , BB 2 , CC 2 sint concurcnte. Se arata ca AA 2 este simediana, de uncle
va rezulta afirmatia problernei. Pentru aceasta este sufi.cient srt se demonstreze ca: intcrscctia tangentei in A la cercul circumscris cu latura [BC]
(notat cu A 1), B, A 3 picforul sirnedianei din A ~i C fonneaza o diviziune
armonica.
Se arata ca este indeplinita conditia: sin ( /sin (A + C) = sin x/sin (.A. - x)
(conform figurii) (fig. 181).
118
A
Aplidnd teorema sinusului in triunghiul AA 'C:
sinx = (; sin C
)!ma
Analog din triunghiul
L - - - - - - - -..~B~----!-~--';-;-----iu.c
A1
Fig. 181
ABA' se obtine:
sin (A - x) = (~sin B)fma
Ympartind membru cu mcmhrn <Tie 1:,-u:i rdatii, se obtine conditia
cautata.
7.5. A DOUA TEORE\L\ A LUI LE\IOI:\E. Tangentele in B ~i C la
cercul circumscris triunghiului A BC se taie pe s:mediana din A.
Demonstra(.ie.
Se considera triunghiul ABC, cercul sau circumscris ~i tangentele in A, B
;,i C la cercul circumscris care se intersecteaza in punctele oc, ~' y. Se studiaza
aceasta. figura prin dualitate. Dreptele AB, AC, BC se transforma in punctele y, ~. oc, respectiv punctcle A, B, C
r,
se transforma in dreptelc ~y, ocy, oc~.
Punctul {1\} = ~ n y BC se transforma
indreaptaAA 3 , astfel indt T 1 , B, A 3 , C
formeaza o diviziune armonica. Dar
dreptele ocA, ~B. yC s111t concurcnte
in G0 , punctul lui Gergonne al triunghiului oc~y. Deci dreapta ocA este f1
polara unghiulad"t a punctului T 1
.............
fata de yoc~ de unde rezulta ca punctul ei de intersectie cu drcapta BC
este A 3 • Teorema este astfel demonstrata.
7.6. TEOREMA LUI ROBILLER. Fie Oun punct din planul triunghiuJui A' B'C'. Perpendicularele in O pe dreptele OA ', OB', OC' taie Jaturile opuse
in trei puncte coliniare.
Denz.onstra/£e. Se considcrrt triunghiul ARC cu inaltimile AD, BE, CF
concurcntc in ortocentrul H al triunghiului. Fie un punct oarecare O din
planul trinnghiulni A BC ~i un cerc de centrn 0. Sc efectueaza o dualitate a
figurii in raport cu cercul considerat. Vi'rfurile A, B, C le corespund trei drepte
a, b, c respectiv, ce formeaza un nou triunghi A'B'C' (unde B'C' = a, etc.)
Conform observatiei 6.4., rezulta ca A' este polul dreptei BC. Dreptele BC
~j AD fiind perpendicularc au polii ]or, A' ~i D' situati pe raze perpendicnlare (observatia 6.3.). Cum A E AD (~i prin dualitate polul dreptei AD
este D' iar polara punctului A este a) rezulta pe baza observatiei 6.2.
ca D' E a.
Deci, D' polul dreptci AD este intersectia perpendicularei din Ope OA ',
cu latura [B'C']. Analog pentru punctele E' ~i F', polii celorlalte inaltimi.
Inaltimile fiind concurente, punctele D', E', F' sint coliniare.
119
8. PATRULATERE ARMONICE
Un patru!ater se nume~te armonic, daca este inscriptibil ~f daci polul
unei diagonale este situat pe cealalti diagonala.
Un patrulater annonic se poate construi in felul urmrttor: se considera
un cerc Jc centru O ~i raza R, A ~i B punctc pe. accst cerc, clreapta AB, un
punct F E AB. Se considera tangentele 111 A ~i B la cerc, U punctul lor de
intersectic si tangentelc din V la ccrc cu
punctelc' lo/ de c~ntact cu cercul, C ~i D.
Avem U, C, D coliniare ~i CDn AB ={I}.
Patrulaterul AC BD este armonic. Atit
U, C, I, D dt ~i V, B, I, A formeaza
diviziuni armonice (fig. 183).
TEOREMA. Intr-un patrulater armonic produsul lungimilor a doua laturi
opuse este egal cu produsul lungimilor
celorlalte doua laturi opuse.
Demonstratie. Se etecfuaaza o inversiune de pol A' ~i putere k. Cercul care
trece prin punc tele B, C, D devine o
V
dreapta paralela cu tangenta U A la cerc.
Fig. 183
Fie B', C', D' i1werscle punctelor B, C, D.
Cum dreapta B'C' este paralela cu dreapta U A reznlta ca B'D' = B'C'. (Un fascicol am10nic este intcrsectat de
o dre,,pta paraleHi la una din dreptele sale, dupa segmente congruente.)
D~r B'C' = k
BC , B'D' = lt BD
AB·AC
AB·AD
Se obtine: BC· AD= AC· ED.
Alte proprietati ale patrulaterului armonic.
TEOREMA. 1) Triunghiul JUV are fiecare laturi polara virfulul
opus.
2) Punctul O este ortocentrul tr!unghJului UIV (consecinfa a punctului t).
B) Dreapta AB este simediana ~i i:1 triunghlut CAD ~i in triunghiut CED.
4) Diagonalefo unui patrulater armonic siat simedianele triunghiurilor
formate.
5) Dreapta OJ este axa radicala a cercurilor Apoloniu de centre U ~i V.
Demonstra/ie. 1), 2), 3) ~i 4) evidente. Se demonstreaza proprietatea 5).
Cercul lui Apoloniu al triunghiului ACD relativ la virful A trece prin A ~i are
ccntrul la intersectia tangentei in A la cercul circumscris cu latura opusa,
deci este cercul de centru U ~i de raza [UA_l. ,\nalog ccrcul de centru V '?i de
raz5. [VD] este cercul lui Apoloniu al triunghiului BAD. Cum OA =-= OD,
punctul O estc situat pe axa radicala a acestor cercuri. Din IA· IE =IC· ID
rczuW"t cft punctul I este situat pe axa radicala a cercurilor.
120
9. R-CORELATJVIT ATE
9.1. TEOREMA LUI PAPPuS. Un fa:;c:co! de vatn1 r1,epte esfe interCA
DA = r, at unci
':;c::'..:i.; de o drear,+-a in pi.ncte Ie A , B , C, D. D2ca- - :--CI1 l)f;
pedn: o r!reai!ta arbitrnra ce intersecteazii fasc:colul se va obtlne acela~i
ra::,ort la 11.1:le puncte de intersect1c A', B', C', D'.
Demo:.'.stratie. !ntr-aclevar, ca si la fascicold ;:rmonic, se cl,"Inr.:'nslrca:,,a
usor ca ro.pC':h;l nu dc-rinde de tlr'eapta, ci de uu·.•hiurik b:;c.:coluiui. Gn
a~emenca £.,scicol sc nm~e~te r-corelativ sau anarn~,n:ic de 1'll;'Jort r.
Consecinta. Fie un fascicol r-corelativ cu virful O pe 1:n cerc, M, N, P, Q
punctele de intcrsectie ale dreptelor fascicolului cu ccrcul si fie O' U'.1 pun-:t
oarecare pc cerc. Atunci fascicolul format din dreptele O'li1, O'_;_V, O' P, O'Q
este r-corelativ.
9.2. PROBLEMA FLUTURELUI. Fie MNPQ patru!afar imcriptlbl!, E
punctuJ de intersectie al diagonalel!lr sale ~i fie o coarda [A BJ ce trcce pr 1n E
astfel incit AE = EB. Fie {T} = AE n MN,{T 1 } = BE n (JP. Sn. se
arate ca TE = TE1.
DemonstraJie.
Se presupune (TA/TE): (BA/BE) = r0 , 2.dica
fascicolul format din dreptcle }\JA, MN, MP, MB
este r 0-corelativ. Atunci fascicolul fonnat din dreptele QA, QN, QP, QB fiind tot r 0-corelativ, se obtine:
deci (T 1B/T 1E): (AB/AE) = r 0•
(EA/ET 1): (BA/BT 1 ) = r 0 ,
Rezulta TA/TE= T 1B/T 1E ~i prin derivarea raportului, AE/TE = BE/T 1E, clcci TE= T 1 T:.
, ii{.
lS-!
10. CORELATIA.
APLICATH
,
,
Se nume~te coretatie o transformare care asodaza bnjectiv unui punct o
dreapta, inversind reJatfa de apartenenta.
Rezulta ca la puncte coliniare corespuncl drepte concurente ~i rcciproc,
la drepte concurente corespund puncte coliniare.
Dualitatea este o corelatie simetrica deoarece: claca punctul A se transforma in dreapta a, reciproc, · dreapta a se transforma in punctul A.
10.1. TEOREMA LUI CAYLEY. Daci punctele A, B, C, D situate pe
o dreapta o au proprietatea CA/CB: DA/DB= r, atunci prin corelatia flgurii
se obtine un fascicol r-coreJativ.
Demonstratie (fig. 18S).
Fie dreapta o ce contine punctele A, B, C, D astfel indt CA/CB : DA/DB= r,
fie a, b, c, d dreptele in care se transforma A, B, C, D, concurente in 0, punct
ce corespunde dreptei o ~i fie A', B', C', D' punctele de intersectic ale tl:cj,tdor
cu o dreapta arbitrara d'. Dar corespondenta dintre punctele dreptei o ~i
121
dreptele duse prin O este bijectiva, deci am stabilit o transformare bijectiva
(omografie) ce pune in corespondenp punctele dreptei o cu punctele drcptl"i d'.
Punctului A E o ii va corespunde prin omografia precedenta, interscqia
dintre dreapta a ~i dreapta d', deci punctul A', analog punctelor B, C, D,
punctele B', C', D'. Se demonstreaza ca, in general, printr-o omografie,
raportul (CA/CB): (DA/DB)= r este invarant, deci ca fascicolul obtinut este
r-corelativ.
1ntr-adcvar, considerind trei puncte A, B, C pe o dreapta d ~i A', B', C'
puncte situate pe d', se va arata ca exista o unica omografie care asociaza
punctelor A, B, C punctele A', B', C' respectiv. Cum ecuatia unci omografii
(stabilind doua origini A ~i A' pe dreptele date ~i notind cu x respccti v x'
distantele la puncte curente T E d ~i T' E d' ce corespund omografic) estc
de forma: xx'
b1 x
c1 x'
d 1 = 0, deci nu depinde dccit de trei pararnetri, rezulta afi'fm.atia. Fie M pe dreapta d ~i M' pe dreapta d', astfel
incit (CA/CB): (MA/MB)= r ~i (C'A'/C'B'): (M'A'/M'B') = r. Rcluind
calculele anterioare, rezulta ca M ~i 1VI' corespund prin omografia respectiYa
ceea ce rezolva in intregirne problema.
1n cele ce urmeaza se va numi raport r 0-corelativ a patru puncte coliniare
A, B, C, D (sau raport anarmonic): r 0 =(CA/CB): (DA/DB) (sau (ACED)= r,).
+
+
+
d'
M1 = M'
l•ig. 185
Fig. 186
10.2. TEOREMA. Fie dreptele d ~I d' concurente in 0, A, B ~i A', B'
puncte fixe ce aparfin dreptelor d ~i d'. Se considera M E d ~i M.' F d', astfrl'
incit 0, A, B, M ~i 0, A', B', M' sa determine rnpoarte r 0 -corehtve. Atunci.
dreapta MNI' trece printr-un punct fix.
DemonstraJie (fig. 186).
1n cadrul demonstratiei tcoremei lui Cayley s-a ar:itat ca pentru droptele d ~i d' exista o unica omografie, astfcl in cit 0, A, B corespund cu O, A', B'
respectiv ~i daca M ~i M' sint astfel ca (OABM) = (OA'B',1\;J'), atunci M ;;i M'
corespund prin omografia respectiva. Fie I punctul de intcrscctie al drcptelor AA' ~i BB' ~i M 1 = IM n d'. Cum fascicolul format din drcptelc IO,
IA, IB, IM cste de exemplu r 0-corelativ, rezulta ca: (OA'B'M 1 ) = r 0 =
= (OA'B'M'), deci Jf = M'.
Deci dreapta MM' trece prin punctul de intcrsectie a drcptelor A Ar
~i BB'. Punctclc A ~i A', B ~i B', M ~i M' se vor numi omoloage. 0, dcoarccc
corcspunde cu el insu~i prin omografia considerata, se va numi autoomolog.
Teorcma anterioara poate fi cnuntata astfcl:
Daca. doua r 0-rapoarte corclative pc drepte diferite au un punct omolo~
comun, atunci drcptelc care unesc punctelc omoloage sint concun•;1tc. Transformind prin corelatie accasta teorcma, sc obtinc:
122
10.3. TEOREMA. Dacii doua fascicole r0-corelative de virfuri diferite
au o razi omoloagi com uni, atunci punctele de intersectie a razelor omoloage
sint collniare.
Reamintim teorema lui Pappus: Se considera trei puncte A, B, C
arliitrare pe dreapta d ~i altc trei puncte Ai, B 1 , C 1 arbitrare pe o dreapta d 1 .
At nnci in tersectiilc:
{W] = BC 1 n B1C. {V} = AC 1 n A 1C, {U} =AB 1 n A 1B sint coliniare.
Corclativa acestci tcorcme estc:
Fig. 187
l0.4. TEOREMA. Se consideri doua fascicole de cite trei drepte concuren-te O(ahc) ~i 0 1(a 1 b1c1 ). Dreptele b ~i c1, b1 ~i c se taie in punctele C 1 , respectiv C 2 •
Analog se obfin punctele A1 , A 2 , B 1 , B 2• Atunci dreptele A1A 2 , B 1 B 2 , C 1C2
-sint concurente.
01
C
Fig. W8
<Consecinfi:
10.5. TEORE'.\IA LUI ROSAN ES. Dotti triunghiuri biomologice sint
triomologice.
Demonstl'a/£e. Se prcsupune ca dreptele AA', BB', CC' sint concurente
in A" ~i dreptele AB', BC', CA' sint concurente in B" (fig. 189).
Se considera fascicolele formate de dreptele: B"B, B"A, B"C ~i A "B,
.A "A, A "C. Conkirm corelativei tcoremei lui Pappus, dreptele AC', BA', CB'
.sint concurente.
123
'''
I
I
\ij
)(
A'
Fig. 189
Fig. 190
10.6. ·:EOREl\IA LUI PASCAL. Fie A, B, C, A', B', C' ~ase puncte
oarecare situate pe un cerc. Atunci puncte!e: {U} = BC' n B'C, {V} =
= CA n A'C, {W} = AB' n A'B sint coliniare.
n,·monstr;1fie. Se considera fascicolele formate din dreptele BA, BA',
BB', EC' si CA, CA', CB', CC', ele au o aceeasi constanta de corelativitate r0•
Se taie primal fasdcoi cu AB' iar al doilca c{i AC'. Se ,noteaza:
{X}=AB'nBC' ~i {Y}=AC'nB'C. Rczulta ca (AWB'X)=(AVYC')=r 0•
Df'ci s-.1:1 obtinut doua rapoarte r 0-corelative ce au pe A punct
comun. Atunci dreptele WV, B'Y ~i XC' sint concurente, dcci dreapta TVV
trece priu [,·_
Conscc:r;ta (a teoremei lui Pascal).
Se considera triimgMul ABC, ccrcul sau ci, ttmscris, A', B', C' mijloaccle arcclor Fe, Ac, AB respectiv ~i c, ',; .1ase puncte determinate de intersccfiile
laturi!or triu;:ghiulzti A BC cu triimglu !!! .A' B'C'. Sc'i se arate cii diagona!cle
hexagoniiluZ: cClisidcrat sfnt concurente.
Solz:fic 1 (J1. Weiss) (fig. 190).
Folosi;,rl tcorema lui Pascal, L 1 , L 4 ~i punctul I de intcrscctie a biscctoarelcr [AA' ~i LBB' sint coliniare. Deci I se afla pe diagonala [L 1L 4 J ~i analog
pe cclelaltc 1kc15. diag::male. Deci dreptele L 1 L.1 , L 2 L,,, L 3L 6 sint concurente in I.
Sol!t(i2 2 ( Dana Bosko//). Fie I centrul cercului inscris in trinn/'"",,...
ghiul A EC. Sl'. mH:~tc I Cit L 3 si I cu L 6 • Se va dernonstra ca m(L 3 IL 6 ) = 180°.
'
/"-...
Pa:r::ldcn1l B' L 3 JC fiind inscriptibil, rezulta ca: m(L 3 IC) = 180~ '
,....,
1
1\
- m(A) - -'- m(C). Analog, din patrulateml inscriptibil CIL 6 A', rezulta
2
'
_.,,,,,....___
m(LJC) = 180° -
"
m(B) -
-
1
2
"
m(C).
/'-.__
/"-...
Se obtine m(L 3 IL 6 ) = m(L 3 IC)
+
_/'-.._
TI
··,(]-·;,,1
,,.
IC) =
]Q')O
(.JU.
10.7. TEORE;\L\ UjfDESARGUES. Daca dou~ triunghiuri au virft::rile
situate pe drqrte cnncurerlte, · Jaturile corespunza!oare se taie in puncte
coHniare.
124
Dem01istratie. Fie AA', BB', CC' concurente
in O ~i fie A'B' n AB = {U}, B'C' n BC= {F:.
A'C' n AC = {W}. Se noteaza {D} = BC n Oal,
{D'} = B'C' n OA. Fie fascicolul cu virful in O 1 :.i,:t
de sec::mtele E'C' ~i BC.
Rczulta: (D'B'C'V) = (DBCV).
Se consideri fascicolcle de virfnri A si A' ce
tree prin punctcle considerate. Elc au o razi comuna [AD]. Conform corelativei teoremei 10.3., punctele de intersectie a razelor (A'B') cu AB, (A'C')
cu AC, (A'V) cu AV sint coliniare, deci puncteh: U,
W, V sfnt coliniare.
Observatle. Corclativa teorcmci l11i Dc~ari· 1c:
estc ch>i.r r~ciproca tcoremei.
Fig. l:il
11. OMOGRAFIE. INVOLUTIE
I
11.1. GE?\ERAUTATI.
11.1.L Se considera Li, B, C puncte pc o dreapta d ~i A', B', C' puncJ:e
pc o dreapta d'. Sc nume~tc omografie ( coresponde,1,tcz om0graficc1) in trL' cde
doua drepte o relatie 'intre punctele mobile J,f, j;J' ale drcptdor, a~1frl >:· it
( l)
(ABCM) = (A'B'C'ivl')
11.1.2. Sc numesc puncte limitii ale unei omograjii omoloagcle I, I'
ale punctelor improprii ale celor dona drepte.
11.1.3. Se numcsc puncte ditble ale imei omografii pe o drcapta, pur:ctd•~
care corespund cu omoloagcle lor.
11.1.4. Figura corelativa a unei diviziuni omografice pe o drcapta e (e
un fascicol omografic.
11.1.5. Se nume~te involufie o omografie simetrica intre punctele trnci
drepte, adica o omografie in care au loc simultan relatiilc
(ABC.~f) = (A'B'C'M') ~i (ABCM') = (A'B'C'M)
11.1.6. Se nume~te fascicol involutiv figura corelativa a unor pm-i::te
aflate in involutie.
Considerind doua origini O ~i O' pe cele doua drepte, pc prirna dre;,j)ta A(a), B(a), C(c), pe cea de-a doua dreapta A '(a'), B'(b'), C'(c') variabildc
curente fiind x, respectiv x', retranscrierea relatiei ( 1) ne conduce la concluzia ca. ecuatia unei omografii este de forma lxx' + mx + nx'
p = 0, cu
numai trei parametri esentiali, deci: 0 coresponden#a omografict1 este dd rminatii cfnd se citnosc trei perechi de pimcte omoloage; o omograjie cu trei pwu tc
duble se reduce la o identitate.
Din punct de vedere geometric o omografie intre dona drepte revinc la
construirea (prin constructii uzuale) a unui punct },J' pc dreapta d' ci,vi o;e
cunoa~te punctul M pe dreapta d.
+
125
Revcnind la studiul analitic anterior, datorita simetriei punctelor M
;,i JI', deci ~i a variabilelor x ~i x', ecuatia unei involutii estc
lxx' + m(x + x') + p = 0
Sc regasesc astfel rezultatele:
11. 1.7. Propozitie. 0 involutle este determinata de doua perechl de puncte
omoloage.
11.1.8. Propozifie. lntr-o involufie, punctele limita coincid (in punctul
central). Acest punct este mijlocul segmentului punctelor duble.
11.1.9. Propozitle (A, A'), (B, B'), (C, C') sint trei perechi de puncte
omoloage intr-o involufie daci ~I numai daci existi relafia [AA' BC'] =
= [AA'B'C], unde prin [MN PQ] se infelege PM/PN: QM/QN.
11.2. APLICA TII.
11.2.1. Problemi. Se considerii ttnghiul xOy !ji bisectoarea sa [Ob, M 1lf.n
punct pe Ob. 0 dreapta variabilii ce trece prin M intersecteaza pe Ox, Oy respec.tiv in X, Y. Sa se arate ca
1/0X
+ 1/0Y = constant.
Solujie. Rotatia dreptei XY in jurul lui M determina o coresponclenta
omografica intre cele doua drepte in care O este autoomolog. Considcrindu-1
ca origine pe arnbele drepte, ecuatia omografiei este: lxx' + mx + nx' = 0.
Din cauza simetriei dreptelor Ox ~i Oy fata de M, rezulta m = n, dcci
l = -m(l/x + 1/x').
Deci 1/OX + 1/OY = constant. Valoarea constantei se determina
considerind X punct la infinit pe dreapta Ox. Rezulta 1/OX + 1/OY = 1/0/,
uncle I este punctul de intersectie cu Oy al paralelei prin M la OX.
11.2.2. Probtemi. Se considerii triung!iiul ABC, d o dreaptii, arbitrarii
prin A !ji BM, CN douii paralele cu M, N E d. Prin M !ji N se construicsc
paralelele la AC respectiv AB cu punctitl lor de intersectie P. Sii se arate
cii PE BC.
Solu/ie. Se noteaza {Pi}= MP n BC, {P 2} =NP n BC. Cind BM
~i CN se rotesc, Pi ~i P 2 descriu diviziuni omografice pe dreapta BC.
Cind M = A, rezulta NC II AB, deci Pi ~i P 2 se confunda in C.
Cind N = A, analog Pi ~i P 2 se confunda in B.
Cind M = Q = BC n d, rezulta Pi ~i P 2 se confunda in Q.
Cum diviziunile omograficc pe BC determinate de relatiilc celor doua
drepte au trei puncte duble, rczulta P 1 = P 2 deci P 1 = P 2 = P.
11.2.3. Problemi. Fie d, d' concurente
in O !ji P, Q cohniare cu 0, M arbitrar pe d.
Paralela din Q la PM taie pe d' in M'. Sii se arate
ca dreapta MM', paralele din P la d' !ji din Q
la d sint concurente.
o ~:------;:~-/-~~SoluJie. Punctul M il determinrt pe M'
~i invers. Rezulta ca exista o corespondcnta
om.ografica intre punctele dreptelor d ~i d' cu
punctul O autoomolog. Deci dreapta MM'
trece printr-un punct fix U. Cind M clcvine
punctul de la infinit al dreptei d, dreapta MM'
dcvine paralela din Q la d. Cind J,f' devine
Vig. 192
126
punctul de la infinit al dreptei d', dreapta MM' devine par~lela din P la _d.
Deci cele trei drepte considerente tree prin U, ceea ce inche1e dcmonstrat1a.
11.2.4. Problema. Latun:le a doua unghiuri drepte de acela~i virf O taie o
dreapta din punctele M, N respectiv P, Q. Exista relafia
MI/NI = (MP/NP) (MQ/NQ)
unde I= prdO.
Solutie (fig. 193).
Lat~rilc unni u~ghi drcpt care se rotc~te in jurul virfulu~ tleterrnina
o omografie simetrica pe o drcapta arbitrara deci o involut1e .. Rezulta
ca perechile: (M, N), (I, oo), (Q, P) sint in in_volutie pe d. ~-olo~md 11.3
rezulta [MNIP] = [MN oo QJ ceca ce este ech1valent cu relatia elm enunt.
Fig. 193
11.2.5. Problema. Se considera triunghiul ABC, cercul inscris in triunglti
cit punctele de contact cu laturile [AB] ~i [AC], C', B' respectiv. Fie T 1 , T 2 , L 1 , L 2
pic:ioarele inal/imilor respectiv picioarcle bisectoarelor pe laturile [AB] ~i [A CJ.
Sa se arate ca dreptele L 1L 2 , T 1 T 2 ~i B'C' sint concurente.
Solu/ie. Daca ar fi concurente intr-un punct 0 1 , rotatia unei dreptc ce
trece prin 0 1 ar intersecta laturile [AB] ~i [AC] ale triunghiului, in perechi1e
de puncte omoloage (L 1 , L 2 ), (C', B'), (T 1 , T 2 ) ~i in omografia respecliva
punctul A ar fi autoomolog. Deci este suficient sa se arate ca are loc
relatia [AL 1C'T 1] = [AL 2B'T 2], ceea ce se verifica prin calcul. Perechile de
puncte (Li, L 2 ), (C', B'), (Ti, T 2 ) determina drepte concurente, ceea ce
incheie demonstratia.
Evident, in problemele anterioare, s-a folosit de teorema: Daca doua
diviziuni omografice au un punct autoomolog, atunci dreptele care imesc punctcle
omoloage sint colini11re. (Corelativa accstei afirmatii exprimata in limbaj
,,omografic" cste: Daca doua fascicole omografice au o raza omoloaga comuna,
celelalte raze omoloage se taie in puncte coliniare). 1n continuare se vor enunta
~i demonstra dteva teoreme de geometric proiectiva ce constituie un motor
in rezolvarea sau in gasirea altar probleme uzuale.
11.3. TEORElVIA DESARGUES. 0 secanta oarecare taie perechile de
laturi opuse ~i diagonalele unui patrulater in trei perechi de puncte in involutie.
Daca patrulaterul este inscriptibil, int ;rsectiile secantei cu cercul se corespund
n aceea~i involutie.
Demonstratie. Se noteaza cu M- si M' intersectia secantei cu doua. din
laturile opuse, ~u N ~i N' intersectia ;ecantei cu cel~lalte doua laturi opusc,
cu P ~i P' intersectia cu diagonalele. Folosind, de exemplu metoda analitici,
se arata cft arc Joe relatia [.l\;[M'NP'] = [MM'N'P] ceea ce asigura ca pcrcchile de puncte considerate sint intr-o involutic. Analog pcntru punctul doi.
127
11.3.1. Consecinta teoremei Jui Desargues. 0 dreapta d taie laturlle [BC],
[CA], [AB] ale unui triunghi oarecare ABC in A 1 , B 1 , C 1 • Fie A 2 , B 2 , C 2 alte
trei pm1cte situate pe dreapta d. Conditta necesara ~i suficienta ca dreptele AA 2 ,
BB 2 , CC 2 sa fie concurente este ca perechile de puncte (A 1 , A 2), (Bi, B 2 ),
(C\, C 2 ) sa fie in involutie.
Denionstrajie (fig. 194).
Se presupun AA 2 , BB 2 , CC 2 concurente in Q. In patrulaterul ABCO taiat
de d din teorema Desargues, perechile de puncte (Ai, A 2 ), (Bi, B 2), (Ci, C 2 )
s1nt in im·olutie; se presupune ca perechile de puncte (A 1 , A 2 ), (Ev B 2 ), (C 1 , C 2 )
,:e corespend intr-o involutie. Fie {O} = AA 2 n BB 2 ~i fie {C'} = OC n d.
Rezulta, folosincl din nou teorema lui Desargues, ca punctele (,1,, A 2 ),
(B 1 , B 2 ), (C 1 , C') se corespund intr-o involutie. Rezulta C' = C 2 , involutia
fo,td detcrmi,1atii de doua perechi de puncte. Consecinta teoremei lui Desar[~;•cs poat,, fi cnunt1.ta ~i in forma: Fie O $i Fe 1m patrulater complet. Atunci
b,';·cclzilc d,: dre•,')tt determinate de O si de vfr'urile
opitse sint fntr-o involutie.
J'
,
-l
•
,
0
0
_.,.e:::.:::.....-----!-B~------C
A1
Fig. 194
Fig. 195
11.4. TEOREMA FREGIER. Daca prin virfut comtin o a doua fascfcrie de drepte in involutie se duce un cerc, dreptele ce unesc punctele situate
pe cerc a doua rnze omoloage tree printr-un punct fix.
Dcmostnra/ie (fig. 195).
Fie (OA, OA'), (OB, OB') dona perechi de raze omoloage. Involutia este
a,:+frl unic determinata. Fie {P} = AA'n BB' ~i fie o dreapta oarecare ce trece
,)rin P ce intersecteaz5. cercul in punctele 1"r1 si M'. Conform teoremci lui De~<tgnes aplicat5. punctului O ~i patrulaterului' inscriptibil ABA'B', in aceea~i
it1'.'0lutie corespund ~i razele OM ~i OM'. Teorema este astfel demonstrata.
11.5. TEOREMA PAPELIER. Se considera un punct O in planul
tr:unghiului ABC. Un cerc @ arbitrar dus prin O taie cercurile c!rcumscrise
ifunghiurilor OBC, OCA, OAB in A', B', C'. Dreptele OA, OB, OC retaie
in A", B", C". Atunci dreptete A'A", B'B", C'C"sint concurente.
Demonstratie. Fie {A 1}=0A' nBC, {Bi} - OB'nAC, {C 1 }=0C'nAB.
Pc1nct,1J. A 1 este centrul radical al cercurilor circumscrise triunghiurii ,' OFJC, A BC, ~i @. Deci A 1 se afla pe axa radical5. a cercului circumscris
h,i ABC ~i @. Analog pentru B 1 ~i C 1.
Se considcra triunghiul ABC ~i axa radicala A 1 B 1 C 1 . Unind
._,:rfurile opuse cu O se obtin trei perechi de drepte ce corespund intr~CJ
::1 ,olatic, (OA, OA. 1 ), (OB, OB 1 ), (OC, OC 1 ). Taindu-le cu cercul @, di11
rcm:ma Fregier, se obtine ca A'A '', B'B", C'C" sint concurente.
12D
11.5.1. A doua teore..tnli Papelier. Un diametru d al cercului (2(O,R)
circumscris trlunghiului A BC tale laturile triunghiului fn punctele A 1, Bi, C1•
Consfderlim si'metricele acestor puncte in raport cu cercul O, A', B', C'. Atunci
dreptele AA', BB', CC' sint conc•.irente intr-un punct situafpe cerc.
Demonstrafie.
---------,.-A'
----·----
Fig. 196
Se notcaza cu D ~i D' intersectiile diametrului d cu cercul. Se considera
involutia de puncte simetrice m raport cu centru10, (Ai, A'), (B 1 , B'), (C 1, C'),
(D 1 , D'). Fie M punctul de intersectie dintre AA' ~i cercul circumscris
lui ABC. Se taie cer-cul 9i laturile patrulaterului ABCM cu dreapb AA'; se
obtine o involutie in care corespund (A 1 , A'), (D, D'). Cele doua involutii
coincid, deci M este un punct fix.
11.5.2. Teoremli. Si considera triunghtul ABC, cercul inscris de centru I
avind contactele cu la tu rile triunghiului in A 1 , B 1 , C v ~i o dreapta d cc trece
prin I. Fie A 2 , B 2 , C 2 proiectlile punctelor Ai, B 1 , C 1 pe dreapta d. Atuncl
dreptele AA 2 , BB 2 , CC 2 sint concurente.
Demons tr a/fr.
A
>~--L.-----....::::..-11.....::::.._ _ _ _-:.c
A1
Fig. 197
Din consecinta tcoremei lui Desargues este suficient sa se arate ca.
perechile (A', A 2 ), (B', B 2 ), (C', C2 ) fac parte din aceea9i involutie.
Dar IA 2 • IA' = IA 2 = r2 , IB 2 • IB' = IB~ = r 2 , IC 2 • IC' = Iq = r2 ,
deci (A 2 , A'), (B 2 , B'), (C 2 , C'), sint inverse in inversiunea de centru J 9i
putere r 2, de unde rezulta ca se corespund in involutia de ecuatie xx' -r 2 =0
pe d (cu originea considerata in J).
9 ·- Probleme practice de geemetrle
129
IV. UNELE APLICAJII ,,-~__
ALE MECANICII iN. GEOMETRIE
1. VECTORI. PROBLEME DE GEOMETRIE TRATATE
VECTORIAL
1.1. VECTORI LIBERI. Fie A ~i B doua puncte din plan. Percchca
ordonata (A, B) se nume~te segment orientat sau vector legat in punctui A ~i
-
-
se noteaza cu AB. Ordinea A, B indica sensul de parcurs al segmrn1ului.
-
Punctul A sc nume~tc originea lui AB, iar punctul B se numc~tc extremitaft'a
segmentului orientat AB.
Doua segmente orientate nenule coliniare au acela~i sens, daca scnsurile
de parcurs determinate pe dreapta suport coincid.
Doua segmente orientate (ncnulc) paralele au acela~i sens dacft extremitfttilc lor se afla in acela~i semiplan determinat de dreapta care une~tc origi-
-
nile segmentelor. Prin modulul lui AB sc intelege lungimca scgmcntului m,o-
-
:,icntat [AB] (~i se noteaza I AB I). Prin vectorul libcr AB sc intckgc un
-
-
---+
vector v cu proprietatea ca I v I = I AB I, aplicat in oricc punct al dreptei
suport ~i de acela~i sens cu AB. Pentru doi vectori liberi se define~te adunarea dupa regula paralelograrnului. Fie
b doi vectori liberi. Se noteazft cu
qi E [O, 1t] unghiul dintre
~i b. Numa.ml
real
b = I I -I'jj I· cos cp se nume~te produsul scalar al vectorilor
~i b. Daca ~i b
sint legati in originea spatiului, deci
are
extremitatea in punctul A(ai, a 2 , a 3) ~i b
are extre:rnitatea in punctul B(b 1 , b2 , b3 ), se
po ate demonstra di
b= al ab1 a2b2+ a~b3.
Vectorii perpendiculari au produs scalar nuL
Fig. 198
a,
a-
a
a
a
a•
a
a
+
1.2. CENTRE DE GREUTATE ~I APLICATII ~,-.
1.2.1. Teorema. G este centrul de greutate al triunghiului ABC daci
~i numai daca 6A + GB+ 6C =
Demonstratie. Pentru demonstrarea teorernei, se considera inti:i cazul
in care G este c~ntrul de grcutate al trinnghiului ABC. Considerind D sime-
o.
130
tricul punc-tului G fata de .·1; mijlocul lui [BCJ, implica DG = GA ~i CD = GB.
Rezulti:i CD + DG + tiC = 0. echivalcnt cu GB
GA
GC = 0. Fil.'
acum G', astfcl indt G'A + G'B + G'C = 0. Sc va arftta ca G' coincide cu G.
Intr-adev:ir G'A = G'u -'- GA: G'B = G'G + GB; G'C = G'G + ti( clcci
G'A
G'B + G'C = 3u'ti
GA+ GB
GC, de uncle G'G- = 0, adic{L
G' = G. Se obscn·tt ca clcmonstratia po;tte fi gcneralizati"t fa poligoane. Punctul G cstc ccntrnl <le greutatc al unui poligon A 1.4 2 ••• An claca ~i numai daca
GA 1 + GA 2 + ... + GA 11 = 0. In cursul dcrnonstratiei s-a aratat d pcntru till
punct Ji din pbnnl triunghiului A BC, cxistft rclatia MA+ MB+ MC= 31\1.G.
Ca aplicatic imcdiaU\ a accstci prolikmc sc considcra teorerna lui Pappns.
+
+
+
+
+
1.2.2. Teorema. Fie un trlunghi ABC ~i punctcle A', B', C' situate pe
BC, AC respectiv AB astfel incit:
B.l'/.4'C ~-cc CB'/B'A = AC'/C'B ~= !?.
Atunci tr1unghiurile A BC ~i A' B'C' au acela~i centru de greutate.
D,:monstrnt,ie. Din scria de rapoartc cg ale se dccluccm:
Fie G ccntrul de grentatc al triunghiului ABC. Sc va arata ca G cstc centru
de greutate ~i pentru triu11ghi11l A' n'C'. Pcntrn accasta estc suficiL'nt s;\. sc
dcmonstrc>ze cri: GA'+GB'+GC'=O. Dar: GA'=fiC+CA'; GB',=GA+AB';
GC' =GB-:- BC' de uncle rczum1 GA'+ GB'+ GC' =GA+ GB+ GC
- + BA),
+ -k- (AC+
CB
adica GA'+
6B'
+ -GC' = 0- si demonstratia
1, + I
'
'
tcoremci estc terminata. Tcorcma bi Pappus se poate gcncraliza construind
in exterior pc laturile triunghiului, triunghiuri asemenea cu triunghiul dat.
Triunghiul determinat de cele trei virfuri din exterior are acela~i centru de
greutate cu triunghiul ABC.
1n continuare se vor considera ca exemplu doua problcme al dtrui enunt
maschcaza substratul lor vectorial.
+
1.2.3. Problem a 0.410 G:'.\1 7 /I 984. Fie patmlaterul co1i-:1c,,:; ABCD cu
,'\
=
A
A
C Ji p1mctcle PE (AB), Q E (BC), R E (CD), S E (DA) astfcl fncft
[A PJ
[CQ] -~i [AS]== [CR]. Sa se arate
B
ca nujloacele scgmc11trlor [AC], [PQ1, [RS]
=
sfnt cohniare.
Sol11/ie.
rezultrt:
Cu
notatiile
din
figura
MN = MP+ PA+ AN ~i
MN = MQ + QC + CN.
C
Dcci MN=_!_ (PA+ QC).
2
D
Fig. 199
131
Dar rezultanta vcctorilor PA ~i QC are aceea~i direc.;tie cu uisectoarea unghiulni
...--....
"
ABC, deci .MN este paralel cu bisectoarea unghiului B. Analog NT paralel
" de unde rezulta ca M, N, T sint coliniare avincL
cu bisectoarea unghiului D,
'in vedere faptul ca intr-un patrulater convex cu doua unghiuri opuse congruente, bisectoarele celorlalte doua unghiuri sint paralele.
1.2.4. Problema (13* manual clasa a X-a, pag. 68). Fie ABCD $i A 1 B 1
C 1D 1 doua paralelograme oarecare in spafin. Se considtwa punctele A 2 , B 2 , C 2 , D?.
care fmpart segmentele (AA 1 ), (BB 1 ), (CC 1), (DD 1) in acela$i raport. Sii se arc1tc:'
ca A 2 B 2C 2 D 2 cste tot im paralelogram.
· S e presupune ca --~
AA? = k ~1. anaIoageIe. A tunc1:
.
S ol1tfie.
y
AA 1
C2B2 = k CB+ (1 - k)C 1 B1 ; D 2A2 = k DA+ (1 - k)A 1A1
deci C2B2 = D 2A 2 , de unde rezulta ca patrulaterul A 2B 2C 2D 2 este tot ur.,
paralelogram.
1n cursul demonstratiei s-a folosit urmatoarea afirrnatie: Pentru u,r.
patndatcr ABCD cu NIE(AB) $iNE(CD) astfelinc£t AM/AB' CN/CD = k,
are lac relafia MN= k BC+ (1 - k)AD. Intr-adevar ►
o
;)cntru L E (AC) astfel incit AL/AC = k, rezulta ::
MN= ML+ LN = k BC+ (1 - k)AD, ceea ce demonstreaza afirmatia (fig. 200).
B
(
Fig. 200
1.2.5. Problema (manual clasa a X-a). Se,
considera paralelipipedul ABCDA'B'C'D'.
Sa se arate ca;
1) Diagonala [AC'] trece prin G centrul de greu-tate al triunghiitlui A' BD.
2) AG=_!_AC'.
3
----
-
1----
Solufie. !ntr-adevfir: AC'=AA'+AD+AB ~i AG= -i (AA'+AD+AB)AA'= AG+ GA'; AD= AG+ GD;
GA' + GD + GB = 0. Rezulta ambelc afirmatii.
deoarece:
AB= AG + GB
~r.
1.3. APLICA TII ALE PRODUSULUI SCALAR
1.3.1. Teorema. Jntr-un tetraedru ortocentric (sau intr-un patrupunct:
ortocentroidal) suma patratelor tungimilor a doua muchii opuse nu depinde
de alegerea muchiilor.
Demonstraiie. Intr-adevar, BC = BA + AC = BD + DC. Deci:
BA - DC = BD - AC. Ridicind scalar la patrat ultima relatic, sc ob tine:
j BA 1 2 + 1 DC 12 - 2 BA. DC= I BD i.:_+ I AC I:..._:- 2 !!D · AC dar cum.
BA ...L. DC ~i BD ...L. AC, rczulta BA· DC= BD ·AC= 0, adica
BA 2 + DC 2 = BD 2 + AC 2
l3.2
1.3.2. Teorema. lntr-un triunghi inaltimile sint concurente.
DemonstraJie. Fie inaltimile AA' ~i CC' ~i H punctul lor de intersectie.
Se une~te B cu H ~i se prelunge~te segmentul [BH] pina in B' E AC.
Atunci: BC = HC - HB, AB = IIB - HA. Relatiile A A' _l_ BC, CC' _l_ AB
sint echivalente cu HA· (HC - HB) = 0, HC(HB - HA) = 0. Aceste doui"t
egalitati implica HB-(HA - HC) = 0, adica HB-CA = 0 sau HE' _l_ CA.
1.3.3. Observatie. ABCH este un patrupunct ortocentroidal. Conform
demonstratiei anterioare, intr-un patrnpunct ortocentroidal, fiecare punct
este ortocentrul triunghiului determinat de celelalte trei puncte.
Doua triunghiuri se numesc ortologice daca laturile lor sint respecti"
perpendiculare. Pentru triunghiuri omolog"ice s-a demonstrat ca biomologia
atrage du pa sine triomologia. Analog:
1.3.4. Teorema (Pantazi), Doua triunghluri biortologice sint trlortologice.
DemonstraJie. A se vedea [31], p. 208.
1.3.5. Problema (Concursul Onicescu-Mihoc, Constanta 1984). Sa se
calcitleze volumul unui tetraedru cind se cunosc lungimile muchiilor.
Solutie. Considerind originea spatiului
in 0, punctele B, C, D de coordonate
(b 1 , b2 , b3 ), (c 1 , c2 , c3 ), (d 1 , d2 , d 3 ), volumul
tetraedrului [OBCD] se poate exprima
(manual clasa a XI-a, Algebra):
1 I
V = - (OB x OC) . OD= -
6
6
ba
b1
b2
C1
C2
C3
d1
d2
da
• Olo,o,o)
Deci
v2 =__!_ C1
b2
ba
b1
C1
d1
C2
C3
b2
C2
d2
d1
d2
da
ba
C3
da
b1
36
0B
v2
2
Fig. 201
OB-OC
OB-OD
oc
OA-OC -
= __!_ OB-OC
36
OB-OD
=-
36
OA-OC
B(2 - (IB2 - ij'f:!
2
ffi)2 - ()B2 -
2
00 2
Bfi _ 08 2_ oc2
OB~
1
C(c 1,c2,c 3 )
, sau
B[)2 -
082 - 002
2
2
oc
A(2 _ QA2 _ 0(2
2
2
002
A(2 _ fil2_ 0(2
0D 2
2
2
In final se obtinc:
20B 2
1
2
V =- BC - OB 2 - OC 2
288 BD2 - OB2 - OD2
2
BC 2 -
OB 2 2 OC 2
2
AC - OA 2 -
OC 2
OC 2
BD 2 - OB 2 - OD 2
AC 2 - OA 2 - oc
2OD 2
133
1.4. UN PRINCIPIU SIMPLU $1 APLICATII
1n continuare vor fi abordate citeva probleme care admit demonstratii
vectorialc. Rczultatul ajutrttor care va fi demonstrat la inceput va fi chcia
de rezolvare a intregnlui grupaj de probleme.
1.4.1. Teorema.
Fie A 1 A 2 •.• An un poligon convex. Se noteaza
A1A 2 = :ti- A 2 A3 = 2 , ... , A11 A 1 = ~1 • Se considera vectorii 1 , Vz, ... , v,, cu
proprietatea
ca pentru orice k E N, 1 ~ k ~ n, I v,, I,............__
= m · I a1i [, m E R+ ~i
,............__
a
v
m(a1t, v,,) = Cl., u. fiind un numar fixat (unde prin m(a,,, v';,) s-a notat masura
unghiului orientat format de vectorii ~i vh)- Atunci: V1 + v-; + ... +
= 0.
Dcmonstra/ie. Pentru demonstratic fie O un punct oarccare din plan.
Sc consiclc-rrt vectorii cu originea in 0, OB,,, 1 ~ k ~ n, astfel incit OB 11 =
~i vcctori OC1t, 1 ~ k ~ n, astfel incit OCh = 1,. Cea mai simpla abordare a
problemci se face folosind numerele complexe. Fie O originea planului complex ~i Z1, ... , z,, afixele punctelor B1, ••• , Bn. Cum 81 + 82 + ... +
= 0,
rczulta OB 1 + OB 2 + ... + OB,. = 0, adica z1 + z2 + ... Zn = 0. Deoarece
z,, = 1· 1, (cos 6h + i sin 6h), rezulta ca z~ afixul punctului Ch va fi:
:;, = m · r,,(cos(61< + u.) + ·i sin(0h + o:)). Deci
ah
v,,
ah
v
an
z;, = mr1;(cos 6,, + i sin 0 1,) (cos u. + i sin r:J.). A~adar
z~ + z; + ... + z;, = m(cos u. + i sin o:) (, 1 + z2 + ... + zn) = 0,
v
aclica OC 1 + OC 2 + ... + OCn = 0. Rezulta 1 + V:! + ... + vn = 0.
accasta teorema rezuWi dteva consecinte imediate.
Din
1.4.2. Consecinta. Fiind dat poligonul convex A1 A2 ••• An, se rotesc
laturile (A 1A 2 ), (A2'4 3 ), ... , (AnA 1 ) cu acela~i unghi a (toate spre interior sau
1oate sprr:> exterior) respectiv in jurul virfurilor Ai, A 2 , ••• , An ~i se obtin
punctele A~. A;, ... , A;,. Pe scmiclreptele A 1 A 1 , ... , AnA~ se considera
rcspectiv punctcle B 1 , B 2 , ••• , Bn, astfel incit: A 1 B 1 /A 1 A~ = A 2 B 2 /A 2 A; =
= ... =A,.Bn/AnA~ = k, k E R+. Atunci: A1B 1 + A2B 2 + ... + A,,B" = 0.
0
1.4.3. Consecinta. Fiind dat poligonul convex A 1 A 2 ••• An, se construiesc
sprc exterior wctorii 1 , V2 , ... ,
perpendiculari respectiv pe laturile [A 1 A 2l,
v
v,,,
:- 1! ·/ 37, ... , [.4 11 A 1J ~i adncl lungirnilc proportionalc rcspectiv cu lungimilc
b1 ;:rilor [:1 1 /1 ~i, [A 2 A:i7. ... [A"A 1 ]. Atunci 1 + 2 + ... + vn = 0. Vor fi
;tlJ, rdak dkYa aplicatii:
v v
1. --1.--1. Problema. Ai laturi!c tri1111gh£11l11i: A BC sc construiesc cu vi1f11rile
in ,,tcrior, tril/ngltii!rilc ADB, BFC ;'i CF.A, astfcl incit:
,.,........_
,,,....._
,.,........_
.IT),BD =BE/EC= CF/FA= k Ji m(ADB) = m(BEC) = m(CF.-1) = u..
S1i se d,;wmstrczc di:
a) m1jloacele M, N, P, Q ale segmentelor (AC), (DC), (BC) $i (EF)
si11t vi~f11rile 1mui paralelo[;ram.
b) fn accst paraldogram douii. wigltinri au masura o: $i raportul lungimi-
lor a douii laturi cstc k.
(manual clc geometric ~i trigonometric, clasa a IX-a, eel. 1981)
134
Solu/ie.
A
a) Pentru a demonstra ca klN PQ este para.· o
lelogram este suficient sa se demonstreze ca
MN= QP. Cum M ~i N sint mijloacele segmenk.
lor (AC), respectiv (DC), rezulta ca: MN=___!_ AD.
2
Totodata cum P ~i Q sint mijloacele segmentelor
I (BC), respectiv (EF), implica: -QP = -(EB+ -.FC).
E
2
Fig. 202
Rczulta ca:
-
-
1-
I
-
-
-
-
-
-
-
-
-
MN=QP <=> - AD = - (EB+ FC) <=>AD= EB-+ FC <=>AD+ BE+ CF= 0.
2
2
Dar aceasta din urma relatie este adevarata conform consccintei 1.4 .1., deoarcce
...........
,,,,.....__
.............
cum LADE ~ 6.BEC ~ LCFA, rezulta m(DAB) = m(EBC) = m(FCA) ~i
AD/AB= BE/BC= CF/CA.
Punctul b) este o consecinta imcdiata a punctului a).
1.4.5. ProbJema (generalizarea teore-mei lui Pappus). Fie A 1A 2 ... A,,_ 11n
poligon convex. Se repeta construc/ia de la consccinja 1.4.1. $i sc gascsc punctclc
B 1 B 2 , ..• ,Bn. Atunci poligoanele A 1 A 2 ••• An Ji B 1 B 2 ••• B,. au acela!ji cr:ntru de
greutatc.
Solu{ie. 1n cursul rezolvarii se va folosi: cond1Fa necesara 0i s11fi"cirntif.
pc11tm ca /mnctul G sa fie centr·ul de greutatc al poligonului convex A 1.-1 2 ... A n
este ca GA 1
GA 2
GA = 0
+
+ ... +
Fie deci G centrul de greutatc al poligonului convex A 1 A 2 ••• An. Atunci:
GB 1
GB 2
GBn = (GA 1
A1B1) · 1- (GA 2
A 2B2 )
+ (GA 11
+ A,,Bnl = (GA 1 GA 2
GA"+ (A 1B 1 + A2B 3
A,.B11)Dar GA 1 + GA 2
GAn = 0 ~i conform consccintei 1.4.1., A 1B 1 +
+ A2B 2 + ... + AnBn = 0~ deci G estc ~i ccntrul de grcutatc al poligonului
com·cx B 1B2 .•. Bn.
+
+
+ ... +
+
+
+ ... +
+ ... +
+ ...
+ ... +
+
1.4.6. Problema (Toma Albu, Baraj;il 2 din 19S4). Fie A 1 A 2... An 1m
poligon convex cu n laturi, circumscris mi1ti ccrc (@) !ji pcntru fiecare i, I :( 1: <
,;;: n, fie C; pu,nctul de tangenfif cu cercul (@) al laturii (A;A;-,- 1). (Sc notcazit
An+I = A 1 ). Sa se detcrmi11e locul geometrfr, preci:::fudu-se elcmentdc sale, al
11
pu11ct11lui Ai din plan11l poligonului pc11tru care
B JIC? · A;A;+I = k,
<=I
unde !? estc un nnmar real, strict po::itiv.
Solufie ( Horja Paul). Fie O ccntrul ccrcului (12) ~i J.1 un punct din
plan. Pcntru orice i, 1 :( i :( n: MC; = MO
OC;
+
Prin ridicare la patrat se obtinc: JiCf = Jl0 2 + OC; + 2MO · OCi
Ynmultind relatia cu A ;A;+i rezulta:
Met· A;A;+1 = Mo 2 • A;A;+1 + oq · A ;A i+l + 2Mo · (A;A;-:-1 • oq
Scriind accasta relatie pcntru i de la l la n ~i adunind, rezulta:
n
11.
B-WC~ . A;A;+1 = (Jl!l0 + R B A;A
2
i=!
2
)
i=I
_
i+l
n
+ 2MO . BA ;A i+l · CO- uncle
I
, -I
R estc raz;i urcuhi (@)
135
Se considera punctcle B; E (OCi, astfel incit OBi = AiAi+l · OCi,
deci OB; = AiAi+I · oci, (V) 1 ~ i ~ n.
Cum OC 1 = OC 2 = ... = OCn = R, rczulta ca vectorii OB; sint proportionali cu laturile AiAi+ 1 ~i perpendiculari pe acestca, ~i conform consecintei 1.4.2.,
E" -OB;= -0, adica En AiAi+I · -OC; = -0
i=I
i=l
Tl
E MC
Sc obtine in final
2
; • A;A;+i
i=I
Deci: a) pentru k < R 2 •
n
B A;A
11-
n
i=J
,=!
= lvf0 2 • B A;Ai+ 1 + R 2 E
i+I, locul geometric este multimea
A;Ai+ 1
vida;
i=I
n
E A;A;+1, locul geometric se compune din punctul O;
n
c) pentru k > R E AiAi+ locul geometric este un cerc avind cen-
b) pentru k=R 2
i=I
2
1,
i=I
trul in O ~i raza r =
_n_k_ _ -
R2]112
B A;Ai+l
i= I
1.4.7. Problema. Fie triungltiul ABC de ortocentrn H $i semidreptele
(HA, (HE, (HC pc care se considera punctf-le A 1 , Bv C1 ast(el fncft (HA 1 )
(BC), (I-lB 1 }
(AC}, (HC 1}
(AB). Sa se arate ca H este centrul de greu,..
fate al triunghiului A1 B 1 C1 .
Solu/ie. Este suficient sa se arate ca HA 1 + HB 1 + HC 1 = O. Dar
HA1, HB 1 , HC 1 sint rotatii cu 90° ale vectorilor BC, AC, AB.
Cum BC -l- AC+ AB =
rezulta folosind consecinta 1.4.2., ca:
HA 1
HB 1
HC 1 = 0, ceea ce rezolva in intregime problerna.
==
==
+
==
==
0:
+
1.5. TEOREMA LUI VARIGNON ~I APLICATII
Fie P, AB un punct, respectiv un vector, dintr-un plan TC. Momentul
vectorului AB fat5- <le punctul P sc noteaza prin Mp(AB) ~iMp(AR} =PAX
x AB, uncle prin PAX AB intelcgem produsul vectorial al vectorilor PA ~i
AB, care este un vector perpendicular pe planul determinat de PA ~i AB cui
semnul dat de regula burghiului ~i marirne cgala cu 2cr [PAE].
Teorema Jui Varignon. Fie fortele Fi, F2 , .•. ,Fn cu suporturile concurente in punctul O. fie R = F1 + F2 + ... + Fn rezultanta acestor forte aplicata in O. Atunci suma vectoriala a mornentelor fortclor F; (i = 1, n) fa1a de
un pol oarecare P este egala cu momentul rezultantei R fata de acela~i pol.
n
___
n
__
_
E PO X F; = PO X E F; = PO X R
i=I
i=I
(demonstratia se gase~te in C. Jacob, Elemente de analiza matematica $i mecanica, iar paragraful precedent este inspirat din articolul ,,Asiipra substratului
mecanic al unor probleme de geometrie" din G.M. 12/ 1984 de academician Caius
lacob). Ca aplica/ie a teoremei ltti V arignon se va rezolva urmtoarea problema
136
Fie [AB] $i [CD] doita segmente fixe $!'. d1'.stincte di'n plan. Sii se determine
locul geometric al punctelor M din plan care satisfac condijia
cr[MAB]
+ cr[1\-1CD] = k
unde k este o constanta pozitivii nenula data.
Solufie (C. Jacob). Fie .6. 1 ~i A 2 suporturile vectorikr AB ~i CD ~i 0
punctul de intersectie al acestor drepte. Dreptele A1 ~i .6. 2 impart planul
in regiunile I, II, III, IV. Se prcsupunc ca M se afla in regiunea I. Momentul
vectorului AB fata de punctul M.
B
este perpendicular pc planul dreptelor (Av A 2 ) ~i are rnarim<~a
2cr[MAB]. Mornentul vectorului CD
fata de M este perpendicular pe aceIV
la~i plan ~i are rnarimea 2cr[.MCD].
Daca M apartine regiunii I momentele au acel~i sens ~i suma
acestor ma.rimi este 2k. Dar momentele nu se schimba. cind vectorii
Fig. 203
aluneca pe suporturile lor astfel
indt A ~i C ajung in 0.
Fie Fi, F2 vectorii obtinuti din AB, CD prin alunecare pe Ai, respectiv
A2 , cu originile in 0. Fie R = F1
F2 = OS.
Conform teoremei lui Varignon se obtine ca: cr[MOS] = k. (Acelea~i
consideratii se fac ~i pentru regiunea II, numai ca in accst caz sensurile
momentelor corcspunzatoare sint opuse cazului cind M E I). Deci, locul
geometric al punctelor M care verifica conditia data este format in reg(unile I ~i II de scgmentele [P 1 P 2] respectiv [P 3 P 4 ], paralde cu 05 ~i duse
+
la clistanta d =
l!5_ fata. de OS.
10s1
S~t observam c:1 OS+ OT = if\, ceea ce este cchivalcnt cu cr[P0 1S] =
= cr[P 10TJ (deoarece d(T, 0 P 1 ) = d(S, 0 P 1 )).
Daca M E regiunilor III sau IV, consiclcrind in locul vectorului CD,
vectorul DC, se gase~te, procedind ca mai inainte, doua segmente paralele
cu OT la distanta d' = __?k_ fata de OT. Conform observatiei antcrioare,
'
jOTi
'
'
ace5te segmente sint chiar [I\P~) ~i [P 2 P 3]. Locul geometric ca.utat este
format din laturilc paralelngramului l\P 2 P 3 P 4 • E\·ident problema admite
generalizari fire~ti ce poc fi gasite in articolul susmentionat.
2. TEOREMA LUI STEINER SI
, APLICATII
,
2.1. Numim moment de inertie al unui sistcm de puncte materiale
A 1 · A 2 , ... ,Anfatadeunpunctl\1 marimeal(.M) =MA~+ MA~+ ... + MA~
2.2. TEOREMA LUI STEINER. fie un slstem format din n puncte
materiale, G centrul sau de greutate ~i M un punct oarecare din spatiu.
Atunci: I(M) = I(G) + nMG 2
137
Dcn10nstra1i~-. Sc alege un sistcm de coordonate in care G (centrul de
grcutatc) cste ongmca spatiului. Sc consider5. punctele Ai ale sistcnrnlui,
de coordonate (x;, )';, ::-;), i = 1, n. Coordonatele centrului de grcutatc vor fi:
~ xi • ~ Yi , . &i zi
n
11
G
(
n
n
n
n
X;
i~i
deci
n
n
11
E
)
= E
Yi = E Z; = 0.
ii
i=l
Fie M(x,y,z). Atunci:
n
1(11!) =
E [(x - x;)2 + (y- y;)2 + (= _ z;)2J =
i=l
1
E [x~ + Y! + z;] + n(x + y + : - = J(G) + nMG
2
2
2
)
2
•
i=l
Demonstratia teorcmei cste incheiata.
2.3. Multe distante dintre punctele importante din triunghi sau tetracdru se pot calcula cu ajutorul tcoremei lui Steiner. Se va ilustra prin citcva
cxcmplc.
2.3.1. Folosincl te orema mcdianei se calculcaza u~or ca
GA 2 + GB 2 + GC 2 = _2_ (a 2 + b2 + c2)
3
Se va calcnla distanta OG. Conform teorernei lui Steiner, rezulta
OA 2 +OB+ QC:!= GA 2 + GB 2 + GC 2 + 30G 2
~1
3R:! -
_2_ (a 2 + b2 + c2 ) = 30G 2 , deci OG 2 = 9R
2
(a
-
3
2
2
2
+b +c
)
9
2.3.2. Folosincl rclatiile dintrc punctclc importantc ale dreptei lui Euler
+
~c obtine OG = -~ HG, <leci 11G 2 = i_ [9R 2 - (a 2
b2 + c2)]
'
2
9
Ca aplicatie se poatc calcula snma HA 2 + H B 2 + HC 2 •
Intr-a<lcvftr: HA 2 + 1JB 2 + HC 2 = GA 2 + GB 2 -!- GC 2
HA 2 + HB 2 + JJC 2 = 12R
2
-
(a
2
+b +c
2
2
+ 3GI-l
2
,
dcci
)
2.3.3. Fie I centrul ccrcului inscris in triunghiul ABC. Atunci
IA = ~ ~i analoagele.
5111-
2
Prin urmarc /Gt= _2_ [IA 2 + IB 2 + IC 2 - (GA 2 + GB 2 + GC 22 )], deci
3
1[ r2 ( - -1- + - -1- +
JG2=:3
138
sin2 A/2
sin 2 B/2
.
1
) --(a2+b2+c2)
1
]
sin 2 C/2
3
2.3.4. Intr-un tetraedru [ABCD] sc calculcaza u~or
I(G) = GA. 2 + GB 2 + GC 2 + GD 2
folosincl teorcma mcdianei ~i tcorcma cosinusului aplicatii pc frte ,j in scctiuni. Folosind teorema lui Steiner si tinind cont ca: OA = OB' ~~ 0C 2 =
' 0 D 2 = R 2 , unde R cste raza sfcrei c'irc'umsrrisa tctracdrului se cak,ikaza OG.
( Excrci(in).
3. PUNCTE MATERIALE, CENTRE DE 6REUTATE SI
,
APLICATH
I
3.0. Se considerr1 un sistcm format din n puncte materiale de mase,
egale. Fie G centrul sau de greutate. Se imparte sistemul in doua subsisteme
unul format din k puncte materiale ~i celalalt din n - k puncte materiale
~i se noteaza cu Gi, respectiv G2 , centrele de greutate ale subsistemelor. Punctul G sc va afla pe segmcntul [G 1G2] ~i il va imparti in raportul GGi = _k_.
GG 2
n-k
Acest principiu constituie substratul mecanic al mai multor probleme
de geometric referitoare _la concurenta ~i coliniaritate ~i poate fi generalizat
pentru centre de masa. In continuare vor fi prezentatc unelc apl.:Ca(,£i.
3.1. TEOREi\IA. lntr-un tetraedru bimedianele 9i medianele sint con-
curente.
Dcmonstrapie. Evident se poate incepe cu o problcma mai simpla, ca
de exemplu concurcnta mcdianelor in triunghi. Aceasta problcmii este insii
o gcneralizare. Se consiclcra un sistcm de patru mase egale, ata~ate virfurilor A, B. C, D. Fie G centrul de greutate al tctraedrului. Grupam virfurilc:
de excmplu A 1 cu A 2 ~i A 3 cu A 4 • Centrul de greutate al primului subsistem
este la mijlocul segmcntului (A 1A 2 ), iar centrul de greutate al celuilalt subsistem este la mijlocul segmentului (A 3 A 4 ). Deci G se afla pe dreapta se une~te
mijloacele segmentelor (A 1A 2 ) ~i (A 3 A 4 ). Rcgrupind ~i obtinind accca~i concluzie, se deduce:
Bimedianele imui tctracdnt sfnt concurcnte fn G. Dar se pot face dona
grupari de forma: A separat ~i B, C, D 1mpreuna. Deci G sc afla pc dreapta
care une~te virful A (care cstc propriul siiu centrn de grcutatc) cu ccntrul de
grcutate al triunghiului BCD. Regrupind, sc deduce: Ji cdianclc unui tctracdru sint concitrente 'in G.
3.2. Problema. lntr-un patrulatcr, ntijloaccle laturilor sint virfurilc unui
par11ldogram.
SoluJie. Fie ABCD patrulatcrul ~i se considera un sistcm de mase egale
ata~ate virfurilor patrulatcrului. Considerin<l subsistemde formate din A ~i B,
respectiv C ~i D, centrul de greutate al sistcmului sc va afla la mijlocul scgmentului ce are drept capete, mijloacele lui [AB], rcspectiv [CD]. Se considera subsistemele A, D ~i B, G. Rezulta ca centrul de greutate injumatate~tc
~i segmentul care unqte mijloaccle laturilor opuse [AD] ~i [BC}. Rczulta ca
in patrulaterul format de mijloacele laturilor, diagonalele sc injmnatatesc,
deci: 1111j!oacdr lnt11rilor sint vf1furilor uhui paralclogram.
139
!U. TEOREMA. (DREAPTA LUI EULER). lntr-un triunghi ABC,
ortocentrul, centrul de greutate ~i centrul cercului circumscris sint trei puncte
cohoiare.
Demonstrafie. Din asemanarea triunghiurilor AH B ~i A 'OB', rezulta
AH/OA' = 2. Se considera trei mase egale in virfurile A, B, Cale triunghiului dat. Acest sistem este echivalent cu
A(1)
sistemul format din punctele A ~i A'
in care in A' actioneaza dublul greutatii din A. Se deplaseaza masa din A
1n H ~i masa din A' in O cu vitezele
respective v1 ~i v2 (v 1 = 2v 2 ) incepind
din acela~i moment de timp. Cum
suportnrilc clirectiilor de deplasare sint
C\11 paralele in tot timpul acestei trans~}
A'(21
formari, G r5.mine neschimbat. Deci
Fig. 204
dreapta A A' trece in dreapta H 0.
3.4. TEOREMA (CERCUL LUI EULER). lntr-un trlunghi ABC,
mijloacele laturilor, picioarele inaltimilor ~I mijloacele segmentelor determinate de ortocentru ~I virfurl, sint conclclice.
Demonstra/ie. Se considera patru greutati egale a~ezate in virfurile A, B, C ~i ortocentrul Hal triunghiului ABC. Fie A 2 mijlocul segmentului [AH] ~i A 1 mijlocul lui [BC]. Segmentul (A 1 A 2 ) arc ca mijloc centrul de
greutate al sistemului. Analcg segmentele (B 1 B 2 ), (C 1C 2 ) au ca mijloace
ccntrul de greutate al sistemului. Dar, de cxemplu, patrulaterul A 2 B2A 1 B 1
este dreptunghi deoarece:
Deci exista un cerc de centru, centrul de greutate al sistemului si raza _!_ A 2 A 1
'
2
ce trece prin punctele considerate.
3.5. Problema. Se considera triimghiul ABC Ji P un punct din interiorul sau, AP, BP, CP trei ceviene care intersecteazii. latitrile triunghiului fn A', R', C' respectiv.
a) Sa se arate cii. dreptele care unesc
mijlocul lui [A'B'] cu mijlocul lui [Alf],
mijlocul lui [A 'C'] cu mijlocul lui [A Cl,
mijlocul l-ui [B'C'] cu mijlocul lui [BC]
sfnt concurente fntr-un pimct T.
b) T, P ~i G centrul de greutate al
triunghiultti sfnt trei puncte coliniare.
Solujie. Se considera un sistem de
patru mase egale cu unitatea ata~atl'
virfurilor A, B, C ~i punctului P. Atunci
mijlocul segmentului [AP] ~i mijlocul
segmentului [BC] determina o dreapta
~
C
pe care se afla centrul de greutate al siste. mului celor patru puncte materiale. Arn:,Fig. 205
log centrul de greutate al sistcmului celor
140
patru puncte rnateriale se mai afl5. ~i pe celelalte doua drepte, deci dreptele
considerate sint concurente intr-un punct T. Daca se va demonstra ca, de.
exf'mplu, dreapta care trece prin mijlocul lui [AP] ~i prin mijlocul lui [BC] ·
trece ~i prin mijlocul segmentului [B'C'], prima parte a problemei este ter~'
minata. Se observa ca pentru patrulaterul complet AB' PC' BC punctele.
considerate sint mijloacele diagonalelor, respectiv mijlocul segmentului
<leterminat de punctele de intersectie ale laturilor opuse, deci punctele
considerate se afla pe dreapta Newton-Gauss a patrulaterului. Pentru punctul b) se observa ca centrul de greutate T al sistemului se va afla pe dreapta
-ce trece prin centrul de greutate al triunghiului ABC ~i P, care este propriul,
sau centru de greutate.
3.6. TEOREMA LUI MENELAU. Fie ABC un triunghi ~i 11'1 E AB,
N E AC, PE BC. Se presupune ca doua dintre punctete M,N,P sint situate•
pe laturile triunghiului iar al treilea este pe prelungirea celei de a trci alaturi
sau nici unul dintre punctele M, N, P nu este situat pe laturile [AB], [AC],
[BC] ale triunghiului ABC. Atunci: M, N, P sint coliniare daca ~i nunai
daca (MAJ1vfB)(PB/PC)(NC/NA) = 1.
Demonstrafie. Se va prezenta demonstratia in cazul in care M E (AB);:
N E (AC), C E (BP). (Ideea demonstratiei este acee~i ~i pentru cazu:l'
in care M, N, P apartin exteriorului triunghiului ABC).
Se presupune M, N, P coliniare ~i se consider5. masele a, b, p pus~·
fa A, B, P, astfel indt N sa fie centru de masa al sistemului A, B, P. Re-'
zulta ca M este centru de masa al sistemului format din punctele A ~i B, C.
estc centru de mas5. al sistemului format din punctele B ~i P. Sc ob\inc:·;
J',1A/MB = b/a ~i PC/CB= b/p ( deci
;i = ~ p)
b
~ .
. ~ CN
a
Dar N cen t ru d e masa, imp11ca - - = - - NA
b+p
Deci (MA/MB)(PBJPC)(NC/NA) = 1.
Se presupune acum ca are loc relatia (MA/MB)(PB/PC)(NC/NA) = 1 ~i
fie N' intersectia dintre segmentul [AC] ~i [111 P]. Considerind sistemul de
mase anterior cu centrul de masrt in N', se obtine:
'(1\1AJMB)(PB/PC)(N'C/N'A) = 1, ,le uncle N'C/N'A =NC/NA=
a
~+P
•
Rezulta N = N' ~i teorema este dunonstrat5..
3.7. TEOREMA CEVA. Fie A', B', C' pe laturile [BC], [ACJ, [ABJ
respectiv ale triunghiulul A BC. Atunci dreptele AA', BB', CC' sint concurente
daca ~i numai daca are toe relatia:
(1)
(AC'/C'B)(BA'/A'C)(CB'/B'A) = 1
Demonstrat1e. Se considera masele a, b, c puse in virfnrile triunghiului ABC, astfel incit centrul de masa al sistemului sa fie punctul P. Rezulta
ca C', B', A' sint centrele de masa ale sisternelor formate din punctele A, B; A, C; B, C respectiv, deci:
AC'/C'B =b/a,CB'/B'A =a/c,BA'/A'C =c/b·Prin inmultirea lor se
regase~te relatia (1).
141
Fie acum A', B', C' pe laturile triunghiului astfel incit este indeplinita
relatia (1) (AC'/C'B)(BA'/A'C)(CB'/B'A) = 1. Se va demonstra ca AA', BB',
CC' sint concurente. Se notcaza cu P punctul de intcrsectie al segmen1clor [A.A'] ~i [BB']; se demonstrcazft cft clrcapta CP trece prin C'. Fie masclc
a, b, c puse in virfurile triunghiului A, B, C, astfcl incit P sCt fie centrul de
mas:t al sistemului format din cele trei punctc. Sc obtinc: BA' /A'C = c!b
~,i CB' /B'A = a/c · Din rclatia (1) rezulta AC' /C' B = b/a, dcci C' cstc ccntrn
de mas:t 2.l sistemului format din pnnctele A ~i B, cleci C, P, C' srnt coliniarc.
Ideca clcmonstratiei sc pastrcaza daca, de cxcmpln, A' ~i B' sint pe
prclungirile laturilor triunghiului, C' in interiorul scgmcntulni ~AB], nnmai
ca mascle din B ~i C vor fi antimase.
3.8. TEORE1IA TOR.RICELLI-FER~L\T. Se considera triunghiul A BC
cu toate unghiurile strict mai mici decit 120°. Atunci punctul lui Torricelli, T,
are proprietatea ca realizeazii minimul sumei
MA+ MB+ MC cuM E (A.BC).
Dcmonstra(ie. (Topliz). Sc consiclerft punctcle A, B, C ca fiind gauri
intr-o masa, ~i un sistem de trei fire innodate intr-un punct P, (situat deasupra
masei), trecute prin gaurile A, B, C.
Se pun trei mase egale la capetcle firclor ~i se lasa sistcmnl sr1 ajunga in
cchilibru stabil. Se va dcmonstra ca punctul P in echilibru are proprietatca
PA + PB + PC minim ~i estc tocmai punctul
T al lni Torricelli. Pent.ru
,,,,,,.....__,,,,,,.....__,,,,,,.....__
accasta este suficient sa sc dcmonstreze ca APB, APC, BPC sint egalc.
Energia potentialrt a sistcmului de fire ~i grcutati (considcrind prngul de
potential deasupra mesei) cste
- mg(AA 1
BB 1
CC 1 ) ~i deoarece sistemul estc in cchilibru, encrgia este minima, cleci suma AA1
BB1
eel este maxima.
Cum lungimea totala. a -firelor cste constanG, rczultft ca: AP + BP
CP
cste minima. Pe de altft partc, rezultanta cdor trci vcctori egali cc actioncazii
in clircctiile firclor fiind nulrt (sistcmul estc in echilibru). rezulta ca unghiu,,,,,,.....__ /""-. ,,,,,,.....__
rile APB, APC, BPC sint cgale.
Generalizare: Se consider.a un tetraedru [ABCDl ~i P acel punct din
interiorul tetraedrului pentru care sum a PA + PB
PC
PD este
,,,,,,.....__
,,,,,,.....__
/'-....
minima. Atunci A 1>B = CPD ~i bisectoarele unghiurllor APB ~i CPD sint
in prelungire.
+
+
+
+
+
+
+
~
Demonstratic. Rcfacind rationamcntul anterior, pentru un sistem de
J)atru fire la capctc, cu grcutati' egale, (unul din fire fiind trccut pcste un
scripete) pozitia de echilibru a sistemului sc rcalizcazl pcntru accl punc:t P,
pcntru care suma PA +PB+ PC+ PD este minima. Considerind patrn
vectori egali pe dircctiile firelor ~i grupindu-i doi cite cloi, reznltantele lor
sint cgale ~i de sens contrar, cleci bisectoarcle unghiurilor sint in prelungire~
,,,,,,.....__
/'-....
ar din faptul cl sint egale, unghiurile APB ~i CPD stnt cgak.
142
V. PROBLEME DE GEOMETRIE
V
ELEMENTARA
-0. CITEVA APLICATH
ALE NUMERELOR
,
COMPLEXE IN
GEOMETRIE
N umcrclc complexe pot fi folosite pcntru a demonstra uncle problcme
-:;;i teoreme de geometrie. Datorita faptului ca oricarui numar complex z=x+yi
ii corespundc un punct 111 in planul axelor rectangulare ~i rcspectiv un
-
-vector de pozitie OM, rezulta ca orice problema. care se poate rczolva prin
notatii vectoriale punctuale, admite ~i o solntie in numere complexe. 1n
,continuare vor fi prezente generalitati legate de folosirea numerelor complcxe
~i dteva aplicatii interesante.
·
Fie 1Vl1, M 2 , ••• , M,, puncte din plan ~i vcctorii de pozitic resT)ectivi
- - -- -- OM 1 , 0M 2 ,
... ,
OM".
Dad vectorul OM se exprima ca o combinatie liniarft de acc~ti vcctori,
+ ...
OM= k1 0M1
+kn' 0Mn
accastrt relatie admite o transcriere in complex de accca~i forma; daca Zi,
z 2 , •.• , z11 sint afixele punctelor 11-1 1 , J.11 2 , ••• , Mn iar z afixul lui M, rezulta:
+ k z + ... + !t,,z,.
z = lt 1z 1
2 2
Notind cu (xi, Yi) coordonafole punctelor Jf; ~i cu (x, y) coordonatele
Jui M rezulta X =
"
I:: kixi,
n
y =
i=l
B lt;Yi
l=l
Dae a relatia anterioar{t are Joe pentru douft puncte M 1 ~i 1\1 2 , iar J\,1 cste mijlocul segmentului (M 1:U 2 ). atunci notind cu z afixnl lui M, se obtine:
.~ --
Z1
+ Z2
2
1)aca M(z) cstc centrul de greutate al triunghinllli J1 1 (:: 1 \, iVl 2 (z 2 ), Ma(z 3 )
•
Z1
+ Z2 + Z3
.atunc1: z = - - - - - 3
-•- ·--.
Pcntru punctul M(z) care impartc scgmentul orientat M,M!, nrnul,
• raportu 1 k, se o bt"me: z = Z1 +
M 1M
m
- kz2
- (d·m - = k)
'
1
+k
M111 2
Aceasta relatie scrisa sub alta forma, poate dcveni o conditic pcntru ca punc:tele M 1(z 1), Mz(z 2 ), M(z) srt fie coliniare.
143
+
lntr-adevar, observind ca relatia se mai poate scrie z = k 1z1
k.,;t 2,
1
cu k1 = - ~i k2 = _k_ conditia de coliniarit::i' · . pentru punctele
1--j-k
l+k
M 1 (z), M 2 (z 2 ) ~i kl(z) este sa existe doua constante k 1 , k 2 astfel indt
k1
k 2 = 1, care sa faca posibila egalitatea z = k1z1
k 2z 2
+
+
Considerind paralelogramul de virfuri M 1 (z1 ), M 2 (z 2 ), M:,(z 3 ), Miz 4 ), proprietatea ca mijloacele diagonalelor coincid devine: z1 + z 3 = z 2 + z4
Reciproc, punctele M 1 , M 2 , M 3 , M 4 de afixe z 1 , z 2 , z3 , z4 sint virfurile unui
paralelogram daca este indeplinita relatia anterioara. Fie punctele M 1 (z1 )
~i M 2 (z 2 ). Atunci
.,,,,,,,......_
.,,,,,,,......_
.,,,,,,,......_
m(M 2 OAf 1 ) = (m(M 20x) - m(M 10x) = arg z2 -
arg z1 = arg z 2 /z 1
Translatind originea in punctul Mv pentru trei puncte M 1 (z 1 ), M 2 (z 2 ), M 3 (z 3 )
/"--._
Z
-Z1
se obtine m(M 3 Nl 1M 2 ) = arg - 3- Zz -
Z1
Conditia de coliniaritate este deci Z3 -
Z1
Z2 -
Z1
ER
Z3 -
Zt
it
Z2 -
41
2
Conditia de perpendicularitatc este arg-=---
sau echivalent;
Generalizarea este imediata: Fie 11:[ 1 , M 2 , M 3 , 1W 4 • Atunci
101
m(M 1
3
M 4 ) = 90° implica Zi - z 2 E iR ~i reciproc.
Z3 -
24
Conclitia neccsara ~i suficienta ca figura M 1 M 2M 3 M 4 sa fie patrulater
.
,
Z2 Z1 Z2 mscnph'1JI'l cstc --·--:
Z4 -
Z1
· < 0
Z3
Z4 -
Z3
Demonstratia se face folosind scrierca in comrk-x a unghiului dint re cloua•
/"'--...
/'----._
drepte ~i rclatia m(I';[ 2M 1,W 4 ) = 180° - m( Jf 2 JJ 3!1l 4)
Fie donrt triunghiuri asc~nenea M 1 M 2 M 3 ~i M~M;M;.
/'-.
/',
Cond.itia de asernanare M 1M 2 /M~l1d; = kl 1M 3 /M~M~. M 1 == M~ se poate
transcrie in fonna:
. J.z1 -
Zz
I
I z~ - z; I
I Z1 -
Z3
I si arg 22 - z, = arg z2 -
I z~ - z~ I '
Z2 -
Z1
Z3 -
Z1
Z3 -
z1
z; - ~1.,.1 sau altfel sen!"
= z; -
Z1
z1 .
Din aceste rclatii rezulta.
z; - :·~
'J
Zz
,
Z3
-1
Z2
~3
-
0
.,.
Problema 1. M ijloacele lal·itrilor imui patrnlater sfnt virfitrile imiti
paralelogram.
: 144
Solu/ie. Fie ~- 1 , z 2 • ~-~. z 4 afixclc vfrfu:rilor A, fl, C, Dale patrulatc:duui.
Afixcle mijloacelor laturilor opuse [AB] ~i [CD] sint:
_.
Z1 -f- Z2
-f- Z4
z, = - - respcc t·1v z = Z3
---"
2
2
Afixele mijl0acelor laturiior opuse [BC] ~i [AD] stnt:
, z + Z~
•
,
Z1 -f- z
z1 = 2
· respcchv
z2 = --"""4
2
2
11
Se obscrva imecliat ca: z' + z" = z~ + z; ceca ce implica faptul ca patrulatcrul format din mijl.oacelc laturilor unui patrulatcr oarecare este paralelogram.
Problema 2. Considcdim doua paralelograme ABCD, A'B'C'D'; punctele
A 1 , B 1 , C1 , D1 care impart segmentele [AA'], [BB'], [CC'], [DD'] £n acc!a~i
raport s-fizt ,1f1jurile unui paralelogram.
Solu/ic. Fie A(a), B(b), C(bc). D(d), A'(a'), B'(b'), C'(c'), D'(d'). Concli1:iilc c;i. p::i.trulatcrcle sft fie paralclograme sint:
a + c = b + d respectiv a' + c' = b' + d'
Consicicrind A 1(a 1 ), B 1 (b 1 ), C1 (c 1 ), D 1(d 1) date prin conditiile:
a
1
= a + ka' , bi = b + kb' , Ci = c + kc' , di = d + kd'
1-f-k
1-f-k
l-f-k
se obtine: a + c1 = (a+ c) + k(b' + d')
1
'
1-f-k
b
1
1-f-k
+ d = (b + d) + k(b' + d')
1
I+k
ceca ce implica a1 + c1 = b1 + d 1 , deci A 1 B 1C1D 1 paralelogram.
Problema 3. Dacii. ABC, A'B'C' sfnt doua triunghiuri cu centre de greutatc G, rsspec:tiv G', pu.nctele Ai, B 1 , BC 1 care impart segmentele [AA'], [BB'],
[CC'] in raportul k Jnrmeaza un triunghi al carui centru de greutate este G 1 ,
situat pe segmentul [GG'] pe care-l fmjJarte £n raport k.
So!ufie. Fie A(a), B(b), C(c), A'(a'), B'(b'), C'(c'), A 1 (a 1), B 1 (b 1), C 1 (c 1)
_
a + ka' b
b + kb'
c + kc'
un d c a 1 = - - - , 1 = - - - , c1 = - - 1 -f- k
1-f-k
I+k
a+b+c
Ccntrul de greutatc al triunghiului ABC este G(g) cu g = - - - - iar
3
a'+ b' +c'
centrul de grcutate pentru triunghiul A'B'C' este G'(g') cu g' = - - - - •
3
Fie G1 (g 1 ) centrul de grcutate al triunghiului A 1 B 1C 1 • Atunci:
gi=
(11 + b + c) + lt(a' + b' + c')
3(1-f-k)
k
+--I+h
a' + b' + c'
:3
1
l-f-k
1
l+k g+
a + b+ c
3
+
k
,
I+kg,
ceea r- 0 nsigura faptul d. G, G', G1 sint colini, •. e ~i di punctul,G 1 imparte segment11l 1";G'] in rapc:·~uI k.
TEOREMA I /PAPPUS). Fie un triunghi ABC ~i puncte!e A'B'C
situate pe BC, AC reapectiv AB astfel iuc1t:
BA'/A'C = CB'/B'A = AC'/C'B = k.
145
.Atunci triunghiurile ABC ~i A'B'C' au acela~i centru de greutate . .·. , ......,..
Demonstrafie. Fie a, b, c afixele punctelor A, B, C. Atunci G, centrul
+c•
ck greutate al triunghi~lui ABC, va avea afixul a+ b
3
Fie X, y, z afixcle punctelor A', B', C'. Din ipotezrt rezulta:
a
+ kb
b
+ kc
c
+ !~cl
X= l+k•Y= l+k'.z= l+k
Ccntrul de grcutate G' al triunghiului A'B'C' va :i.vca afix~il 3-±~:~ -f--:.,
3
+ +
. - a -b -c. R ezu lt~a G = G' .
.a dK«
6
Problema 4. Se dau punctele A, B, C, D de af/.;;c r,,j'Jst·ctiuc:
Z1 =
1
+ i,
Zz =
4 + 5i,
= 5+
Z3
17i
4
, Z-1, = 5 + i
';
;:i) Sa se arate ca:
• ~a -
Z1
I· I z4 -
Z2
I = I Z2 -
Z1
I· I Z4 -
Za
1+ I ~3 -
Z2
I · I Z4 -
Z1 (
b) Sa se arate ca patrulaterul ABCD inscrip#bil.
Solu#e. Este suficient sa se demonstreze ca patrulaterul ABCD este
:inscriptibil dcoarece relatia de la punctul a) este tocmai teorcma lui Ptolcmcu
;rcferitoare la patrulatere inscriptibile. Pentru a demonstra ca patrulatcrul
ABCD este inscriptibil este suficient s5. se verifice rdatia
lntr-3devrLT, efectuind calculele: =2 Z4 -
= = =:i = - _52 < o.
1
:
Z1
2
-
Z4 -
Z3
169
Problema 5. Fie fn acelafji plan doua triunghiuri ecMlaterale ABC, A' fl'C'
la fcl orientate; cu lungimile AA', BB', CC' se poate Jonna un aft frinnghi
( cvct1!11al degenerat).
Sol1tfie. Fie A(a), B(b), C(c), A'(a'), B'(b'), C'(c').
Triunghiurilc fiind asemenea, rezulta
a
a'
1
1
b
b'
c
c'
= 0
Conditia de ascmanare se scrie: a'(c - b) - b'(c - a) + c'(b - a) = 0 sau
altfcl: a'(b - c)
b'(c - a)+ c'(a - b) = 0
Dar a(b - c)
b(c - a)
c(a - b) = 0. Scazind mcmbru cu mcmbru se
obtine:
(a' - a)(b - c)
(b' - b)(c - a)
(c' - c)(a - b) = 0 ceea ce implic5.:
+
+
+
+
Ia -
+
a' I.' lb - cl ,s;; lb - b'I · le - al+ le - c'I · la - b[ dN-i
AA'· BC ,s;; BB'· AC+ CC'· AU
Cum triunghiul ABC este echilateral, rezulta .
AA' ~ BB'+ CC',
146 -
reea ce, impreun;t cu analoagelc, conduc la concluzia ca distantcle AA', BB',
CC' pot fi lungimilc laturilor unui triunghi.
TEOREMA 2 (Pompeiu). Se considera un triunghi echilateral .!EC
~i JI un punct din plan. Atunci cu segmentele [MAJ, ].MB] ~i [JJCJ se poate
forma un nou triunghi (eventual degenerat).
Dm1011strat1·i'. Fie radacinile de ordinul trei ale unitatii l, e: e: 2 • Se po,1.te
prcsupunc far;t · a afecta gcncralitatea problcmci cii tri~nghiul A B C ,tte·
afixdc rcspcctiv J, e:, e: 2 • Fie z afixul punctului Jl1. Exista identitatc·a:
(z -
l)(e: 2 -
e:) + (z - e:)(l - e: 2 )
+ (z - e: )(e: - 1) = 0
2
Sc Ya tlcmon~tra de cxcmpln ca MA ,;;; NIB-\- A1C
analog ckmonstrindu-sc cclelalte dona incgalita ti.
Dcci: (z - 1)(3 - e:~) = (z - e:)(l - e: 2)
(z - e: 2)(e: - 1)
Trccind la module ~i folosind inegalitatea triunghiului:
+
Iz -
l l I e: - e: 2 I .;;; I z - z I I 1 - e: 2 I
Dar I e: - e: 2 ! = j l - e: 2 I =
I e: -
+ I z - e: I · :e: - I I
2
1 I triunghiul fiind echilatcral, deci
+
+
jz - I I ,;;; lz - e: !
[z - e: 2 1, adie-a 1vIA ,;;; AIB
MC, cgalitatca avind loc
pcnt;-u 111 apartinincl ccrcului circumscris triunghiului.
TEOREMA 3 (DREAPTA EULER). lntr-un triunghi ABC, ortocentrnl
H, centrul de greutate G ~i centrul dcercului circumscris 0, sint coliniare.
Dm1nn.• !rafic. Fie A(a), B(b),
C(c), O(o). Rezulta
.l'(b:c), B'(a1~),
c(a+:+c)
Din ascmanarca triunghiurilor AHB ~i A'OB', notincl cu h afixul lui !!. se
obtine
0
h
1
1
a+c
·2
b
b+c
2
= 0, de u1d1· JI t,.\e ck afix a + b --:- c.
a
RczulL:1 0, G, Jl coliniare ~i relatiilc dintre scg mcntcle drcptci lui Euler.
Problema 6 (20441, GM 5/1985). Sa se arnte di dacc'f punctul M ap,u-tiJU:
ccrw.lui circttmscxis triunghiitlui ABC, ortoccntrele triitngltizm"lor kl AB, l'vl BC
~i .MCA jormeaza un triunghi congruent cu tri1mgltiul A BC.
Solu{ic. Fie originea planului centrul cercului circumscris triungh t\tlni
ABC, z1 , z 2 , z3 afixele punctelor A, B, C respectiv ~i z afixul punctului Iii
situat pc ccrcul circumscris triunghiului ABC. Atune::i He, Grtocentrul t.riunglriului 1'1AR a-re afixul z + z1
z 2 , HB ortoccntrul triunghiului MAC ue
afixul z + z1 + z 3 iar H.,,_ ortocentrul triunghiului J.\1BC are afixul z + : - 1 + :-~.
Atunci H,1 Hn = I z + z 2 + Z 3 - z - z1 - z3 1 = l=z - =11 = AB
~i analoagele.
+
Problema 7 (Veres, Betuker). Daca pe laturile unui p «trulater o.:.1r,:rnre
ABCD sc construicsc exterior patratele de centre 0 1 , 0 2 , 0 3 , 0.1 atunci drt/>tcle
0 10 3 , 0 20 4 sint p,(r/1nu!iculare.
147
10*
Solu?ie. frie A(a), B(b), C(c), D(d) ~i fie E(e) virful patratului de centru·;
01 opus lui A. Br- <::st<:: obtinut din BA printr-o rota tie dt: unghi
rr deci
2
c - b = (cos .2: + i sin_'::) (a - b) = i(a - b)
2
2
Fig. 206
+ c) = -~2 (a + b + i(a - b)) Analog pentru celelalte
.. o3 - 01
c + d_- ___.:___:_:..__;:...._.:..._
(a+ b) + i(c -___
d - (a
cen t re. At unc1.
- = _:...._
;__-_ b)) =
02 o4
b + c - (d + a) + i(b - c - (d - a))
RezulHi 0 1 = _l_ (a
2
i.
__;_c_
Rezulti'i ca dreptele 0 10 3 ~i 0 20 4 sint pcrpendiculare.
Problema 8 Fie ABCD !fi BNMK doua patrate care nu a1J1, pimctc intcrioare comune. Set se arate ca mijlocu.l E al segmentitlui .(AN), piciorul pcrJ"cndicularei din B pe CI( Ji p11nct1tl B sint trei puncte coliniare.
Solu/ie.
Se prelunge~te EB pma cind
intersecteaza CK in F. Se arata ca
EF __L CK. Pentru aceasta intereseaza:
D
• ZE -
ZF
calcularea raportulm - - zc - z1,
Deoarece AB se obtine prin rotatia
BC (zc - z8 )i = zA - ZiJ
r:u 90° a lui
\
I
L--t
N
Fig. 207
148
1
de unde zc =-: (zA - zn)
1,
Zc = zB(l
+ zB sau
+ i) - izA
(1)
Scgmentul (BK) se obtine din seg::
mentul (BN) printr-o rotc1,tie qe 90°.,
Rezulta:
(2)
Atunci:
(3)
Dcoarece E, B ~i F stnt coliniare, BF se obtine clin BE printr-o rotatie de
180°. Deci: (zF -
zn) BE (-1) = zE BF
Zn
BE
Notind = r, se obtin: (zF - Zn) (-r) = Zi;; -- 2' 11
BF
sau
2z11(I +r) - Z A - Z N
ZF
= --------2r
Din ( !), (2), (3) !;i (4) rez11lta ca zE -
zF
Zc -
ZA
(4)
= 1 + r • i. Deci F;F ...LAC.
2-Y
1. CONSTRUCTH CU RIGLA ~I COMPASUL
Cu rig la ~i compasul se pot executa urmatoarele constructii simple:
i) Constructia unui segment de clreapta ce trece prin doua puncte date.
ii) D eterminarea punctului de interscctie a doua drepte date.
iii) Constructia unui cerc cu centrul ~i raza date.
iv) Determinarea punctelor de intcrsectie dintre o dreapta data ~i un
cerc dat.
v) Detcrminarea punctelor de intcrsectic adoua ccrcuri date. Se spune
ca o problema de constructie este rezolvabila cu rigla ~i compasul daca
pentru solutionarea ei este necesar un nurnar finit de constructii de
tipul i) - v).
In rezolvarea unei probleme de construqie se <listing urmatoarele
etape:
I. Analiza: Se presupune problema rezolvata ~i se analizeaza toate
proprietatile figurii.
·
II. Indicarea constructiilor. Din analiza figurii rezulta am,mite proprietati care permit o inlantuirc de constructii in vederea obtinerii rezultatului.
'
'
'
III. Demonstrarea exactitatii constructmor. Toate constructiile utij ustificate.
IV. Discutarea solutiilor. Se fac precizari referitoar~ la numarul solu-
lizate trebuie
tiilor ~i la posibilitatea construqiei.
Aceasta detaliere a rezolvarii unci probleme de constructia pe etape
nu este totdeauna evidentii ~i nici ncccsara. Rezolvarea multor problerne
de constructie se reduce la doua sau trei etal'e.
Kotatii ce vor fi utilizate in continuare, a, b, c lungimile laturilor
triunghiului ABC (a= BC etc.) t11,, = AA', m 1, = BB', m" = CC' (.,J' (',;te
mijlocul segmcntului (HC) etc.) h,,=AA 1 , h1,=BJ3 1 , hc=CC 1 (A 1 =-/)ru,:,I de.).
Problema 1. Si1 sc construiascii un triwzghi ABC c1moscind 111(" h,, ~i
..,,,,.........
unghiul BAC.
Solufie. Prcsnpnnind problema rczolva1:t, fie ABC triunghiul c;rntat
,/',
in care sfnt elate m,,, h,, ~i unghiul B.·1C. Triunghinl drcptunghic .-J.-1 1 A'
poatc fi rnnstruit (fig. 208).
Fie A" simctricul punctului .·I fata de mijlocul A' al ~cgmentnlui [!:JCJ. Patru,,,,...--....._
..,,,,.........
latcrul ABA"C cs1e paralelogram. RczulUi m(.--ICA") = lSC( - m(}1.iC).
Prin urmare din punctul C st.: vcdc scgnw11tul [.--L-:l ' ~ sub un unghi suplcrnL'll~
tar unghiului dat BAC. Prin urmare punctnl C sc va afla la intcrscctia drep,,,,...--....._
tci .,j 1 A' cu arcul capabil <le unghiul suplcmentar unghiului <lat 13.-J C.
Problema 2. Sa se construiasca un triwzghi ABC cunoscind
cclc fret"
puncte A 1 , A 2 , A 3 in care fniilpimra, bisectoarca $i rn.ediana coresjn111:iiloare
vi1fului A inte-rsccteadf. ccrwl cirwmscris tri1111(!_!ti11lui.
A
Fig. 208
Fig. 209
Solufie. Se presupune problema rezolvata ~i fie ABC triunghinl cautat. lnaltimea, bisectoarea ~i mecliana corespunzatoare virfului A intcrsecteaza cercu.1 @(0, R) circumscris triunghiului in punctele date A 1 , A 2 ~i
A. 3 • Deoarece A 2 este mijlocul arcului BC, rczulta OA 2 II AA 1 • Fie
{A'}= OA 2 n AA 3 • Este evident ca A' este mijlocul segmentului [BCJ.
Din analiza figurii rezulta urmatoarca constructie (fig. 209).
Se construie~tc cercul @( 0, R) circumscris triunghiului A 1A 2 A3 :
sc une~te apoi O cu.A 2 ; paralela prin A 1 la OA 2 intersecteaza cercu.1 (.;,·(O, R)
in punctul A; se une~te A cu A 3 ~i fie {A'} = OA 2 n AA 3 Perpcndiculara
in A' pe OA 2 intersecteazrt cercul fl(O, R) in punctele B ~i C.
Problema 3. 5ft sc construiasca un triunglzi A BC cu,noscfnd n, m(L $i
,,,,...--....._
ungldul BAC.
150
Solitfie. Se prcsup1mc proulcma rczol\'airl ~i fie ABC un triunghi cau_,,,,......__
fat in care sint date a, ma ~i BAG (fig. 210).
Este u~or de vazut ca punctul A se afl5. pc cercul Q(A ', m 0 ), uncle
A' cste mijlocul laturii [BC].
Pe de alta pa.rte din punctul A se vcdc scgmcntul [BC] sub un unghi
_,,,,......__
dat BAC. Rezult5. ca punctul A se aflrt la intersectia ccrcului @(A',
ma)
_,,,,......__
cu arcele de cerc din care segmentul [BC] se vcdc sub unghiul dat BAG.
Construqia triunghiului ABC este urmatoarea: se traseazrt segmcntul
[BC], se construie~te cercul @(A', ma), apoi arcele din care [BC] se wdc
,,.,,,,......__
sub unghiul dat BAG; acestc arcc intcrsccteazfl cercul t?(A ', ma) in punctde A ~i A (simetrice fa Ft de <lr,::lpta BC). Trinnghi urill' A nc ~i ARC rftspund problcmci.
A
A
Fig. 210
l"ig. 211
Prob!ema 4. Sir se construiascii 11n triunghi A BC cunoscfnd m,i, mb, m~.
SoluJie. Prcsupunind problema rczolvata, fie ABC triunghiul cautat
in care sint date AA'= ma, BB'= m1:,, CC'= me. Fie A~ simetricul centrului de greutate G fata de A'. Patrulaterul BGCA~ este un paralelogram.
Atunci CA~ =
! mb, GA~=! ma, GC =~-me, P:rin urmare triunghiul
3
3
3
GCA~ poate fi construit. Constructia triunghiului ABC este evidenta {fig. 211).
Problema 5. Sa se,,,,....__
construiasca 1.in triunghi ABC
cunoscind a, b
+ c fji BAG.
D
Solztfie. Fie ABC triunghiul
cautat in care sint
_,,,,......__
date BC, AB+ AC ~i BAG. Fie D E (BA, astfel
incit A E (BD) ~i AD=
AC. Triunghiul
DAC este
,,.,,,,......__
_,,,,......__
isoscel. Rezulta m(BAC) = 2m (ADC).
Constru,ctie. Se _,,,,......__
construie~te triunghiul BCD (se
cunosc BC, BD ~i BDC). Mcdiatoarea scgmentului
[CD] intersecteaza pc BD in virful A al triunghiului
ce trebuia construit.
B'------......i.c
Fig. 2·12
151
Problerna 6. Se considerii dreptele paralele d', d" ~i fie A un punct
sduat fntre eie. Sa se construiasca un
cerc, care sii treaca prin A 1~i sa fie
tangent la dreptcle d' ~i d".
Solufie. Fie 2r distanta intre
d' ~i d". Atunci r este raza unui
cerc cautat. Fie d paralela cu d' ~i
d situata Ia distanta r de d' si d"
Cercul @(A. 1·) intersecteaza dreapta d in punctele 0 1 ~i 0 2 • Cercurile IQ(0 1 , r)
~i e(0 2 , r) raspund problemei.
Problema 7. Sa se construiasca un cerc care sii fie tangent la douii drepte
paraJele date d', d !ji la un cerc dat @(0, r) situat intre ele.
So!.u/1:e. Fie 2R distanta intre d' ~i d". Atunci R cste raza unui cerc
cautat. Fie i paralcla cu d' ~i d". situata la distanta R de d' ~i d". Ccrcul
<?!(0, r + R) intersecteaza dreapta din punctele 0 1 ~i 0 2. Cercurile ((0 1 , R)
~i @(0 2 , R) raspund problemei.
d"
11
11
d'
d
ct"
Fig. 214
Problema 8. Sa se construiasca un cerc care sa treaca printr-ttn punct
dat A ~i sa fie tangent la doiur, dreptc neparalele date d', d".
Solu,lie. Fie {O} = d' n d". (fig. 215).
Fie @(I, r) un cerc arbitrar tangent la cele doua drepte date. Se noteaza
{Ai, A 21 = 0A n @(I, r). Cercurile cautate sint transformatele cercului
@(I, r) prin omotetiile T 1(0, 0A/0A 1 ) ~i T 2 (0,0A/0A 2 ).
Problema 9, Sii se construiasca un cerc de razii data R care sii fie tangent
ta un ccrc dat @(Oi. R 1 ) ~i care sii treaca prhdr-un punct dat A.
I
.,,,,.,
/
;,..--:::,'Gioa:=;..._-~,J_::-...,_;.=....._ _____;:_~_ _ _ _
-=_--~·••L-/-·- -
d"
Fig. 215
152
Soluf1·e. Se prcsupune R 1 > R (cazurile R 1 = R ~i R ~i R 1 < R tratindu-se analog). Se prcsupune problema rezolvata. Fie @(0, R.) un cerc cautat. Dcoarece @(0, R) este tangent cercului @(0i, R 1 ) rezultrt ca punctul
0 se aflft pe un ccrc de ccntru 0 ~i de raza R 1 + R.
Cazul I. A E Int @(Oi, R 1 ). Exist5. trei posibilitati:
i) daca cercurile @(A, R) ~i @(0 1 , R 1 - R) nu au punctc comune,
deci daca @(A, R) n @(Oi, R 1 - R) = 0, atunci problema nu admite
solutie;
ii) daca cercurile @(A, R) ~i @(Oi, R 1 - R) sint tangente. deci
exista un punct O' astfel incit @(A, R) n @(Oi, R. 1 - R.) = {O'},
atunci problema admitc o solutie ~i anume cercul Q(0', R);
iii) daca exista in plan punctele 0', 0", astfd incit
{0', 0"} = @(A, R) n @(0v R 1 - R),
atunci problema admite dou5. solutii ~i anume cercurile <2(0', R) ~i eZ(0", R).
Cazul II. A E (0v R 1 ). Problema admite doua solutii @(0', R)
~1 @(0", R) unde
{O'} = 01A n @(Oi, R1 + R), {O"} = 01A n @(01, R1 - R)
Caml III. A E Ext @(Oi, R 1). Exista trei situatii:
i) dac5: cercurile @(A, R) ~i @(Oi, R 1 + R) nu au puncte comune,
atunci problema nu admite solutie;
ii) daca cercurile @(A, R) ~i @(0v R 1 + R) sint tangente intr-un
punct 0', atunci problema admite o solutie ~i anume ccrcul e(O', R);
iii) daca. cercurile @(A, R) ~i @(0 1 , R. 1 + R) au doua puncte comune 0' ~i 0", atunci problcma ad.mite douii solutii ~i anume cercw·ile
@(0', R) ~i @(0", R).
Problema 10. Sa se construiascli un cerc care sa treaca pr£ntr-1tn p-unct
dat 0 1 $i care sa fie tangent la o dreapta data d intr-un punct A E d.
Sol11,/ie. Presupunem prohlema rczclvat5.. Fie @(0, R) un cerc cautat.
Este evident ca pnnctul 0 se afla la intersectia perpendicularei in A
pe drcapta d cu mediatoarea segmentului [A 0 1].
Estc usor de vazut ca in
cazui 0 1 E i - {A} problema
nu are sole.tic, iar in cazul
0 1 = A problema admite o infinitate de solutii. 1n cazul
[I
0 1 e: d problema admi1.e o
solutie.
Problema 11. Si'i se co11struiasca un cerc tangent la o
d
dreapta data d intr-un punct
A
dat A E d $i la un cerc dat
-@(Oi, R 1) (fig. 216).
d'
SoluJie. Presupunem problema rezolvata. Fie@(O, R) un
cerccautat. Cercul (2(0, R+R 1 )
Fig. 216
153
trece prin 0 1 ~i este tangent dreptei d'(d' = paralela la d la distanta R 1).
Fie {A'}= d' n OA
Problcma s-a redus la urmatoarca: ,,Sii sc construiasca un ccrc care scI
trcacc7 printr-un punrt dat 0 1 si care s,7 fie tangent la o drcapta datc'i d' intr-un
punct dat A' (a se vcd.ea pr~blcma 10).
Problema 12. Sa sc conslruiasci'i 11n cerc tangent la trci d?epte date d 1, d 2 , d 3 •
Soltttz"e.
Cazitl I. d 1 11 d 2 II d 3 • Estc evident ca problema nn admit-e solutie.
CazU;l II. d 1 II d 2 -ft-d 3 . Fie 2 r distanta clintrc dreptelc paralcle d 1 ::;i
d 2 . Atunc1 r este raza ccrcului c[rntat.
d
d
Estc cviclcnt c;t ccntrul ccrcului dtntat sc aflft pc clrcapla d (unde d ii d 1 !!dscste situatrt la clistanta r de d 1 ~i d 2 ). Sc notcaza {A} =d 1 n d 3 , { B} =d 2 nd 3 ~i
/'"'-...
/'"'-...
fie Ci, C 2 Ed 1 astfcl incit AE(C 1 C 2 ). Bisectoarclc unghiurilor C 1 AB ~i C 2.4B
intersectc2.za drcapta d in punctck 0 1 ~i rcspcctiv 0 2 . Ccrcu .. ilc @(0i, r)
~i (2(0 2 , r) rftspund problcmci.
C,r::.ulIII. ddj-d 2 1i-d3 -tJ-d 1 • Sc notcaz;t {A}= d 2 n d 3 , {B} = d 1 n d3,
{C} = d1 n d2 (fig. 2ts).
Solutiilc pro blemci sint date de ccrcurilc 1nscris ~i r:x111scrisc triunghi11lui A FJC.
~1
I
-=-d.._,~_
/ _______
\.__
/e
Fig. 218
c \dz
1-ig. 219
Problema 13. 5(7 sc inscric intr-1111 ccrc dat (J(O, R) trci ccrcuri de ra:::e·
,ialc, tangmte dow7 cite do/Iii ;~i tangcnti; ccrcul-n-i dat @(0, R) .
.,,,,,,......._
.,,,,........__
/'"'-...
Solu(ie. Fie A, B, CEJ2(0, R), astfrl incit m(A0B)=m( A0C)=m(B0C)=
= 120.° Fie C' punctul diaml'tral opus Jui C. Tangrnta in C' la cercul (2(0, R}
154
•intersecteaza drcptele VA ~i UB in A 1 ~i B 1 . Fie e!(/ 3: r) cercul inscris _in
triunghiul A 10B 1 • Analog se o.btin ccrcurilc Q(/ 2 , r) ~i @(/1 , r). Cercunlc
@(I;, r) iE {1, 2, 3} raspund problemei (fig. 219).
Problema 14. Sa SC construiasca un cerc care sii treaca prin doua p1mcte
-date 0 1 , 0 2 fji care este tangent miei drepte date d.
Solutie.
Cazi~l I. d I] 0 1 0 2 . Fie 0 3 punctul in care mcdiatoarca segmentului
[P 1 0 2 ) intersectcaza drcapta d. Ccrcnl circmn5'cris triunghiulni o, 0 2 0 1
-cste solutia :problemei.
r!
A
Fig. 221
Fig. 220
Ca:ul II. d-ij-0 10 2 • Fie {A}= 0 10~ n d. Se prcsupune problcma
rczoh·atrL ~i fie @(0, R) un cerc cfotat (fig. 220).
Din putcrca punctnlui A fata de cercul (2(0, R), rcwlta: AB 2 = A0 1 · A0 2
iJcoarcce A0 1 ~i A0 2 sint cunoscute, nlti:ma egalitatc da pc AB. Sc construj,.~f.e semiccrcul de diamctru 0 1 A
A0 2 (fig. 221).
Pcrpcnrliculara in A pc 0 1 0 2 intcrscctcazii scmiccrcul in punctul B. Din
+
./'-....
dreptunghic 0 1 B0 2 (111(0 1 B0 2 ) = 90°) rczulta ca AB cste media
gcometridt intre A0 1 ~i A.0 2 .
Construcf£e. Se construie~tc pnnctul A astfcl incit {A}= 0 10 2 n d. Se aflrt
.lB din cgalitateaAB~ = 110 1 • AO~. Ccrcul (.J(A, AB) intcrsccteaza dreapta d
in punctcle B ~i B'. Pcrpcndiculara in B (rc;;pcdiv B') 111terscctcazf1 mcdiatoarea scgmentului [0 1 0 2 :
in punctde O ~i O'. Cercurik
_./~
0(0, OB) ~i @(0', OB')
\
r;ispund problemei.
Problema 15. Sa s,·
\
01
rn11struiasdi 1m ccrc ta11c:,inf
la do11ii ccrrnri date f::(0 1 , I~ 1),
,(,(0 2 , R 1 ) Ji la o drca pt,i
.JatcF d.
Solufic. Se prcsupunc
problema rezolvata ~i fi,~
.(/( 0, R) un ccrc cautat.
Cl'rcul @(0, R
R 1 ) trecc
prin punctele 0 1 , 0 2 ~i estc
tangent dreptei d' (d' cstc
paralcla la d dtisa la distan\a R
R 1 de 0, deci la dist an ta R 1 de d). S-a rcdns
a:-:t fel problema la problcma antcrioara (fig. 222).
r,;,:. 22'.!
1 rinnghiul
(
+
+
155
Prob1crna 16. Sa se construiascti ;m rcrr care sa treac,i, printr-,un punct
dat A, sa fie tangent ta un cerc dat @(0 1 , R 1 ) ~i la o dreaptii drrti"i d.
Sol1J#ie. Se presupune problema rczolvata ~i fie Q(O, R) unul din
cercurile cautate. Fie {B} = d n @(0, R) ~i C Ed astfcl indt 0/_,' II OB.
D_reapta 0 1C intersecteaza cercul @(Oi, R 1 ) in punctele D ~i E (DE (0 1C)).
Fie F punctul de tangcnt5. al cercurilor (2(0, R) ~i r?(0 1 , H 1 ) (fig. 223).
Din asemanarea triunghiurilor 0 1EF ~i OBF rezuWi cft punctele E, F, B
sint coliniare. Din asemanarea triunghiurilor dreptunghice EFD si EC B se
obtine EF · EB = EC · ED
const.
'
Fie A' al doilca punct de interscctic al clrepki EA cu ccrrnl (:).(0, R).
Atunci: EF ·EB= EA· EA'= EC· ED
Din ultima egalitate rezulta: EA/ED = EC /EA'
O
.,,,-..._
-
.,,,-..._
Deoarece A'ED = AEC, rezulta ca triunghiurile EA'D ~i ECA sint asemenea. Prin urmare punctul A' poate fi construit. S-a redus problema data la
una din urmatoarele problcme:
i) Sa se construiasca un cerc care sa tread\. prin doua punctc A, A'
~i care sa fie tangent la un cerc dat @(0 1 R. 1). (A se vedea prima problema a
lui Apoloniu).
ii) Sa se construiasc5 un cerc care sa treaca prin doua pun-::tc date A,
A' ~i care sa fie tangent la o dreapUi data d.
ProbJema 17. Sa se constriiiasca un cerc tangent la doua cercuri date
@(01, R 1). t,,(O~. R 2 ) ~i la o dreapta data d.
C
E
//,,,;-
A'
A(~
B
_-
D
_lJ;
~
d
(
A
l'ig. 22:l
Fii; 224
Solujic. Se presupune prob},,ma rczolvatrt ~i fie @(0, R) un ccrc cau-
tat. CazuI R 1 = 1? 2 a fost tratat la problcma 15. Se prcsupune ca R 1 < Rz.
Cercul @(0, R + R 1 ) trece prin 0 1 , este tangent ccrcului @(0 2 , R. 2 - R1)
+
~i dreptei d', paralcla cu d la distanta R
R 1 de 0. Problema s-a redus la
urmatoarea: sa se construiascrt un cerc, care sa treaca printr-un punct dat,
sa fie tangent la un cerc dat ;:;i la o dreapt;t data (a se vedca problema 16).
Probiema 18. Sii sc construiascii un patmlater cfrcmnscriptibil, cunoscfnd cerwZ (2(0, r) fnscris, un virf A ~i p11nctul de intcrsecfic a diagonalelor.
Soluf ie. Punctul I de intersectie a diagonalelor unui patrulater circumscriptibil sc gase;:;te la interscqia dreptelor care tree prin punctele de
contact ak laL::·ilcr opusc cu cercul inscris (fig. 224).
156
Construc/ia. Din virful A sc due tangentcle AE, AE', Ia cercul dat ~i
se unesc punctele E, E' cu I. Dreptele EI, E'I determina celelalte doua
puncte de contact ale laturilor patrulaterului cu cercul i:nscris. Tangentele in
aceste puncte i:mprcuna cu tangcntclc AE, AE' dctermina patrulaterul cerut.
2. LOCURI GEOMETRICE
Problema l. Fie A !ji B, doua puncte fixe pe un cerc @(0, r). M fiind
un punct variabil pe cercul @(0, r), sa se aflc lowl geometric al centritlui de
greutate G al triunghiuliti MAB.
SolitJie. Senoteazacu A 1 mijlocul segmentului [AB] ~i fie 0 1 E (OA 1 ).
astfel i:ncit
A 1 0 1 = _2._ A 10. Atunci (fig. 225).
3
1
Rezulta 0 1G = - r = const. Deoarece punctul 0 1 este fix, rezulta ca locul
3
geometric L al punctului G este inclus in cercul
fl(0 ~ r). Este evident ca
1,
daca. M = A sau M = B, atunci triunghiul MAB nu exist a.
Fie {G(, ~} =@(0 1 , ~
r).n AB. Se obtinc:
Fig. 225
(1)
Fig. 226
L
ce(o ~ r)"'-{oc, ~}
1,
Se va stabili acum incluziunea in versa. Fie G1 E
e(0
1 , ~-
r)"'- {G(, ~}
Se va arata ca exista un triunghi M 1A. B, astfel incit G1 este centrul sau de
greutate (fig. 226).
Se une~te 0 1 cu G1 ;. se deduce 011-1 1 II 0 1G1 , M 1 E@(O, r); atunci
.,,,,,.....__
../"'-...
A 10i/A1 0 = 01G1/0.W 1 = 1/3 ~i G10 1A 1 = Mi0A 1
157
./'-...
./'-...
Rczdta .t,.0 1G1 A 1 ~ .t,.02\.1 1 A 1 • Accasta implicft M 1.':li() = G1 .·l 10 1 , deci
G 1 ":::A 1 J1 1 ~i A 1Gi/A 1M 1 = 1/3. Prin unnare G1 estc centrul cle grcutate al
triunghiului M 1AB. S-a objinut
(2)
@(0 1 ,
~ r)""{cx, ~}CL
Din fl) 9i (2) rczulta L = @:{0 1 , - } r)""{oc, ~}
Probl~ma 2. Fie A ~i B doua puncte Jixe pe 1111 ccrc (2(0, r). M fiiml un
pi:nct ,·ariabil pe ccrcul (0, r), sa se ajle locul geometric al ortoccntrulni H
al tri;nrghiului 1l1AB.
Solufie. Fie A' 91 B' picioarele inaltimilor din A ~i B respccti\· (fig. 227) .
./'-...
...............
1)1·carccc m(ilJB'I-I) = m(MA'I-I) = 90°, rezulta
./'-...
./'-...
ca patrulaterul MA'HB'
./'-...
cste inscriptibil. Rezulta m(AI-IB) = m( A'llB') = 180° - m(AMB) = const.
Sc va folosi faptul ca simetricul ortocentrului unui triunghi fata de o latura
sc afla pe cercul circumscris triunghiului. Va rezulta ca atunci cind M dcscric Ct·rcul, punctul I-I va descrie un cerc simetric ccrcului (2(0, r) fata de
clrcapta AB. Fie 0' simetricul punctului 0 fata de drcapta AB. S-a obtinut
dt Jocul geometric L al punctului I-I este inclus in cercul @(0', r).
Perpendiculara in A (rcspcctiv B) pe dreapta AB iatcrsectcaza
-ccrcul @(0', r) in punctul ct. (respcctiv ~) (fig. 228).
\
Fig. 229
Fig. 227
Se (,bscrvft ca punctul oc nu poate fi ortoccntrul unui triunghi i1IAB.
f1~tr-adcvar, daca ct.= H cste ortocentrul triunghiului 11-IAB, rezulU ca
HJJ J_ AB. Deoarece din punctul ct. se poate duce o singura perpendiculad
pc -~ B, rezulta ca M = A 9i deci triunghiul MAB nu exista. Analog se arata
c{i punctul ~ nu poate fi ortocentrul unui triunghi .11AB. 5-a nl>dnut
-( i)
Lc@(0', r)""{ct., ~}
Se stabile~te incluziunea inversrt. Fie I-I' E @(0', r)'"-., {oc, ~}. Se notc;iz;,. cu H 1 simetricul lui H' faft de dreapta AB. Este evident ca.
ll{ E Q(O, r) (fig. 229).
158
Fie J,J'E_ H'H~ n Q(0, r), 1.11' =I H~. Dcoarece M'H' estc ina.ltime in triunghiul M' AB, iar simetricul lui H' se aflrt pc cercul circumscris triunghidui,
rezuW:i ca H' cstc ortocentrul triunghiului Nl'AB, dcci s-a obtinut
@(0', r)"'-- {O(, ~} c L
(2)
Din (1) ~i (2) rczulta L = @(0', r)"'--{CI., ~}
Prob]erna 3. lntr-un tr-iunghi ABC sc inscric un drcptungh-i vari,1f1il,,
avind o baza pc [BC] Ji cclelalte doua vf1juri pe celclalte douif laturi ale tri,! ;1ghiul11i. Sc'i se afle locul geometric al ccntrulrti acestui drc plit11f!,hi.
Solutic. Fie M1V II BC, M E. ([AB], N E. [AC] ~i fie P = p;'11 ,;-Y,
Q = PrncAI (fig. 230).
Fie 5 centrul dreptunghiului variabil MN PQ. Fie A' mijlocul segmentubi
(BC) ~i A 1 = PrncA. Sc noteaza cu A" mijlocul scgmcntului (AA 1 ) ~i fit:·
A
A
A'
i\T
s
A1u.....___ _~T._'---'A'
Fig. 2:lO
Fig. 231
{T} = JJN n AA'. T' =PrncT. Estc evident ca T este mijlocul scgrn.·ntului (MX). Centrul 5 al dreptunghiului sc afla la mijlocul scgmcntului [TT'~.
Este u~or de vazut ca atunci cind T descric (A'A), punctul S va
descrie (A 'A"). Rezulta ca locul geometric cautat Leste inclus in (A' A "j, cL:ci
L c (A'A")
(1)
Se stabile~te incluziunea inversa. Fie 5 1 un punct oarecare al seg;,1'.'ntului (A'A "). Sc arata ca exista un dreptunghi M 1N 1 P 1 Q1 cu J11N 1 i'. BC,
P 1 = prBcNv Qi= prBcJ1 1 ~i astfel
jncit 5 1 este centrul dreptunghiului
A
.11i11\\P1Q1 • Paralela dusa prin 5 1 la
inaltimea AA 1 intersecteaza mediana
AA; in punctul rr 1 • Paralela la BC dusa
prin punctul fJ\ intersecteaza pe AB
~i .AC respectiv in punctelc J.11 1 ~i N 1•
Fie P 1 = prBcN 1 ~i Q1 = prBn1U1.
Drcptunghiul liI 1N 1 P 1Q1 are centrul
in punctul 5 1 . S-a stabilit incluziunea
(2)
(A'A") c L
Din (1) ~1 (2) se obtinc L = (A'A").
Fig. 232
159'
Probte~a 4. Se dau doua segmente congruente [AB] ~i [CD]. Sa se afl,e
locul geometric al punctului M din plan pent1'u care triunghiitrile MAB :;i MCD
au aceea~i arie.
Solu/ie. Cazul 1. AB II CD
Egalitatea a[MAB] = cr[.lkfCDl implica d(M, AB)= d(M, CD) ~i este
lJ_'.;Or de vazut ca locul geometric -ca.utat este dreapta paralela cu dreptele AB
~1 CD, egal departata de cele doua dreptc (fig. 233).
8
F
a
Fig. 233
Fig. 234
Cazul 2. AB-ff-CD. Egalitatea
a[MAB] =
cr[MCD] implica
d(lvl, AB) = d(M, CD)
(*)
Fie {O} = AB n CD ~i fie punctele EE AB"-[OA, FE CD"-[OC
.............
.............
,...,,_
Se noteaz;'t cu d 1 , d2 , d 3 ~i d 4 bisectoarele unghiurilor AOC, COE, EOF ~irespectiv FOA. Fie L locul geometric cautat. Din (*) rezulta
(**)
Rer.iproc, ('V) ME d 1 U d 2 U d 3 U d 4"-{0} are proprietatea cr[MAB] =
= cr[MCD], deci
(***)
d 1 U d 2 U d3 U d4"-{0} c L
Din {**) ~i {***) se obtine
L = d1 U d 2 U d3 U d4"-{0}
Problema 5. Se da un patru,later convex ABCD. Sa se afle lcoul geometric al punctelor 1\,l E Int ABCD pentru care a[MBCD] = cr[MBAD].
Solutt"e.
Se c~nsidera, punctul E, mijlocul diagonalei [AC]. Deoarece ( AE)=(EC), ·
rezulta ca a[AED] = cr[ECD] ~i a[ABE] = cr[BCE], deci a[AED] + a[ABE] =
= u[ECD] + u[BCE]; prin urmare a[EBAD] = cr[EBCD], adidi E apartine ·
locului geometric cautat. Se constata ca ultima. '
egalitate are loc prin adunarea la a[ABD] a lui ·
a[EBD]. La fel, pentru un punct M, oricare al
locului, cele doua arii sint egale prin ada.ugarea
la cr[ABD] a lui a[MBD]. Deci a[EBD] = a[MBD]
cum cele dona triunghiuri au aceea~i baza, [BD], :
urmeaza. ca ele vor avea inaltimile din M,
respectiv E congruente, dar cum E este un_
c
punct fix, inseamna ca punctele Af ale locului :
Fig. 235
geometric cautat sint acelea care se afla la aceea~i !
160
,:]i~tantrL de [ ED; c-a ~i punctul E. Dcci locul grcmdric ya fi intcrscctia lui
~ABCD] cu paralda la BD care trece prin mijlocul lui [AC].
Problema 6. Si'i, se gaseasca lowl geometric al punctelor din plan ale caror dZ:stanfe la vi1j11rile unui triunghi echilateral dat, reprez1:nta:
a) lzmgimile latitrilor unui triunghi ascufitungh£c;
b) lw1gi1nile laturilor unui triunghi dreptunghiq
c) lungimile laturilor unui triunghi obtuzungh£c.
Solufie (fig. 236).
Se va analiza locul geometric pornind de la presupuncrea ca J;J aparFne ·
semiplanului drcpt. Din teorema lui Pitagora generalizata se afla usor
conwtia ca un triunghi sa fie ascutitunghic lvl B 2 < MA 2
JfC 2 • Ef~c2
2
tuind calculcle se obtine: (x
1)
y < (x - 1)2
y2
x2
(y -V3)z
dcci (x - 2) 2
(y- V3) 2 > 2 2 adica exteriorul cercului de centru (2, v-3)
~i raz:L 2. Analog in partea stinga se va obtine exteriorul cercului de centru
(-2, l/3) ~i raza 2. Dcci se vor obtine trei cercuri tangente bisectoarclor
triunghiului in virfuri ~i de raze egale cu latura triunghiului, astfel incit
in exteriorul reuniunii lor orice punct are proprietatea ca distantele sale pina
la Yirfuri reprezinta lungimile laturilor unui triunghi ascutitunghic, orice
punct de pe conturul lor in afara de A, B, C reprezintfL un punct cu
+
+
+
+
+ + +
y A(0,13!
(11,0)
B i-1.0l
.x
Fig. 237
Fig. 236
proprietatea c~ dist~te~e s~e pina la . vi~fur~le triung~ul~i r~prezinta
luncrimile latunlor unm tnunghi dreptungh1c ~1 once punct din mtenoarelelor
inafara de punctele cercului circumscris triunghiului ABC, reprezinta un
punct cu proprietatea ca lungimile laturilor sale pot constitui lungimile
laturilor unui triunghi obtuzunghic..
Probtema 7. Se considera in spafiu trei puncte necoliniare A, B, C.
Sa se afle locul geometric al punctelor M pentru care 111 A 2
Af B 2 --1;,
~uci = Const.
+
+
Solitfie (fig. 23 7).
Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Atunci
MA+ MB+ MC= 3 MG.
Ridicind scalar la patrat se obtine:
9.lfG2 = J.fA 2
+ JfB2 + MC2 + 2MA ·MB+ 2MA ·MC+ 2MB · MC
161
11 - Probleme practice de geometrie
Rczult:i
sau
9MG 2 = 3(1\1A 2 + MB 2 + MC 2 ) -
(AB 2 + AC 2 + BC 2 )
, Deoarece ·
MA 2 +llfB 2 + JIC 2 = const, ~i AB 2 + AC 2 +. BC 2 = const.
0
reznlta 9 l.1G 2 = const. Deci MG = const. = h. Locul geometric cste o
sfedi J(G, k).
Probtema 8. Sc considera in spafiu jmnctele A, B,.C,D. Sa se afle locul
. geometric al punctelor M pentru cure MA 2+:,M-B:L-:.MC2
MD2.
+
Solupie.
Fie M un punct al locului ,-geometric -~i P,() mijloacc1c scgmentelor [AB] si
[CD]. Din figm-[ se vedk'· clt·{fig.. 238):
'
2MP = MA+ MB ~i _?.MQ = MC+ MD
- Ridicind scalar la patrat cele doua rel~tii se obtine:
4MP 2 = MA 2 + MB 2 + 2MA · MB; 4JlQ~ = MC 2 + JfD 2 +?MC· MD
sau
M
4M P 2 = 2(MA 2 + J.11IB 2 ) - (MA-MB) 2 ;
4MQ 2 =2(MC 2 +MD 2)-(MC--MD) 2
De aici rezulta
4MP 2 = 2(MA 2
4MQ 2 = 2(MC 2
D
Fig. 238
sau
+ 1v1B
+ MD
2) 2) -
B.'1~;
DC 2
4MP 2 = 2(MA 2 + MB 2 ) - AB 2 ;
4MQ 2 = 2(MC 2 + MD 2) - CD 2
Din relatia data ~i din ultimele doua relatii se obtine
CD 2 -AB 2
4MP 2 - 4A1Q 2 = CD 2 - AB 2 sau MP 2 - MQ 2 = - - - - = f l = const.
4
Deci locul geometric este uu plan perpendicular pe dreapta care une~te
rnijloacele segmentelor [AB] ~i [CD]. (Se ~tie ca locul geometric al punctelor
din plan pentru care diferenta patratelor distantelor la doua puncte fixc cste
constanta, este r, dreapta perpendiculara pe drcapta detcrminata ck ,C'k doua
puncte fixe).
Problema 9. Sc c011sidcrcI pwictelc fixc A ~i B ~i numq1~~le rcalc o:,
k (k. > 0). Sa se determine locnl geometric al punctclor M astjePca
rd1A 2 + ~MB 2 = ll 2(ct. +~=I 0, G( =f 0)
162
Solu/ie (fig. 239).
Fie segmentul [AB]
~i un punct C care il impartc Ill raportul
AC
~
CB
ct.
- - = -- = m
Atunci MC= MA+
R1·c11·c'1ncl scalar la patrat se obtmc
l + mMB
m
MC2 = l\fA2 + m2J11B2 + 2.MA. MB . m
(I -1- m) 2
Din triunghiul },JAB rezulta: 2MA · MB = .:vl A 2 + lvl B2 _ A B2
(*)
1nlocuind in(*) se obtine: J.lfC2 = MA
+ mMB
1+m
2
- - - -- - '~.MB2
'-- _
D ar. 1n = t-'A/ o:, d ec1. ,,,"fC'- = ct.1[A2
2
mAB
_
2
(l +m)2
c,_r:I
-----'---t-'-
ct. -f- ~
(ct.-f-~)2
:;;i cu relatia din ipotcz5. rezulta: MC 2 = _k_
_
ct.+~
2
o:~AB = const.
(~ + ~)2
M
M
AL.-_ _ _ _---1.0_ _ _ _ _
A
~
8
C
Fig. 240
Fig. 239
Dcci locul geometric este un cerc @ ( C, R), unde
R = ivIC =
1/_k_ ~ct.+~
ct.~
AB2
(ct.+ ~)2
Problema 10. Se dau doua puncte fixe A ~i B. Sa se gciseasca loC1tl geometri'c al punctelor M din spapiu, care verifica relapia:
MA· MB= k
Solupie (fig. 240).
Fie O mijlocul segmentului [AB].
relatiile:
1n triunghiurilc i11AO ~i MEO exista
Inmultind scalar membru cu membru cele doua relatii, se obtine:
MA · MB = J10 2 + MO · OB +MO· OA + OA · OB
Dar MO· OA
+ MO ·OB= O;
OA · OB =0A-0Bcos,.=-0A-0B=-0A 2
163
11"
AB 2
--
Rezulta MA· MB = .l1J0 2 - OA 2 deci MA · MB = JJ0 2 Dar din ipotezr1 MA · MB =k Deci M0 2 = k
Locul geometric este o siera de raz.a R =
4.
2
+ -AB4- = const.
Vk + A:
2
•
Reciproc, daca M
se afft pe sfera, atunci se~deduce MA • MB = k. Pentru k = 0, locul geometric cautat cste o sfera de diametru [AB].
3. PROBLEME DE COLINIARITATE
Problema 1. Fie B', C' rnijloacele segmentelor [AC], [AB]; D si1nctrirnl
liti B fa/a de B', iar E simetricul liti C fata de C'. Sa se demonstreze cr1 D, A,
E sint coliniare.
Solutie (fig. 241).
In patrulaterul AEBC diagonalele se taic in parti congruentc, deci cste
paralalelogram. Sc obtine:
(1)
AE[IBC \::
1n patrulaterul ADCB, de asemenea diagonalclc sc taie in parti congrucnte, <leci este paralelogram. Deci:
ADIIBC
(2)
Din (1) ~i (2) rczulta di dreptele AD ~i AE coincid, adica punctele E, A,
D sint coliniare.
Problema 2. Se consiiera doua cercuri @(0, R) Ji Q(0', R') secante fn A
Ji B, Fie C (respect£v C') punctul diametral opus lui A in cerrnl @(0, R.1 (rcspcctiv (2(0', R'). Sa se demonsl1'eze cc'i punctele C, B, C' sint coliniare (fig. 2-12).
B
C
Fig. 2-11
Fig. 2-!2
.....-......
.....-......
So!ufie. Sc unc~tc A cu B. Dcoarece m(A BC) = m(A BC') = 90°, re-
....-......
zultrt m(ABC)
.....-......
+ m(ABC') = 180, adica punctcle C, B ~i C' sint coliniarc.
Problema 3. Se considera zm trapez isoscel ABCD (AB II CD) ,~i /fr O c,·11tntl cerwlui cir cums eris trapezuliti. Se noteazit {E} = AD n BC, { F ; =
= AC n BD. Sa se demonstreze ca pimctele E, F !ji 0 sfnt coliniare.
Solutie. Fie d mediatoarca segmentului [.clBJ. Este u~or de d.zut c{t
0Ed, EE,d ~i FE_d.
164
Problema 4. Fie A BCDEF un hexagon rcgulat i'i 1-' punctul de intersecpie al taugcntclor duse la ccrcul circumscris hcxagonului fn A ~i C. Fie Q mijlocul scgmcntului [AB]. Sa se demonstreze ca punctelc P, Q }i F sint coliniare.
Solupie. Deoarecc OA ..L F B ~i OA ..LAP, rezulta APII F B (fig. 243) •
./""'--....
./""'--....
Estc u~or de vazut dl unghiurile AFB ~i APB sint congruentc. Rezulirt
BJ> II FA, deci patrula1.erul PAFB este paraldogram. H.czulta ca mijlocul Q al
diagonalci [AB] se afla pe drcapta PF.
Problema 5. Fie A BCD un trape;: isoscel ( BC II AD) cirrnmscris unui
cerc @(I, r) ~i fie E, F, G, H punctele de contact ale laturilor [ABJ, [BC], [CD],.
[DA] cu cercul. Daca se noteaza {O} = AC n 131), atunci:
i) punctele E, 0, G sint coliniare;
ii) punctele H, 0, F sint cohniare.
Fig. 243.
Fig. ~4-!
Solufie i). Este evident ca BE= BF, AE = AH. Atunci: EB/EA =
=BF/AH= BC/AD= BO/OD (ultima egalitate am obtinut-o din ase,:1anarea triunghiurilor BCO ~i DAO). Folosind reciproca teoremei lui Thales,
din cgalitatea BE/EA = BO/OD se obtine (fig. 244).
(1)
EOIIAD
Analog se obtine
(2)
GOI\AD
Deoarcce prin punctul O se poate duce o singura paralelf1 la <lreapta AD, din
(1) ~i (2) se obtine ca punctelc E, 0, D sint coliniare.
ii) Este u~or de vazut ca [HF] este diametru in cercul <::(I, r) ~i ca
OE (HF).
Problema 6. Fie ABCD im trapez (AB 11 CD). Se noteaza cu E ~i F
mijloacele laturilor [AB] Ji [CDI. 0 fiind pzmctul de intcrsecjie a diagonaHor
trapcwlni, sa se demonstrcze cii p-unctele E, 0, F sint coliniarc.
Solutie.
cu
Unind B
D si A cu C din asemanarea
triunghiurilor OAB ~i OCD, rczulta:
AB
OA
CD
oc
_!_AB
2
2-cD
2
Rezulta OA/OC = EA/TC
Fig. 2-15
165
/..........
/'
..........
Sc unesc E cu O ~i F cu 0. Deoarece EAO = FCO ~i OA/OC = EA/FC, se
...............
...............
ob(inc ca triunghiurile EAO ~i FCO sint a~cmenca. Rcz11Wl .,-J()F
COF,
adic::t OE EF.
=
Problema 7. Fie JI un punct arbitrar pe latura [BC] a unui trizmghi ABC.
Sc noteaza cu M' $i M" simetricele punctului M jafcl de AB $i AC. [/rnurtoarele
a 1 ."n11atii sint cchivalente:
J
'
...............
(i) m (BAC}=90°;
(ii) M', A $i M" sf11t coliniare.
Solutic. Triunghiurilc JfAilI' ~i JJ.AJJ" sint isoscck. Rezulta (:'ig. 246).
...............
...............
_,.........__
...............
M'LiB = 11iAB ~i .MAC= CAJJ"
...............
(i)=>(ii) Daca m(B_lC} = 90°, rczulta
...............
...............
,.,,,,,......__
~
/",
m(M'AB)
nz(BAM)
m(.l\1.AC)
m(CLlf") = 2 m(BAC) = 1:·n°,
+
+
+
dcci punctele M', A ~i M" sint coliniare
.,,,,,-- --
(ii)=> (i) Daca. punctele 111', A ~i M" sint coliniarc, avcm m(lJA.C ! =
.,,,,,........_
~
1
= 11 (RANI) + 111 (JU C) = 1
2
.,............,
1
m(M'_-IJJ)
.,............,
1
+ -- · n;(.l!.-IJ!") = - . 180° =-00°
2
2
i~~
I
----- •1-.----
□'"'-·
- -----'<c
.,
Fig. 247
Fig. 246
Problema 8. Fie E inierior piitralul1ti ABCD $i F exterio'y;=astjd fncu
ABE $i BCF sa fie triunghiuri cchilatera!e. Sa se dcmonstrtzc ra )-,1111rtele
D, E, F sfnt coliniare.
Solujie (fig.. 247).
...............
...............
Se demonstreaza ca CDE = CDF in conditia in c,l.i"e E si F sint de aceea~i
,
_
_,
./""....."
parte a lui DC. Din triunghiul isosce1 DAE, tinind scama ca m(DAE) -~-30'';
...............
...............
.,,,,,--......
se obtine m(ADE) = 75°. Deci m(A.DE) < m(ADC) ~i se obtine ca E ~;i A
~
sint de aceea~i _,,...........__
parte a Jui CD, iar m(CDE) = 15°. Din triunghi.ul i~osrt"r
CDF, rezulta m(CDF) = I sc. Cum ~i F, B sint de aceea~i pa.rte a lni DC, se
...... -----....
...............
obtine ca E, F sint de aceca~i park a Jui DC, CDE = CDF ~i dcci p1mrtcle
D, E, F sint coliniare.
166
Problema 9. Fie paralclogm111ul ABCD (AB< AD) $i punctele EE (BA,
FE(DA) astjel inc-it BE= AD, DF = AB. Sa se demonstrc::e ca p1111ctele
C, E, F sint coliniare.
Solufie (fig. 248).
/"-...
__............_
Din triunghiurile isosccle AEF ~i DCF se obtine AF E = CFD
~i este u 9or de vazut ca punctele C, F 9i E sint coliniare.
Problema 10. Doita cercuri @(0, R) $i @(0', R') s£nt tangente exterior
fn punctul A. 0 dreapta oarecare ce trece prin A intersecteaza din noit cercurils
@(0, R) $i @(0', R') £n M $i M'. Fie NE (0, R) $i N' E (0', R'), astjel incft
MN nM'N'. Sa se demonstrc:::e ca p11wte!,· A, N $i 1>1' sfnt situate pe o acee«$i
dreapta.
ry.~--...,....,...-'------J,
I
,
~/
E
Fig. 248
Fig. 249
Solitt,ie (fig. 249).
Triunghiurile isoscele 0 A JI ~i 0' kl[' sint asemenea. Rezulta: Rf R' =AA1 / AM'
/"-...
/"-...
Deoarece ,,.....,_
M0A =M'0'A
rczulta 0Jf\l0'M. Din0MJI0'M' ~ MNjjM'N'
_,,,,,......___
obtinem 0MN = 0'M'N'. Din asemanarea triunghiurilor isoscele 0MN ~i
0'M'N' rezulta R/R' = J.viN/M'N'
Triunghiurile AJdN 9i AM'N' s111t asemenea dcoarece AM IA !\I' = MN /M'N'
_,,,,,..___
_,,,,,..___
~i AM'N'
AMN
.,,,-....,.
.,,,-....,.
_,,,,,..___
_,,,,,..___
_,,,,.....__
_,,,,,..___
Rezulta MAN = M'AN' 9i deoarece 0AJ\,f = 0'AM' se obtin 0.-IN = O'.-LV'
adica punctelc N, A, N' sint coliniare.
=
Probtema 11. Se considera un trapez ABCD (AB Ii CD). Hisectoarcle
.,,,-....,.
.,,,-....,.
unghiurilor BAD $i CDA se intersecteaza in pimctul E, iar bisectoarele unghiu~
_,,,,.....__
_,,,,.....__
.
rilor ABC $i BCD se intersectcaza in F. Sa se demonstre:::e ca punctele E, F #
G ( = 1nijlocul diagonalei [ BDJ) sfot coliniare.
Sol11{ie. Fie JI mijlocul segmentului [AD~.
_,,,,.....__
Dco2..i·ccc m(AED) = 90°, rcz ;;;::
EJJ = JI A. Dcoarecc triunghiul MA];
/"---...
_,,,,.....__
_,,,,,..___
este iso,cel, rczulta ME,·l=JlAE=EAn.
De obtine JfE II CD. Fie N mijlocul scgm,:-ntullli [BC 1 . Este CYi'.ll'nt ca cl.rep-
1
o.a.·~·'"--·- - - - - - - - - ~
Fig. 250
167
telc ME ~i MX ,ninrid, clC'ci EE_ .1/:V. Analog se aratrt ca FE. MN. In
plus, c!rcapla J/~V tn'CC prin C. I kL·i punctclc E, F :;;i G sint coliniar<'.
Problema 12. Ffr !-l or!occ11h11l tri1111glziu!11i ABC, A 1 = prr:cA Ji _fi,·
.1 2 sf;;,,·fricul lui H fa{/i de .A 1 • Sc 11otca:a A;= pr,113 .4 2 $i A; ---=JrAc-1 2. Sci
se dcmonsll,i::c ca punctele A~, A 1 $i A; sfnt coliniare (fig. 251).
S0!11/ic. Sc ~tic c;1 A 2 se afl{1 pe cercul circumscris triunghiului AR(~.,
::onfonn tcorcmci lui Simson rezulta d pnnctele A 1 = prBcA, Ai= pr_-u.;.l~,
1; = p;-_1cA 2 sint coliniare.
Problema 13. Pe 11n ccrc se ia;.i patru puncte A, B, C $i 111. Sa se demo;•streze ca cercurile descrise pe [AM], [BM], [CM] ca diametre se fntil11csc dowi
cite doui'i in trei p1111ctc coliniare.
Sol11/ie. A sc vcclca tcorema lui Salmon.
Problema 14. Fie ABC un triunghi fnscr·is fo cercul @(0, R). Perpcndiwlara din B pc diametrul [AD] intersecteaza dreapta AD fn E, iar cercitl Q(O, R)
in F. Parnlelele duse prin F la CD, respectiv CA, intersecteaza CA, rcspcctiv
CD in C respectiv H. Sit se de111011streze ca punctele E, G $i H s-int coliniare.
A
.,
"l
!'-2
Fig. 252
fig. 251
,- Soluffr. AE_l_EF; cleoareceFGI\CD:;;iCD_l_AC,rezultaFG_l_AC;deoa.,,,,-.....__
.,,,,-.....__
rece m(AEF) = m(.AGF) = 90°, rezulta ca patrulaterul AEGF este inscrip.,,,,-.....__
.,,,,-.....__
.,,-..._
. (f'
)
tibil ~ se ohtine EGA = EFA = BCA, deci 1g. 252 .
.
(1)
'
'
EG[IBC
.,,,,-.....__ .,,,,-.....__
.,,,,-.....__
Paralelogramul CHFG cste dreptunghi. Rezulta HCC = FCG = FCA
.,,-..._
.,,-..._
Dcoarece BF _l_ AE, FCA = ACE
.,,-..._
.,,,,-.....__
~
~
Prin urmare se obtine HCC = ACE ceca ce arata ca
(2)
GHIIBC
Deoarcce prin G se poatc duce o unid paralelft la BC din (I) ~i (2) se obtine
c:[1 punctdc J:, G, fl ~1nt coliniare.
168
Problema 15 (G. G. Niculescu). Fie un triunglz£ ABC in care A = ,c/3.
Se iazt punctele mobile N ~i P, asUcl ca A E (BP), A E (C.N). Se construicsc
tri-u11gM1trile ech-1:laterale MNP, BNQ, CPR a5a incit: (AP)n(.11N) # 0,
(AQ n (EN) =ft 0, (AR) n (C P) =ft 0. Sa se amte ca p1111ctele M, Q, R se gasesc
pe o dreapta Jixa care trece prin A.
Solufie. Se construie~te triunghinl cchilateral BC T (A ..,,,,.,,....._
~i T apartin
celuia~i semiplan delimitat de
dreapta BC).
Atunci: BAC = BTC => ATBC
..,,,,.,,....._
..,,,,.,,....._
patrulater inscriptibil => m(B.1 T) = m(BCT) = 60°
(1)
_,,,,.....__...............
__,,........___
...............
N.1 l'=N.11 P= AM PN patrulatcr insnipt ibil=111(N.l !') =m(M1\" P)=60° (2)
...............
,,,.--..._
Relatiile (1) ~i (2) conduc la BAT =--= .1IA JJ. Dcci: JJ EAT
...............
_,,,,.....__
Se observa ca: m(BAN) + m(BQN) = 120° -1- 60° = 180°=>ABQR palm..,,.--....__
__,,.......___
later inscriptibil ⇒ m(R1Q) = 111(B1V(j) = 60°
_,,,,,.......__
...............
Rclatiile ( 1) ~i (3) dau: BAT == B,1Q, Dcci: Q EAT
...............
./'--....
Analog: 111(CAP) + m(CRP) =
= 120° + 60° = 180° => ACRP
patrulater inscriptibil
_,,,,,.....__
(3)
./'--....
N
=
= m(PA R) = m(PC R) = 60° (4)
0
Din relatiile (1) ~i (4) rczumt ca:
./'--....
./'--....
BAT = PAR. Deci: RE AT
ln concluzie, punctele M, Q, R
se afla pe d.reapta A T, care este
B
Fig. 253
fixa.
A
A
Problerna 16. Fie patrulaterul convex ABCD cu A=C $i punctde PE(AB,)
QE (BC), RE (CD), SE (DA) astfelincit (AP)= (CQ) $i (AS) =CR).
Sa se arate ca mijloacele segmentelor [AC], [PQ], [RS] s£nt colii"nare.
"
Solit/ie. Se construiesc P P 1 ~i QQ 1 paralele cu bisectoarea unghiului B,
P 1 ~i Q1 apartinind segrnentului [AC]. Patrulaterul P P 1 Q1Q este un trapez, iar M este mijlocul lui [PQ]. Daca se demonstreaza ca N este mijlocul Iui
[AC], atunci este ~i mijlocul tui [P1Q1} (x); rezulta ca [MN] este paralel cu
" Analog pentru rr mijlocul lui [SR], se obtine [NT]
bisectoarea unghiului B.
" de unde va rezulta ca M, N, T sint coliparalel cu bisectoarea unghiului D,
niare avind in vedere faptul ca intr-un patrulater convex cu dou{t unghiuri
opuse congruente, bisectoarele colorlalte doua unghiuri sint paralele. Deci
ra.mine de demonstrat (x). Atunci:
AP1
.....-....
AP
~i
sin APP 1
AP
QC
_,,,,,.....__
Dar - -.....-....
- - = - -,........__
- - deoarece AP= QC ~i m(AP 1 P) = 180°
sin AP 1P
sin QQ 1C
.....-....
-m(QQ1C).
169
.,,,,,.....__
.,,,,,.....__
1
Rezulta AP 1 = Q1C, deoarece m(A P P 1 ) = 111(Q 1QC) =
,..
-- m(B).
2
·])eci N este ~i mijlocul segmcntului [P 1Q1], deci [JI.VJ cste paralcl cu bisec-
"
toarea unghiului B.
4. PROBLEME DE CONCURENTA
Problem& 1. Sc co;zsidera un paralclogrm:1 ABCD ,,£fie E. F E(FJD) astjel
-fnc£t BE=EF ,°FD. Senoteaza {G}=HCnA.L, {H}=CDnAF, {L}=
= ABnCE, {Ml= .-1DnCF. Sa se demonstr,-::e ca dreptcle AC, EF ->·i LH
sfnt concurente.
Solutie (fig. 254).
0
2
Triunghiurile ADE ~i BCF sint congrurnte. (AD= BC, ED = BF=
BD,
3
.,,,,,.....__
.,,,,,.....__
ADE= FBC). Rezulta
(!)
AE=CF
1
Triunghiurile ADF ~i BCE sint congruentc (AD = BC, FD = BE = - BD,
3
.,,,,,.....__
---------- Rezulta
ADF = CBE).
(2)
AF= EC
B
"•"
Fig. 255
Fig. 254
Din ( 1) ~i (2) rezultrt ca patrulatctul A ECF f'Stc paralelogram. Deci <lrcptele
AC ~i J:'F tree prin punctul O ( = mijlucul :--.l·zmentului [AC] ~i al sr:-gmentului [EFJ).
Problema 2. Fie ABC un triimghi Ji o drcaptii oaruare d. St proiecieaza
vfrfurile A, B, C pe d respectiv fn punctcle A', H', C'. Pcrpendicularele coborfte din A', B', C' pe laturile [BC], [CA], [AB] sfnt concurentt, iar punctul lo,
de intersectie poarta numele de ortopolul drcplci d Jata dt triunghiul A BC.
Solut£e (fig. 255).
_
Va trelmi sa sc demonstreze ca dreptcle B'/3", C'C", A'A'' sint concu.rente.
Se va folosi b:on:rn il Lui Carnot. Dad. SP. proiPrkaz:i un pund M pr, latnrile unui triunghi A BC tn pm:lC•
leLe A", B", C', atunri c:xist:i. rdatia:
A"m-A"C 2
1J"C 2 - l3"1P+C"A 2 -C"B 2 =0
( I)
+
170
Reciproc daca A", B", C" si11t trei p,mctr pe laturile unui triun~hi
A BC, rare satisfac relatia (!), atu11ci perpcndicularcle 111 A", B", C" pe I:-ttmi
aint concurente.
Fif', 111 acest caz, A", B", C" proiectiile punctelor A', B', C' pc bturi.
Picioarele pcrpcnclicu!arC'lor sint proiectiilc Jui JI. Exista relatiile:
A" B 2 - A "C 2 = A' B 1 - A 'C 2 = A' B' 2 - A 'C 2 + BB' 2 - CC' 2
B''C 2 - B"A 2 = B'C 2 - B'A 2 = B'C' 2 - B'A' 2 + CC' 2 - AA' 2
C"A 2 - C"IP. = C'A 2 - C'B 2 = C'A' 2 - C'B' 2 + .4A' 2 - BB' 2
Adnn1nd ccle trci rcbtii mcmbru cu membru rczulta cfL rclatia (I) cste verificat:i ~i deci conform teorcmei lui Carnot, B' B", C'C", A'A" sint concurentc.
Problema 3. Fie ABC un triunghi isosccl (AB= AC) $i A'B'C' triunghiul sazt nicdian. Se considera B" !ji C" simetricele lui B' $i C' fa/a de BC
prccum $i punctele {M} = AB"nA'B' $i {N} = AC"nA'C'. Sa se demonstreze cli Civl $i BN se intersecteazii fn punctul G situat pe AA', astjel focft
AG= 2 GA'.
Solutie (fig. 256).
Patrulaterul AA'B"B' cste un paralclogram deoarece laturile opuse [AA']
~i [B'B"] sint paralcle $i AA' = B' B". Rczulta ca [1\II B'] == [MA']. [CM] cste
mediana in triunghiul GA'B' ~i trecc prin C', fiind mediana ~i in triunghiul ABC.
Analog se arata ca ~i [EN] cstc mcdiana in triunghiul ABC. Rczulta
ca CJ.l!I ~i BN sc intilnesc pe mcdiana AA' din virful A intr-un punct G
care este centrul de grcutate al triunghiului ABC. El este situat astfel incit
AG =2 GA'.
Problema 4. ln planul itnui triunghi oarecare ABC avfnd lungimile laturilor a, b,c se constmiesc fn afara triunghiului, triunghiurile BCD, ACE, ABF,
astfel ca AE = FA = a, BD = FB = b $i DC= CE= c. Sa se demonstreze
ca perpendicularele duse din D, E, F respectiv pe BC, AC $i AB sfnt concurente
ljntr-un punrt II (fig. 257).
Solutie. Patrulaterele FBCA si ABCE
A
fiind para'.lelograme, se obtin puncteie F, A, E
coliniare. Analog punctele F, B, D ~i D, C, E.
Deci FD E este un triunghi in care FE este paralel cu BC, FD paralel cu AC, DE paralel cu AB.
Perpendicularele din D, E, F respectiv pe BC,
AC ~i AB vor fi perpendiculare ~i pe FE, FD,
DE, deci vor fi chiar inaltimile triunghiului
FDE dcsprc care se ~tie ca sint concurente in H.
s~,----4--+---,~-+-1"---C
\
i!
''
V
("
~
B''
Fig. 256
Fig. 257
171
...............
Problema 5. Pe laturile unui ungM XOY se iau punctele A ft B pe OX
~i C !ji D pc OY astfel incft OA = OC fji OB = OD. Sa se demonstrezc ca dre,p............._
telc AD, BC 1~i bisectoarea unghiului XOY sfnt concurente.
Snlu/ir (fig. 258) .
...............
Fie .YO Y, punctele A, B, C, D ~i M punctul de intersectie a drep...............
...............
,
telor AD ~i HC. Se demonstrcaza c{t unghiurile AOM ~i MOC sint congruente.
Arcstc unghiuri fac parte din triunghiurile OAM ~i OMC. Elc sint congrucntc dac;i aceste triunghiuri sint congruentc.
1) Triunghiul O BC cste congruent cu triunghiul OAD pentru cl:
............... ...............
OB= OD, OC = OA din ipoteza ~i unghiurile AOC ~i BOC sint congruente ca
...............
...............
unghiuri comune. Rezulta ca unghiurile OBC ~i ADO sint congruente, unghiu_,..,.....___...............
...............
...............
rile OCB ~i OAD stnt congruente, dcci unghiuri!e BCD ~i BAD s1nt congruente.
2) Triunghiurile AMB ~i CJ.l,fD sint congruente pentru ca AB= CD,
............... ...............
...............
...............
unghiurilc AOC ~i BOC sint congruente ~i unghiurile OBC ~i ADO congruente.
Rezult:i JfA = MC.
3) Triunghiurile OA.M ~i OMC sint congruente pentru ca OM = OM,
...............
...............
OA = OC, MA = MC. Rczulta ca unghiurile AOM ~i MOC sint congruente,
_,,,,,.....___
deci punctul M este pe biscctoarca unghiului XOY. Rczulta di ccle trei drepte
sint concurente.
Fig. 258
Fig. 259
Problema 6. Fie A' 1111jlornl laturii [BC] a triunghiului A BC, L punctul
d,· intcrscctic a ta11r:,c11ti:i fn A la cercul cirCl{mscris triunghiului ABC cu
latura [BC] Sii se a;ate eel cereul tui Enler al triunglziului AA' L trece prin
centrul cercului lui E1fler al triunghiului ABC.
Svlufic (fig. 259).
Fie A 1 piciorul in{tltimii din Ape BC, .4 2 mijloculsegmentului lAH], w
:cntrul cercului lui Euler al triuughiului ABC; [w A 2] este linie rnijlocie
in triunghiul AOH, <lcci wA 2 II0-4, Fie {A3 } = A'A 2 nAL. Rezul1.a ca <lia.netrul [A'A 3J al cercului lui Eulr1 al tiiunghiului ABC este pa1alcl cu OA,
0
•
!72
<leci este perpendicular pe AL, ceea ce inseamna ca A~ estc ortocentrul triunghiului AA'L. Cum (A'w) == (wA 2 ), se obtine ca cercul lui Euler al triunghiului AA'L trece prin w.
Problema 7. 1ntr-un triunghi, punctul lui Gergonne al triunghiulu,J ortic
se afla in punctul de intersecfie al dreptelor care unesc picioarele fnalfimilor
tri11nghiului dat cu proiccfiile ortocentrului pe laturile triimghiului ortic.
Solufie (fig. 260).
Fie Av B 1 , C 1 picioarele inaltimilor triunghiului ABC. Cum A 1 A, B 1 B,
C 1C (inaltimilc triunghiului dat) sint bisectoarele unghiurilor triunghiului
ortic, rezulta ca ortoccntrul triunghiului dat este centrul ccrcului inscris in
triunghiul ortic. Deci proiectiile ortocentrului triunghiului clat pc laturile
triunghiului or tic constituie punctele de contact la la turi ale cercului inscris
in triunghiul ortic, ceca ce incheic demonstratia.
Problema 8. In triunghiul ABC fnscris fn cercul fd,, daca Av B, C1 sint
picioarele fniil/imilor pe laturile [BC], [CA], [AB], $i A 3 , Ba, Ca p1tnc!ele unde
razele fOA], [OBJ, [OC], taie latun'.le [B'C'], [C'A'], [A'B'] ale triunghiului median A'B'C', dreptele A 1Aa, B 1 Ba, C1Ca sfnt concttrcnte in ccntrul cc.rcului lul
Euler al triu11ghiului A BC.
Fig. 260
Fig. 261
Solufie {fig. 261).
Fie A 2 punctul de intersectie al cercului lui Euler cu i'naltimea HA ~i A,
punctul unde OA taie latura [BC]. Punctul A 3 se afla la mijlocul lui [AAc],
deci A1Aa este mediana in triunghiul dreptunghic AA 1A,. [A 2 A'] este diametrul
cercului lui Euler al triunghiului ABC. Rezulta A 1ru mediana pentru triunghiul dreptunghic A 2 A 1A'. Dar AA, este paralela cu A 2A', deci A'A 8 ~i A 1 Cll
se confunda. Astiel .4 1A1 trece prin Ci>. Analog se dcmonstreaza ca B 1 B,,
~j C tC 3 tree prin Ci>.
Problema 9 (G.G. Nicule~cu). Fie un triunghi oarecare ABC. Conside.-ii,m punctele A1E(BC), B1E(CA), C1 E{AB)i A 2 E(B 1C1 ), B 2 E(( 1.4d.
C2s(A 1B1) astjel fncftJ
.d.iR/A,C = B1C/B1A = ClA/C1B = A 2C1/A 2B1 = B?.A 1/B 2C1 = C2 B1 /C~.//~
Safe atate cit. dreptele AA 2 , B8 2 , CC 2 sfnt concurente.
Sulitjie. Se noteaza cu k valoarea comuna a rapoartelur din cnunt. Stdisting doua cazuri :
'
l k = 1 J A 1 B 1C 1 e~te lriunghiul median al triunghiului ABC si el
are ca mcdiane tocmai pe A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1C: 2 (fig. 262).
'
Dreptele AA 2 , BB 2 , CC 2 concura in centrul de greutate (j al triunghiului dat.
2° k =I lJ es1e clar ca B 1C1 #BC ~i se poate considera punctul
0
{M}= B 1C 1 n BC (fig. 263).
Fie ~i punctele {A 3 } = AA 2 nBC, {B 3 } = BB 2 nCA, {C 3 } = CC 3 n.-lB.
Se aplica teorema lui Menelau in triunghiurilc ABC, AB 1C 1 tftiate, respu:tiv,
de secantele B 1 C 1 , BC:
A
A
8"'.:::;.__ _ ___:A:1.::.1_ _ _~~ C
M~·~a=-----A~3-.=:::.i.~-~c
Fig. 262
Fig. 263
MC/MB· C 1 B/C 1 A · B 1 A/B 1C = l,
.
JJB 1 /MC 1 • BC 1 /BA · CA/CB 1 = ;
Cu notatiile obisnuite
rezult5.:
'
MC/MB = C 1 A/C 1 B · B 1C/B 1A = k 2,
= c/b · B 1C/C 1B
MB 1 /MC 1 = BA/CA· CB 1 /BC 1 =
Se 9tie ca razele unui fascicol determin5. acela~i raport anannonic pe orice
secanta, astfel ca:
[BCA 3 M] = [C 1B1A 2M] <=> A 3 B/A 3C : MB/MC = A 2CifA 2 B 1 : MCiJMB 1 <=:>
<=> A 3 B/A 3 C = A 2C1/A 2 B 1 · MB 1 /MC 1 ·MB/MC= K. · c/b · B 1C/C 1 B ·1 /K~ =
= 1/K· c/b· B 1C/C 1B
ln mod similar se ajunge la:
B 3C/B 3 A =
1/k · a/c · C 1A/A 1C, C 3 A/C 3 B = l/k · b/a · A. 1 BJB 1A
Se obtine ca :
A 3 B/A 3C · B 3C/B 3 A · C 3 A/C 3 B = 1/k · c/b · B 1CJC 1 B · 7/k · a/c · C 1 AJA 1C · 1/k·
• b/a · A 1 B/B 1 A = 1/k 3 • A 1 B/A 1C · B 1C/B 1A · C 1 AJC 1B = 1/k3 • k · k · k = 1
Conform reciprocei teoremei lui Ceva, dreptele AA 2 , BB 2 , CC 2 sint concurnnte.
Problema 10 (G. G. Niculescu). Se da un triunghi oarecare ABC ~i fie
un punct D E (BC). SB noteaza cu 11 , 12 centrele cercurilor inscrise in tri11nghiurile ADE, respectiv, ADC. Se considera propozi/iile:
.,,.,......_
p: ,,semidreapta [AD este bisectoarea ungltiului BAC"
q: ,,semidreptele (AD, (B1 1 , (CJ 2 sint concitrente"
r: ,,semidreptele (AD, (B1 2 , (CI 1 sint concurente"
Sa se arate ca p <=> q <=> r.
174
Solu/ie. Se va demon~tra ca p => q => r => p.
p => q. Aceasta implicatie este evidenta, intrucit semidreptele [AD,
.[BI1 , [Cl 2 fiind bisectoarele interioare ale unghiurilor triunghiului ABC,
-concura in centrul I al cercului inscris in acest triunghi (fig. 264}.
q ⇒ r. Se considera cele trei bisectoare [AD, [BI1 , [CI 2 concurente in I.
Trebuie aratat ca in triunghiul BIG semidreptele (ID, (BI 2 , (CI 1 sint concurente. Conform teoremei bisectoarei, rezulta (fg. 265).
A
Fig. 265
Fig. 264
Atunci: (I 1I/I 1B)(DB/DC)(J 2C/I 2 I) = (Dl/DB)(DB/DC)(DC/DI) = 1
In virtutea re::iprocei teoremei lui Ceva, semidreptele (ID, (B/ 2, (CI1 sinl
concurente.
r p. (Se noteaza: (AD n (BI 2 n (Cl1 = {M}. Fie ~i punctele {Ail=
= (AI 1 n (BD), {A 2 } = (AI 2 n (CD). Se poate scrie:
=
(1)
A 1D
AD
A 1D
AD
BD· AD
= - - - - - - - = - - - - ¢ > A 1D = - - - A1B
AB
A 1 B + A 1D
AB + AD
AB+- AD
Analog se obtine:
AD=
(2)
2
CD· AD
AC+ AD
Se aplica teorema lui Menelau in triunghiurile ADA 2 , ADA 1 taiate, respectiv,
de transversalele BI 2 , CI 1 (fig. 266).
(BA 2 /BD)(MD/MA)(I 2 A/I 2 A 2 ) = 1,
A
(CD/CA 1 )(I1A 1 /I 1 A)(MA/MD) = 1
lnmultind aceste relatii si tinind cont de
-teorema bisectoarei :
'
J
'
J
(BA 2 /BD)(MD/MA)(AD/AD)(CD/CA 1 ) •
· (A 1D/AD)(MA)/(MD)= 1-BA 2 -CD·A 1 D=
= BD·A 2 D·CA 1 -(BD+A 2D)·CD·A 1D=
= BD· A 2D· (CD+ A 1D)
8
-Az
A1
Fig. 266
C
.lu 1.iaza relatiilor (1) ~i (2) rezulta:
BD(AC +AD)+ CD· AlJ = CD(AB +AD)+ BD · AlJ
BD ·AC= CIJ · AB-» BD = AB
CD
AC
,,,,,......__
Deci [AD este bisectoarca unghiului BAG. Iu acest fel este dovedita ~i impliccatia r => p.
5. MAXIME ~I MINIME GEOMETRICE
Problerna 1. Sa se demonstreze ca dintre toate triungMurile ABC, au'ind
vtrfurile B ~i C fixe, iar A mobil, astjel tnc£t AB+ AC= a (= canst.), c.eJ
de aric maxima se realizeaza numai pentru AB= AC= a/2.
Solitlie. Se ~tie ca locul geometric al punctelor M din plan pentru ea,:o:,
MA + .MB = a ( = const.) este o elipsa (fig. 267).
Este evident ca triunghiul MBC are aria maxima dac5. ~i numai daca el estt>
isoscel (MA = MB).
Problerna 2. Dintre toate patrulaterele convexe avfnd lungimile laturilor
;l, b,
c, d, eel de arie maxima este inscriptibil.
D'
Fig. 267
Fig. 268
SoluJie. Se ~tie ca aria unui patrulater convex ABCD avind lungimile·
laturilor a, b, c, d este dat5. de formula lui Arhimede (teorema 1.2.2., cap. I).
5 2 = (P - a) (P - b) (P - c) (P - d) - a b c d cos2 B + D 1
2
unde 2 p =a+ b + c + d, S = a [ABCD]
Rezulta ca aria patrukterului ABCD este maxima daca. ~i numai dac;;.,
cos 2 B + D = 0, d~ci daca ~i numai daca patrulaterul ABCD este inscriptibil.
2
Observatle. Fie ABCD un patrulater neconvex avind lungimile laturilor a, b, c, d. Se presupune ca punctul D este in interiorul triughiului ABC ..
Fie D' simet:·icul punctului D fata de dreapta BC (fig. 268).
176
Deoarece aria patrulaterului ABCD' este mai mare decit aria patrulaterului
ABCD, se obtine rezultatul: Dintre toate patrulaterele avind lungimile laturilor a, b, c, d, eel de arie maxima este inscriptibil.
Problerna 3. Sa se demonstreze ca daca printre poligoanele cu n laturi
ii de perimetrn dat exista uni,l de arie maxima, atimci acel poligon este regulat.
Solutie. Fie A 1 A 2 ••• An poligonul cu n laturi, de perimetru dat ~i avind
aria maxima.
Primul pas. Poligonul A 1 A 2 ••• An are laturile congruente.
Intr-adevar, presupw1ind ca exista doua laturi consecutive necongruente, de exemplu [A1t-1 Ak] ~i [AkAk- 1 ] (k E {1, .. , n}, A 0 = An, An+I =
= A 1), atunci triunghiul Ak-I Ak A1t+1 poate fi inlocuit cu un alt triunghi
Ak---1 BAk+I• astfel incit:
A1t-1 B + BAk+I = Ak-I A1t + Ak Ak+I, Ak-1B = BAh-1
~i
€eea ce nu se poate, deoarece s-a presue
pus ca poligonul A 1A 2 ••• Au are ~ria
maxima. Deci laturile poligonului sint
congruente.
Pentru n = 3 problema este rezolvata
deoarece se obtine un triunghi echilateral.
Al doilea pas. Se presupune n > 3 ~i
Ak-l
tk+t
se considera poligonul A 1A 2 ••• An de perimetru cl.at, avind aria maxh,1a ~i laturile
Fig. 269
congruente.
Sc afoma ca poligonul are ~i unghiurfle congruente. Intr-adevar, fie
Ai-1' A;, Ai+ 1, Ai+z, patru virfuri consecutive ale poligonului (i E {1, ... , n},
A 0 = An, An+i = A 1 , An+z = A 2 ). Patrulaterul Ai-IAi Ai+l Ai+z este inscriptibil deoarece, in caz contrar, el poate fi inlocuit cu un alt patrulater Ai-l
A; A;+ 1 Ai+ 2 indeplinind conditiile
Ai-1 A;= Ai-1 Ai= A; Ai+l = Ai Ai+l = A;+l Ai+z = Ai+l Ai+z
ceea ce nu este posibil, caci s-a presupus ca poligonul A 1 A 2 ••• An are aria
maxima. Patrulaterul inscriptibil Ai-I Ai A;+i Ai+z av1nd trei laturi congrucnte, este un trapez isoscel, deci
~
Ai-IAiA i+l
=~
A;Ai+1Ai+2
Prin urmare poligomil A 1A 2A 3 ••• An are ~i unghiurile congruente, deci estenn poligon regulat.
Problema 4. Fie ABC im triimghi echilateral $i Mun punct din interiorul
siiu. Sa se determine M astfel tncit aria triunghiului format cu segmentele [AM],
[Rvl], [CM] sa fie maxima.
177
Solttfie. (fig. 270).
Fie A(-1, 0). B(l, 0), C(O, V3) virfurile triunghiului ABC,M(x,y)dininteriorul sau ~i M' obtinut prin rotatia lui [BM] sprc drcapta cu 60°. Se gasesc
mai intii coord,Jnatele punrtului M'; pentru accasta se considcra j f 1i (x - I, y)
~i se rote~te 01!1 1 in sens invers trigoncmctric cu 60° dupa care !e va face
translatia cu 1 sprc dreapta. Se obtinc:
M~ de afix ((x- l)+iy) (cos 60°-i :::in 60°), clcci
M'
1
(x - 1 + _v V3, (I - x) V3 + y )'
2
2
D e un de i,~1,(~ x + 1 + ·v Vl • (I + x) V1 + .Y) . cr [C .,'·1' ..lf'J -- S , va f"1
2
2
o
V3
X
y
1
5= -
2
Se obtine S =
I'(.r) =
-
r
3
1
1
x+ 1 +y]/3
(l -x)V3 + y
2
2
: [-
V3 x
x 2 , Q(y) =
-
2
~
V1 Y + 2y +
2
-
3
y2 +
.1
~ y+
1
V3]
v:
3
=
P(x) + Q(y) unde
' care admit
maxim
rcspectiv pcntru x = 0 ~i y = -~-. Deci S maxima dnd M este centrul
V3
de grcutate al triunghiului ABC.
C
Fig. 270
Fig. 271
. Problema 5. Se considera triunghiul ABC dat ( ascufitunghic). Sa se
:Prccizeze triunghiul echilateral de arie maxima ce conjine punctele A, B, C
pc latttri.
Solttjie. Mai intii sa observam ca virfurile triunghiului echilateral se
afirl pe cercurile circumscrise triunghiurilor echilaterale construite in exterior
pc laturile triunghiului ABC (fig. 271).
178
Fie M 1M 2 continind B, M 1M 3 continind A, M 1 , M 2 , Ma apartinind cercurilor
considerate. Se arata ca punctele M 2 , C, Ma sint coliniare. Pentru accasta
_,,,,,......___
_,,,,,......___
se arata ca unghiul M 2CM 3 E 180°. Notind maimra unghiului M 1 BA
se o btine succesiv:
_,,,,,......___
_,,......__
_,,,,,......___
M 1 AB E 120° -
CAMa E 60° - A+ cc, ACM 3 E 60° + A -
ct,
_,,,,,......___
cu cc,
Cl.
(!)
_,,,,,......___
M 2 BC 180° -
B -
ct,
BCM 2 EB+ C1. -
60°
(2)
_,,,,,......___
Din (1) ~i (2) rezulta m(M 2CMa) = 60° +
+ A - cc + C
B + ct - 60° = 180°
Acum, din infinitatea de triunghiuri M 1M 2Ma echilaterale, carecontiuA, B, C
pe laturi, va fi selectat eel de arie maxima,
deci eel de latura maxima.
Dar M 1M 2 este maxim daca ~i numai
ciaca dreapta M 1M 2 este paralela cu linia
centrelor cercurilor circumscrise triunghiuriFig. 272
lor M 1 AB, M 2 BC.
Intr-adevar, construind 01L1 _.l_ M 1M 2 , 0 2L 2 _.l_ M 1M 2 ~i 0 1L 2 II L 1 L 2
+
rezulta: M ~M 2 = L 1L 2 = 0 1L 2 ::;; 0 1 0 2 cu egalitate daca ~i numai daca L 2 =O 2 •
In acest moment problema este complet rezolvata. Se observa r;i trinnghiul echilateral de arie maxima are laturile perpendiculare pe TA, rr H, TC,
undc [' este punctul lui Torricelli al 1rinnghiului A BC dat.
6. TRANSFORMAR! GEOMETRICE
Problema 1. ProiccJiile ortogonale ale virjului A al triungltiului A BC
/'-
_,,,,,......___
pe bisectoarele inten·oare :;;i exterioare ale ungliiurilor ABC ~i ACE se g11scsc
pe o aceea~i dreapta.
Solit/ie.
Fie A 1 proiectia ortogonala a punctului A pe o bisectoare a
_,,,,,......___
unghiului ABC. Simctricul A~ al punctului A fata de BA 1 se afla pe dreapta BC.
Sc considera omotetia T clc centru A ~i raport 1/2. Omotetica dreptei BC
este dreapta B'C', uncle B' (respectiv C') este mijlocul segmentului (AC)
(respectiv (AB)). Punctul A 1 apartine dreptei B'C'. Analog se arata d celelalte trei proicctii ale punctului A pc
bisectoarele interioarft si exterioara a
A
_,,,,,......___
'
unghiului ACE ~i pe biscctoarea un_,,,,,......___
ghiului ABC, se afla pe clreapta B'C'.
Problema 2. Fie A unitl din punctele de intersec/ie a doua cercuri @(0, R)
~i @(0', R'). Sa se duca prin A o dreapta care sa intersecteze cele doua cercuri fn
B ~i respectiv B', as~fel incft AB=AB'.
-----..Lll..--------l.
A.,..,
1
B
C
Pig. 273
171!
Solutie. (fig. 274).
Fie 0 1 simetricul lui O fata de A. Ccrcul <:2(0 1 , R) intersectcaza cercul
f:;(O', R') in punctele A ~i B'. Fie B simetricul punctului B' faFt de A. Este
eYidcnt ca B se afla pe cercul @(0, R). Drcapta determinata de punct.cle B
~i B' raspunde problernei.
Problem a 3. Pe laturile [AB] ~£ [ BC] ale trim1gh1"11lu£ A BC se constmiesc
piitrate avind centrele D ~i E, astjel incft punctr:le C ~i D sfrzt si'tuate de aceea~i
p,crtc a drepte£ AB iar punctele A ~1: E sfn! separate de dreapta BC. Ariitaji
d dreptele AC ~i DE se intcrsecteac:a sub un unghi de miisnrii 4.5°.
A
F
Fig. 275
Fig. 274
Solu/ie. (fig. 275).
Se considera notatiile din figura. Fie rotatia de centru D ~i de unghi 90°.
Prin aceasta rotatie A ajunge in B ~i D raminc pc loc. l'ie acum rot.:.tia de
ccn1.ru E ~i de unghi 270°. Prin aceastr1 rotatie B ajunge in C iar Din F, astfcl
/"""',.,_
indt (DE) == (EF) ~i DEF E 90°. Deci prin cornpunerea celor doua rot<1.tii,
A ajunge in C ~i D o.junge in F. Dcci segmentul [AD] ajungc in scgmentul
[CF:. Daca se demonstreaza ca AD II CF, rezulta ADFC paralelogram, un...,...--...._
...,...--...._
.,,,,,,......._
ghiul DTC ==EDF== EFD E 45°, deci problema ar fi rezolvata. Pentru
demonstrarea faptului ca AD II CF se procedeaza in felul urmator: triun.,,,,,,......__
=
,,-,
ghiul EBD este congruent cu triunghiul ECF, deci unghiul EBD
ECF,
..,,,,,......__
...,...--...._
_,,,,.,..____
...,...--...._
.,,,,,,......._
dcci (1) DBC-= FCB 2 ; rezulta m(A 1LB) = 90° + m(LBD) ~i m(FCB) =
.,,,,,,......._
= 90° m(FCB 2) ~i din (I), FC [I AD. Evident aceasta solutie cu rotatii
putea fi prelucrata pentru a deveni o solutie cu ajutorul constructiilor ajutatoarc din figura. !n aceasta redactare s-a urmat calea inversa.
+
Problema 4. Fie ABCD un patrnlater inscr-iptibt'.l. Sa se dcmonstrcze
ca ccntrele de greutate ale triunghiurilor ABC, BCD, CDA ~i DAB se giisesc
pe un acela~i cerc.
Solu/ia 1. Fie E ~i F rnijloacele diagonalelor [AC] ~i [BD]. Sc noteaza
cu G centrul de greutate al triunghiului BCD ~i fie {0} = AG n E."F.
Paralela dusa prin E la AG intersecteaza pe GC in E'. Deoarcce [EE'] este
~80
1inie mijlocie in triunghiul C AG, iar [OGJ cstc linie mijlocie in triungh1ul
.E'EF, rezulta OG/AG = _!_ EF'/2 EE'= 1/4 (fig. l..76).
2
OG/OA = 1 /3
Se considcr~1 omote1.ia T de centru O ~i raport - 1/3. Ul1.ima egalitatc arata
ca punctul G este omokticul punctului A in omotetia considerata, deci G =
= T(A). Prin omotc1.ia T ccrcul circumscris patrulatcrului inscriptibil ABCD
SC transfonna intr-1111 cerc r. Deoarccc G = T(A), rezuWi. ca G E r. Analog
sc arata c:i centrdc de grcutatc ale h-iunghiurilor HD.'1, CAB ~i DEC apartin
ccrcului r.
~i
y
X
D
Fig. 277
Fig. 276
Fig. 278
Solufia 2. Fie M mijlocul scgnlC'ntului [DCJ. Sc noteaza cu G ~i G' centrde ck greutate ale triunghiurilor BCD ~i ACD. Deoarece AG'/G'M =
= BG/GJI = 2, n:zultr1 G'G II AB. Fie G" ~i Gm centrele de greutate ale
triunghiurilor A BD ~i ABC. Procedind ca mai inainte se obtine G"G'" II CD,
G'G" 11 BC ~i GG"' Ii AD. Prin ur:mare patrulakrul GG'G"G"' are laturile
paralele cu laturile patrulaterului inscriptibil ABCD. Rezulta. ca punctele
G, G', G' ~i G'" se afla pe un acela~i cerc (fig. 277).
Problema 5. Doua perechi de cercuri care tree prin acela~, punct 0, c1'
centrele pe axele perpendiculare Ox i~i Oy, se taie in patru puncte conciclice.
Solutia 1. Se folosesc notatiile din figura. Se observa ca Ir, D ~i & sint
0
,./",,...
,./",,...
coliniare (deoarece TDU E 90°, ODU E 90°). Sc demonstreaza di:
.,,,,.,......._
,./",,...
,./",,...
ABC+ ADC E 180°. Pentru aceasta se une~te B cu O ~i se arata ca: ABO --
..,--......_
,./",,...
,./",,...
-
= ADT ~i CBO = CDU. lntr-adevar, patrulaterul r:I'ODA fiind inscriptibil,
rezulta ca rTOA = TDA iar iTOA = OA/2 =ABO.Analog se arata ca OBC
,,,....-...._
= CDU, amindoua fiind congruente cu GOU (fig. 278).
,./",,...
,./",,...
,./",,...
,./",,...
,./",,...
=ill
,./",,...
Solufia 2. Se va efectua o inversiune de pol O ~i putere arbitrara. Prin
accasta inversiune, cercurile @1 ~i @2 ce tree prin polul de inversiune se vor
transforma in drepte paralele cu axa Oy (care este tangenta in O la cercurile
@1 ~i @2 ). Analog cercurile @3 ~i @4 se vor transfonna in drepte paralele cu
axa Ox. Deci punctele A, B, C, D se vor transforma in punctele A', B', C', D'
de intcrsectie a celor patru drepte. Dar A' B'C'D' dreptunghi, deci cercul
care trece prin A' B'C' D' netrecind prin polul de inversiune, provine din
cercul pe care se aflau A, B, C ~i D.
:t81
Problerna 6. Se consfrlera douii ccrrnri care se i11terscctcaza in A $i B .
ffangentele la cele do1di ccrc1/}'i in A sc int.:rscctcazii in Jl $i N cu ccrc11,rile. Se
considera B 1, simetricul lui A Jafa dt B. Sa se arate ca patmlaternl AJ1B1N
este inscriptibil.
Solutie. Se considera o inversiune de pol A ~i putere k > 0. Dreapta
AM intni'cit trece prin polul de inversiune este invarianta, analog AN ~i
AB. Cercurile date se transforma prin inversiune (intrucit tree prin p::ilnl
de inversiune) in dona drepte paralele cu tangentele 1n A la cercuri. Deci
noua configuratie este un paralelogram cu virfurile A, J11 (transformatnl
lui M), B' (transformatul lui B), _T\l' (transformatul lui _V). Se va arata c;1
transformatul lui B 1 este chiar punctul <le intersectie a <liagonalclor [A B'J
B'
B1
Fig. 279
Fig. 280
~i [l\1'N'], deci prin inYcrsiunea rnn!"iderata Ji, B 1, N se transforma in trei
puncte coliniare, deci initial A, B 1 , N se aflau pe un ccrc ~i problcma ar fi
rezolvata.
Dar AB· AB'= k ~i se poate scrie 2AB • AB'/2 = k, deci B~ este
transformatul lui Bx.
Problema 7. Fie ABC wi t1 i1mghi neisoscel $i ncdh:pt1li1ghic. Se noteaza
cu Ax, Bx, C1 mijloacele laturilor triunghiului (A 1 = m1jlocul laturii [BC], etc.).
Fie @(0, R) cercul circumscris triungltiului A BC. Sa se demonstre:::e ca cercurile
circumscrise triunghiurilor A 10A, B 10B, CxOC au un p1111Ct co111ltn diferit
de punctul 0.
Solutia 1 (Jon D. lon). Se efectueaza o inversiune de pol O ~i putere R 2 •
Cercul @(0, R) este invariant prin aceasta inversiune. In particular, punctele
A, B, C sint invariante. Cercurile circumscrise triunghiurilor A 10A, B 10B,
C10C se vor transforma in drepte. Inversul punctului A 1 este punctul A 2 E 0A 1
pentru care 0A 1 • 0A 2 = R 2 = 0B 2 = OC 2 • Deci A 2 se afla la intersectia
tangentelor in B ~i C la @(0, R). Analog se obtin punctele B 2 ~i C 2 • Deci
cercurile circumscrise triunghiurilor A 10A, B 10B ~i C10C se transforma
in dreptele AA 2 , BB 2 ~i respectiv CC 2 • Aceste drepte sint concurente in punctul r (= punctul lui Gergonne al triunghiului A 2 B 2C 2 ). Inversul lui r este
al doilea punct de interseqie a cercurilor circumscrise triunghiurilor A 10A,
B 10B, C10C.
Solu/ia 2 (Dana Boskoff, Lucian I onescn). Se va folosi urmatoarca lema:
,,Fie trei cercuri netangente care au un punct comun. Cele trei cercuri au un
al doilea punct comun daca ~i numai daca centrelc lor sint coliniare".
182
Fie r 1• r 2 ~i I' 3 cercurile circumscrise triunghiurilor A 10A, B 10B ~i,
respectiv, C10C. Se noteaza cu Oi centrul cercului ri (iE {1, 2, B}). Fie A',
B' ~i C' mijloacele scgmentelor [AO], [BO] ~i [CO]. Este evident ca 0 1 se afla
la inkrsect1a mediatoarelor segmentelor [AO] ~i [A0 1], deci la interseqia
dintre mediatoarea scgmentului [AO] ~i dreapta B'C'. Dar mediatoarea segmcntului [AO] este tangenta in A' la cercul circumscris triunghiului A' B'C',
-<2(0, R/2). Prin urmare punctele 0 1 , 0 2 , 0 3 se afla pe dreapta lui Lemoine
a triunghiului A' B'C'.
Problema 8. Se considera semicercul de diametru [AB], 0 mijlocul lid
[AB], C punct pe semicerc astjel fncU CO __LAB ~i cercul de diametru [CO].
Sa se co11struiasca im cerc tangent semicercului, cercului de diametrit [CO] ~i
diametrului [A BJ.
SolHfie. Se efectueaza o inversiune de pol C ~i putere arbitrara k. Semicercul de diametru [AB] ~i cercul de d.iametru [CO] trecind prin pol, se transform a in dona drepte d ~id', paralele cu tangenta in C la pol, iar dreapta AB
netrecind prin pol, se transforma intr-un cerc ce trece prin pol ~i este tangent
dreptci d' in O', inversul punctului n. Problema s-a redus la a construi un
d
d'
Fig. WI
Fig. 282
cerc tangent la dona drepte paralele date ~i la un cerc dat, problema u~or
de rezolvat. Inversele punctelor de tangenp ale cercului construit sint punctele
<le tangenta ale ccrcului cautat (fig. 28 J).
Problema 9. Miiloacele diago11alelor unui patrulater complet sfnt coliniare (dreapta Jui Gauss).
Solufie. Pentru a demonstra ca punctele M, N ~i P sint coliniare se
procedeaza in fclul urma1.or: se construiesc paralele prin E,F,B,C,D la laturile opuse respectiv ~i se considera notatiile din figura. Considerind omotetia
<le ccntru A ~i raport 2, a spune ca
M,N,P sint coliniare, re,·ine la a arata
=~--------::::,.,L3
ca C, D 2 ~i A 1 sint coliniare. Acum se va
folosi urmatoarea observatie:
Jntr-un paralelograrn, un punct
apartine diagonalei daca ~i numai daca.
ariile paralelograrnelor determinate de
punct ~i virfurile ce nu apartin diagonalei
L1
respective sint egale."
Fig. 283
183
ln acest caz se arata ca cr[C 2D 1D 2B 2] = cr[C 4D 2D 3C5] sau, echivalent,
a[C 2C C 4 B~] = cr[CD1D 3C 5].
Din C E EB, rezulta cr[C 2CC 4 B 2J = cr[C 3CC 1A], iar din C EDF, rezulta
cr[CD 1 D 3 C5] = cr[C 3 CC 1A], ceea ce inchcie demonstratia.
7. TEOREMA LUI TITEICA iN SPATIU
Se considera un tetraedru [ABCD]. Fie J-(0, R) sfera circums(nsa
tetracdrului ~i J.(I. r) sfera inscrisi in tetraedru. Semidreptele (AI, (BI,
(CI ~i (DI intersecteaza. sfera J-(O, R) in punctele A', B', C' ~i respectiv
D'. Folosind puterea punctului I fop. de sfera J(O, R), se obtine:
(1)
IA· IA'= IB · IB' =IC· IC'= ID· ID'= R 2 - 01 2
Se considera inversiunea rll de pol I ~ putere 01 2 - R 2 • Tinind seama de
relatiile (1), se obtine A' = T(A), B' = T(B), C' = T(C), D' = T(D).
Fie J.(0 1 , R 1 ) sfera circumscrisa tetraedrului [IA'B'C']. Planul (ABC)
se va transforma prin 17 in J'.(0 1 , R 1 )"'-{J}. Fie E = pr(ABO) I. Deoarece
IE ___L (ABC), rezulta. ca E' = T(E) este punctul diametral opus lui I in
sfera J(0v R 1), deci IE'= 2R1 . Din egalitatea IE· IE'= R 2 - 0!2,
se obtine
(2)
2rR1 = R 2 - 01 2
Repetind rationamentul pentru planele {BCD), (ACD) ~i (ABD),
se obtine ca razele sferelor circumscrise tetraedrelor [I B'C' D'], [IA 'C' D']
,i [IA'B'D'] sint egale cu R 1 • S-a obtinut urmatoarea:
Teorerni (Fl. Nicolescu, G.M. 7/ 1986). Patru sfere avind razele egale
cu R 1 tree printr-un punct J. Luate trel cite trei, sferele se mai intersecteazi
in punctele A', B', C', D'. Fie A, B, C
D punctele in care sernidreptele
(A'I, (B'I, (C'I JI respectlv (D'I lntersecteazi sfera J(O, R) circumscrisa
tetraedrului [A' B'C'D']. Daca notim cu r raza sferei inscrise in tetraedrut
[ABCD], atunci razele sferelor considerate sint legate prin relafia (2).
Observa/ie. Teorema de mai sus este inspirata din problema piesei de cinci
lei a lui Ti{eica.
,1
8. POLIEDRE REGULATE
8.1. Se considera in continuare numai poliedre convexe, adica acele
poliedre avind proprietatea ca nici un plan al unei fete nu taie corpul.
Prin poliedru regitlat se intelege un poliedru convex ale carui fete sint
toate poligoane regulate congruente intre ele ~i ale carui unghiuri poliedre
sint congruente intre ele.
Se demonstreaza ca orice paliedru regulat poate fi inscris intr-o sfera
[17]. Notind cu F, V, respectiv M numarul de fete, de virfuri ~i respectiv
de muchii ale unui paliedru convex P, are loc relatia Euler [17]
(1)
184
F + V = JI + 2
Se demonstreaza ca exista cinci tipuri de poliedre regulate, anume:
1) Tetraedrul regulat, format din patru fete triunghiuri echil::tterale,
~ase muchii ~i patru virfuri (fig. 284).
2) Cubul, format din ~ase fete patrate, dourtsprczece muchii ~i opt
virfuri (fig. 285)
!3) Octaedrul regulat, care are opt fete triunghiulare, dourtsprl'zccc muchii
1'i ~ase virfuri (fig. 286).
4) Dodecaedrut regulat, care are douasprezec-c fctc pcnla:;onak, trcizeci de muchii ~i douazeci de virfuri (fig. 287).
5) Icosaedrul regulat, care me t'.cu~7.c,·i de fr;-,·· '.:: ·.::'.1iularc, trcizeci
-de muchii ~i douasprczece \·1:ftiri (fi~;. ns).
I
1'
J
)----____
_...,/.
Fig. 284
Fig. '.286
d
Fig. 287
Fig. 288
Fig. 289
Observatii. 1) Existenta tetraedrelor regulate. Se considera un triunghi
-echilateral ABC cu AB= AC= BC= a ~i fie O ccntrul cercului circumscris triunghiului. Fie d perpendiculara in O pe planul (ABC). Deoarece
DA < a, exista un punct M Ed, astfel incit J\tlA = a. Punctele A, B, C, 1vf
sint virfurile unui tctraedru regulat.
2) Existenta cubului. Se rnnsidcra un p5.trat ,4 BCD sit11at fotr-un plan
j ~i fie 5 un ~cmispatiu limitat de planul p. Fie punctelc A', B', C', D' ES,
185
astfel indt AA' _L p, BB' _Lp, CC' _L p, 1)0' _L p ~i AA'= BB'= CC'=
=DD'= AB. Punctcle A, B, C, D, A', B', C', D' sint drfurile unui cub.
3) Existenta octaedrelor regulate. Sc considera un pfttrat ABCD situat
1n1r-lm plan p :;,i fie d rerpcndi,ulara ridicata pe p in centrul O al p;'ttrai ului ABCD. Fie pc d uu punct E, astfcl incit E/l = "J B. Punctul E cu
acca,:ta propriefate cxista, dcoarcce 0A < AB. Fie F simetricul lui E fata
de planul p. Punctele E, A, B, C, D, F sint virfurile unui octaedru rcgulat.
4) Existenta icosaedrelor regulate. Se considera un pentagon regulat
,4 BCDE situat intr-un plan p. Fie O' ccntrul ccrcului circumscris pentagonnlui ~i fie d dreapta clusa prin O' perpcndiculara pe planul p. Fie F E d
astfcl incit FA = AB. Triunghiurile FA B, FBC, TCD, FDE, FEA sint cchilaterale. Perpenclicularele ridicate in ccntrcle cercurilor circumscrise triunghiurilor echilaterale FA B, F BC pe plancle acestor triunghiuri se intilncsc
intr-un punct 0. Fie A', B', C', D', E' ~i F' sime1ricele punctelor A, B, C,
D, E ~i respectiv F fata de 0. Punctele A, B, C, D, E, F, A', B', C', D',
E', F' sint virfurile unui icosaedru regulat.
5) Existenta dodecaedrelor regulate. Centrele fetclor unui icosoedru
regulat sint virfurile unui dodecaedru regulat.
Observatie. Fie Pun poliedru convex avind F fcte, JJ muchii ~i V virfuri. Se presupnne ca fiecare fata este un poligon regulat cu n laturi ~i ca
din fiecare virf pleaca ni muchii. Deoarcce fiecare muchie este latur;:i la
exact doua fete ~i fiecare muchie are exact doua capete, rezulta egalitatile·
2M=mV=nF
(2)
Se ~tie ca masura in radiani a unui unghi al unui poligon regulat cu n laturi
(n - 2)1t ~1. ca masura ung h"mn·1or unm. ung h"1 po 1·1edr u cu
este ega Ia cu --'-----'--v
V
V
n
m laturi ~i convex este mai mica dedt 27'. Rezulta
m(n - 2) < 2
n
(3)
Singurele perechi de numere naturale mai rnari ca 2 care verifica (3) sint:
(4)
m=B, {ni=3; {m=B.,. {rn=4, {ni=5
{ n=B
n=4
n=5
n=3
n=3
Rezulta ca dintr-un virf al unui poliedru regulat pot plcra eel mult cind
muchii ~i ca fetele unui poliedru regulat sint triunghiuri cchilatera.lc, patrate
sau peHtagoane regulate.
Din relatiile (1) ~i (2) rezulta
(5)
l/n
+ lfm = 1/2 + 1/JJ
Din (4) ~i (5) se obtine
(6)
186
M=6,
M = 12,
M = 30,
M = 12,
10
20
50
40
50
ln definitiv s-au obtinut urmatoarele cazuri?
n = 3,
M= 6 de undP F= 4, V= 4
rn = 3,
n = 4,
M= 12 de urnie F- 8, V= 6
1n = 3,
de unJ.e F = 20, V= 12
M = 30
n = 5,
1n = 3,
und.:
12
de
F= 6, V - 8
11'1,=4,
n = B,
M=
unJ.e
.M =-~ 30
de
n = 13,
F= 12, V = 20
rn = S,
Cazul 1° corespundc frtracdrului regulat.
Caznl 2° corespunde oct:ieu.rnlui rq~ulat.
Cazul 3° corespumle icosacdru!ui regulat.
Cazul 4° corcspunde cubului.
Cazul 5° corespunde dodecaedrului regulat.
Prin urmare singurele tipuri de poliedre regulate sint cele cinci descrise
anterior.
8.2 Relatia lui Euler pentru poliedre de gen p
Se cunoa~te teorema lui Euler pentru poliedre ~i demonstratia ei prin
inductie (vezi Yaglom, Golovina, Induction in Geometry).
Se intelege prin poUedm de gen p, un poliedru cu p gauri strapt:nsP
care nu se intersecteaza. Se va demonstra ca pentrn un asemenea polieclru
exist a relatia:
v-m f = 2 - 2p
+
uncle v este numf1rul de virfuri al poliedrului, m numarul de muchii, iar /
num:1rul <le fete. 1n primul rind se face o observatie banala: deformind polieJrnl. relatia nu este afectata. Deci, problema poate fi enuntata ~i in felul urm:1tor: ,.Pentru o suprafata de gl'n p ~i o harta simplu conexa desenata pe
accasta suprafata, exista relajia:
v + j - m = 2 - 2p (v = nr. de virfuri, m = nr. de frontiere, f = nr. de tari)
iar prin simpla conexiune se intelege ca oricum am construi o noua frontiera
care nu se int_ersecteaza cu alte frontiere, numarul tarilor hartii obtinute
cre~te cu o umtate.
Poliedrcle (respectiv hartile) nesimplu conexe nu satisfac relatia lui
Eufrr.
Exemplu de harta nesinp!JJ concxa (fig. 290).
Demonstrapa rclatici pentru harti simplu concxe se va face prin inductie
dup::-1 / 1 , genul suprafqci.
'
Pentru p =--= 0 are loc relatia binecunoscuta v
f - m = 2.
Sc prcsupune afirmatia adev{1rata pentru orice suprafata de gen p ~i
se demonstreaza pcntru o suprafap_ de gen p + 1. Pentru a folosi ipoteza
de induqie, se unifica doua strapungeri eiectuind o taietura inchisa.
+
Fig. '.2!:JO
=
Fig. 291
187
Tiiictura sc face astfcl indt sa nu trcaca prin nici un virf al hartii si s{t nu
interscdcze nici o fronticrCt de douCt ori. Prin desp:irtirea celor <l.o~a parti
se obtine o snprafata de gen p.
Fie v, m, f elemcntcle corespunzatoarc hartii de pe suprafata de gen p + !
inainte de efectuarea tftieturii ~i v', m', f' elementele corespunzatoare hartii
<le pc suprafata de gen p, obtinuta dnpa efectuarea taieturii. Conform ipotezei
de inductie, rezulta:
v' - m' + J' = 2 - 2p
(*)
Sc presupune di t:iietura intcrsecteaza k fronticrc, dcci detcrminCt k
pnnctc de intcrsectic. DupCt tlespartirea cclor dona suprafetc obtinute penlru
ficcare din cele k virfuri, mai apare inca un virf, ckci in total sint 2/l virfuri
in plus, adica: v' = v + 2/l
Sc an;i.lizeazCt acum evolutia numarului de fronticre. Este evident ca cdc
k puncte de intersectic tlctermina pe vechile frontiere alte k fronticre. Dar
pc conturul taieturii cclc ll puncte de interscctie mai determina dupa dcsp:'trtire inca H frontiere. Rczulta: ·m' = m + 3k
Sc analizeazft evolutia numarului de tari. Vor fi formate de taietura k
t{tri pe vechea suprafati} ~-i inca douCt pri iezultate dupa scparare, chiar la
suprafata taieturii, <lcci f' = f + k + 2. Inlocuind in (x) sc obtine
V - 1n + j = 2 -2(p + 1)
ceca ce incheie demonstratia.
9. APLICATII
GEOMETRICE ALE
•
FORMULEI LUI
LAGRANGE
9.1. GRUPUL DE SIMETRIE AL UNEI FIGURI FINITE. 0 mnltime F de puncte din spntiul tridimensional care poate fi inclusa. intr-o sfera
5C nume~te figura finitii. Poliedrele regulate sint exemple de figuri finite. Simetria figurilor finite sc studiazrt cu ajutorul transfonnarilor de simetrie admise.
0 transfonnare de simetrie po ate fi:
i) rota/ie proprie (rotatie de unghi a. in jurul unei drepte d).
ii) rotajie inproprie (rotatie de unghi at in jurul unei drepte d, urmata
de simetria fata de un plan perpendicular pe dreapta d).
Se spune ca o transfonnare de simetrie rr este admisa de figura F daca
rJ'(F) = F. Se noteaza cu O(F) multimea transformarilor de simetrie admise
de figura F. Se demonstreaza ca [22] O(F) formeaza grup in raport cu oper::tia de compunere a transformftrilor, numit grupul de simetrie al figurii F.
Rotatiile proprii din O(F) fonneaza un subgrup, numit grupul rota/ii/or proprii
ale figurii F.
Consideratii analoage pot fi fa.cute in cazul in care F este o figura
plana. 1n acest caz transformarile de simetrie sint rotatia in jurul unui punct
(rotajia proprie) ~i simetria fata de o dreapta a planului (rotafia hnproprie).
9.2. ACTIUNEA L'NUI GRUP PE O MULTlME. Fie Gun grupmultiplicativ ~i i11 o multime. 0 aplicatie
(a, x) E G X ~I -+ a· x E M
se numc~te actiune a grupului G pe multimea M daca.:
i) (a· b) · x = a· (b · x) (V)a, b E G, (V)x E M,
ii) e· x = x, (V)x E Al,
uncle e cstc elcmentul neutru al grupului G.
188
Exemple (1) Fie· Pun polie<lru regulat ~i 1\11 = {I, 2, .. _., V} m~ltimca
vidurilor sale, unde V E {4, 6, 8, 12, 20}. Daca i este un virf al pohedr:.1lm
regulat P, iar TE O(P)(= grupul de simetrie al luiP), atunci T(i) este de·
asemcnea un virf al lui P. Aplicatia
(T, i) E O(P) x M - ➔ fP · i = T(i) EM
estc o actiune.
intr~adcvar, pcntru T, T' E O(P) ~i i EM, rezulta:
(T' · T) · i = (1" · T)(i) = T'(TU)) = 1" · (T · i). e • i = c(i) = i,
uncle e estc elcmentul neutru al grupului O(P).
2) Ca in excmplul anterior se verifica 1;~or ca aplica:ia
(T, i) E SO(P) x M -, T · -i = T(i) E M
cste o aqiunc a grupului SO(P) al rotatiilor proprii ale policdrului regulat F
pc multimea 111 a v\'rfurilor sale.
9.2. l. Se consided o aqiune a grupului G pe multimea M ~i fie x E JI.
l\iiultimile
St ab x = {a E G I a · x = x} ~i
Orb x = {y EM I (3)a E G cu y =a· x}
sint numite grupul de stabilitate al punctului x, ~i respectiv orbita punctuiui x.
1n continuare prin I Y I se va nota numarul de elemcnte al mu]timii
finite Y.
Se ~tie ca daca G >< 1'-1 -➔ M este o actiunc a grupului G( I G I < oo)
pe multimea Al(I 11-J I < oo), atunci arc loc formula lui Lagrange [22]
I G I = I Stab x I· I Orb x I, (V);t E M
9.3. APLICA"fII
9.3. l. Ordinul grupului SO(P) al rotatiilor proprii ale unui tetra~dru,
regulat P.
Fie M = {1, 2, 3, 4} multimca virfurilor tetraedrului regulat P
Aplicatia
('F, i) E SO(P) x M--➔ rp · i = T(i) E JI
este o actiune. Se determina grupul de stabilitate al
virfului I. Daca fP E Stab I, atunci T(l) = 1 ~i
rf(O) = 0, unde O este centrul sferei circumscrise
tetraedrului regulat P. Rezulta ca P este o rotatie
tn jurul dreptei d determinata de virful 1 ~i de punctul 0. Cum singurele rotatii in jurul lui d care invariaza tetraedrul regulat P sint cele de unghiuri avind
masurile 0, 2rt/3 ~i 4.Tt/3, se obtine I Stab 1 I = 3
Fie di cl.reapta determinata de punctul O ~i de virful
i(i E {1, 2, 3, 4}). Dintre rotatiile proprii diferite de
transformarea identica care invariaza telraedrul regulat P, se distinge:
a) rotatiile in jurul dreptelor di (iE {l, 2, 3, 4})
de unghiuri avind masurile 2rt/3 ~i 4-Tt/3, in total 8
asemenea transformari.
2
Fig. 292
b) rotatiile de unghi avind masura 'It in jurul dreptelor determinate de
rnijloacele muchiilor opuse, in total ll asemenea transformari.
A fost puse astfel in evidenta 1
8
3 = 12 rotatii proprii admise
de tetraedrul regulat P. Se arata ca altele nu mai exista.
Intr-adevar, este u~or de vazut ca pentru orice virf i al tetraedrnlui
regulat P exista o rotatie proprie rr, clintre cele deja enumerate astfrl incit
r:I'( I) = i. Se deduce ca Orb 1 = M. Rezulta
I S0(P) I= I Stab 1 I· I Orb 1 I = 3 · IM I= 3 · 4 = 12
+ +
9.3.2. Ordinul grupului S0(P) al rotafiilor proprii ale unui cub P.
Fie M = {1, 2, ... , 8} multimea virfurilor cubului P. S-a arrttat la 9.2.
ca aplicatia
('I', i) E S0(P) x M - T · i = T(i) E lvf
este o actiune. Se determina grupul de stabilitate al virfului 1. Daca T E Stab 1,
atunci T(l) = 1 ~i 'I'(0) = 0, unde 0 este centrul sferei circumscrise cubului.
Reznlta ca rr este o rotatie in jurul dreptei d determinata de virful 1 ~i
punctul 0. Dar singurele rotatii in jurul dreptei d care invariaza pe P sint
cele de unghiuri avind masurile 0, 2 n/3 ~i 4 'It/3. Rezulta I Stab 1 I = 3
Dintre rotatiile proprii diferite de transformarea identid\. ,-:ire invariaza
cubul P, se clisting:
------2
.1
I
I
I
I
/
//
/o
/
I/
/
I
I
I -_J---iI
I
I
7JL---/
6
~:::~---
/
_ .:::=t<".::- -
-
-
I
......_
5
8
Fig. 293
Fig. 294
Fig. 295
a) rotatiile de unghiuri avind mftsurile 0, 27t/3 ~i 47t/3 in jurul unei clia:;on;i,lc " cubului, in total 8 asemenea transformari;
'
b) rotatiile de unghiuri avind masurile 7t/2, -rr, '!.1r:/2 in jurul unei drepte
cc trece prin centrele a doua fete opuse, in total 9 asemcnea transformarii
c) rotatia de unghi avind masura n in jurul unei drepte determinata
de mijloacele a doua muchii opuse, in total 6 a£emcnea transformari.
Pina acum s-au pus in evidenta 1
8+ 9
6 = 24 rotatii proprii
admise de cub. Se arata ca altele nu mai exista.
Intr-adevar, daca i este un virf oarecare al cubului, este u~or de vazut
cr1 exista o rotatie proprie T, dintre cele deja enumerate, astfel indt T( I) = i.
Se deduce ca Orb 1 = M. Rezulta
I S0(K) I = I Stab 1 I · I Orb 1 I = 3 · I M I = 3 · 8 = 24
+
+
9.3.3. Ordinul grupului S0(P) al rotafiilor proprii ale unui ortaedru
regulat P.
0ctaedrul regulat este poliedrul avind ca virfttri centrale fefelor unui rnb.
Rezulta ca octacdrul regnlat P admite acelea~i rotatii ca ~i cubul, deci
I S0(P) I= 24
190
Observatie. Procedind analog se obtinc ordinul grupului SO(P) al rotatiilor propru ale unui dodecaedru regulat P.
I SO(P) I = 60°
Acela;;i rezultat se obtine in cazul unui icosaedru regulat.
9.4. GRUPUL DIEDRAL Dn
9.4.1. Grupul diedral D 3 . Fie P 3 un triunghi echifateral ~i fie D 3 = 0( !':,)
grupul de simctrie a! lui P 3 • Fie M = {l, 2, 3} multimea virfmilor triunghilllui echilateral P 3 (fig. 29S).
Elcmentele grupului D 3 sint rotatii in jurul punctuluiO ( = centrul cercu!ni
circumscris triunghiului echilateral) sau simetrii fata de drvpte det,,rmin: 1 ie
de un virf al lui P 3 ~i de punctul 0. Pcntru orice T E D 3 ~i £ E M, rezult:1
rJ'(i) E M. Sc constata U!;,0r ca aplicatia
(T, i) E D 3 X M-+ T · i = T(£) EM
este o actiune. Se determina grupul de stabilitate al virfului I. Fie S simelria
fat5. de dreapta detcrminata de virful 1 ~i de punctul 0. Este evident ca 5 El\.
Este u~or de vazut ca Stab I = {E, 5}, unde E este transformarea idenL: ;:.
Fie R rotatia de unghi 2 1t/3 in jurul punctului O (sens invers acelor CL'asornicului). Este evident ca R E D 3 • Pentru orice k E {O, 1, 2} are loc
Rh · 1 = Rk ( 1) = k
1
Rezulta Orb 1 = Jf; deciJ O(P3 )J = I D 3 1 = I Stab I J · I Orb 1 J = 2 · 3 = 6-
+
0
2
do
3
Fig. 296
Observatie. Se observa ca Rk este rotatia de unghi k · 21e/3 in jurnl
punctului 0, iar Rho S este simetria fata de dreapta care trece prin O ~i face
unghiul krc/3 cu d adica simetria fata de dreapta dh., unde k E {O, I, 2},
R 0 = E. Deoarece I D 3 I = 6, rezulta
0
,
D3 = {E = R
0
,
R, R 2 , s, RoS, R 2o5}
9.4.2. Grupul diedral D4 • Fie P 4 un patrat ~i fie D4 = O(P4 ) grupul
de simetrie al lui P 4 • Fie M = {I, 2, 3, 4} multimea virfurilor patratului.
Elementele grupului D 4 sint rotatii in jurul punctului O ( = centrul cercului
circumscris patratului), simetrii fata de drepte determinate de mijloace de
laturi opuse sau simetrii fata de diagonale (fig. 297).
191
Daca II'E D 4 ~i 1E M, rr(i)E M. Aplicatia
(T, i) E Di,1 -
fI' · i = rf(i) = rf(i) EM
este o actiune. Se determina. grupul de stabilitate al virfului 1. Fie 5 simetria
fat;1 de dreapta d0 determinata de virfurile 1 ~i 8. Este ~or de vazut ca
Stab 1 = {E, 5}, unde E este transformarea identica.
Fie Rrotatia de unghi 2r./4 = r./2 in jurul punctului O (sens invers
acelor ceasornicului). Evident R E D 4 • Pentru orice k E {0, 1, 2, 3}, are loc
Rh· I = R"'(l) = k
+1
Rcrnlta ca Orb 1 = Mi deci IO(P,.) I= ID, I= I Stab
=
11 • I Orb 11 ==-
2· 4 = 8
Observatie. Rk este rotatia de unghi k · 2rr/4 in jurul lui 0, iar R 11 o S
este simetria fa ta de dreapta care trece prin O ~i face unghiul k • n/4 cu d0 ,
adir} simetria fata de dreapta d , unde k E {0, 1, 2, B}. Cum
se deduce ca
I D 4 I = 8,
D 4 = {E = R 0 , R, R 2, Ra, S, Ro S, R 2 o S, R 3 o S}
9.4.3. Grupul diedral D 6 • Se considera un hexagon regulat P 6 ~i fie
D0 = O(P6 ) grupul de simetrie al lui P 6 • Se noteaza cu M = {1, 2, 5, 4, 5, 6}
multimea virfurilor hexagonului regulat P6 (fig. 298).
Elcl,cntele grupului D6 sint rotatii in jurul centrului O al cercului circumscris
hcx;1gonului regula t sau simetrii fat a de drepte care tree prin O. Daca ,J' ED6
91 iE M, atunci rf(iE) M. Aplicatia
(T, i) E D 6 x M -
fI' · i = T(i) E M
estr o actiune. Se detennina grupul de stabilitate al virfului 1. Fie S E D8
sirni:tria faFt de clreapta d0 dete1minata de virful 1 ~i de punctul 0. Se observa.
c[t Stab I = {E, S}, unde E este transformarea identica.
Fie R rotatia de unghi 2rr:/6 in jurul punctului O (sens invers acelor ceasornicului). Evident RE DJ. Atunci:
R" · 1 = Rh(l) = k
+ 1,
(V)kE {0, 1, 2, 3, 4, 5}
Rezulta Orb 1 = 1\,1. Se obtine:
I D I = I Stab 1 I · I Orb 1 I = 2 · 6 = 12
Se observa ca pentru hE {0, 1, 2, 3, 4, 5}, Rlf.
este rotatia de unghi ll · 2n/6 in jurul lui 0, iar
Rho S este simetria fat;:\. de dreapta care trece
,prin O 9i face unghiul kn/6 cu d adica simetria fata de clreapta d". Deoarece
ID., ! = 12, rezulta
D 6 = {E = R 0 , R, R 2 , R 3 , R4, Rs, 5, R o S, R 2 o S, R 3 o S, R 4 o S, Rs o 5}
Fig. 298
0
,
Observafie. Grupul de simetrie al unui poligon regulat cu n laturi se
,noteaza cu Dn ~i se nume~te grupul diedral Dn. Ca ~i in cazurile precedente
,Se arata ca J D I = 2 n.
192
10. PROBLEME DIVERSE
Problema 1. (G. G. lViwlcscu). Fie ABC un triunghi oarccare $i: D, E, }'
trei puncte necoliniarc situate, rcspcctiv, pe dreptele BC, CA, AB. Se nntca:ii
cu Nl 1 , 1W 2 , M 3 mijloacele seg1nentelor (AD), (BE), (CF), 1:ar c11 H 1 , H 2 , H 3
ortocentrele triunghiurilor AI~F. BFD, CDE. Sa se arate ca triunghi11rile
1W 1M 2 M 3 ~i H 1H 2 I-1 3 sfnt ortologice.
Sol11fie. Dad EF \I BC, FD\! CA, DE \I AB, atunci DEF este triunghiul median (complemcntar) al triunghiului ABC ~i proprietatea este
imcdiaU-1. Se studiaz;i problcma cind eel putin una din rclatiilc f.."Fil-.BC'
FDi!-.CA,
DEi!-.AB estc adevarafa Se presupune EFi!-.BC ~i fie
{A'}= EFn BC, iar Jf'mijloculscgmentului (AA'). Se considcr:1 ortocentrul
H al triunghiului A BC. Punctcle
A
M 2 , M 3 , M' sint mijloacele diagonalelor
patrulaterului complet
BCEFA'A, sint situate pe ti, drcapta Newton-Gauss a patrulaterului
complet. Conform teoremei lui Steiner, cercurile de diametre (BE), (CF),
t::.'
(AA') fac parte dintr-un fascicol,
axa accstuia 6.', continind ortocentrelc triunghiurilor ' AEF, A BC,
A'BF, A'CE; astfel ca H 1 , HED.'.
Dar 6. ...L 6.', clcci: H 1H ...L J1-/l 2M 3
Analog se aratrt ca: H 2 H ...L M 3M1 ,
H 3 H ...L 1W 1M 2
A~adar, pcrpcnclicularclc duse din
A?-'--":...:;;;::.____----l.L-....::aJC
6
0
H 1 , H 2 , H 3 , virfurile triunghiului
Fig. 299
H 1H 2H 3 pe M 2 M 3 , 1113 M 1 , M 1M 2 ,
dreptele suport ale laturilor triunghiului NI 1J.v.l 2!J1 3 sint concurente in H. Aceasta inseamna di triunghiurile
H 1H 2H 3 ~i J.11 1111 21\13 sint ortologice, unul din cele douf1 centre de ortologie
fiind ortocentrul triunghiului dat.
Observatie. Daca punctele D, E, F ar fi coliniare, atunci conform teoremei lui Steiner, triunghiurile M 1111 2 M 3 ~i H 1H 2H 3 ar fi degenerate. De
aceea, in enunt apare conditia de necoliniaritate a punctelor D, E, F.
Problema 2 (G.G. Nuulesru). Fie numerele a, b, c E R ast'el ca
b
c > a> b, a
b > c. Sii se afle solufiile reale strict pozitivc ale sistemului:
x(y 2
z 2 ) = a_vz, y(z 2
x 2) = bzx, z(x 2 y 2) = cxy
Interpretare geometricii.
Solufie. Se poate scric
x2y2
z2x2 = axyz, y2z2
x2y2 = bxyz, z2x2
y2z2 = cxyz
+
+
+
+
+
+
Adunind acestc ecuatii: x 2y 2
rezulta u~or: y 2z 2 =
Analog: z 2 x 2 =
+
1
2
1
2
+
+ y z + z x = ~ xyz(a + b + c)
2 2
2 2
xyz(a + b + c) - axyz =
xyz-(a - b + c),
x 2y 2 =
1
2
1
2
xyz(-a + b + c)
xyz(a + b - c)
193
13 - Problerne practice de geornetrie
~ x 3y 3z3 (-a+b+c) (a-b+c) (a+b - c),
Prin inmultire se obtine: x 4y 4z 4 =
1
sau: xyz = - (-a+ b + c)(a - b + c)(a + b - c)
8
Atunci: y 2z 2 = ~ xyz(-a + b + c) = _t_ (-a+b+c) 2 (a - b + c) (a+ b - c)
1
16
1
Deci:
x2y2z2
x-=-- =
9
y2z2
2
2
2
64 (-a+ b + c) (a - b + c) (a+ b - c)
1
16 (- a + b + c)2( a - b + c)( a + b - c)
1
b + c) (a + b - c)
= - (a 4
de unde: x = _!__ V(a - b + c)(a + b - c)
2
1n mod similar se afla y ~i z: y = _!__ V (-a+ b + c)(a + b - c)
2
e = _!__ V(-a + b + c)(a - b + c)
2
Interpretare geometricli. Fie un triunghi A BC cu laturile de lungimi:
BC = a, CA = b, AB = c. Evident ca a, b, c verifica inegalitatile din enunt.
Se noteaza cu I centrul cercului inscris, iar cu A', B', C' punctele de cont«ct
cu laturile; I A', I B', IC' intersecteaza semiccrcurile exterioare (fig. 300).
de diametre (BC), (CA), (AB) in punctele A", B", C". Se ~tie ca:
AB'= AC'= p - a, BC'= BA'= p - b,
CA'= CB'= p - c,
unde p este semiperimetrul triunghiului. 1n triunghiul dreptunghic BA "C teorema inaltimii da:
A'A" = VA'B · A'C = V(P - b)(p - c) =
= V(a+~ + c _ b)(a+~ + c _ c) =
1
= - V (a - b + c)(a + b - c) = x
2
Ea fel se obtin: B'B" = y, C'C" = z.
Problema 3 (G. G. Niculescu). Pe laturile (BC), (CA), (AB) ale unui
triunghi oarecare ABC se iait punctele D, E, F fji 1ie {AI} = AD n EF,
{N} =BE n DF, {P} = CF n DE. Notind ariile triunghiiwilor ABC, DEF,
BMC, CNA, APB respectiv cu S, 5 0 , Si, 5 2 , 5 3 , sa se arate ca:
1/51 + 1/52 + 1/53 = 2/5 + 1/5 0
194
Solufic. Fie AA 1 __L BC, AA 2 __L EF, DD 1 __L EF, MM 1 __L BC (fig. 301).
Se obserd. c{1 6AA 1D ~ 6NN 1D ~i 6AA 2.ilf ~ 6DD 1M, astfel incit:
AAif.MM 1 = AD/J!JD ~i AM/MD= AA 2 /DD 1 (fig. 301).
Atunci, are loc succesiv:
_!_ BC · AA 1
s
2
I
51
2
BC· MM 1
AA 1
MM 1
AD
- - = l +AM= l
MD
+ AA =
2
MD
DD 1
1
2 AA 2 • EF
[AEF]
l DD
So.
-1+----=1+0"
2
1•
EF
.
+ o-[AEF]/5 <=> 1/5 = 1/5 + o-[AEF]/55
Analog sc olitine: 1/5 = 1/5 + a[BFD]/55
1/5 = 1/5 + cr[CDE]/55
Dcci: 5/5 1 = 1
0
0•
1
0,
2
3
0•
Adunind ultimclc trei relatii, rezulta:
_2_ + _2._ + _
_!__ = ]_ + cr[AEF] + cr[BFDJ + o-[CDE] = i + 5 51
2
= -
S
52
53
5
550
5
0 _
55 0
S
1
+ -,
ceca ce trebuia dcmonstrat.
50
A
A
5&:::--------"c........l.'----"----"(
C
Mj
A1
Fig :rn1
Fig. :l02
Problema 4. ln triunghinl ABC se inscrie triunghiul A'B'C', A' E (BC),
I\
,I\
I\
B' E (CA), C' E (AB) ascmenca cu trizmghiul ABC (A'= A, 13'
SC
arata (Cl:
I'\
= B) ~i
cr[A'B'C']/a[ABC];;,, 1/4
Solufic ( Dana Boskof'f). Sc arata di ortocentrul H' a:l triunghiului A' B'C'
coincide cu ccntrul cercului circumscris triunghiului ABC. (Exact ca in
observatia prohlemei lui Titeica). Se construiesc (fig. 302).
H'Ji __L BC,
H'1Y __LAC,
H' P __LAB,
M E BC,
NE AC,
PE AB,
MB == MC
NC=NA
PA= PB
195
Atunci: H'A' ~ H'M, H'B' ~ H'N, H'C' ~ H'P.
Se obtinc:
o-[A'B'C'] = _!_ (H'A' · H'B' sin C + H'B' · H'C' sin A
+ H'C' · H'A'
2
sinB)~ _!_ (H'M· H'N sin C
2
=
cr[MN Pl- =
1
4
+ H'N· H'P sin A+ H'P· H'A1 sin B) =
-- cr1ABCJ
L
Problem a 5. Fie A BC un triunghi neisoscel A 1 , B v C 1 punctele de contact
alecerculuiinscris(A 1 E BC.B 1 E AC, C1 E AB)iarlceutrulcacului A,-1 1 •
inscris. Se noteazii. cu S 1:ntersect,ia dreptelor BC ~i B 1 C 1 . Sa se aratc clr SI ..L ,-Ll 1 .
SolHfie ( fig. 303).
I\
I\
Se considera triunghiul ABC i'n care C < B < n/2, analog analizindu-se
I\
.,,,,-....._
.,,,...._
A
cazul in care B > 1r:/2. Se va demonstra ca SA 1A = SIA 1 • In triunghinl
(A 1 E 90°) tg ~IA. 1 = SAi = SB + p - b unde notatiil<:
dreptunghic SI A 1
IA 1
r
sinte de uzuale. SB se determina din teorcma Jui Menclau aplicata pentru
triunghiul ABC cu transversala 5, C 1 , B 1 deci:
(B1A/B1C)(SC/SB)C 1 B/C 1 A) =
Rezulta tg
de un<lc SB= a(p - b).
b - c.
SIA = 2 (P - c)(P - b)p
1
(b - c)5.
A
I\
AD
.,,,,-....._
Analog 111 triunghiul AA 1D (DE 90°): tg 5A 1 A
DA 1
+
-
25
a(p-b-BD)
25
a 2 c2 - b2
•
.,,,,-....._
Dar BD = c · cos B = c · - - - - - · Se obtme tg 5A 1A = - - - - 2ac
'
(b-c)(P- a)
.,,,...._
.,,,,-....._
.,,,...._
.,,,,-....._
Se constata u~or ca tg SIA 1 = tg 5A 1 A, cleci 5IA 1 = 5A 1A.
Problema 6. Daca lungimile catetclor unui triunghi dreptungltic sfnf
nitmere naturale, iar lungimea ipotenuzei este 1-tn 1iitmiir natural prim, atunci
imghiurilc ascufite nu pot fi multipli ra(-ionali de 1t.
5olutie (Marius Cavachi). Se va rezolva o problema a carei particularizare este tocmai problema precedenta.
. arc cos a Q" •
,,Daca a E Q n [-1, 1], a =I- 0, ± I, ± 1I2, atunci - - - ~
7t
19fi
arccos a
m
Se presupune prm absurd ca - - - = w
k
1t
VI - a
w
Rezulta
a = cos mn/k ~i
Se noteaz;I z = cos nm/fl+ i sin nm/ll ~i z 2k = I.
Notind 2k = n + 2, se obtine ca zn+t - 1 = 0, de uncle rczulta ca polinomul
xn+ 2 - 1 SC divi(lc cu X -- z pentru ca z este O radf1cina a sa; dar estc de
asemenea radacina de unde rczulta Xn+ 2 - 1 : (X - z)(X - -z). Dar
(X - z)(X - z) = X 2 - (z + z)X + z· = X 2 - 2aX + I. S-a obtinut ca:
xn+ 2 - 1 : (X 2 - 2aX + 1). Se notcaza oc = 2a. Cum a E Q, I a I ,:;; I,
a i' 0, ± I, ± 1/2, rezulta 2a e Z ~i deci oc e Z. Sc presupune dcci cft:
(*) xn+ 2 - 1 = (X 2 - CJ.X + l)(ao-Xn + a1Xn-l + ... + ah-2 xn-/1-1-2 +
+ a1i-1Xn-1i+1 + ah.Xn-k + ... + a,,)
Se identifica cocficientii termenilor din membrul sting cu cci din mcmbrul
drept. Evident a 0 = 1 · 0 · xn-1· 1 = a 1X 11- 1 • X 2 - r,X · awY. 11 Dar a0 = I
implica a 1 = CJ.. Se demonstreaza prin inductie ca a; = P; (oc) unde Pi estc
un polinom unitar de grad i. Verificarea a fost facuta. Se presupune adevarat
pentru k - 2 ~i k - I ~i se demonstreaza pentru h(/.: ~ 3) deci a,,__ 2 =
= P1i_2 (oc) ~i ak-i = P,,___1 (oc). Se identifica coeficientii lui X 11-1t+ 2 din membrul
sting ~i mernbrul drept in (*):
0. xn-11+2 = 1. ah-2xn-1i+2 - <1.X. a,t-lxn-/lH + x2. a1ixn-h
2
= sin m1r/k.
z
z
+
RezuWi: 0 = a 11_ 2 - ocak--i
ak deci a,,= <1.P1t_ 1 (oc) - Pk_ 2(u.), deci an este
polinorn uni tar de grad k. In particular, an = P 11 ( CJ.). Dar direct an = - I,
deci Pn(oc) + 1 = 0; oc este deci radf1cina a unui polinom unitar de grad
n E Z [X] ~i in plus oc EQ- Rezulta CJ. E Z, contracliqic.
Problema 7. fn triunghiul isoscel ABC (AB= AC) se cunoa~te
.............
/',..
m(BAC) = 20°. Fie D E (AC) ~i E E (AB) astfel incit m(ABD) = 20° ~i
.............
.............
m(ACE) = 30°. Sa se aFle 1n(ADE).
.............
Solu!ie. Fie F E (AC) astfel indt m(FBC) = 20° (fig. 304).
.............
.............
.............
Deoarece m(CEB) = m(BCE) = 50°, rezulta BC= BE. Din m(BFC) =
,,,...._
.............
= m(BCF) = 80°, rezulta BC = BF. Dcci BF= BE ~i deoarece m(EBF) =
= 60°, se obtine ca triunghiul EBF cste echilateral.
A
S-au obtinut egalitatile
(1)
EB= BF= EF = BC
.............
...........
Din egalitatea m(DBF) = m(BDF), n·zulta
(2)
BF= DF
Din (1) ~i (2) rczulta DF = EF, deci triunghiul EFD
,....,....._
este
isoscel.
.............
Deoarecc m(EFD) = 40°,
se
obtinc
m(ADE) = 110.
Problema 8 (G.G. Nirnlcscu). F£c un triunghi
ascufitunghic ABC ~i 1ie A' =P1'llcA, B' =PrAcB,
C'=PrABC, {A1}=B'C'n AA', {Bi}=C'A'nBB',
{C 1 } = A'V' n CC'. Pitnctele·A 1 , Bv C 1 fmpartsegmcntele (AA'), (BB'), (CC') in rapoartele oc, ~. y. S:I
se arate cif I + oc + ~ + y = ':!Ct~y.
Fig, 304
197
_,..........__
_,..........__
Sol11fie.
Deoarece
BB'C = BC'C, patrulaterul
BCB'C' este inscriptibil
_,..........__
_,..........__
_,..........__
_,..........__
~i
atunci: A. LJ'C' = ABC. Triunghiurile AB'C' si
ABC au si
unghiul comun
/,
,
,
BAC. UrmeadL r:i 6.AB'C' ~ 6.ABC, raportul de asemanare fiind:
AC'/AC = cos A
Are loc ~1:
(1)
a' = B'C' = BC cos A = a cos A
Fie {D} = Prn•c•A ~i
{E} = Prwc•A'. Cu notatiile din figura rezul ta:
A1A
AD
+AD. B'C'
cr[AB'C']
A 1 A'
A'E
__!_A'E· B'C'
cr[A'B'C']
rr. = - - = - - = - - - - - ⇒ 0( =
(2)
2
A
U tilizind formula
err.. A BC] = abc
in cazul tri4R
unghiului A'B'C' ~i tinirnkont de relatia (1),
rezultrt:
cr[A' B'C'] = a'b'c' = a cos A· b cos B cos C _
4R'
abc
= 2·-
4R
Fig. 305
4
.R
2
cos A cos B cos C -
= 2cr[ABCJ cos A cos B cos C.
Relatia (2) clc\·ine:
cr[ABC]
OC=-----~-~-----
cos2A 2cr[ABCJ cos A cos B cos C
w
B 1B
w
Lafelse arataca: ~ =
cos B
2 cos C cos A
--= - - - - -
B1B'
cos A
2 cos B cos C
C 1C
cos C
y=--=
C 1C'
2 cos A cos B
Se ~tie ca: cos 3A + cos 2 B + cos 2C = 1 - 2 cos A cos B os C
(se poate consulta, de exemplu, N.N. Mihaileanu: ,,Complemente de geometrie
sintetica" pagina 213). Atunci:
+ ~ + Y = cos A + cos B + cos C = 2 cos A cos B cos C _ l.
2
rr.
2
2 cos 2 A cos 3 C
2
1
8 cos A cos B cos C I .
Se mat obscn·a ca: rr.~y = - - - - - - - . n fmal: l+rr.+~+y=4 rr.~y
l
•
w
Problema 9, Se considerii tetraedrul regulat [ABCD] ~i doua puncte P ~i
Q in interiorul l11i. Sa se arate ca m(PAQ) ::;:; 60°.
Solufie (Andrei Gheorghe) (fig. 306).
Prelungim AP ~i AQ pinfL dnd intersecteaza fata (BCD) in Pi, rcspcctiv Q1 .
Se considera dreapta P 1Q1 ~i se noteazrL cu P 2 ~i Q2 interscctiile dreptei
198
P1Q1
/""'-.
P 1Q1 cu interioarele laturilor triunghiului BCD. Se arata ca unghiul
P 2 AQ 2 arc masura mai mica decit 60°. Pentru accasta cste suficicnt sa se
arate ca [P 2 Q2] cste cea mai mica latura a triunghiului AP2 Q2 (cea mai mica
latura nepnt!ndu-se opune unui unghi mai mare de 60°). Triunghiuri!e ABP 2
:,i DBP 2 sint cungruente, dcci (AP 2 ) = (P 2D). Analog triunghiurile ADQ 2
~i BDQ sint congruente, deci (AQ 2 ) = (Q 2 B). Dar in triunghiul DP 2 Q2 unghiul
/""'-.
/""'-.
P 2DQ 2 are mftsura mai mica dedg 60°, iar unghiul P 2Q2 D are masura maimare
dedt 60°,_ deci P 2Q2 ,;;; P 2D; analog se obtine P 2Q2 ~ Q2 B. Egalitatea are
loc numa1 in cazul cine! P ~i Q se afla in doua virfuri ale tetraeclrului dat.
A
. :;,...:. .
~
D
C
Fig. 306
C
Fig. 307
Prob km a 10. Fie ABC ~i A 1B 1C1 doua triungltiuri oarccare in spajiit,
astfel pozifionate incit sum a:
S = m 1 AA 1 + m 2 BB 1 + 111 3CC 1
sa aiba valoarea rnininui, unde m1 , m 2 , 111 3 sfot mmiere poziti,.:e date. Sa se
demonstreze c17 daca 1n1 > m 2 + m3 , atunci cele doua triunghiuri an vir 1urile A
~i A 1 co1rume.
Solujie (fig. 307).
Se presupune ca m 1 > m 2 + m 3 ~i prin ausurd d minimul se a(i1~;;c dnd
virfurile A ~i A 1 sint diferite. Prin paralelism se mi~ca triunghiu1 A. 1 B 1C 1
pe dreapta A A 1 pin a cind A 1 = .4 ~i consideram noul triunghi AD' 1C' 1 Se
va arata ca S se miqoreaza pcntru accst triunghi, ceea ce constituic o contradictie, A tunci:
S = m 1AA 1 + 1n 2 BB 1 + 111 3 CC 1 > m 2(AA 1 + BB 1 ) + m 3(AA 1 + CC 1 ) =
= m 2 (BB 1 + BB 1 ) + m:i(CC 1 + CC 1 ) > m 2 BB + m3CC
= m 1 AA + m 2BB + m3CC.
Problema cste rezolvata.
Problema 11. Sa se arate ca swma masurilor u11gltiurilor dicdrc ale wiui
tetraedrn este mai mare decft 360.
Solufie. Se face cite o sectiune la fiecare virf cu un plaH perpendicular
pe dreapta de intersectie a planelor biscctoare a unghiurilor virfului. Se
formeaza patru triunghiuri ~i fiecare unghi diedru este mai mare decit unghiurile plane corespunzatoare. Deci la fiecare virf al tetraedrului suma masn199
rilor celor trei unghiuri diedre cste strirt mai mare decit 180°. Se tine cont
cft_ sint patru virfuri ~i dt in suma totala ficcarc unghi diedru apare de doua
on.
Problema 12. Ffr tetraedrul [ABCD~. Ser sc arate, ca exista un vfrf astjel
focit cu muckiilc care plcacii din cl sii sc poata construi un triunghi.
Soluft'e. Fie [ A BJ latura cea mai mare a tetraedrului. Se va arata ca
daca rdatia AB <AC+ AD nu cstc indcplinita, atunci este indeplinita
rclatia AB < BC + J-::JD ~i tinind cont cle faptul dt [AB] este latura cea mai
mare a tetracdrului, en muchiile care plcadt din B, se poate construi un
triunghi.
Dcci se presupune cft AC+ AD <AB (1). Cum
AB <AC+ BC ~i AB <AD+ BD rezulta
2AB <AC+ BC+ AD+ BD ~i folosind (1), AB <BC+ BD.
Problema 13 (20125 GM 6/1984). Dacc'i toate eel~ i>ase imghiuri diedre
ale umti tetraedru sint ascuf itc, atimd:
COS X1
+ COS
+ COS X3 + COS X1 + COS X5 + COS X5 ~ 2,
X2
x; fiind masmilc cclor i>ase itnghiuri diedre.
So!11tie. Se noteazrt cu SA aria fetci [BCD], Sn aria fetei [AC D], Scaria,
fetci [A BDl, SD aria fctei [ABC]. Cum toate unghiurile diedre sint ascutite.
'
virfurilc se proiecteaza in interiorul fetelor opuse
A
Sc obtine:
SD cos x 4 + Sn cos x 5 + Sc cos x 6 = SA
Sn cos X2 + Sc cos X3 + s,l cos X5 = SB
SD cos x 1 + Su cos x 3 + SA cos x6 = Sa
B
Sn cos x 2 + Sc cos x 1 + SA cos x4 = Sn
Rczulta, 11npartind rclatiile pe rind cu SA, Sn,
Sc, S v, adunind ~i grupind convena bil:
[
Fig. 308
Dar
4 = COS X1 ( -SD
Sc
·(SD
+ Sc)
~ + COS !\2
+ -Su) + COS X3 (Sn
+ -Sb +
+ COS
+ S_
X4 ( -~ A
S 11
Sn
SD
D )
Su
Sc
Sn
+ COS ;\:5 ( SA + ~ + COS x S ,l + _5c ) .
6(
I: )
Sn
S,1
5,D + Sc > 2 ~i analoagele, de unde rezultr1 d1
SJJ
tate in cazul tetraedrului echifacial.
Sc;
Sc
-·- -
·
E
Sc
S,1
cos x; ~ 2, cu egali-
i=I
Problema 14. Fie [ABCD] un tetraedru echifacial, iar 1vl mijlocul muchiei
[BC]. Sa se arate cc'i sferele circumscrise tefracdrelor [ADCM] i>i [ABD1v!J sint
congruente.
SolitJie. Fie T centrul cercului circumscris triunghiului AM D ~i fie o
dreapta d perpendiculara in T pe planul (AMD). Este suficient s5 se dcmonstreze ca centrele ~ferelor tetraedrelor [ABMD] !_>i [AMCD] sint situate simctric
fata de T pe d. lntr-aclevar, planele perpendiculare pc BM in mijlocul segmentului [BM] ~i pe CM in mijlocul segmentului [CM: intersecteaza d in
200
puncte simetrice fata de T, dcoarcce 1vIT cste perpcndiculara comuna a
dreptclor BC ~i d. (Triunghiul AJ/ D fiind 1sosccl, ccntrul ccrcului circumscris
se aflft pe bimediana tetracdrului, care, a~a cum s-a vazut anterior, c,.;te perpendiculara comuna a drcptelor BC ~i AD, dcci cstc pcrpcndicularft pe
BC ~i d).
Problema 15. Sa se demonstreze ca ttn tetraedrn [AHCD] este echzjacial
daca $i nitmai daca este sahsjacutii egalitatea:
v4 [ABCDJ = 256 v[IABC] · ,,[JBCDJ · vllBDA] · v[ICDA]
imde I este centr11l sferei fllscrisc in tdYardm-.
Solutie. Exerct"fiu.
Problema 16. 0 miirgea se obfinc dint-r-un corp sfcric prfri pcrforare cu un
b11rgM1t al carui ax trece prin ccntrul sferei. Sa sc a/le volumul 11u'irgdci, ~tiind
ca gaura obfinittii are lungimra h.
Solufie (fig. 309).
Se considcra margeaua ~i o sfera de raza h/2 dispusc pc un pbn Cl.. Un plan
paralel cu oc la distanp. x faFt de ccntrul sferei taie celc doua corpnri dupft arii
egale. fotr-adevar, aria coroanei circulare obtinute prin interscctia margelci
cu planul este
5 1 = 1r(R 2 -
'1 2 /4), deci 5 1 = 1r(h2 /4 - x 2).
x 2) - r.:(R 2 -
·-
c
Fig. 309
.
Fig. :HO
Aria discului obtinut prin intcrscctia planului cu sfera cste 1r(li 2 /4 - x 2).
Deci cele doua corpuri sint intersectate de orice plan paralel cu oc dupft arii
egale. Conform principiului lui Cavalieri, corpurilc cu volume egale. Deci
volumul margelei-este 4/3n(h/2)3.
~
Problema 17. Pe laturile (AB) $i (BC) ale triung!iiului ABC se construiesc
patrate avind centrele D $i E, astfel fncft punctele C $i D sfnt s#uate de aceea$i
parte a dreptei AB, iar punctele A $i E sfnt separate de drepta BC. Arafat£
ca dreptele AC $i DE se intersecteazc1 dupt'i, un 1mghi de mifsurii 45°.
SoluJie (fig. 310).
Fi~ zA, zR,_ zc, Zn, zE afi_xele punctelor A, B, C, D, E. Dcoarece (BD) sc obtine
pnn rotat1a segmentulm (AD) cu un unghi de mftsurii 90°, rezulta:
Zn -
Zn =
(z.,1 -
Zn)i, de unde
z =
201
_.,..,--·
Analog segm1'n1111 (lJE) ::.L! , 1Jtluc _l-lrh; retufia ,'.ll L111ghi ue n1'1<11ur!I. !JU" ,. .;r-:g~
meutul111 (CF) lfrwlta.
1
l/l-( '--us - + sm 7t')
-
. i-----·-.
-1 Dar i.. --:-1
Calculind zA-zc_ se 01>tmt!
~ __ _
N
Zv -
,
'E
1
l
ri:
4
2
i
••
4
ad,c;;. AC ~i DE se intersecteaza dupa un unghi de masura 45°.
Problema 18. Se considera triunghiul ABC, cerwl sau circumscris,
A', B', C' pe cerc astjel incit AA' n BB' n CC'= {P}. Lt, ... , L 6 hexagonul
1fricr·:nin:1t ie intersecti£le laturilor triunghiu.rilor ABC !ji A' B'C'. Atunci
di~go;,drle accstui hexagon sfnt concurente.
Solutie. Se foloseste teorema lui Pascal. Se arata ca fiecare d.iagonala
contine p~nctul P.
'
§ 11. TESTE
11. a. ENUNJURI
TEST 1
1. Sft se arate ca ma < p.
2. Sri sc arate d't 2m" < b + c
3. Sft ac arate ca p < m(l
+ mb + 'me < 2p.
4. Suma lungimilor diagonalelor unui patrnlater este mai mica decit
perimetrul, dar mai mare dccit semiperi:metrul patrulaterului.
5. Seda o dreapta AB ~i doua puncte M ~i N situate de aceea~i pa.rte a
dreptei AB. Sa se determine un punct C pe AB, astfel incit CM+ CN sa fie
minima (aspect practic: M ~i N sint sate: care urmeaza sa fie legate la o retea
. electrica cu traseul AB).
.
6. Sa se imparta in doua parti congruente un unghi al carui virf nu
incape in cadrul foil de desen.
7. Sa se construiasca un triunghi cunoscind a, b
c, lib.
8. Pe laturile [AB] ~i [AC] ale triunghiului ABC se construiesc patratele ABDE ~i ACFG (D ~i F fiind virfuri opuse lui A). Sa se arate ca (EG)
este perpendicular pe mediana triunghiului ce trece prin A, iar lungimea lui
este 2ma.
9. Pe cercul (Q fix se considera punietul mobil M ~i fie Pun punct exterior lui @. Fie PA ~i PB (A, B puncte pe cerc) tangente la cercul e, iar
prin P seduce o paralela la tangenta in .M la cerc. Sa se arate ca MA ~i MB
determina pe aceasta paralela un segment a carui lungime nu depinde de
pozitia Jui M ~i care este impartit de P in doua segmente congruente.
10. Un punct mobil M descrie un cerc cu centrul O situat in planul pi
A fiind un punct fix in spatiu, sa se d.eterrnine pozitia punctului M, as~
incit aria triunghiului OAM sa fie ma.xima.
+
202
TES'r 2
"
1. Sa se construiasca un triunghi, cunoscind ha, p ~i B.
2. Sa se construiasca un paralelogram, cunoscind lungimile diagonalelor ~i inaltimea.
6. Sa se construiasca un triunghi, cunoscind b, c ~i m,,.
4. Sa, se arate ca intr-un 1riunghi isosccl suma clistantelor unni punct
al bazelor la cele doua laturi congrucnte raminc constant{1 dnd pundul se
mi~ca pe baza.
5. Sa se arate ca in1T-un triunghi echilateral suma distantclor unui
punct din interiorul triunghiului la laturilc lui este constanti'i.
6. Mijloacele laturilor unui patrulater oarecare sint virfurile unui paralelogram. Sa se determine in ce conclitii acest paralelogram este: a) un dreptunghi; b) un romb; c) un piitrat.
7. Sa se construiasca un patrulater, cunoscincl lungimile a trf'i laturi ~i
lungimile d.iagonalelor.
8. Dintr-un con dat s-a taiat un trunchi de con cu volumul de 52 cm 3
~i cu raza bazei mari de trei ori mai mare dect raza bazei mici. Sft se afle
volumul conului dat.
9. Se considera un tetraedru [SABC] ale carui muchii [SA7, [SB], [SC]
sint perpendiculare doua cite doua.
a) Sa se calculeze lungimilc muchiilor [SA], [SBJ, [SC] ~i \·olumul tctraedrului in functie de lungimile a, b, c ale laturilor triunghiului .·l !-JC. lJ) Sft SE
dem onstreze ca proicctia P a punctului S pc planul triunghiului A BC cste
ortocen trul triunghiului ABC.
10. Fie propozitia: ,,ExisU triungliiuri care nu sint isoscclc ~i nic;
dreptunghice ~i in care a+ hu. = b IEstc adc\·riraUt aceast{i propozitit?
(notatiile sint cele din gcometria triunghrnlui).
Jzt.
TJ~ST 3
1. Sa se construiasca un trapcz cunoscind difcrcnta lungi!Eilor bazelor,
lungimile celor doua laturi nrparnlele ~i lungimca unci dia;.;onalc.
2. Sa se construiasca un pf1trat cunoscind difercnta Jintre lungur.ea
d.iagonalei ~i lungimea laturii sale.
3. Fie un triunghi ABC ~i o clrcapta perpcndiculara pc BC care mtersecteaza drcptele AB ~i AC \'n P ~i Q. Sa se demonstrcze cft cercurilc circumscrise triunghiurilor ABC ~i A PQ sint ortogonalc.
4. La doua cercuri cu ccntrek O ~i 0 1 , tangcntc exterior 1n puc.::tul A.
se duce tangenta comunr1 cxtcrioar;1 RC, B ~i C fiinJ punctcle d,.. t:>ngenp..
./'-...
Sa se demonstreze ca lJ..lC P<;tc unghi drcpt.
5. Fie <loua punck H, _-1 ::::((0, N.) ..',I fiind un punct ,·ariabil pc Q(O, R)
sa se afle locul geometric al onoccntrnlui ~i al ccntrului <le greutate al trilll!:,
ghiului MAB.
6 Sa se con::-h UlrtSl:a llll C<:rr. c.ire Sd fir. tangent la <lcua drcpte paraleie
date ~i la un ce1c J..i,t, situat ir,tre elc.
20~
.,.....__
7. Fie triunghiul isosccl ABC(AB=AC} cu m(BAC)=20°. Fie ME (AC)
.,.....__
.,.....__
.,.....__
astfel incit m(ABM) = 20°, NE(AB) ~i m(ACN) = 30c. Sa se afle m(AMN).
8. Trci ccrcuri congruentc au un punct comun., Luindu-le doua dte
doua, se obtin inert 3 puncte <le intcrscctie. Ccrcul care trece prin aceste trei
puncte cste congruent en ccrcurilc date.
9. Pe laturilc triunghiulni ABC se iau punctele A', B', C', astfel
indt BA'=_!_ BC, CB'=_!__ C/1, AC'=-~ AB. Dreptcle AA', BB', CC'
3
3
3
determina un trinnghi a dtrui arie cstc 1/7 din aria triunghiului dat.
10. Sc consiclcra trei cercuri. Tangcntelc comunc extcrioare la doua
din ele se intlncsc intr-un punct. Analog se obtin inca doua puncte. Sa se
arate ca cclc trci punctc obtinutc sint coliniarc.
TEST 4
1. Sa SC construiasca llll ccrc de raza data care sa fie tangent la un cerc
dat ~i sa treaca printr-un punct <lat. Sc vor ccrceta trei cazuri: dnd punctnl
dat se afla: t} in afara ccrcului; 2} pc cerc; 3) in interiorul cercului.
2. Sa se construiasca un ccrc tangent la un ccrc dat intr-un punct dat
~i la o dreapta data (dona solutii).
3. Sa sc construiasca un ccrc tangent la o dreapta data intr-un punct
<lat ~i la un cerc dat (doua solutii).
4. Sa se inscrie intr-un sector de cerc dat un cerc tangent la razele care
marginesc scctorul ~i la arcul sectorului.
5. Sa se inscric intr-un cerc dat trei cercuri congruente, tangente doua
cite cloua ~i totodata tangente la cercul <lat.
6. Printr-unul din punctelc de intersectie a doua cercuri secante se
duce in fiecare din cle cite un diametru. Sa se demonstreze ca dreapta care
unc~te capetele acestor diametre trece prin al doilea punct de intersectie a
ccrcurilor.
7. Sa se arate ca in orice triunghi neisoscel, bisectoarea se afla ininteriorul unghiului format de inaltimea ~i mediana duse din acela~i virf.
8. Intr-un triunghi inftltimca, bisectoarea ~i mediana impart unghiul A"
in patru unghiuri congruentc. Sa se calculeze nnghiurile triunghiului.
9. Un pfttrat de latura 4 cm sc proiectcaza pe un plan care face cu planul
patratului un unghi de 60°.
a) Sa se afle aria proiectiei.
b) Sa sc demonstrezc dt, in general, proiectia patratului este un paralelogram. Gnd este un dreptunghi? Dar nn romb?
10. intr-o sfera de raza R = 5 se inscrie nn cilindru circular drept de
inriltimc 6. Se cerc:
' a) aria calotci sfericc aflate deaspra bazei cilindruluiJ
b) aria latcrala ~i volumnl cilindrului.
TEST 5
1. Pc cercul circumscris unui triunghi echilateral ABC se ia un
punct oarccarc 111. Sa sc demonstrezc ca eel mai mare dintre segmcntcle [MA], [111 BJ, [MC] arc lungimca egala cu suma lungimilor celorlalte doua.
204
,,..
2. Sa se construiasca un triunghi A BC cunosdnd mu, h", A.
3. Sa se construiasci"t un paralelogram cunoscind lungimile celor doua
<liagonale ~i m5.sura unui unghi.
4. Sa se construiascft un triunghi cunoscind ma, mb, me.
5. Sft se construiasca un triunghi cunoscind cele trei puncte in care
inftltimea, bisectoarea si mediana care pleaca din acelasi vtrf taie cercul circum'scris triunghiului. '
'
6. Sa se stabileasc5. egalitatea: cos ~=_!__(1 + Vs)
5
4
7. Daca A', B', C' sint simetricele unui punct M fat ade mijloacele
laturilor [BCJ, [CA], [AB] ale unui triunghi, atunci dreptele AA', BB', CC'
s1nt concurente.
8. Sa se arate ca intr-un patrulater inscriptibil doua laturi consecutive
sint congruente dad ~i numai daca. unul din unghiurile patrulaterului este
congruent cu unghiul dintre diagonale.
9. Razelc bazelor unui trunchi de con sint de 3 m ~i 4 m, iar inaltimea
<le 7 m. Sa se afle raza sfcrci circumscrise.
10. a) 0 dreapta d din spatiu intersccteaza planul P in punctul O ~i
face cu acest plan un unghi de mf1sura ot. Alta dreapta din planul P care trece
prin O face cu dreapta d un unghi de masura <fl, iar cu proiectia dreptei d pe
plan un unghi de masura ~(O < ~ < ;c/2). Sa se arate ca cos <fl = cos ot cos ~b) Sa se exprimc volumul paralelipipedului avind toate fctele romburi
congruente in funqie de lungimea ,,a" a muchiei ~i de unghiul ,,u" <lintre doua
laturi consecutive ale rombului.
TEST &
1. Fie H ortocentrul triunghiului A BC. S;1 se arate cft ccrcul circumscris
triunghiului BHC intersectcad pe AC in 1lI, simetric cu A fata de inf1ltimea
corcspunza to are virfului B.
-
/"""-...
2. In triunghiul ABC m(BAC) = 90°. Pe (BC) ~i (AB) se iau doua
/"""-...
/"""-...
punctc M ~i N, astfel incit BANI== BCN. Sa se arate ca triunghiul BMN
estc dre:rtunghic.
3. In triunghiul ABC se considera punctele A', B', C' pe laturile [BC], [CA], [AB]. Cercul circumscris triunghiului AB'C' ~i analoagele
tree prin acela~i punct.
4. Proiectiile virfurilor unui patrulater inscriptibil pe diagonalele lui
sint virfurile unui nou patrulater inscriptibil.
5. Sft se arate ca tg n/24 =
+
2.
V6 - V"1
v2 A
6. Sft se construiasca un triunghi cunosdnd a,
~i b + c.
7. Pe un cerc se iau patru puncte A, B, C ~i !YI. Cl rc.irile descrise
pe [ANI], [BMj, [CM] ca <liametre se intilnesc doua cite doua in trei
puncte coloniare.
8. Srt se gf1seasd toate patrulaterele inscriptibile cu proprietatea di
dreptele care unesc mijloacele laturilor opuse sint perpendiculare.
9. Sft se construiasca un cerc tangent la un cerc <lat ~i care sa treaca
prin douft puncte date A ~i B.
10. Dindu-se patru puncte fixe, sa se dudi prin ficcare din ele cite o
dreapta astfcl incit elc sa formcze un patrat.
205
TEST 7
1. Prin punctnl A clc intcrseqie a douft cercuri Q(0 1 , R 1 ), @(0 2 , R2 ) sa
sc construiasca un segment [BC] astfel incit B E (J(Oi, R. 1 ), C E @(0 2 , R 2 )
~l BA= AC.
2. Sa sc demonstreze ca intr-un trapez paralela la baza, dusa prin
punctul de interscctie a diagonalelor, determina pc laturile neparalcle segmente de lungimi proportionale cu lungimilc bazelor.
3. Pe latura [BC] a unui triunghi ABC se ia un punct oarccare P din
care se duce paralcla la mediana AM. Aceasta paralela taie AB ~i AC in
punctele D ~i E. Sa se arate ca PD
PE= const., cind P descric latura [BC].
4. Se da un triunghi A BC ~i o dreapta /::, exterioara triunghiului. Distant a de la centrul de greutate Gal triunghiului pina la dreapta /::, cste media
aritmetica a distantelor de la virfurile A, B, C la aceea~i dreapta.
5. Dacft [AD ~i [AE sint izogonale, atunci AD· AE =AB· AC. In
particular, clacft AD cstc inaltime ~i [AE] diamctrul cercului circumscris, [AD
~i [AE sint iw~,male ~i h · 2R = bc(D E BC, E pe cercul circumscris,
triunghiului A BC.
6. Sa se ins, rie intr-un triunghi dat A BC un triunghi A' B'C' ale carui
laturi sr1 fie paralclc cu laturilc unui triunghi dat PQR.
7. Sa sc dcmonstrezc ca tangenta in A Ia cercul circumscris triunghiulu
neisoscel ABC imparte latura opusa intr-un raport cgal cu raportul patra
telor lungimilor celorlalte doua laturi.
8. Yntr-un cerc sc inscrie un patrulakr ABCD. Sa se demonstreze ca
centrele cle grcutate ale triunghiurilor ABC, CDA, BCD, DAB sint concidice.
9. Se dau dourt cercuri concentrice @\ ~i@ 2 , de centru 0. Fie Aun punct
pe cercul exterior @1 . Pe [OAl ca diametru se construie~te cercul @3 care
intersecteaza @2 in B ~i C · (OB ~i (OC intersecteaza cercul @? 1 in E ~i F.
Fie D intersectia lui OA cu @2 • Sft se arate ca punctele E, D, F sint coliniare.
10. Se dau doua ccrcuri de centre 0 1 ~i 0 2 secante in A ~i B. Tangentele
n A la cele <loua cercuri le taie respectiv in C ~i D. Fie E simetricul lui A
ata de B. Sa se arate ca patrulaterul ACED este inscriptibil.
+
TEST 8
1. Sa se clemonstreze ca daca intr-un triunghi ABC se duce prin mij-
,.,
locul E al laturii [AC] o pralela la bisectoarea unghiului B, aceasta paralela
intersecteaza AB, BC in punctele F ~i G. AF= CG.
2. Sa se arate ca intr-un triunghi ABC, punctele H, G, 0 sint coliniare
( dreapta lui Euler).
S. Fie I?{(), R). @(0', R') doua cercuri tangente intre elc ~i tangente la
o dreapta A.A.' in punctele A ~i A'. Sa. se arate ca AA' 2 = 4RR'.
4. Fie A/JC un triunghi, A' = prBcA, H ortocentrul triunghiului. Sa
se arate ca BA'· .A.'C = A'H · AA'.
5. Suma patratelor lungimilor a doua coarde perpendiculare duse
printr-un punct fix I este constanta.
6. Daca b =
sint echivalente .
. 206
C,
relatiile
mb • b =
me. C, 2a 2 = b2 + c2 ,
111a
=
~
3
a
7. Sa se demonstreze ca daca M este un punct oarecare din plan si G
este centrul de greutate al triunghiului ABC, existft relatia:
'
2
2
2
2
2
MA + MB + MC = 3MG + GA + GB2 + cc2
Cind MA 2 + MB 2 + MC 2 este minima?
8. Proiectiile virfului A al triunghiului ABC pe bisectoarele intcrioare
" se gasesc pe o dreapta.
~i exterioare ale unghiurilor B" ~i C
9. Sa se inscrie intr-un triunghi dat ABC un triunghi DEF, ale carui
laturi sa fie paralele cu trei drepte date d 1 , d 2 , d 3 •
JO. Sa se construiasca un patra 1nscris intr-un triunghi dat ABC (cu o
latura pe [BC], iar celelalte doua \··1: turi pe celelalte doua. laturi ale triunghiului).
L
TEST 9
1. Fie (2(0, R) ccrcul circumscris triunghiului ABC ~i G ccntrul de grcu-
tate al triunghiului. Sa se demonstreze ca: G0 2 = R. 2 -
_!_ (a 2 + b2 + c2).
9
2. Sa se demonstreze ca daca un trapcz isoscel este circumscris unui
cerc, atunci lungimea diametrului cercului este medie proportionala intre
lungimile bazelor trapezului.
3. Unind un punct mobil A luat pe un cerc cu doua puncte fixe M ~i N,
egal departate de untru, a~ezate pe acela~i diametru ~i ducind coardele [AB]
~i AC cu M E AB, N E AC, sa se arate ca I/MB 2 + 1/NC 2 = canst.
4. Intr-un cerc de raza R se inscrie un triunghi ABC, astfel incit laturile [AB: ~i [AC] sint respectiv latura patratului ~i a triunghiului echilateral
inscris in cerc. Sa se calculeze lungimea laturii [BC] in functie de raza cercului. Sc vor examina eek doua cazuri posibile.
5. Sa se demonstreze ca intr-un eptagon regulat ABCDEFG are loc:
I/AB= I/AC+ 1/AD
6. Fie A BC DEF un hexagon regulat ~i P punctul de interscqie a tangentelor la cercul sau circumscris in punctele A ~i C.
a) Sa se demonstreze ca PF trece prin mijlocul Iaturii [AB].
b) SI se arate ca PF = R V1, unde R este raza cercului circumscris.
7. Suma distantelor de la un punct interior unui poligon regulat la
laturilc acestuia este constanta.
8. Yntr-un trapcz isoscel ABCD, un unghi ascutit are masura 45°.
Latura oblica [AD] este congruenta cu baza mica [CD] (AD = 10 cm).
a) Sa se afle lungimea cliagonalei [ BD].
b) Sa se afle volumul corpului obtinut prin rotirea trapezului in jurul
bazei mari.
9. Un trapez isoscel ABCD are baza mare [AB] ~i baza mica. [CD].
~tiind ca AB = 10, CD = AD = BC = 5, se cere:
a) Sa se afle unghiurile trapezului.
b) Sa se demonstreze ca. AD _l_ BD.
c) Sa se afle volumul corpului obtinut prin rotirea trapezului in jurul
dreptei ce trece prin mijloacele bazelor.
10. Sc considera un trapez. a) Se rote~te trapezul in jurul baze mici.
b) Se rote~tc trapezul in jurul bazei mari. Cind este mai mare volum ul obtinut?
Volumele pot fi cgale?
207
TEST 10
1. Sc dau doua scgmente congruente [AB] 9i [CD]. Care este locul
geometric al punctelor 111 din plan pentru care triunghiurile MAB si MCD
au aceeasi arie?
'
2. Daca p este semiperimetrul unui triunghi, r, r 11 razele cercurilor
inscris ~i exinscris, 5 aria, are loc: pr= S; (P - a) r" = S; rr"r1,rc = s· 2 ;
I/r = 1/;r,,
I/rb
I/re; I/r = I/It,,
1/hb
1/hc.
3. Intr-un triunghi ABC, latura [BC] este fixa, iar unghiul A este constant. Sa se afle locul geometric al ortoccntrului 9i al centrului cercului ii1scris
in triunghiul A BC.
4. Intr-un triunghi ABC se inscrie un dreptunghi variabil avind o baza
pe [BC]. S5. se afle locul geometric al centrului acestui dreptunghi.
5. 0 secanta variabila, trecind printr-un punct comun A al dona cercuri,
taie cercurile in M 9i N. Sa se afle locul geometric al intersectiei drcµtelor, ,},10 1 !;ii N0 2 , 0 1 9i 0 2 fiind centrele cclor doua cercuri.
6. Virfurile B !;ii C ale unui triunghi ABC sint fixe, iar A mobil pe o
dreapta. Sa se afle locul geometric al centrului de greutate al triunghiulu.
Aceea9i problema dnd A descrie un cerc.
7. Se da cercul @(0, R) 9i un punct A exterior cercului. M fiind un
punct mobil pe cerc, sa se afle locul geometric al interseqiei dreptei AJI cu
+
+
+
+
.,,,,,,......__
bisectoarea unghiului A0M.
8. [AM ~i [AN fiind dona ceviene izogonale in triunghiul A BC, exist a
relatia AB 2 /AC 2 = BM · BN /CM· CN.
9. Sa se arate ca dintre patrulaterele convexe cu lungimile laturi.,;
Ior a, b, c, d eel de arie maxima este inscriptibil.
10. Daca exista intre poligoanele cu n laturi 9i de perimetru <lat p,
unul de arie maxima, atunci acel poligon este regulat.
TEST 11
1. Sa sc gaseasca locul geometric al punctelor din spatiu egal departate
de toate punctele unui cerc.
2. Dintr-un punct dat sint duse pe un plan doua oblice cu lungimea 2.
Unghiul lor avind masura 60°, iar unghiul proiectiilor lor pe plan fiind drept,
sa se afl.e distanta punctului dat la plan.
3. Laturile unui triunghi sint: 10, 17 9i 21. Din vfrful celui mai mare
unghi se ridica o perpendiculara pe planul triunghiului pc care se ia un segment cu lungimea 15. Sa se determine distantele de la capetele acestui segment
la latura cea mai mare.
4. 0 oblica AB face cu un plan p un unghi de masur5. 45°, iar proieqia
ei pe plan face cu o dreapt5. AC a planului un unghi de masura 45°. Sa se
.,,,,,,......__
arate
ca m(BAC) = 60°.
5. Intr-o piramida patrulatera regulata sa se duca un plan prin diagonala bazei, paralel cu o muchie laterala. Sa se determine aria seqiunii.
6. In piramida triunghiulara regulata [SABCJ, lungimea laturii bazei
este a, iar a muchici laterale este b. S5. se duca in aceasta piramida, prin
mijloacele muchiilor [AB] ~i [BC] uh plan paralel cu muchia [SB]. Sa se determine aria sectiunii obtinute.
203
7. 0 piramida patrulatera regulata are lungimea ficri"'trei mur hii eg-ali"i
cu a. Sa se seqioncze piramida cu planul determinat de mijloacek a douft
laturi adiacente ale bazei ~i de mijlocul in[tltimii ~i sa se afle aria sectiunii.
8. Sa se dud\, intr-o piramida patrulatera regulata, prin latura bazci,
un plan perpendicular pe fata latcrala opusa. Lungimea laturii bazei fiincl 30,
iar a foaltimii pirami<l.ci fiind 20, sa sc afle aria scqiunii obtinute.
9. i\'Iuchia unui cub are lungimea a.
a) Sa se afle distanta de la virful cubului la diagonala sa.
b) Sa se afle distanta de la diagonala la muchia care nu o intersecteaza.
10. Lungimea laturii bazei unei piramide patrulatere regulate este
egala cu a. Muchia h.tcrala formcaza cu inaltimea un unghi ck masura 30°.
Sa sc detem1inc aria sertiunii dusa printr-un virf al bazei, perpendicularrt
pc muchia opusa.
TEST 12
J.
Q1 ~i Q2 fiind ariile bazelor unui trunchi de piramida ~i M aria seqiuni
medii are loc, J/ fl = -~ (
2
VQ + VQ
1
2 ).
2. Inaltimile unui tetraedru avind lungimile h1 , h2 , h3 , h4 iar distantele
unui punct M din interior la fetele corespunzatoare fiincl d1 , dz, d3 , d4.,
exist a: d1 /h1
dz/ h2
d 3 / h3
d4/h 4 = 1
Ce devine relatia cind JVl este centrul sferei inscrise?
3. Pe muchiile [SA], [SB], [SC] ale unei piramide triunghiulare se iau
punctele A', B', C'. Sa se arate ca
+
+
+
vol [SA'B'C']/vol [SABCJ =(SA'· SB'· SC')/(SA · SB ·SC)
4. Seda o piramida dreapta [SABCD], cu baza ABCD un dreptunghi.
Un plan oarecare taie muchiile laterale ale ei in A', B', C', D'. Sa se arate
ca: I/SA'+ I/SC'= I/SB'+ 1/SD'
5. Fie [ABCD] un tetraedru ~i A'. B', C', D' centrele de greutatc ale
fetelor opuse lui A, B, C, D. Sa se arate ca AA', BB', CC' ~i DD' sint concurente intr-un punct G.
6. Sa se arate ca perpendicularele pe planele fetelor unui tetraedru in
centrele cercurilor circumscrise fetelor acestuia sint concurente.
7. Fie [OABC] un tetraedru astfel incit OA _l_ OB _l_ OC _l_ OA. Sft sc
aratc ca patratul ariei fetei [ABC] este egal cu suma patratelor ariilor
fetelor [OAB], [OAC), [OBC].
8. Fie [ABCD] un tetraedru in care AB _J_ CD. Sa se arate ca piciorul
perpendicularei din A pe planul (BCD) cade pe inaltimea din B a triunghiului BCD. Daca, in plus, AC _J_ BD, atunci AD _J_ BC ~i inaltimile tetraedrului
sint concurente.
9. in cubul ABCDA' B'C'D', A1 este mijlocul muchiei [AB], iar N mijlocul lui [ADJ. Sa se demonstreze ca planul determinat de punctele M, N, A'
cste tangent la sfera inscrisa in cub.
10. Daca doua ccrcuri necoplanare au doua puncte comune, atunci de
sint situate pc aceea~i sfera.
H
209
TEST 13
1. Se noteaza cu M, N ~i P respectiv mijlocul laturii [BC], [C.41, [AB]
ale triunghiului oarecare ABC. Drcptele AM, BN ~i CP intcrscctcaza cercul
circmnscris triunghiului ABC respectiv in Q, S ~i T. Sa se demonstreze incgalitatca:
AM/MQ + BN/NS + CP/ PT> 9
2. Latura [BC] a triunghiului ABC estc fixt1, iar virful A mobil, ap incit
suma tg B
tg C este accea~i pcntru oricc pozitic a punctului A. Sa se afle
locul geometric al ortocentrulni triunghiului A BC.
+
.,,,,,......___
3. Se considera
tetraedrul [ABCD] in care se cunosc m(BAC) = cc,
_.,,.....___
.,,,,,......___
m(CAD) = ~ ~i m(DA B) = 1 . Srt se calcnlezc masura unghiului dicdru format
de fqele [ABC] ~i [ABD] in functie de a. ~, 1 .
4. Sa se determine xE [O, -.], a~a incit cos~ x + cos 2 2x + cos 2 x = l
~i cos 2x E [- 1/2, 1/2].
5. Se da triunghiul oarecarc ABC ~i se considera punctul DE (BC) a~a
incit BC = 3DC. Se noteaza cu E mijlocul medianei [CC']. Sri. se arate cft punctele A, D si E sint coliniare.
6. Pe' diametrul [AB] al cercului@ se considera un punct fix D ~i fie l'vl
un punct mobil pe cerc. Perpendiculara in 1'.1 pc MD intersecteazft tangentele
in A ~i B la cerc respectiv in E ~i F. Sa se arate ca produsul AE · BF nu depinde
de pozitia punctului M pe cerc.
7. Se dau punctele A ~i B de afixe a= 1--1-i ~i.,,,,,......___
respectiv b= 1 t/3 2i .
+
+
Sa se determine afixele punctelor M, a~a incit m(BAM) = 45° ~i AB= AM·
8. Diagonala [AC'] a paralelipipedului dreptunghic [A BCDA 'B'C' D']
formeaza cu muchiile [AB], [ADJ ~i [AA'] respcctiv unghiurile de masura cc, ~
~i y. Sa se arate ca:
1/cos 2 ex.
+ 1/cos ~ + 1/cos y > 9
2
2
9. Se dau cercurile secante@\ ~i (2 2 • Prin unul din punctele lor de intersectie seduce o dreapta variabila care intersecteaza a doua oara cercurile @1 ~i @2
respect iv in M 1 ~i M 2 • Sa se afle Iocul geometric al punctului ME (M i1"11 2 ),
astfel incit MM 1 = 2M M 2 •
10. Se noteaza cu a, b, c aria totala a unui con circular drept, volumul ~i
aria sferei inscrise in con. Sa se demonstreze egalitatea:
TEST 14
1. Punctele A, B, C sint virfurile unui trinnghi in care oricare dona
laturi diferite cu lungimi diferite. 1n cite moduri poate fi ales u.n punct D,
in planul triunghiului ABC, astfel incit multimea {A, B, C, D} sa admita o
axa de simetrie?
2. Se considera un poligon regulat convex (ale carui virfuri sint notate
succesiv) A 0 A 1A 2 ••• Au.-1 , cu n > 4 ~i lungimea laturii egala cu 1. Se noteaza:
{B 2 } = A1 An-- 1) n [A 0 A 2), {B 3 } = [A 1 An- 1] n [A 0 A 3 ], ••• ,
•.. , {Bn- 2 } = [A 1An_1 ] n {A 0 An-- 2 }.
!10
Sa se dcmonstreze ca in oricarc dintre triunghiurile
A 0 A 1 B 2 , A. 0 B 2 B 3 , ••• , A 0 Bn-2An-i,
exista o latur;L a cru-ci lungimc este egalft cu produsul lungimilor celorlaltc
doua laturi.
3. Sc considcr;1 un poligon regulat convex cu n laturi ~i un punct P
Ill interiorul Jui. S:1 sc d-~mon.3trezc c;1 I/d 1 + l/d 2
1/d;i > b:i',
undc d 1 , d 2 , ••• , dn s1nt distantelc lui P la laturile poligonului iar l este lungim.:a
laturii poligonului.
4. O pir;imiJi"'1 are toate muchiile congruente. Sa se arate ca baza ci nu
poate fi un polig::1n cu ~apte laturl.
5. Fie a, b, c trei tangente distincte la o parabola, care se intcrscct(•a,,;"t
doua cite dou:i in trci puncte distincte: an b = {.4. 3 }. bn c = {A 1 :, c n n = (_.·J ~:.
Sa se dcmonstrez•~ ca focarul parabolei _sc afla pe cercul circumscris
triunghiului A 1.4~.-1 3 •
6. Fie [l/. I HCDj o piramidi:'t dreapta cu virful V ~i baza un dreptunghi ABCIJ :;i fie A' E (VA), B' E (VB), C' E (VC), D' E (VD). Sc mJ1c:u::1
cu Ji mijlocul scgmcntului [A'C'J ~i cu N mij!Gcul segmcntului [B'D'~- S't :-:c
demonstrczc ca unnatoarele afinnatii sint cchivalente:
(i) MN l! (ABC)
(ii) punctcle V, A', B', C', D' se gascsc pe o aceea~i sfera.
7. Fie L un patrulatcr convex ~i (C 1), (C 2 ), (C 3 ), (C 4 ) cercnrilc
+ ... +
4
ce au drept diametre laturile lui L. Sa se demonstreze ca [LJ c
U [C;J,
r=l
uncle [LJ = LU Int L, [C,j = (CJ U Int (CJ, i E {1, 2, 3, 4}.
8. Sa sc <lemonstrczc ci"'1 nu exista poligoane convexe care sa aibi"'1 md
mult de trci unghiuri ascutite.
9. Intr-o pirami<lf1 triunghiulara [VABC] se ~tie ca: VA= VB= VC
Sa se arate ca piciorul perpendicularei din V pe (ABC) coincide cu ccnlrnl
cercului circumscris triunghiului ABC.
IO. Fie .S aria unui patrulater ABCD circumscris unui cerc ~i S' aria
patrulaterului cc are ca virfuri punctele de contact ale laturilor patrulatcrului A BCD cu ccrcul. Sa se dcmonstreze ca
S' = 25 sin (A/2) sin (B/2) sin (c/2) sin (D/2)
TEST 15
1. Fie [AB] un diametru fixat al cercului @(0, R) ~i Mun punct variabil
pe cerc. Tangenta in M la ccrc intersecteaza dreapta AB in N. Sa se afle locul
geometric al ccntrului cercului inscris in triunghiul ON M.
2. Se da triunghiul A BC in care tg A = 3 ~i tg B = 2. Sa se aratc ca
ortocentrul triunghiului coincide cu mijlocul inaltimii [AA'].
3. Sc considera piramida [SABCD] avind ca baza dreptunghiul ABCTJ
cu AB = 2a, BC = a ~i a dtrui inaltime este SA = 2a. Sa se determine tm
punct P E (SB) astfel incit triunghiul APC sa fie dreptunghic in P.
4. Se <la functia f: R-+ R, J(x) = cos 3x
cos Sx - cos x. Sa se
calculeze /(n/24).
+
u•
211
5. In ccrcul @(0, R) se inscrie trinnghiul A BC avind virful A fix iar
virfurik B ~i C Yariabilc pe cerc, astfcl indt AB 2 + AC 2 =!?,uncle fl cstc un
numftr real pozitiv dat. Sa se afle locul geometric al mijlocului iv[ al sl'gmcntului [BCJ.
6. Sa se arate ca claca in triunghiul ABC are loc egalitatea BC= ACVI,
A.
atunci mediana AA' formeaza cu latura [BC] un unghi congruent cu unghinl
7. Se considcra o piramida triunghinlara regulata [ABCD) cu baza
1ri\lnghiul echilatcral BCD. Pe muchia [AB] se considera punctuf M, astfcl
i11;1t AB= 4 Aivl ~i se notcaza cu N mijlocul mnchiei [CDJ a piramidei. Sa se
ar;ite ca MN trece prin mijlocul inaltimii [AOJ a piramidei.
8. Sa se demonstreze egalitatea: cos 2r.:/7
cos 4r.:/7 + cos 6-ir:/7 +
-+- 1/2 = 0.
9. Fie @(0, R) ~i dreapta d exterioara cercului. Dintr-un punct variabil 111
al dreptei d se due tangentelc J:fA_ ~i AI B la cerc (A, B '= @(0, R)). Sa se
aflc locnl geometric al centrului cercului inscris in triunghiul MAB.
10. Fie o dreapta d ~i A, B e d, astfel incit AB II d. Sa se determine
un punct M pe dreapta d, astfel ca raza ccrcului inscrisin triunghiul MAB
sa fie maxima.
+
TEST 16
1. Se noteaza cu M, N, P respectiv mijloacele laturilor [BC], [CA]
~i [AB] ale triunghiului oarccare A BC. Dreptele AM, BN ~i C P intersccteaza
ccrcul circumscris triunghiului ABC in Q, S ;;i T.
Sft se demonstreze inegalitatea: AM/MQ
BN/NS
CP/PT ~ 9.
2. [ON] este o raza pcrpendiculara pe coarda [AB] a unui cerc de centru 0
+
+
r.
( Intcrscctia cu AB sc noteazr1 cu M). P este un punct al arcului mare AB
care nu estc diamctral opus lui N. PM ~i PN determina, respectiv Q ~i R, pc
ccrc, rcspectiv pe AB. Aratati ca RN > MQ.
3. Fie [AB] un diametru fixat al ccrcului @(0, R) ~i M un punct variabil
de pe cerc. Tangen ta in M la cerc intersecteaza AB in N. Sa se afle locul
geometric al centrului cercului inscris in triunghiul ON1\'1.
4. Dreptele d 1 ~i d 2 perpendiculare ~i concurente in punctul A, intersectcaza planul 1Y. in doua puncte diferite A 1 ~i A 2 • Unghiurile dintre aceste dourt
<lrcpte ~i planul au masurile 30°, respectiv 45°. Sa se calculeze masura unghiului
u.intre planul 1Y. !jii planul determinat de dreptele d 1 ~i d 2.
5. Doua plane perpendiculare intcrsecteaza o sfera dupa ccrcurile de
raze a ~i b. Se cunoa~te distanta de la centrul sferei la drcapta de intersectie a
planelor. Sa sc calculeze raza sferei in functie de a, b, c.
6. Sc dau in spatiu clreptele d ~i d'. Sa sc arate ca prin fiecare punct al
spa\iului trccc o clreaptft pcrpendicularft pe d ~i d'.
7. Se consiclera piramida [SA BCD] avind ca baza dreptunghiul [ABCD
rn AB = 2a, BC = a si a carui inftltime este SA = 2a. Sa se determine un
punct P E (SB) a~a i~cit triunghiui APC sa fie drcptunghic in P.
8. .,,..,......__
Se considera in plan triunghiurile ABC cu virfurile B ~i C fixe iar
unghiul BAC de masura data. Care din aceste triunghiuri are perimetrul maxim?
9. Sri se arate ca in oricc triunghi arc Joe: R/2r ~ ma/h cu cgalitate daca.
:;1 numai daca triunghiul este echilatcral.
10. In orice triunghi ABC existr1: 3/2 p < mu
m1,
inc < 2p.
+
212
+
TEST 17
1. In triunghiul ABC se considera punctclc M E (AC) ~i N E (BC).
Dreptele AN ~i BM se intersecteaza in punctul 0. Sft se determine aria triunghiului OMN in functie de ariile s 1 , s 2 , s 3 ale triunghiurilor OMA, OAB, ONE.
2. Pe laturile [BCJ, [CA], [AB] ale triunghiului ABC se considera rcspectiv punctele variale A', B', C', astfel indt dreptele AA', BB', CC' sft fie concurente in P.
Sa se determine valoarea minima a sumei: A P/PA'+BP/PB' +c Pf PC'.
3. Se considera un triunghi echilateral ABC de latura 1 $i punctelc
A1E (BC), B1E (AC), C1E (AB). Sa SC arate ca A1Bi + B1q + C1Ai ~ 3/4.
4. Sa se arate ca daca in triunghiul ABC are loc egalitatea BC =AC
"'
atunci mediana AA' formeaza cu latura [BC] un unghi congruent cu unghiul A.
V2,
5. Diagonala [AC'] a paralelipipedului dreptunghic [ABCDA'B'C'D']
formeazft in muchiile [A BJ, [ADJ ~i [AA'] respectiv unghiurile de mftsura IX, ~. y.
Sft se arate ca: 1/cos2 ix
1/cos2 ~
1/cos 2 y ;;i,: 9.
6. Fie A, B, C puncte necoliniare. Sa se determine locul geometric al
punctelor M din spatiu pentru care are loc egalitatea MA 2 + MB 2
Mei=
- constant.
7. 1ntr-un poliedru convex se noteaza cu m numarul muchiilor,
cu 13 , f 4 , f 5 , ••• , numii.rnl fetelor triunghiulare, patrulaterc, pentagonale ... ~i
cu v3 , v4 , v5 , ••• numarul virfurilor din care pleaca 3, 4, 5,
muchii
Sa se arate ca:
+
+
+
2m = 3r3
+ 4r + 5r + ... = 3v + 4v + 5v + ...
4
5
3
4
5
8. Se dau A ~i B distincte in plan ~i a un numftr real strict pozitiv
Sr1 se gaseasca locul geometric al punctelor M din plan cu proprietatea ca perimetrul triunghiului A BM este egal cu a.
9. Sa se determine ma.smile unghiurilor unui triunghi ABC ~tiind ca
.are loc relatia 8 sin A sin B cos C + 1 = 0
10. Sa se arate ca in crice triunghi ABC are loc relatia
"'w sm. -Al.
sm -B cos -C
2
2
2
~ 6
v-3
TEST 18
1. Fie ABC un triunghi avind lungimile laturilor a, b, c. Sc noteaza
cu la ~i lb respectiv lungimile bisectoarelor interioare ale unghiurilor A"' ~i B."'
Dac5. la = a ~i lb = b sa se determine masurile unghiurilor triunghiului ABC.
2. Fie un triunghi ABC ~i punctele M E(AB), N E (AC) astfel indt
lungimile tangentelor duse din B $i C la cercul circumscris ttiunghiului Aili N
sa fie egale.
Sa se ~r~te ca mijloacele segmentelor (AB), (AC), (BN) ~i (CM) sint
puncte conc1chce.
3. Se considcra triunghiul ABC ~i izogonalele AG, AF, BG, BE; CG, CF
construite in exteriorul triunghiului. Sa sc arate ca drcptcle A E, BF si CG
sint concurente.
'
213
4. Fie doua puncte fixe A ~i B situate pe diametrul unui semicerc t,J
egal departatc de centru, iar 111 ~i N doua puncte variabile pe semicerc a~a
incit AJI este paralela cu BN. Sa se demonstreze ca produsul AM· BN
este constant.
5. Se considera punctul M apartinind interiorului unui triedru tridrept
unghic de virf 0. Sa se duca prin M un plan care sa intersecteze muchiile
triedului in punctele A, B, C astfel incit M sa fie ortocentrul triunghiului ABC.
6. Sa se <lemonstreze ca suma distantelor unui punct variabil din interiorul unui tetraedru regulat la fetele tetraedului este constant[i.
7. Sc considera tetraedul SABC cu SA .J..._ SB .J..._ SC J..._ SA. Sa se arate
ca triunghiul ABC are unghiurile ascutite.
.
h.1u1 ,m care are 1oc retaha
, . -b2- + -c2- = 4 5
8 . S a~ se arate ca~ tnung
' tg B
tgC
este clreptunghic.
9. Sa se arate ca triunghiul A BC in care are loc relatia sin B • tg B = !!_
ac
e-ste dreptunghic.
10. Sa se arate ca in oricc triunghi are loc:
r(l6R -
Sr) ~ P2 ~ 4R 3
+ 4Rr + 3r 2
TEST 19
1. Fie P un punct situat pe latura [BC] a triunghiului ABC, astfel
incit triunghiurile A BP ~i A PC sa aiba acela~i perimetru. Notind cu M mijlocul lui [BC] ~i I centrul ccrcului inscris in triunghiul ABC, sa se arate ca
daca AB #- AC, atunci IM II AP.
2. Fie A 1 A 2 A 3 A 4 un patrat ~i P un punct arbitrar din planul sau.
Atunci PA1
PA2
PAa
PA4 ~ (1
Vz) max PAi min PAi ega}itatea avind loc cind P se afla pe circumferinta cercului circumscris patratului.
3. Fie Pun punct in interiorul triunghiului ABC. Fie D, E, F punctele
de intersectie a clreptelor AP, BP, CP cu laturile [BC], [CAl, [AB7 respectiv.
Atunci:
I) AP/PD+ BP/PE+ CP/PF ~ 6
2) (AP/PD)(BP/PE)(CP/PF) ~ 8
cu egalitate daca ~i numai daca P este centrul de grcutate al triunghiului.
4. Fie [BC] cea mai lunga latura a triunghiului ABC. Fie O un punct
in interiorul triunghiului ABC ~i A', B', C' punctele in cerc AO, BO, CO intersecteaza laturile opuse. Sa se arate ca OA' +OB'+ OC' < BC.
5. Sa se arate ca in orice poliedru convex are loc
+
+
m
+
+6 ~ 3
f
+
~ 2 m;
m
+
+6 ~ 3v ~ 2m
o. Sa se arate ca in triunghiul A BC este adevarata egalitatea
G02 = R2 - _!_
9
L a2
7. Seda tetraedul regulat [ABCD] cu muchia de lungime a. Se sectioneaza tetraedrul cu un plan variabil paralel cu muchiile opuse [AB] ~i [CD].
Sa se determine aria maxima a sectiunilor
obtinute.
'
,
214
8. Se considera in planul complex triunghiurile echilaterale OAB
.~i OAC avind latura comuna [OA]. $tiind ca punctul O are afixul zero ~i ca A
are afixul cos t
i sin t, t E (0, 21t} sa se determine afixele punctelor B ~i C
_precum ~i afixul mijlocului segmentului [BC].
B - C
2r
9. Sa se arate ca in orice triunghi ABC are loc cos 2 - - - ~ -
+
R
2
. tnung
. h.I ma+ mb + me ~ -9 R .
10. 1n once
2
TEST 28
l. Latura L.HCJ a triunghiului ABC este fixa iar virful A mobil, astfel
fndt suma tg B + tg C este acee~i pentru orice pozitie a punctului A. Sa se
afle locul geometric al ortocentrului triunghiului ABC.
2. Se da triunghiul oarecare ABC ~i se considera punctul D E (BC),
astfel indt BC = 3 DC. Se noteaza cu F mijlocul medianei [CC']. Sa se arate
ca punctele A, D, F sint coliniare.
3. Se considera un cerc <lat ~i toate poligoanele regulate, stelate sau
.convexe, cu n virfuri pe cerc. Se spune ca doua poligoane fac parte din aceea~i
,clasa, daca printr-o rotatie de centru centrul cercului ~i unghi arbitrar sint
puse in coincidenta. Cite astfel de clase de poligoane cu n virfuri existii?
4. Se considera triunghiul ABC ~i A'B'C' triunghiul sau ortic.
Daca M, N, P ~int mijloacele laturilor [Bq, [CA], [AB] respectiv,
iar M', N', P' sint mijloacele laturilor [B'C'], [C'A'], [A'B'] sa se arate ca
dreptele MM', NN', PP' sint concurente.
5. Sa se arate ca pentru orice con circular drept, raportul dintre aria sa
-totala ~i aria sferei inscrise este mai mare san egal cu 2.
6. Fie o piramidrt regulata de virf V ~i baza ABCD. Se considera
-punctclc A' E (VA), B' E (VB), C' E (VC), D' E (VD) $i se noteaza
cu ;u ~i N mijloacele scgmentelor (A'C') respectiv (B'D'). Sa se arate ca
punctele V, A'. B', C', D' se afla pe o sfera daca ~i numai daca dreapta MN
.este paralcla cu planul bazei.
7. Se considera o piramida triunghiulara regulata [ABCD] cu baza tri-unghiul cchilateraul BCD. Pe muchia [AB] se considera punctul M astfel
indt AB= 4 AM ~i se noteaza cu N mijlocul muchiei [CD] a piramidei. Sa se
.arate ca MN trece prin mijlocul inaltimii [AO] a piramidei.
8. Se con:::idera 'in plan doua drepte perpendiculare. Sa se determine
multimea punctelor M din plan cu proprietatea ca suma distantelor lui M ]a
dreptele date este egala cu suma inverselor distantelor lui M la cele doua
,drepte date.
9. In orice triunghi ABC are loc
ctg 2 A/2
+ ctg B/2 + ctg C/2 ~ 9.
2
2
,(cu egalitatea daca ~i numai daca triunghiul este echilateral).
10. In orice triunghi A BC are loc tg 2 A /2 + tg 2 B /2
;(cu ega.litate daca ~i numai daca triunghiul este echilateral).
+ tg C/2 ~ L
2
215
TEST 21
1. Fie [AA 1 , A 1 E(BC), bisectoarea unghiului A" pentru triunghiul ABC.
Cercul circumscris triunghiului AA 1 B intersecteaza clreapta AC a doua
oarft in punctul N E (AC), iar cercul circurnscris triunghiului AA 1C intersecteazft drcapta AB a doua oara in punctul M E (AB). Sft se arate
ca (MB)= (NC).
2. Seda ccrcul@(O, R) 9i sc considcra A, BE@(O, R.) astfel incit AB <2R.
Fie C punctul diarnetral opus lui B iar D punctul de intcrscctic al tangentdor
in A ~-i B la cercul dat. Dreptele AC 9i AO inkrsccteazft tangenta BD respcctiv
in z;,· ~i F. Drcapta BO inkrsecteaza tangenta AD in G. Sa se aratc cr1:
a) D cstc rnijlocul segmcntului [EBJ;
b) dreptelc FC 9i EG sint perpendiculare.
3. Fie patratul ABCD 9i M E (ED). Punctul M. se proiecteaza pc AB
in .M' 9i pe AD in M". Sa se arate c5. perpcndiculara din 1\1' pe ~11.'M" nu
trece prin punctul C.
4. in triunghiul ABC (A E 90°) sc duce inaltimea AD, D E BC ~i se
considera F E (AD). Perpendiculara in F pc FC intersecteaza pe AB in G.
Paralela prin A la FG intersecteaza pc BC in H. Sft se arate crt patrulaterul AGFH este paralelogram.
5. Se considera un unghi triedru O cu unghiurile plane de rnasuri (I.,~- ':',
astfel incit Gt + ~ + y = 1t 9i P un punct din interiorul sau. Notind
cu P 1 , P 2 , P 3 proiectiile punctului P pc fetele triedrului, sf1 se arate
ca OP ~ PP 1 + PP 2 + Pl·\.
6. Se considera tetraedrul [ABCDi de muchii a, b; c, d, e, r. Se noteazr1
cu V yo]umul tctracdrului. Sa sc aratc ca: V < _!_ V abcdef.
6
7. Se consider5. tetraedrul [ABCD] 9i M E Int [ABCD]. Sa se arate cf1
exista P E (AB), Q E (CD), a 9a incit M E (PQ).
8. In patrulatcrul A BCD virfurile A, B, C sint Jixc iar virful D descrie
o dreapHi. Sa se gaseasca locul rnijlocului segmenului [MN] care une 9te rnijlocul lui [AB] cu mijlocul lui [CD].
9. In oricc triunghi A BC are loc:
cos A cos B cos C
1
sin A sin B sin C
----------< ----------cos A
+ cos B + cos C
3 sin A
+ sin B + sin C
JO. Dac5. A, B, C sfot masurile in radiani ale unghiurilor unui tn.unghi,
atunci:
A· B · ln C
+ A· C · ln B + B · C · In A <
1r:
2
/3 · ln r./3.
TEST 2'!
1. S5. se determine pe latnra [AC] a unui triunghi ABC punctul M pentru
care suma BM 2
CM 2 este minima.
2. Fie ii BC un triunghi, i'vl 9i N mijloacele laturilor [BC], [AC]
i
l'E.
(AB), a~a incit PA = 2PB. Fie {G} = BNn AM 9i {Q} = nvn CP.
9
Dad1 BJ!· BP= BQ · BC, atunci AB ..L BC, daca 9i numai daca AB= BC.
+
216
!3. Fie A ~i B doua pnnctc distinctc din plan ~i O E (.4 B). Sc consiclera
semidrcaptrt variabila cu origine~ 0, a~a incit pe case iau punctelc M ~i N
cu proprietatea dt (OM)
(OA) ~1 (ON)
(OB). Sa sc dctennine locul geometric al intcrsectiei clreptelor AM ~i BN.
4. Sa se demonstreze ca daca intre laturile triunghiului A BC cxista
relatia AB + AC = 3BC, dreapta care une~tc mijloacclc laturilor [A BJ
si [AC] este tangenta ccrcului inscris in triunghiul ABC.
'
5. Se considera piramida regulata [SABCD] cu virful 5 ~i cu baza
patratul A B~D. Fie O picio_rul inaltimii pira~nidci ¥i 11~ mijl?cul segn~cntului [50]. D1stanta punctulm M la planul (ASB) cstc p iar J1stanta lm J1
la ·_;1 cstc q.
a) Sft se aratc dt p < q < p Vz.
b) Srt se determine volumul piramidei in funqie de p ~i q.
6. Se dft un tetraeclru regulat [ABCD]. Sa se due ftprin punctul A un
plan paralel cu dreapta DB a~a incit cele doua corpuri in care accst plan imparte
tetraedrul sa aiba volume egalc.
7. Un con circular drept arc trei genera to are pcrpcndicularc dou[t cite
dona. Sa se aflc volumul conului ~tiind ca raza bazei este r.
8. Se considera in plan triunghiul ABC cu virfurile B ~i C fixc ~i cu
0
=
=
,,,,-...._
unghiul RAC de masurrt data.
a) Ctre dintre aceste triunghiuri are raza cercului inscris mai mare?
,,,,-...._
b) Sa se determine aceasta raza in funqie de BC ~i in (BAC).
9. Sft se arate ca in oricc triunghi ascutitunghic arc loc:
-
r
:<
R "'
V+
(a 2
2a2b2c2
b2 ) (b 2
c2 ) (c 2
+
+a
2
)
10. Sa se arate ca in orice triunghi A BC, are Joe:
a) p = r(ctg A/2
ctg B/2
ctg C/2)
b) p/r = ctg A/2 · ctg B/2 · ctg C/2
+
+
TEST 23
1. A, B, C, sint puncte fixate intr-un plan iar A', B', C' :-int puncte
variabile in alt plan 1t. Mijloacele segmentelor (AA'), (BB'), (CC') sin1l,, M, N.
Care este locul geometric al centrului de grcutatc al triunghiului LHN?
2. Sa se arate ca un triunghi estc drcptunghic dac;"'t ~i numai dacft arc
loc cgalitatea: sin 2A
sin 2B
sin 2C = 2
3. Sc considera patratul ABCD cu AB=4 ~i pundelc EE(AD), FE_(,-J B)
a~a incit AE = 1, AF= 4/3.
a) Sa se afle distanta de la B la clrcapta CE.
b) Sa se arate ca dreapta EF estc tangcntft cercului inscris in patrnt.
+
+
,,,,-...._
4. 1n triunghiul ABC cu AB = AC ~i m(BAC) = 80°, fie M un punct
,,,,-...._
,,,,-...._
interior triunghiului ABC, a~a incit m(JJBC)=30° ~i m(MCB) =
10" .
...............
Fie N punctul de interseqia a dreptei MB cu biscctoarca unghiului BAC.
,,,,-...._
,,,,-...._
Sa se determine m(BNC) ~i m(AMC).
5. Fie ABCD un paralelogram cu diagonalele [AC] ~i [B~
217
i) sa se arate ca: AC 2 + BD 2 = 2(AB 2 + AD 2 )
ii) Presupunind AC 2 • BD 2 = (AB 2 + AD 2 ) 2 sa se calculeze masura
unghiului obtuz al paralelogramului.
6. Fie triunghiul echilateral ABC cu AB = 2a. Se considera un triunghi
echilateral MNP, a.!,,a incit ME (BC), N E (CA), PE (AB). Sa se calculeze
aria triunghiului MN P in functie de a 9i x = MB.
7. Fie cubul [ABCDA'B'C'D'] de latura a, avindmuchiile laterale [AA'l,
[BB'], [CC'], [DD']. Sa se calculeze lungimea proiectiei segmentului [B'CJ
pe BD.
8. Se sectioneaza cubul [ABCDA' B'C'D'J cu un plan care trece prin A,
mijlocul muchiei [BC] 9i centrul fetei [DCC'D']. Sa se afle raportul volumclor
corpurilor formate prin sectionarea cubului.
9. Sa se demonstreze ca triunghiul in care are loc relatia
1
+ ctg (::...4 - B) = 1 - 2ctg C este dreptunghic.
10. 1n orice triunghi ABC are loc relatia sin A sin B sin C ~ 3 1/3/8
cu egalitate daca 9i numai daca triunghiul este echilaternl.
TEST 24
1. lntr-un semicerc de diametru [A BJ se inscrie un patrulater oarecare A BCD. Fie P un punct arbitrar pe latura [CD] ~i Q proiectia sa pc AB.
Sa se arate ca are Joe
QA · QB -
PC· PD = PQ 2
2. Seda tnunghiul ABC in care tg A = 3 ~i tg B = 2. Sa se arate ca
ortocentrul triunghiului coincide cu mijlocul inaltimii [AA'].
3. In cercul@ se inscrie triunghiul ABC avind virful A fix iar Yirfurile B 9i C varic1bile astfel incit AB 2 + AC 2 = fl, unde k estc un numar
pozitiv dat.
Stt se afle locul geometric al mijlocului M al segmentului [BC].
4. Fie ABC un triunghi ascutitunghic 9i M un punct in interiorul srm.
Sa se arate ca printre distantele klA, NIB, ivlC cxista una mai mica sau egala
cu R ~i una mai mare sau cgala cu R.
(R fiind raza cercului circumscris triunghiului A BC).
5. Fiind date planul IX ~i triunghiurile A BC, A' B'C' ncsituate in accst
plan, sa se determine 1m trinnghi DEF a9ezat in planul IX, astfel incit, pc dcoparte dreptele AD, BE, CF 9i pc de alta parte dreptele A'D, B'E, C'F sa
fie concnrente.
6. Se noteaza cu a, b, c aria total5. a unui con circular drept, volumul ~i
aria sferei inscrise in con. Sa se arate ca a2c = 36rrb 2 •
_,,,,,......___
7. Se consider5. tetraedrul [ABCDJ in care sc cunosc
_,,,,,......___
_,,,,,......___
m(BAC) = ix,
m(CAD) = ~. m(DAB) = y. Sa se calculeze masura unghiului dicdru format
de fetcle [ABC] ~i [ABD] in funqic dE' r:t., ~. y.
218
8. Se considera familia de drepte din plan dm: x = 2/m - Y/w
unde m E R*. Cite drepte din familie tree printr-un punct dat al planului?
Daca patru clrepte din familie determina pe Ox o diviziune armonica ce se
poate spune despre punctele de intersectie ale acelora~i drcpte cu Oy?
9. In orice triunghi ABC, cos A· cos B · cos C ,;;;; 1/8 (cu egalitate
daca ~i numai daca triunghiul este echilateral).
JO. Sa sc determine masurile unghiurilor unui triunghi dreptunghic
ale carui laturi sint in progresie aritmetica.
TEST 25
1. Fie O punrtul de intersectie a diagonalelor unui trapez. Sa se arate ca
drcapta dcterminata de punctul O ~i de punctul de interseqie pentru laturile
neparalele ale trapezului, trece prin mijloacele bazelor trapezului.
2. Fie ABC un triunghi oarecare. Pe semidreptele (AB ~i (AC se consi. D a~a mc1
A At· AE = AD = 2AB
· AC
dera puncte1e E respec t 1v
-- . SWa se
AB+AC
arate ca DE, BC ~i bisectoarea interioara a unghiului A sint concurente.
3. Fie A, B doua puncte distincte din planul P. Sa se determine
./'....
./'-
locul geometric al punctelor ME P, a~a incit m(ACB) = 2 · m(MAB),
undc C
(AB) cste un punct fixat.
--...
4. Un paralelipipcd are ca baza dreptunghiul ABCD. Unghiurile A'AlJ,
~
~i A' AB sint congruente ~i au masura x in radiani. Sa se arate ca
x E (1t/4, 31t/4).
5. Pe un plan orizontal rp se a!;,aza o sfera de raza R ~i un con circular
drept cu raza bazci r ~i in5.ltimc 2 R. Sa se afle distanta x de la planul bazei
la care trebuic dus un plan paralel cu planul rp a~a incit seqiunile in con ~i
sfer5. sa fie cercuri congrucnte.
6. Se dau: un plan ot, punctele necoliniare A, B, C, exterioare acestui
plan ~i un triunghi DEF c ot. Sa se detennine un punct P astfel incit, notind
cu A', B', C', punctele de in tcrsectie a dreptelor PA, PB, PC cu planul ot,
triunghiurile A' B'C' ~i DEF sa aiba laturile paralele.
7. Fie!;, o elipsa de focare F ~i F' ~i A un punct de pe elipsa !;,. Pc
tangenta in A la elipsa se ia un pnnct M mobil. Sa se arate c:i suma distantclor
de la M la F ~i F' estc minima daca ~i numai daca M coincide cu A.
8. Daca a ,;;;; b ,;;;; c atunci
2
a
b
c
2
--------,;;;;--+--+--,;;;;------1 + tg B /2 tg C /2
b+ c c+ a a+ b
1 + tg A /2 tg B /2
cu egalitate dac5 ~i numai dac5 a = b = c.
9. 1n orice triunghi ABC, ha
hb
he ~ 9r (cu egalitate daca ~i
numai dac5. triunghiul este echilateral).
10. Fie A, B, C, masurile in radiani pentru unghiurile unui triunghi cu
1t
aA
bB
cC
r.
laturi de lungime a, b, c, respectiv. Atunci - ,;;;; - - - - - - - < 3
a+b+c
2
(cu egalitate daca ~i numai daca a = b = c).
+
+
+
+
219
TEST t
+
+ +
_!:_ • RczuWi 2m, < a
b
c.
2
2
7. Se cunosc BC = a, BB 1 = hh, AC+ AB = b + c. Se construieste
triunghiul dreptunghic BCB 1 • Se alege D E (BB 1 astfel incit CD = b + c.
Mediatoarea segmcntului [BD] intcrsecteaza dreapta CE tn punctul A.
I. m,, < b -!- ~- , ma < c
.
..,,,,,.....__
AO· OM· sin Cl
10. Fie Cl = m(AOJif). Cum cr[AOM] = - - - - - - , rczulta c5.
.
2
aria triunghiului AOM estc maxim;1 <=> AO J_ Okl.
TEST 2
:3. Sc construie!;ite triunghiul AA 1C undc AC = b, CA 1 = c, AA 1 = 2m~.
9. Notind x = SA, y = SB, z = SC, a= BC, b = CA, c = AB:
rezulta sistemul x 2
y 2 = c2 , y 2 + z 2 = a 2 , z 2 + x 2 = b2 • De aici se obtinc
2
2
x = be cos A, y = ac cos B, : 2 = ab cos C ccea cc arata di triunghiul ABC
trebuie sa fie ascutitunghic.
10. Folosind egalitatile 25 = aha = bh11 , relatia data se scrie
+
(a -
ab) = 0,
b)(2S -
reca cc arata ca triunghiul ABC estc isosccl sau dreptunghic. Prin urmare
propozitia data cstc falsa.
TEST 3
..,,,,,.....__
7. Fie D E (CA), astfel incit m(CBJJ) = 20°. Triunghiurilc CED ~i
C BN sint isoscele. Rezulta ca triunghiul BDN cstc cchilatcral. Triunghiul
BDM cste..,,,,,.....__
isoscel. Rezulta ca triunghiul M DN cstc isosccl ( :11 D = ND) .
..,,,,,.....__
Cum m(MDN) = -40° se obtine m(AMN) = 110°.
8. A sc vedca teorema lui Titeica.
9. Se noteazft {A 1 } = A'A rt'B'B, {B 1 } = B'B n C'C, {C 1 } = C'Cn
n A'A. Fie DECC', astfel incit B'D \\ AC'. Cum B'D =_LAC' =_LC' B,
3
6
1
din ascmanarca triunghiurilor B'DB 1 ~i BC' B 1 , se obtinc B' B 1 = -- BB 1 =
6
= _!_ B'B. RezulU:
7
cr[BB 1C]/G[BB'CJ=BB 1 /BB' = 6/7
1n plus: cr[BB'C]/cr[BACJ = B'C/AC = 1/3,
Rezulta cr[BB 1C] =
6
cr[ABC]. Analog se obtine:
21
cr[CC 1 A] = r,[AA 1 B] =
.
220
i21 cr[A BC].
Folosind ultimclc trd egalitati ~i faptul ca
cr[BB 1C] + cr[CC 1A] + cr[AA 1 BJ + cr[A 1 H1C 1] = rr[ABC]
se obtine rczultatul dorit.
'l'J<~S1' 4
2. Sc duce biscctoarea unghiului format de dreapta data ~i tangenta Ia
cercul dat in punctul dat.
4. Cercul crrntat este inscris in triunghiul format de razele care miirgi1wsc
sectorul ~i de tangcnta la arcul sectorului in mijlocul lui.
5. Sc folose~te problema precedenta.
7. Se considera un triunghi neisoscel ABC. Fie H, D ~i M punctele de
intersectie ale dreptei BC cu inaltimea, bisectoarea ~i respectiv cu mediana
duse din punctul A. Triunghiul A BC ncfiincl isoscel, se poate presupune
" deci AC > AB. Folosincl teorema bisectoarci, rezultft:
B" > C,
ED/DC= AB/AC < I.
RezuW-i ED < DC ~i deci ED< BM, adicft D E (BAI). Raminc sa se aratc
.,..-....__
ca D E (HC). Dadi m(A BC) ;;;, 90°, accst lucru estc evident. Se presupmw
.,..-....__
"
"
.,..-....__
/"'---..
ca m(.ABC) < 90°. Deoarccc B > C, rezultft BAH < HAC, ceca cc implica
.,..-....__I.,..-....__
.,,,,-.....__
.
.
m(BAH) < -- m(HAC) = m(BAD), ad1cft H E (BD). Folosind accasta
~1
2
faptul c;t 13 E ( B:11) se obtine rezultatul cautat.
TEST 5
1. Se folose~te prima teorema a lui Ptolemeu.
2. Se construie~te triunghiul dreptunghic AA'A 1 cu AA 1 =ha, AA'=m 0 ,
.,,,,-.....__
.
m(AA 1A') = 90°. Pentru a determina pozitia punctului C pe dreapta A'. l 1
sc folose~te observatia ca, din punctul C, segmcntul [AA 2] (unde A 2 E [A.t'
~i AA 2 = 2ma) sc vede sub un unghi suplementar cu unghiul A" dat.
3. Problema sc reduce la a construi un triunghi cunoscind lungimil!- a
doua laturi ~i miisura unghiului format de mecliana cu la1.ura a treia.
7. Patrulaterele JvfBA'C, 1l;JCB'A, MAC'B sint paralelograme. Rczultft
ca BA'B'A, CB'C'B, AC'A'C sint paralelogramc. Diagonalelc [AA'], [B.U'],
[CC'] se taie la mi jloc.
TEST 6
.,..-....__
.,.,......__
.,,,,-.....__
.,,,,-.....__
1. m(B1WC) = m(BHC) = 180° - m(BAC), deci B.liA
triunghiul A B1vl estc isoscel.
.,.,......__
= BA1vl, adica
7. A se vcdca teorema lui Salmon.
8. Se obtine faptul ca un patrulater inscriptibil are proprictatea din
enuntul problemei daca !'5i numai daca el este trapez isoscel.
9. A se vcdca prima problema a lui Apoloniu.
221
TEST 7
1. Simetricul cercului@(0 1 , R 1 ) fata de punctul A este un ccrc @(01, R 1 ),
uncle 0~ este simetricul lui 0 1 fapi de A. Se noteaza {A, C} = @(0~. R 1 ) n
n@(0 2 , R. 2 ). Simetricul lui C fata de A estc punctul B E (0 1 , R 1 ).
6. Ase vedea problema 2.7.2 din cap. I, paragraful 2.
7. A se ve<ler1. prima parte <lin demonstratia teoremei 1.26, cap. I, paragraful l.
TEST 8
2. A sc vedea dreapta lui Euler (cap. I, paragraful l, p1mctul 1.20).
3. Se aplica teorema lui Pitagora in triunghiul dreptunghic 00'0 1
unde 0 1 = pro•,1•0.
---
7. Avcm MA= MG+ GA. Ridicind scalar la patrat se obtine
--
MA 2 = MG 2 + GA 2 + 2MG · GA
Analog se obtin alte doua relatii similare. Rczulta
-- - -
MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 + 2MG(GA +GB+ GC)
In continuare se tine seama de egalitatea GA
+ GB
---+ = ➔
+ GC
0
TEST 9
l. Se folose~te problema 7 de la tesiul 8, luind J.11 = 0.
3. Folosind teorema medianei in triunghiul A1U.N, se obtine A M 2 -f'
AN 2 = 2R 2
2d2, unde s-a notat d = OM = ON, R = OA.
Punctele M ~i N au aceea~i putere fap. de cercul @(0, R), cgala
cu R 2 - d2 , deci: AM· MB= R 2 - d 2 =AN· NC
Ultimele doua. egalita.ti impreuna cu relatia obtinuta anterior conduc la:
·+
+
1
1
2(R 2
+d
2
)
MB2 + Nc2· = (R2 - d2)2 = const.
5. Se apiica. prima teorema a lui Ptolemeu in patrulatcrul mscnptibil ABDG.
6. a) Se arata. ca patrulaterul PBFA este paralelogram.
b) Se folose~te teorema cosinusului in triunghiul POF.
TEST 10
6. A se vedea problema 2.7.3 (cap. I, 2, punctul 2.7).
7. A se vedea problema 2.7.4 (cap. I, 2, punctul 2.7).
8. A se vedea. teorema lui Steiner.
TEST 11
I. Locul geometric este o dreapta perpendiculara in centrul cercului pe
planul ccrcului.
2. Distanta punctnlui dat la plan estc d = 1/1.
3. Se folosc~te teorema celor trei perpendiculare. Distantele cerute
sint d 1 = 8, d 2 = 17.
9. a) Se formC'aza un trinnghi drcptunghic avind lungimile laturilor a, a ]/2, a j/3; inaltimea lui este a ~
6
.
b) Drcapta. determinata de mijlocul diagonalei ~i mijlocul muchici este
perpendiculara comuna. Rezulta
ca distanta ceruta este d =
a(~ .
TEST 12
8. Fie [ABCD] un tetraedru in care AB J... CD ~i fie A' = pr(BCn)A.
Din AA'j_CD ~i AB_l_CD, rezulta CD_l_(ABA'), ceea ce implica CD_l_BA'.
Aceasta arata ca punctul A' se afla pc inaltimea dusa din B intriunghiul BCD.
Se presupune in plus ca AC _J_ BD
Cum AA' _J_ BD, rezulta ED _J_ (ACA'), ceea ce
A
implica CA' _J_ BD, adica punctul A' se afla pe
foaltimea dusa din C in triunghiul BCD. Cum A'
se afla pe doua inaltimi ale triunghiului BCD,
rezulta d\_ A' este ortocentrul triunghiului BCD.
Sc deduce DA' _l_ BC. Cum AA' _l_ BC, rezul- e
tr1 BC _J_ (DA'A), ceea cc arata ca BC _J_ DA.
JD
Singurnl lucru care mai este de aratat este ca
inaltimile tctraedrului sint concurente. Dad se noteaz'a B'=prc.-1cD)B, C'=pr(:111vJC, D'=pr(AnciD,
atunci B' estc ortocentrul triunghiului ACD, C'
cste ortoccntrul triunghiului A BD, D' este ortoC
centrul triunghiului ABC. Sc noteaza {E} =
Fig. 311
= BA' n CD= AB' n CD, {F} = CA' n BD =
= AC'n BD, {Jl = DA'n BC= AD'n BC, {L} = CB'n AD= BC'n AD,
{M} = DB' n AC= BD'n AC.
Drcptclc A A' ~i BB' sin t inaltimi in triunghiul A BE. Rezulta ca exist a
un punct HE (ABE), :cstfel indt {H} = AA' n BB'. Ramine de aratat
ca H E CC' ~i H E DD'. Acest lucru se poate dovedi pe doua cai:
Ca!P.<'. I •
.-:H' = (ABE)n (ACF)n (AD])i BB'= (BAE)n (BCL)n (BDM)
Cum
HE AA'n BB', rczulta cf1 Ile (ABE)n(ACF)n(ADJ)n(BCL)n(BDM).
Deoarecc (.-ICF)n (13CLi = CC' ~i (ADJ)n (BDM) = DD', rezulta HE CC'
~i H E: DD'. Deci in:Utimik tctraedrului sint concurente.
Calea II Se Ya arata ca HD ...L (ABC). Din AH _l_ BC ~i AD ...L. BC'
rezulta BC _J_ (ARD), ceca ce implica HD _J_ BC.
Din BI-l _J_ AC ~i BD i. AC rezulta AC _J_ (BHD), ceca ce implica
HD _l_AC.
223
Din HD _LAC 'Ii HD _L BC rczulta HD _L (ABC), adica I-IE DD'.
Analog se arata c;1 H E CC'.
.
10. Se arata ca distanta de la centrul cubnlui la planul (MA'N) cstc
Jumatate din lungimea muchiei cubului.
TEST 13
1. Puterea punctului M fata de cerc este AM· MQ = MB• MC
~ni,/4 ·AM· MQ = BC 2 • Rezulta Aivl/MQ = 4m;;fa 2 • Analog sc obtine
n;"\J NS= 4mUb 2 , C Pf PT= 4m~/c 2 •
Adnnind ultimele trei cgalitati ~i folosind teorema medianei, rezulta
AM
BN
Cp
4m~
4ml
4m~
2(b 2+ c2 ) - a 2 2(c 2 + a 2 ) - b2
- + - + - = - +2 - + - = - - - ' - -2 - - - + - -2 - - +
JU(?
1VS
PT
a
b2
c2
a
b
+2(a2+b2)-c2 = = 2(b2 + a2)+ 2(~+!c)+ 2(a2 + ~ ) c2
a2
b2
b2
c2
c2
a2
-3;;;,; 2·2+2·2+2·2-3=9
2. Notam cu A', B', C' picioarele inaltimilor (A' E BC, etc.) ~i fie H ortocentrul·
.
. -~. Rezu l ta B
A
.,,,,,......__
A
..,..,.....,__
Patrulaterul I,1 A'BC' este mscnpt101I.
= A'HC.
Analog C
A'HB,
=
Ikzult:1 tg B+tg C=A'C/HA'+A'B/HA'=BC/HA'. Conditia tg B+tg C=k
sc scrie HA'= BC/k = k' = constant.
Fie (EF) ~i (E'F') doua segmente paralclc cu BC dusc in celc doua
semiplane determinate de dreapta BC, situate la distanta // de BC ~i astfel
indt BE EE', EE' _L BC. Dreapta BC fiind
fixa, rezulta ca locul geometric crrntat
A
cstc L = (EF) U (E'F') (fig. 312).
A
B
C
E ! ' - - - - - - - - - - - - J F'
Fig. 313
Fig. 312
3. Fie EE (AB). Se due EF _L AB(F E AC) ~i EG _L AB(G E AD)•
Din triunghiurile dreptunghice AEF ~i AEG rezultr1 EP = AF 2 - AE2:
EG 2 = AG 2 - AE 2 . Folosind teorcma cosinusului in triunghiurilc AFG ~1
EFG, se obtine FG 2 = AF2
AG 2 - 2 ·AF· AG cos~, FG 2 = EF2
EG 2 - 2EF · EG cos 0, unde 0 este rnasura unghiului dicclru format de fctele
[A BCJ ~i [A BDJ. Folosind ultimclc dona egalitr1ti se ob tine:
AP
AG 2 - 2AF · AG cos~ = EF2
EG 2 - 2EF · EG cos 0
De aici ~i din cgalitatile EF2 = AF2 - A £2, EG 2 = AG 2 - AP sc deduce
AF AG
AE AE
cos0 = - - --cos~ - -EF EG
EF EG
+
+
+
+
~i folosind din nou faptul ca triunghiurilc A EF, A EG sint drcptunghice,
sc obtine cos 0 = cosec IX cosec '(cos~ - ctg o: ctg y.
224
4. Folosind formula 2cos 2x = 1 + cos 2x, ecuatia data se scrie
1
+ cos 2x + cos ':Ix+ cos 6x = 0
+
De aici T('7,11Jt:i 2 cos3 2x
cos 2 2x - cos 2x = 0
Se oh1inc x E {r./4, 31t/4, 1t/6, 5,./6}.
5. Se observa ca punctele D, E, A sint c.loua situate pe laturil_e triunghiului C' BC, iar al treilea pc prelungirca cclei de-a treia laturi. In plus:
DB/DC EC/EC' AC'/AB = 2 · I· 1/2 = I
Folosind reciproca teorl'mci lui 1\Ienelau, rczulta ca punctele D, E ~i A
sint coliniare.
6. Folosind faptul ca patrulatcrele ADM E, DBFl\1 sint inscriptibile
./'-.
=
..,.,......_
~i ca AMD
Bl\1F (au acela~i complement), se obtinc ca triunghiurile drcptunghice DAE ~i FBD sint ascmcnea. Rczult{t AE ·BF= AD· DB= const.
(dcoarece punctele A, B, D sint fixe).
8. Notind cu a, b, c lungimile a trei muchii ale paralelipipedului ce contin
punctul A se obtine (fig. 3 14).
a
cos oc =
h
c
V a2 + b2 + c2 • cos ~ = Va2 + IP + c2 , cos y = V a2 + b2 + c2
Rezult{t
1/cos2 oc
+ 1/cos2 ~ + l/cos 2 y = (a 2 + b + c2) (t/a 2 + 1/b2 + 1/c2) ~
2
~ 3r1a 2 b2c 2 • 3[Yi/a 2 l/b 2 l/c 2 =9
Fig. 314
Fig. 315
9. Fie A unul dintre punctele de intersectie a cercurilor @1 (de centru
0 1 ~i raz{t R 1 ) ~i ~ 2 (de centru 0 2 ~i raza R. 2 ) (fig. 315).
Sc presupunem ca M se afla in interiorul lui @2• Folosind puterea punctului
J1 fata de cele douft ccrcuri, rezulta:
l\10i -
Ri =MA· 1111111 , m- MOi =MA· MM 9
+
De aici rezulta: l\10f - Ri = 2, deci MO'i
2MO~ = const. Fie O E(0i0 2)
R~ - MO~
astfel incit 0 10 = 200 2 • Se scrie relatia lui Stewart pentru triunghiul MOPa
225
15 - Probleme prnctice de gcometcte
V
~i punctul 0~(0 10 2 ) ~i sc obtinc 0M=k(=const).
Locul geometnc cste un ccrc cu centrul in O si
raza fl .
'
10. Notatiile fiind cclc obisnuitc au loc
formulelc
·
'
'
l
a = rcR(G + R), b = - rcR 2 h, c =-= 4rcr2
3
Din asemfoarea triunghiurilor B0V ~i 0 1CV se
A
B
obtine -~- = h - r. De aici rezultft h = r(G + R).
'
R
G
R
Cu accasta:
Fig. 316
TEST 14
1. Se presupune cfl multimea {A, B, C, D} admitc o axa de simctrie.
Punctcle A, B, C, D sint douf1 cite doua simetrice fata de aceasta ax;1 ~i
deci, in conditiile din enunt, trcbuie sf1 existe doua sau patru puncte nesituatc
pe axil.
Daca pc axa sint situate doua puncte, atunci aceasta axa estc una dintrc
dreptele AB, AC, BC, iar punctul D este simetricul punctului C respectiv
B, A fata de axa AB, respcctiv AC, BC.
Dacf1 pe axrl nu sc aflr1 nici unul din punctele A, B, C, D atunci
accasta axa este una dintrc mediatoarelc segmentelor (AB), (AC), (BC),
iar punctul D este simctricul punctului C, respectiv B, A fata de mediatoarea
segmentului (AB), respectiv (AC), (BC).
Daca. unul dintre unghiurile triunghiului ABC este drept, atunci mediatoarele catetelor dau acel~i punct, deoarece aceste mediatoare sint axe de
simetrie ale dreptungbiului ABCD.
Prin urmare, punctul D poate fi ~ezat m ~ase rnoduri daca triunghiul
ABC nu este dreptunghic ~i in cinci moduri daca. acest triunghi este
drcptunghic.
·
2. Dcoarcce A 0 A 1 A 2 .. • An-i este poligon regulat, rezulta ca triunghiurile A 0 A 1 B 2 ~i A 0 Bn,_ 2A.,,_ 1 sint triunghiuri isoscele congruente.
1n triunghiul A 0 r.l. 1 B 2 are loc: A 1 B 2 = A 0 B 2 = A 0 B 2 • 1 = A 0 B 2 • A 0 A 1
Analog pentru triungbiul A 0 Bn __ 2 An-t• Fie k E {2, 3, ... , n - 3}. Se
observf1 ca triunghiurile A. 0 B,,B 11 + 1 ~i A 1A 0 B1i+1 sint asemenea deoarece
/"-
Ao
An-2
/""-..
/"-
+
+ ... + cr[An_ 1A 0 P],
+ ... + l · d /2,
B1t+1A0B1t == Ao,A 1 B,,+ 1 ~i A 0B1t-1-1A 1 este unghi
comun celor doua triunghiuri. De aici rezulta:
B
B
AB
.
h+i k = ~ Dm faptul ca A A 1 =
1
0
B11+1Ao
AoA1
rczultft B1t-1-1Th = A 0 B1t · A 0 B1,+i·
3. Fie A 0 A 1 ... A 11 _ 1 poligonul regulat
convex cu n laturi ~i fie 5 = cr[A 0 A 1 ... A 11 _ 1J.
Au loc succesiv:
S = a[A 0 A 1 PJ
cr[A 1 A 2,PJ
S = l · d 1 /2
l ·d'!./2
(1)
226
+
2S/l = d1 + d2
+ ... + dn
11
Fie BE(A 0 An_ 1) astfcl indt OBJ_ A 0 A,,_ 1 . Din
triunghiul dreptnnghic OA 0 B rezulta OR=
.
/n ) Cum ~=il-·crc
~
'O :1w·
.1
·J n-1 ] =n·l . 0-B,
_ l/ 2 (tg,:
2
inlocuincl OB se obtine:
(2)
S = n · l 2 /( 4 tg 7t/n)
Din (I) ~i (2) rczul1i't:
( 3)
d1 + d2
d 11 = n · l / ( 2 t g 7t / n)
Din inegalitatca mecliilor
,d 1 + d 2 -1- ... + d 11 ---.
n
7
n
1/d 1 + l /d 2 + ... + l /dn
~i din (3) sc obtine:
(4)
1/d 1
1/d 2
1/dn;;;,: (Zn tg;;;/u)/l
Pentru a stabili inegalitatea din cnuntul problcmci cste suficiL'!l;~ s5 se •
demonstreze ca (2n tg n/n)/l > 2n/l sau ca tg rc/n > TI/11, sc arat{t ca
tg x > x,('v')x E (0, n/2). Notind/(x) = tg x - x, rezumt_f'(x) = tg~ :·,. Deci
j'(x) > 0 (V)x E (0, rc/2), adica / cste funqie cresciitoare ~i cum //OJ , ~ 0,
rezulta f(x) > O (V) x E (0, r=/2), adica tg x > x('v') x E (0, ,.f2J. Cum
1r:/2n E (0, n/2) (V) n E N, n ;;;,, 3, rezulta ca tg rc/n > -./n; folosind accst
rezultat in (4) se obtine inegalitatea din enuntul problemci.
4. Se presupune ca exista o piramida [V A 1A 2 ••• A 1 ] cu virful V, baza
[A 1A 2 ••• A7] ~i toate muchiile congruente. FieO proiectia ortogonala a punctului
V pe planul bazei. Triunghiurile dreptunghice VOAi, i E {I, 2, ... , 7} fiind
congruente, rezulta ca OA 1 = OA 2 = ... = OA 7 ~i deci poligonul A 1 A 2 ••• A 7
este inscriptibil, iar O este centrul cercului circumscris poligonului A 1 A 2 ••• A 1 •
Deoarece laturile poligonului inscriptibil A 1 A 2 ••• A 7 sint congruente, rezulta ca poligonul A 1A 2 ••• A 7 este regulat. Latura poligonului regulat A 1 A 2 ••. A 7
este mai mica dedt latura hexagonului regulat inscris in acel~i cerc;
deci A 1A 2 < OA 1 sau V A 1 < OA 1 , ceea ce este fals, deoarcce VOA 1 fiind
triunghi dreptunghic in 0, V A 1 > OA 1 • Contradictia la care s-a ajuns arata
ca presupunerea initiala este f alsa.
5. Se stabile;,te urmatoarea
. Lema. Proiec#a ortogonala a focarului unei parabole pe tangent« la
parabola intr-un punct oarecare al ei se afla pe tangenta dusii pr-in vi,ful
parabolei.
DenwnstraJia lemei. Fie parabola y 2 = 2px ~i fie M 0 (x1 , y 0 ) un punct
arbitrar al parabolei, M 0 '# 0. Se noteaza cu rt tangenta in M 0 la parabola
~i cu ~ dreapta ce trece prin focarul F(p/2, O)" ~i este perpendiculara
pe «. Dreapta rt are ecutia YYo = p(x
x 0 ) ~i deci panta ei este pfy0 •
Rezulta ca panta dreptei f3 este - y 0 /p, adica ecuatia dreptei ~ este
D' = (-Y 0 )/p(x - p/2).
Coorodnatele punctului de intersectie dintre rt ~i f3 sint date de solutia
sistemului { YYo = P(x
Xo)
+ ... +
+
+ ... +
+
+ p/2)
YP= -Y0 (x -
Rezolvind sistemul se obtine punctul de coordonate 1,0, y 0/2), punct
care se afla pe axa Oy, deci pe tangenta la parabola in virful acesteia.
. Se revine la problema propusa spre rezolvare. Conform lemei stabilite,
proiecp.ile ortogonale ale focarului F pe laturile triunghiului A 1A 2A:r sint
puncte coliniare. Folosind recip1oca troremei lui Simson, rezulta ca punctul
F se afla pe cercul circurnscris triunghiului A 1 A 2A 3 •
227
6.Fie A 1 = pr(AJJC>A',
C 1 = pr(ABc>C', M 1 = pr(ABC)M.
Este evident ca [M.l\1 1] este linie
mijlocie in trapezul A'A 1C1C'. Rezulta:
(1)
2MM 1 = A 1A' + C1C'
V
Analog, din trapezul B' B 1D 1D' se obtine
(2)
2NN1 = B 1 B' + D 1D'
Este evident ca
daca ~i numai daca
(3)
A
Fig. 319
i11N II (ABC)
Din (1), (2) ~i (3) se obfine di. NMII (ABC) daca ~i numai daca
A 1 A' + C1 C' = B 1 B' + DP'
4)
...............
Din triunghiul A'AA 1 rezulta A 1 A' = AA' sin oc, unde oc = m(A'AA 1 ). Dcci
(4)
se scrie AA' sin ct+ CC' sin ct = BB' sin ct+ DD' sin oc
sau
AA'+ CC'= BB'+ DD'(<=;>JVJN II (ABC))
{5)
Sc trece acum la rezolvarea problemei.
(ii)
(i) Se presupune ca V, A', B', C', D' E J.(0, R). Se scrie puterea
punctului A fata de J.(0, R):
=
BB'· BV = BO
2 -
AA'· AV= AO 2 - R 2 • Analog:
R 2 , CC'· CV = CO 2 - R 2 , DD'· DV = DO 2 -
R<t
Din aceste patru relatii rezulta:
AA'· AV+ CC'· CV= AO 2 + CO 2 - 2R 2
BB'· BV + DD'· DV = BO 2 + DO 2 - 2R 2
Dcoarece AO 2 +CO 2 = BO 2 + DO 2 , rezulta AA'· AV+ CC'· CV= BB'·
· BV + DD'· DV. Deoarece AV = CV = BV = DV, se obtinc AA' +- CC'=
= BB'+ DD', adica tocmai (5) ($;> 1vlN 11 (ABC)).
·. (i)
(ii) Din MN 11 (ABC), rezulta AA'+ CC'= BB'+ DD'. Inmultind cu AV = BV =CV= DV, rezultrt
=
(6),
AA'· AV+ CC'· CV =BB'· BV +DD'· DV
Se demonstreaza ca punctele A', C', B', D', V sint pe o accea~i sfcrri. Se
~tic ca patru puncte necoplanare dcterminft o sfcrft, deci se poatc presupune
d punctele A', B', C', V sint situate pc o sfer[t ,.S-(O, R). Atunci:
AA'• AV= OA 2 - R 2 , BB'' BV = OB 2 - R 2 , CC'• CV= OC 2 - R 2
~i inlocuind in (6): OA 2 - R 2 + OC 2 - R 2 = OB 2 - R 2 +DD'· DV
sau OA 2 + OC 2 = OB 2 + R 2 +DD'· DV
Dar OA 2 + OC 2 = OB 2 + OD 2 , deci OB 2 + OD 2 = OB 2 + R 2 + DD' -DV
RezulU DD'• DV =OD 2 -R 2 =putcrca punctului D fata de sfera J(O, R).
Cum punctul V este pc sfera ~i D' E (VD) rezultft dt ~i punctul D' este pe
sfera.
228
.j
7. Este evident di [A 1 A 2] U [A 2 A 3] U [A:iA 4J U
:A A c U [C;
4
1]
7
i=l
Se considera un punct oarecare Jvl E Int L. Atunci (fig. 320).
~
~
m(A 1JfA 2 )
,..,-._
~
+ m(A MA + m(A MA + m(A MA
3)
2
4)
3
4
~
1)
= 360°
~
...,........__
De aici rezulta ca eel putin unul dintre unghiurile A 1 MA 2 , A 2 MA 3 , A 3 !vIA 4 ,
.,,,,,......__
A~111A 1 are masura mai mare sau egala cu 90°. Se presupune, de exemplu,
~
-ca m(A 1 MA 2 ) > 90°. Atunci ME [C 1].
8. Fie poligonul convex A 1 ..• An ~i fie « 1 , •.. , o:n mrtsurile unghiurilor
poligonului. Atunci:
«1
«n = (n - 2)7t Se presupune ca 0:1, ••.• CX; E (0, 1t/2) ~i 0:;+1, ••••
a,, E [1t/2, r.). Atunci ix1 + ...
Cl..n = (ix 1
ix;)
(ix;+1
+ ocn) <
< i r./2 (n - i) 7t = (n - i/2) 7t Deci o: 1
ex" = (n - i/2) 7t, adica
{11 - 2) r. < (n - i/2) 7t. Rezulta i < 4.
9. Fie () = prr.rncJ V. Din VA = VB = VC rezulta ca triunghiurile
dreptunghice VOA, VOB ~1 VOC sint congruente. Rezulta OA = OB = OC,
<lcci O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC.
+ ... +
+
+
+ ... + +
+ ... +
+ ...
A
D
C
Fig. 321
10. Fie A', B', C', D' punctele de contact ale laturilor patrulaterului
ABCD cu cercul @(0, r) inscris in patrulaterul ABCD. Atunci (fig. :321).
+
S = cr[AD'OA']
a[A'OB'B]
S' = a[A'OB']
a[C'OB']
+
+ cr[CB'OC'] + cr[DD'OC']
+ cr[D'OC'] + cr[A'OD']
Deoarece OA ..LAB, OB' ..L BC, OC' ..LCD, OD' ..L DA, OA' = OB' = OC' =
= OD' = r, AA'= AD', BA'= BB', CC'= CB', DC'= DD', rezulta:
cr[AA'OD'l =AD'· OD'= r ·AD'= r 2 ctg (A/2)
crrD'OA'] = OA' · OD' sin A/2 = r 2 sin A/2
Tinind seama d(-'. areste rclatii ~i de relatiile analoage referitoare la celelalte
virfuri ale patrulatP.rului A RC D, se ohtine:
S = r 2(rtg (A/2) + r.tg ( R/2)
+ rtg (C/2) ..J- dg (D/2))
2
S' = !'.__ (sin A + sin B + sin C -1- sin D),
2
229
san, transform ind sumde in produse, a Yem:
JJ)-1-
-· cccc r .,Sin
. A+B Sill
. B+C Sill
. C +A ') ( sm
. -A sm
. -B sm
. -C Sill
. ---
;,
2
2
2,
2
2
'
•
A
B . B
C . C
A
S = 2r 2 sin - - - sm - - - sm - - -
+
+
2
2
lJin ultimde douft egalitati se oLtine relatia ceruta.
2
2
+
2
TEST 15
+
ti. Din relatiile 4 · OM 2 = 4R 2 -
BC 2 , 4 · AM 2 = 2(AB 2
AC 2 ) - Bes•
2 OM 2 = constant. DeoareceA ~i O sint fixe, ramine sa se determine locul geometric al punctelor din
plan pentru care diferenta patratelor distantelor la doua puncte fixe este
constanta. Fie AM2 - OM 2 = k 1 • Se noteaza N = proAM. Atunci MN 2 =
= AM 2 - NA 2 ~i MN 2 = M0 2 - ON 2 • Rezulta AM 2 - M0 2 = NA 2 - ON 2 =
=(NA+ ON) (NA - ON)= OA(NA - ON)= k 1 . De aici se obtine NA - ON = constant. Deoarece punctele A ~i O sint fixe, iar NA - ON = constant, rezulta ca N este fix. Prin unnare locul geometric al lui M este segmentul de pe perpendiculara in N pe OA, situat in interiorul cercului @(0, R).
9. Fie {J} = (OM) n e(O, R). Este u~or de vazut ca I este centrul
cercului inscris in triunghiul MAB. Prin urmare locul geometric cautat
este inclus in @(0, R). Fie E, F E @(0, R) astfel indt EF I! d ~i O E EF.
ji din relatia AB 2
+ AC = k, se obtine AM
2
Locul g~metric cautat este semicercul EF (care contine punctul I) fara punctele E ~• F.
10. Se observa cu u~urinta ca aria Sa triunghiului MAB este constanta.
Folosind formula cunoscuta S = pr, se obtine car este maxima daca ~i numai.
daca sum.a MA
MB este minima, deci daca ~i numai daca M este intersec-fia mediatoarei asegmentului [AB] cu dreapta d.
+
TEST 16
1. Se scrie putcrea punctului M fata de cercul circumscris.
MA · MQ = BM · MC. Folosind notatiile uzuale:
m
2(b 2 ,2)
'ln0 •MQ = a 2/4 sau echivalent -"- = ~ - - - - 1.
MQ
a2
+
2
2
= Z(a + ' ) - 1
+
me = 2( a2 b2) - 1 de unde
' PT
c2
'
NS
b2
inegalitatea de demonstrat devine:
(b2/a2 + a2/b2) + (a2/c2) + c2/a2) + (b2/c2 + c2fb2) ;;,, 6
Rezolvare este imediata din x
1/x ;;,, 2 pentru x > 0.
2. (P. Erdos). Fie [P'N] coarda simetrica fata de ON a coardei [PNJ,
P' · apartinind cercului ~i [R'} = P'N n AB. Rezulta evident R'M = RM.
Analog se obtin:
mb
+
/"'....
.,,.--....._
= NP'
P
,,,,.--.....__
_................
--/"'....
,,,,.--.....__
Dar PQN = NP'P = PN/2. Rezulta in patrulaterul MR'QN, MQ:\' = JJN.'N
Cum PP' 11 AB (fiind perpendiculare pe ON) implidt N R' M
de unde M R'QN, inscriptibil. Cum [R'N] subintindc un unghi clrept.
230
...............
iar unghiul MNQ nu poate fi clrept, (contrazicc [ON] diametru), rezulta
ca R'N >MQ.
3. Fie I punctul de intersectie a bisectoarclor triunghiului 1l!JON. Se
uncsc A cu I ~i se observa crt triunghiurile MIO ~i AIO sint congruente [LUL ].
............
=
............
Rezulta ca IAO
IMO E 45°. Deci I descrie patratul APBP' fftra virfuri.
Reciproc luind un punct I, de exemplu de pe latura (AP) a acestui patrat,
vorn arata ca este centrul cercului inscris intr-un triunghi de tip 1110N. 1ntr............
adcvar dublind unghiul AOI se detennina M pe cerc, ducind tangenta in M
la cerc, prin intersectic cu AB se detennina N, iar I se afla pe bisectoarea
...............
unghiului NMO deoarcce triunghiurile MIO 9i AIO sint congruente, iar
............
............
.,,,,.......__
IAO E 4.5°. Rezulta IMO E 4.5° iar cum NMO E 90° problema este complet
rezolvata; locul geometric este p5.tratul APBB' fara virfuri.
4.. Fie A' proiectia lui A pe planul « ~i dreptele AA 1 ~i AA 2 astfel indt
/"-....
.,,,,.......__
.,,,,.......__
AA 1A' E 4.5°, AA 2 A' E 30°, A 1AA 2 E 90°. Se calculeaza, notind cu AA'= Ii,
AA1 = It
AAz = Zit, A1A' = h, A2A'= h
A1A2 = h
91
Vz,
Va,
- .
inaltunca
corespunza- t oare a virful m. A , h = 2 V3 ,z.
A
1
V6
l
3
Aplidnd teorema celor trei perpendiculare ~i functia sinus in triunghiul
. . . . . . . . v-
., ,. . .__
APA', P = prA,A,A rezulta sin APA'=
3/2 deci APA' E 60°.
5. Fie T 1 T 2 dreapta de intersectic a celor doua plane perpendiculare,
L mijlocul segmentului (1\T 2 ); pcntrn 0 1 , 0 2 respcctiv ccntrele ccrcului d1·
raza b, a au loc: Ozl J_ Oif., 0 2L II 00 1 , 00 2 II 0 1L adica patrulaterul 0 1L0 2 U
estc dreptunghi cu diagonala OL = c Fie x = T 1 L; rezulta 0 2 L = V a 2 - x 2 ;
2
0 1L =
x 2 Cum 0 2L 2
0 1 L 2 = c2 se obtine: a 2
b2 - 2x 2 = c2, sau
1
· l en t x-• = T (a-• --I b2 - c-'') . D ec1· 0 2r·•- =-~ 0012 =-- - V1"
V c1 2 -J c2 - b2,
ec 1uya
2
az
b2 + c2
de un~ R2 = - - - - - - ·
+
Vb
+
+
2
6. Cazul dnd dreptele d 9i d' sint paralele sau concurentc cste banal.
Se prcsupune ca d ~i d' sint nccoplanarc ~i fie M un punct pe d. Se construiesc d" II d', d 0 3 Al. Planul ix = (d, d") cu proprietatea ca poatc fi intersect at cu drepte pcrpcndiculare de orice punct al spatiului, deci drepte pcrpendiculare pe d ~i d'.
7. Conform datelor problemei ~i teoremci celor trei perpendiculare
fetde SBC, SDC sint triunghiuri dreptunghice. De asemenca
SD = a
vs, ED = a Vs, SB = 2a Vi,
Pentru ca triunghiul APC sa fie dreptunghic in P trebuie ca
OP= OA = OC = a VS/2, uncle prin O s-a notat punctul de intcrsectie a
diagonalelor [ED] ~i [ACJ. Luind separat triunghinl SDR, construind un
semicerc pe [DB], intcrsectia lui cu SB sc noteaza cu P care este punctul
cautat. Se observa. di P putea fi definit si ~a intersec.tia sferei de cpntru O
~i raza a
cu (SB).
'
'
Vs/2
A
8. Punctul A dcscrie arcul capahil de nnghi rn (/1) = «. - Se considera
toate dipesele de focarc B 9i C care intcrsccteaza arc:ul de cerc daL
231
Fie ~ 1 ~i ? 2 dou5. ascmcnca dipsc, M' ~i M", puncte ale lor, respectiv pe inter~cctia cu diametrul perpendicular pc BC. Cum BM'+ };J'C >BAJ"+ ]J"C,
p:rimctrul maxim se va obtinc pentru clipsa de fiecare B ~i C care este
tangcnti't arcului de ccrc, pentru chiar triunghiul format de B, C ~i punctul
de tangentii.
9. (L. Panaitopol). Sc considcr5. triunghiul ABC ~i triunghiul sau
median A' B'C'.
Fie N = S,IH:1' ~i M = S.wA', {N'l = A'N n AB, {M'} = A'AinAC
Rezult:i: MN ~ NC'+ C'B'
B'Ai = C'A'
C'B'
A'B' = p
M.V = 2M'N' ~i JI?,"'~-= 111" sin A din tcorema sinusurilor aplicatft in
A 'N'M' ~i folosind .rlN' A 'J,J' patrulater inscriptibil.
Dcci 2111" sin A ,::;; p ~i inmultind ambii membri cu S/p sin A sc obtine
+
+
+
2m0 -S/p,::;;S/sinA Folosind S/P=r~i 5= ~ bcsinA, R=abc/4S, ha=2S/a;
sc obtine succcsiv
2111"-r ~ be sin A/2 sin A= bc/2 = abc/4 S-2S(a = R•ha, deci R/2r ~ 111 ,lha.
JO. (A. Santa!!o) Fie M mijlocul lui [BC] ~i fac A' punctul simetric al
Jui A in raport cu M. Rczulta:
1
AA' = 2m" <AB+ BA' = b + c. Analog 2mb < c + a, 2,nc < a + b
Prin adunarea relatiilor se obtine 11ta + mb + me < 2p Fie C" intersectia
Jui BC cu paralcle prin A la mediana BN. Laturile triunghiului AA'C" sint
2111 0 , 2mb, 2mc s1. me d"1aneIe saIc smt -3 c, -3 b, -3 a.
'
2
2
2
A
Folosind prirna parte a dcmonstratici se obtine ma
+ mb + me >
!
p.
TEST 17
1. Pentru aria lui OMN se procedeaza in felul urmator:
2s 1 = AO· OM sin oc 2s 2 = AO· OB sin (1t - oc) 2s 3 = BO· ON sin ot
Se obtine 8s 1s 2s 3 = (AO· BO sin cz) 2 OM· ON sin oc adica
1
.
S~s
G[MON] = - OM ·ON smoc = - 2
S2
2. Se noteaza cu E (P) =AP/PA'+ BP/PB'+ CP/PC'. Aplicind
teorema lui Van Aubel in triunghiul ABC, se obtine
AP/PA'= AC'/C'B + AB'/B'C; BP/PB'= BA'JA'C + BC'/C'Ai
CP/PC' = CA'/A'B + CB'/B'A
Daca x = AC'/C'B, y = AB'/B'C, z = BA'/A'C
atunci E (P) = (x + 1/x) + (y + 1/y) + (z + 1/z) ~ 6.
Vaioarea minimii se atinge pentru x = y = z = 1 deci atunci cind P
este centrul de greutate al triunghiului.
3. Se cunoa~te inegalitatea 3(a 2 + b2 + c2) ~ (a+ b + c) 2
Conform acestei inegalitati rezulta:
A1 Bi + B 1q + C1Ai ~ _!__ (A 1 B 1 + B 1C1 + C1A1) 2 ,
3
232
deci este suficient sa se arate ca
3
( l)
2
Dar dintre toatc triunghiurile inscrise intr-un triunghi clat, triunghiul ortic
are perimetrul minim (Frnerbaclt) iar in problema_ noastra triunghiul ortic
coincide cu eel :median. Rczulta in mod banal relat1a (1)
4. Din cor1dipile problemei rezulta a = b
iar din teorema medianei:
Vz
AA ' 2 =
cos A =
b2
+
2(b
c ) - 2b
-------'---- ;
2
2
2
4
+
c2 -
2b 2
•
se obtine AA ' 2 = c2 /2
_ ___:___ _ _ _ Sl cos A
4
,
=
'
/2 + /2 - ---vb
V 2/2
b2
2-
c2
c2
2/2 - c
Efectuind calculele rezulta
c2 b2
cos A = - - - = --cos A' ceea ce incheie demonstrat,ia.
2bc
'
5. Din triunghi11rile dreptunghice corespunzfdoare se deduce (notind
AB= a, BC= b, AA'= c)
a
b
c
cos oc = - - - - - cos 1B = - - - - - - - , cos u_ = - - - - - - (a2 +1;2 +c2)1f ! '
(a2 + b2 + c2)1!!
'
(a2 + b2 + c2)1/t
deci inegalitatca de d•emonstrat cste
a2
+ ()IJ. + c2
a2
a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2
+ --- - + - - -c2 - - ~ 9
b2
Efectuind cakulcle ff :vine la a demonstra:
E (a2/b2 + b2/a2) ~ 6.
+
inegalitate imediata folosind x
1/x ~ 2, x > o.
6. Fie G ccntrul. de greutatc al triunghiului ABC
Conform teorcmei i ,teiner, rezulG:
M.4 2 -!- MB:i + 111c2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 + 3J.JG 2 •
(x)
2
Deci 3JiG = k - k1 de uncle rezultf1 (G fiind fix) cr1 M descrie sfera de cenk -- h1
tru G si raza - - '
3
Reciproca rezultri im ediat din (x),
dcci cone hid cm ca loc :ul geometric este sf era de cen tru G ~i razft h - k'
3
7. Pentru _prima egalitate se rationeazf1 in felul urmator: De o parte
~i de alta a une1 much ii se gasesc doua fete; se presupune una de tip J; si
alt a, de tip
Fata. de tip /k (analog pentru cea de tip /p) va fi numarata la
fiecare muclue a pohgormlui cu k laturi care o inconjoara. Deci la numararea
n:uc?iilor nm;;iiirul !etelo: cu k lat1;1_ri treb;1ie i~mu~it cu k, deci ll/1t rcprezmta ,.dnl1lul numarull11 de muchn care mconJoara toate fctele de tip fk•
/P·
233
16 - Probleme or2ctice de geometrie
JJcutrn cea tlc-a duu.i e~aliHate se punie~te Je la uLst:nat1a simpla: fiecaff
much1e are caµdele dou:.i v1rfuri ..de µoliedrulu1 J.at. Numariud din nou muchiile pohedrului se tiut: writ c.\ fieca.n: Jiu v1rfurile de tip v,. se numara la k
11rnch1i, dec1 /wk reprez.iut a , dublul" numt1rului muchiilor care participa la
forrnar ea viriurilor de ti)J vk.
8. Fie b = AR. Da.c5. a<b locul geumet.ric este multimea vida,
daca a= b locul geometi.ic este segme11tul AB (triunghiul este dcgenerat), daca a > b locul g1_-oml'lric este multimea punctelor Jf pentru care
MA+ MB= a- b, deci o eliJ;Jsa de focare A ~i B.
9. Din 2 sin A si11 H -= cos ( A - H) + cos C iar egalita tea devine
4 cos 2C - 4 cos(A-B) •cos C
+ I = 0 cu 1:::,. = 4 (cos (A - BJ - I) ,,;; 0.
2
Cum A,B,C sint unghiur:iJe unui triunghi, rezultii
cos 2 (A-B) = I sau rn:ai precis A = B.
Deci 8 sin A cos (1t - 2A)
l = o; se obtine, folosincl
+
• 2 A. = I
cos2A
sin
--- - , c a- 1(2 cos 2A -
2
"
1)~• = 0. R czu Ita- B = /1 =,. /6 , C = 2.. p.
10. Folosind inegali tatea mecliilor rezulta:
sin A/2
sin B/2 cos C/2
+
sin B/2
sin C /2
sin C/2 cos A/2 + sin A/2 co!:' B/2
; ,; 3v
1
~
cosA/2 cos B/2 cosC/2
cos A/2 + cos R/2 + C/2
3 ---,-=---=-.,....---=-Dar !Ycos A /2 cos R/2 cos C /2 ,,;;
'
:;;;
3
A/2 + B/2 + C/2
V3
= -23
ultima inegalitate avind loc din inegalitatea lui Jensen pentru fonqia concava pe (0, 1t/2), g(x') = cosx.
Deci revenind la inegalitatea initiala, se obtinc
~;; cos
sin A/2
3
9
E-----"---~
"
~ ---------- ~
sin B/2 cos C/2 lo/" cos A/2 cos B/2 cos C/2 cos A/2 + cos B/2 cos C /2
V93/2 = 6 v-3
~
Incgalitatea este astfel demonstrata, cazul de egalitate obtinindu-sc pentru
triunghiul echilateral.
TEST 18
2be
A
1. Folosind 10 "-' --cos -
.
, din 10 = a se deduce a(b + c)/2 be=
b+ e
2
= cos A/2 de unde cos 2 A/2 = a 2(b + c)2/4 b2e2 .
+
Cum cosA = (b 2
c2 - a2 )/2be rezultii folosind cos A= 2 cos 2 sl/2 - 1
ca (b + e) 2 (a 2 - be)
a2 be = 0 Dar lb= b, (a+ cF (b 2 - ae)
al,tc = O
Scazind cele doua relatii se obtine:
abe (a - b)
(b
c) 2 (a 2 - be) - (a+ e)2 (b 2 - ac) = 0 sau cchivalent
3
(a - b) (3abe
e
3ac 2
3be 2
a2e + b2c) = 0, de uncle a = b
+
+ +
+ +
234
+
+
+
.,,,,,,,.......
.,,,,,,,.......
.,,,,,,,.......
Notind m(ACB) = x, m ( (CBA) = m (CAB) = y
rezu!Ui x
2y = 1t ~i 2x = 3y (din triunghiul BPC, [BP bisectoarea un-
+
" deci y = 21t / 7x = 31t/7
ghiului B)
2. Din faptul ca tangentele din B ~i C Ja cercul circumscris triunghiului A MN sint congruente, rezult5. ca B:l.1 · RA == CN · CA(x) 1\Jijlocul 5 al
segmentului [BN] se afla pe linia mijlocic parah•l;1 cu AB a triunghiului ABC,
iar mijlornl R al lui [CMl, pe linia mijlocie para!da cu AC, deci mijlocul lu;
[BC] se afla pe prdungirilc laturilor opuse [C' R] ~i B'5! ale patrulaterului
C' RSB' (C' este mijlocul Jui [AB], iar B' rnijlocul lui [AC]).
Notind cu A' mijlocul Jui [BC], rezultr1 A' R = ~ CN, A'S=__!__ BM, A'C' =
2
2
=_!_AC, A'B' =_!__AB <lin rdatia(x) rezulta A'R· A'C' = A'S· A'B' de
2
2
'
uI'.de rezulta imediat ca patrulaterul C' RSB' este incriptibil.
3. Fie {E'} = AE n BC. Din teorema sinusurilor aplicata in triunghiul BFC rezulta BF/siny = CE/sin<:f.. (1)
Apoi BF'/E'C = cr (ABE)/cr (ACE) = BE'· (h 1
h 2 )/E'C(h1
h2 ) =
=AB· BE sin (B + o:. )/AC· CE sin (C
y)
Folosind notatiile uzuale ~i (1) se obtine
+
BF'/E'C = c/b · sin (B + ix) sin y/sin (C
+
+
+ y) sin ix
Analog celel::tlte rapoarte de accst tip ;i aplicind reciproca Jui Ceva, rezulta
concurenta dreptelor AE, BF ~i CG.
4. Fie N 1 al doilea punct de intersectie al dreptei BN cu cercul <lat.
Cum AM = BN 1 , deci produsul AM· EN este chiar puterea punctului
fix B tap de cercul <lat.
5. Se ~tie ca pentru un tried.ru tridrt:ptunghic OA 'B'C' (OA' _l_OB' _l_OC')
perpendiculara din Ope planul A' B'C' cade in ortocentruJ triunghiului A' B'C'.
Deci pentru prohlema noastra estC' suficient sa se uneasca O cu 1Vl ~i sa se
considere planul perpendicular in M pe OM. Acesta este planul cautat.
6. Fie M punctul ~i notarn cu x, y, z, t distantele la fetele tetraedulni,
s aria unei frte.
Cum V ABCD = VJUABC
V,u.\CD
v.1/DCD
VM.\BD rezulta
+
+
+
x + y + z -1- t = 3 V /5
care nu este altcevn dedt inaltimea tctracclu!ui. Acecasi rclatie sc prctcazi
~i pcntru tetraedre erhifacialc. '
·
7. Folosind teorema unghiului de proicqie, rezulta c:t
_,........__
.,,,,....__
m(BAC) > m(B!)C) = 90°
~i analoagele, deri problema estc solutionat:1.
0 alta solutie ar fi urma toareJ.: ~c fclose~tc laptul di un triunghi este
ascutitunghic daca ~i numai dacii orotocentrul este in interiorul triunghiului.
Se considera SD _J_ BC, DE (RC) (droarece inaltimea nnui triunghi dreptunghic cade in interiorul ipoknuzci). Rezultt1 , a iartltimca AD a tri.,,,,,,......._
unghiului ABC cste continuta in interiorul unghiului JJAC ~i analoagele, deci
punctul !or de intersectie nu poate fi decit in intcriorul triunghiului A BC.
235
. 8. Se trnf' co11t ._,a. 16 s~ - ((b I· t-) 2 - a 2) • (a 2 - (b - cFJ ~; de scrierea
b/sm B · b · cos .H + c/sm C · c cos· c = 4 S
Se obtine ca H.b (a 2 f- c2 - b2 )/ac. f- lie (a 2 -~ b2 - c2 )/ab = 4 S sau
~chivalent b2 (a 2 --j c2 - b2 ) 7 c2(a'! + b2
c2) = J b y
n.~zulta. a2 (b 2 + c2 ) - (b 2 - c2)2 ~ ((b I· cf - a 2 ) (a2
(b
, )2)
2
2
~i efectuind calculcle. a = b + </, d.cu triuughiul estc dreptu11ghic H! A.
9. Rezult5. succesrv
1 - cos 2 B/cos B = 2b 2 /2 ac,· !/cos· B - (2/J 2 I 2nc c·os B)(?
. •. ac
adica
1/cos B = (b 2
+ a + c )/2 ac
2
2
Prin \'nmultire in membrul sting at\'t la numitor dt :;;i la numarator cu 2ac
sc obtinc: 4a 2c 2 = (b 2 + a 2 c2)(a 2
c 2 - b2 ) cchivalcnt cu (a2 - c2)2 = (b 2V
Triunghiul poate fi dreptunghic in vi: ful sau in virful C.
I0. Se considera triunghiul H IO <leterminat de ortocentru, centrnl
cercului inscris ~i centrul cercului circumscris triunghiului dat. Folosind teor<'ma lui Steiner se calculeaza u~or OG ~i tinind cont de situatia segmentclor
de pc cb-eapta lui Euler se obtine OH 2 = 9R 2 - ~ a 2 •
De ascmcnca (din accea~i sursa, de cxemplu) idcntitatea lui Euler
+
+
10 2 = R 2 -
Tinincl cont
2 Rr
ca unghiul clintrc infdtimca ~i biscctoarea corespunzatoare
,,.,
rn1ghiului A se calculcaz;1 u~or, ca segmcntclc [AH] ~i [AI] au exprirnarc
din teorema sinusurilor in trinnghiuri!e ,IHB rcspcctiv AID, sc calculeaz;1
ajutorul teoremei cosinusurilor I H~ = 2r 2 - 4 R 2 cos A cos B cos C Dar
n1
4R. 2 cos A cos B cos C =
+ 4R 2 - ~ (Z:::;a)2,
+(Baf-
(2R + r) 2 ~i dcci IH 2 = 3r 2
adica (Ea) 2 ,,;; 4.(3r 2
+ 4.rR f- rR
2
)
+ 4.rR +
ccea ce inchcie
demonstratia relativ la mernbrul drept al inegalitatii. Pentru membrul sting
<lin tcorema Steiner se obtine: Gl2 = r 2 ~_;p = { 10 2 +
+ + -}
lll 2
OH 2 )
~ (E a)2
1
+ ~ (Ea
~i tinind cont de faptnl ca
2
)
(
sau din
(B af =
= 2 Ba 2 + +r(4.R + r) :rezulta 36 GJ 2 = (:L: a)2 + 20r 2 - 64rR adica tocmai
{.~ af ); 4.r(l6 R - Sr).
TEST 19
1. Se presupune AB > AC ~i fie D piciorul bisectoarei. Punctul
p~ (BC) cu proprietatea ca AB+ BP= AC-+- CP este tocmai punctul de
tangenta. al cercului cxinscris corespunzator latnrci BC cu latura respectiva.
Deci PC = p - b. Fie D piciorul bisectoarei unghiului A. Din teorema bisectoarei in triunghiul ADC, pentru CJ, rezult5.: ID/IA = DC/AC. Cum
DC = p - c rezultrt: ID/I A = a/(a + c). Sc va arata c5. MD/MP = a/(b + c).
Jntr-adevar, aceasta rcvine la BD - BM/PC - MC= a/b
c ~i inlocuind,
BD = p - b, BM = a/2, PC = p - c, A1C = a/2 se obtine egalitatea
dorita, deci ID/IA = A1D/PM de unde IMII AP.
+
236
2. Se poate presupune ca de exemplu PA 4 > (PA 3 , PA 1) > PA 2
Inegalitatea lui Ptolomeu fiind adevaratft ~i pentru patrulatcrc concave, se
poate scrie PA 1 • A 3 A 4 + PA 3 • A 1 A 4 > PA 4 • A 1A 3 cu egalitate daca ~i
numai daca patrulaterul PA 1 A 4 A 3 este inscriptibil.
Cum A 3 A 4 = A 1 A 4 =
Ji
A1A 3 se obtine ca PA1
+ P.1 >VI· PA 4
3
+
deci PA 1 + PA 2 + PA 3 + PA 4 > PA 4 (1
VI) + PA 2 ceea ce solutioneaza in intregimc problema.
3. Fie 5 1 , 5 2 , 5 3 ariile triunghiurilor PBC, PCA, PAE. Cum triun51 + Sz + 53 d. .
·1
AD
g h mn e ABC ~1. PBC au '1n comun latura [BC] , - = -- - - a 1ca
PD
S1
+
+
BP
S
S
CP
5
5.,
Analog se obtine - - - -3 - -1 . - - = 1
" deci
PE
S2
PF
S3
AP/PD+ BP/PE+ CP/PF =
= 5 2/51 + 53/51 + 53/5 2 + 51/S 2 + 51/S 3 + 5 2/53 > 6.
(tinind cont de x/y
daca x = y) ~i
= (5 2 +
+ y/x > 2, pentru x,y > 0, cu egalitatc clad ~i numai
AP/J!l> ·BP/PE· CP/PF =
5 3 )(51
51)(51 + 5 2)/5 15 25 3 > 85 1S2S3 /S/-i~S3 = 8
+
cu egalitate de ascmenea dnd 5 1 = 5 2 = S 1 ceca ce este cchivalent cu P
este centrul de grcutate al triunghiului ABC.
4. Se va demonstra mai mult. Fie [A 'A] cea mai lunga ceviana.
Atunci OA' +OB'+ OC' <AA'. Pentru arcasta sc notcaza: OA'/AA' = x,
OB'/BB' = y, OC'/CC' = z ~i fie AD ~i OT: perpendicularele pe BC,
(D, EE BC). Avcm 0£/AD=OA'/AA'=x De ascmcnca cr[OBCJ/cr[ABC]=x.
Analog cr[OACJ/A BCI = y, cr[OAB]/crA[BC~ = z.
Dar cum cr[OBC)+cr(O.AC)-t-cr(OAB)=d r1 BC) se obti1:c ca x+y+z=l
Deci: OA'+OB'+OC'=xAA'+y · BB'+-z ·CC'< xAA'+ yAA'+zAA'=AA'
Cum lungimea unci ccviPne cstc mai micft c!ecit lungimea cclei mai mari din
laturile alaturate iar [BC] este rea mai bnga laturrt a triunghiului, rezulta
.AA'< BC
5. Cum 2m = 3h + 4}~ + 5(5 + ..... .
uncle j~ = numiirul fetelor triunghiului
j~ = numiirul fetelor patrulatere, etc.
Cum f = / 3 + ./~ + / 5 + ..... rezulta
2m = ~I~ + 4f1 + SJ~ + ... > 3/1 + 3f4 + 3/5 + ... = VAnalog pcntru 3v < 2m se va arata acum ca m + 6 < 3/ Dar conform rclatici
lui Euler
c' + f = m + 2 <leci se va arata <'rt m + 6 < 3(m + 2 - v)
Efectuind calculde 2m > 3.:1• Analog ni + 6 < 3 (m + 2 - f) echivaknt
cu V < 2m Problema estc complct rezolvata.
6. Conform teoremei Steiner rezulta:
o.t1 2 + 0B 2 + oc 2 = c.-1 2 + GB 2 + cc 2 + 3 oc 2 ;
OG 2 = R 2 -
~-- •
3
(GA 2 + GB 2 + GC 2)(x)
2:17
Dar GA 2 =
=
a2 · I
/J2
2(1·2 7
·
2)
2
c - a !-i an:i.loagele. Se obtme GA 2 --l GB~+ GC 2 =
9
'
'
+ c2 . I11locumd
.
,
.
m (x) se obtme OG = H
2
2
1
E
a 2•
3
9
7. he M E:. AC \"ariabil ~i Ji N \\ CD, MQ I\ AB. Planul (11LY()) inters<'cteaza muchia lBD] in pmctul P. Sc obtine astfel patrulaten:l JIN PQ
drcptunghi caci cste paraldogram din constructie (a vind dotia Le I uri para,,,,,,.....__
lclc cu AB ~i douft cu CD ~i unghiul QJ1,1NE_90°; pcnrru ca rcflccta perpenciirnlaritatea drcptelor AB ~i CD). Not111d lungime:t segmentului [JL'\"'.
cu x implica cr(MN PQ) = x(a - x) cu maxim cind :r =, a/2 (deci cinc.l M
cste mijlocul segmentului (AC). S-a folosit succcsiv AM/AC = x/a;
,1.11/MC = x/(a- x); AC/CM= a/(a - x)
8. Fie .:-. 1 = cos t
i sin t. Afixul punctului B, :::n este dat de relatia
ZH =(cost+ i sin t)(cos 1e/3 + i sin r:/3) ccci estc Zn= cos (t...;... 7':/3) +
+ i sin(t + r:/3) Analog zc = cos(l - ;r;/3) + i sin(/ - ,:/3). Afixul mijlocului
scgmentului (TJC), P se poate obtine din formula Zp = 1/2(:::p
zc) dar ~i
din observatia OBAC romb, deci :::p = 1/2 (cost+ i sin t).
9. Folosim r = 4 R sin A/2 sin B/2 sin C/2 ~i 2 sin B/2 sin C/2 =
= cos ( B - CJ/2 - cos (B C)/2
Dl'ci se rn arata c{1: cos 2 (B-C)/2 ~ '1 sin A/2 cos (B-C/2) - 4 sin 2 A/2
Trecind totul intr-un membrn, se ob; ine:
-
+
+
+
(cos (B - C)/2 - 2 sin A/2) 2 ~ O
ceca ce solutioneaz{t complct incgalitatea. Pe parcurs s-a mai folo5'-it
x) = sin x
·10. Fie O centrul cercului circumscris triunghiului A BC ~i fie Pa, P11 , f,
<listantde de la O la laturile (BC), (CA), (AB) respcctiv. Atunci
rn~ ("r:/2 -
111a ~
R + Pc, '111b "" R + h, 'Vl-c ~ R + Pc
Adunind aceste inegalitati se obtine:
111 0
+
111 0 +
me ~ 3 R + P11 + Pb + Pc
Scriind ,1.ria triunghiului BOC in douii feluri sc obtine apa = N 2 sin 2A.
Analog bPti=N.i sin 2B, cPc=R~sin 2C. Decide cxcmpli1: aPa=2R 2 sin A cos A
adica p,. = R ros A. Rezulta Pa + p0 + Pr = R (c0s :J + cos B + cos C)
Dar: ens A + ms B + cos C = I + 4 sin A /2 sin B/2 sin C /2 de unde folosind
r = 4 R sin A /2 sin B/2 sin C/2 rcznltft Pa + flt, + Pc < I< + r ceea ce
solutioneaza inl'galitai.ea.
TEST 20
.,,,,,,.....__
,...
1. Yn triunghiul HA 1C dreptunghic in /I 1 ~i avind A 1 EiC = B, se aplica
functia tangt~nt:'t. Rczulta: tgB = A 1C/HA 1 . Analog in triunghiul BHA 1 ,
tg C = A 1 B/!l:·l I Cum tg B + tg C =constant= k implica HA 1 = constant
dcci locul gern1wtric este reuniunea a douadrcpte paralele cu BC de-o parte
si de alta a l11 i UC, la distanta a/k.
'
Observa{-i~. 13ipunctul (H 1H3 ) este intcrpretarea in real a punctclor imaginare a proiectivitatii C~ - B~ unde C~ = prBcC 1 , B~ = prncB 1 BC.
Conform teoriei generale interpretarea tn real estc o simetrie fata de dreaptri a
punctelor imaginare, ceea ce rezoh-a in intrcgimc prcblcma.
238
2. Se va folosi reciproca teoremei lui M enel au.
Pentru aceasta sc considera triunghiul BCC' ~i punctele D, F, A. Din rapoartele
date rezulta DB/DC· EC/EC'· AB/AC'= 1, deci punctele A, E, D sint
-coliniare.
3. Daca poligoanele sint convexe, printr-o rotatie se suprapun imediat.
Deci poligoanele convexe cu n virfuri fac parte din acee~i clasa.
Interseaza numarul claselor poligoanelor stelate cu n virfuri. Un poligon
.stelat se obtine dintr-un poligon regulat daca. pornind dintr-un virf arbitrar
~i unind virfurile din I? ink constructia se inchide in virful din cares-a plccat.
Or accasta este cchivalcnt cu conditia (k, n) = 1.
Explicatie: ecuatiile z" = 1 ~i zk = 1 nu au radacina comuna in afara de
radacina 1 daca (k, n) = 1, deci pornind dintr-un virf ~i rnergind din k in k
virfuri constructia nu se poate inchide in alt virf decit in eel din care am plecat.
A vind in vedere ca mergind din k in k virfuri este acela~i lucru cu a merge din)
n - k in n - fl virfuri rezulta ca numarul cautat este _!_ qi(n), uncle q,{n)
2
-este indicatorul lui Euler, adica. numarul numerelor k mai mici decit n ~i
prime cu n.
4. In patrulaterul AC'HB' cornpletat cu virfurile B ~i C se aplica teorema Newton Gauss. Rezulta ca mijlocul segmentului AH, M' ~i M sint trei
puncte coliniare.
Dar dreapta care une~te mijlocul lui [AH] cu mijlocul lui [BC] este
<liametru al cercului lui Euler, deci toate dreptele indicate de problema tree
prin centrul cercului lui Euler.
5. Notam cu R marimea razei sferei si It inaltimea conului. Avera dintr-o
.asemanare de triunghiuri drcptunghice cii
'
Rh
r1=------
(7z2 - 2Rk)li2
(unde / 1 este raza bazei conului, iar It > 2R din desen). Rezulta ca
V
R 2 h2
1tRh 2 •
h~ - 2Rli + R. 2
1t h 2 - 2Rh +
h2 - 2Rh
Efectuind calculele se obtine cr1cr 5 = h 2 /4R(lt - 2R). Se arata ca crtfcrs ~ 2.
Or accasta revine la h2 - BR.h + 16R 2 ~ 0, adevarat; Problema este complet
rczolvata.
6. Fie MM' _t_ (ABCD), NN' _t_ (ABCD), M'N'E(ABCD). Se noteaza
AA', BB', CC', DD' cu x, Y, z respectiv u, de asemenea cu A", B", C", D"
proiectiile punctelor A', B', C', D' pe planul bazei.
Conditia de paralelism este MM'= NN', sau folosind relatiile .,,,,.,....___
ante-
+
+
1·ioare (x
z) sin <1. = (Y
u) sin IX, unde IX este marimea unghiului V AC.
Conditia de cosfericitate a punctelor V, A', B', C', D' se afla din puterilc
punctclor A, B, C, D fata de sfera presupusa (de centru O ~i razii R.). Rezum1:
x. VA=A0~-R 2 ; y. VB=B0 2 -R 2 ; z. VC=C0 2 -R 2 ; u. VD=D0 2 - R~.
Dar A0 2 + CO 2 = B0 2 + D0 2 deoarece ABCD este patrat, deci con<litia de cosfericitate se scrie x
z= y
u.
' Echivalenta conditiilor din enunt este astfel dovedita.
7. Este cl~r ca se ~a lucra in pla~ul (ABN) care contine pe O piciorul
inaltimii din A. Fie T mijlocul inaltimii. Aplicind reciproca teoremei lui
l\1enelan in triunghiul AOB pentru punctele M, T, N ~i tinind cont
+
+
239
ca BO/ON = 2, rezultrt (MA/MB) (N B/~\"O) (TO/LJ) = I adicfqrnnctele M, F
si N sint coliniare
'
8. Con<litia problcmci se scrie M.11 1 + Jl.ll 2 = 1/1/!l-/ 1 + 1/MM 2•
Se aduce la acela~i numi tor ~i se obtine M Ji 1 • JJJI 2 = l ( *).
Se ronsi<ilera un sistem de coordonate xOy cu originea in puuct11l de mtersectie a dreptdor ~i avind d.reptele, chiar axcle Ox ~i Oy. Nothcl cu (x, Y)
coord,matele punctului .11, conditia ( *) sc scrie xy = 1 deci y = 1fx, de unde
rezulta ca locul geometric drntat estc hiperbola echilaterft de ecuatia Y= 1/x.
9. Se folose~tc inegalitatea Cauchy-Bimiakovski-Sc!twartz cazul n = 3
(x1Y1 -i- X2Y2 -r- X3_'\'3) 2 ,:;; (xr + x1 + x~) (Yi+ y~ + x~)- ln aceasta inegalitate
se considera Y1 = 1/x 1 , )' 2 = I /x 2 , y 3 = 1/x3 se obtinc
(xf
+ x~ + x~) · ( I /xr + I /x~ + I /x~) > 9.
Notind Xi = a, x~ = b, xli = c arc loc incgalitatea:
(a+ b + c)(l/a + I/b
1/c) > 9 claca a, b, c > 0.
+
ln aceasta inegalita,te se considera:
a= tg B/2-tg C/2, b = tg C/2 tg A/2, c = tg B/2 tg A/2
~1
se obtine:
+
+ tg A/2 tg B/2)x
+ ctg A/2 ctg B/2) > 9.
Tinind cent de tg B/2 tg C/2 + tg C/2 tg A/2 + tg A/2 tg B/2 = 1
se obti1w: cfg B/2 ctg C/2 + ctg C/2 ctg A/2 + ctg A/2 ctg B/2 > 9 (*).
(1g B/2 tg C/2
tg C/2 tg A/2
x(ctg B/2 ctg C/2+ ctg A/2 ctg C/2
Dar ctgi .-If:.-.!- ctg 2 B/2) > 2 ctg A/2-ctg B/2 ~i analoagcle. Adunind ~i
folosincl (':') ~:c ohtinc incgalitatea ccrnta. Amdizati caz,d de cgalitate.
IO. Vin C/2 = rt/2 - (A + B)/2 se obtiilc:
C
A + B
tg-2- = ctg
2.
t g :-II 2 f g B /2
tg A/2 + tg B/2
I -
adica efectuirnl calccde (aducl"rea b <tnJa~i numitor):
tg R;2 tg C/2 + tg C/2 tg A/2 -1- tg A/2 tg B/2. = 1.
Se notcazft tg A/2 = x, tg B/2 = y, tg C/2 = z. Ultima egalitate se scrie
yx + zx + xy = 1. Tinind cont ca x 2 + y 2 + z 2 > xy + xz + yz (se 1nmulte~h~ cu cloi in fiecare membru, se trecc totul intr-o parte ~i se grupcaza in
sum:1 de · pr1tratc) se obtinc x 2 + y 2 + z 2 > 1 adica tocmai inegalitatea
ecru t :1. Cum egalitatea in ultima inegalitate se obtine dnd x = y = z,.
problema este complet solutionata.
TEST 21
I. Se va arata ci"t 'riunghiurile A 1NC ~i A 1 BJ1 sint congruente rle undE'
va rezulta afirmatia clin ennnt.
/"'-...
.,,,,-....._
Cum patrulaterul AJICA 1 este inscriptibil, rezulta ca A 1CN == BMA 1
/"'-.._
De ac:l'mf'nca din patrulaterul A BA 1N inscriptibil se deduce cft A 1.VC
A
== B;
A 1 fiind mijlocul arcului HN, sr obtine BA 1 = A 1N ~i congruenta pe baza
cazului (LUU).
240
2. a) Rezulta DA = DB ~i triunghiul EAB dreptunghic in A. fate
suficient sa se arate ca triunghiul EAD este isoscel. Dar m(EAD) = _1__ m(Ac:)
2
~i m(AED) = m(BC) ~ m(AB) • Cum m(BC) = 180° = m(BAC) se obtine:
.,,,,.-....._
1
.........
m(EAD) = - m(AC).
2
b) Se observa ca patrulaterul GARF este trapez isoscel ~i liC .J... AB:
rezultf1 EC .J... GF. Din GC ...l... EF in triunghiul EGF, C ortoccntru. D,·ci
FC .J... EG.
3. Se noteaza cu x lungimea segmentului [MM"l- Triunghiul MJJ"l}
fiind dreptunghic isoscel, M" D = x deci Alli" = a - x, uncle a cste lungirnca
laturii p~tratului. Se noteaza cu d perpendiculara in Ni' pc 11i'JI" ~i fie
fr}= an BC.
Triunghiurile AM" M' ~i M' B [ sint congruente, deci BT = x. Dcci
T = C daca si numai dacf1 x = a, adica atunci cind 111 coincide cu B. Dar M
face parte di~ segmentul deschis (ED).
4. Din ipoteza AH 11 GO, se va arata cft AG 11 FH. Cum AG ...l... AC
este suficient sa se arate ca FH .J... AC. Ori in triunghiul ARC, CF ...l... GF
deci CF .J... AH si AD ...l.. HC. Rezulta F ortocentru, de unde HF ...l... AC.
5. Fie ABc' un triunghi cu virfurilc de masuri oc, ~, ·r care sc consickrf1
a~ezat in cele trei pozitii posibile cu virfurile corespunzatoare in 0. 1). ci
triunghiul A 1 B 1C 1 este congruent cu triunghiurile OA 1 B 1 , OA 1C 1 , OB 1C 1 ,
ABC, conform cazului L.U.L.
Reznlta ca tetraedrul [OA 1 B 1 C1] este echifacial ~i se noteaza cu P'
intersectia lui OP cu planul A 1 B 1C 1• Prin P se duce un plan paralel la
(A 1B 1C 1), deci tctraedrul [OA 2 B 2C 2J astfel format este tot echifacial. Rezulta
cf1 suma distantelor de la P la fete, este egala cu inaltimea tetraedrului, care
intotdeauna cste mai mica sau egalf1 cu OP.
6. Evident pentrn tetraedrul [ABCD] maximul volumnlui se atinge
dnrl cste tridreptungliic in unul din virfuri.
Deci V < _I_ a&c; V <-~arc; V < -~ bd:, si V < _I_ fee.
0
6 Y'
6
'
6
Prin inmuli;irc·: V < ~ VabcdLj ceca cc rczc:h-:: cc,mplet problcma. Citcva
comentarii: s-a folo"it faptul ca pentru a ~i b elate. :1otirnl cu oc unghiul dintre
rcspectivele laturii, rezulta S =__!_ab sin o:: en maxim in mc,mcntul in care
2
C(
= 1t/2.
De ascmcnc:1 pci1tru o aric Sa bazci, data, tctr.~edrul arc volunrnl 111axim
cirnl ina din nrnchii cste pcrpcndirnbrr1 pc planul 1>,lzei c;tci in caz contrat
I ..
i.
.
::, • u Sl11 0.
V = -3
.
I
a--
Evident problcma provine din ,,si,uatia pla11[1" S _,,. . - [/a 0 b~c 2 •
- ?.
7. Cum Al este dat. se considi:-ra planele (A B.11) $i (CDJI). Aceste pbnc
au punctul M comun, deci au o dreapti:i din comun. Accast;1 drcapta nu poatc
fi paralela cu AB, c{1ci in acest caz nu ar mai face parte cli;1 planul (CD.ll)
care intersccteaza AB doar 1ntr-un punct. Drcapta respectiva nu poate fi
241
niL:i necoplanara cu AB, caci cste la 1nt~rse,·tia planelor (A B1H) ~i (CDM).
Dcci dreapta de interseqie taie atit dreapta AH cit ~i drcapta CV. Mai rnult,
punctul M fiind in interiorul tetracdrului, planul (CDJi) intersecteaza dreapta
AB intr-un punct situat pe segmentul (AB). Rezolvarea este incheiatfL.
8. Fie G1 rnijlocul scgmentului [MNJ. Evident G1 este centrul de greutatc
pcntru patrulaterul A HC D ~i se afla pc dn:apta GD pe care o imparte in raport ul 1/3, unde prin Gs-a notat centrul de greutate fix al triunghiului ABC.
Dcci G1 dcscrie omotctica drcptci d in omotetia de ccntru G ~i raport 1/3.
1<.cciproca cste imediata.
9. lntotdeauna cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin A/2 sin B/2 sin C/2
dcci cos A + cos B + cos C > I .
De asemenea sin A + sin B + sin C = 4 cos A /2 cos B /2 cos C /2 de
-uncle sin A + sin B + sin C > 0.
Dacft triunghiul este obtuzunghic inegalitatca este evidenta. Raminc
-de studiat cazul in care triunghiul este ascutitunghic. fn acest caz sc scrie
inegalitatea in forma
sin A + sin B + sin C ,.; _!_ tg A tg B tg C · (cos A + cos B + cos C).
3
Dar tg A tg B tg C = tg A + tg B + tg C daca. inegalitatea se poate scric
in forma:
sin A+ sin B + sin C,.; _!_ (tg A+ tg B + tg C) (cos A + cos B + cos C).
3
Pentru ordonarea A ,.; B ,.; C aceasta nu este altceva decit inegalitatea ltii
-Cebt~ev aplicata ~irurilor de monotonii contrare
tg A ,.; tg B ~ tg C; cos A ~ cos B ~ cos C
-ceca ce rezolva in intrcgime problcma.
10. Fie o ordonare, de exemplu: 11 ,.; B ,.; C a masmilor unghiurik r
triunghiului. Se obtine usor ca A • B ,.; A• C ,.; B • C. F closincl monoton· a
functiei /(x) = ln
rezulta ca ln C ~ ln B ~ ln A. Cele doui't ~iruri de
incgalitati urmind a fi inmultite pe monotoniile contrare, implica folosirca
incgalitatii a II-a a lui Cebt~ev. Deci se obtine:
A· B •ln C + A · C - In B + B · C •ln A <
x:
1
~ - (A· B
3
+ A · C + B · C) (ln C + ln B + ln A).
Folosind inegalitatea Iui Jensen pentru functia concava ln x, se obtinc:
1
A+B+C
n
- (In C + In B + In A) ,.; ln - - - - = ln - ,
3
3
3
Dar A· B + A• C + B •C ,.; (A + B + C) 2 /3 ca.ci aceasta ultimrt inega'litate se reduce la /4,2 + B 2 + C 2 ~ A• B +A• C + B • C. Cazul de egalitale
·se obtine pentru triunghiul echilateral.
TEST 22
1. Foiosind teorema lui Steiner MB 2 + MC 2 = 2LM 2 + LB 2 + Lc2.
unde L este centruI de greutate al segmentului [BC], deci mijiocul segmcntului [BC]. Rezulta ca minimul se atinge atunci cind valoarea LM. 2 este
minima, deci cind M coincide cu proiectia Iui L pe AC.
242
2. Folosincl notatiile uzuale BG = ~ mb• aplicind teorerna lui Menclau
3
in trinnghiul BAN t{tiat de transversala C P se deduce:
(BQ/QN)(CN/CA)(PA/PB) = 1
<leci folosind rclatiile date, BQ = QN, adica BQ =
~ mb. Conditia din enunt
(a - c) 2 = a 2 + c2 •
Aceasta scriere arata ca daca a = c, b2 = a 2 + c2 , deci triunghiul cste
<lreptunghic ~i ca, daca b2 = a 2 + c 2 , b = c.
3. Cazul 1). M. ~i N de-o parte ~i de alta a dreptei AB.
BP- BM = BQ· BG se scrie ac = 2m: cleci b 2 -
/"',...
/"',...
Din ipotez5. triunghiurile OAM ~i OBN sint isoscele. Cum AOM == HON,
./"-...
./"-...
rezulta ca AMO= BNO, cleci dreptele AM ~i BN si:nt paralele. Locul geometric
cautat cste multimea vida.
Cazul 2). !IJ, N de acee~i parte a dreptei AB. Se noteaza cu ~ masurile
IX,
unghiurilor OAM, OBN. Rezulta di: 2oc + 2~ = 180° deci IX+ ~ = 90°.
./"-...
/"',...
Fie {P} = AM.nNB. Se obtine APB E 90° deci locul geometric cautat
cste cercul de diametru [AB] rnai putin punctele A, B. Reciproca t'Stc
banala, punctul P de pe cercul cu diametrul [AB] ~i punctul O determin:i
punctele M ~i N cu proprietatile cerute.
4. Se stie conditia necesara si suficienta ca un patrulater sa fie circum.scriptibil: s~ma lungii-nilor laturil~r opuse este constanta. Pentru triunghiul
ABC dat se considera patrulaterul MN BC uncle [MNJ este linia mijlocie a
triunghiului; MN
BC = MB
NC din conditia din ipotezft, Lteci cercul
inscris in triunghi este tangent dreptei MN.
5. Fie M 1 EDA ~i M 2 E(ASB), astfel i:ndt MM 1 j_SA, MM 2 .J..(ASB)
atunci MM. 1 = q, MM 2 = p. Din triunghiul dreptunghic in M 2 , M.W~M 1 ,
rezulta p < q. Se noteaza cu a lungimea laturii patratului.
+
+
6
At unn. Pl a = s•H
lv.1. 11ss·1 , S1 = pr A 8 O ~1. q/ a Vz = s.~r.1. /SA.
2
Se obtine p
'
2
V1 = SA · q > q.
S.'il
b) Notind cu Ii inaltimca piramidei din relatia antcrioara, se cledu,e
2
2
2
2
P- q = a
, iar din trinnghiul dreptunghic MM 2 M 1 , q2 -P 2 =M 1 M~
f
4h2 + a2
unde M 1M 2 = a/2-SM 2 /SS 1 • Efcctuind calculele se obtinc:
q2 _ ;h2 =
2
.,(h2 _ 4p2) deci q2 _ p2=
4h- + aQa
2p2
2
~ q (h2 _ 4p2).
q~
Deci h =
243
6. Se noteaza £u x lungimea segmentnlui lBLJ'J, a hmgimci muchiei
tetracdrului. Aflarca lui x solutioneaza problema (B'D' II BD', B' E BC,
D' c DC). Se
V AB'CD' = { V.rncD. Pentru
va <letermina x astfcl indt
,
.
D'D"
a- x .
D'D", DD' inaltirni m tetraedrele cons1<lerate, are loc - - = - - iar
DD,
a
a- x . I:>'-CZll lt~a D'D"
V6 (a DD 1 = -a. = -3
. .
(a-x)
cl cc; 1·· .1n'cn·
2
12
X
X
) ~l.
(j
[AB'C] =
(a - xFaV3
4
•
aV2 . S e outmc
.
(
)
,
,
.
1. .
ecuat1a: a - x 2 = a2/2 m so1Ut1a
= ii - a l/2.
7. Cum SA _L SB _L SC ~i conul estc circular drept, rezulta ca triunghiurilc SAB, SAC, SBC sint congrucnte, clcci triunghiul ABC este echilateral.
vi
Sc obtinc: .·l B = rV3 si SA =
'
'
2
1'.
Aplicind teorema lui Pitai:rora
•
~
in triunghiul SOC, 0 centrul cercului circurnscris triunghiului ABC, rczulta:
S() ~"
..
~J/2
. Deci V = nr3 6V2
2
8. Din r = 4 R sin A /2 sir:. B /2 sin C /2 rczulta
r = 4R sin A/2 (sin B/2 cos A/2 cos B/2 - sin 2 B/2 s.in A./2) clcci
r = l sin B + u cos B - u, uncle l- 2R sin A/2 cos A/2, it = ZR sin 2A/2.
Sc O btinc: 1'max = V l 2 + it 2 -
it,
deoarece
l sin B + n cos B ,,:;; J/ l 2
Edectuind calculele: 1'ruax = 2R( l 9. Se trcce inegalitatea in unghiuri:
+
2
11 •
sin A/2) cu
R = BC /Z sin A.
r....:... 4R sin A/2 sin B/2 sin C/2, a= 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C.
Sc obtine:
/
•
.A . B . C
sin A sin B sin C
2 v1 2 sm -' sm - sm - :( ---;=================
2
2
2
2
2
V (sin A+sin B) (sin 2 B+sin 2C) (sin 2C + sin 2A)
- . A
sin A
, t d ~
Dar (1) V 2 sm - ,,:;; V
. 1n
r-a evar:
2
sin 2 H + sin 2C
,,:;; .
V2 cos A/2
1
A
V1 (2 - cos 2B - cos 2C) i
12
~i pumn
d
cos
2
A
2 =
1 + cos A
2
prin ridicare la patrat rezulta: 1 + cos A ~ 1 + cos A cos (B - C) echivalent cu cos A (1 - cos(B - C) ~ O; rezulta relatia adevarata pcntru
triunghiuri ascutitunghice. fnmultind inegalitatilc de tip ( l) referitoare la
unghiurile triunghiului A BC rezulta inegalitatea ceruta.
10. Pen_tru a) .se considera centrul I al cercului inscris in triunghiul A BC.
Xotind cu D, E, f contactelc cercului inscris cu laturile (D E BC, E E AC,
FE.AB), rczuWi di BD=BF, CD=CE, AF=AE, dcci BD+CD...c,-AE=p.
Da.r ED= r ctg B/2. CD= r ctg C/2, AE = r ctg A/2.
Pcntru b) SC consid!'ra forrnulele c.tg A/2 = v-p-(p---'-a-.,-'/-(j--')--·--b)_(_P___c_),
ctg R/2= )/p(p - u)/(j) - a) (P- c),
244
ctg C/2 = VP(P - c)f(P - a) (P - b).
TEST 23
1. Se considera rnase unitare ata~ate fiecaruia din punc.tele A, B, C,
A', B', C'. Sisternul de rnase din A ~i A', conform teoriei gcnerale, este cchivalent cu sistemul format din punctul L ~i nasa 2. Analog pentru celclalte
puncte.
Deci, centrul de greutate al triunghiului LMN este ccntrul de greutate
al intrcgului sistem.
Privind sistemul total ca fiind format din subsistemclc A(l), B(l), C(l)
cu centrul de grcutate G(3) fix, A'(l), B'(l), C'(l) cu ccntrul cle greutate
G'(3) mobil in planul 1t, centrul de grcutate al triunghiului LMN se va gasi
intr-un plan omotetic fata de planul 1t in raport cu punctul G, avind constanta
de omotetie 1/2.
2. Se presupune triunghiul dreptunghic in A. Atunci sin 2A = 1, clcci
ramine a dcmonstra ca sin 2 B + sin 2C = 1.
Dar C = r./2 - B, sin 2 C = cos 2 B ~i prima implicatie este dovcdita.
Se prcsupune cum ca sin 2A + sin 2B + sin 2 C + 2 ~i se arata ca triunghiul este
d.reptunghic.
Rezulta: cos 2A
cos 2B
cos 2C = -1 si folosind formulele de
transformare a sumei in produs ~i cos 2C = 2 cos 2C - 1 se obtine:
cos C (cos C - cos(A - B) = 0.
De unde cos C = 0 adica C = 1t/2, sau cos C = cos (A - B), aclica
C = A - B sau C = B - A ~i triunghiul este drcptunghic in A, rcspecfr: B.
3. a) Fie {Q} = CEn AB. Atunci AQ = 1, BQ = S, QC= 1/ 4 l de
uncle d(B, QC) = 5 · 4/1/41
b) Fie O centrul patratului 0 1 , 0 2 mijloacele segmcntelor AD, AB rcspectiv. Rczulta: OE= 1/5, OF = 2 VTo/3, EF = 5/3. Se calculeaza in:tltimea h0 (din 0) a triunghiului OEF ~i se obtinc h0 = 2.
"
,.,,,,.--...._
.,,,.,.......__
4. Fie [AA' bisectoarea unghiului A; m(BNA')=60° deci m(BNC)= 120°.
Pcntru punctul doi se va folosi teorema ceva in forma trigonomctric[t. Sc
+
+
.,,,.,.......__
noteaza cu x masura unghiului BAM.
Rczulta sin x/sin(S0° - x) • sin 30° /sin 20~ • sin 40° /sin 10° = 1. Sc amt
.,,,.,.......__
astfel x iar apoi unghiul MAN. Problcma se reduce la un calcul.
5 .. Primul punct rezulta imediat aplicind de doua ori teorema cosinusnlui in triunghiurile ADE respectiv ABC ~i tinind cont de faptul c;t
er.~{-;-:; - ~-)=-cos x. Pcntru CC'l ch·-al doilea punct: AC 2 + BD 2 = 2AC. BD
de u1dc (,;c - BDf = 0. Rczult[\ patrnbtcrnl ABCD clreptunghi.
6. Din ipotcza B;W =CV =111'=.r. Rcz,1lta cr[B.M T'j= x(2a-x) V3/4.
deci 0[Jll\'J': = u~ J/3 - 3x(2a - x) ]/3/4.
7. Cum AC ...L BD ~i BB' ...L BD, notincl cu {O} = ACn BD, rrn1lt~
ca [BO] cste proiectia segmentului [B'C] pe BD ~i ·are lungimca a VZ/2.
8. Fie M mijlocul muchiei [BC], O' centrul fetei [DCC'D']. Se notcaza
{T} = AMnDC, {P} =· TO'n CC', {P'} = TO'n DD'. Pentru rezolvarea
problemci cste suficient sft se gaseasca volumul corpulni [PMCDP'A], volum1tl
celuilalt aflindu-1 prin scadere din volumul cubului. Dar [PMCDP'A] trunchi
de piramida in care DC= a este inaltimc, AD= a, CM= a/2 iar CP
~i DP' se aflrt din asemanarile triunghiurilor TPC, respectiv TP'D, cu
TO'O", O" = prCDO'. Rezulta oc = a/3, PD' = 2a/3 ~i v[Pl\ICDP'A] =
a(a 2 a2 ]/2) a3
=3 2 + - 6 - ; =18 (3 + ]/z).
245
fJ. Se obscrva ca unghiul C f:- r./4. Prin transformari succesive se obtine:
J + tg B
2 tg C
.
I+------''--=-----"--- apo1 tg B-tgC=I. RezulU: tg B=tg (r./2-C)
l - tg B
tg C - I
dcci B + C = ;c/2. Pnn urmare triunghiul este dreptunghic in A.
10. A, B, C E (0, n-) deci sin A, sin B, sin C > 0 iar sinusnl este functif·
concava pe (0, n-). Se aplica pc rind inegalitatea mecliilor ~i Jensen. Rezulta:
sin A sin B sin C ~ (sin .4 + sin B + sin C) /3 3 :;;; (sin A + B + Cfl,)3 = 3 L/3/8
cu cgalitate, daca ~i numai daca este egalitate a tit in inegalitatea mediilor,
dt ~i in inegalitatea Jensen, dcci dacf1 ~i numai daca A = F:J -·= C.
TEST 24
O centrul cercului. Atunci QA · QB = R. 2 - Q0 2 • Analog
PC· PD=
P0 2 • Deci QA ·QB - PC-PD= P0 2 - Q0 2 iar triunghiul
0 PQ cste dreptunghic, conform ipotezei, in Q. Se o btine:
I. Fie
R2 -
QA-QB - PC· PD= PQ 2 •
2. Se calculcaza tg C = -tg (A + B) = -
+
tg A
tg B
RezulU1
I - tg A tg B
tg C= I. Dar tg C=A'B/A'H= I ~i tg B=AA'/A'B=2. Cum A'B=A'H
~i AA'= 2A'B, se obtine AA'= 2AH.
3. Se alege un sistem de coordonate in care @ este cercuf unitate iar .·1
cste de coordonate (0, 1). Fie B(cos t, sin t), C(cos it, sin it). Conditia din
ipoteza este: cos 2t + (sin t - 1) 2
cos2u
(sin it - 1) 2 = k sau dupa calcule:
.
.
k
.
( cos t
cos it sin t + sin 11)
sm t+sm i t = 2 - - , deci constant. Cum .1.vl - - - - - - ,
+
+
+
2
2
2
rezulta ca locul geometric estc coarda paralela cu Ox la distanta I - k/4
de aceasta.
4. Se ~tie ca daca 111 cste un punct in interiorul triunghiului A BC,
atunci MB + MC < AC ~i ca centrul cercului circumscris unui triunghi
ascutitunghic se afla in interiorul sau. Daca M = 0 problema este solutionata.
Daca M =fa 0, cum triunghiurile AOB, AOC ~i BOC acopera triunghiul A BC,
exista unul pentru care punctul NJ este in interior sau pe laturi. Se presupune
ca AOB este acest triunghi (AfA + MB<OA + OB). Atunci MA+1'vfB<2R,
deci min(MA, MB) < R. Analog exista un triunghi de tip MAB, MAC,
MBC pentru care O nu este in interior saupe laturi. Rezulta MA+MB>2R,
deci max(MA, MB) < R.
5. Se va folosi reciproca teoremei de omologie in spatiu a lui
Desargues. Fie A", B", C" puncte pe dreapta d 1 determinata de intersecFa planelor ABC ~i oc, mai precis {A"} = BC n IX, {B"} = AC n r.x,
{C"} = ABncx; A"', B'", C'" puncte pe dreapta d 2 determinata de intcrsectia
planclor A'B'C' ~i IX ({A'N} = B'Cnoc, {B"'} = A'C'nr.x; {C"'} = A'B'nix).
Atunci notind cu E, D, F interscctiile B''B nA"A"', B"B"'nC"C"',
A" A"' n C"Cm, se obtine un triunghi DEF pcntru care pe de o parte AD,
BE, CF sint concurente intr-un punct P 1 , iar pe de alta parte A'D, B'E, C'F
sint concurente intr-un punct P 2• Problema cste rezolvata.
6. Se noteaza cu x raza sferei inscrise, R, h, G fiind respcctiv raza
conului, inaltimea ~i generatoarea. Atunci a = 1rR(R + G); b = I /3 n-R 2h;
c = 41tx 2• Dar x apare din asemanarile de triunghiuri dreptunghice,
111
246
-~
x) =
h
Rh
-, d e un d e x = - - lnlocnind, rezulta
d eci. x /R = (h
G
(R + G)
(R + G)
egalitatea a2c = 3(;n:b 2 •
7. Notind AD 1 cu x, rczulta AB 1 = x cos y, B 1D 1 = x sin -,,
tgoc= BiCi, deci B 1C 1 =xcosytgoc, AC 1 =(x 2cos 2ytg 2oc+x 2cos 2 y) 1i2 •
X COS V
Efectuind caiculele: AC 1 = x cos y · 1/cos oc. Iar din teorema cosinusulni
in triunghinl AD 1C 1 se determina D 1q. Av1nd cele trei laturi ale triun_,,,,,......__
ghiului B 1D 1C 1 , se gase~tc u~or marimea unghiului D 1B 1C (care nu depinde<le x). Problema s-a redus la un cakul.
.
•mtreb are se pune con a·1t1a
. a = -2 - - b care provme
.
8. Pentru pnma
m
m2
din intrebarea; ,.pcntru un punct (a,b) dat exista m astfel incit a=2/m-b/m 2
cu raspuns favorabil daca ~i numai daca b(b + a) ~ 0. Deci, printr-un
punct dat al planului pot trece doua drepte, o dreapta sau nici o dreapta
din familic.
Pentru cea de-a doua intrebare precizam de la inceput ca nu poate fi
vorba de nici 1111 fascicol armonic, deoarece prin nici un punct din plan nu tree
patru drepte din familie. Raspunsul in general este negativ.
9. Cazitl A, B, C E (0, rc/2). Rezulta, folosind pe rind inegalitatea
mediilor ~i Jensen pentru functii concave:
cos A . cos B . cos
C)
C (cos
- -A-+-cos
- -B-+-cos
-3
~
3
~
(
C)
I
A +
B+ - 3 = -cos -3
S
cu egalitate dadi. ~i numai daca are Ioc simultan egalitate in inegalitatea
med..iilor ~i in inegalitatea Jensen, deci daca ~i nurnai daca A = B = C.
Cazul A E (rc/2, 1t). 1n acest caz B, C E (0, 1t/2), cos A < 0, cos B > 0,
ms C > 0 deci cos A cos B cos C < 0 < 1/8. Se obscrv:\. ca solutia din
cazul triunghiului ascuti tunghic nu este aplicabla in cazul in care triunghiul
cste obtuzunghic. De ce?
10. Fie ABC, C E90° triunghiul dreptunghic cu proprictatea 2b=a+c.
Rezulta ecuatia 2 sin B - cos B = 1 echivalcnta cu sin (B - qi) = V3/5
uncle s-a folosit unghiul auxiliar qi, cu tg cp = 1/2 ~i cos:!cp = 1/1 + tg2<p.
Rezulta B = arctg qi + arcsin Vs/5, A = 1t/2 - B, C = n:/2. Mai rarnine de
vrrificat ca B < 1t/2. Or aceasta c!"te cchivalcnt cu tg qi • tg B < I (pentru ca
n/4 > y 2 , B - qi E (O, 1t/2). Dar tg B = 1/2 dcci problema este complet
rezolvata.
TEST 25
1. Daca se noteaza cu E ~i F punctele de intcrscqie ale µaraldei prin 0
la baze, conform unei problcme din manualul de dasa a IX-a, OE = OF,
Deci dreapta care une;;te punctul de interseqie a laturilor neparalele. T, cu 0·
cste mediana in triunghiul TEF, deci med.iana ~i in triunghiurile· TAB ~i
TDC. 0 alta solutie este urmatoarea: dreapta indicata este polara punctului
de la infinit al laturilor paralele AB ~i CD ale trapczului dcci obligatoriu
diviziunile (ex>Akl 1B) ~i (ex>CM 2D) trebuie sa fie armonice. Dar daca unul
din punctelc unci <liviziuni annonice este punctul de la infinit, punctul conjugat lui va fi mijlocul distantei celor doua puncte.
247
2. Daca sc presupune c ,;; b, rezumt AE ;;;. AB ~i AD ,;; AC. Fie F
punctul in care bisectoarea interioara intersectcaz.a pc CE. Atunci:
BE= AE - AB = C(b - c), CD= AC =AD= b(b --- c) si din teorema
b+c
b+c ·
lJi:,cctoarei aplica Ei in triunghiul A CE pentru bisectoarea [AF sc deduce:
EF/FC = 2c/(b
c). Deci FE/FC-DC/DA -BA/BE= 1 de unde rezultr1
concurenta drcptclcr din cmmt.
+
/""'-,...
3. Cum MCB unghi exterior triunghiului MCA, rezultrt ca AN[C ==
='=
.iJAC =-} m(I\JCB). Dcci CM = CA, de unde sc obtinc d M apartinc
unni ccrc de centru C ~i raza CA din care lipse~te unul din punctele de intersectic ale dreptci AB cu cercul. Pentru reciprocft se verifica imediat ca oricc
punct de pC' cercul indicat are proprietatea ccruta.
4. Folosind cele doua inegalitati cunoscute ale unghiurilor triedrC',
rczulta pc de-o parte ca suma masurilor unghiurilor unui unghi tricdru este
strict mai mica decit 21t, <leci x + x + 1t/2 < 2n de unde x < 31t/4, iar pc de
aWi parte suma masurilor a doua din unghiurile unui unghi tricdru este mai
mare decit masura celui de al treilca unghi, deci 2x > 1t/2 de unde x > ;c/4.
Accstca solutioneaza complet problema.
5. Fie A punctul de tangcnta dintre planul P ~i sfera, A' centrnl bazei
conului. Se noteaza cu O centrul sferci ~i cu O' mijlocul inaltimii conului iar
cu P ~i P' intersectiile planului cautat cu OA, respcctiv O'A'. Rezulfa
OP= P'O' = R - x. Pcntru sfcra cr = 1t(R 2 - (R - x) 2). Pentru con
!~- = ZR -
2 2
ckci cr' = (ZR - x) r • Problema revine la a rezolva ccuatia
r
2R
(2R)2
'
4R 2 (2R.x - x 2 ) = r 2 (4R 2 - 4rx + x 2 ) in intervalul (0, 2R).
6. Se considera planul triunghiului ABC ~i planul IX. Interscctia se produce dupft o drcapta pe care sa o notr1m cu d, cleterminatrt de punctele A",
B", C" definite ca rcspectiv interseqiile BCnlX, ACnlX, ABn1X. Prin
A", B", C" se construiesc in planul IX paralele la FD, DE, EF ~i se noteaza
in terseqiile cu A', B', C'. Conform reciprocei teoremei de omologie a lui
Desargues in spatiu dreptele AA', BB', CC' sint concurente in punctul P
ccrut de problema.
7. Mai intii se observa ca tangenta este continuta in partea din plan
cxterioar5. elipsei. Apoi, daca doua elipse de acelea~i focare F ~i F' sint astfel
indt int t c int,!!;', atunci TF+TF' este rnai mare pentru elipsa din exterior
(luind de exemplu triunghinrile BEF', B'FF' cu B, B' interseqiile semiaxei
perpcdiculare pe axa focarelor cu elipsele). Deci MF+ MF' ;;,:: AF+ A'F
cu egalitatc daca ~i numai daca M coincide cu A.
8.
x
r
(rr ~
\,llln
b
2
=
,;(p p-(P -(p - c) t g !!._ = V P(Pc) (p- - a)
""\ / (P -
b)
a)
,
2
b)
I
tg £ = "\ f (P - a) (p - b) se obtine:
2
V p (P - c)
,
2
1
+ tg !!_ tg .£
2
~i a,;;b,;;c,
248
2p
zp - a
2
a+b+c
a
b
c
a
b
c.
----=--+--+--~--+--+--•
b+c
b+c
b+c
b+c
b+c
c+a
a+b
De asemenea
2
1
2p
+ tg A tg .!!...
2
~-
2p -
C
a+b+c
a+b
2
a
b
c
a
b
c
a+b
a+b
a+b
b+c
c+a
a+b
= - - + - - + - - ;;.,--+--+--•
Cazul de egalitate rezulta din solutie.
Se observa ca o forma posibila a inegalitatii ar fi fost:
2 cos 2 C/2 ~ a/(b + c) + b (c +a)+ c(a + b) ~ 2 cos 2 A/2.
Solutia ar fi fost acee~i aratind in prealabil ca
!2 cos 2 C/2 ~
2
1 + tg B/2 tg C/2
2
~i
~ 2 cos 2 A/2.
+ tg A/2 tg B/2
9. Se va arata mai intii ca 1/ha. + 1/hb + 1/hc = 1/r. lntr-adevar:
1
r/ha = a-[BIC]/a-[ABC],
r/hb = a-[AIC]/a-[ABC], rfhc = a[AIBJ/a[ABC].
Adunind, se obtine inegalitatea ceruta. Tinin.cl seama de inegalitatea
Cauchy-Buniakovski-Schwartz, rezulta: ha+ hb + he) (1/ha + 1/hb + 1/hc) ~9
.
1·t
.
ha + hb + he ~
1 a t ea ceru t~a. S e ob serva~ ca~ scnerea
-----"'-~
d eci. tocma1. mega
B
~
B
care reflecta inegalitatea mediilor aritmcticc si armo'
nica pentru n = 3 permite sa se deduca faptul ca egalitatea are loc dac:\ ~i
numai daca triunghiul este echilateral (deoarece ha= ltb = he)- fotr-adcv;\r,
dacf1 triunghiul n-ar fi echilateral, ar avea loc: a < b, deci ha > hb, in conh adiqie cu presupunerea.
10. Se presupune A < B < C. Evident a < b < c, deci folosind incgalitatea lui Cebi~ev pcntru cele doua ~iruri cu aceea~i monotonie, se obtinc:
1/ ha
+ 1/ lib + 1/ lte
aA + bB + cC ~ _!__ (a + b + c) (A + B + C) = '" (a + b + c) cu cgali-
3
3
tatea daca si numai daca a = b = c. Cum b
c > a, a + b + c > 2a
~i analoagcie, deci a+ b + c > 2a; a+ b + c > 2b; a+ b + c > 2c.
Inmultind pe ficcarc cu A, B, C respcctiv, se obtine:
+
aA + bB-+- cC
1t
(a + b + c)(A + B + C) > 2(aA + bB + cC) deci - - - - - < - •
2
a+b+c
249
17 - Probleme-practice de ge0metrle
u
ANEXA
ELEMENTE DE GEOMETRIE~ PROIECTIVA
O. Daca. introducerea in geometria proiectiva din capitolul III reprezinta o familiarizare pentru cititor cu notiunile de raport armonic ~i anarmonic, pol ~i polara, dualitate ~i aplic;,itii reprez1~ntative ale acesteia (care pob
constitui teme de dezbatere pentru cercurile cle elevi) prezentul capitol an,
mai multe finalizari ~i aspecte calitative:
1) Legatura dintre unele notiuni geome11rice ~i steuctura lor grupala.
2) Studiul inva,.iantilor proiectivi.
S) Folosirea notiunilor de proiectivitate ~i axa a proiectivitatii pentru
introducerea conceptelor fundamentale ale geometriei proiective.
4) Interpretarea in real a elementelor iniaginare ~i aplicatii, in vederea
tntelegerii dintr-un punct de vedere unitar a legaturilor dintre teoremele cu
.,nume" prezentate in primul capitol ~i transformarile geometrice.
Se realizeaza astfel o geometrie intr-un limbaj modern, unitara ~i fascinanta, conforma cu punctul de vedere al man~lui :;;i originalului matematician
roman Dan BarbHian.
Capitolul se incheie cu dteva problem1~ simple ce pot fi rezolvate ~i
elementar dar carora rezolvarea proiectiva le i;coate in evidenta intregul sens
~i substrat geometric.
1. DREAPTA PROIEt:TIVA REALA
.
Fie A, B, C puncte apartinind unei drepite d ~i D punct mobil pe d.
Prin organizarea proiectiva a dreptei d se intelegE: cape d, masura este datft de
-
-
-
-
not
w =CA/CB: DA/DB= (ABCD)
1
Notind CA/CB = r (constant) ~i tinind cont di DB = DA
+ AB, se obtine
w = r(l
+ AB/DA)
(1)
-
r-KB
(2)
sau, explidnd DA,
DA=--w-r
Apare astfel pusa in evidenta o com;;pondenta bijectiva intre multimile R ~id. Cazurile de exceptie sint D = A pentru (1) ~i w = r pentru (2).
D = A irnplica introducerea unui nuuDar nou fara semn care se va.
nota oo.
250
w = r implica introducerea unui nou punct pe dreapta,. care se va numi punctul de la infinit al dreptei considerate.
Definitie Dreapta organizata proiectiv completata cu punctul el de la
infinit se nume~te dreapta proiectMi reala.
2. IDENTITATEA LUI EULER
2.1. TEOREMA A0A 1 ·A 2Aa + A0 A2 • AaA 1 + A0Aa · A 1A 2 sa O pentru
A 0 , A 1 , A 2 , A a pun etc oarecare pe dreapta d.
Demonstrajie Se considera A 0 origine ~i A0A 1 = x, A0A 2 =(Y, AoA 3 -&.
+
+
Avem A 2 A3 = A2A0
A0 Aa = -y + z, AaA 1 = A3 A0
A0 A 1 = -z -t, i1,.
A 1A2 = A 1A0
A0 A 2 = -x
y.
Calculind, se obtine: x(-y
z)
y(-z + ;) + z(-x -t- y) == 0.
+
+
+ +
3. STRUCTURA GRUPULUI PERMUTARILOR A PATRU
OBIECTE cr,s
Definltle: Se nurnesc transpozitH triunghiulare
S 1 = (01)(23) .5 2 = (02)(31) S 3 = (03)(12)
Observatie Transpozitiile triunghiulare ~i identitatea formeaza un grup
comutativ in raport cu operatia de compunere a premutarilor, notat G4 ,
izomorf cu grupul lui Klein. Intr-adevar tabla
•I E S1 S2
E E
S1 S2
S1 S1 E
Sa
52 S2 Sa E
Sa Sa S2 S1
determina complct observatia anterioara.
Sa
Sa
S2
Si.
E
Definifie Se numesc transformari diedrice cubice, permutarile care
lasa fndicele zero pe Joe.
Observatie Aceste permutari sint F, (23), (31), (12), (123), (123) 2 Ele
formeaza un grup izomorf cu cr 3 , grupul permutarilor a trei obiecte.
8.1. TEOREMA cr 4 are structura:
E
( 123)
(123) 2
(23)
(31)
( 12)
S1
(123)51
( 123) 2S 1
(23)Si
(31)51
(12)Si
S2
Ss
(123)52 (123)5 3
(123) 2S 2 (123) 2S 3
(23)5 3
(23)52
(31)S 3
(31)52
(12)5 8
(12)52
Demonstratie Este suficient sa se demonstreze ca cele 24 de elemente
scrise dupa regula descrisa anterior sint clistincte.
2511
Se noteaza cu Vi un element al grupului dietric cubic ~i se arata ca
visj = vhsh daca ~i numai daca i = h ~i j = k Intr-adevar:
V,; 1· vi• sj · s;1 = V;;- 1 • vh •sh· S-j1 echivalent cu V;;- 1 • vi= sh· S-j'"1.
Dar in ultima relatie produsul din stinga apartine grupului diedric
cubic iar eel din dreapta grupului triunghiular. Cum singurul element comun celor doua grupuri este permutarea identica, iar in grup fiecare elementi
are un umc invers, afirmatia este demonstrata.
4. NUMARUL RAPOARTELOR ANARMONICE RELATIV LA O
DlVIZIUNE
Cu patru puncte se pot forma atitea rapoarte anarmonice cite permutari se pot face cu patru litere, deci 24.
4.1. TEOREMA. Exista eel mutt ~ase rapoarte anarmonice diferite
intre ele.
Demonstratie Se noteaza: P 1 = A0 A 1 • A 2A3 r P 2 = A0A 2 • A3A 1 J
P 3 = A0 A3 • A 1A 2
~i se observa ca identitatea lui Euler se mai poate scrie
P1
+ P 2 + P 3 == 0
Raportul anarmonic al punctelor A 0 A 1A 2 A 3 se po ate scrie in functie de
P 1 , P 2 , P 3• lntr-adevar, de exemplu:
(AoA 1 A 2A 3 } = A2A0 /A 2A 1 : AaA 0 /A 3A 1 = A 2A0 /A 2A 1 • A 3A 1/A 3A0 = -PJP3•
Se aplica E, 5 1 , 5 2 , 5 3 produselor P 1 , P 2 , P 3 •
5 1 P 1 =- (01)(23) A0 A 1 • A 2A3 = A 1A0 • A3 A 2 = A0 A 1 · A 2Aa, etc.
(aplirarea constft in faptul ca se inlocuiesc intre ei indicii din primul, respectiv al <loilea factor). Se obtine
I P1
E
P1
Pi
P2
p~
Pa
S 1 P 1 P 2 Pa
S 2 P 1 P 2 Pa
Sa P1 P2 Pa
Se aplica transformarile grupului diedric cubic produselor P 1 , P 2 , P 3 • (Aplirarca consta in faptul ca indicele O ramine pe loc iar ceilalti indici se schimba dupa pcrmutarea respectiva) Se obtine tabelul
Pa
P2
P1
E
Pa
P2
P1
(123)
P1
Pa
P2
( 123) 2 Pa
P1
P2
(23) -Pi -Pa -Pa
(31) -Pa -P2 -Pi
( 12) -P2 -Pi -Pa
252
Deci valorile rezultate pnn aplicarea acclora~i substitutii raportului anarmonic initial
(A 0 A 1 A 2A 3 ) = -P 2 /P 3 = w sint:
l
E
I
(123)
I
(123) 2
(23)
I
(31)
(12)
w
~i folosind identitatea lui Euler
SI,
w1 -w '
w
obtin valorilc pcntru U'1 respect iv:
SC
w
-,
w w-
-w.
Avind in vedere tcorema de structura a grupului pennut;irilor, rczulta
ca exista numai ~ase rapoarte anam10nice relativ la o divizimw.
4.2. TEOREMA Dintre cele ~ase vatori realc de care este susccptibil
raportul anarrnonic al unci diviziuni generale de patru puncte, douii sint
intotdeauna negative, douii cuprinse in (0, l) ~i douii in (1, +=)
Demonstraiie Analizind cazurile
I. w E (0, 1)
II w E (1, oo)
III w E (-oo, 0)
concluzia teoremei rezult5. u~or.
5. CAZUL DIVIZIUNILOR CU UN GRUP DE AUTOMORFISM
MAI LARG
S-a vazut ca G 4 invariazr1 rapoartele anarmonice gencrale.
Se pune problema: nu exist a anumite valori ale rapuartdor anarm~
nice (sau nu exista anumite diviziuni particulare) pe care ~i unele transf~
mari din grupul diedric cubic le lasa invariante.?
Definitie: Totalitatea transforrnarilor care lasa Invariant raportul anarmonical unei diviziuni o vom numi grup de automorfism al diviziunii respective (se poate demonstra structura grupala).
Egalind in toate modurilc posibilc ccle pse valori ale raportului
se constata ca se obtin numai ccuatiile
w2 -
w
+ 1 = 0;
1 = 0;
w2 -
anarmonic
w(w - 2) = 0; 2w - 1 = 0
adica exact acelea~i ecuatii care s-ar obtine daca s-ar egala w cu ficcare din
cele ~ase determinatii principalc ale raportului anarmonic.
Rczulta radacinile
1±iV°3 (adica - E ~i - E 2 unde e:3 = 1);
2
W1 =
0;
W2 =
2;
W =
W1,2=
±I?
1/2
!n mod evident -e: ~i - E 2 corespund unei acelea$i diviziuni c;ici ink1cuind
de exemplu pe -e: in cele ~ase detcrminatii principale se obtine sau -e:,
sau -e: 2 ~i invers.
253
Diviziunea corcspunzatoare acestor valori se nume~te echiarmonica.
La fcl sc arata ca valorile -1, 2, 1/2 corespund unei acelea~i diviziuni.
Diviziunea corespunzatoare acestor valori se va numi armonica.
Analog valorile 1, 0, oo corespund unei diviziuni care se va numi singulara, caci are dona din cele patru punctc confundate.
5.1. TEOREMA DIVIZIUNII ARMONICE DiViziunea armonica are
proprieta. file:
1) Nu este singuiara
2) Ramine invariantii fafa de o transpozitie ~i reciproc
B) Daca unul din punctele ei se afla la jumatatea distanfei dintre doua
puncte; al patrulea pun ct al diViziunii este pun ctul de la inf in it.
4) Grupul de automorfism al unei diviziuni armonice este format din
opt elemente (il vom nota G8).
Demonstrafie 1) ~i 3) evidentc. Se dcmonstrcaza 2) Fie A 0 ,A 1 ,A 2 ,A 3
diviziune annonica. Rezulta:
A 2A0 /A 2A 1 : A3 A0 /A 3 A 1 = -1 deci A0 A2 /A 0 A3 : A 1A2/A 1A 3 = -1
ad.id\. diviziunea este invarianta fata de transpozitia (23).
Cum raportul anannonic este invariant fata de 5 1 = (01)(23) rezulta
ca ramine invariant fata de S 1 • (23) = (01) deci, mai molt, daca o diviziune
este anarmonica atunci ea este invarianta am de o transpozitie cit ~i de transpozitia complementara (formata din indicii lipsa) Pentru 4) se observa ca
multimea {E, Si, S 2 , S 3 , (23), S 1 (23), S 2(23), S 3 (23)} invariaza raportul
anarmonic ~i este grup in raport cu operatia de compunere a permutfirilor.
5.2. TEOREMA DIVIZIUNILOR ECHIARMONICE
1) DiViziunile echiarmonice sint acele diviziuni pentru care raportul
anarmonic se pastreaza pentru o permutare circulara de trei indicl.
2) 0 diviziune echiarmonica nu are toate punctele reale.
3) Daca patru puncte formeaza o diViziune echiarmonica, atunci existii
urn:atoarele egalita fi:
(A 0 A 1 A 2 A 3 ) = (A 0 A 2A 3A. 1 ) = (A 0 A 3 A 1A 2 )
~i reciproc.
4) Grupul de automorfism al unei divizluni echiarmonice are 12 elemente (se va nota G 12 )
Dem,onstrafie l) Din tabelul determinatiilor raportului anannonic
2) Evident. 3) Din 1). 4) Grupul de automorfism al unei diviziuni echiarmonice are 12 elemente deoarece are structura:
E
(123)
(123) 2
S1
(123)51
(123) 251
S2
(123)52
(123) 2S 2
Sa
( 123)53
(123) 253
1n concluzie, diviziunilc armonice ~i echiannonice au mai multc posibilitati
de a fi aduse in coincidcnFt cu ele insele pe dreapta proiectiva.
2[14
6. EXTINDEREA NOTIUNH
DE RAPORT ANARMONIC
,
6.1. TEOREM:A (PAf>PUS) Patru drepte in fascicol luate 1ntr-o
anumita ordine determina Pe o transversala mobila un raport anarmonic
constant.
Demonstrafie Sc folose,~te teorema sinusurilor.
Deiinitie Se nume~te raport anarmonic a patru drepte in fascicol raportut anarmonic al divizitm ii de intersectle cu o secanta mobila. Prin fascicol
armonic se intelege un fasc:icol intersectat dupa o diViziwte armonicii.
Consecin ta O dreapt5. :paraleH'1 la una din dreptele unui fascicol armonic
intersecteaza pe celelalte dcma segmcnte de lungimi egale (din punctul 3) al
teoremei diviziunii armonice).
Definitie Se numesc cuarte de drepte concurente egale (sau fascicole
egale) doua fascicole de dte patru drepte concurente cu unghiurile respectiv
egale.
6.2. TEOREMA Se considera un cerc @, A,A' puncte ce aparfin cercului @ ~i M, N, P, Q pu·ncte pe cerc diferite de A ~i A'.
Atunci fascicoiele AM, AN, .AP, AQ respectiv A'M, A'N, A' P A'Q
sint cuarte de drepte c011curente egate.
Demonstrafie Evident
Definifie Raportul anarmonic a patru puncte pe un cerc este raportul
anarmonic at unei cuarte, cu viriut pe cerc, ce trece prin cele patru puncte.
Conform teoremei anterioare se va folosi notatia A(MN PQ).
6.3. TEORE:MA PATRULATERULUI. Diagonalele unui 1patruiater comptet
se ta.ie in dMziuni atmonice, virfurile
patrulaterului intrind ca puncte con-
A
jugate.
Demonstratie Se va ad.ta ca diviziunea nu este si~gulari:i si este invarianta
la o transpozitie. Intr:-adevar, pentru patrulaterul complet Aj8CDEF, cu punctele E
K
de intersectie ale di,1gonalelor cu diagoFig. 322
nala EF, respectiv
~i K, din fascicolul
A(EFTK) intersecta.t cu diagonalele EF~i ED, rezulta (EFT!{) = (EDIK).
Din fascicolul C(ED.TK), prin intersectie cu diagonalele ED ~i EF, se obtine:
(EDIK) = (FETK).
Rezulta (EFT K) = (FETK), deci diviziunea considerata este armonica.
r
7. PROIECTIVITATE INTRE DOUA DREPTE. NOTIUNEA
DE
,
INVOLUTIE
,
Se considera o dreapta d.
Definifie Se nurne~te diViziune pe o dreapta d 1, un sistem deschis de
punctele la care se pot adauga, sau extrage, anurnite puncte.
255
Sc va nota cu I( multimea punctclor clintr-o diviziunc cons1derata pe o
drcapta d.
Se consiLlcrft cloua drcptc d 1 ~i d 2 •
Definitie Se nume~te proiectivitate intre doua divlziuni K. 1 pe d 1 ~i K. 2
pe d 2 o aplicatle care asociaza biunivoc punctelor din diviziunea Ki, puncte
din diviziunea K 2, pastrind egalitatile de rapoarte anarmonice.
Sc noteaz:'t faptul d douft diviziuni 1{ 1 ~i 1{ 2 sint proicctive prin K. 1 ~ 1{ 2 •
7.1. TEOREi\'1A Douii diviziuni proiective sint determinate prin cunoa~-
terea a trei perechi distlncte de puncte omoloage.
Dcmnnslraf.ie Sc clemonstrcazft ca pcntru A 0 , A 1 , A 2 fixate din prima
di\·iziunc, B 0 , B 1 , Bz omoloagcle lor din a doua diviziunc, pcntru A; din
prima diviziunc corcspundc unic Bi din a doua diviziune, astfcl indt
(A 0 A 1 A 2 .4;) = (B 0 B 1 B 2 Ei) (folosind rcpcre ~i transcricrca analitid in coordonatc a raportului anarmonic).
Se arat:t crt (AiAiA 11 Ac) = (BiBjBhBe) (*) oricare ar fi punctele
A,, .4;, A,,, Ac din prima dfriziune ~i omoloagcle lor din a doua diviziune.
Pcntru a ajunge la(*) proccdam in felul urmator.
(A 1A 2 A 0 Ai) · (A 1 A 2 A;A 0 ) = (A 1 A 2 A,Ai)
(B 1 B 2 B0 B,) · (B 1B 2 BiB 0 ) = (B 1 B 2 B;Bi)
dar (A. 1 .'1~A 0 /IJ = (B 1 B 2 B 0 Bi)
(A 1 A 2 A;A 0 ) = (B 1 B 2 B,B 0 ) deci:
(A 1 A 2 A/1i) = (B 1 B 2 B,Bj)
~i din aproapc in aproapc sc ajunge la rezultatul dorit.
Corolar O proiectivitate intre douii diviziuni pe aceea:;i dreapta cu trei
perccki de jn111cte omoloage 1·de11tice ( im£te) coincide cu identitatea.
Denwustrafie Fie Q proicctivitatea determinatft de A 0 - A 0 , A 1 - A 1 ,
A 2 --+ A 2 . Fie E proicctivitatca uzuala identica (proiectivitatea care lasa
pc loc punctdc dreptci d). Conform teoremci antcrioare o proiectivitatea
fiind clctcnninatrt unic de trci pcrcchi de punctc omoloage, rezulta ca cele
douft proicctivitati coincid.
Corolar Doita perechi de diviziitni proiective pe aceea~i dreapta diferite
de identitate au eel mult doua puncte unite.
Demonstrafie Rezulta din corolarul anterior.
7.2. TEOREMA DE LEGATURA INTRE PROIECTIVITATI $1
01\lOGRAFII
Fie doua drepte d 1 ~i d2 , J{ 1 ~• K 2 diViziuni corespunzatoare. Atun cl
urmiitoare!e afirma{ii sint echivalente.
i) K 1 ,..__, K 2
ii) Notind cu x ~i y abscisele punctelor mobile in cele douii diviziuni,
rezulta
x = Ay + B cu AD - BC # 0.
Cy+D
=
Demonstratie i)
ii). Fie 1( 1 ~i K 2 diviziuni proiective. Sc aleg in
prima diviziunc punctelc de abcise 0, 1, oo c{trora le var corespunde in
a doua diviziuuc punctelc de abcise y 0 , y 1 , y 2 (diferite). Fie A ~i B
punctele curente ale celor doua diviziuni.
256
Rezulta (:o 1 0 oo) = (yy1y0y 2) adica
11 =
(x1 - Ya) • (y - Yo)
(Yi - Yo)· (y - Yz)
"'"""'~~~~---,
lB = -(J1 - ~2) · Yo:
d ec1. x = --=--Ay + B
unde lA = Y1 - Y2l
Cy + D
lC = Y1 - Yo:
lD = -(Y1 - .Yo)Y2,
l =I- 0.
Expresia AD - BC= (Yi - Y 2 HYz - YoHYo - Yi) =I- 0 conform cu faptul
ez
ca punctele sint diferite. Pentru ii) => calcul.
Definifie O proiectivitate intre doua diviziuni pe aceea~i dreapta care
adrnite o pereche de puncte distincte perrnutabile, se nume~te involufie.
7J3. TEOREMA O involufie are toate perechile de puncte permutabile.
DemonstraJie Fie K 1 ,..._, K 2 astfel incit A 0 -+ B 0 , B 0 -+ A 0 , A 1 -+ B 1 ,
B 1 -+X.
Rezulta: (A 0 B 0 A 1B 1 ) = (B 0 A 0 B 1 X); echivalent cu (B 0 A 0 B 1A 1 )= (B 0 A 0 B 1X)
ceea ce irnplica X = A 1 .
7.4. TEOREMA Doua perechi distincte de puncte omoloage determina
o singura involufie.
Demonstrajie Folosind teorema anterioara ~1 teorcma de definitie a
proiectivitatilor.
8. FASCICOLE PERSPECTIVE
Definifie Fie doua drepte d 1 ~i d 2 astfel incit d 1 n d 2 = {O} ~i fie /{_ 1
diviziunea pe d 1 , K 2 diviziunea pe d 2 astfel in cit K 1 ·"'-' K~. Daca O ei;te proprul
sau ornolog, se spune ca O este autoomolog.
Definifie Proiectivitatea K. 1 ,.__, 1( 2 cu O autoomolog se numqte perspectivitate (sau se spune ca diviziunile sint perspective).
8.1. TEOREMA CENTRULUI PERSPECTIV Dreptele care unesc
punctele ornoloage intr-o perspectiVitate tree printrun punct fix.
Demonstrajie Conform situatiei
din figura fie {I} = A 1B 1 n A 2 B 2 ,
unde perspectivitatea este determinat;'t
/It'",..,.-·
de 0---+0, A 1 -+B 1 , A 2 -+B 2 . Fie
A 3 E d 1 . Punctul de intersectie X al
dreptei A 3 I cu d2 se corespunde i'n
perspectivitatea data cu A 3 , deoarcce
(OA 1A 2 A 3 ) = (OB 1B 2X).
Fig. 323
Deci dreptele care uncsc punctele
omoloage tree prin I.
Definifie Se considera o dreapta d din plan, K 1 ~i K 2 diVizitmi proiective
pe d, P 1P 2 puncte din plan.
Fascicolele P 1 (I( 1 ) ~i P 2 (I<. 2 ) se numesc fascicole proi@ctive.
Observafia 1 Orice patru perechi de raze omoloage formeaz{t cuarte de
drepte concurcnte egale.
°
257
Observatia 2 Doua fascicole intersectate de doua drepte dupa diviziuni
proiectivc sint fascicole proiective.
Dcfini{le Doua fascicole de centre diferite P 1 ~i P 2 se nurnesc perspective daca sint proiect1ve ~i au o raza autoomoloaga.
Observafia 3 Raza autoomoloaga este chiar P 1 P 2 •
Observatia 4 Intersecti:nd douf1 fascicole proicctive cu o dreapta ~i
definind ca puncte omoloage pe d.reapta, interseq:iile dreptei cu razele omoloage se constata ca teorema de caracterizare a proiectivitatii capat5. urm5.torul enun{.
8.2. TEOREMA O proiectivltate intre doua fascicole de drepte este
perfect determinata prin cunoa~terea a trei pcrechi tie raze omoloage.
p
8.3. TEOREMA AXEI PERSPECTIVITA TII Razele omoloage a
doua fascicole perspective se taie dupa
o dreapta fixa.
Demonstratie Au loc: p --+ p,
a 0 --+ b0 , a 1 --+b 1 (perspectivitatea data).
Fie dreapta 1 0 [ 1 , {P} = 101 n p,
I El01 1 , ~ ~i ~ ca in figur5.. Se obscrva
ca fascicolcle I\(a0 a 1~P) ~i P 2 (b 0 b1 ~p)
Fig. 324
sint proiective cu raza P 1 P 2 = p autoomoloaga.
Rezulta ca cele doua fascicole sint perspective, in plus cu
ao--+ bo, a1--+ b1, p --+ p.
Cele doua perspectivitati coincid, deci punctul de intersectie al razelor
omoloagc descrie dreapta 101 1 •
9. DREAPT A DE LA INFINIT A UNUI PLAN
Pentru P 1 , P 2 din plan ~i p o dreapta din plan exista doua fascicole
perspective ce au intersec{ia pe dreapta p. Rcciproc, unci perspectivitati
ii corespunde o dreapta din plan (axa perspectivitatii) cu o exceptie: cazul
fascicolelor paralele.
Razele omoloage fascicolelor paralele se taie in punctele de la infinit ale
dreptelor respectiv~
"
bg. 325
Pentru a pastra corespondenta intre perspectivitati ~i drepte din plan,
trebuie sa se introduca o dreapta, axa a perspectivitatii fascicolelor paralele,
care se va numi dreapta de la infinit a planului dat.
258
10. PRINCIPIUL DUALITATII ~I APLICATII
0 dreapta ~i un punct se numesc incidente daca punctul apartine dreptei
sau dreapta trece prin punct.
Se considera o teorema T In enuntul careia apar implici~ sau explicit,
puncte, drepte, incidenta, rapoarte anarmonice. Se presupune ca s-a realizat
demonstratia ei. Cum in esenta demonstratia exprima proiectivitatea raportului anarmonic, poate fi condusa astfel focit daca se scbimba rolul dreptelor
cu al punctelor, demonstratia Sa ramina valabila. Noua teorema obtinuta
se va numi duala teoremei 'y_
'
Deci ori de cite ori se demonstreaza o teorema T ~i se schimba rolul
dreptelor cu al punctelor, inversind incidenta ~i pastrind rapoartele anarmonice, se obtine teorema t a c5.rei demonstratie nu mai este necesara.
Un prim exemplu de dualitate il ofer5. teoremele centrului perspectiv
~i axei perspectivitatii.
EXEMPLU: 10.1. TEOREMA LUI DESARGUES Se consfdera doua
riunghiuri A 1 B 1C 1 ~i A 2 B 2C 2 , astfel incit dreptele care unescvirfurile corespunzatoare in notatie sint concurente:
Atunci laturilc se taie in puncte colinia.re.
Demonstrati"e Folosind figura: (D 1B 1C 1V) = (D 2B 2C 2V)
rezulta
(Ap 1B 1C 1 V)~A 2 (D 2 Bz(,' 2 V); cum mai mult Ap 1 coincidecu A 2D 2 , fascicole
sint chiar perspective. Conform teoremei axei perspectivitatii razele omoloage
A 1B 1 ~i A 2B 2 , A 1C 1 ~i A 2C 2 , A 1V ~i A 2 V se taire in puncte coliniare.
0
..•
-----.•w
I
.J
Dz
Fig. :,26
10.2. TEOREMA RECIPROC DUALA Daca Iaturile corespunziitoare
a doua triunghiuri se tale in trei puncte coliniare, virfurile puse in corespondenta prin notafie, sint situate pe trei drepte concurente.
11. AXA PROIECTIVITATII A DOUA DREPTE
'
11.1. TEORE11A AXE! DE PROIECTIVITATE Fiind data o pro.iectivltate intre doua drepte diferite, locul geometric al punctelor pentru care
perechea de puncte curentii a proiectMtafii determina doua fascicole in invoIufie, este o dreapta.
259
17*
Denwnstrafie Sc considera proiectivitatca I{ 1 ,..___, K 2 cu puncte omoloage A c~A 2 •
Un punct oarecare P din plan apartine
locului geometric daca ~i numai daca exista
razelc omoloage, PAi-+PA 2 ~i PA 2-+PA 1 •
Accasta inseamna (cu notatiile din figura)
ca obligatoriu punctului A~ trebuie sa-i corcspunda A;. Deci cind P parcurge locul
_ _ _ _..,__ _ __.__ _c__
2_
geometric, fascicolele A i(K 2 ) ~i A 2 (K 1 ) sint
A2
Ai
proicctivc, d1ci intcrsecteaza dona drepte
Fig. 327
dnp{t diviziuni proicctive, mai mult, sint
perspective avind raza A iA 2 autoomoloag[1.
Rczult[t: razelc omoloagc sc intcrscctcaza dupa o drcapta, deci P parcurgc o clrcapta.
Aceast:1 dreapta sc numc~tc axa proiectivitafii celor doua drepte.
p
Observatle Fie dcci o proicctivitate intre doua drepte d 1 ~i d 2 ~i fie Av A 2
pc d 1 , 13 1 , B 2 ornoloagclc lor pc d 2 •
Punctul {P} = A 1 B 2 n A 2B 1 apartine axei de proiectivitate a celor
doua drcptc.
11.2. CO~SECI>JTA: TEOREMA LUI PAPPUS Fie doua drepte
distincte d 1 ~l d 2 ~i trei perechi de punctc distincte pe aceste drepte.
A 0 , Ai, A 2 Edi, B 0 , Bi, B 2 E d 2 • Notatii:
{C 0 } = AiB 2 n A 2 B 1 , {Ci}= A 2B 0 n A 0 B 2 , {C 2 } = A 0 B 1 n AiBo
Atunci C 0 , C 1 , C 2 sint coliniare.
Den1onstratie Trei percchi de puncte distincte detcrmina o proiectivitate
in1rc dou:'t tlrc:pte. Se va consi<lcra proiectivitatea determinata de A 0 -+ B 0 ,
/! 1 -+ R 1 , A 2 -+ B 2 . Axa accstci proiectivitati contine punctele C 0 , C 1 , C 1
conform observatiei antcrioare.
11.3. CORELATIVA TEOREMEI AXEI DE
TEOREl\1A CENTRULUI PROIECTIV
PROIECTIVITATE
Fiind data o proiectiVitate intre doua fascicole de centre diferite, locul
geometric al punctelor pentru care perechea de raze omoloage curenta
determina pe o dreapta arbitrara doua diViziunf in invotutle, este un punct.,
11.4. CORELATIVA TEOREM:EI PAPPUS
Se considera doua fascicole de cite trei drepte concurente cu virfurl
diferite O(a 1a 2a 3 ) ~i Oi(b/Ji 2b3 ). Dreptele a 2 ~i b1 ~i a 1 ~I b1 se tale in An
respcctiv A 12 •
Dreptele a 1 ~i b3 ~i a 3 ~i b1 se taie in A 13 respectfv A 31•
Dreptele a 2 ~i b3 ~i a 3 b2 se taie in A 23 respectiv A 32 • Atuncl dreptele
A 12 Arn A 1~A 311 A 23 A 32 sint concurente.
Folosind aceasta tcorcrna se poate demonstra teorema lul Rosanes:
Dou.a tritmghiuri biomologice sint triomologice.
260
12. CONFIGURATIA LUI PAPPUS. PUNCTELE STEINER,
PAPPUS
Lema Daca doua terne de puncte pe o dreapta sint in involut:e in doua
ordine ciclice, atunci cele doua terne sint in involufie in cea de-a treia ordine
ciclica.
Demonstrafie Fie P 0 proiectivitatea determinata de
Ao- Bo
Ai- B1
A2-B2
Fiind involutie avem P5 = E. Analog fie
Ao-B1
P 1 :A 1 -B 2 cu Pi= E ~i fie
A2- Bo
P2: Ao - Ba
A1- Bo
A2-B1
Se considera produsul P·= P 0 • P 11 • P 0 . Accastft proicct.ivitatc aqioneaza.
dup5. regula
Ao-B2
A 1 - B 0 deci P = P 2
A2- B1
atunci P~ = P 0 • P 11 • P 0 • P 0 • P 1 1 • P 0 = E, ccea ce implicft I' 2 involutie.
Lerna duala Daca doita terne de drepte sint in involufie in doua ordine
cidice, atunci cele doHii terne s'int in involufie in cea de-a treia ordine cirlica.
Se considcra A 0 , A 1 , A 2 pe o dreapta d 1 , B 0 , B 1 , B 2 pe o dreapta dQ
~i se considera proiectivitatile P 0 , P 1 , P 2 ciclicc de mai inainte.
•
Ele vor avca ca axe dreptele, Po, p 1 , p 2 (dreptele lui Pappus ciclice)
Fie ~i proiectivitatile:
P~:A 0 -B 0
P~:A 0 -B 2
P~:A 0 -B 1
A1-B2
A1-B1
Ai-Bo
A2-B1
A2-Bo
A2-B2
Ele au ca axa dreptclc p~, p~, p; (drcptclc l11i Pappus aciclicc).
12.1. TEORE:\IA STEII\ER DrcpteJe Jui Pappus ciclice ~i c!reptele Jui
Pappus aciclicc tree rcspectiv prin puncteJe S ~i S'.
Dcnwnstra(ie (Pcntru gruparca ciclica). Fie {5} = Po n p 1 . Se va
demonstra ca 5 E P2
Intr-adevar, S(d 1 ) ~i 5(d 2 ) sint doua fascicole in involntie conform teorcmei axei proiccfo·itfttii. Dcci:
5.-1 0 - 5B 0
5A 0 -> SB 1
SA 1 -5B 1 ~i SA 1 -SB 1
SA 2 - SB 2
SA 2 - SB 0
sint involutii ale acelora~i fascicolc (5(d 1 ) ~i 5(d 2 )) in doua ordine ciclice.
Conform lemei duale sint ~i in c:ca de-a treia ordine ciclica, cleci 5 E p 2•
Demonstratia se face analog pentru gruparea aciclica.
261
13. PRINCIPIUL CONTINUITATII AL LUI PONCELET ASUPRA
UTILIZARH ELEMENTELOR IMAGINARE IN 6EOMETRIE
(redactat dupa D. Barbilian, Geometric elementara)
Utilizarea clementelor imaginare este i'ndreptaµta. de urmatoarele
observatii de natnra analitica.
D~ca proprictatea geometrica este adevarata, calculul analitic reu~e~te.
Dar acela 9i calcul trebuie fa.cut ~i in cazul in care anumite elemente ale figurii
devin imaginare caci totul revine a atribui unor parametri (coeficienti sau
coordonatc) valori complcxe.
Rezuli:a astfel principiul de continuitate a lui Poncelet:
a) 0 proprietate geometrica care din punct de vedere al calculului se
reduce la o proprietate algebrica adevarata pentru elemente reale ale figurii,
este adcvarata ~i pentru elemente irnaginare.
b) Este perm.is pentru stabilirea proprietatii geometrice care din punct
de vedere al calculului este de natura algebrica ~i se rationeaza asupra elementelor ei eventual imaginare ca ~i cum ar fi reale.
Observatia 1. Doua puncte imaginar conjugate determina o cl.reapta reala..
++ ~:
Intr-adevar, fie A { Xi= ab
~i JJ {. x 2 =ab·- ~: coordonatele
.Y1 =
· ii-Y2 = ,_ ii-carteziene a doua puncte imaginar conjugate.
Ecuatia dreptei AB este
y
X
a+ ioc
a - ict.
+
b
i~
b - i~
1
1
=0
Dar determinantul anterior provine <!lin
X
a
y
b ~
1 0
1
Cl.
0
0
0
0
1
1
i = 0
-i
ceea ce este echivalent cu
X
a Cl.
y b ~ = 0
1 1 0
care reprezinta o dreapta reala.
Consecin1a O dreapta reala contine o data cu fiecare punct imaginar ~i
punctul imaginar conjugat.
Se spurn~ ca doua drepte sint imaginar conjugate daca expresia analitica
a unei drepte induce prin transfonnarea i--+ -i, expresie analiticaa celeilalte. Prin calcul sc obtin rezultatele:
2) Doua clrcpte imaginar-conjugate se taie i'ntr. un punct real.
3) Daca o dreapta imaginara trece printr-un punct real, imaginara sa
conjugata trece prin acela~i punct.
4) Pe o dreapta imaginara exista un singur punct real care apartine
~i imaginar-conjugatei acesteia.
262
5) Dreptele care unesc (diagonal) perechi de puncte imaginar - conjugate, sint imaginar conjugate.
6) Punctele care provin din intersectia (diagonala) a doua perechi de
drepte imaginar conjugate sint imaginar conjugate.
14. PUNCTELE LUI HESSE
Definitie Sa consideram pe o dreapta terna A 0 , A 1 , A 2 ~i punctele ima-
ginare U ~i U' cu proprietatea ca:
(A 0 A 1 A 2 U) = -i:: 9i (A 0 A 1 A 2 U') = -e: 2 •
U ~i Lr, se numesc punctele lui Hesse ale ternei A 0 , A 1 , A 2•
Observatie U 9i U' sint acele puncte imaginar conjugate ale dreptei
care impreuna cu A 0 , A 1 , A 2 produc diviziuni echiarmonice.
Fie terna considerata pe d ~i terna B 0 , B 1 , B 2 cu punctele lui HP-;c;e
V si V'. Se tine cont de faptul ca o di\·iziune cchiarmonir:ft nu isi c,' :mb'
raportul anaimonic dnd i se pcrmutft ciclic trei punctc ~i \i-1 :,/him'. a
valoarea complementara, dnd i se aplica o transpozitic ;i!;upra a doei, din
punctcle sale. Se redefinesc proiectivitatile cidice 9i ar:iclice:
Ao-+ Bo
A 1 -+B 1
Ao-+ B1
A 1 -+B 2
Ao-+ B2
A 1 -+B"
P 0 :A 2 -+B 2
P 1 :A 2 -+B 0
P 2 : A 2 -+B 1
U' -+ V'
U' -+ V'
U' -+ V'
Ao-+Bo
A1-+ B2
p~: A2-+ B1
Ao-+ B2
u-v
u -v·
U'-+V
u-v
A1-B1
p~: A2-+ Bo
u-v·
u·-v
u-v
Ao -
nl
A1-+ Bo
P;: A 2 -+ B 2
u-v·
u·-v
Fie {S}=UV'n U'V, {S'}=UVn U'V'. S 9i 5' sint puncte reale deoarece
provin din intersectiile unor drepte imaginar conjugate. Confom1 notatiilor
anterior folosite, 5 E Pon Pin p 2 , S' E p~n p~np;. Deci S 9i S'. punctele
situate la intersectia hesienelor conjugate, sint punctele Steiner-Pappus ale
proiectivitatilor ciclice 9i aciclice stabilite.
14. l. TEOREMA Punctele lui Stelner Pappus determina o dreapta
care intersecteaza dreptele d 1 ~i d 2 dupa o divizitme. armonica.
Demvnstra/ie Folosind teorema patrulaterului 9i principiul de continuitate al lui Pancelet
aplicate patrulaterului complet S'USU'VV'
care are patru din cele 9ase virfuri imaginare
rezult5. concluzia dorita.
Se va demonstra in continuare ca dreptele
h = U'V 9i h' = lYV' joaca pentru terna de
drepte Pappus ciclice acel~i rol ca punctele lui
Hesse pentru una din ternele generatoare ale
configuratiei.
s'
Fig. 328
263
Teorema de completare. In conditiile ~I cu notatiile anterioare rezulti
CP0P1Pzli) = -e: ~i (PoP1P2h') = -::: 2
Dononstra-fie Fie Y 0 , Y 1 , Y 2 interseqiile cu d 2 ale dreptelor lui
Pappus ciclicc Po, P1, P2
Se considera proiectivitatea
H:B 0 - B 1
B1-B2
B2-Bo
Se observa u~or ca
P1 = H · P 0 , P 2 = H 2 • P 0 ~i H 3 =E.
Punctului O E d 1 ii corcspunde prin
P 0 , Y0 • Deci
Fig. 32S
0 -P,- ~T
.L o,
O l',
T.
--+ y 1,
0 P.
➔ y 2
Folosind observatiile, se obtine ca
FI
Yo-- Y1
FI
Y1--Y2
H
~i Y 2 - - Y 0 din H 3 = E
Y 1 , Y 2 au acelea~i punc te Hessiene cu terna
RezuW"'t dt punctele Y 0,
B 0 , B 1 , B 2 . Dcci
(Y 0Y 1Y 2V) = -e: ~i
(Y 0 Y 1Y 2V') = -e: 2.
Se obtine S(Y0 Y 1Y 2 V) = -e:
S(Y 0 Y 1Y 2V') = -e: 2
~i
adica (PoP1Pzh) = -e: ~i (PoP1P2li') = -e: 2
.
15. TEOREMELE LUI DESARGUES ALE INVOLUTIEI
15.1 TEOREMA !NTlI A LUI DESARGUES Se considera patrulaterul complet ADBECF ~i O un punct din plan. Notam dreptele OA, OB,
OC, OD, OE si OF cu a, b, c, d, e, f. Atunci perechile de drepte a, d; b, ei
,, r, sint in' involutie.
Demonstrajie Fie {E 1} = OB n AE.
0
Se considera o proiectiv.itate P intre
£1 ,L__ ___r_._ _
.....:::::» E,
: 1 __ _ _
A
C
Fig. 330
d1
dreptele AC = di, ~i FE=d 2 definita de:
A --+D Ec-E C--+F
Dar cum lui E 1 ii corespunde punctul de interseqie a dreptelor d 1 ~i d3 ,
rezulta {:a E 1 apartine axei proiectivitatii
Dar {B} = AF n CD apartine axei proiectivitatii. Rezulta ca b este axa proiectivitatii. Cum O E b, se obtine ca: OA,
OD; OE 1, OE, OC, OF sint 'in involutie..
15.2. RECIPROCA TEOREMEI LUI DESARGUES
Fie O oarecare din pJan ~I ABC triunghi. Se considera punctele D, F, F
a~ezate respectiv pe laturile opuse virfurilor astfel incit perechile de drepte.
OA, OD; OB, OF; OC, OF sint in invotutie.
Atunci D, E, F coliniare.
Demonstra/ie. Sa consideram FD n AC= {E 1}
Rezultrt involutiile I 1 : OA -+ OD
OC-+ OF ~i I 2 (din teorerna lui Desargues
OB-+ OE
aplicata patrulaterului complet ACE 1DFB)
OA -+OD
I 2 : OC-+ OF
OB-+ OE 1
Cum I 1 ~i I 2 au doua perechi de raze omoloage, coincid, deci E 1 = E.
Duala teorernei 1. Se crmsidera patru'aterul de laturi opuse c, f: e, b Ji
liagonale a, b. Fie o dreapta er care intersecteaza laturile ~i diagonalel,; in punctele C, F; E, B; A, B respectiv. Atunci perechile C, F; E, B; A, D sfnt in
involuJie.
Duala reciprocel. Se considera triungh£11l de latitri a, b, c Ji trei Ci'viene
a.1e sa'e d, e, f. Daca perecltile de drepte a, d; b, c; c, J detern11:na pea o scccwtii
arbitrara, perechi de puncte fn involujie, atunci dreptele e, d, f sfnt co12curmte ..
Aplicatii ale teoremelor lui Desargues ale invotutiei.
l) Laturilc unui unghi drept mobil fn jurnl v11ful11i generea::a do;ui fascicole fn involufie.
2) Direc/iile perpcntliculare corespund la puncte pe dreapta de la iafinii'
£n involu/ie.
3) lniU/imile umti triunghi sfnt concurcnte.
Soltttie. Se intersecteaza figura cu dreapta
de la inffnit ~i se obtine involutia A -+ D,
B-+ E, C -+F.
Se aplica teorema duala a reciprocei ~i
se obtine ca dreptele e, d ~i 1 sint concurente.
4) Ccrcuriie descrise pe diagonalele unui
patritlater complet ca diametre sfnt in f ascicol
liniar.
C
Sol11/ie. Se considera patrulaterul complet
Fig. 331
ADBECF in care AD, BE CF sint diagonalc.
Fie {M, N} = @(BE) n @(CF).
Se consider;i dreptele a= MA, d = MD, b = MB, c = .JfE, c = MC
~i 1 = MF. Conform teoremei intii a lui Desargues, exista involutia a -> d;
b-+e; c-+ 1 ;
Dar MB J_ ME ~i MC J_ MF deci involntia este generata de un unghi
drept mobil tn jurul lui M, deci MAJ_ MD, de uncle ME @(AD).
5) Mijloacele diagonalelor unui patrulatcr complet sint coliniare.
265
16. DIVIZIUNI PROJECTIVE PE ·CERC
Definitie. Se numesc '1iViziuni proiective pe cerc doua serii de puncte
-puse in co,c,r,;i;1llenfa bijectiva, asHel incit ra!)ortul a;1armonic a patru punctc
oarecare din prim a ll.iViziune este egal cu raportul anarmonic al omoloagelor lor.
Observat;e, Fiincl date dona diviziuni proiective pe cerc, lor le corespnnd
donf1 cliviziuni proiective pe clreapta ~i reciproc (folosind ideea proiecfiei
stercografice). Rczultf1 folosind rezultatele anterioare ~i observatia.
16.1. TEOR.EWA I. 0 proiectiVitate pe cerc este determinatii de trel
perechi de puncte omoloage.
2) 0 proiectiVitate pe c~rc are douii puncte duble (reale distincte, rea!e
<:onfunrlate, imaginar-conjugate).
3) Pe cerc exista involutii.
Se va <la o teorcmf1 <le descriere a involutiilor.
r
16.2. TEORE:VIA. Se considerii doua perechi curente A -1- B ~• A' -1ate involt.ttlei. Atunci:
I) {AI} = AB' n A' B des er le o dreapta fixa (axa involu tiei).
2) Tangentele in punctele curente ale lnvotutiei date se intersecteazi
pe axa invoiufiei.
3) Dreapta care une~te perechile de puncte curente ale involutie trece
printr-un punct fix.
Dcnzonstratie. Se considera A -1- B ~i A' -1-- B' perechi de puncte Gmoloage in involutia data.
Se presupune perechea (A 1B) fixa ~i (A', B') mobila pe cerc. Se n0teaza
AB' en ix ~i A'B cu ~Atunci A(B') ~ B(A') (fascicolele cu centrul in A ~i terminat la diviziun(';1 IJ' ~i cu centrul in B !;ii terminat la diviziunea A' sint proiective fiindca
se termina la dona diviziuni in involutie).
niai mult, sfot perspective, deoarece au
raza AB autoomoloagft. Rezulta c5. 11! descrie
o dreapta, razele omoloage ale fascicolelor taindu-se
in puncte coliniare.
2) Se observa ca A' ~i B' pot lua urmatoarele pozitii.
_d
l
A'
B'
!
!
B'
A'
B
!
A
Conform notatici de pe figura, razdc oc ~i ~
Fig. 332
le corespund pozitiile:
_!:_I BA' I BB' I tangcnta in B la cerc
~
AB' AA'
tangenta in A la cerc
Conform caracterizarii axei involutiei punctul de intersectie a tangentdor
in A !;ii B la cerc (fiind la intersectia'ra;elor omoloage) aparti~e axei involuti,.:!i.
5) Fie {I}= AB n A'B'. Se va demonstra ca punctul I este fix. Pentru accasta se noteaza cu [J intersectia dintre axa involutiei ~i dreapta BA.
1n patrulaterul complet AMBB'NA' (unde {N} = AA' n BB') rezulta
{ABU!)= -1, deci I fix.
266
Observafie. Din punctul 3) al teoremei se deduce d axa inYolutiei poate
fi definita ca locul geometric al punctelor U pentru care divi;1,iu11ea I, U, A, B
este armonica, unde I estc punc:t fix <lat iar JAB o raza mobila.
fn wntextul teoriei pol~pc>lara studiata in paragraful introductiv de
geometrie proiectiva exista o parte ,,imaginara" a axei involutiei (partea
din afara cercului). In C:outex.tul. teoriei prezentate anteri01 axa involutiei
nu este imaginara. Se pot face u~or identificarile.
I = centrul involutiei = pol.
LN 1 = axa involutiei = polara.
Se vor demonstra acum doua teoreme din care va rezul~a d involutiile
pe cerc sint perfect determinate fie de centrul involutiei, fie cle axa involutiei.
16.3. TEOREMA. Fie un cerc @, M punct fix in plan, ~11 e: 12 ~i i'ie
Ai ~i Bi intersecfiile secantelor prin .M cu cercul @. Atunci diviziunile (A;)
ti (Bi) sint in involufie.
DemonstraJie. Fie involutia I determinata de A 0 - B 0 ~i A 1 - B 1•
Conform punctului 3) al teoremei precedente, M este centrul involutiei I.
Deci involutia functioneaza confoirm descrierii din punctul 3) (dupa lcgea
MAB) Deci (Ai) ~i (B;) smt diviz:iuni in involutie.
16.4. TEOREMA. Tangentetti la cerc duse prln punctcle unei drepte
determina in contactele lor cu cer,i:ul doua dMzauni in involutie.
ti
B
Fig. 333
DemonstraJie. Fie involuµa l determinata de A 0 - B 9 ~i A 1 - B 1Conform teoremei de caracterizare a involutiiior cercului tangcntele·
A 8• ¢. B 0 la cerc (r:especfiv in A 1 ~i B 1 ) se vor intersecta in P 0 respcctiv P 1
pe dreapta d (axa involutiei).
Fie PA ~i PB tangentele dir1 P Ed la cercul @.
Se va demonstra ca A ~i B se corespund in involutie respectiva. Se
presupune ca punctului A ii coresjpunde B~. Tangentele A ~i B~ la cerc se
taie pe dreapta d, obligatoriu in P.
Deci B = B~, ceea ce incheie demonstratia.
Definifie: Pentru un patrula ter complet se nume~te triunghi diagonal,
triunghiul determ1n,at de cele trei diagonale ale patrulaterului.
16.5. TEOREMA PATRULA.TERELOR INSCRIS SI CIRCUMSCRIS
(NEWTON-BRIANCHON). Virfur ile triunghiului diagonal al patrulaforului
ABCD inscris intr-un cerc dat sirit punctele c!e inter.secfie a laturilor opttse
ti•a diagonalelor.interioare·ale patru laterului circumscris in punctele A, B, c, D.
267
--------·-----------------·-
Y,
-
. -·
Fig. 335
Demontra/ia. Conform notatiilor din figura, se considerfL I] K triunghi
diagonal al patrulaterului complet ACBDEF; atunci EF cste axft a involutici determinate de J.
I ~i K sint conjugatele lui J in :raport cu cercnl, deci b n d = {I} ~i
an c = {K}. S-a folosit escntial di {J} = BD n AC c.-;te situat b interseqia cliagonalclor patrulatcrului abed.
17. AXA PRO!ECTIVITATII
GENERALE A CERCilJLUI
,
17.L TEORE:MA AXEL Fiind data o proiectiVitate pe ccrc, locul geometric al punctelor pentru care perechea de pi.mete curenta a proiectivita fH
determina doua fascicole in involutie este o dreapta.
Demonsfrafie. Fie A 1 ~i B 1 fixe pe cerc astfel indt A 1 - B 1 ~i A' - B'
mobile in proiectivitatea data. Fie I punct al locului geometric. Are loc
IA 1 - IB 1 ; notind {A~}= IB 1 n @, {B;_} = IA 1 n @, trebuie sa rezulte
de asemenea IA~ - IB;_. Se considera fascicolele A 1(B;_) ~i B 1{A;_). Ele sint
proiective pentru ca se termina la diviziuni proiective pe cerc, mai mult sint
perspective, avind raza A 1B 1 autoomoloaga.
Deci I descrie o dreapta care se va numi axa proiectivitafii generale
a ccrwlui.
17.2. TEOREMA LUI PASCAL
Se considera A 0 , A 1 , A 2 , B 0 , B 1 , B 2 oarecare pe un cerc. At~ncl
{uJ1 = A 0 B 1 nA 1B 0 , {v} = A 0 B 2 nA 2B 0 ~I {w} = A 1B 2 nA 2B 1 sint coHmare.
Demonstrafie. Se considera proiectivitatea:
Ao - Bo,
A1- B1,
Az- B2.
Rezulta ca punctele [!, V ~i W de mai sus vor apartine axei proiectivitatii, deci sint coliniare.
17.3. TEOREMA LUI CARNOT (Dreapta lul Lemoine).
Fie B, B, C puncte oarecare pe un cerc. Atuncl tangentele la cerc in A,
B ~i C ~i laturile opuse se intersecteaza in puncte coliniare.
268
Dcmonstrat£e. Se consider a proiccti vita tea:
A--+ B,
B--> C,
C--> A.
Rczul1:t cft punctcle determinate de AC ~i BB (tangc:1ta in R la ccrc),
AB ~i er, AC ~i AA apartin axei pi·oiectivitatii ,c1-culc1i, care estc o dr"art:t.
17.4. TEORE\T:\ LUI HESSE. Dreapta lui Lenw;ne a trl•mghitllui
A BC taie cercul circumscris in punctele lui Hesse ~i U ~i U' ale ternei il, B, C
de pe cerc.
Dcmonstra/ic. Sc consider{t proicctivitatca anfrrioarft: A --> B, B--+ C,
C --+ A. Axa proiectivitatii c:otc c'.rc:1;_1ta lui Lemoine a trhmghiulni A BC
~i estc C'xterioara cercnlui. Punctde unite ale accski proicctivitati sfnt
imaginare iar intnsectia t:reptei cu CC'rcnl se face tot in puncte imaginare
(conjngatc). RezuWi ca punctcle unite ale accstci proicctivitati (pnnctck
lui HcssC' in dcscompunerca pe axa) coincid cu punctcle <le intcrsectic ale
dreptci cu ccrcul.
18. PUN[TELE ABSOLUTE ALE PLANULUI
P~. I. TEORE\L\. Toate cercuri!e din plan taie dreapta de la infinit
in ac-~lea~i doua puncte imaginar conjugate (n1unite puncte absolute ale planului).
.,,,,-....._
D,:mn11straffr. Sc considcra mai intii AOB mobil in jurul punctulm 0
_,,,,,.....____
astfrl indt m(AOB) = 0. Sc formeazrt cloua fascicole cu virful in O intrc
care exisU1 o proiccti,·itatc P 1 care nu are raze unite reale. Fie acesteaw ~i w'
(imaginare conjugate). Considerind dreapta de la infinit ~i interscctiile ei cu
celc <louft fascicole cu vi'rful in 0, se ohtine o proiectivitate Pz intre celc doua
diviziuni, de puncte unite Q ~i Q', imaginar conjugate.
0
Fig. 336
Se obscrva ca n ~i O' nu depind de 0, caci se pot considera fascicole
cu 0 = 0', cu razele paralele corespunzatoare. Fie proiectivitatea pe un cerc
,--...
.,,,.,.....__
arbitrat dctcrminata de ni(A;B;) = 20. Rezulta ca AMB = 6 ~i axa proiectivitatii este chiar drcapta de la infinit. Deci intersectiile imaginar conjugate
ale axci cu cercul sint chiar punctele unite ale proiectivita.tii, ~i nu dcpind
nici de cerc, nici de M, nici de 0, deci sint chiar punctele unice de interscctie
ale oricarui cerc din plan cu dreapta de la infinit.
261
18.2. TEOREMA UNGHIULUI A Lill LAGUERRE
Fie m, n doua direcfH ale unor drepte din pJan ~i 0 unghiul Ior, k rnodulul
proiectivitafii determinate de p:mctele absolute ~i urmele celor doua directii
pe drear,ta de Ia infinit. Atunci 0 = _!_ Ink.
2i
Demonstra/ie. Fie coordonarea pe d.irectii a dreptei de la infinit ~i fie
m ~i n dona directii date, astfel incit m = tg v ~i n = tg µ. Se noteaza.
0 = v - µ. Rezultft
tg a= tg (v - µ) =
tg V - tg (L - m - n decl
tg v tg µ
1
mn
1
(1
+
+
+ mn) tg e - m + n = O.
A.ceasta reprezinta ecuatia unei proiectivitati ce descrie o corespondenta
intre doua directii de unghi 0, pentru care punctele unite (de fapt directiile
unite) sint reprezentate de radacinile ecuatiei .x 2
1 = 0 (m = n = x)
deci i ~i -i. Rezulta in mod banal
+
.
.
i - m -i - m
(i •- m)(n + i)
k = (m, n, i, -i) = - ~ : - - - = --'-------'-'----'-- c::11
n - i n+i
(n-i)(-i-m)
1 +i
m-n
I + mn
m:::----- _
1-i m - ni
1 + mn
+
1
i tah 0 = _eiO = e2i0
1 - i tg 6
e-ia
1
de unde In k = 2i0, sau 6 = - Ink.
2i
APLH'.ATII ALE PUNCTELOR ABSOLUTE
Definitle. Se nu 1W\:;te l!reat,tii izotrnpa de prlma spcc:c o dreal)t.c'i care
trece prin n: se imme~t•:! rlreapta 1wtropa de a doua s?)ecie o areapfa care
trece prin U'.
Oietin;fe, Se m.:-ne~te pah'!.llater irntrop, patrulaterul format din doua
izotrope de pr)n,a specie ~i douii izotrope de a doua specie.
Fig. 3:37
270
1n general un asemenea patrulatcr are
numai virfuri imag·inarl.:'. Un patrulatrr izotrop format din izotrope imaginar conjugate,
se nume~te patrulat1;r izotrop conjugat.
Conform principiului continuitatii al
lui Poncelet ~i teoremei patrulaterului pentru
patrulaterul izotrop conjugat 0.'FO.F'<f.>M;
rezulta:
a) (MNO.Q') = -1
b) (FF'OM) = -1
c) (<f.><D'ON) = -1.
/"-.
Din a) se dcdnce ca 0 = m(FF', <J)<l>') este dat de
2£
ln e;1t dcci O = ~;
2
deci <l><l>' J_ FF'.
Din b); FO
OF', iar c) <I>o=ocJ>'. Sc pot enunta rczultatelc antcrioare
in forma: virfurile reale ale unui patnibtcr izotrop - conjngat sint simetrice
fata de <I><I>'.
=
18.3. TEORE\L-\. lzotropele u f ~· aie umil [)!Ind P' mob1l pc un cerc
genereaza doua fascicole izotrope pro;cctive.
Demonstratie Fie P fix pc ccrcul @, P'
mobil JW acda~1 ccrc.
Cum P si P' sint rcale u, v ~int izotropc imaginar' conjugate: u :::i ,J la fol. Cm:iorn!
obscrvatiei anterioarc, f.!P si n' l' fixe ~i
dreapta' <I><I>' J_ PP', deci O 'ccntrul cercuh~i
apartine dreptci <Pct>'.
Fie diviziunile (<1>') ~i (<I>) pc drcptC'k
fixe PD. rcspectiv PfJ.; l'le sintpcrspcctive aviml
pc O ca ccntru pcrspcctiv. Rczult~t ca fascicolcle Q(<l>') ~i D.'(<l>) sint proicctin·.
Observatia 1. Toate drcptclc de tip <l><l>'
sint rczultate din puncte {<1>'} = i1 n ii ~i
{<D} = 1t U v, deci O este cC'ntrul proiL·cti,-it:itii
celor dona fascicole.
q,'
,t
. I
f·'·
/i:
I
\
\
hg. 338
Observatia 2. Razei QQ' ii corespund ca omoloag-e (tinind cont de orientare) tangcntde izotrope la cerc in Q respcctiv .Q', c:tci trelmie s:'t se urmareasd ce devine raza it dnd F sc confund:i cu Q etc.
·
Observatia 3. Centrul O al unui cerc @. se g{tsc~k la intersectia tangcntelor sale izotrope.
18.4. TEORE:\B. RECIPROCA {de canctcrizare a c~rc,1lui prht fascicole izotrope).
Se considera doua fascicole izotrop~ imaginar-conjugate proiective dar
neperspective. Intersectia razelor lor omoloage descrie un cerc.
DemonstraJie. Algem trei perechi de raze omoloage:
a-+a',
b-+b',
c-+c'.
Fie {A}= ana', {B} = bnb', {C} = c n c'; rezultrt A, B ~i C necoliniare (din neperspectivitate) deci determina un cerc. Fie P mobil pe
cercul @. Conform teoremei anterioare P dcterrnina imprcana cu Q ~1 Q',
doua fascicole proiective in care, prin particularizari, rezultii:
a-+ a',
b-+ b',
c-+ c'.
Rezulta. ca proiectivitatile coincid, d.eci interseqia razelor omoloage
descrie un cerc @.
271
19. INTERPRETAREA iN REAL A ELEMENTELOR
IMAGINARE
Definltie. Fie <I> punct imaginar din plan ~i <I>', conjugatul sau. Se·
nume~te imagine in real a punctului imaginar <I>, bipunctul (F, F') determinat
de singurele puncte reale ale izotropelor Q<I>, respectiv Qcl>'.
F
Evident punctului <I>, ii va corcspunde
bipunctul (F', F). Se stabile~te astfel o transformare F-F' bijectiva ~i considert1 ct1 o curb[1
complexa sau continuarea in complex a unei
curbe reaJe are ca interpretare in real o transformare punctuala a planului.
1ntr-adevar, fi <~\ o curba in complex,
<I> un punct complex al ei, <I>', conjugatul lui <I>.
Punctului {F}=Q<I>n Q'<I>' ii corespunde
unic
F'
ca fiind {F'} = Q<I>'n Q'<I>. Reciproc,
Fig. 339
punctului F' ii corespundc unic F.
19.1. TEOREMA. Transformarea punctuala care interpreteaza in real
continuarea in complex a unei drepte reale, este simetria fata de acea dreapta.
Demonstra#e. Folosind prop:rietr1tile patrulaterului izotrop conj ugat
determinat de .Q.Q'cJ><I>', rezulta ca FF' __L <I><I>' ~i F ~i F' sfnt simetrice fata
de ¢<I>'.
INTERPRETAREA 1N REAL A UNUI CERC REAL CONTINUAT
IN COMPLEX
Deiinitie. Se nume~te simetrie fata de cercuJ r transformarea punctuala
7---+ F' care interpreteaza in real cercul r continuat in complex.
Propozitia 1) Tranfsormarea este b1jecti·di. .~i in,•olutiva.
2) Centr-ului O al cerculiti ii corespunde domeniul infinitu 111i.
5) Punctele reate ate c,:,rcului r se transforma -in el"- fnselc (Ji sint singurele cit aceasta proprietate)
.
LJ) S1:metria 1 aJii de cercitl r permutii domeniul interior cu domc"11 iul
exterior al lni r.
Demonstra/ie 1) evident. 2) Luind F in 0, izotropele FQ ~i FQ' clc'\·in
tangcntele izotrope la cerc.
Deci <l> = Q, <I>' = Q, iar F' provine din Q'<I> n Q<I>', deci F' apartine
drcptei de la infinit.
3) Se folose~te faptul evident ca un punct este real claca ~i numai daca
bipunctul are ambele puncte confundate.
4) Folosind 2) ~i 3) se aratr1 ca transformata unei curbc inclusc in interiorul cercului ~i trednd prin O este o curba exterioara ccrcului.
19.2. TEOREMA. Simetria fafa de un cerc ~i inversiunea de modul
pozitiv reprezintii aceea~i transformare.
Dcnionstrajie. Se folose~te faptul ca 0, F ~i F' sint coliniarc.
I) Simetria fata de un cerc r face sa-i corespunda unui ccrc fJ, un alt
cerc @' cu exceptia cazului cind cercul @ trece prin O centrul lui r (transformata lui @ fiind atunci o dreapta).
Intr-adevar, fie F E @ ~i F' simetricul sau fata de r. Intre fascicolele
izotropc cic prima ~i a doua specie exista o proiectivitate deoarece se taie
pe cercul @.
272
Dar intersectia fascicolelor izo-trope imaginar-co'njugate proiective
dar neperspective este un cerc,
dcci F' descrie un cerc. Acest cerc
este dreapta daca ~i numai daca are
puncte reale la infinit. Dar aceasta
este echivalent cu @ trece prin 0.
II. Fie B, A punctele reale in
-care un cerc care trece prin F ~i F'
(puncte simetrice fata de cercul r),
intersecteaza r. Se va demonstra ca
Fig.
un asemenea cerc este format numa i
din puncte simetrice fata de cercul r ~i este ortogonal. cercului r. Pcntru
aceasta se transforma cercul care trecc prin F, F', A, B. Conform proprietrttilor
de involutivitate ~i de transformarc a punctelor reale ale lui r, la care se adauga
-observatia anterioara din cursul demonstratiei, se obtinc ca cercul F, F', A, B
se transforma in cercul F', F, A, B. Cum FF' trcce prin 0, pentru cazul in
care F = A, (F' = A) rezulta ca OA este tangenta la cerc, deci @ ~i r sint
ortogonale. ln final OF· OF'= OA 2 , ceca ce incheie demonstratie.
Consecinfa. Simetria fafa de un cerc pastreaza unghiul de -intersl'Cf ie a
.doua curbe ( este transformare conforma).
Interpretarea in real a unei drepte complexe
19.3. TEOREMA. Transformarea care interpreteaza in real o dreapta
cornplexa este liniara ~i bijectiva.
Demonstratie (liniaritatea). Fie d drcapta complcxa, <I> E d ~i fie cl'
dreapta complexa conjugata, <I>' E d' (<I>' conjugatul lui ¢). Se reface
constructia patrulaterului izotrop conjugat.
Se presupune ca F descrie o drcapta, /. RczuWi ca fascicokle cu
centrele in Q ~i Q' sint perspective, avind dreapta de intersectie a razclor
omoloage pe J. Deci fascicolele u ~i v' sint perspective pcntru ca au interscctia
pc dreapta d. Analog fascicolele u' ~i v. Deci printr-un rationament de tranzitivitate, u' ~i v' vor fi fascicole proiective. lVIai mult, este Yorba de o
perspectivitate, QQ' fiind raza autoomoloaga. Dcci, F' descrie dreapta f'.
F
Fig. 341
Fig. :l42
19.4. TEORE~TA. Fie dreptele d ~i d' complex-conjugate, () punctu:Jor real de intersectie ~i fief,/', g, g' perechi de drepte ce corespund in transiormarea studiata (Pcrcchea/, g trecind prin F, pcrecheaf', g' trccc prin F').
/'-,
............
Atunci /~ g == g', f'.
Demonstrafie Fie g, g' fixe ~i 1 , f' mohile in jurul lui F, rcspcctiv F'.
Not ind {Ml = / n d, {M'} = f' n d', sc observa mai 1ntii dt daca F se
,conlinua in complex dcvenind <l>, atunci F' devine <!). Or accasta inscanm:t
273
cad 9i d' sint dreptc cc se corcspund in transformarea studiat;t (sau mai mult
izotropele de o specie se transform;t in izotrope de spccia cealalta).
Revenincl la descnul anterior, 1vf ~i );I' se corespund ((fn d)-> (f'n d')).
Aceasta inseamn;t ca D'Jf n d' = {1vl'}, deci 11-1 :;;i M' sint omoloage intr-o
proiectivitate (perspectivitatc) de ccntru Q'.
Deci fascicolele cu v1rfurilc in F, F' terminate la Jl✓.l, lvl' sint proiective.
Rezulta:
(f, g, w, w')=(f', g', w', w) de undc ~i ln (f, g, w, w')=
L
ln (!', /, Ti/, ·w,)=
1
= -ln
(r<'
O , '' , w' , w)
2i
A
/"o,..
sau folosind tcorema und1iului a Jui Laguerre /, g = g', f' (s-a notat cu
w, w', w, w', respectiv FD, FD', F'D, F'Q').
Consecinta. I) Transformarea care intcrprctcaz-a in real o dreapta com-
plexa ~i transforniar,?,a prin asemanare i1H•crsa s-int idrntice.
Consecinfa. 2) 0 asem.ifnare invcrsii are in general un singur punct t!nit.
Daca are doiu1, se reduce la o simetrie.
Consecinfa. 5) 0 asemiinare inversa este perfect deter1n1:11cda de o jxrcc!ic
de puncte omo 1oage.
(deoarece cunosdnd (F, F~) ~i (F 2 , F;) se determin5. unic ct, 1 9i <f) 2 deci clreapt;,
cornplexa <1> 1<1> 2 ).
20. APLICATH REPREZENTATIVE ALE GEOMETRIEI
PROJECTIVE IN GEOMETRIA TRIUNfJHIULUI
20.1. TEOREMA PUNCTELOR DINA.MICE. Bipunctul Tl', TV' care
lnterpreteaza in real punctele imaginar-conjugate ale Jui Hesse relativ la terr a
A, B, C de pe cercul r sint identice cu punctele dinarnice ale triunghiului A HC.
DemonstraJie. Fie L dreapta lui Lemoine.
Interpretarea in real a punctuiui H (al lui Hesse) este bipunctul (H', W').
Din faptul ca H apartine dreptei lui Lemoine insearnna ca W ~i W' sint siml'irice fata de dreapta lui Lemoine iar din faptul ca H apartine ~i cercului r
se obp.ne ca W ¢. W' sint simetrice fata de r. Considerind cercurile cirrnmscrise triunghiurilor AMV', BWW', CWW', ele ·sint ortogonale cercului r.
Deci cercul circumscris triunghiului AWW' are centrul pe tangenta in A la r.
Dar W ~i W' fiind sirnetrice fata de L, rezulta ca, de exemplu, ccrcnl
circurnscris triunghiuh!i AWW' are centrul pe L.
Cum interscctia tangentei in A la cercul r cu dreapta lui Lemoine
determina centrul cercnlui lui Apoloniu relativ la latura BC, rezuWi rft
cele trei cercuri sint chiar cercurilc lui Apoloniu rclativ la terna A, B, C
iar W, W' sint punctele dinamice ale triunghiului ABC.
Consecinfa. Doua tcrne in 1·n·;;olufie pe cercut r avind acelea$i pu11cte
unite H $i H', au acelcari pwzctc dinamice.
,Z"14
Observafie. 1) Triungliiul ecliilateral se caracterizeaza prin Japtul, cl
dreapta Lemoine a lui este dreapta de la infinit.
Observafie. 2) Se poate demonstra ca pu;1ctele dinamice ale unui triunglil
covariaza prin inversiune.
A
.n.
Fig. 344
Fig. 343
Interpretarea in real a figurii Jui Pappus.
Studiul triunghiului ABC revine la studiul configuratiei duale a lui
Pappus.
Aceasta configurafie pune in evidenta doua grupe de puncte:
gruparea ciclica 0, 0', 0" coliniare pe dreapta Steiner s ~i gruparea
aciclica. A 1 , B 1 , C1 coliniare pe s'.
Folosind faptul ca dreptele lui Steiner s ~i s' smt conjugate fata de centrele fascicolele Q ~i Q' rezulta ca dreptele s ~i s' taie dreapta de la infinit
dup;i o diviziune armonica, dar din teorema unghiului a lui Laguerre rezulta
ca s ..Ls'.
1n cde ce urmcaza se vor identifica 0, 0', 0", A 1, B 1 , C 1 ~i se vor gasi
interpretarile corespunzatoare.
Se redefinesc proiectivitatile ciclice ~i aciclice pentru grupele de drepte.
a-> a 1 a--+ b1
a-> c 1
a-> a 1
a-+ c1
a-> b1
b--+ b1
b --+ c 1
b-> a 1
b-+ c 1
b-+ b1
b-+ c 1
c->c 1
c--+a 1
c--+b 1
C-'>b 1
C-'>a 1
c-+c 1
tn prima proiectivitate de izotrope imaginar-conjugate, conform teoriei
gcncrale, razele omoloage se intersecteaza in A, B, C, deci ccrcul real determinat de ccle dona fascicole cste chiar @(ABC). Rezulta ca centrul proiectivitatii celor doua fascicolc este chiar 0, centrnl cercului @(ABC).
Se compara a dona ~i a treia proiectivitate.
{d} = b n C1
{Q3} = C n al
{@}=an bi.
{d'} = b1n C
{Q3'} = cln a
{@') = a1n b
Dar d, d', (B, (B', @, (2' sint imaginar conjugate. Rezulta ca proiectiYit(1{ile sint imaginar conjugate. Centrele lor O' ~i O" vor fi imaginar-conjugate.
Se cauta interpretarea in real a punctului complex 0'.
Fie ( P, Q) bipunctul care realizeaza aceasta. Cum O' E s, rezulta ca P
~i Q sint simetrice fata de s.
Din cele spuse anterior, rezulta ~i {O'} = ofof n (}3(!3' n @@'.
Cum A este real iar d' are ca imagine bipunctul (B, C), dreptele Aot',
B(]3', C@' au ca interpretare in real transformarile.
:;;. .
A-.A
B--+B
C-.C
B --+ C
C -> A
A -
B
275
Dar intcrsectindu-sc 111 0' trclrnic s:1 aib;i toatc P ---+ 0
Dcci 1:.AJJJJ,..__, L:'..ACQ 1:.Bcp,...__, L:'..BAQ L.CAP,...__, L:'..CBQ
de uncle rezult5. ca P ~i Q sint punctele lui Brocard ale triunghiului ABC
Din faptul ca punctele A 1, B 1, C 1 sint centre de proiectivitate, ele sint
centre de cercuri obtinure din intcrsectiile dreptelor determinate de punctele
omoloagc.
Deci ccrcul r a trccc prin A, di., di.' etc., de unde rezulta ca bipunctul
(B, C) c:ctc simctric faFt de I'a, aclicft I'a este cercul lui Apolonin relativ la
later:a. BC.
Rczultf1: A 1 , B 1 , C 1 s1nt punctele gencratoare ale clreptei lui Lemoine.
~~e ol,tiEl':
20.2. TEORE\TA 1. Punctcle lui Brocard P ~i Q sint simetrice fata derl Til d,-.~:!?ti a lui Steiner (pcrpcncliculara din O pc t'n'apta lui Lemoine).
pi
20.3. TEORE\1:A 2. Triunghiul format de centrul cercului circumscris 0
~1 pm;ctele lui Brocard P ~i Q ale triunghiului ABC are acclea~i puncte
Jinamice W, W cu trimighiul A BC. Idcilc ultimei demonstratii sint:
l) Drcapta Jui Lemoine intcrscctcaza cercul circumscris triunghiului
ABC in punctele lui Hesse ak tcrnci A, B, C de pc cerc.
2) Bipunctul W, W care intcrpreteazi't ia real punctcle lui Hesse relativ
la tcrna A BC cstc format din punctclc dinamice ale triunghiului ABC.
3) Dreptclc hcssiene 'It ~i u', v ~i v' ale tcrnelor a, b, c; a 1 , b2 , c1 se taie
111 ff, W pe dreapta s, care sint puncte hcssicne pentru tcrna determinata
de 00'0" (ccntrcle proicctivit;1 1ilor).
CONFIGURAJIA LUI PASCAL. PUNCTELE LUI STEINER-PASCAL
20.4. TEOR.E:vIA. fie pe un cerc doua terne de puncte A 0 , A 1 , A~ ~,·
B 0 , 11 1 , H 2 • Permutind in toate modurile punctele din aceea~i terna, rezulta
trei figurl ale lu i Pascal ciclice ~i trei figuri aciclice ~i asociate !or trei drepte
ale h1i Pascal ciclice P 0 , P 1 , P 2 ~i trei drepte ale lui Pascal aciclice I'~, 1-\, P~Atunci exista 5 ~i S' astfel incit
{5} = P 0 n P 1 n P 2
{S'} = P~ n p;_ n P~
Demonstarfle. Se considera U, U', V V' puncte hessiene ale ternelor
A 1 , A 2 respectiv B 0 , B 1 , B 2 de pe cercul fundamental r. Deci
(A 0 A 1 Ail) = -e,
(A 0 A 1 A 2U') = -e 2
(B 0 B 1 B 2 V) = -e,
(B 0 B 1 B 2 V') = -e 2
Dar o diviziunc echiarmonica nu-~i schimb5. raportul anarmonic daca
i se permutf1 ciclic trei din punctcle sale ~i se trece 1n determinatia complemen-tara la o pcrmutare de doi indici.
Sc reconsidera. <fo·iziunile ~i proiectivitatile (perfect determinate)
Ao---+Bo Ao---+B1 Ao---+B2 Ao---+Bo Ao---+B2 Ao---+B1
A 1 ---+B 1 A 1 ---+B 2 A 1 ---+B0 A 1---+B 2 A 1 ---+B 1 A 1 ---+B0
A 2 ---+ B 2 A 2 ---+ B 0 A 2 - B 1 A 2 - B 1 A 2 - B 0 A 2 - B 2
U ---+ V
U ---+ V
U---+ V
U ---+ V'
U - V' U - V'
V' ---+ V' V'---+ V' U' - V' &T'- V W' --. V W' --. V
276
Fie {S} = lllV' n W'V, {S'} - trV n W'V', S ~i S' stnt reale pentru
di se afla la intersectia de drepte imaginar conjugate. Rezulta, folosincl
definitiile de mai sus ale proiectivitatilor, ca: {5} = P 8 n P 1 n P 2 ~i
{5'} = P~ n Pi n P;
20.5. TEOREMA. (ProprietatHe punctelor Steiner - Pascal) P1.mctele
Jul Steiner - Pascal au proprieta1iJe:
1) Sint conjugate fata de cercul fundamental r.
2) InversiuniJe de pol 5 ~i putere, puterea lei S fafa de r transforma
punctele dinamice W, W' ale .6.A 0 A 1A 2 in W, W' puncte dinamice ale
~BoB1Bz.
Demonstraiie. Punctul 1) este banal din proprietatile patrulaterului
complet ~i principiului de continuitate al lui Poncelet.
2) Se transforma terna A 0 , A 1 , A 2
s'
in raport cu involutia de centru S.
Se obtine terna dl. 0 , d 1 , d, 2 care are ca
puncte ale lui Hesse pe V ~i V' deoarece
prin construcFa involutiei 5, U ~i U'
se transforma in V ~i V'. Deci
(dod1d2V') = -e:
(dod 1d2V) = -e: 2
Conform interpretarii in real a
punctelor luj Hesse, rezulta ca triunghiurile d 0 d 1d 2 ~i B 0 B 1B 2 an acelca~i
puncte dinamice W ~i W'. Dar involutia de centru S ~i inversiunea de 5
~i putere, puterea punctului 5 fata
de cercul r opereaza in acela~i mod V '(_"-----------'/1-.-----------_____::':..,_5..
asupra conturului lui r, deci transforma
punctele A 0 , A 1 , A 2 in d. 0 , d 1 ,d 2 .
Fig-. 345
Dcci punctele dinamice ale acestor triunghiuri covariaza prin inversiunc.
Problema 1 (O.I.M 416, GM 1/1987).
Se considaa semicercul @ de diametru AB !}i arc11l ccpabil de; 111:;!1i ii.;.
{P} = MA n (2, {Q} = MB n &, {R} = AB n PQ, OEAB astfel incH
(O.A) = OB).
Si"i. sc giiseasca locul geometric al ortoceutrului triunghiului M RO.
Solujic. Se cunoa~tc ca. locul geometric al ortoccntrului triungliiului
MAB cste arrnl simctric al arcului AM B fata_ de AB (cercul Carnot cor :~1,unzator).
Sc aratr1 ca ortocentrcle triunghiurilor MAB ~i M IW coincid, ccea ce
1
rczolv(1 problema.
Din BP _L MA ~i AQ __L ]dB rezulta: {H} =J!BnAQ cstc ortnn:-ntrn
pcntru triunghiul MAB, deci .MJ-1 __LAB. Se obtinc ca J1H este in:drimc
~i pcntru triunghiul 1vl RO. Se demonstreaza ca RH __L MO.
1ntr-adevar, triunghiul M HR este triunghi diagonal pentru patrulatcrul
complet APklQBR.
Rczultr1 ca M, H, R dcfinesc un sistem cle involutii asociate rclativ la
cercul APQB. Dcci HR este axa involutiei lui M, de uncle HR __L MO.
277
Problema 2. (Concurs admitere 1984)
Se cousid.rii ccrnl @ cu centrul in 0, A $i B fixe pe @, astfel focft
..,,,,,,,....._
.............
m(AOB) = 90°, M ~i N mobile pe cerc, astjel incit m(MON) = 90°. Sa se
gcrscasdi locul geo;r.etric al punctului P, { P} = AN n B111.
Solnfie Sa considerarrn involutia cercului @, M __.,N (presupunind o ordine
initial[L de parcurgerc). Cum toate cercurile din plan intresecteaza dreapta de
la infinit in doua puncte imaginar-conjugate (punctele absolute ale planului)
~i accstea trebuie sa se corespunda in involutie considerata, conform principiului de continuitate al lui Poncelet se poate presupune ca se lucreaza cu
figura imaginar'.i in care Q = A, Q' = B. (Q ~i Q' fiind punctele absolute
ale planului).
Rezultft ca drcapta AB este chiar d.reapta de la infinit a planului, iar
ccrcul @ este acela~i cu cei din figura reala. Deci d.reptele QN ~i D.'M sint
izotrope de spccia I, respectiv a II-a, care se corespund in involutia dintre
fascicolele cu ccntrcle in Q si Q'. Conform teoremei de caracterizare a cercului
prin fascicole izotrope, int~rseqia izotropelor ce se corespund intr-o proiecti,·itatc nepcrspectiva este un cerc care trece prin Q ~i Q' (caci toatc cercurilc
din plan tree) ceca ce rezolva in intregime problema.
'
'
A=n.
Fig. 346
Fig. 347
Problema 3. (Olimpiada R.F.G). Se considera doua cercuri de raze egale,
A $i B puncte fixe pe cele doua cercuri. Fie M, respectiv N, mobile pe cele doua
cercuri (pe sensuri contrare), astfel incit AM= BN. Sa se gaseasca locul
geometric al mijlocului segmentului MN.
Solufie Se porne~te de la unnatoarea observatie simpla:
Fie O mijlocul segmentelor MN ~i M 1N 1 . Se considera doua cercuri de
raze egale care tree prin M, N, respectiv M 1N 1 ca in figura. Fie A, B pe cercuri;
astfel indt AM= BN (in sensuri contrare de parcurgere). Atund, din
congruenta triunghiurilor ON 1N ~i OM 1 M, rezulta (NN 1 ) ==- (MM 1 ), deci
,-.
,..-..
NN 1 = MM 1 ~i. mai mult, AM 1 = BN 1•
Problema se rezolva in felul urmat01'1 Se c0nsidera. proiectivitatea
M -+ N ~i fie O un punct al locului geometric. Fie alte doua puncte M 1 ¢.
N 1 care se corcspund prin proiectivitatea considerata. 0 este punct din care
proicctivitatea se vede in involutie, deci este un punct al axei proiectivitatii.
Deci locul geometric este un segment inchis in axa proiectivitatii anterior
mentionate.
278
BIBLI OGRAF IE
]. Bal. r.. f!u1's de g~ometrie sintetiGa. E.D.P., Bucure~i. 1960.
!Z. Barbarin, P. E.a geometrie non euclidienne. Gauthier-Villars, Paris, 1928.
B. Barbi!i-an, D. Opera didactica. Vol. 1 i;;l 3. Ed. Tehnicii, Bucure~ti, 1968.
4. Beju, A., Beju, I. Compendiu de matematiGa. Ed. $t. ~i encl., Bu cure~. 1983,
5. B0lyai, J. Appendix. E<l. Academiei, Bucure~i, 1954.
6. Bor~, C Notiuni de geometrie proiectiva. Ed. Tehnicii (Bibi. SSMF), Bucure~ti. 1956,1'l. B'Jtez. M. St. Probleme de geometrie. Ed. lfehnica, Bucure~i. 1976.
8. Branzei, D. i,.a. Bazele ra/ionamentului geometriG. Ed. Acad., Bucure~i, 1983.
9. Bdmzei, D. ~.a. Matematici elementaref probleme de sinteza. Ed. Junimea, Ia~i, 1983.
10. Brinz3i, D. Geometrie ,irmmstan/iala. Ed. Junimea, Ia~i, 1983.
11. Choqu~t, G. GMmetry in a :Modern Setting. Kershaw, Londra, 1969.
12. Co~nitii, C. Te-Aeme # probleme alese de matematici. E.D.P., Bucure 9ti, 1958.
13. Cota, A.. ;;.a. M a.temati;;ii ( M anuale de geometrie ,l. IX, X) E.D.P., Bucure 9ti,
1984- 1987.
14. Cr.cules::u, I. ~.a. Mate·,natica (Man.itale de geometrie, els. VI-VIII), E.D.P.
Bucu,e~i, 1979-1982.
15. Drag!Jicescu, LC., l\fasgras, V. Probleme de geometrie. Ed. II'ehnica., Bucure!')ti 1987.
16. Fordei, H. G. Fundamentele geomet,·iei eitclidiene. Ed. $t., Bucure~ti, 1970.
17. Hadamard, J. :ec/ii de geometrie elementard, Vol. I~i II, Ed. Tehnicii, Bucure~i.
1950 - 1961.
18. Haimo·;ici, A. :jl,a. B.ecfii de geometrie elementara, tJniv. ,.Al. I. Cuzan, Ia 9!, 1975.
19. Hilbert, D. Grundlagen der Geometrie. Teubner, Leipzig, 1899, 1909.
20 .. faglom. A.M., laglom, J.M. Probleme neelementare t-ratate elementar. Ed. Tt"hnica,
Hucure 91i, H1f2.
21. Jann'.,, $t-. :;;.a. Probleme de f!eometrie $i de trigonometrie. E.D.P. Bucure~ti, 1983·
22. Jon, n.I., Nita, C. ~.a. Comp!emente de algebra. Ed. $t. Enc. Bucure~ti, 1984.
23. fo11, D.l., Rad~1. l\'". Alg1-1ml. E.D.P., Bucure$ti, 1981.
24. Ioae.,c11-Bujor, C. Efr,mnte de transformdri geometrice, Vol. I-IV. Ed. Te!1!1iC'a,.
Bucure~ti. 1958.
25. Kolmogorov, A.N. ~.a. Geometrie pentru. clasele VI - VI II. E.D.P., Bucure~ti, 1979 ..
26. Lalescu, T. Geometria triunghiuhti. Ed. Tineretului, Bucure:,;u, 1958.
27 Miculit1, M. Articole publicate i:n diverse nwnere ale G.Af.
28. Mihalescu, C. Geometria elementelor remarcabile. Ed. Tehnici'l, Bucure~ti, 1957.
29. Mihaileanu, N.N. Complemente de geometrie sintetica, E.D.P., Bucure~ti, 1965.
30. l\Iihftileanu, N.N. Geometrie neuclidiana. Ed. Acaclemiei, Bucmc!5ti, 195-L
31. Miha.ileanu, N'.N. Lec(-ii complementare de geometrie. E.D.P., Bucure~ti, 1976.
32. ?vliron R. Geometrie elementarii. E.D.P., Bucure 9ti, 1968.
33 Miron. R., Bril.nzei, D. Fundamentele aritmeticii ~i geomelriei. Ed. Acad. Bucure~ti, 1984.
34 Miron, R. Geometrie analiticii. E.D.P., Bucure~i, 1976.
35. Miron, R. Introducere vectorialii in geometria analitica plana. E.D.P., Bucurc 9ti,
1970.
36. Moise, E. Geometrie elementara din pimct de vedere modern. E.D.P., Bucure9ti, 1980.
37. Nicolescu, Fl. Asupra unei teoreme a lui Tifeicn. G.M. 7, 1986.
279-
,18. '\''.:-nlescn, G.G Artico]e J.rnblicte in di 1crse nnmcre ale G.M.
39. P;,n,Litopol, L. Art1colc j.J11bJicatc in diverse numere ale G.l\1.
40. Pan.ritopol,_ L., Ottescu, C. Frobleme date la olimpiadel~ de mat~matica. E.LJ.P .•
Bucure~ti. 1976.
.
·41. Pimsner, M., Popa, S. Probleme de geometrie elementara. E D.P ... J:il,<:ure~ti, 1979.
42. Rusu, E. Geometrie elementara. E.D.P., Bucure~i, 1964.
43. 3amboan, G. Fundamentele matematicii. E.D.P., Bucure~ti, 1970
44 . .3maranda, D. ~.a. - Introdiicere in geometria axiomaticii. Tipografia Universit::i~ii
din Bucure~ti, 1979.
45. Soare, N Curs de geometrie, Tipografia Univ. Bucure~ti, 1986.
46. Soare, :X. lllegalitiiti geometrice. Lucrare de diploma, 1985.
47. Teleman, K. ~.a. - Geometrie (Manuale els. IX-X). E.D.P., Bucurc~ti,
1979-1980.
48. Te0clorescn, D.I. t;eometrie analitica ~i elemente de algebra liniara. E.D.P. Bncurc!;,ti, 1966.
49. Tmrni, A. Curs de geometrie. Tipografia Univ. Bucure~i. 1985.
50. Titeica, Gh. Crtlegere de problenze de geometrie. Ed. Tehnica, Bucurc:;,ti, 1965.
51. l:tlri~te, C. ~.a. - Geometrie analitica (:Mam.1,al els. XI-a), 1982.
52. l" ,h·i~te, C. ~.a. Probleme de maiematici ~i observafii metodologice, Facla, Timi~oara,
1980.
53. Yra.nccanu, Gh., Teleman, K. Geometrie euclidiana, geometrii neeuclidiene, tcoria
rclativit'.i(ii. Ed. Tehnica, Bucure~ti, 1965.
54. Vranceanu, Gh. ~.a. Geomet•·ie elementara din pimct de vedere modern. Ed. Tehnic."L,
Bucure\lti, 1967.
55. J'\icolescu, Boskoff, V. Teoreme ~i problerne de geometrie elementara. Bucure~ti.,
Tipografia UniversitaW, Bucure~ti, 1986,
0