121

PROBLEME REZOLVATE DE COLINIARITATE ŞI CONCURENŢĂ

1. 207 .pag [8], Fie paralelogramul ABCD şi punctele F E, astfel încât , AE B

AD, BE , AF D AB. DF Să se arate că punctele F şi C E, sunt coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.01

Cum AD BE şi BC AD rezultă BC BE deci triunghiul CDE este isoscel.

Deoarece AB DF şi DC AB rezultă DC DF aşadar triunghiul FDC este

isoscel. Avem

2

CDFm -180 D)Cm(B

2

EBCm -180 FCDm DCBm BCEm FCEm

CDFm - EBCm - DCB 23602

1 .

Întrucât BC ||AD şi AB||DC se obţine

. CDFm EBCm DCBm

Rezultă ,1803602

1 FCEm deci punctele F şi C E, sunt coliniare.

2. 169.pag [9], Se consideră triunghiul ABC în care 60 Am şi triunghiul

echilateral BCT astfel încât T şiA aparţin aceluiaşi semiplan delimitat de dreapta BC .

Se iau punctele Q şi P aşa încât AQ BP , CP A şi triunghiul BPQ este

echilateral. Să se arate că punctele Q şi T A, sunt coliniare.

Rezolvare:

Cum 60 CABm şi triunghiul BCT este echilateral 5.02 Fig. , atunci

122

CTBm CABm .

Fig. 5.02

Rezultă ATBC patrulater inscriptibil, de unde se obţine

.60 TCBm TABm

Se observă că

18060 120 PQBm PABm

de unde rezultă APQB patrulater inscriptibil.

Aşadar

.60 QPBm QABm

Se obţine astfel

. QAB TABm

Deci

0 QABm - TABm TAQm

şi prin urmare punctele Q şi T A, sunt coliniare.

3. 168 .pag [9], Fie ABC un triunghi înscris în cercul C . R O, Perpendiculara

din B pe diametru [AD] intersectează dreapta [AD] în E, iar cercul C R O, în F.

Paralele duse prin F la CD respectiv CA, intersectează CA respectiv CD, în G

respectiv H. Să se demonstreze că puctele H şiG E, sunt coliniare.

Rezolvare:

Cum FG ||CD şi AC CD rezultă AC. FG Deoarece 90 FGAm FEAm

atunci patrulaterul EGFA este inscriptibil 5.03 Fig. .

123

Fig. 5.03

Se obţine

ACBm AFEm AGEm (1).

Paralelogramul CHFG este dreptunghi. Rezultă

FSAm 2

1 FCAm FCGm CGHm

.

Dar BF AE şi AE O , deci BTAm FSAm

.

Aşadar

ACBm BTAm2

1 FSAm

2

1 CGHm

(2).

Din relaţiile (1) şi (2) rezultă

CGHm AGEm

deci punctele E, G şi H sunt coliniare.

Observaţie: Cum ACBm CGHm atunci EH || BC.

4. 13 .pag [10], Se consideră triunghiul , AB AC ABC I centrul cercului înscris

triunghiului şi punctele , AB F şi BC E astfel încât perimetrele triunghiurilor ABE

şi ACE sunt egale iar dreapta EF împarte triunghiul ABC în două suprafeţe de arii egale.

Să se arate că punctele I F, şi mijlocul lui [BC] sunt coliniare.

Rezolvare:

Fie c AB şi b AC a, BC x, BE 5.03 Fig. . Cum [ACE] P [ABE] P avem

b x - a AE c x AE

de unde se obţine .2

c - b a x

124

Fig. 5.04

Fie M mijlocul lui BC; atunci .2

c - b

2

a -

2

c - b a BM - BE ME

Fie BC. AI D Din teorema bisectoaei rezultă .c b

ac BD

Atunci

.c b2

c - ba

c b

ac -

2

a BD - BM DM

Rezultă

.c b

a

ME

DM

Cum BI este bisectoarea unghiului B se obţine

2

Bsin BI AB

2

Bsin BI BD

IA AD B, d

DI AD B, d

[ABI] σ

[DBI] σ

de unde rezultă .ME

DM

c b

a

IA

DI

Aşadar MI ||EA.

Din ipoteză, condiţia impusă ariilor se reduce la

2

1

[BCA] σ

[BEF] σ deci

2

1

Bsin BA BC

Bsin BF BE

adică .

c - b a

ac

BE 2

ac BF

Rezultă

c - b a

a

BA

BF

şi cum

c - b a

a

2

c - b a2

a

BE

BM

rezultă .

BE

BM

BA

BF Aşadar MF||EA.

Cum MF||EA şi MI ||EA rezultă faptul că punctele F şi I M, sunt coliniare.

125

5. 22 .pag [16], Tangenta în punctul B la cercul C R O, circumscris triun-

ghiului ABC intersectează pe AC în D. Cercul C 11 R ,O circumscris triunghiului

BCD intersectează pe AB în punctul E. Fie Apr N DE . Să se arate că punctele O,

N şiA sunt coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.05

Fie O.pr M şi DE OA N' AB

Demonstrăm faptul că DE. AN' Avem

N'EAm - MAOm - 180 N'EAm - EAN'm -180 A'NEm .

Cum

ABDm BQAm2

1 DCBm BSDm

2

1 N'EAm

şi

ABDm BQAm 2

1 BOAm

2

1 AOMm

,

atunci

AOMm N'EAm .

Se obţine

.90 OMAm AOMm - MAOm -180 A'NEm

Deci DE AN' şi cum DE AN rezultă faptul că punctele N' şi N coincid,

aşadar punctele N şiA O, sunt coliniare.

126

Observaţii:

i) Cum DEBm EBDm rezultă că triunghiul DBE este isoscel. Deci

DE. DB

ii) Pe de altă parte

ECDm DTEm 2

1 BSDm

2

1 DEBm

.

Aşadar cercul circumscris triunghiului ACE este tangent dreptei DE.

6. 12 .pag [10], Fie un triunghi D ABC, simetricul centrului de greutate faţă de

mijlocul lui E şi [AB] simetricul lui C faţă de B. Să se arate că punctele E şi D A, sunt

coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.06

Fie M mijlocul lui AB. Deoarece D este simetricul centrului de greutate G al

triunghiului ABC faţă de M se obţine MG. DM Aşadar

.4

1

MG 3 MG

MG

MC DM

DM

DC

DM

Atunci

1 2 4

1 2

EB

EC

DC

DM

AM

AB

şi cum [CB] - CB E , [MC] - MC D , [BM] - BM A rezultă, din reciproca teoremei lui

Menelaus, faptul că punctele E şi D A, sunt coliniare.

7. 191 .pag [3], Să se demonstreze că picioarele perpendicularelor duse din vârful

A al triunghiului ABC pe bisectoarele unghiurilor C şi B sunt patru puncte coliniare.

127

Rezolvare:

Fig. 5.07

Fie H şiG F, E, proiecţiile punctului A pe bisectoarele unghiurilor ABC şi BCA.

Cum BF şi BE sunt bisectoarele interoiară respectiv exterioară a unghiului ABC

atunci .90 EBFm Rezultă AE ||FB şi BE ||FA. Deci patrulaterul AFBE este

dreptunghi.

Atunci CBEm EBAm FEBm , deci EF ||BC.

Diagonala EF a dreptunghiului AFBE trece prin mijlocul segmentului [AB] , deci

punctele F şi E se află pe dreapta ce uneşte mijloacele segmentelor [AC] şi [AB] .

Analog se arată că punctele H şiG se află pe aceeaşi dreaptă. Aşadar punctele

H şiG F, E, sunt coliniare.

8. 13 .pag [10], Fie ABC un triunghi înscris în cercul C , R O, M un punct pe

arcul BC care nu conţine pe A şi punctele .MC C' ,MB B' ,MA A' Să se arate că

punctele C' şi B' ,A' sunt coliniare dacă şi numai dacă are loc relaţia

.MC'

c

MB'

b

MA'

a

Rezolvare:

Punctele C' şi B' ,A' sunt coliniare dacă şi numai dacă 0 ]C'B'[A' σ 5.08 Fig. ,

relaţie echivalentă cu

]C'[MB' σ ]A'[MC' σ ]A'[MB' σ .

Deoarece Cm A'MB'm , Bm C'MA'm şi Am - 180 C'MB'm atunci

128

2

Asin MC' MB'

2

Bsin MC' MA'

2

Csin MA' MB' ]C'[MB' σ ]A'[MC' σ ]A'[MB' σ

.MC'

c

MB'

b

MA'

a

MA' 2R

a

MB' 2R

b

MC' 2R

c

MA'

Asin

MB'

Bsin

MC'

Csin

Fig. 5.08

Aşadar punctele C' şi B' ,A' sunt coliniare dacă şi numai dacă

.MC'

c

MB'

b

MA'

a

9. 35 .pag [10], Fie un patrulater ABCD şi punctele , AB M , BC N

, CD P . DA Q Dacă dreptele AC PQ, MN, sunt concurente să se arate că dreptele

BD MQ, NP, sunt concurente sau paralele.

Rezolvare:

Fig. 5.09

Fie AC. PQ MN O Din teorema lui Menelaus aplicată triunghiului ABC şi

punctelor coliniare O N, M, respectiv triunghiului ADC şi punctelor coliniare O P, Q,

129

se obţine

1, OA

OC

NC

NB

MB

MA 1.

OA

OC

PC

PD

QD

QA

Rezultă

1 QA

QD

PD

PC

NC

NB

MB

MA (1).

Dacă NP ||BD atunci

PC

PD

NC

NB şi din relaţia (1) se obţine

QD

QA

MB

MA

adică MQ||BD.

Dacă BD NP S din teorema lui Menelaus aplicată triunghiului BCD şi

punctelor coliniare S P, N, se obţine

1 SB

SD

PD

PC

NC

NB (2).

Din relaţia (1) şi (2) rezultă

1 QA

QD

SD

SB

MB

MA

şi cum BD - BD S , DA Q , AB M din reciproca teoremei lui Menelaus rezultă

faptul că punctele M, Q, S sunt coliniare ceea ce înseamnă concurenţa dreptelor

BD. MQ, NP,

10. 35 .pag [10], Se consideră triunghiul ABC şi punctele , BC A' , CA B'

AB C' astfel încât M CC' BB' AA' . Dacă 111 C ,B ,A sunt mijloacele segmen-

telor , [AB] , [CA] , [BC] iar 222 C ,B ,A mijloacele segmentelor , [CM] , [BM] , [AM] să

se arate că dreptele 212121 CC şi BB ,AA sunt concurente.

Rezolvare:

Fig. 5.10

130

Fie .CC AA P' şi BB AA P 21212121

Cum 12BA este linie mijlocie în triunghiul AMC şi 12AB este linie mijlocie în

triunghiul BMC atunci 12BA ||MC şi 12AB ||MC. Deci 12BA || .AB 12

Cum 22BA este linie mijlocie în triunghiul 11AB şi AMB este linie mijlocie în

triunghiul ABC atunci 22BA ||AB şi 11AB ||AB. Deci 22BA || .AB 11

Din 12BA || 12AB şi 22BA || 11AB rezultă faptul că patrulaterul 2112 BABA este

paralelogram, şi cum într-un paralelogram diagonalele se înjumătăţesc atunci punctul P

este mijlocul segmentului ]A[A 21 .

Analog se arată că patrulaterul 2112 ACAC este paralelogram şi deci P' este

mijlocul segmentului ]A[A 21 .

Aşadar punctele P' şi P coincid ceea ce înseamnă concurenţa dreptelor ,AA 21

.CC şi BB 2121

11. 35 .pag [10], Fie ABC un triunghi şi Cpr C' B,pr B' A,pr A' ABACBC .

Dacă 111 C ,B ,A sunt mijloacele segmentelor 222 C ,B ,A şi [AB] , [CA] , [BC] sunt

mijloacele segmentelor ]B'[A' , ]A'[C' , ]C'[B' atunci dreptele 212121 CC şi BB ,AA sunt

concurente.

Rezolvare:

Fig. 5.11

În triunghiurile dreptunghice ]A[C' şi ]A[B' B,CC' şi CBB' 11 sunt mediane, deci

BC, 2

1 AC' AB' 11

prin urmare triunghiul C'B'A1 este isoscel. Aşadar mediana 21AA este mediatoarea seg-

131

mentului ]C'[B' .

Analog se arată că 21BB este mediatoarea segmentului 21CC şi ]C'[A' este medi-

atoarea segmentului ]B'[A' .

În concluzie dreptele 212121 CC şi BB ,AA sunt mediatoarele triunghiului C'B'A' şi

cum într-un triunghi mediatoarele sunt concurente rezultă faptul că dreptele ,AA 21 21BB

21CC sunt concurente în centrul cercului circumscris triunghiului C'.B'A'

12. 37 .pag [10], Se consideră triunghiul ascuţitunghic D ABC, piciorul înălţimii

din A şi punctele AB N , AC M astfel încât ADNm ADMm . Să se arate că

dreptele AD şi CN BM, sunt concurente.

Rezolvare:

Fig. 5.12

Cum triunghiul este ascuţitunghic atunci BC D . Notăm x, ADMm deci

x. ADNm

Din teorema sinusurilor aplicată triunghiului MDC şi triunghiului MDA se obţine:

Csin

MD

x- 90sin

MC

;

C - 90sin

MD

sin x

MA

de unde rezultă

C ctg x ctg MA

MC (1).

Analog prin aplicarea teoremei sinusurilor în triunghiurile NDB şiNDA se obţine:

B ctg x ctg NA

NB (2).

132

Pe de altă parte

.C ctg

B ctg

C cos Bsin 2R

B cos Csin 2R

C cos b

B cos c

C cos AC

B cos AB

DC

DB

Aşadar

C ctg

B ctg

DC

DB (3).

Din realaţiile (1), (2) şi (3) se obţine

1 NB

NA

MA

MC

DC

DB

şi cum AB N şi CA M , BC D rezultă, conform reciprocei teoremei lui Ceva

faptul că dreptele CN şi BM AD, sunt concurente.

13. 36 .pag [10], Fie un triunghi ABC şi A.pr M BC Se construiesc în exterior

pătratele ACFG. şi ABDE Să se arate că dreptele CD şi BF AM, sunt concurente.

Rezolvare:

Fig. 5.13

Fie CD. AB P BF, AC N Notăm , x CAMm , x BAMm 21

,y ABNm ,y CBNm 21 ,z ACPm 1 .z BCPm 2

Aplicând teorema sinusurilor în triunghiurile BCF şi BAF se obţine

.

45 A sin

BF

ysin

AF ,

90 Csin

BF

ysin

CF

21

Cum ,2 b AF şi b AC CF relaţiile de mai sus devin

BF

)45 (A sin 2b ysin ,

BF

C cos b ysin 21

133

de unde rezultă

.)45 (A sin 2

C cos

ysin

ysin

2

1

Analog aplicând teorema sinusurilor în triunghiurile CBD şi CAD se obţine

.B cos

)45 (A sin 2

zsin

zsin

2

1

Cum BC AM atunci B cos B - 90sin sin x1 şi C cos C - 90sin sin x 2

deci

.C cos

B cos

sin x

sin x

2

1

Rezultă

1 zsin

zsin

ysin

ysin

sin x

sin x

2

1

2

1

2

1

şi cum AB P şi CA N , BC M atunci, conform formei trigonometrice a recipro-

cei teoremei lui Ceva, dreptele CP şi BN AM, sunt concurente, adică dreptele AM, BF

şi CD sunt concurente.

14. 37 .pag [10], Fie C' B'A' şi ABC două triunghiuri astfel încât perpendicula-

rele din C B, A, pe C'A' ,C'B' şi respectiv B'A' sunt concurente. Să se arate că

perpendicularele din AC BC, pe C' ,B' ,A' şi respectiv AB sunt concurente.

Rezolvare:

Fig. 5.14

Fie 111 C ,B ,A proiecţiile lui B'A' ,C'A' ,C'B' pe C B, A, şi O punctul de inter-

134

secţie al dreptelor .CC ,BB ,AA 111

Din teorema lui Carnot aplicată triunghiului C'B'A' şi perpendicularele concurente

111 CC ,BB ,AA se obţine

0 A'C - A'C A'B - C'B C'A - B'A 2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1 (1).

Dar

.AC' - AB' )AA - (AC' - AA - AB' C'A - B'A 222

1

22

1

22

1

2

1

Aşadar

222

1

2

1 AC' - AB' C'A - B'A

şi din consideraţii analoage se obţine

222

1

2

1 BA' - BC' A'B - C'B ; .CB' - CA' B'C - A'C 222

1

2

1

Atunci relaţia (1) devine

0 CB' - CA' BA' - BC' AC' - AB' 222222 (2).

Fie 222 C ,B ,A perpendicularele din AB. şi AC BC, pe C' ,B' ,A' Atunci

.CA' - BA' AA' - CA' - AA' - BA' CA - BA 222

2

22

2

22

2

2

2

Aşadar 222

2

2

2 CA' - BA' CA - BA şi analog

.BC' - AC' BC - AC , AB' - CB' AB - CB 222

2

2

2

222

2

2

2

Se obţine

0 BC' - AC' AB' - CB' CA' - BA' BC - AC AB - CB CA - BA 2222222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

datorită relaţiei (2). Deci

0 BC - AC AB - CB CA - BA 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

şi conform reciprocei teoremei lui Carnot perpendicularele din 222 C ,B ,A pe CA BC,

respectiv AB sunt concurente, adică dreptele 222 CC' ,BB' ,AA' sunt concurente.

Aşadar perpendicularele din AC BC, pe C' ,B' ,A' respectiv AB sunt concurente.

15. 193 .pag [7], Fie un paralelogram ABCD. Considerăm punctele F E, astfel

încât ,AB 2

1 BE AD 3 AF . Arătaţi că punctele C şi F E, sunt coliniare.

Rezolvare:

Cum AD 3 AF şi AB 2

1 BE 5.15 Fig. , atunci

AB 2

1 AF

3

1- BE DA BE CB CE .

135

Deci

AB 2

1 AF

3

1 - CE (1).

Fig. 5.15

Pe de altă parte

AB AF 3

2 - AB AF

3

1 AF - AB AD FA AC FA FC .

Aşadar

AB AF 3

2 - FC (2).

Din relaţiile (1) şi (2) rezultă CE 2 FC , prin urmare punctele C şi F E, sunt

coliniare.

16. 90 1.pag [6], Să se arate că punctele C B, A, sunt coliniare, dacă şi numai

dacă există trei numere reale c şi b a, cu 0 c b a , nu toate nule, astfel încât

0 MC c MB b MA a pentru orice punct M din plan.

Rezolvare:

„” Fie C şi B A, coliniare 5.16 Fig. . Demonstrăm că există c b, a, R nu

toate nule cu 0 c b a astfel încât M ,0 MC c MB b MA a

P.

Cum punctele C şi B A, sunt coliniare atunci α R astfel încât BC α AB .

Fie M P. Avem MA - MB AB , MB - MC BC .

Relaţia BC α AB este echivalentă cu

MB - MC α MA - MB .

136

Fig. 5.16

Aşadar

.0MC α - MB α 1 MA

Luând α - c α, 1 b 1, a atunci 0 c b a şi .0 MC c MB b MA a

„” Fie numerele reale c, şi b a, nu toate nule, cu 0 c b a şi M P astfel încât

0. MC c MB b MA a Demonstrăm faptul că C şi B A, sunt coliniare.

Presupunem că 0. b Relaţia 0 MC c MB b MA a

este echivalentă cu

MC b

c - MA

b

a - MB .

Fie .b

c - y ,

b

a - x Atunci

1. b

c a - y x

Aşadar există y x, R astfel încât 1 y x şi ,MCy MA x MB prin urmare

punctele C şi B A, sunt coliniare.

17. 93 1.pag [7], Fie un paralelogram ABCD. Notăm cu I mijlocul laturii [AB]

şi considerăm punctul [ID] E astfel încât ID. 3

1 IE Arătaţi că punctele C şi E A, sunt

coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.17

137

Deoarece

3

1

ID

IE atunci ;

2

1

ED

IE deci EI 2- ED . Rezultă

AI

3

2 AD

3

1 AI

2- - 1

2- - AD

2- - 1

1 AE .

Cum AB 2

1 AI atunci

AC 3

1 AB AD

3

1 AB

3

1 AD

3

1 AE ,

prin urmare punctele C şi E A, sunt coliniare.

18. 92 1.pag [7], Fie un triunghi ABC şi punctele AC F , AB E astfel încât

EF ||BC. Considerăm punctele BC N , EF M astfel încât 0. λ λ, NC

NB

MF

ME

Arătaţi că punctele A şi N M, sunt coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.18

Cum 0 λ λ, NC

NB

MF

ME atunci

NC λ - NB ,MF λ - ME .

Rezultă

AF λ 1

λ AE

λ 1

1 AM

(1),

AC λ 1

λ AB

λ 1

1 AN

(2).

Dar cum ABC, ~ AEF se obţine k. AC

AF

AB

AE Deci

ACk AF ,ABk AE (3).

138

Ţinând cont de relaţiile (2) şi (3), relaţia (1) devine

ANk AC λ 1

λ AB

λ 1

1k AC

λ 1

k λ AB

λ 1

k AM

.

Aşadar există k R astfel încât ANk AM , prin urmare punctele N şi M A,

sunt coliniare.

19. 180 .pag [7], Pe laturile [BC] şi [AC] ale triunghiului ABC se consideră

punctele Q şi P astfel încât 1. QA

BQ

PA

CP Arătaţi că punctele G, şi Q P, centrul de

greutate al triunghiului ABC, sunt coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.19

Notăm n. QA

BQ m,

PA

CP Fie C' mijlocul segmentului [AB] .

Deoarece GC' 2- GC rezultă

AC' 3

2 AC

3

1 AC'

2- - 1

2- AC

2- - 1

1 AG (1).

Din n QA

BQ m,

PA

CP se obţine QAn BQ ,PA m CP . Rezultă

AQ 2

1 n AC' ,AP 1 m AC

.

Relaţia (1) devine

AQ 3

1 n AP

3

1 m AG

(2).

139

Fie .3

1 n y ,

3

1 m x

Ţinând cont de faptul că 1 n m se obţine 1. y x

Aşadar există y x, R astfel încât 1 y x şi ,AQy AP x AG deci punctele

G şi Q P, sunt coliniare.

20. 93 1.pag [7], Fie un paralelogram AMNO şi punctele C B, astfel încât

ON n

1 OB , OM

1 n

1 OC

, unde n *, 2. n Arătaţi că punctele C şi B A, sunt

coliniare.

Rezolvare:

Fig. 5.20

Demonstrăm că există α R astfel încât AB α AC . Cum OC 1 n OM atunci

.COn - CM Rezultă

AO 1 n

n AM

1 n

1 AO

n- - 1

n- - AM

n- - 1

1 AC

.

Deoarece

AM n

1 AO ON

n

1 AO OB AO AB

atunci relaţia vectorială AB α AC este echivalentă cu

AM n

α AO α AM

1 n

1 AO

1 n

n

.

Vectorii AM şi AO fiind necoliniari atunci .n

α

1 n

1 α,

1 n

n

Aşadar , 1 n

n α

deci AB 1 n

n AC

. Rezultă punctele C şi B A, sunt coliniare.

21. 190 .pag [6], Fie AC E , AB D astfel încât .EA

CE

DB

AD Arătaţi că

mijloacele segmentelor [DE] şi [AC] , [AB] sunt coliniare.

140

Rezolvare:

Fig. 5.21

Fie S Q, P, mijloacele segmentelor [AC] , [AB] şi respectiv [DE] . Cum S este

mijlocul segmentului [DE] atunci

AE AD 2

1 AS (1).

Notăm k. EA

CE

DB

AD Din k,

DB

AD rezultă

1 k

k

AB

AD

şi deci

AP 1 k

2k AB

1 k

k AD

.

Analog din k EA

CE se obţine 1, k

AE

AC adică

AQ 1 k

2 AC

1 k

1 AE

.

Cu acestea relaţia (1) devine

AQ 1 k

1 AP

1 k

k AS

(2).

Fie .1 k

1 y şi

1 k

k x

Atunci 1. y x Aşadar există y x, R astfel încât

1 y x şi AQy AP x AS , prin urmare punctele S şi Q P, sunt coliniare.

22. 171 .pag [7], Să se demonstreze că centrele de greutate ale triunghiurilor

321 ABC ,ABC ,ABC sunt coliniare dacă şi numai dacă punctele 321 C şi C ,C sunt

coliniare.

Rezolvare:

Fie O un punct din plan şi 321 G şi G ,G centrele de greutate ale triunghiurilor

141

21 ABC ,ABC resepectiv .ABC3 Din relaţia lui Leibniz pentru 321 G şi G ,G se obţine

332211 OC OB OA 3

1 OG , OC OB OA

3

1 OG , OC OB OA

3

1 OG .

Fig. 5.22

Rezultă

21121221 CC 3

1 OC - OC

3

1 OG - OG GG

şi analog

.CC 3

1 GG 3121

Punctele 321 G şi G ,G sunt coliniare există un număr real α R astfel încât

3121 GG α GG .

Aşadar 321 G şi G ,G sunt coliniare CC α CC CC 3

α CC

3

131213121

321 C şi C ,C sunt coliniare.

Prin urmare centrele de greutate 321 G şi G ,G ale triunghiurilor ,ABC1 ,ABC2

3ABC sunt coliniare dacă şi numai dacă punctele 321 C şi C ,C sunt coliniare.

23. 39 .pag [15], Fie ABC un triunghi. Se rotesc laturile CA BC, AB, cu acelaşi

unghi (toate spre exterior sau toate spre interior) în jurul vârfurilor C B, A, şi se obţin

poziţiie CA'. ,BC' ,AB' Să se demonstreze că triunghiurile C'B'A' şi ABC au acelaşi

centru de greutate.

Rezolvare:

Fie G' şiG centrele de greutate ale triunghiurilor C'.B'A' şi ABC iar O un punct

oarecare în plan.

142

Fig. 5.23

Din relaţia lui Leibniz pentru G' şiG se obţine

OC' OB' OA' 3

1 OG' , OC OB OA

3

1 OG .

Cum BC' OB OC' ,AB' OA OB' ,CA' OC OA' atunci

CA' BC' AB' OC OB OA 3

1 OG' .

Demonstrăm faptul că .0 CA' BC' AB'

Rotind ABC în jurul vârfului C , cu unghiul ,α obţinem .BCA' 1

Atunci BC' || CB1 , 1BA' ||AB' (deoarece latura AB se roteşte tot cu unghiul α şi

cum AB' BA' C,B BC' 11 rezultă CB BC' ,BA' AB' 11 . Aşadar

0 CA' CB BA' CA' BC' AB' 11

.

Prin urmare OG OCOB OA 3

1 OG' de unde rezultă G' G , deci triun-

ghiurile C'B'A' şi ABC au acelaşi centru de greutate.

24. Fie ABCDE un pentagon convex şi N M, T, Q, S, P, mijloacele segmentelor

[PQ] , [DE] , [CD] , [BC] , [AB] respectiv [TS] . Paralela prin AE la N intersectează

O.în DE Să se arate că punctele O şi N M, sunt coliniare.

Rezolvare:

Cum N M, sunt mijloacele segmentelor [PQ] respectiv [TS] 5.24 Fig. , atunci

MS MT 2

1 MN (1),

QT PT 2

1 MT (2),

143

QS PS 2

1 MS (3).

Fig. 5.24

Ţinând cont de relaţiile (2) şi (3), relaţia (1) devine

QS PS QT PT 4

1 MN (4).

Dar

QT PS QS QT PQ QS PT .

Relaţia (4) devine

QT PS 2

1 MN (5)

Cum CE 2

1 QT şi AC

2

1 PS atunci relaţia (5) devine

AE 4

1 CE AC

4

1 MN .

Aşadar AE 4

1 MN , deci vectorii AE şi MN sunt coliniari. Rezultă MN||AE şi

cum NO ||AE atunci punctele O şi N M, sunt coliniare.

25. 97 1.pag [6], Fie ABCD un poligon convex şi S R, Q, P, N, M, mijloacele

segmentelor [AQ] , [MP] , [CD] , [BC] , [AB] respectiv [RN] . Arătaţi că punctele D, Q şi

S sunt coliniare.

Rezolvare:

Demonstrăm faptul că există α R astfel încât DQ α QS 5.25 Fig. . Avem

144

PN MN MR PR 4

1 QN QR

2

1 QS (1).

Fig. 5.25

Dar

MN PR MN PM PR MP PN MR (2).

Relaţia (1) devine

MN PR 2

1 QS (3).

Ţinând cont de faptul că

AC 2

1 MN , PQ PA

2

1 PR

atunci

DQ 4

1 PQ DP

4

1 PQ PC

4

1 QS .

Deci DQ 4

1 QS , prin urmare punctele D, Q şi S sunt coliniare.