probleme rezolvate cu ajutorul asemanarii

8/3/2019 Probleme rezolvate cu ajutorul asemanarii

1/12

E:12356 G.M. 5-6/2002

n trapezul ABCD , AB CD& i { } AC BD O = . Paralelele duse prin O la AD i BC

intersecteaz pe ABn M , respectiv N . Dac , , AB b CD a a b= = < i perimetrul trapezului

este p , s se calculeze:a) perimetrul triunghiului OMN;b) lungimile segmentelor , , AM MN NB.

Sorin Furtun, Clrai

Soluie.

ntruct AB CD& , avem asemnarea ODC OBA , deci putem scrieOD CD a

OB AB b= = .

Cu ajutorul proporiilor derivate, rezultOD CD a

BD AB CD a b= =

+ +i

OB AB b

BD AB CD a b= =

+ +

Deoarece OM AD& , conform teoremei lui Thales n triunghiul BDA se obine

OD AM a AM abAM

BD AB a b b a b= = =

+ +. n mod analog,

ab BN AM

a b= =

+.

Putem calcula ( )( )2 2

1b b aab a

MN AB AM BN b ba b a b a b

= + = = =

+ + + .

Asemnarea triunghiurilor BOM i ( ) BDA OM AD& ne permite s deducem c

OM OB b b

OM AD AD BD a b a b= = = + + . Analog,

b

ON BC a b= + . Perimetrul

triunghiului OMN este ( )b

OM ON MN AD BC b aa b

+ + = + + +

. ns

p AD BC AB CD AD BC p a b= + + + + = .

Rezult c ( )( )2

OMN

b p abP p a b b a

a b a b

= + =

+ +


2/12

E:12173 G.M. 5-6/2001

Pe cercul de diametru [ ]AB se consider punctele M i N astfel nct MN AB& . Dreptele

BM i BN intersecteaz tangenta n A la cerc respectiv n punctele Ci D . S se arate c2

AB AD AC = .

Soluie.

Fie X un punct pe semicercul opus lui qAMB . Unghiul nADB , cu vrful n exteriorul cercului

are msura n( ) q( ) p( )( ) p( ) q( ) n( )1 1 1

2 2 2m ADB m AXB m AN m NB m AM m ABC = = = =

Triunghiurile dreptunghice BACi DAB fiind prin urmare asemenea, putem scrie:

2 AC AB AB AC AD

AB AD= = , q.e.d.


3/12

E: 4911 G.M. 11/1974

n triunghiul dreptunghic ABCcu unghiul drept n A , bisectoarea ( )( ) BE E AC

intersecteaz nlimea ( ) ( )( ) AD D BC n punctul F . S se arate c:

a) Dreapta BE este perpendicular pe bisectoarea AI a unghiuluinDAC .b) FD IC ID AE =

Laura Constantinescu, Sibiu

Soluie.

a) Din triunghiul dreptunghic EAB se calculeaz n( ) l( )1

902

m AEB m B= . n triunghiul

dreptunghic FDB avem n( ) l( )1

902

m DFB m B= . Unghiurile nDFB i nAFE sunt

opuse la vrf, deci n( ) n( ) l( ) n( )1

902

m AFE m DFB m B m AEF = = = . Triunghiul

AEF este prin urmare isoscel, deci bisectoarea AI a unghiuluin

EAF este i nlime,deci AI BE .

b) Teorema bisectoarei n triunghiul CAD se scrie ( )1 ID AD

IC AC =

Aceeai teorem n triunghiul BDA d AF AB

DF BD= ; dar ( )2

DF BD AF AE

AE AB= =

Din asemnarea triunghiurilor dreptunghice ADCi BDA se obine

( )3 AD AC AD BD

BD AB AC AB= = .

Din relaiile ( ) ( )1 3

rezult

ID DF ID AE IC DF

IC AE = =

, q.e.d.


4/12

16226 G.M.12/1976

n triunghiul ABCcu l( ) 90m A = i AC AB> ducem nlimea AD . Din Cducem paralela la

AB pn n S de pe prelungirea nlimii ( )AD . Din B ducem paralela la AC pnintersecteaz ASn N . S se arate c 2 2 BD DS CD DN = .

D. Mrzan, Bujoreni, Vlcea

Soluie.

ntruct BN AC & , avem BDN CDA (teorema fundamental a asemnrii). Rezult

proporia DN BD

AD CD=

n mod analog, DS CD

CS AB CDS BDA AD BD

=& .

mprind relaiile obinute membru cu membru, rezult2

2 2

2

DN BD BD DS CD DN

DS CD= =

q.e.d.


5/12

22608 G.M. 2-3/1992

Se consider un paralelogram ABCD n care l( ) 90m A < i d o semidreapt variabil ce trece

prin Ci este interioar unghiuluinACB . Fie { } ( ) M d BD= i { } (P d DA= . S se arate

c 2 BD AP

BM BC = .

Doru P. Firu, profesor, Orova

Soluie.

ntruct BC PD& , avem MBC MDP (teorema fundamental a asemnrii) ; din

asemnare, rezult proporia MD PD

MB BC = .

Se calculeaz 1 1 1 1 2 BD MD PD AP AD AP AD AP

BM BM BC BC BC BC BC

+

= + = + = + = + + = +

Rezult imediat c 2 BD AP

BM BC = , q.e.d.


6/12

16096 G.M. 10/1976

Se d triunghiul ABCcu l( ) 60m A = i l( ) 60m B < . Fie D simetricul lui C fa de latura

,AB iar { } E AC BD= . S se arate c dac ( ) BF F AC este bisectoarea unghiuluinABD , atunci i DFeste bisectoarea unghiuluinADE .

Nsfetaganai, Constana

Soluie.

Deoarece D este simetricul lui C fa de dreapta AB , triunghiurile CAB i DAB sunt

simetrice n raport cu AB , deci congruente. Avem deci , BD BC AD AC = = , n( )m BAD = l( ) 60m A= = i n( ) l( )m ABD m B= .

Dac BF este bisectoarea unghiuluinABD , teorema bisectoarei n triunghiul BAE se scrie

( )1 EF BE

AF AB=

Unghiul nDAE are msura n( ) n( ) l( )( )180 180 120 60m DAE m BAD m A= + = = = n( )m BAD= , deci [AD este bisectoare n triunghiul BAE . Teorema bisectoarei n acest

triunghi se scrie :

( )2 DE AE DE AE DE AB

AE BD AB BC AB BC

= = =

[BA

fiind bisectoarea unghiului

nEBC, scriem teorema bisectoarei n triunghiul

EBC:

AE BE

AC BC = ; nlocuind AE din ( )2 , obinem :

( )3 BC AB BC DE AB

BE AE DE AC BC AC AC

= = =

Revenind la relaia ( )1 , dup ce nlocuim BE din ( )3 , deducem c EF DE DE

AF AC AD= = .

Reciproca teoremei bisectoarei n triunghiul EDA ne asigur c [DF este bisectoarea

unghiuluinADE , q.e.d.


7/12

14009 G.M.B. 4/1974

n trapezul ABCD cu , AD BC AD BC


8/12


9/12

20539 G.M. 9/1985

Paralela dus printr-un punct Hal laturii BC a triunghiului ABC la bisectoarea unghiului lA intersecteaz ACi ABn P , respectiv Q , iar cercul circumscris triunghiului n M i

N (M este ntre P i Q ). S se arate c:

a)QB HB

PC HC = ; b)

AM BM PN

AN CM QN

=

Laura Constantinescu, profesoar, Sibiu

Soluie.

a) Fie [AD bisectoarea unghiului l ( ), A D BC .

Avem ( )1 AB BD QB AB AD HQ BAD BQH QB HB HB BD

= =&

Analog, ( )2PC HC PC AC

HP AD CPH CAD AC CD HC CD

= =&

Conform teoremei bisectoarei, putem ns scrie ( )3 BD AB AB AC

CD AC BD CD= = . Din

relaiile ( ) ( )1 , 2 i ( )3 rezult cQB PC QB HB

HB HC PC HC = = .

b) Patrulaterul AMCN este inscriptibil, deci n n ANP MCP . Mai avem i n n APN MPC

(opuse la vrf), deci ( )4 AN AP APN MPC CM PM = .

Analog, patrulaterul AMNB este inscriptibil, deci n nQAM QNB (unghiul nQAM fiind

exterior patrulaterului); n plus, n n AQM NQB (confundate), deci QAM QNB

( )5 AM AQ

BN NQ = .

Se mparte relaia ( )5 la relaia ( )4 i se obine

( )6 AM CM AQ PM AM CM AQ PM AM BN PM AQ

BN AN QN AP AN BN AP QN AN CM QN AP

= = =


10/12

Se observ c n nQN AD AQP BAD & (corespondente formate cu secanta AB ); analog,

n n APQ CAD (corespondente formate cu secanta AC). ns n n BAD CAD , [AD fiind

bisectoarea unghiuluilA , deci n n APQ AQP APQ isoscel AP AQ = . Relaia ( )6

devine AM BN PM

AN CM QN

=

, q.e.d.


11/12

22494 G.M.10/1991

Fie cercurile ( )1C i ( )2C , secante n punctele A i B . Tangentele n A la cele dou cercuri

intersecteaz pe ( )1C n M i pe ( )2C n N . Considerm punctele ( ) ( ),F AN E AM ,

{ } ( ) (1 D C BE = i { } ( ) (2C C BF = . S se arate c punctele , , D A C sunt coliniare dac

i numai dac 1 AE AF

AM AN + = .

Florin Crjan, profesor, Botoani

Soluie.

AN este tangent primului cerc, deci n( ) n( ) p( ) n( )1

2m BAN m BCN m AB m BDA= = = =

n

( )n n n nm BMA BAN BCN BCA BNA=

Din aceleai motive ( AM tangent la al doilea cerc),n n n n BDM BAM BCA BNA .

i) S presupunem c punctele , , D A C sunt coliniare. Rezult n( ) n( )m XAD m CAN = , ca

opuse la vrf. Dar n( ) p( ) n( ) n n1

2m XAD m AD m AMD AMD CAN = = . ns i

n n MDA NCA , ca sume de unghiuri congruente. Triunghiurile AMD i NAC sunt

asemenea, deci AM AD

AN CN = in n MAD ANC .

Cum

n n

n n

EAD FNC

EDA FCN

-

, avem

AD AE AE AM EDA FCN

CN FN FN AN = =

1 1 AE FN AF AE AF

AM AN AN AM AN = = + =

ii) Reciproc, dac are loc relaia 1 AE AF

AM AN + = , deducem

AE FN AM AE

AM AN AN FN = =

Darn n

n n

BMA BAN AM AB AE AB BMA BAN

AN BN FN BN BAM BNA

- = =

. Deoarece

n n EAB FNB , rezult n n n EAB FNB EBA FBN NAC .


12/12

Dar n( ) p( ) n( ) n n1

2m EBA m AD m XAD XAD NAC = = . Conform reciprocei teoremei

unghiurilor opuse la vrf, rezult c punctele , , D A C sunt coliniare.

probleme rezolvate cu ajutorul asemanarii

Documents