i tot ce-i neneles se schimb-n nenelesuri i mai mari sub ochii mei Lucian Blaga

ManifestAm strns laolalt aceste probleme att de cunoscute deoarece ele fac parte dintr-o cultur care, ncetul cu ncetul, dispare din preocuprile elevilor i profesorilor de matematic. Raionamentele expuse nu sunt dintre cele mai complicate, totui constituie modele care se pot refolosi n rezolvarea altor probleme. Nu sunt aadar de acord cu exilarea acestor tipuri de probleme n matematica de olimpiad - i nici n adncirea prpastiei create ntre aceasta i matematica de coal, rutinier i subordonat strict scopului promovrii unor examene. Scopul nvrii matematicii este n primul rnd de a crea un mod de gndire analitic, necesar abordrii unor noi probleme - i nu att de a-i furniza elevului pilule (algoritmi), fiecare cu utilitate bine determinat n rezolvarea unui anume tip de probleme. Iar geometria sintetic, pe lng doza intrinsec de frumusee, rspunde i utilitii de a fi fost vreme de sute de ani jocul-model n deprinderea construirii de raionamente cu nimic mai prejos dect este de exemplu ahul. Rmn dator cu problemele 11, 23 i 28 din debutul manualului de clasa a VII-a, ediia 1984. Toate trei fac parte din domeniul, astzi abandonat, al construciilor geometrice cu rigla i compasul.

1. Problema 1/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Dndu-se dreptunghiul ABCD cu AB > BC , construim n interiorul su triunghiul echilateral EBC , iar n exteriorul su triunghiul echilateral GAB . S se demonstreze c [GE ] estecongruent cu diagonala dreptunghiului. Soluie.

Se calculeaz uor

m ABE = 90 m EBC = 90 60 = 30 , iar apoi m EBG =

(

)

(

)

(

)

= m ABE + m ABG = 30 + 60 = 90 .Triunghiurile dreptunghice EBG i CBA au :

(

) (

)

[ EB ] [CB ] , ca laturi ale triunghiului echilateral EBC ; [ BG ] [ BA] , ca laturi ale triunghiului echilateral GAB . Rezult congruena EBG CBA (C.C.) i prin urmare [GE ] [ AC ] , q.e.d.2. Problema 2*/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984n triunghiul

ABC , m A = 60 , BB i CC sunt nlimi ( B i C sunt pe AC , respectiv

( )

pe AB ). Fie H ortocentrul triunghiului. Demonstrai c : a) Dac T este simetricul lui H fa de AC , HTC este echilateral; b) Dac bisectoarea unghiului

BHC taie cercul circumscris triunghiului ABC n I i [ IB ] [ IC ] , atunci BIH i CIH sunt echilaterale.

Soluie.

a) Triunghiul median.

HTC este isoscel cuUnghiul

[CH ] [CT ] ,exterior

deoarece nlimea inscriptibil

[CB]

este i

BHC

este

patrulaterului

AC HB , deci

m BHC = m A = 60 . Rezult c HTC este echilateral, fiind isoscel cu un unghide msur 60 . Observaie. Nu am folosit n demonstraie faptul c (proprietate cunoscut).

(

) ( )

T aparine cercului circumscris triunghiului

b) Cum

[ IB ] [ IC ] ,

I

este

mijlocul

arcului

BC ,

adic

BI CI .

Avem

1 1 1 m CI = m BC = m A = 30 2 4 2 1 1 Se evalueaz m BHI = m BHC = 180 m A = 60 2 2 m IBC =

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ))

Suma msurilor unghiurilor

BIH este de 180 ; cum m BHI = 60 , rezult c

(

)

m BIH + m IBH = 120 ; dar m IBH = m IBC + m CBH = 30 + m CBH ; seobine c (din

(

) (

( ) ( ) ( ) ( ) m ( BIH ) + 30 + m ( CBH ) = 120 m ( BIH ) = 90 m ( CBH ) = m ( C )BBC ).

)

triunghiul dreptunghic

n patrulaterul inscriptibil punctele

ABIC , avem m BIA = m C = m BIH BIA BIH

( ) ( ) ( (

)

I , H , A sunt coliniare. n triunghiul ABC , nlimea AH este i bisectoarea A , deci

ABC este echilateral. Revenind la triunghiul BIH , acesta are m BIH = m C = 60 . Cudou unghiuri de msur este echilateral.

) ( )

60 , triunghiul BIH este echilateral. Similar, se arat c i CIH

3. Problema 3/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Dac ABCD este un paralelogram n care nlimile duse din A pe DC i BC sunt congruente, s se arate c ABCD este romb.Soluie.

Fie

E i F picioarele perpendicularelor duse din A pe BC , respectiv pe DC . Avem DC ). Rezult AEB AFD , deoarece au ABE ADF i [ AE ] [ AF ] (ipotez).

ABE C (corespondente, AB CD , secanta BC ) i ADF C (corespondente, AD BC ,secanta Din congruena triunghiurilor, deducem

[ AB ] [ AD ] ABCD

romb, q.e.d.

4. Problema 4/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984ntr-un patrulater convex, diagonalele sunt i bisectoare. Precizai natura patrulaterului (Cu ce fel de patrulater avem de-a face ?) Soluie.

Dac

( AC-

este bisectoarea unghiurilor

A i C ale patrulaterului, atunci BAC DAC i

BCA DCA . Triunghiurile BAC i DAC au : BAC DAC - [ AC ] latur comun BCA DCA , deci BAC DAC ( U.L.U.) , de unde rezult c [ AB ] [ AD ] i [ BC ] [ DC ] .-

( BD este bisectoarea unghiurilor B i D ale deducem c [ BA] [ BC ] i [ DA] [ DC ] . n consecin, [ AD ] [ AB ] [ BC ] i [ AB ] [ AD ] [CD ] . Patrulateruln mod analog, din faptul c

patrulaterului,

ABCD este

paralelogram, avnd ambele perechi de laturi opuse congruente ; mai mult, el avnd i oricare pereche de laturi alturate congruente, este romb.

5. Problema 5/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Pe laturile ( AB ) , ( BC ) , ( CA ) ale unui triunghi ABC lum respectiv punctele C , A i B . Demonstrai c perimetrul triunghiului ABC este mai mic dect perimetrul triunghiului ABC .Soluie.

Se scriu inegalitile triunghiulare de tipul ntr-un triunghi, o latur este mai mic dect suma celorlalte dou n triunghiurile ABC , BC A i CAB :

BC < AB + AC C A < BC + BA AB < CA + CBPrin adunarea membru cu membru a celor trei inegaliti, avem :

BC + C A + AB < AB + AC + BC + BA + CA + CBGrupnd favorabil termenii din membrul drept n perechi, avem :

(1)

AB + AC + BC + BA + CA + CB = AB + CB + AC + BC + BA + CA = = AC + AB + BC Inegalitatea (1) devine BC + C A + AB < AC + AB + BC , ceea ce trebuia demonstrat.

6. Problema 6/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984n triunghiul triunghiului i

ABC avem m B = 70 i m C = 60 . Fie BB i CC nlimi ale

( )

( )

BD bisectoarea unghiului B ( B, D ( AC ) , C ( AB ) ) . S se determine unghiurile triunghiului determinat de dreptele BB , CC i BD .Soluie.

Fie

{H } = BB CC

ortocentrul triunghiului

ABC i

{E} = BD CC .

Patrulaterul

ABHC este inscriptibil, deci unghiul exterior BHC este congruent cu unghiul interior opuscelui adiacent cu el, adic

BHC A . ns m A = 180 m B + m C

( )

( ( ) ( )) = 180 130 =

) ( ) Pe de alt parte, m ( CBH ) = 90 m ( C ) = 30 (din triunghiul dreptunghic BBC ), iar 1 m ( CBD ) = m ( B ) = 35 . Semidreapta ( BH este interioar unghiului CBD , deci putem 2 calcula m ( HBE ) = m ( CBD ) m ( CBH ) = 35 30 = 5 . n fine, avem m ( BEH ) = 180 ( m ( BHE ) + m ( HBE ) ) = 180 55 = 125 .= 50 , deci m BHE = m A = 50 .

(

7. Problema 7/5, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Triunghiul OAB din figur este isoscel cu ( OA ) ( OB ) . Punctele C i D sunt situate pe

( AB )

astfel nct

( AC ) ( CD ) ( DB ) . S se demonstreze c unghiurile

O1 , O2 i O3 nu

pot fi toate trei congruente. Soluie.

Se presupune c

O1 O2 O3 . n triunghiul OAD , OC este median (deoarecebisectoarea unghiului este i nlime, adic

OC AD . n mod analog, OBC este isoscel, iar mediana OD este i ea perpendicular pe BC . Rezult c din O putem duce pe dreapta AB dou perpendiculare distincte, ceea ce este absurd. Aceasta infirm presupunerea fcut, anume c O1 O2 O3 .

( AC ) ( CD ) ), dar i ( OA) ( OD ) ), iar OC

AOD . Rezult c OAD este isoscel (cu

8. Problema 8/6, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Dou cercuri de centre O i O sunt tangente exterior n punctul A . Fie T , T punctele n care o tangent comun exterioar atinge respectiv cercurile. Linia centrelor OO taie a doua oar T este inscriptibil. cercurile n M i M . Demonstrai c patrulaterul TMM Soluie.

Centrele celor dou cercuri i punctele de contact ale tangentei comune determin trapezul dreptunghic

OTT O . Fie = m TOA . Unghiul TOA este exterior triunghiului isoscel

(

)

TOM , deci m TMO =Analog, unghiul

(

)

1 m TOA = . 2 2

(

)

T OA este exterior triunghiului isoscel T OM , deci m OT M =Se calculeaz

=

1 1 m T OA = (180 ) = 90 . 2 2 2

(

)

( ) m (TT M ) = m ( OT M ) +

+ m OT T = 90

(

)

2

+ 90 = 180

2

.

Se calculeaz suma patrulaterul

m TMM + m TT M =

(

) (

)

2

+ 180

2

= 180 , ceea ce nseamn c

TMM T este inscriptibil, q.e.d.

9. Problema 9/6, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Cercurile de centre O i O i de diametre [ AA] , respectiv [ AA] au comune punctele A i B (vezi figura). S se demonstreze c : a) Punctele A, B i A sunt coliniare; b) Unghiurile triunghiurilor variabile AMN , unde M este pe cercul O , iar N este intersecia lui MB cu cercul O , au msur constant.Soluie.

a) Unghiurile ABA i ABA sunt drepte, fiind nscrise n semicercuri din cercurile de centre O , respectiv O . Deoarece cele dou au latura BA comun, avem

m ABA = m ABA + + m ABA = 90 + 90 = 180 . Unghiul ABA este aadaralungit, iar semidreptele b) n cercul de centru

(

) (

)

(

)

( BA i ( BA sunt opuse, deci punctele

A, B i A sunt coliniare.

O , unghiul AMB este nscris n arcul mic AB , care este de msur 1 constant, notat cu 2 , deci m AMB = m AB = . Analog, msura unghiului 2 ANB , nscris n arcul mic AB , de msur constant 2 , al cercului O , este constant. Triunghiurile variabile AMN au prin urmare unghiuri de msuri constante, mai exact , i

(

)

( )

180 ( + ) .10. Problema 10/6, manual Geometrie cl. A VII-a, 1984 Triunghiul ABC , nscris n cercul de centru O , are vrfurile B i C fixe, iar A descrie arculmare c

BC . S se arate c bisectoarea unghiului A trece printr-un punct fix. Are vreo importan

A descrie arcul mare BC sau putem formula o problem analog i pentru arcul mic ?

Soluie.

D intersecia bisectoarei unghiului BAC cu cercul circumscris triunghiului. Avem 1 1 m BAD = m BD i m CAD = m CD . Cum BAD CAD , rezult BD CD , 2 2 adic D este mijlocul arcului mic BC al cercului circumscris. Acesta este un punct fix, deoarece vrfurile B i C sunt fixe.

Fie

(

)

( )

(

)

( )

A descrie arcul mic BC , de aceast dat punctul fix este mijlocul E al arcului mare. Concluzionnd, de fiecare dat bisectoarea unghiului variabil A trece prin mijlocul arcului opus celui descris de vrful mobil A .

Proprietatea se pstreaz i cnd

11. Problema 12/6, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 n triunghiul ABC , I este centrul cercului nscris i dreapta AI intersecteaz cerculcircumscris triunghiului a doua oar n Soluie.

L . Demonstrai c [ LI ] [ LB ] [ LC ] .

L este mijlocul arcului BC care nu conine vrful A . Congruena arcelor LB LC implic imediat congruena coardelor [ LB ] [ LC ] .Avem

Punctul

m CBL =

(

)

1 1 1 1 1 m LC = m BC = m A i m IBC = m B , deoarece ( BI 2 2 2 2 2

( )

( )

( )

este bisectoarea unghiului

B . Rezult prin nsumare c

( ) ( ) m ( IBL ) = m ( IBC ) + m ( CBL ) =( ) ( )

=

1 m A +m B . 2

( ( ) ( ))

Pe de alt parte, unghiul

BIL este exterior triunghiului AIB , deci m BIL = m BAI +

+ m ABI =Rezult c

( ) 1 ( m ( A) + m ( B )) 2IBL BIL , deci triunghiul LBI este isoscel, cu

[ LB ] [ LI ] ;

aadar,

[ LI ] [ LB ] [ LC ] , q.e.d.12. Problema 13/6, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Dou cercuri secante de centre O i O se taie n A i B . Prin A i B ducem dou drepte paralele care taie a doua oar cercurile respectiv n A i A , B i B . Demonstrai c ABBA este paralelogram.Soluie.

Patrulaterul

AABB este nscris n cercul O , deci m AAB + m ABB = 180 . Unghiul

(

) (

)

ABB este ns exterior patrulaterului ABBA , nscris n cercul O , deci m ABB == m AAB . Rezult c m AAB + m AAB = 180 , deci dreptele AB i AB suntparalele, deoarece formeaz cu secanta

(

)

(

)

(

) (

)

AA unghiuri interne de aceeai parte a secantei

suplementare. ntruct q.e.d.

AA BB i AB AB , patrulaterul ABBA este paralelogram,

13. Problema 14/6, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Se d triunghiul isoscel ABC cu [ AB ] [ AC ] . Fie H piciorul nlimii din A i P un punctoarecare pe baza

( BC ) , diferit de

H . Perpendiculara n P pe baza BC ntlnete dreptele

AB i AC respectiv n M i N . S se arate c : a) Triunghiul AMN este isoscel; MP + NP b) AH = . S se deduc de aici c suma MP + NP are o valoare constant cnd 2 P descrie segmentul ( BC ) ;c) S se determine locul geometric al mijlocul segmentului segmentul Soluie.

( MN ) ,

cnd

P descrie

( BC ) .

a) Deoarece

AH BC i MP BC , avem MP AH . Rezult : MP i AH cu MP i AH cu

- AMN BAH (unghiuri corespondente formate de dreptele paralele secanta BM ) ; - CNP CAH (unghiuri corespondente formate de dreptele paralele secanta CA ) ; Cum

CNP ANM (opuse la vrf) i BAH CAH (nlimea AH a triunghiului isoscel

ABC fiind i bisectoarea unghiului A ), deducem AMN ANM , deci AMN isoscel (cu [ AM ] [ AN ] ).

b) n rezolvarea acestui punct vom da dou soluii, una folosind asemnarea (deci la nivelul clasei a VII-a), cealalt la nivelul clasei a VI-a. Soluia 1 (cu asemnare) Deoarece

PN AH , avem CPN CHA , de unde deducem

NP CP = AH CHAnalog, Prin

PM

AH , avem BPM BHA , de unde deducemcelor dou relaii, innd seama c

MP BP = AH BH BH = CH =

BC , obinem 2 MP + NP BP + CP BC MP + NP = = = 2 , sau MP + NP = 2 AH AH = . BC AH BH 2 2adunarea Soluia a 2-a (la nivelul clasei a VI-a) Fie isoscel cu rezult

Q mijlocul segmentului [ MN ] . Cum AMN esteeste perpendicular pe

[ AM ] [ AN ] , mediana [ AQ ]

MN ; cum MN BC ,

AQ PH . Patrulaterul AHPQ este dreptunghi, deci putem scrie : AH = PQ = NP + NQ

AH = PQ = MP MQ 2 AH =(s-a inut cont c Suma

MP + NP + NQ MQ 2 AH = MP + NP AH = NQ = MQ ).

MP + NP 2

MP + NP are aadar, indiferent de poziia punctului P ( BC ) , o valoare constant, egal cu dublul nlimii AH a triunghiului ABC .c) Am vzut la soluia a doua dat punctului b) c punctul

Q se gsete pe paralela dus prin

BC , locul lui Q este un segment deschis, 2 congruent cu ( BC ) i centrat n A , situat pe paralela dus prin A la dreapta BC . A la BC . Cum i AQ = PH , iar PH < CH =

14. Problemele 15-17/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Cercul lui Euler. Dreapta lui Euler. Fie triunghiul ABC . Notm cu A1 piciorul nlimii din A i cu A, B, C mijloacele laturilor

[ BC ] , [CA]b)

respectiv

[ AB ] . Fie

H ortocentrul triunghiului i A2 mijlocul segmentului [ HA] .

S se arate c : a) ABC A1 este trapez isoscel ;

m A2C A = 90 ;

(

)

c) Patrulaterul

ABA2C este inscriptibil ;

d) ntr-un triunghi picioarele nlimilor, mijloacele laturilor i mijloacele segmentelor determinate de ortocentru i vrfuri sunt conciclice. Cercul pe care se gsesc acestea se numete cercul celor 9 puncte sau cercul lui Euler ; e*) Centrul

al cercului lui Euler se gsete la mijlocul segmentului

[OH ] , iar raza cercului luiABC ) se gsete

Euler este jumtate din raza cercului circumscris triunghiului ABC . f*) Centrul de greutate G (punctul de intersecie al medianelor triunghiului pe segmentul triunghiului Soluie.

[OH ] , astfel nct

GH = 2 OG (dreapta OH se numete dreapta lui Euler a

ABC ).

a)

[ BC ]

este linie mijlocie n triunghiul

ABC , deci BC BC . Analog, [ AB] este o linie AB =

mijlocie a triunghiului, dar de aici ne intereseaz c

este deci isoscel, avnd laturile neparalele congruente (egale ambele cu jumtatea lungimii AB ). Important este c ABC A1 este inscriptibil (orice trapez isoscel avnd aceast proprietate), deci punctele

AB . n triunghiul dreptunghic AA1 B 2 AB [ A1C ] este mediana dus din vrful unghiului drept A1 , deci A1C = . Trapezul ABC A1 2

A, B, C i A1 sunt situate pe un acelai cerc. Se deduce c i picioarele B1 , C1 ale nlimilor duse din vrfurile B i C sunt situate pe cercul ( ABC ) .

b)

[ A2C ] este linie mijlocie n triunghiul A2C AC . Linia mijlocie [ AC ] aA2C AC m A2C A = 90 .

AHB , deci A2C BH . Cum ns BH AC , rezulttriunghiului

ABC este ns paralel cu AC , deci

(

)

c) Similar cu punctul b), se arat c i

m A2 BA = 90 . Patrulaterul ABA2C este prin

(

)

urmare inscriptibil, avnd dou unghiuri opuse drepte. Punctul

A2 - i n mod analog mijloacele B2 i C2 ale segmentelor [ BH ] i [CH ] sunt i ele situate pe cercul ( ABC ) .

d) Cum am precizat n ncheierea demonstraiilor de la punctele a) i c), pe cercul gsesc att picioarele

( ABC )

se

A1 , B1 i C1 ale celor trei nlimi ale triunghiului ABC - dar i mijloacele

A2 , B2 i C2 ale segmentelor [ AH ] , [ BH ] i [CH ] . Cercul pe care sunt situate cele noupuncte poart numele matematicianului Leonhard Euler (1707-1783).

A punctul diametral opus lui A n cercul circumscris triunghiului ABC . Unghiul ACA este drept, fiind nscris n semicercul ABA , deci AC AC . Pe de alt parte, BH AC , deci BH AC . Analog, CH AB , deci BHCA este paralelogram. Diagonala [ HA] trecee) Fie deci prin mijlocul

A al lui [ BC ] , A fiind i mijlocul lui [ HA] . Segmentul [OA] este linie AHA , deci OA AH i OA =

mijlocie n triunghiul

AH = A2 H . Patrulaterul OAA2 H este 2 paralelogram, deoarece are laturile opuse [ A2 H ] i [OA] paralele i congruente. Diagonalele

[ A2 A] i [OH ]

se intersecteaz n mijlocul lor comun, pe care l notm cu

. ns deoarece

m A2C A = 90 , cum am vzut la punctul b), [ A2 A] este un diametru al cercului lui Euler,deci mijlocul su

(

)

este centrul cercului. Acesta se afl prin urmare la mijlocul segmentului care

unete centrul cercului circumscris

O cu ortocentrul H . n triunghiul AHO , segmentul [ A2 ] , r9 = A2 = OA R = , unde am notat cu 2 2

care este raz n cercul lui Euler, este linie mijlocie, deci

R = OA raza cercului circumscris triunghiului ABC i cu r9 lungimea razei cercului lui Euler.f) Fr s tim c ar fi vorba de centrul de greutate, s notm cu

G punctul de intersecie dintre mediana [ AA] a triunghiului i dreapta lui Euler OH . Cum OA AH , triunghiurile GOA i GHA sunt asemenea (mda, aici cam srim peste programa care inea strict de clasa a VI-a asemnarea celor dou triunghiuri, deducem c

dar o facem de dragul prezentrii ct mai multor proprieti care in de dreapta lui Euler). Din

OA GA GO = = . Dar, aa cum am vzut n AH GA GH AH GA GO 1 GA 1 rezolvarea punctului e), OA = , deci = = . Din = deducem cu ajutorul 2 GA GH 2 GA 2

proporiilor derivate c

GA GA 1 1 = = = , deci G chiar este centrul de greutate al AA GA + GA 2 + 1 3

ABC (despre care se tie c este poziionat la o treime de baz i dou treimi de vrf pe GO 1 fiecare dintre mediane). n fine, din = obinem imediat relaia dorit GH = 2 GO , GH 2 echivalent cu OH = GO + GH = GO + 2 GO = 3 GO .

15. Problema 18/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984Dac ntr-un triunghi dreptunghic. Soluie.

ABC , m B = 60 i AB = 2 BC , demonstrai c triunghiul este

( )

1 AB = BC . Triunghiul BOC este isoscel 2 cu unghiul din B de msur 60 , deci echilateral. Rezult CO = BO = OA , deci triunghiulFie

O mijlocul laturii [ AB ] . Avem BO = AO =

COA este isoscel m OCA = m A . Unghiul COB , de msur 60 , este exteriortriunghiului isoscel

(

) ( )deci

COA ,

60 = m COB = m OCA + m A = 2m A

(

) (

) ( )

( )

m A = 30 .Se calculeaz acum imediat

( )

m C = 180 m B + m A = 180 ( 60 + 30 ) = 90 . C.

( )

( ( ) ( ))

Triunghiul dat este aadar dreptunghic n

16. Problema 19*/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Pe latura ( AB ) a triunghiului echilateral ABC se ia punctul E , astfel nct 2 BE = EA . La fel,pe latura unde

( AC )

se ia punctul

D astfel nct CD = 2 AD . Demonstrai c m AFC = 90 ,

(

)

F este punctul de ntlnire al dreptelor BD i EC .

Soluie.

Fie a = BC = AC = AB lungimea laturii triunghiului echilateral. Triunghiurile ADB i BEC au :

[ AD ] [ BE ] [ AB ] [ BC ]DAB EBC

(deoarece

AD = BE =

a ) 3

Rezult congruena celor dou triunghiuri, conform cazului L.U.L. De aici, se obine c

ADB BEC , deci patrulaterul ADFE este inscriptibil (unghiul exterior BEC fiind congruent cu unghiul patrulaterului opus celui adiacent cu el). Din patrulaterul inscriptibil ADFE , deducemc

AFE ADE .ADE avem m DAE = 60 i AE = 2 BE = 2 AD . Rezultatul problemei

n triunghiul

(

)

precedente ne permite s obinem c imediat c

m ADE = 90 i deci m AFE = 90 . Deducem

(

)

(

)

m AFC = 180 m AFE = 90 , q.e.d.

(

)

(

)

17. Problema 20*/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984S se construiasc un triunghi cunoscnd dou laturi i nlimea corespunztoare laturii a treia. Soluie. Fie c =

AB, b = AC laturile cunoscute i ha = AA lungimea nlimii corespunztoare celei de-a treia laturi, de lungime a = BC . O condiie imediat ca problema s fie posibil este verificarea inegalitilor c ha i b ha (cele dou laturi sunt oblice, lungimea lor trebuie s fiecel puin egal cu a perpendicularei lung dect

AA . Putem presupune c b c (latura [ AC ] este mai C al oblicei [ AC ] va fi mai deprtat de A

[ AB ] , ceea ce nseamn c piciorul

AA , iar n A se duce dreapta d AA ; aceasta este suportul laturii [ BC ] a triunghiului ABC . Cu centrul n A i raze c = AB i b = AC se descriu arce de cerc i se consider interseciile acestora cu dreapta d .

dect B ) Se construiete nlimea

1) Dac

b = c = ha , atunci B = C = A . Triunghiul degenereaz n segmentul [ AA] .

2) Dac

c = ha i b > ha , avem B = A , iar cercul de centru A i raz AC = b intersecteaz dreapta d n dou puncte C1 i C2 , simetrice fa de piciorul A al

perpendicularei. Fcnd abstracie de simetrii, problema are o soluie unic, triunghi dreptunghic n B .

3) n cazul general

b c > ha , problema are una sau dou soluii. Ambele cercuri cu centrul n

A i de raze AB = c i AC = b intersecteaz dreapta d n cte dou puncte, B1 i B2 , respectiv C1 i C2 , simetrice fa de piciorul A al perpendicularei. Dac b > c , avem dou soluii, triunghiurile AB1C1 (obtuzunghic) i AB1C2 (ascuitunghic), haurate diferit n figura de mai jos. Dac b = c , atunci B1 = C1 i B2 = C2 , deci problema are o soluiedegenerat (segmentul

[ AB1 ] ) i una obinuit, reprezentat de triunghiul isoscel

AB1 B2 .

n concluzie, problema comport urmtoarea discuie (meninem ipoteza Cazul Discuie Mulimea vid. Soluie degenerat, segment de dreapt Triunghi dreptunghic n

b c ):

c < ha b = c = ha b > c = ha b = c > ha b > c > ha

[ AA] [ AB1 ]i a doua triunghi

B.

O soluie degenerat, segment de dreapt isoscel. O soluie cu unghiurile

B, C ascuite i o alta cu unghiul B obtuz A obtuz).

(prima soluie poate avea unghiul

18. Problema 21*/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 n figura de mai jos, patrulaterul ABCD este nscris n cercul dat, AE BC ,CF AB , [CF ] [ CD ] . Demonstrai c DF DE .Soluie.

[ AE ] [ AD ] ,

Convenim s notm simplificat msurile unghiurilor patrulaterului Pe figura construit, observm c

ABCD : m A = A , etc.

( )

EAB B (alterne interne, AE BC , secanta AB ) i

BCF B (alterne interne, CF AB , secanta CB ). Triunghiurile ADE i CDF sunt isoscele.

( ) ( ) 1 1 A+ B isoscel ADE calculm m ( EDA ) = (180 m ( EAD ) ) = ( A + B 180 ) = 90 2 2 2 Se calculeaz m ( DCF ) = C + m ( BCF ) = C + B i apoi din triunghiul isoscel 1 C+B CDF m ( CDF ) = (180 m ( DCF ) ) = 90 2 2 A+ B Acum se calculeaz m ( EDF ) = m ( EDA ) + m ( ADC ) m ( CDF ) = 90 + D 2n jurul punctului

A , avem m EAD = 360 A m EAB = 360 A B . Din triunghiul

C+B A + C + 2B A+C A+C = 180 + D + = 180 + D + B + = = 90 (s-a inut 2 2 2 2 seama n calcul c A + C = B + D = 180 ). 90 +

19. Problema 22/7, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Construii un triunghi ABC n care se cunosc latura a = BC , unghiul A i nlimea BB = hb .Soluie.

Problema impune restricia

a = BC BB = hb .

Se ncepe construind semicercul de diametru i de raz

[ BC ] ; intersecia acestuia cu cercul de centru

B

BB = hb determin piciorul B al nlimii din B (unghiul BBC este drept, fiind

nscris ntr-un semicerc). Deoarece cunoatem i msura unghiului A , construim cele dou arce capabile de aceasta, de o parte i de alta a dreptei BC . Vrful A al triunghiului ABC se gsete la intersecia fiecruia dintre cele dou arce cu dreapta BC . Pe figura de mai sus, am notat cu

A1 i A2 cele dou intersecii ( D este mijlocul lui [ BC ] , iar E i E sunt centrele

cercurilor din care provin cele dou arce capabile).

20. Problema 24/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Punctul lui Torricelli Pe laturile triunghiului ABC , cu toate unghiurile de msuri mai mici dect 120 , se construiesc n afar triunghiurile echilaterale ABC , BAC i C AB . Demonstrai c : a) [ BB] [CC ] [ AA] ;b) cercurile circumscrise celor trei triunghiuri echilaterale au un punct comun lui Torricelli). c) dreptele AA, BB i CC trec prin punctul T ; d) centrele echilateral. Soluie.

T (numit punctul

P, Q, R ale celor trei triunghiuri echilaterale formeaz la rndul lor un triunghi

a) Triunghiurile

BAB i C AC au :

[ BA] [C A] , ca laturi ale triunghiului echilateral C AB ;m BAB = m C ' AC = m A + 60 (iat de ce este necesar limitarea msurilorunghiurilor triunghiului

(

) (

) ( )

ABC la 120 )Analog se arat c i

[ AB] [ AC ] , ca laturi ale triunghiului echilateral BAC . Rezult c BAB C AC ( L.U.L.) [ BB] [CC ] . [ AA] [ BB] [CC ] .

b) Cercurile circumscrise triunghiurilor echilaterale C AB i BAC trec ambele prin A , deci se mai intersecteaz i ntr-un al doilea punct, pe care l notm cu T . Patrulaterele C BTA i

BCTA sunt inscriptibile, deci m ATB = m ATC = 180 60 = 120 . Analizndunghiurile formate n jurul punctului

(

) (

)

T , obinem :

m BTC = 360 m ATB + m ATCPatrulaterul

(

)

BTCA

)) = 360 240 = 120 este aadar i el inscriptibil, avnd m ( BTC ) + m ( BAC ) = 120 +

( ( ) (

+60 = 180 . Cercul circumscris triunghiului ABC trece i el prin punctul T , comun celorlalte

dou cercuri. Mai mult, cum trei laturi ale triunghiului c)

m ATB = m ATC = m BTC = 120 , din punctul T toate cele

(

) (

) ( (

)

ABC se vd sub unghiuri egale. C BTA , avem

n patrulaterul nscris

m BTC = m BAC = 60 . Prin urmare,

) (

)

m BTC + m BTC = 60 + 120 = 180 . Unghiul CTC este alungit, deci semidreptele

(

) (

)

(TCd)

i

(TC

sunt opuse, sau punctele

C , T , C sunt coliniare. Analog se arat c i

dreptele

AA i BB trec prin punctul T .

PR este linia centrelor cercurilor secantecoardei comune celor dou cercuri,

( ABC ) [ BT ] .

Analog, QR AT i, ( ) m ( RET ) = 90 . Cu dou unghiuri opuse drepte, patrulaterul RETD este inscriptibil, deci m ( ERD ) = 180 m ( ETD ) = 180 120 = 60 . Similar, se arat c i unghiul RQP

m RDT = 90 .

( C AB ) , deci este mediatoarea Notnd { D} = PR BT , avem notnd {E} = QR AT , avem ii

msoar tot 60 . Cu dou unghiuri de msur centre este echilateral.

60 , triunghiul PQR format de cele trei

21. Problema 25*/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 S se construiasc triunghiul ABC n care se cunosc latura BC i medianele BB i CC .Soluie.

Presupunem problema rezolvat, fie intersecteaz n centrul de greutate

ABC triunghiul dorit. Medianele [ BB] i [CC ] se G , punct situat astfel nct BG =2 2 BB = mb , 3 3

2 2 2 CG = CC = mc . Triunghiul BCG are toate laturile cunoscute : BC = a, BG = mb i 3 3 3 2 CG = mc . 3Construcia decurge aadar astfel : - se construiete (dac este posibil) triunghiul BCG , avnd toate trei laturile cunoscute. Condiiile ca acest fapt s fie posibil sunt date de inegalitile triunghiulare, scrise n triunghiul i -

BCG : a , mb < a + mc mb < mc + 3 2 3 3 2

mc < mb +

se prelungesc laturile

[ BG ] i [CG ] dincolo de G , cu segmente [GB] i [GC ] , avndBC i CB

fiecare lungimea egal cu jumtatea laturii prelungite. La intersecia dreptelor se gsete punctul A .

22. Problema 26/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 n triunghiul ABC se cunosc latura BC i nlimile BB i CC . S se construiasctriunghiul. Soluie.

Se pun condiiile BBC i BC C ).

BB < BC i CC < BC (inegaliti evidente n triunghiurile dreptunghice

B i raza BB = hb se traseaz un arc de cerc, notnd cu B intersecia acestuia cu semicercul. Analog, cu centrul n C i raza CC = hc se traseaz un alt arc de cerc, notnd cu C intersecia acestuia cu semicercul. La intersecia dreptelor BC i CB se obine punctul A . Prin poziionarea punctelor B i C pe semicerc, ne asigurm c unghiurile BBC i BC C , fiind nscrise n semicercul opus, sunt drepte, deci BB i CC sunt nlimi ale triunghiuluiSe descrie un semicerc cu diametrul construit.

[ BC ] . Cu centrul n

23. Problema 27/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984S se construiasc un triunghi cunoscnd dou laturi i mediana laturii a treia. Soluie.

Se presupune problema rezolvat. Dac n triunghiul segmentul

ABC se prelungete mediana [ AD ] cu

[ DE ] [ AD ] ,

patrulaterul

ABEC este paralelogram (diagonalele sale se

njumtesc). Se observ c n

ABE avem [ BE ] [ AC ] iar [ BD ] este median. Se construiete deci triunghiul n care cunoatem laturile de lungimi c = AB, b = AC i 2ma = 2 AD . Mediana acestui triunghi corespunztoare laturii de lungime 2ma are lungimea

egal cu jumtatea laturii a treia a triunghiului cutat. Cu notaiile uzuale ntr-un triunghi, problema este posibil dac au loc inegalitile : b + c > 2ma , b + 2ma > c, c + 2ma > b , care se pot rescrie condensat sub forma

b c < 2ma < b + c .

24. Problema 29*/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Dou cercuri ( O ) i ( O ) sunt tangente exterior ntr-un punct A . Fie [TT ] una dintre tangentele exterioare comune i M , M interseciile celor dou cercuri cu o dreapt variabil ce trece prin A . S se afle locul geometric al punctului P de intersecie dintre MT i M T.Soluie.

A, T i T sunt fixe; ceea ce se schimb este poziia dreptei MM , care se rotete n jurul punctului A . Se tie c punctele O, A, O sunt coliniare (ca s realizm de ce, este suficient s ne gndim c ambele raze OA i OA sunt perpendiculare n A pe aceeai tangent comun). Patrulaterul OTT O este trapez dreptunghic (razele OT i OT fiindPunctele perpendiculare pe tangenta comun n cercurile

TT ), deci m TOA + m T OA = 180 .

(

) ( (

)

O i O , unghiurile TOA i T OA sunt unghiuri la centru, corespunznd arcelor AT , respectiv AT . Notnd cu i msurile celor dou arce, tim deci c + = 180 . 1 n cercul O , unghiul PMA este nscris n arcul AT , deci m PMA = m AT = . n cercul 2 2 1 O , unghiul PM A este nscris n arcul AT , deci m PM A = m AT = . n triunghiul 2 2 + PMM , avem m MPM = 180 m PMA + m PM A = 180 = 180 90 = 2 = 90 . Cum segmentul [TT ] este fix, locul punctului P este cercul de diametru [TT ]

)

(

)

( ) ( )

(

)

( (

) (

))

(reuniunea celor dou arce capabile de un unghi drept, de extremiti

T i T ).

25. Problema 30/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 S se construiasc un triunghi ABC n care se cunosc lungimile nlimii BB = hb , laturii BC = a i raza R a cercului circumscris triunghiului.Soluie. Problema este posibil atunci cnd au loc inegalitile cercul de raz

BB BC hb a i a 2 R (n

R , coarda [ BC ] are lungime maxim atunci cnd este diametru).

i)

ncepem prin a efectua construcia n cazul general

hb < a < 2 R . Se construiete mai nti un cerc de raz R , pe care se fixeaz vrful B . Fie C1 i C2 punctele de intersecie dintre cercul de centru B i de raz BC = a i cercul de raz R . Se construiete cercul de centru B i de raz BB = hb i se consider interseciile B i B ale acestuia cu cercul de diametru [ BC1 ] . Vrful A al triunghiului ABC cutat seafl la intersecia dintre

C1 B ' , respectiv C1 B i cercul iniial, de raz R . Se obin dou

A2 , situate pe arcul mare, respectiv pe arcul mic BC1 . n cazul alegerii punctului de intersecie C2 , se obin aceleai soluii, rotite ns cu un unghi fa de vrful fix B .

soluii, notate A1 i

ii)

n cazul raz

a = hb , avem B = C , deci m C = 90 [ AB ] este diametru al cercului de

( )

R . Problema are o singur soluie, cele dou triunghiuri dreptunghice AC1 B i AC2 B fiind simetrice fa de diametrul AB .

iii)

n fine, dac

BC = a = 2 R , atunci [ BC ] este diametru al cercului de raz R ; avem B = A . Vrful A se gsete la intersecia dintre cercul de raz R i cercul de centru B i raz BB = hb . Cele dou soluii sunt de fapt una singur, fiind simetrice fa de BC .Discuie A pe arcul mare determinat de coarda

Concluzionnd, soluiile problemei sunt : Cazul Dou soluii, una cu vrful hb < a < 2 R

[ BC ] , cealalt cu

A pe arcul mic. C. A.

hb = a a = 2R

Triunghi dreptunghic n Triunghi dreptunghic n

26. Problema 31/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984Dndu-se trei semidrepte se duc prin

( Ox, ( Oy i ( Oz , cu ( Oz Int xOy , fie M[ AB ] .

un punct pe

( Oz . S

M o dreapt care s intersecteze pe ( Ox n A i pe ( Oy n B , astfel nct M

s fie mijlocul segmentului Soluie.

Se presupune problema rezolvat. Dac astfel nct

M este mijlocul lui [ AB ] , lund punctul P ( Oz

M s fie mijlocul lui [OP ] , patrulaterul obinut OAPB este paralelogram, deoarece diagonalele sale se njumtesc. Rezult PA Oy i PB Ox . Modul de construcie este deci urmtorul : se ia punctul P , simetricul lui O n raport cu M . Acesta exist i este unic. Din P se duc PA Oy ( A ( Ox ) i PB Ox ( B ( Oy ). ntruct OAPB este paralelogram, dreapta AB trece prin mijlocul M al lui [OP ] ; n acelai timp, Meste i mijlocul lui

[ AB ] . Dreapta

AB este deci soluia unic a problemei.

27. Problema 32/8, manual Geometrie cl. a VII-a, 1984 Pe cercul circumscris triunghiului echilateral ABC se ia, pe arcul mic BC , punctul variabil M . Bisectoarea unghiului BMC taie coarda [ BC ] n T . Din T ducem TQ MB i TS MC , unde Q MB, S MC . a) Demonstrai c TQS este echilateral; b) Demonstrai c punctele M , T , A sunt coliniare.Soluie.

A intersecia bisectoarei unghiului BMC cu cercul, A trebuie s fie mijlocul arcului mare BC , care este exact A . Pentru punctul a), se observ c patrulaterul TQMS este inscriptibil, avnd unghiurile opuseRezolvarea punctului b) este imediat; dac notm cu

TQM i TSM drepte. Rezult c m TQS = m TMS = m B = 60 (deoarece patrulaterulABMC

) ( ) este la rndul su inscriptibil). Analog, avem m (TSQ ) = m (TMQ ) = m ( C ) = 60 .60 , triunghiul TSQ este echilateral.

(

) (

Cu dou unghiuri de msur

28. Problema 2/100, manual Geometrie cl. a VI-a, 1984 Dreapta lui Simson Fie M un punct pe cercul circumscris triunghiului ABC , diferit de vrfurile triunghiului. S se demonstreze c proieciile lui M pe laturile triunghiului sunt trei puncte coliniare. Reciproc, dac proieciile unui punct M , exterior unui triunghi ABC , pe laturile triunghiului sunt coliniare, s searate c acesta se gsete pe cercul circumscris. Soluie.

Lum de exemplu M pe arcul AC al cercului circumscris triunghiului ABC . Dei figura difer cnd M este pe unul din celelalte dou arce, raionamentul va fi similar. Se noteaz cu A, B, C proieciile lui M pe laturile BC , CA , respectiv AB . Patrulaterul

ABCM este nscris n cercul circumscris triunghiului ABC , deci unghiul exteriordreptunghice

C ' AM este congruent cu unghiul interior opus celui adiacent cu el, adic C ' AM BCM . ntriunghiurile

MC A

i

MAC , avem

m C MA = 90 m C AM

(

)

(

)

i

m CMA = 90 m BCM ; deducem c C MA CMA .MBAC i MBAC sunt inscriptibile (primul are dou unghiuri opuse drepte, iar al doilea are MBC MAC , ambele unghiuri fiind drepte. Din acesteObservm acum c patrulaterele patrulatere, deducem c C MA C BA i CMA CBA i deci C BA CBA . Cum aceste dou unghiuri au latura AC comun, celelalte dou laturi sunt semidrepte opuse (reciproca teoremei unghiurilor opuse la vrf), adic punctele C , B, A sunt coliniare. Dreapta determinat de cele trei puncte se numete dreapta lui Simson asociat punctului

(

)

(

)

M i triunghiului ABC . Reciproc, dac punctele C , B, A sunt coliniare, unghiurile C BA i CBA sunt congruente,

fiind opuse la vrf. Din patrulaterele inscriptibile

MBAC i MBAC tim c C MA C BA i CMA CBA i deducem C MA CMA . Din triunghiurile dreptunghice MC A i MAC ,

avem

m C MA = 90 m C AM

(

)

(

)

i

m CMA = 90 m BCM , de unde C AM

(

)

(

)

BCM . Avnd un unghi exterior congruent cu unghiul interior opus celui adiacent cu el, patrulaterul ABCM este inscriptibil, adic M aparine cercului ( ABC ) , q.e.d.

29. Problema 9/103, manual Geometrie cl. a VI-a, 1984n figura de mai jos sunt desenate trei ptrate. Demonstrai c

m A1 DA + m B1 DB = 45 .

(

) (

)

Soluie.

a = AA1 = AB lungimea laturii celor trei ptrate din figur. Se construiesc ptratele CDEF i EFMN , de latur egal cu cele date, astfel nct F , M C1C i E , N D1 D . Triunghiurile dreptunghice A1 AD i B1C1M au :

Fie

[ A1 A] [ B1C1 ] , fiind ambele de lungime a . [ AD ] [C1M ] , fiind ambele de lungime 3a . Rezult A1 AD B1C1M ( C.C.) m ( A1 DA ) = m ( B1MC1 ) .Triunghiurile dreptunghice

B1 BD i DCM au :

[ B1B ] [ DC ] , fiind ambele de lungime a . [ BD ] [CM ] , fiind ambele de lungime 2a . Rezult B1 BD DCM ( C.C.) [ B1 D ] [ MD ] .i m ( B1 DB ) = m ( DMC ) .Prin adunare cu relaia precedent, gsim :

m A1 DA + m B1 DB = m B1MC1 + m DMC = m B1MD .

(

) (

) (

) (

) (

)

ns n triunghiul dreptunghic

DCM putem scrie m DMC + m CDM = 90 , deci

(

) (

)

m B1 DB + m CDM = 90 m B1 DM = 90 . Triunghiul B1 DM este aadar dreptunghicisoscel, deci

(

) (

)

(

)

m B1MD = m MB1 D = 45 . Aadar, m A1 DA + m B1 DB = m B1MD =

(

) (

)

(

) (

) (

)

= 45 , q.e.d.Observaie. ntr-o cheie trigonometric (descifrat n primele clase de liceu), egalitatea demonstrat se scrie sub forma :

arctg

Iat c n unele cazuri, o construcie ingenioas ne conduce la proprieti din sferele nalte ale matematicii.

1 1 + arctg = 3 2 4

30. Problema 102/126, manual Geometrie cl. a VI-a, 1984 Trei cercuri congruente trec printr-un acelai punct H . Ele se mai intersecteaz dou cte dou n A, B, C . S se arate c i cercul circumscris ABC este congruent cu cele trei cercuri date.` Soluie. (Gh. ieica, 1908, problema piesei de 5 lei)

Fie

R lungimea comun a razelor cercurilor. Fie O1 , O2 i O3 centrele celor trei cercuri. O1 AO2 H , O2CO3 H i O3 BO1 H sunt romburi, avnd toate laturile congruente. O1 B O3 H O2C . Patrulaterul O1 BCO2 este paralelogram, deoarece are laturile

Patrulaterele Deducem c opuse

[O1B ] i [O2C ] paralele i congruente. Rezult c [O1O2 ] [ BC ] ; n mod analog se arat c [O3O1 ] [CA] i [O2O3 ] [ AB ] .

Triunghiurile

O1O2O3 i CBA sunt prin urmare congruente (cazul L.L.L.) , deci se nscriu n H este egal deprtat de O1 , O2 i O3 , deoarece

cercuri congruente. Observm ns c punctul

HO1 = HO2 = HO3 = R . ntruct cercul ( O1O2O3 ) are raza R , rezult c i cercul ( ABC ) are tot raza R , egal cu a celor trei cercuri date, q.e.d.

31. Problema 4/101, manual Geometrie cl. a VI-a, 1984 Fie punctele distincte A i B i dreapta d ( A, B d ) . S se determine un punct M d astfel nct suma AM + MB s fie minim.Soluie. ntlnim dou cazuri distincte, dup cum punctele A i B sunt sau nu n acelai semiplan n raport cu dreapta d . Cazul I. A i B sunt n semiplane diferite n raport cu d .

n acest caz, punctul care realizeaz minimul este chiar intersecia segmentului dreapta d . ntr-adevr, considernd un alt punct inegalitatea AM + BM > AB = AM + MB . Cazul al II-lea.

( AB )

cu

M pe d , n triunghiul AM B are loc

A i B sunt de aceeai parte a dreptei d .

Fie

A simetricul lui A fa de dreapta d i {O} = ( AA ) d . Artm c punctul cutat este M d , M M . Triunghiurile dreptunghice AOM i AOM sunt

{M } = ( BA) d . FieAvem

congruente (cazul C.C.), deci

[ AM ] [ AM ] .

AM + M B = AM + M B > AB (conform inegalitilor triunghiulare n AM B ), dar AB = AM + MB = AM + MB , de unde AM + M B > AM + MB, ( ) M d , M M . n concluzie, punctul M cutat este : - intersecia segmentului ( AB ) cu dreapta d , dac aceasta separ punctele A i B ; - intersecia dreptei d cu segmentul ce unete unul din puncte cu simetricul celuilalt fa de d , dac A i B sunt de aceeai parte a dreptei.

32. Problema 21/94, manual Geometrie cl. a IX-a, 1982 Proprietile triunghiului ortic Fie ABC un triunghi i A ', B, C picioarele nlimilor sale. S se arate c : a) Triunghiurile ABC , BAC i CAB sunt asemenea cu triunghiul ABC ; b) Semidreptele ( AA , ( BB i ( C C sunt bisectoarele unghiurilor triunghiului ABC ; c) Ortocentrul H al triunghiului ABC este centrul cercului nscris n ABC , iar vrfurile triunghiului ABC sunt centrele cercurilor exnscrise triunghiului ABC ; d) Tangenta n punctul A la cercul circumscris triunghiului ABC este paralel cu latura BC a triunghiului ortic ABC ; e) Dintre toate triunghiurile nscrise n ABC , triunghiul ortic are perimetrul minim(Feuerbach). Soluie.

a) Patrulaterul

BCBC este inscriptibil, avnd m BBC = m BC C = 90 . Unghiurile

(

) (

)

ABC i AC B sunt exterioare acestui patrulater, deci ABC ABC i AC B ACB .

Rezult imediat c ABC ABC . Analog se arat c BAC BAC i CAB CAB . Observaie. Dreapta BC , orientat astfel nct formeaz cu AB i AC unghiuri congruente cu cele formate de BC , dar viceversa n raport cu cele determinate de orice paralel, se numete antiparalel la BC . b) Vom demonstra proprietile urmtoare pe cazul triunghiului ABC ascuitunghic, dar ele rmn cu modificrile de rigoare valabile i pentru triunghiuri obtuzunghice. Cum

BAC A , CAB A i AA BC , deducem c m C AH = m BAH =

(

) (

)

= 90 m A , deci C AH BAH ( AA este bisectoarea unghiului C AB . Pentrucelelalte dou unghiuri, demonstraia decurge identic. c) Fiind punctul de intersecie al celor trei bisectoare interioare ortocentrul

( )

( AA , ( BB

i

( C C ,

H este centrul cercului nscris n ABC . Dreapta AB trece prin C i este perpendicular pe bisectoarea interioar C C a unghiului BC A , deci este bisectoarea

exterioar a acestui unghi. Analog, AC este bisectoarea exterioar a unghiului ABC . Punctul A este intersecia a dou bisectoare exterioare ale triunghiului ABC cu bisectoarea interioar a celui de-al treilea unghi al triunghiului deci este unul din centrele cercurilor exnscrise triunghiului ABC . d) Unghiul

TAB format de tangenta n A la cercul circumscris ABC cu latura AB are 1 conform unei proprieti cunoscute msura m TAB = m AB = m C . Cum i 2 m AC B = m C , rezult TAB AC B . De aici, deducem c TA C B , deoarece

( )

( ) ( )

(

) ( )

formeaz unghiuri corespondente congruente cu secanta AB . e) S zicem c ABC este un triunghi oarecare, nscris n ABC . Din problema precedent (31), am vzut c suma BA + C A atinge un minim pentru acel punct

A BC cu proprietatea c C AB BAC (deci cnd cele dou laturi ale triunghiului nscris sunt egal nclinate pe latura triunghiului ABC ). Considernd i celelalte laturi aletriunghiului nscris, deducem c minimul perimetrului acestuia se atinge atunci cnd toate laturile sale sunt egal nclinate pe cele ale triunghiului ABC .

PA BC , din C AB BAC deducem c PAC PAB , deci PA este bisectoarea interioar a unghiului C AB , iar BC este cea exterioar. Analog, deducem c AB i CA sunt bisectoarele exterioare ale unghiurilor BC A , respectiv ABC . Vrfurile A, B, C ale triunghiului ABC sunt centrele cercurilor exnscrise triunghiului ABC .Dac ducem perpendiculara Deducem c AA este bisectoarea interioar a unghiului C AB - iar din proprietatea de unicitate a bisectoarei unui unghi, c AA BC . Analog se arat c BB CA i CC AB , ceea ce dovedete c triunghiul nscris de perimetru minim este chiar triunghiul ortic ABC .

33. Problema 10/89, manual Geometrie cl. a IX-a, 1982 Dou cercuri se intersecteaz n A i B . O secant variabil trecnd prin A taie cercurile a doua oar n M i N .a) S se arate c msura unghiului b) S se determine poziia secantei Soluie.

MBN este constant; MN astfel ca distana MN s fie maxim.

a) Se consider dou poziii distincte

M 1 N1 i M 2 N 2 ale secantei prin A . Se observ c :

( ) ( ) ( ) m ( M BN ) = m ( M BN ) + m ( M BM ) ns m ( N BN ) = m ( N AN ) (patrulaterul N N AB fiind inscriptibil); apoi, m ( N AN ) = = m ( M AM ) (opuse la vrf) i m ( M AM ) = m ( M BM ) (patrulaterul M M BA fiind de asemenea inscriptibil). Deducem c m ( N BN ) = m ( M BM ) i imediat c m ( M BN ) =m M 1 BN1 = m M 1 BN 2 + m N1 BN 22 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1

= m M 2 BN 2 . Msura unghiului MBN nu depinde aadar de alegerea secantei MN , decieste constant. b) ntruct msura unghiului cnd

(

)

MBN este constant, secanta [ MN ] are lungime maxim atunci

[ BM ] i [ BN ] sunt diametre n cercurile lor. O astfel de poziie a secantei exist, ccim BAM = m BAN = 90 , deci m MAN = 90 + 90 = 180 . Secanta

n acest caz

(

) (

)

(

)

[ MN ] de lungime maxim este aadar cea perpendicular pe coarda comun [ AB ] .Not personal. Dei am putea arunca n lupt artileria grea a trigonometriei pentru a calcula ct este valoarea maxim a lungimii secantei

[ MN ] , ne vom abine (eroic). Dac nc nu v-ai

prins, materialul de fa ncearc pe ct posibil s evite astfel de barbarii, rednd geometriei poezia intrinsec, dei uor monoton, a raionamentelor simple poezie care lipsete cu desvrire din problemele de examen, unde tot ce conteaz e mecanica searbd a unor algoritmi de rezolvare. Culegeri cu zeci i sute de pagini, cu sute i mii de astfel de probleme, cantitate fr calitate - bgate pe gtul copiilor cu plnia, sub presiunea imperioas a succesului. Succesului n ce ? i de dragul cui ? Domnii i doamnele cu aparen onorabil care perpetueaz nebunia asta ar trebui pui chiar ei n locul propriilor victime.

34. Problema 10/102, manual Geometrie cl. a IX-a, 1982 Se d triunghiul ABC nscris n cercul de centru O Int ABC . Se duc nlimea AD ( D BC ) i diametrul prin A . Se proiecteaz vrfurile B i C pe acest diametru n E iF . Se noteaz {G} = DE AC i A, H , D, G sunt conciclice.Soluie.

{H } = DF AB .

S se demonstreze c punctele

Conform unei proprieti cunoscute, avem BAD CAF (nlimea cercului circumscris triunghiului sunt ceviene izogonale).

AD i diametrul AF al

( ) ( ) m ( CDF ) = m ( CAF ) . Se calculeaz m ( ADF ) = m ( ADC ) + m ( CDF ) = 90 + m ( CAF ) = = 90 + m ( BAD ) . Unghiul ADF este exterior triunghiului ADH , deci m ( ADF ) = m ( AHD ) + m ( BAD ) . Rezult c m ( AHD ) = m ( ADF ) m ( BAD ) = 90 + m ( BAD ) m ( BAD ) = 90 . n mod analog, se arat c i m ( AGD ) = 90 . Avnd dou unghiuri opuse drepte, patrulaterulDeoarece

m ADC = m AFC = 90 , patrulaterul ADFC este inscriptibil; rezult de aici

AHDG este inscriptibil, q.e.d.

35. Problema 12/102, manual Geometrie cl. A IX-a, 1982 Se dau dou cercuri de centre O1 i O2 i raze r1 , respectiv r2 , al doilea trecnd prin centrul primului. Tangentele comune la aceste cercuri au punctele de contact cu al doilea cerc n A i B . S se demonstreze c dreapta AB este tangent primului cerc.Soluie.

Ducem

AC O1O2 , C ( O1O2 ) i O1 D AO2 , D ( AO2 ) . Fie E punctul de intersecie alA cu cercul de centru O1 .

tangentei comune prin

O2 A AE O2 A O1 E O1 E AE O1 DAE dreptunghi AD = O1 E = r1 O1 D AO2 AE O1 D AE AO2 Triunghiurile dreptunghice O2CA i O2 DO1 au :

AO2C O1O2 D (comun) O2CA O2 DO1 (I.U.) O2C = O2 D = O2 A AD = [O2 A] [O2O1 ]

= r2 r1Se calculeaz centru

O1C = O1O2 O2C = r2 ( r2 r1 ) = r1 . Punctul C este deci situat pe cercul de

O1 i O1C AB AB este tangent la cercul de centru O1 , q.e.d.

36. Problema 5/31, manual Geometrie cl. a IX-a, 1989 Se d patrulaterul convex ABCD n care [ AD ] [ BC ] . S se arate c dreptele AD i BCdetermin unghiuri congruente cu dreapta care unete mijloacele

M i N ale laturilor [ AB ] i

[CD ] .Soluie.

A i B se duc paralele la CD , iar prin N , paralele la AD i BC . Fie S intersecia paralelei prin A la CD cu paralela prin N la AD i R intersecia paralelei prin B la CD cu paralela prin N la BC . NR BC BRNC paralelogram [ BR ] [ NC ] i [ RN ] [ BC ] . BR CN NS AD ADNS paralelogram [ AS ] [ ND ] i [ NS ] [ AD ] . AS ND Cum [ ND ] [ NC ] ( N fiind mijlocul lui [CD ] ), rezult [ AS ] [ BR ] . Din ipoteza

Fie

{Q} = AD MN , {P} = BC MN . Prin

[ AD ] [ BC ] , deducem c [ NS ] [ NR ] .Triunghiurile

AMS i BMR au : [ AM ] [ BM ] SAM RBM (alterne interne, AS BR , secanta AB )

[ AS ] [ BR ]Rezult

AMS BMR (L.U.L.) AMS BMR i

[ MS ] [ MR ] .

Punctele

S, M , R

NM este median n triunghiul isoscel SNR ([ NS ] [ NR ]) , deci este i bisectoarea unghiului SNR , adicsunt coliniare, conform reciprocei teoremei unghiurilor opuse la vrf.

SNM RNM .ns

NSM AQM (corespondente, NS AD , secanta MN )RNM BPM (corespondente, RN BC , secanta MN )

Deducem c

AQM BPM , ceea ce trebuia demonstrat.

37. 9462 G.M.B. 3/1969; problema 3/50, manual Geometrie cl. a IX-a, 1989n interiorul ptratului

ABCD

se

consider

punctul

M astfel nct

m MCD =

(

)

= m MDC = 15 . S se arate c triunghiul ABM este echilateral.Ivan Bloch, elev, Lugoj Soluie.

(

)

Se prelungete Triunghiul

[CM ]

pn ce intersecteaz pe

MCD este isoscel, cu

[ AD ] [ MC ] [ MD ] .

n

P . Ducem PQ AC , Q ( AC ) .

Se calculeaz

m MDP = 90

(

)

m MDC = 75 , iar din triunghiul CDP , m MPD = 90 m MCD = 75 . Rezult c itriunghiul

(

)

(

)

(

)

MDP este isoscel, deci [ MD ] [ MP ] [ MC ] . PQC este dreptunghic n Q , iar M este mijlocul ipotenuzei

Triunghiul

[CP ] ,

deci

1 QM = CP = MC = MP = MD . 2

Se calculeaz

m QCP = m ACD m MCD = 45 15 = 30 . Triunghiul dreptunghic

(

) (

) (

)

PQC are unghiul ascuit QCP de msur 30 , deci cateta [ PQ ] , opus acestuia, arelungimea egal cu jumtatea ipotenuzei : echilateral, adic Triunghiul adic

1 PQ = CP = MP = MQ , deci PQM este 2

m PQM = 60 .

(

)

PQA este dreptunghic isoscel, avnd m PAQ = 45 . Rezult AQ = PQ = MQ ,

(

)

AQM isoscel. Se calculeaz m AQM = 90 + m PQM = 150 ; de aici, obinem

(

)

(

)

m QAM = m QMA =

) 1 (180 m ( AQM )) = 15 . 2 n fine, avem m ( MAB ) = m ( QAM ) + m ( CAB ) = 15 + 45 = 60 . ( ) (Triunghiurile

AMD i BMC au : [ AD ] [ BC ] AMD BMC (L.U.L.) [ AM ] [ BM ] [ MD ] [ MC ] MDA MCB ABM are m MAB = 60 , deci este echilateral, q.e.d.

Triunghiul isoscel

(

)