Documente online.
Username / Parola inexistente
  Zona de administrare documente. Fisierele tale  
Am uitat parola x Creaza cont nou
  Home Exploreaza















Metode specifice de rezolvare a problemelor de coliniaritate si concurenta trigonometrica

Matematica



loading...








ALTE DOCUMENTE

PERMUTARI
PROIECT DE LECTIE Matematica - Exercitii si probleme
Aspecte matematice si computationale
Figuri geometrice
Analiza matriceala
RELATII METRICE IN TRIUNGHIUL DREPTUNGHIC
TOPOLOGII SCOTT SI TOPOLOGII LAWSON
CLASIFICAREA RATIONAMENTELOR
STUDIUL ECUATIILOR ALGEBRICE CU AJUTORUL METODEI GRAFICE
EVALUAREA FUNCTIEI CARDIO-VASCULARE


METODE SPECIFICE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR DE COLINIARITATE SI CONCURENTA

In acest paragraf se vor prezenta metode specifice de rezolvare a problemelor de coliniaritate si concurenta. Legatura stransa intre problemele de coliniaritate si cele de concurenta este evidentiata de urmatoarea schema pentru a dovedi ca dreptele a,b,c sunt concurente. Fie =ab si y,zIc; problema revine asupra coliniaritatii punctelor x,y,z.

A. Demonstrarea coliniaritatii folosind Postulatul lui Euclid.

Daca dreptele AB si BC sunt paralele cu o dreapta d, atunci , in baza postulatului lui Euclid, punctele A, B si C sunt coliniare.

Problema 2.2.1. Fie B si C mijloacele laturilor AC, respectiv AB, ale unui triunghi ABC. Sa se demonstreze ca, mijloacele inaltimii, bisectoarei si medianei corespunzatoare varfului A se afla pe dreapta BC.

Demonstratie: (fig. 2.2.1) Fie M,N,P mijloacele inaltimii, bisectoarei, si, respectiv, medianei corespunzatoare varfului A. BC fiind linie mijlocie in triunghiul ABC, rezulta ca BC || BC.

Din D ABD, rezulta ca mai sus ca BM || BD si, cum D IBC, urmeaza ca M I BC.

In D ABE, BN este linie mijlocie si, folosind acelasi rationament , urmeaza ca NIBC.

La fel se arata ca P I BC. Prin urmare, punctele B, P, N, M, C sunt coliniare.

Fig. 2.2.1

Problema 2.2.2. Fie un triunghi ABC inscris intr-un cerc de centru O. Perpendiculara BE pe diametrul AD taie, din nou, cercul in F. Paralelele prin F la CD si CA,taie CA si CD in G, respectiv H. Sa se arate ca punctele E,G,H sunt coliniare.

Demonstatie: (fig. 2.2.2.) Patrulaterul AEGF este inscriptibil, deoarece m(< EGA) s sm(<BFA)sm(<BCA),de unde urmeaza ca EG || BC.

Patrulaterul CHFG este dreptunghi (fiind paraleleogram cu un unghi drept), si, deci,

< CGHs< GCF.Cum < GCFs < ABF s<ACB, urmeaza ca < CGHs < ACB, adica GH || BC. Din EG || BC si GH || BC, rezulta ca E,G,H sunt coliniare.

Fig. 2.2.2

Problema 2.2.3. In trapezul isoscel ABCD (BC || AD ), circumscris unui cerc, fie E,F,G,H punctele de contact ale cercului cu laturile AB, BC, CD si, respectiv DA iar O punctul de intersectie al diagonalelor. Sa se arate ca, punctele E, O, G sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.3.) EB=BF, EA=AH ca tangente duse dintr-un punct exterior la cerc. Atunci, avem : .

TD AOD ~ D BOC T

Din relatiile : si ,rezulta si, prin urmare , EO || AD si, atunci , urmeaza ca punctele E, O, G sunt coliniare.

Fig. 2.2.3

B.Demonstrarea coliniaritatii cu ajutorul unghiului alungit

( unghiuri suplementare).

Daca A si C sunt situate de o parte si de alta a dreptei BD si m(< ABD)+m(<DBC)=1800, atunci punctele A,B si C sunt coliniare.

Problema 2.2.4. Pe latura BC a unui triunghi ABC se considera un punct arbitrar D. Fie E siF simetricele lui D fata de AB si AC.Punctele A,E,F sunt coliniare daca si numai daca m(<BAC)=900.

Demonstratie: (fig 2.2.4.) Din DEAD isoscel obtinem < EABs<BAD, iar din D DAF isoscel obtinem < DACs< CAF. Analizand unghiurile in jurul punctului A, obtinem:

m(<EAD) + m(<DAF)=2m(<BAD) + 2m(<DAC)=2m(<BAC)=1800

Fig. 2.2.4.

Cum E cu B si F cu C sunt puncte de aceeasi parte a lui AD, iar AD separa punctele B si C, rezulta ca AD separa punctele E si F, deci AI(EF). Asadar, unghiurile EAD si DAF sunt adiacente suplementare si deci, laturile lor necomune sunt in prelungire.Rezulta ca punctele E,A,F sunt coliniare. Reciproc, daca punctele E,A,F sunt coliniare, rezulta ca m(<EAD)+m(<FAD)=1800 si deci , 2m(<BAD)+2m(<CAD)=1800, adica m(<A)=m(<BAD)+m(<CAD)=900

Problema 2.2.5. Fie un paralelogram ABCD si punctele E,F astfel incatBI(AE), BE=AD, DI(AF), DF=AB.In aceste conditii , punctele E,C,F sunt coliniare.

Demonstratie: (fig.2.2.5.) Din triunghiurile isoscele CBE si CDF avem

<BCEs< CEB

<DCFs <DFC

In paralelogramul ABCD avem

<DABs < DCB

Tinand seama de (1), (2), (3), obtinem m(<FCD) + m(<DCB) +m(<BCE)=1800

Cum punctele D,F si B, E sunt de o parte si de alta a lui AC, rezulta ca F cu E sunt de o parte si de alta a dreptei AC, deci CI(FE). Unghiurile ACF si ACE sunt adiacente suplementare, deci laturile vor fi in prelungire. Rezulta ca F,C,E sunt coliniare.

Fig. 2.2.5.

Problema 2.2.6. Sa se demonstreze ca intr-un trapez, mijloacele laturilor paralele si intersectia diagonaleleor sunt trei puncte coliniare.

Demonstratie: ( fig. 2.2.6. ) Notam = AC BD ,F mijlocul laturii (DC) si G mijlocul laturii (AB)., ( AB || CD ). Trebuie sa demonstram ca F,E,G sunt coliniare. Fig. 2.2.6.

Deoarece < DFG s < BGF ( unghiuri alterne interne) si < FDE s < GBE (alterne interne), obtinem : (1) <FEDs < GEBs<a

Analog, (2) < FEC s <AEGs<b

Dar, < DEAs < CEBs<g (unghiuri opuse la varf).

Prin urmare, in jurul punctului E avem:

2m()+2m()+2m()=3600

Rezulta

m()+m()+m()=1800

Deci, suma masurilor unghiurilor in jurul punctului E de aceeasi parte a dreptei FG fiind de 1800, rezulta ca punctele F,E,G sunt coliniare.

Problema 2.2.7. Cercurile de centru O si O si de diametre AA si AA au comune punctele A si B. Sa se demonstreze ca punctele A , B, A sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.7.) Unim, separat, B cu A si B cu A, fiind inscrise, fiecare, intr-un semicerc, sunt unghiuri drepte. Deci, avem:

m(< ABA)+m(< ABA)=900+900=1800, de unde rezulta ca punctele A, B, A sunt coliniare,A si Afiind de o parte si de alta a dreptei AB.

Fig. 2.2.7.

Problema 2.2.8. Se dau doua cercuri concentrice ( C1) si ( C2), de centru O. Pe raza OA, a cercului exterior (C1), ca diametru, se construieste cercul (C3) care intalneste cercul interior (C2) in punctele B si C. razele OB si OC intalnesc cercul (C1) in punctele E si F.Fie D intersectia lui OA cu cercul ( C2) . Sa se arate ca, punctele E,D,F sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.8.) Fiind inscris intr-un semicerc al cercului ( C3), < OBA=900

D ODE s D OBA deoarece:

OE=OA

< EODs< AOB

OD=OB

Rezulta ca , <ODE =900.

Analog, se demonstreaza ca, m(<ODF)= 900. Deci,m(<ODE) +m( < ODF)=1800, de unde rezulta ca punctele E,D,F sunt coliniare.

Fig.2.2.8.

C. Demonstrarea coliniaritatii utilizand reciproca teoremei unghiurilor opuse la varf.

Daca punctul B este situat pe dreapta DE, iar A si C sunt de o parte si de alta a dreptei DE si < ABD s < CBE, atunci punctele A,B,C sunt coliniare. (figura alaturata)

Problema 2.2.9. Fie paralelogramul ABCD, (AB < AD ) si punctele E,F astfel incat AI(BE),FI(AD),BE=AD,DF=AB. Sa se demonstreze ca punctele C,F,E sunt coliniare.

Demonstratie : (fig. 2.2.9.) Unim F cu C si separat F cu E.Triunghiurile CDF si AEF sunt isoscele, rezulta ca:

m(< CFD)= si, respectiv, m(< EFA)=T < CFD s < EFA.deoarece semidreptele [FE si [FC formeaza cu dreapta AD ( F( AD), de o parte si de alta a ei, unghiurile congruente < AFE si < DFC, rezulta ca semidreptele [FE si [FC sunt in prelungire, adica punctele C,F,E sunt coliniare.

 EMBED AutoCAD.Drawing.14 Fig. 2.2.9.

Problema 2.2.10. (Dreapta lui Simson) Sa se demonstreze ca proiectiile ortogonale ale unui punct M de pe cercul circumscris triunghiului ABC pe laturile acestuia sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.10.) Fie A =prBC M , B = pr AC M si C = pr AB M. Unim B cu A si separat B cu C. Patrulaterele ABCM, ACMB , AB MC sunt inscriptibile.

Avem m(<ABC)=m(<AMC)=900 m(<ACM)=m(<CMA)=m(< CBA).Deci <ABC(< ABC. Rezulta ca punctele A ,B, C sunt coliniare.

Fig. 2.2.10.

Problema 2.2.11. Fie ABC un triunghi oarecare si AE, AF doua drepte izogonale (drepte ce trec prin varful unui unghi si fac unghiuri congruente cu bisectoarea unghiului ).Proiectia lui B pe AE este B1, proiectia lui F pe AC este C1 si proiectia lui A pe BC este A1.Sa se demonstreze ca punctele A1, B1, C1 sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.11.) Dreptele izogonale AE si AF formeaza cu laturile AB si AC unghiuri congruente.Unim pe A1 cu B1 si cu C1; patrulaterul A1ABB1 este inscriptibil deoarece <AA1B s <AB1B=900.Rezulta ca < BA1B1s< BAB1

Analog, din patrulaterul inscriptibil AA1FC1, rezulta ca < FA1C1 s < FAC1.

Din ipoteza avem ca < BAB1s < CAF.

Asadar, <BA1B1s < CA1C1 si, cum B1, C1 sunt situate de o parte si de alta a dreptei BC, urmeaza ca B1, A1, C1 sunt coliniare.

Fig. 2.2.11.

D. Demonstrarea coliniaritatii prin identificarea unei drepte ce contine punctele respective.

Pentru a arata ca punctele A,B,C sunt coliniare se identifica o dreapta careia ele sa-i apartina

Problema 2.2.12. Fie un triunghi ABC si D, E, F, G proiectiile lui A pe bisectoarele interioare si exterioare ale unghiurilor ABC si ACB. Sa se arate ca punctele D,E,F G sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.12.) Fie D,E proiectiile lui A pe bisectoarea din B. Patrulaterul ADBE este dreptunghi si, atunci, DE trece prin mijlocul C al lui AB.

Cum < CEB s < ABEs< EBC, rezulta ca CE || BC.

Deoarece paralela prin C la BC este linie mijlocie in triunghiul ABC, rezulta ca CE trece prin B, mijlocul segmentului AC. Prin urmare, punctele D si E se afla pe dreapta CB. Analog, se arata ca, punctele F si G se afla pe dreapta BC. Am identificat, astfel, dreapta BC pe care sunt situate punctele D,E,F,G.

Fig. 2.2.12.

Problema 2.2.13. Fie trapezul ABCD ( AB || CD ) si fie M,N mijloacele bazelor AD si BC, iar P si O punctele de intersectie ale laturilor neparalele, respectiv ale diagonalelor. Sa se demonstreze ca punctele M,O,N,P sunt coliniare.

Demonstratie(fig. 2.2.13.) Fie E si F punctele de intersectie cu laturile AB, respectiv CD ale paralelei la baze dusa prin O. Din triunghiurile asemenea AEO si ABC, respectiv DFO si DCB, rezulta :

Insa, si, atunci avem ca: , de unde rezulta EO=OF, adica O este mijlocul segmentului EF. Prin urmare, punctele M,O,N,P sunt coliniare, fiind situate pe mediana din P a triunghiului APD.

Fig. 2.2.13.

E. Demonstrarea coliniaritatii cu ajutorul teoremei lui Simson

Problema 2.2.14. Fie H ortocentru triunghiului ABC si A piciorul inaltimii din A. Se noteaza cu D simetricul lui H fata de A si fie E=prAB D, F=prAC D.Sa se arate ca punctele E ,A,F sunt coliniare.

Demonstratie: Stim ca simetricul ortocentrului in raport cu o latura se afla pe cercul circumscris triunghiului. Deci, punctele A,F si E sunt proiectiile unui punct de pe cercul circumscris triunghiului ABC,pe dreptele BC,AC,AB. Conform teoremei lui Simson, (2.2.10.), punctele A, F si E se afla pe dreapta lui Simson a punctului D in raport cu triunghiul ABC.

Problema 2.2.15.(Salmon) Pe un cerc se considera punctele A, B, C, M. Sa se demonstreze ca cercurile de diametre [MA], [MB] si [MC] se intalnesc doua cate doua in trei puncte coliniare

Demonstratie: (fig. 2.2.15.). Fie B al doilea punct de intersectie al cercurilor de diametre [MA] si [MC]. Deoarece m(< ABM)=m(<MBC) =900, rezulta ca B=prAcM. Fie C(respectiv A)al doilea punct de intersectie al cercului de diametru [MB] cu cercul de diametru [MA] (respectiv [MC]). La fel ca mai sus, obtinem C=prAB M si A=prBC M. Folosind teorema lui Simson, rezulta ca punctele A, B, C sunt coliniare.

Fig.2.2.15.

F. Demonstrarea coliniaritatii folosind reciproca teoremei lui Menelau

Problema 2.2.16. O dreapta taie laturile BC, AC si AB ale unui triunghi ABC in punctele A, B, respectiv C. Se iau simetricele M,N,P ale fiecaruia din aceste puncte fata de mijloacele laturii pe care este situat. Sa se arate ca punctele M,N,P sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.16.) Pentru ca punctele A, B, C sunt coliniare, avem : =1

Din ipoteza, anume ca A1este mijlocul lui BC, avem analog, B1si C1 fiind mijloacele laturilor AC si AB, avem ca Prin urmare,

utilizand prima parte a ipotezei. Acum, conform reciprocei teoremei lui Menelau, rezulta ca punctele M,N,P sunt coliniare.

Fig. 2.2.16.

Problema 2.2.17. Pe diagonala AC a patratului ABCD se iau punctele E si F, astfel incat AE=CF=AB. (F este pe prelungirea segmentului AC). Dreapta BE se intalneste cu CD si AD, respectiv in punctele M si N, iar CN si DF se taie in P. Sa se arate ca punctele M,A, P sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.17.) Pentru triunghiul CAN, taiat de transversala FDP, se aplica teorema lui Menelau si obtinem ca: ( 1)

Cum AE=AB si BC=CF, deducem ca m(<EBC)=m(<CBF)=200301; urmeaza ca [BC este bisectoarea unghiului <EBF, iar [AB este bisectoarea exterioara a aceluiasi unghi, <EBF, si avem ca Atunci relatia (1) devine : si, prin urmare, punctele A,M P sunt coliniare.

Fig. 2.2.17.

Problema 2.2.18. Fie ABC un triunghi neisoscel. Bisectoarea exterioara a unghiului

intersecteaza dreapta BC in punctul A. Analog se obtin punctele B si C. Sa se arate ca punctele A, B, C sunt coliniare.

Demonstratie : Notam laturile triunghiului astfel : BC=a, AC=b, AB=c . Din teorema bisectoarei unghiului exterior avem analog, obtinem , .Inmultind ultimele relatii, obtinem: , si ,folosind reciproca teoremei lui Menelau ( pentru

triunghiul ABC si punctele A, B, C situate pe prelungirile laturilor triunghiului ) obtinem ca punctele A, B, C sunt situate pe o aceeasi dreapta , numita dreapta antiortica a triunghiului ABC.

Fig. 2.2.18.

Problema 2.2.19. ( Dreapta lui Newton-Gauss) Mijloacele diagonalelor unui patrulater complet sunt coliniare.

Demonstratie: ( fig. 2.2.19.) Fie ABCDEF un patrulater complet si L, M, N mijloacele diagonalelor (AC), (BD), (EF). Notam cu G, H, K mijloacele segmentelor (BE), (EC), (CB).

Deoarece M,K,G sunt mijloacele segmentelor [BD], [BC], [BE], iar punctele D,Csi E sunt coliniare, va rezulta ca M,K,G sunt coliniare si segmentele [MK], [MG], [KG] sunt jumatati din segmentele [DC], [DE], respectiv [CE]. Analog rezulta L,K,H si respectiv N,H,G coliniare, precum si relatiile similare intre lungimile segmentelor. Va trebui sa aratam ca este adevarata relatia (1) (1)

Fig.2.2.19

Se observa ca segmentele care intra in relatia (1) sunt jumatatile segmentelor determinate de dreapta AD pe laturile triunghiului BCE. Din teorema lui Menelau pentru ΔBCE si secanta AD, impreuna cu relatiile intre lungimi deduse anterior rezulta ca are loc (1). Din reciproca teoremei lui Menelau in ΔGKH rezulta afirmatia din enunt.

Problema 2.2.20.( Teorema lui Carnot). Tangentele la cercul circumscris unui triunghi neisoscel in varfurile lui taie laturile opuse in puncte situate pe o aceeasi dreapta(numita dreapta lui Lemoine a triunghiului ABC)

 

Demonstratie: ( fig. 2.2.20.)FieA1IBC, B1IAC, C1IAB astfel incat A1A, B1B, C1C sunt tangente cercului circumscris ΔABC. Se demonstreaza ca punctele A1, B1, C1 sunt coliniare folosind reciproca teoremei lui Menelau. Asadar , se va demonstra ca:

se evalueaza fiecare raport din produa. Se observa ca triunghiurile A1AB si A1CA sunt asemenea, avand <Acomun si < A1AB s < A1CA, de unde rezulta ca:

Din . Daca se inlocuieste cu , se obtine relatia :

Analog, se obtin relatiile : si . Inlocuind in produsul considerat, se obtine relatia (1), deci punctele A1, B1, C1 sunt coliniare.

Fig. 2.2.20.

Problema 2.2.21. (Teorema lui Desargues) Fie ABC si A1B1C1 doua triunghiuri cu proprietatea ca exista punctele a, b, g astfel incat =BC B1C1, =CA C1 A1, =AB A1B1.Daca dreptele AA1, BB1 si CC1 sunt concurente, atunci punctele a,b,g sunt coliniare.(Dreapta bg se numeste axa de omologie, iar punctul O centru de omologie al triunghiurilor ABC si A1B1C1.)

Demonstratie: ( Fig. 2.2.21.) Se noteaza cu O punctul de intersectie a dreptelor AA1, BB1, CC1, deci =AA1BB1CC1.

Se scrie teorema lui Menelau pentru ΔOBC si punctele coliniare a , C1, B1. Atunci :

Permutand circular A,B,C si a, b, g se obtin alte doua relatii analoage:

Inmultind ultimele trei egalitati, se obtine:

Punctele a,b,g se afla pe prelungirile laturilor triunghiului ABC. Aplicand reciproca teoremei lui Menelau, rezulta ca punctele a,b,g sunt coliniare

Fig.2.2.21.

Problema 2.2.22. ( teorema lui Pascal) Fie AABBCC un hexagon inscris intr-un

cerc.Se presupune ca exista punctele a,b,g astfel incat =AABB, =CC BB, =CCAB. Atunci punctele a,b, g sunt coliniare.

Demonstratie: (fig. 2.2.22.) Pentru demonstratie se foloseste teorema lui Menelau. Pentru aceasta se vor alege o notatie si o pozitie a figurii in care relatia care apare in teorema lui Menelau sa poata fi usor scrisa. Se va nota cu ABC triunghiul ale carui varfuri se obtin astfel:

= BB( CC,

=CC( AA

=AA( BB.

Se scrie teorema lui Menelau pentru ΔABC si tripletele de puncte coliniare , , . Atunci:

Inmultind aceste trei relatii, rezulta:

Fig.2.2.22.

Tinand seama de egalitatile :

CB.CB=CA.CA (puterea punctului C fata de cercul dat)

AC.AC=AB.AB (puterea punctului A fata de cercul dat)

BA.BA=BC(BC(puterea punctului B fata de cercul dat)

Se obtine relatia :  EMBED Equation.3 

Este usor de vazut ca ((BC-[BC] , ((CA-[CA], ( (AB-[AB].Aplicand reciproca teoremei lui Menelau, rezulta ca punctele(,(,( sunt coliniare.

G. Demonstrarea concurentei folosind reciproca teoremei lui Ceva

Problema 2.2.23. Se da trapezul ABCD cu baza mica [AB] si fie cercul C(O,r) tangent laturilor [BC], [AD], [AB] in punctele E,F,H. daca =AD( BC atunci dreptele AE,FB,IH sunt concurente.

Demonstratie: (fig. 2.2.23.) avem egalitatile:

HA=FA ( tangente din A la cerc )

EB =HB ( tangente din B la cerc )

EI =FI (tangente din I la cerc ).

Daca inmultim membru cu membru cele trei relatii , obtinem:

Din aceasta relatie , conform reciprocei teoremei lui Ceva pentru ( ABI si punctele H,E,F rezulta ca AE,FB,IH sunt concurente.

Fig.2.2.23.

Problema 2.2.24. Prin varfurile unui triunghi oarecare ABC se duc trei drepte concurente, care taie laturile expuse, respectiv in A, B, C. Se dau simetricele A, B, C ale acestor puncte fata de mijloacele laturilor pe care sunt situate. Sa se demonstreze ca , dreptele AA, BB, CC sunt, de asemenea, concurente.

Demonstratie ( fig. 2.2.24. )Cum dreptele AA, BB, CC sunt concurente, avem :

( 1)

Deoarece punctul A este simetricul lui A fata de mijlocul laturii BC, avem .

Analog, avem , .

Din acestea rezulta ca , astfel ca dreptele AA, BB, CC sunt concurente.

Fig. 2.2.24.

Problema 2.2.25.(Concurenta medianelor unui triunghi).Medianele unui triunghi sunt concurente.

 

Demonstratie : (fig. 2.2.25.)

Fig. 2.2.25

Fie AN,BP,CM medianele unui triunghi ABC ( NI(BC), PI(CA),MI(AB)). Deoarece AN,BP,CM sunt mediane in triunghiulABC rezulta ca AM=MB, BN=NC, CP=PA de unde deducem relatiile:

,

Inmultind membru cu membru aceste relatii, obtinem:

de unde, conform reciprocei teoremei lui Ceva rezulta ca AN, BP,CM sunt concurente.

Observatie.Punctul de concurenta al medianelor unui triunghi se noteza cu G si se numeste centrul de greutate al triunghiului.

Problema 2.2.26.( concurenta inaltimilor unui triunghi ). Intr-un triunghi, inaltimile sunt concurente.

Demonstratie ( fig. 2.2.26. ) Fie N,P, respectiv,M proiectiile lui A,B,respectiv C pe dreptele BC,AC,respectiv AB.

Triunghiul AMC fiind dreptunghic in M rezulta ca cos A=, de unde rezulta relatia

( 1 ) AM =AC.cos A

Analog, din triunghiul dreptunghic BCM rezulta: ( 2 ) BM=BC . cos B

Din relatiile ( 1 ) si ( 2 ) deducem relatia :

Analog, se deduc relatiile :

Inmultind membru cu membru aceste relatii, obtinem:

=1

de unde, conform reciprocei teoremei lui Ceva, rezulta ca AN, BP, CM sunt concurente. Cazul unui triunghi obtuzunghic se va rezolva analog, tinand seama ca doua dintre inaltimi vor avea picioarele in afara laturilor respective.

Observatie. Punctul de intersectie al inaltimilor unui triunghi se noteaza cu H si se numeste ortocentrul triunghiului respectiv.

Fig. 2.2.26..

Problema 2.2.27.( concurenta bisectoarelor unui triunghi ). Bisectoarele unui triunghi sunt concurente.

Demonstratie: (fig. 2.2.27.) Fie N I(BC), PI(AB). MI(AB) picioarele bisectoarelor interioare din A,B si respectiv C. Deoarece [AN,[BP,[CM sunt bisectoare in triunghiul ABC, conform teoremei bisectoarei avem: , si .

Fig. 2.2.27.

Inmultind membru cu membru aceste relatii obtinem:

,

de unde conform reciprocei teoremei lui Ceva rezulta ca AN,BP,CM sunt concurente.

Observatie. Punctul de intersectie al bisectoarelor interioare ale unui triunghi se noteaza cu I si este centrul cercului inscris in triunghiul respectiv.

Problema 2.2.28. Doua bisectoare exterioare si una interioara sunt concurente.Punctul lor de concurenta este centrul cercului exinscris triunghiului )

Demonstratie: (fig.2.2.28) Fie [AA, [CC bisectoarele exterioare ale unui triunghi ABC si [BB bisectoarea interioara a acestui triunghi. Cu ajutorul teoremei bisectoarei rezulta ca: .

Fig. 2.2.28.

De aici, folosind reciproca teoremei lui Ceva, obtinem ca bisectoarele exterioare [AA, [CC, si cea interioara [BB sunt concurente intr-un punct pe care-l notam cu Ib si care este centrul cercului exinscris triunghiului ABC corespunzator lui B.

Observatie. Orice triunghi ABC are trei cercuri exinscrise ale caror centre sunt notate cu Ia, Ib, Ic

Problema 2.2.29. Dreptele care unesc varfurile unui triunghi cu punctele de contact ale cercului inscris sunt concurente. (Punctul lor de intersectie se numeste punctul lui Gergonne).

Demonstratie: (fig.2. 2.29) Deoarece tangentele duse dintr-un punct exterior unui cerc la cercul respectiv formeaza segmente congruente rezulta ca AC1=AB1=x, BC1=BA1=y, CA1=CB1=z (A1, B1, C1 fiind punctele de tangenta ale cercului inscris cu laturile triunghiului).Din relatiile de mai sus rezulta

Fig. 2.2.29.

De unde conform reciprocei teoremei lui Ceva rezulta ca AA1, BB1, CC1 sunt concurente.

Observatie: Daca notam cu p semiperimetrul D Abc atunci avem relatiile :

a+b+c=2p

x+y+z=p

x+y=c

y+z=a

z+x=b

Din aceste relatii deducem : x = p - a, y = p a, z = p c de unde rezulta relatiile:

AC1= AB1 =p a, BC1 = BA1 =p b ,CA1=CB1=p c.

Problema 2.2.30. Daca intr-un triunghi oarecare ABC se duc cevienele AD, BN, CM concurente intr- un punct P atunci si cevienele lor izogonale AD, BN, CM sunt concurente intr-un punct P. ( Punctele P si P se numesc puncte izogonale).

Demonstratie( fig. 2.2.30.) deoarece cevienele AD si AD sunt izogonale conform teoremei lui Steiner avem relatia :


Analog, se deduc relatiile : si

.

Inmultind membru cu membru aceste relatii, obtinem :

de unde rezulta relatia : (1)

Pe de alta parte, cevienele AD,BN,CM, fiind concurente in punctul P conform teoremei lui Ceva, avem :

.

Din aceasta relatie si din (1), deducem :

, de unde, conform reciprocei teoremei lui Ceva, rezulta ca cevienele AD, BN, CM sunt concurente.

Fig. 2.2.30.

H. Demonstrarea concurentei folosind proprietatile paralelogramului

Problema 2.2.31.Fie triunghiul ABC oarecare , M un punct in interiorul triunghiului si A, B, C simetricele lui M fata de mijloacele laturilor BC, CA, AB .Sa se demonstreze ca, dreptele AA, BB ,CC sunt concurente.

Demonstratie (fig. 2.2.31.)

Fig. 2.2.31.

Patrulaterul AMBC este paralelogram (diagonalele lui se injumatatesc) si, deci, AC || MB.

Analog , BMCA este paralelogram si, atunci, MB || CA. Rezulta ca, patrulaterul ACAC este paralelogram ( AC || CA si AC = CA),si atunci AA CC = .

La fel, se arata ca ABAB este paralelogram si BB intersecteaza pe AA in mijlocul acesteia, adica in O. Prin urmare, AA, BB, CC sunt concurente in O.

Problema 2.2.32. Fie triunghiul ABC, inscris in cercul de centru O, si D punctul diametral opus lui A.. Paralelele prin D la AB si AC intersecteaza cercul circumscris triunghiului in punctele E si respectiv F, iar laturile AC si AB in M, respectiv N. Sa se arate ca , dreptele AD, CF, BE, MN sunt concurente.

Demonstratie : ( fig. 2.2.32. ). Patrulaterele ABDE si ACDF fiind dreptunghiuri, rezulta ca BE si CF sunt diametre in cerc.Patrulaterul AMDN este paralelogram, de unde rezulta ca MN trece prin mijlocul lui AD, adica prin O. prin urmare, dreptele AD, CF, BE, MN sunt concurente.

Fig. 2.2.32.


Document Info


Accesari: 1897
Apreciat:

Comenteaza documentul:

Nu esti inregistrat
Trebuie sa fii utilizator inregistrat pentru a putea comenta


Creaza cont nou

A fost util?

Daca documentul a fost util si crezi ca merita
sa adaugi un link catre el la tine in site

Copiaza codul
in pagina web a site-ului tau.

 


Copyright Contact (SCRIGROUP Int. 2014 )