Aplicarea metodelor din capitolul precedent la rezolvarea problemelor de coliniaritate si concurenta

1. APLICAREA METODELOR DIN CAPITOLUL PRECEDENT LA REZOLVAREA PROBLEMELOR DE COLINIARITATE SI CONCURENTA

A.   Metoda sintezei

Problema 2.1.1 Fie triunghiul ABC dreptunghic in A. Se duce inaltimea AD, (DI(BC)

apoi se proiecteaza punctul D pe AB, AC, respectiv in punctele E si F. Perpendicularele in B si C pe ipotenuza intersecteaza, respectiv, dreptele DE si DF, respectiv, in punctele P si Q. sa se arate ca punctele P, A, Q, sunt coliniare

Demonstratie: (fig. 2.1.1)

Observam ca DE || CAT; DF || BA T

  BP || AD T CQ || AD T

Din aceste relatii T ( 1 )

Din faptul ca AEDF este dreptunghi, adica ED=FA, FD= EA, relatia (1) devine:

  T DEPA ~Δ FAQ T TT P, A, Q sunt coliniare

Fig. 2.1.1

 

B.Metoda analizei

Problema 2.1.2 Sa se arate ca intr-un tetraedru oarecare cele trei bimediane sunt concurente.

Demonstratie: Intr-un tetraedru numim bimediana, segmentul care uneste mijloacele a doua muchii opuse. Orice tetraedru are sase muchii, astfel ca exista trei bimediane. Sa consideram tetraedrul [ABCD] cu bimedianele [KL], [MN], [PQ]. (fig. 2.1.2.)

Trebuie sa dovedim implicatia p q, unde :

p : ,, [ABCD] tetraedru si KA=KB si LC=LD si MA=MC si NB=ND si PA=PD si QB=QC’’

q : ,, [KL], [MN], [PQ] concurente’’

Se observa ca propozitiile :

t₁: ,, In paralelogramul KQLP diagonalele [KL],[PQ] sunt concurente si se injumatatesc’’

t₂: ,, In paralelogramul KNLM diagonalele [KL], [MN] sunt concurente si se injumatatesc’’

t₃: ,,In paralelogramul MNPQ diagonalele [MN], [PQ] sunt concurente si se injumatatesc’’

implica concluzia q.

Se vede ca din propozitiile :

  s₁: ,, KQ || LP si KQ =LP’’

  s₂: ,, KN || LM si KN=LM’’

  s₃: ,, MP || NQ si MP=NQ’’

se deduc, respectiv, t₁,t₂,t₃.

In ceea ce priveste propozitiile s₁,s₂,s₃, acestea sunt, respectiv, consecinte imediate ale propozitiilor:

r₁: ,,[KQ] linie mijlocie in triunghiul BAC si [LP] linie mijlocie in triunghiul DAC’’

r₂:,, [KN]linie mijlocie in triunghiul BAD si [LM] linie mijlocie in triunghiul CAD’’

r₃: ,, [MP] linie mijlocie in triunghiul ACD si [NQ] linie mijlocie in triunghiul BCD’’

In sfarsit, r₁, r₂, r₃ rezulta din p.

 

  Fig. 2.1.2

Problema 2.1.3 In triunghiul ABC, fie D simetricul lui B fata de mijlocul, B’, al laturii AC, iar E simetricul lui C fata de mijlocul, C’, al laturii AB. Sa se arate ca punctele D,A, E sunt coliniare.

Demonstratie ( fig. 2.1.3.)

Trebuie sa dovedim implicatia p q, unde:

p: ,,ABC triunghi si D simetricul lui B fata de mijlocul B’ al laturii AC si E simetricul lui C fata de mijlocul C’ al laturii AB’’

q: ,, D,A,E sunt coliniare ’’

Se observa ca propozitiile :

  t₁: ,,AE || BC’’

  t₂: ,,AD || BC’’ implica concluzia q.

din propozitiile : s₁: ,,AEBC paralelogram’’

  s₂ :,,ADCB paralelogram’’, se deduc respectiv t₁ si t₂.

In ceea ce priveste propozitiile s₁ si s₂ , acestea sunt, respectiv, consecinte ale propozitiilor :

  r₁ : ,,AC’=BC’ si EC’=C’C ’’

  r₂ : ,, AB’=B’C si BB’=B’D ’’ , care, la randul lor se deduc direct din ipoteza p.

Fig. 2.1.3. 

C. Metoda reducerii la absurd

Problema 2.1.4. Se dau cercurile C(O,R) si C(O’, R’) care se intersecteaza in punctele A si B. De aceeasi parte cu A fata de dreapta OO’ se considera punctele MIC (O,R) , M’IC (O’, R’) astfel ca OM ||O’A, O’M’ || OA. Sa se arate ca punctele A, M, M’ sunt coliniare.

Demonstratie: ( fig. 2.1.4.) Presupunem ca punctele A, M, M’ nu sunt coliniare. Atunci, fie E al doilea punct de intersectie al dreptei MA cu cercul C(O’, R’).Avem imediat :

(1)< AMO s<EAO’, deoarece sunt unghiuri corespondente.Dar, < MOA s < AO’M’ (au laturile doua cate doua paralele si de acelasi sens )T DMOA D AO’M’T < AMO s < M’AO’ ( 2) .

Comparand relatiile (1) si (2), obtinem : 

  < EAO’ s < M’AO’

Aceasta inseamna ca doua unghiuri cu varful comun A, cu latura comuna [AO’ si cu interioarele de aceeasi parte a laturii comune, sa fie congruente, fara ca celelalte doua laturi, [AE, [AM’, sa coincida. Contradictia evidenta la care s-a ajuns, arata ca punctele A, M, M’ sunt coliniare.

Fig. 2.1.4.

 

Problema 2.1.5. Sa se demonstreze ca doua triunghiuri necongruente si paralele sunt omotetice (prin definitie, doua triunghiuri sunt paralele daca au laturile, doua cate doua , paralele).

Solutie: ( fig. 2.1.5). Fie DABC si D A’B’C’ necongruente si paralele, unde AB || A’B’, AC || ||A’C’, BC || B’C’. Trebuie sa dovedim ca dreptele AA’, BB’,CC’ sunt concurente.

Fig. 2.1.5.

 

AA’, BB’, CC’ sunt dreptele suport ale laturilor neparalele in trapezele ABB’A’, ACC’A’, BCB’C’ si ca atare , sunt doua cate doua concurente. Sa presupunem ca AA’, BB, CC’ nu sunt toate trei concurente. Notam =BB’ CC’. Conform presupunerii facute, AA’ nu trece prin O; atunci, consideram =OA’ AC ( A A’’). Triunghiurile date, avand laturile paralele doua cate doua, au unghiurile congruente doua cate doua, astfel ca ele sunt asemenea. Deci:

  (1)

Din D ABC~ΔOB’C’ T (2)

De asemenea, din D OA’’C ~ D OA’C’ T (3)

Relatiile (1), (2), (3) conduc la :

Deducem ca AC=A”C, ceea ce este absurd deoarece punctele Asi A” sunt distincte. Contradictia obtinuta arata ca dreptele AA’, BB’, CC’ sunt concurente si aceasta se traduce prin aceea ca triunghiurile ABC, A’B’C’ sunt omotetice.

Observatie: Daca D ABCsD A’B’C’ si in plus sunt si paralele, atunci , din paralelogramele ABB’A’, ACC’A’ , BCB’C’T AA’ || BB’ || CC’ si nu poate fi vorba de triunghiuri omotetice. De aceea in enunt figureaza conditia de necongruenta a triunghiurilor.

Problema 2.1.6. (Reciproca teoremei lui Menelau) Se considera punctele A’, B’, C’ situate pe dreptele BC, AC, AB determinate de laturile triunghiului ABC. Daca doua dintre ele sunt situate pe laturile triunghiului si unul pe prelungirea laturii, sau nici unul dintre ele nu e situat pe laturile triunghiului si este verificata relatia : , atunci cele trei puncte sunt coliniare.

Demonstratie: Fie C’I(AB) si A’ I(BC), iar B’ astfel incat CI(AB’).  (fig. 2.1.6.)

Presupunem prin reducere la absurd ca punctele A’, B’, C’ nu sunt coliniare.Atunci dreapta C’A’ taie AC intr-un punct B”; A’C’ taie doua laturi ale triunghiului ABC si nu trece prin varfurile sale, deci nu taie a treia laturaT B” (AC).Dar, B”IAC

Fig. 2.1.6.

Conform teoremei directe avem:

Dar, din ipoteza, . Rezulta =

Cum B’ si B” sunt ambele exterioare segmentului AC am ajuns la o contradictie : ele impart segmentul AC in acelasi raport. Deci, presupunerea nu este corecta, rezulta ca A’, B’, C’ sunt coliniare.

 

Problema 2.1.7. Fie triunghiul ABC si cele doua unghiuri exterioare ale triunghiului care au ca latura (BC, respectiv (CB. Sa se demonstreze ca bisectoarele acestor unghiuri exterioare si bisectoarea <A sunt concurente.

Demonstratie: Sa demonstram ca bisectoarea <CBP (fig. 2.1.7.) si bisectoarea < BAC sunt concurente. Pesupunem prin reducere la absurd ca nu sunt concurenteT sunt paraleleT < A₁s < B₂

(unghiuri corespondente formate de cele doua paralele cu secanta AP ). T < BAC s < PBC (m(<BAC)=2 m(<A₁)), iar m(< PBC)=2m(<B₂)). Am ajuns la o contradictie : un unghi exterior unui triunghi are aceeasi masura ca un unghi interior, ceea ce contrazice teorema unghiului exterior. Rezulta ca cele doua bisectoare sunt concurente.

Observatie: Cele doua bisectoare nu pot coincide pentru ca ar insemna ca punctele A si B le-ar apartine la amandoua si deci ele ar coincide cu dreapta AB, ceea ce este absurd.

Fig. 2.1.7.

D.Metoda vectoriala

Teorema 2.1.8. Intr-un triunghi inaltimile sunt concurente.

Demonstratie: (fig. 2.1.8.) Fie inaltimile [AA’], [CC’] si H punctul lor comun. Trebuie sa aratam ca HB AC.

Fig. 2.1.8.

Cum HA BC, HC AB, avem

, =

Dar, astfel ca :

sau:

  ,

Adunand aceste egalitati obtinem :

Aceasta inseamna ca HB AC si teorema este demonstrata.

Problema 2.1.9. Fie H , G si O ortocentrul, centrul de greutate si respectiv centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Sa se arate ca:

i)

ii)

iii) punctele H, G, O sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.1.9)

i) Deoarece rezulta

Deoarece T

ii ) Avem Rezulta Fie A₁ simetricul lui G fata de mijlocul A’ al segmentului [BC]. Avem . Din paralelogramul GBA₁C T, deci

In concluzie ,

iii) Din punctele i) si ii) T adica punctele H,G,O sunt coliniare.

In plus, din ultima egalitate avem T si deci HG=2GO.

  Fig. 2.1.9.