probleme de sinteza

8/3/2019 Probleme de sinteza

1/16

E:5760 G.M. 1/1977

Pe cercul de diametru [ ]BC se ia punctul A astfel nct dac AB este latur a unui poligon

regulat nscris n acest cerc, atunci i AC este latur a unui poligon regulat nscris n acelai

cerc. S se afle toate poziiile pe care le poate lua punctul A pe cerc.V.ifui, Piatra Neam

Soluie.

Limitm deocamdat locul punctului A la unul din semicercurile determinate de diametrul [ ]BC .

Ducem OM AB ; n triunghiul isoscel [ ],OAB OM este median, nlime i bisectoarea

unghiuluinAOB .

Dac [ ]AB este latura unui poligon regulat cu n laturi, atuncin

( ) 360m AOB n

=

n( ) n( )1 180

2m AOM m AOB

n

= =

n triunghiul dreptunghic AMO , n180 180

sin sin 2 sin2

AM AB AOM AB R

n OA R n

= = = =

Analog, dac[ ]AC este latur a unui poligon regulat cu m laturi, avem180

2 sin AC Rm

=

Teorema lui Pitagora n triunghiul dreptunghic BAC se scrie ( )22 2 2

2 AB AC BC R+ = =

( )

2 2

2 2 2 2180 180 180 180 1802 sin 2 sin 2 sin sin 1 sin R R Rn m n m n

+ = + = =

2 2180 1801 sin cos

m m

= =

Dar , 3n m , deci unghiurile de msuri180

n

i

180

m

sunt ascuite; rezult

180 180 180 180 180 1 1 180sin cos sin 90 90 180

2n m m n m n m

= = = + =


2/16

Rezult c ,m n verific ecuaia ( )1 1 1 1

2 02 2

m nmn m n mn

n m mn

++ = = + =

( ) ( ) ( )2 4 4 2 2 4m n m n + + = = Cum m i n sunt numere ntregi, avem posibilitile :

i) n( )2 1 3 360

1202 4 6

n nm AOB

m m n

= =- - = =

= =

ii) n( )2 2 4 360

902 2 4

n nm AOB

m m n

= =- - = =

= =

iii) n( )2 4 6 360

602 1 3 6

n nm AOB

m m

= =- - = =

= =

Deci, dac limitm locul lui A la unul din semicercuri, obinem trei poziii convenabile pentru A ;pe ntreg cercul sunt ase poziii, anume :

- cele patru vrfuri ale hexagonului regulat nscris n cerc, n care B i Csunt vrfuri opuse,excluznd B i C ;

- capetele diametrului perpendicular pe [ ]BC .


3/16

8901 - G.M.B. 5/1968 + 22442 G.M. 8/1991

n punctele A i B ale unui cerc, care nu sunt diametral opuse, se duc dou tangente lacerc, care se ntlnesc n C . Prin A se duce o paralel la BC , care taie cercul n D . Dreapta

CD taie cercul n E , iar dreapta AE intersecteaza pe BC n F . S se demonstreze c:a) n n n ADE CAE BCE b) Triunghiurile ACF i CEF sunt asemenea;

c) EFFAFC =2

d) [ ] [ ]FCFB

e) S se determine msura unghiului lCastfel nct EFAE 2= .

Eliza Rizescu, Bucureti

f) S se arate c 2 2 24 2 AF AC AB= + Adrian Blel, profesor, Rm. Vlcea

Soluie.

a) n n ADE BCE , ca alterne interne formate de dreptele AD i BC cu secanta DC . Dar

n( ) p( ) n( )1

2m ADE m AE m CAE = = n n n ADE CAE BCE .

b) Conform punctului a), cele dou triunghiuri au n nCAF ECF . n plus, mai avem n n AFC CFE (unghi comun). Rezult c ele sunt asemenea(cazul II).c) Scriem asemnarea triunghiurilor de la punctul b):

EFAFFCFC

AF

EF

FC==

2

d) Puterea lui F fa de cerc se scrie ( ) 22 OBFOAFEFF == ( O este centrulcercului). Dar triunghiul OBF este dreptunghic n B , deci:

222FBOBFO = .

Rezult c 22 FCFBAFEF == (conform punctului c)), deci [ ] [ ]FCFB .e) Fie { } { } ACBEGABCDH == , . Conform teoremei lui Ceva n triunghiul ABC pentrucevienele concurente , AF BGi CH , avem:

( )1 1 AG FC BH AG AH

GC FB AH GC BH = =

Scriem relaia lui Van Aubel:


4/16

CG

AG

BH

AH

EF

AE+=

inem acum cont de ipoteza EFAE 2= i de relaia ( )1 i obinem:

1==BH

AH

CG

AG [ ]CH este median n ABC .

Triunghiul ABC este isoscel ( [ ] [ ]CBCA , ca tangente duse din C la cerc), deci

mediana[ ]CH este i nlime CH AB . Pe de alt parte, ABOH (diametrul este

perpendicular pe mijlocul coardei) punctele , ,O C H sunt coliniare [ ]ED diametru al

cercului n( ) 90m EAD = (unghiul nEAD fiind nscris n semicercul qEBD ) EA AD .Dar AD BC EA BC & [ ]AF este median i nlime n triunghiul ABC

[ ] [ ] [ ]BCACAB , adic triunghiul ABC este echilateral. Rezultl

( ) 60m C = .f) Teorema medianei n ABC se scrie 2 2 2 24 2 2 AF AB AC BC = + . Cum AC BC = ,

rezult imediat c 2 2 24 2 AF AB AC = + , q.e.d.


5/16

16968 G.M. 12/1977 + 20482* - G.M. 7/1985Cercurile de centre

1O i

2O se taie n punctele A i B . Tangenta n A la cercul ( )1O taie

cercul ( )2O n D , iar tangenta n A la cercul ( )2O taie cercul ( )1O n C . Se noteaz

N intersecia lui BCcu cercul ( )2O i M intersecia lui BD cu cercul ( )1O . S se arate c :

a) [ ] [ ] DM CN (16968, G.M. 12/1977, Refica Mustafa)

b) Triunghiurile AMC i AND sunt isoscele i asemenea (20482*, G.M. 7/1985, DanielLesnic)

c) Fie { } H MC DN = . S se calculeze raportul2

2

DH BD

CH BC

(V. Brnznescu, concursul

G.M., cl. VII-VIII, august 1990, G.M. 10-11-12/1990)

Soluie.

Am pstrat pentru uniformitate notaiile problemei 16968. ncepem cu punctul b).

Patrulaterul ABDN este nscris n cercul ( )2O , decin( ) n( )m ADN m ABN = . Unghiul

nABN este exterior patrulaterului ABCM , deci n( )n

( )p

( )12m ABN m AMC m AC = = (n cercul

( )1O )n( ) p( )

1

2m CAD m AD= = (n cercul ( )2O )

n( )m AND= . Aadar, triunghiul AND esteisoscel. n mod analog, se arat c i triunghiul AMC este isoscel. Asemnarea celor dou

triunghiuri este asigurat de congruenan n AMC ADN .

a) Asemnarea dovedit ne asigur c n( ) n( )m MAC m DAN = . Adunm la cele dou msura

unghiului nCAD i obinem n( ) n( )m MAD m CAN = . Cum [ ] [ ] AD AN i [ ] [ ] AM AC ,


6/16

rezult congruena ( )L.U.L. DAM NAC . De aici, obinem c [ ] [ ] DM CN , ceeace rezolvi problema 16968.

c) n rezolvarea punctului b), am dovedit cn n nCAD AMC ACM (triunghiul AMC isoscel),

ceea ce arat c AD CM & , deoarece formeaz unghiuri alterne interne congruente cu secanta

AC . Analog, AC DN & . Patrulaterul ADHCeste paralelogram, deci CH AD= i

DH AC = .

Avem n( ) p( )1

2m ACB m AB= (n cercul ( )1O )

n( )m DAB= (unghi format de tangenta AD cu

coarda AB ). Analog, n( ) n( )m CAB m ADB= , ceea ce demonstreaz asemnarea triunghiurilor

ABCi DBA . Aadar, AB BC AC

BD AB AD= = . Deci,

2

BC AB BC AC

BD BD AB AD

= =

.

Raportul de calculat se scrie

22 2

2 21

DH BD AC AD

CH BC AD AC

= =

.


7/16

16043 G.M. 9/1976

Considerm triunghiul dreptunghic isoscel l( )( )90 ABC m A = i linia mijlocie [ ]DE ,

( ) ( )( ), D BC E AB . Fie F mijlocul lui [ ]DE . Notm { } { },G AF BC H CF AB= = .Paralelele duse prin G i H la CF , respectiv la AF taie laturile AB i BCn K , respectiv I .

Fie { } L GK HI = . S se arate c :

a) , BH BA IH HB CI LG

KH KA LH KB GI KG= = .

b) Punctele , , B L F sunt coliniare.

c) IK AB .Doru P. Firu, Cireu, Mehedini

Soluie.

a) Se scrie teorema lui Menelaus :- n DEB pentru transversala AFG :

1 DF AE GB

FE AB GD = ns F este mijlocul lui ( )DE i E al lui ( )AB , deci 1

DF

FE= i

1

2

AE

AB= ; rezult

2 1 12

3 2 3

GB GB GB GB GB GC

GD GD GB BD BC BD BC = = = = = =

+

2 31

3 2

GB BC

BC GC = = =

- n AGB pentru transversala CFH :

1 AH BC FG

BH GC FA =

[ ]DE este linie mijlocie n ABC , deciFG DF

DE AC GDF GCAGA CA

=&

dar1 1 1 1

2 4 4 3

DF DE FG FG FG

CA CA GA GA FG FA= = = = =

Rezult3 1 1 1

1 22 3 2 3

AH AH BH BH BH

BH BH AH AH BH AB = = = = =

+


8/16

- n CHB pentru transversala AFG :

1FC AH GB

FH AB GC = ; tim ns c

1 1

3 2

GB GB GB

BC BC GB GC = = =

i c 2

AH

BH=

2

3

AH AH

BH AH AB = =

+; nlocuind, obinem 2 1 1 3

3 2

FC FC

FH FH = =

4

3

FH FC CH

FC FC

+ = =

Deoarece GK CH & , rezult (teorema lui Thales n BHC ) c3

2

BH BC

KH GC = =

2 1 1 1 81 ;

3 3 3 9 9

KH BK KH BK BH AB AK AB BK AB

BH BH BH = = = = = = =

98 8

9

BA AB

KAAB

= =

Patrulaterul FGLH este paralelogram, deci IH IH

LH FG LH FG

= = . Cum ns

FG IH & , avem4

3

IH CH CI IH CFG CHI

FG CF CG LH = = =

Se verific acum prima egalitate,3 9 4

2 8 3

BH BA IH

KH KA LH

= = =

Asemnarea CFG CHI ne-a furnizat valoarea raportului4

3

CI

CG= ; calculm

4CI CI

GI CI CG= =

Cum LG FH = , avem LG FH

KG KG= ; valoarea acestui raport rezult din asemnarea

2

2 9 33

8 3 8 49

ABFH AH

AFH AGK

KG AK AB

= = = =

Mai sus am obinut1

33

BK HB

BH KB= = ; putem acum verifica i a doua egalitate :

33 4

4

HB CI LG

KB GI KG= = =

b) Se noteaz { } M BL GH = . n BHG , cevienele , BK HIi GM sunt concurente;

teorema lui Ceva se scrie 1GM HK BI

HM BK IG =


9/16

ntruct IH AG& , avem1

2

BI BH

IG AH = = ; cum 3 2

HB HK HB BK

KB BK BK

= = = ;

rezult

1

2 12

GMGM HM M

HM = =

este mijlocul lui [ ]GH

Fiindc FGLH este paralelogram, diagonala FL trece prin mijlocul M al lui [ ]GH ,

deci punctele , ,F L M sunt coliniare; cum i , , B L M sunt coliniare, rezult c

, , B L F sunt coliniare, q.e.d.

c) Observm c1

2

BI BK IK GH

IG KH = = & (reciproca teoremei lui Thales n BGH )

ns i1

2

BG BH GH AC

GC AH = = & (reciproca teoremei lui Thales n BAC ), deci

IK AC & ; cum

AC AB

, rezult IK AB

, q.e.d.


10/16

22609 G.M. 2-3/1992

Fie triunghiul , ABC Icentrul cercului nscris, iar B i C punctele de intersecie ale lui BI i

CI cu AC , respectiv AB . S se demonstreze c l

( )60m A = daci numai dac exist un

punct A BC astfel nct I s fie centrul de greutate al triunghiului A B C .Marius Crainic, student, Cluj

Soluie.

Presupunem c exist A BC cu proprietatea din enun. Se noteaz { }1 B BB C A = i

{ }1C CC B A = . Conform teoremei bisectoarei n triunghiurile BC A i CB A , avem :

1

1

C B BC

A B BA

=

, respectiv 1

1

B C CB

A C CA

=

Deoarece I este centrul de greutate al triunghiului A B C , [ ]1B B i [ ]1C C sunt mediane ale

triunghiului, iar1

B i1

C sunt mijloacele laturilor [ ]A C , respectiv [ ]A B . Din relaiile de mai

sus, rezult c BC BA = i CB CA = .

Este ns evident c ( ) A BC (altfel, Int I A B C , deci nu poate fi centrul de greutate

al triunghiului). Rezult c putem scrie ( )1 BC BA CA BC CB = + = + .Se calculeaz cu ajutorul teoremei bisectoarei i al proporiilor derivate lungimile segmentelor

BC i CB : BC BC a BC a BC a ac

BC AC AC b AC BC a b c a b a b

= = = = =

+ + + +

n mod similar, avemab

CBa c

=+

. Relaia ( )1 devine 1ac ab c b

aa b a c a b a c

= + + =+ + + +

( ) ( ) ( ) ( )c a c b a b a b a c + + + = + +2 2 2

ac c ab b a ab ac bc + + + = + + + 2 2 2

b c a bc + =

Din teorema cosinusului, avem 2 2 2 2 cosb c a bc A+ = , deci1

2 cos cos2

bc A bc A= =

l( ) 60m A = .Reciproc, raionamentul decurge n sens invers.


11/16

20179* - G.M. 8/1984

Fie ABC un triunghi oarecare i1 1 1

, , AA BB CC bisectoarele sale, cu ( )1 A BC , ( )1 B CA ,

( )1C AB . Ducem ( )1 2 2, A A AC A AC , ( )1 2 2, B B CA B AB i 1 2C C BC ,

( )2C BC . S se arate c 1 2 1 2 1 29

2A A B B C C r + + , unde reste raza cercului nscris n

triunghiul ABC.Ramazan Birant, student, Bucureti

Soluie.

Pornim de la inegalitatea lui Nesbitt : ( )3

, , , 02

a b ca b c

b c c a a b+ + >

+ + +La aceasta se

adun 3 :9 9

1 1 1

2 2

a b c a b c b c a c a b

b c c a a b b c c a a b

+ + + + + ++ + + + + + +

+ + + + + +

n cazul n care , ,a b c sunt laturile unui triunghi, putem nota 2a b c p+ + = :

1 1 1 92

2p

b c c a a b

+ +

+ + +

Aceasta se nmulete cu raza cercului nscris r, innd seama de formula S pr= :

( )1 1 1 9

2 12

S rb c c a a b

+ +

+ + +

n ABC se duce nlimea AD BC . Avem ABCS S AD BC = = i 1 11

2AACS CA AD= .

Calculm raportul de arii 1 1AACS CAS BC

= . Conform teoremei bisectoarei, 1

1

CA AC b BA AB c

= =

1CA b

BC b c =

+; rezult

1AAC

bS S

b c=

+.

Pe de alt parte,1 1 2 1 2 1 2

1 1 2

2 2AA C

b SS A A AC S b A A A A

b c b c= = =

+ +. Analog, se

arat c1 2 1 2

2 2,

S S B B C C

c a a b= =

+ +. Inegalitatea ( )1 se rescrie sub forma :

1 2 1 2 1 2

9

2A A B B C C r + + , q.e.d.


12/16

O:677 G.M. 2-3/1992

ntr-un triunghi oarecare ABC ducem bisectoarea ( ), AD D BC . Notm cu Emijlocul

lui ( )BC , cu M al doilea punct n care dreapta AD taie cercul circumscris triunghiului i cu

P proiecia lui Epe AD . S se demonstreze c

2

2

BC AP DM

=

.

Nicolae Oprea, lector univ., Baia Mare

Soluie.

Se scrie n dou moduri puterea punctului D fa de cerc : BD DC AD DM = i se nlocuiesc lungimile , , BD DC AD cu expresiile binecunoscute n funcie de laturile , ,a b c aletriunghiului :

( ) ( ) ( )

2

2 2

ac ab BD DC a bcb c b cDM

AD bc b c p p ap p a

b c

+ +

= = =

+

+

Fie ,B C interseciile lui EP cu AB , respectiv cu AC. Se scrie teorema lui Menelaus n

triunghiul ABC pentru transversala B EC :

1 AB BE CC

BB CE AC

=

Dar triunghiul AB C este isoscel, deoarece [ ]AP este bisectoare i nlime; din relaia de

mai sus, rezult2 2

AB AC b c BB CC AB AB AC AC AB AC + + = = = = =

Din triunghiul dreptunghic APB , avem cos cos2 2

A AP A AP AB

AB= =

( )

2

p p ab cAP

bc

+ = .

Se calculeaz direct( )

( ) ( )

22 2

2 4 22

p p ab c a bc a BC AP DM

bc b c p p a

+ = = =

+ ,

q.e.d.


13/16


14/16

O:684 G.M. 5/1992

Considerm triunghiul oarecare ABCi ( ) M BC un punct mobil ale crui proiecii pe ( )AB

i ( )AC sunt punctele N i P . S se demonstreze c :

2 AM AN AP AN AP

k NP MP MN MN MP

+ + + =

Doru P. Firu, profesor, Orova

Soluie.

Se noteaz n( ) n( ), BAM CAM A = = + = . n patrulaterul inscriptibil APMN sescrie a doua teorem a lui Ptolemeu (datorat de fapt matematicianului indian Brahmagupta) :

AM AN AP MN MP

NP NA NM PA PM

+ =

+

nlocuind raportulAM

NPn relaia care trebuie demonstrat, obinem :

2 AN AP MN MP AN MN AP MP AN APk NA NM PA PM MP MN MN MP

+ + + + = +

( )1 2 1 AN AP AN AP

k MN MP MN MP

+ + + =

n triunghiurile dreptunghice ANM i APM avem :

ctg , ctg AN AP

MN MP = =

Relaia ( )1 se rescrie sub forma :

( ) ( )1 ctg ctg

1 ctg ctg ctg + ctg 2 ctg +ctg + ctg

k k

+ + = = =

ctgk A =

Deci, relaia din enun se verific dac alegem pentru kvaloarea ( )ctg A


15/16

E:10276* G.M. 7/1991Patrulaterul convex ABCD are diagonalele AC i BD perpendiculare i AB BC . Fie

( )P DE , unde { } E AC BD= . Dac aria triunghiului ABCeste medie proporional ntre

ariile triunghiurilor APCi ADC , atunci cercul circumscris triunghiului ABCconine punctul deintersecie al dreptelor AP i DC .

Laureniu N. Gaiu, Bucureti

Soluie.

Fie { }F AP DC = . Se noteaz , , , AB c BC a CA b DE d = = = = . Teorema lui Pitagora n

ABC stabilete ntre , ,a b c relaia 2 2 2b a c= + .

Conform teoremelor catetei i nlimii, avem2 2

, ,a c ac

CE AE BE

b b b

= = = . Se calculeaz

ariile1

2ABC

S ac= ,1 1

2 2APC

S PE AC PE b= = i1

2ADC

S bd= .

Condiia ( )2

ABC ADC APC S S S= se scrie

2 2

2 2 2

2

1 1

4 4

a ca c b d PE PE

b d= =

Rezult2 2 2 2 2 2

2 2

a c b d a c DP d PE d

b d b d

= = =

Calculm n4 2 2 4

2 2 2

2

a b d a DEC DC DE CE d

b b

+ = + = + = i n AED

4 2 2 42 2 2

2

c b d c AD AE DE d

b b

+= + = + =

Teorema lui Menelaus n DEC pentru transversala APF se scrie :2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 21

DP AE FC DF DP AE b d a c b d c b d a c

PE AC DF FC PE AC b d a c b a b

= = = = , deci

( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 42 2 2 2 2

DF b d a c b d a c b d a c

DC b d a c a b b d ab d a b c

= = =

+ ++


16/16

Se calculeaz2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 2 2 4 2 2 4

b d a c b d a b d a c b d a c DF DC

b d a b b d a b b d a

+ = = =

+ + +

i

2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2

2 2 4 2 2 4 2 2 4

b d a b d a c b d a b d a c a bFC DC DF b b b d a b b d a b d a

+ + += = = =

+ + +

2 2 2

2 2 42 2 4 2 2 4

FC a b b a b

DC b d ab d a b d a

= =++ +

Se scrie relaia lui Stewart n ADC pentru ceviana [ ]AF :

2 2 2 2 2 2FC DF AD CF AC DF AF DC DF FC DC AD AC AF

DC DC + = + + = +

2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4

b d c a b b d a c b d a c a b DF FC b AF

b b d a b d a b b d a b d a

+ + + = +

+ + + +

( )4 2 2 2 2 2 22 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 22

2 2 4 2 2 4

b d a c c a ba b d a c b d a b c a b d a cAF

b d a b d a

+ + + + + = =

+ +

4 2

2

2 2 4

b dAF

b d a =

+

n triunghiul AFCse verific relaia :

( )2 2 2 44 2 4 22 2 2 2

2 2 4 2 2 4 2 2 4

b b d ab d a b AF CF b AC

b d a b d a b d a

++ = + = = =

+ + +

Rezult c AF FC , conform reciprocei teoremei lui Pitagora. Patrulaterul ABCF este

inscriptibil, avndn

( )n

( ) 180m ABC m AFC + =

, deciF

este situat pe cercul circumscristriunghiului ABC , q.e.d.

probleme de sinteza

Documents