documents1

7/18/2019 s1

http://slidepdf.com/reader/full/s1563dba72550346aa9aa5bba0 1/9

Vectori liberi.

Consideram E 3 spatiul euclidian trei-dimensional ıntalnit ın geome-trie, construit cu ajutorul unui sistem axiomatic. Elementele lui E 3se numesc puncte si vor fi notate A,B, C,.... Vom nota cu V 3 spatiulvectorilor liberi subordonat spatiului euclidian E 3. Elementele lui V 3se numesc vectori liberi si se noteaza fie prin

−→AB, atunci cand originea

A ∈ E 3 cat si extremitatea B ∈ E 3 sunt precizate sau prin u, v, etc. S-aobtinut astfel o aplicatie

ϕ : E 3 × E 3 −→ V 3, ϕ(A, B) = −→AB,

ale carei proprietati sunt prezentate mai jos.

Proprietati:A1) ∀u ∈ V 3 si ∀O ∈ E 3 exista un unic punct A ∈ E 3 astfel ıncat

u = −→AB. Aceasta proprietate poate fi rescrisa astfel: ∀O ∈ E 3 aplicatia

ϕO : E 3 −→ V 3, definita prin ϕO(A) = −→OA este bijectiva. Pentru

aplicatia inversa ϕ−1

O : V 3 −→ E 3 se mai foloseste notatia:

O + u := ϕ−1

O (u) = A ⇐⇒ u =

−→OA.

Punctul A = O + u este extremitatea vectorului u aplicat ın punctul O.In acest caz mai spunem ca A este translatia de vector u a punctuluiO.

A2) ∀u, v ∈ V 3, definim u + v = −→AC , unde u =

−→AB si v =

−→BC . In

acest mod avem:

ϕ(A, B) + ϕ(B, C ) = ϕ(A, C ), ∀A,B,C ∈ E 3(identitatea lui Chasles)

Relativ la adunarea vectorilor si ınmultirea cu scalar reali se obtineca V 3 este un spatiu vectorial real de dimensiune 3.

Datorita proprietatilor A1) si A2) avem ca (E 3, ϕ, V 3) poseda o struc-tura de spatiu afin real de dimensiune 3.

Conform proprietatii A1), aplicatia ϕO este o bijectie, ceea ce nepermite sa transportam structura de spatiu vectorial a lui V 3 pe E 3.Trebuie remarcat ınsa ca aceasta structura depinde de punctul O.Probleme:P1) Fie punctele A1, A2,...,An ∈ E 3 si scalarii λ1, λ2,...,λn ∈ R,

astfel ıncat λ1 + · · · + λn = 1. Definim punctul P = λ1A1 + λ2A2 +· · ·+λnAn daca exista O ∈ E 3 astfel ıncat

−→OP = λ1

−−→OA1+λ2

−−→OA2+· · ·+

λn−−→OAn. Sa se arate ca punctul P nu depinde de alegerea punctului O.

Observatie. Punctul P se poate defini folosind aplicatia ϕO astfel:

P = ϕ−1

O (λ1ϕ0(A1) + λ2ϕ0(A2) + · · · + λnϕ0(An)).

1

7/18/2019 s1


2

In acest caz spunem ca punctul P este o combinatie afina a punctelorA1, A2,...,An sau baricentul acestui sistem de puncte cu ponderile λ1,

λ2

, ...,λn

. Punctele P, A1, A2,...,An se numesc afin dependente.P2)i) Fie punctele A = B (afin independente). Atunci pentru orice alt

punct M avem ca A,M, B sunt coliniare daca si numai daca sunt afindependente, ceea ce ınseamna ca ∃λ1, λ2 ∈ R astfel ıncat λ1 + λ2 = 1si M = λ1A + λ2B.

ii) Fie punctele necoliniare A, B,C (afin independente). Atunci pen-tru orice alt punct M avem ca A, B, C, M sunt coplanare daca si numaidaca sunt afin dependente, ceea ce inseamna ca ∃λ1, λ2, λ3 ∈ R astfelıncat λ1 + λ2 + λ3 = 1 si M = λ1A + λ2B + λ3C .Observatie. Trei puncte A, M, B sunt coliniare daca si numai daca

vectorii−−→AM si

−−→MB sunt coliniari (liniar dependenti). Aceasta ınseamna

ca ∃α ∈ R astfel ıncat −−→AM = α

−−→MB. De aici se obtine ca

−−→OM =

1

1 + α

−→OA +

α

1 + α

−→OB, ∀O ∈ E 3. (1)

Aceasta relatie poate fi rescrisa astfel:

M = 1

1 + αA +

α

1 + αB

si deci punctele A, M, B sunt afin dependente. In acest mod obtinemca dreapta AB este submultimea lui E 3 formata din toate combinatiileafine a punctelor A si B, ceea ce ınseamna ca AB = {M ∈ E 3, ∃λ ∈R a. i. M = λA + (1 − λ)B}.

Pentru o dreapta δ vom nota −→

δ = {−→AB,A,B ∈ δ }. Se obtine ca

−→δ

este un subspatiu vectorial unu-dimensional al lui V 3 pe care ıl numimspatiul vectorial director al dreptei δ .

Obtineti o caracterizare asematoare pentru interiorul segmentului[AB] si pentru semidreapta [AB.

In mod asemanator avem ca patru puncte A, B, C, M sunt coplanaredaca si numai daca vectorii

−−→AM ,

−−→BM si

−−→CM sunt coplanari (liniar

dependenti).P3)

i) Se considera patru puncte A,B,C,D ∈ E 3, M mijlocul segmentului[AD] si N mijlocul segmentului [BC]. Sa se arate ca −→AB + −→DC = 2−−→MN .Folosind aceasta relatie sa se deduca teorema liniei mijlocii ıntr-untrapez.

ii) Se considera un trapez isoscel ABCD. Sa se exprime vectorul −→DC

ın functie de vectorii −→AB si

−→AD.

P4) Fie O punctul de intersectie al diagonalelor patrulaterului ABCD.

7/18/2019 s1


3

i) Sa se arate ca ABCD este trapez daca si numai daca O estepunct interior unuia dintre segmentele ce uneste mijloacele a doua la-

turi opuse.ii) Sa se arate ca ABCD este paralelogram daca si numai daca O estepunct interior fiecaruia dintre segmentele ce uneste mijloacele a doualaturi opuse.

iii) Sa se arate ca ABCD este pralelogram daca si numai daca ∀M ∈

E 3 are loc relatia −−→MA +

−−→MB +

−−→MC +

−−→MD = 4

−−→MO.

P5) Fie AB si CD doua coarde perpendiculare ale unui cerc cu centru

ın punctul O. Daca AB ∩CD = {M } sa se arate ca −−→MA+

−−→MB +

−−→MC +

−−→MD = 2

−−→MO

P6) Se considera triunghiul ABC si A1, B1, C 1 mijloacele laturilorBC, CA si respectiv AB.

i) Sa se arate ca −−→AA1 + −−→BB1 + −−→CC 1 = 0.ii) Demonstrati, folosind calcul vectorial, ca medianele unui triunghi

sunt concurente ıntr-un punct G.iii) Sa se arate ca G, centrul de greutate ıntr-un triunghi ABC, este

unicul punct care satisface una din urmatoarele relatii echivalente:

(G1) −→

GA +−→GB +

−→GC = 0,

(G2) −−→

MA +−−→MB +

−−→MC = 3

−−→MG, ∀M ∈ E 3.

iv) Centrul de greutate, G, al triunghiului ABC coincide cu centrulde greutate al triunghiului A1B1C 1 si deci este unic determinat de una

din urmatoarele relatii echivalente:

(G3) −−→

GA1 +−−→GB1 +

−−→GC 1 = 0,

(G4) −−→

MA1 +−−→MB1 +

−−→MC 1 = 3

−−→MG, ∀M ∈ E 3.

v) Se considera punctele A, B, C ∈ C (O, R). Sa se arate ca ∆ABC

este echilateral daca si numai daca −→OA +

−→OB +

−→OC = 0.

vi) Sa se arate ca B 1 = {−→AB,

−→AC } si B 2 = {

−−→BB1,

−−→CC 1} sunt baze

la fel orientate ın V 2 = {−−→M N , M , N ∈ (ABC )}. Sa se determine

coordonatele vectorilor −→BC si

−−→AA1 relativ la cele doua baze.

Solutie:

i) Exprimam vectorii −−→AA1,

−−→BB1 si

−−→CC 1 ın functie de vectorii core-

spunzatori laturilor triunghiului ABC. Avem −−→AA1 =

−→AB +

−−→BA1. A1 fi-

ind mijlocul segmentului [BC] obtinem ca−−→BA1 = (1/2)

−→BC = (1/2)(

−→AC −

−→AB). Inlocuind obtinem

−−→AA1 =

1

2(−→AB +

−→AC ) sau echivalent A1 =

1

2A +

1

2B. (2)

7/18/2019 s1


4

Relatia (2) se poate deduce direct din (1) pentru α = 1. In modasemanator avem:

−−→BB1 = 12(−→BA + −→BC ),

−−→CC 1 =

1

2(−→CA +

−→CB).

Adunand membru cu membru cele trei relatii si folosind faptul ca−→P Q+

−→QP = 0, ∀P, Q ∈ E 3 obtinem

−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC 1 = 0.

ii) Consideram punctul

G = 1

3A +

1

3B +

1

3C ⇐⇒

−−→MG =

1

3(−−→MA +

−−→MB +

−−→MC ). (3)

Vom arata ca punctul G, numit centru de greutate al triunghiului,

apartine fiecareia din medianele triunghiului ABC. Din relat ia (3), caredefineste centrul de greutate, pentru M = A, obtinem:

−→AG =

1

3(−→AB +

−→AC ) =

2

3 ·

1

2(−→AB +

−→AC ) =

2

3

−−→AA1

si deci punctele A, G, A1 sunt coliniare. In mod asemanator se obtineca punctele B,G, B1 si respectiv C,G, C 1 sunt coliniare.

iii) Punctul G definit de relatia (3) este unicul punct care satisface(G2). Ramane sa demonstram echivalenta relatiilor (G1) si (G2). Pen-tru aceasta avem urmatoarele echivalente:

−→GA +

−→GB +

−→GC = 0 ⇐⇒

−−→GM +

−−→MA +

−−→GM +

−−→MB +

−−→GM +

−−→MC = 0

⇐⇒ 3

−−→

MG =

−−→

MA +

−−→

MB +

−−→

MC, ∀M ∈ E 3.iv) Folosind

−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC 1 = 0 se obtine ca (G1) echivalent cu

(G2) si (G3) echivalent cu (G4).v) Triunghiul ABC este echilateral daca si numai daca O, centrul

cercului circumscris, coincide cu centrul de greutate G al triunghiui.Deoarece G este unicul punct care satisface relatia (G1), avem ca

∆ABC este echilateral daca si numai daca −→OA +

−→OB +

−→OC = 0.

vi) Deoarece A, B, C sunt necoliniare obtinem ca B 1 este o baza ın

V 2. In plus avem:

(

−−→

BB1

,

−−→

CC 1

) = (

−→

AB,

−→

AC ) −1 1/2

1/2 1

si −1 1/2

1/2 1

=

3

4 > 0.Se obtine ca si B 2 este baza ın V 2 si cele doua baze sunt la fel orientate.

Deoarece −→BC = −

−→AB +

−→AC , coordonatele vectorului

−→BC ın baza B 2

sunt date de

X =

−1 1/21/2 1

−1

−11

=

4

3

−1 −1/2−1/2 −1

−1

1

=

2/3−2/3

.

7/18/2019 s1


5

Aceasta ınseamna ca −→BC = (2/3)

−−→BB1 − (2/3)

−−→CC 1,

P7) Se considera segmentele necoplanare OA, OB si OC si paralelip-

ipedul construit pe acestea. Sa se arate ca diagonala OD a paralelip-ipedului intersecteaza planul ABC ın centrul de greutate al ∆ABC .P8) Fie ∆ABC si punctele M, N, P astfel ıncat

−−→AM =

−→CB,

−−→BN =

−→AC si

−→CP =

−→BA. Sa se arate ca ∆ABC si ∆MNP au acelasi centru

de greutate.P9) Se considera tetraedrul ABCD si GA, GB, GC si GD centrele de

greutate ale triunghiurilor BCD, CDA, DAB si respectiv ABC.i) Sa se arate ca

−−→AGA +

−−→BGB +

−−→CGC +

−−−→DGD = 0.

ii) Demonstrati, folosind calcul vectorial, ca medianele AGA, BGB,CGC si DGD ale tetraedrului ABCD sunt concurente ıntr-un punct G,numit centru de greutate al tetraedrului. Demonstrati ca punctul G

apartine deasemeni segmentelor care unesc mijloacele muchiilor opuseale tertraedrului.

iii) Sa se arate ca G, centrul de greutate al tetraedrului ABCD, esteunicul punct care satisface una din urmatoarele relatii echivalente:

(G1) −→

GA +−→GB +

−→GC +

−→GD = 0,

(G2) −−→

MA +−−→MB +

−−→MC +

−−→MD = 4

−−→MG, ∀M ∈ E 3.

iv) Centrul de greutate, G, al tetraedrului ABCD coincide cu centrulde greutate al tetraedrului GAGBGC GD, acesta fiind unic determinatde una din urmatoarele relatii echivalente:

(G3)

−−→

GGA

+

−−→

GGB

+

−−→

GGC

+

−−→

GGD

= ¯0,(G4) −−−→MGA + −−−→MGB + −−−→MGC + −−−→MGD = 4−−→MG, ∀M ∈ E 3.

v) Se considera punctele A, B, C , D ∈ S (O, R). Sa se arate ca

tetraedrul ABCD este regulat daca si numai daca −→OA +

−→OB +

−→OC +

−→OD = 0.

vi) Sa se arate ca sistemele de vectori B 1 = {−→AB,

−→AC,

−→AD} si B 2 =

{−−→AGA,

−−→BGB,

−−→CGC } sunt baze contrar orientate ın V 3. Sa se determine

coordonatele vectorului −−→MN relativ la cele doua baze (M este mijlocul

lui [AB] si N este mijlocul lui [CD]).Observatie. Relatiile (G1) si (G2) pot fi folosite pentru a caracterizacentrul de greutate al unui sistem finit de n puncte A1, A2,...,An. Astfelexisa si este unic un punct G pentru care una din relatiile urmatoareechivalente este adevarata:

(G1)ni=1

−−→GAi = 0,

(G2)ni=1

−−→MAi = n

−−→MG, ∀M ∈ E 3.

7/18/2019 s1


6

P10) Teorema lui Menelaus.i) Se considera punctele necoliniare A, B, C si M ∈ AB, N ∈ BC ,

P ∈ C A astfel ıncat −−→AM = α

−−→MB,

−−→BN = β

−→N C si

−→CP = γ

−→P A. Sa se

arate ca punctele M, N, P sunt coliniare daca si numai daca αβγ = −1.ii) Se considera punctele necoplanare A, B, C, D si M ∈ AB , N ∈

BC , P ∈ CD, Q ∈ DA astfel ıncat −−→AM = α

−−→MB,

−−→BN = β

−→NC ,

−→CP = γ

−→P D si

−→DQ = δ

−→QA. Sa se arate ca punctele M, N, P, Q sunt

coplanare daca si numai daca αβγδ = 1.P11) Teorema lui Ceva. Se considera punctele necoliniare A, B, C

si M ∈ AB, N ∈ BC , P ∈ CA astfel ıncat −−→AM = α

−−→MB,

−−→BN = β

−→NC

si −→CP = γ

−→P A. Sa se arate ca AN, BP si CM sunt coconcurente daca

si numai daca αβγ = 1.P12)

i)Fie sistemul de n puncte A1, A2, ..., An ∈ E 3 si numerele reale m1,m2, ..., mn astfel ıncat m1 + · · · + mn = 0. Sa se arate ca exista si esteunic punctul I care satisface una din urmatoarele relatii echivalente:

(I 1)ni=1

mi−→IAi = 0.

(I 2)ni=1

mi−−→MAi = (m1 + · · · + mn)

−→MI, ∀M ∈ E 3.

Punctul I se numeste centrul de greutate al sistemului de puncte A1,A2, ..., An cu ponderile (masele) m1, m2, ..., mn.

ii) Fie sistemul de n puncte A1, A2, ..., An ∈ E 3 si numerele realem1, m2, ..., mn astfel ıncat m1 + · · · + mn = 0. Sa se arate ca vectorul

c =ni=1

mi−−→MAi (4)

nu depinde de alegerea punctului M ∈ E 3.Observatiei) In cazul m1 = m2 = · · · = mn = 0, punctul I definit de una din

relatiile echivalente I1 sau I2 este centru de greutate al sistemului depuncte A1, ...., An definit de una din relatiile echivalente G1 sau G2.

ii) Deoarece vectorul c definit de relatia (4) nu depinde de alegereapunctului M ∈ E 3 putem rescrie aceasta relatie astfel:

c =ni=1

mi−→Ai , m1 + · · · + mn = 0. (5)

P13) In triunghiul ABC, notam cu a, b si respectiv c lungimilelaturilor BC, CA si AB.

7/18/2019 s1


7

i) Sa se demonstreze pe cale vectoriala teorema bisectoarei (interioaresi exterioare).

ii) Sa se exprime vectorii liberi asociati bisectoarelor interioare si ex-terioare ale triunghiului ABC ın functie de vectorii liberi corespunzatorilaturilor triunghiului si lungimile acestora.

iii) Demonstrati, folosind calcul vectorial, concurenta bisectoarelorinterioare (exterioare) ale unui triunghi.

iv) Demostrati ca I, punctul de intersectie al bisectoarelor interioareale unui triunghi ABC, este unicul punct care verifica una din urmatoarelerelatii echivalente:

(I 1) a−→IA + b

−→IB + c

−→IC = 0.

(I 2) a−−→MA + b

−−→MB + c

−−→MC = (a + b + c)

−→MI, ∀M ∈ E 3.

Enuntati o caracterizare asememanatoare pentru centrele cercurilorexınscrise triunghiului ABC.Indicatie. Daca AA1 este bisectoarea interioara a unghiului ∠(BAC )

atunci vectorul −−→AA1 este coliniar cu

1

c

−→AB +

1

b

−→AC . Exista deci α ∈ R

astfel ıncat−−→AA1 = α

1

c

−→AB +

1

b

−→AC

.

Deoarece punctele B, A1, C sunt coliniare, conform relatiei (1) se obtine

ca α

c+

α

b = 1, de unde se obtine ca α =

bc

b + c si deci punctul A1 ımparte

segmentul [BC] ın raportul bc

.

Pentru un triunghi ABC, asociem varfurilor acestuia A, B si C pon-derile a, b si respectiv c. Centrul de greutate al sistemului de puncteB, C cu ponderile b, c este punctul A1 unic determinat de relatia vec-toriala:

−−→AA1 =

b

b + c

−→AB +

c

b + c

−→AC.

Se poate demonstra ca −−→AA1 este bisectoarea interioara unghiului A.

Pentru bisectoarea exterioara −−→AA2, punctul A2 este centrul de greutate

al sistemului de puncte B, C cu ponderile b si -c, ın cazul b > c. Aceastaınseamna ca:

A2 = b

b − cA −

c

b − cC.

Pentru concurenta bisectoarelor interioare se arata ca acestea suntconcurente ın centrul de greutate I al sistemului de puncte A, B, Ccu ponderile a, b si C. Punctul I, centrul cercului inscris ın triunghiul

7/18/2019 s1


8

ABC, este dat de:

I =

a

a + b + cA +

b

a + b + cB +

c

a + b + cC.

P14) In triunghiul ABC, notam cu D, E, F punctele de contact alcercurilor exınscrise triunghiului ABC cu laturile [BC], [CA] si respectiv[AB]. Sa se demonstreze ca [AD], [BE] si [CF] sunt concurente ıntr-unpunct N. Punctul N se numesste punctul lui Nagel si este dat de:

N = −a + b + c

a + b + c A +

a − b + c

a + b + cB +

a + b − c

a + b + cC.

P15) Fie trei puncte necoliniare A, B, C. Pe dreptele AB si AC, deaceeasi parte a dreptei BC, se considera punctele M si N astfel ıncat

[BM ] ≡ [CN ]. Aratati ca dreapta care uneste mijloacele segmentelor[MN] si [BC] este paralela cu bisectoarea interioara a unghiului BAC.P16) Pe laturile AB, BC si CA ale triunghiului ABC se considera

punctele M, N si respectiv P astfel ıncat −−→AM = k

−−→MB,

−−→BN = k

−→NC

si −→CP = k

−→P A, k = −1. Sa se construiasca triunghiul ABC cunoscand

triunghiul MNP.Solutie Pentru a construi triunghiul ABC, trebuie sa exprimam vec-torii de pozitie ai punctelor A, B, C ın functie de vectorii de pozitie aipunctelor M, N, P. Pentru un punct arbitrar O ∈ E 3, conform relatiei(1) avem ca:

−−→OM =

1

1 + k

−→OA +

k

1 + k

−→OB

−→ON =

1

1 + k

−→OB +

k

1 + k

−→OC

−→OP =

1

1 + k

−→OC +

k

1 + k

−→OA.

Rezolvand acest sistem se obtine:

−→OA =

1

1 − k + k2−−→OM +

−k

1 − k + k2−→ON +

k2

1 − k + k2−→OP

−→

OB =

k2

1 − k + k2−−→

OM +

1

1 − k + k2−→

ON +

−k

1 − k + k2−→

OP −→OC =

−k

1 − k + k2−−→OM +

k2

1 − k + k2−→ON +

1

1 − k + k2−→OP .

Pentru a vedea cum putem construi triunghiul ABC folosind triunghiulMNP si relatiile anterioare sa consideram un caz particular. Pentruk = 1 avem A = P +

−−→MN , B = M +

−→NP si C = N +

−−→P M .

7/18/2019 s1


9

P17) Sa se construiasca un patrulater ABCD, cunoscand centrelede greutate GA, GB, GC si GD ale triunghiurilor BCD, CDA, DAB si

respectiv ABC.P18) Fie ∆ABC ın care AA1, BB1 si C C 1 sunt ceviene concurente.Sa se arate ca exista un triunghi cu laturile paralele si congruente cucevienele date daca si numai daca A1, B1 si C 1 sunt mijloacele laturilortriunghiului ABC.Solutie. Exista un triunghi cu laturile paralele si congruente cu ce-vienele AA1, BB1 si C C 1 daca si numai daca

−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC 1 = 0.

Vom nota cu α, β , γ rapoartele ın care A1, B1 si C 1 impart laturileBC, CA si respectiv AB. Conform teoremei lui Ceva avem ca αβγ = 1.

Deoarece A1 imparte segmentul [BC] ın raportul α rezulta ca −−→BA1 =

α−→A1 si deci:

−−→AA1 = 11 + α

−→AB + α1 + α

−→AC.

Asemanator deoarece −−→CB1 = β

−−→B1A si

−−→AC 1 = γ

−−→C 1B se obtine:

−−→BB1 = −

−→AB +

1

1 + β

−→AC si

−−→CC 1 = −

−→AC +

γ

1 + γ

−→AB.

Adunand precedentele relatii se obtine:

−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC 1 =

γ − α

(1 + γ )(1 + α)

−→AB +

α − β

(1 + α)(1 + β )

−→AC.

Folosind si faptul ca αβγ = 1 se obtine ca −−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC 1 = 0 daca

si numai daca α = β = γ = 1.P19) Date doua triunghiuri ABC si MNP, sa se arate ca exista un

triunghi cu laturile paralele si congruente cu AM, BN si CP daca sinumai daca cele doua triunghiuri au acelasi centru de greutate.P20) Se considera triunghiul ABC. Sa se determine locul geometric

al punctelor M pentru care vectorul −−→MA +

−−→MB + 2

−−→MC este coliniar

cu un vector nenul u ∈ V 3.Solutie Daca D este mijlocul segmentului [BC] atunci

−−→MA +

−−→MB =

2−−→MD. Vom nota cu E mijlocul segmentului [DC] si obtinem

−−→MA +

−−→MB +2

−−→MC = 2(

−−→MD +

−−→MC ) = 4

−−→ME . Locul geometric al punctelor M

pentru care −−→ME este coliniar cu un vector nenul u ∈ V 3 este dreapta δ

care contine puntul E si are ca spatiu vectorial director −→δ = {αu, α ∈R}.

documents1

Documents