Propozitii despre puncte, drepte si plane

Punctul din geometria in spatiu este similar cu cel din geometria in plan. Nu are “intindere” si nu poate fi confundat cu o bulina.

Dreapta, de asemenea, este comparabila cu un fir bine intins, presupus “prelungit oricat”, dar spre deosebire de acesta nu are grosime. Se considera a fi o multime de puncte.

Planul este o suprafata, nu are grosime, nu este “strat”, contine drepte, este o multime de muncte.

Matematica Capacitate Propozitii despre puncte, drepte si plane 1
fig. 1 1

Consideram adevarate, de la inceput, urmatoarele propozitii:

P1. Prin doua puncte distincte trece o dreapta si numai una; orice dreapta are cel putin doua puncte distincte.

Prima parte a acestei afirmatii se mai poate formula si astfel:

Doua puncte determina o dreapta si numai una.

P2. Intr-un plan, printr-un punct exterior unei drepte se poate duce o paralela la ea si numai una. (Postulatul lui Euclid.) (Acceptam deci implicit ca doua paralele sunt in acelasi plan.)

P3. Fiind date trei puncte necoliniare, exista un plan si numai unul care sa le contina; intr-un plan exista cel putin trei puncte necoliniare.

Prima parte a acestei afirmatii se poate formula:

Trei puncte necoliniare determina un plan si numai unul.

Daca punctul A este in planul α (fig.1.2) se scrie A∈ α si daca punctul B nu apartine planului α, se scrie B ∉α.

Matematica Capacitate Propozitii despre puncte, drepte si plane 2
fig. 1 2

Observatie. Propozitiile P1 si P2 erau adevarate si in geometria plana.

P4. Daca doua drepte distincte A si B sunt situate intr-un plan, dreapta determinata de ele are toate punctele in acest plan.

Altfel spus: Dreapta determinata de punctele A si B, situate in planul α, este continuta (sau situata) in planul α (fig.1.3).

Matematica Capacitate Propozitii despre puncte, drepte si plane 3
fig. 1 3

Din aceasta ultima propozitie rezulta ca un plan este nemarginit, asa cum afirmam in pagina anterioara.

P5. Daca doua plane distincte au un punct comun, atunci ele mai au inca cel putin unul.

Consecinta: Doua plane distincte, care au un punct comun, au o dreapta comuna.

Intr-adevar, daca planele α si β au un punct P comun, mai au inca un punct Q comun, deci au si dreapta PQ comuna (am notat, de data aceasta, dreapta, nu printr-o litera mica, ci prin doua din punctele ei) (fig.1.4)

Matematica Capacitate Propozitii despre puncte, drepte si plane 4
fig. 1 4

Observatie: Consecinta de mai sus nu exclude existenta a doua plane care n-au niciun punct comun (acestea se numesc paralele si ele vor fi tratate ulterior).

P6. Exista patru puncte nesituate in acelasi plan (necoplanare). Aceasta propozitie, impreuna cu P3 tine de geometria in spatiu.

In fiecare plan din spatiu consideram adevarate toate propozitiile (teoremele si axiomele) valabile in geometria plana.

Probleme recapitulative 2

1. In triunghiul ABC, latura BC = 5 cm, medianele BB’ = 6 cm si CC’ = 4,5 cm. Sa se afle celelalte laturi ale triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 5

Stim ca intr-un triunghi punctul de intersectie al medianelor se afla la o treime de baza si doua treimi de varf. =>

OC=3\ cm, \ OC^\prime=1,5\ cm, \ BO=4\ cm, \ OB^\prime=2\ cm; \ {OM}^2={BO}^2-{BM}^2= {OC}^2-\left(BC-BM\right)^2; 16=9-25+10BM=> BM=3,2; OM=\sqrt{5,76}=2,4; \ {ON}^2={B^\prime O}^2-{B^\prime N}^2= {OC^\prime}^2-\left(B^\prime C^\prime-B^\prime N\right)^2; 4=2,25-6,25+5B^\prime N=> B^\prime N=1,6;ON= \sqrt{1,44}=1,2; NM=3,6; {CD}^2={CC^\prime}^2-{C^\prime D}^2= 20,25-12,96=7,29=> CD=2,7; BD=2,3; {BC^\prime}^2= 5,29+12,96=18,25=> BC^\prime=4,27=>AB=5,54; {BE}^2={BB^\prime}^2-{B^\prime E}^2= 36-12,96=23,04=> BE=4,8;EC=0,2; {CB^\prime}^2= 12,96+0,04=13=> CB^\prime=3,61

2. Trapezul isoscel ABCD este circumscris unui cerc. El are AB, baza mica, de 2 cm si baza mare CD = 8 cm. Se cere raza cercului inscris si laturile neparalele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 6

Tangentele duse dintr-un punct la cerc sunt congruente =>

AN=AM=1 cm;DM=DP=4 cm=>AD=BC=5 cm;

este dreptunghi iar △DAT≡△CBU (cazul C.U.) =>

DT=UC=3 cm=> AT=\sqrt{25-9}=4; at=2R=>R=2

3. Intr-un triunghi isoscel OAB, OA≡OB; m(∢AOB)=36°. Luam pe latura OB punctul C in interior, astfel incat m(∢CAB)=36°. Sa se demonstreze ca: 

  • ∆ACB ∼ ∆AOB, 
  • OC ≡ AB ≡ AC

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 7

∢CAB≡∢AOC; ∢OBA≡∢CBA => ∢ACB≡∢OAB => ⊿ACB∼∆AOB (cazul U.U.U); de asemenea ∢ACB ≡ ∢OAB ≡ ∢OBA => triunghiul BAC este isoscel, AB≡AC (1);

m(∢OCA)=36°+m(∢OBA)=36°+36°+m(∢OAC)

=>m(∢OAC)+36°+36°+36°+m(∢OAC)=180°

=>m(∢OAC)=36°=>⊿ACOeste isoscel => OC≡AC (2)

Din (1) si (2) => OC ≡ AB ≡ AC

4. Intr-un cerc de centru O inscriem un poligon regulat cu 10 laturi (decagon regulat). Fie AB, BE, si EF trei laturi ale sale consecutive. AF se intersecteaza cu OB in C. Notand AB = BE = EF = l, OA = OB = R demonstrati ca:

  1. CB = R – l;
  2. OC ≡ AC ≡ l;
  3. R∙(R – l) = l2 sau l2 + Rl – R2=0;
  4. Verificati relatia l2 + Rl – R2=\ \left(l+\frac{R+R\sqrt5}{2}\right)\cdot(l+\frac{R-R\sqrt5}{2}) si gasiti de aici latura decagonului regulat convex in functie de raza cercului inscris.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 8

⊿BAO este isoscel avand laturile congruente egale cu raza cercului, iar

m(∢BOA)=36°;=>m(∢OBA)=m(∢OAB)=72°

m(∢COF)=m((BF) ̂ )=72°=>BA∥OF=>m(∢AFO)=m(∢BAF)=36°

∢CFO≡∢AOB;OF≡OA;∢COF≡OAB=>⊿CFO≡⊿AOB=>

CO=BA=l=>CB=R-l

m(∢OCF)=72°=>m(∢OCA)=108°=>

m(∢CAO)=180°-108°-26°=36°=>

⊿OCA este isoscel, deci OC=OC=l;

m(∢BCA)=72°=>⊿OFC∼⊿CAB =>  \frac{OC}{BC}=\frac{OF}{BA} =>\frac{R}{l}=\frac{l}{R-l}=> R\cdot\left(R-l\right)= l^2 \left(l+\frac{R+R\sqrt5}{2}\right)\cdot\left(l+\frac{R-R\sqrt5}{2}\right)= \frac{1}{4}\cdot\left(2l+R+R\sqrt5\right)\left(2l+R-R\sqrt5\right)= \frac{1}{4}\cdot\left[\left(2l+R\right)^2-5R^2\right]= \frac{1}{4}\cdot\left(4l^2+R^2+4lR-5R^2\right)= \frac{1}{4}\cdot4\cdot\left(l^2+lR-R^2\right)=0

Deci relatia este adevarata.

=>l+\frac{R-R\sqrt5}{2}=0=> l=\frac{R\sqrt5-R}{2}

5. In trapezul dreptunghic ABCD, inaltimea BC = 4 cm, baza mica AB  AD = x, iar baza mare CD = 8 cm. Determinati x, masura bazei mici si laturii AD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 9

Ducem inaltimea AM⊥DC;AB=MC=x;DM=8-x;AM=4 cm. Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿DAM: x^2=\left(8-x\right)^2+16;

x^2=64+x^2-16x+16;

16x=80=>x=5 cm ;

AB=AD=5 cm

6. In figura R.1 cercurile de centru O1, O2, O3 si raza R1, R2, R3 sunt tangente la dreptele VT, VT’ si tangente exterioare intre ele. Demonstrati ca aria cercului (O2) este media proportionala intre cea a cercurilor (O1) si (O3).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 10

O_1A\bot VT^\prime; \ O_2B\bot VT^\prime; O_3C\bot VT^\prime=> O_1A\parallel O_2B\parallel O_3C=> \frac{VO_1}{VO_2}=\frac{R_1}{R_2}; \frac{VO_1}{VO_3}= \frac{R_1}{R_3}=> \frac{VO_1}{R_1}= \frac{VO_2}{R_2}= \frac{VO_3}{R_3}=> \frac{VO_1}{R_1}= \frac{VO_1+R_1+R_2}{R_2}= \frac{VO_1+R_1+{2R}_2+R_3}{R_3}=> VO_1= \frac{R_1\cdot\left(R_1+R_2\right)}{R_2-R_1}= \frac{{R_1\cdot(R}_1+2R_2+R_3)}{R_3-R_1}=> \frac{R_1+R_2}{R_2-R_1}= \frac{R_1+{2R}_2+R_3}{R_3-R_1}=> R_1R_3+R_2R_3-{R_1}^2-R_1R_2= R_1R_2+2{R_2}^2+R_2R_3-{R_1}^2-{2R}_1R_2-R_1R_3=> R_1R_3=2{R_2}^2-R_1R_3=> {R_2}^2=R_1R_3; \ S_{C\left(O_2\right)}= \pi{R_2}^2= \pi R_1R_3= \sqrt{\pi\pi{R_1}^2{R_3}^2}= \sqrt{S_{C\left(O_1\right)}\cdot S_{C\left(O_3\right)}}

7. Printr-un punct fix P situat in interiorul cercului fix de centru O (O≠P trec coardele perpendiculare mobile AB, CD de mijloace M si respectiv, N. Sa se demonstreze ca MN are marime constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 11

⊿AOB este isoscel, laturile sale fiind egale cu raza cercului. OM este deci si mediana si inaltime.

⊿DOC este isoscel, laturile sale fiind egale cu raza cercului. ON este deci si mediana si inaltime.

=> MPON este dreptunghi => OP=MN (diagonalele unui dreptunghi sunt congruente), OP fiind constanta => MN are marime constanta.

8. In cercul de centru O, A si B sunt doua puncte diametral opuse. Fie M si N doua puncte variabile pe cerc, astfel incat m(∢MAN)=50°Dreptele MB si AN se intalnesc in P.

  1. Cate grade are m(∢MPA)?
  2. Care este locul geometric al punctului P?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 12

m(∢MAB)=m(∢ANB) =\frac{m\left(\widehat{AB}\right)}{2} =90°=>m(∢MPA)=90°-50°=40°

m(∢APB)=90°+50°=140°

Deci atunci cand sunt de aceeasi parte a diametrului AB, punctul P vede segmentul sub un unghi de 140°. Daca sunt de o parte si de alta, sub un unghi de 40°, deci P descrie un cerc.

9. In triunghiul ABC, m(∢BAC)=60°, BD si CE sunt inaltimi, iar O este mijlocul segmentului BC.

  1. Sa se demonstreze ca: ∆OED este echilateral.
  2. Daca AC = 4 cm si AB este de marime variabila, sa se gaseasca valoarea minima a laturii triunghiului echilateral OED.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 13

In ⊿BED, dreptunghic, EO este mediana => EO = BO = OC

In ⊿BDC, dreptunghic, DO este mediana => DO = BO = OC

EO = OD, deci ⊿EOD este isoscel.(1)

Tinand cont de faptul ca BO = OC = ED = EO si m(∢BEC)=m(∢BDC)=90°, consideram cercul de centru O si diametru BC.

m(∢ABD)=30°=>=60°=>m(∢EOD)=60° si din (1) =>

⊿EOD este echilateral.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 14

Pentru ca latura triunghiului OED sa fie minima,ar trebui ca distanta de la O la AB sa fie minima, deci OE⊥AB=>

CB⊥AB, E=B;AB=\frac{AC}{2}=2\ cm

BC=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt3;OE=\sqrt3

10. Sa se determine care este dreptunghiul de arie maxima inscris intr-un cerc de raza 1.

Rezolvare:

Consideram jumatate de dreptunghi determinat de o diagonala. Triunghiul dreptunghic astfel format are  inaltimea corespunzatoare cu ipotenuza maxima atunci cand este egala cu raza, deci dreptunghiul cautat este un patrat de arie 2.

11. In triunghiul isoscel ABC este inscris un cerc. Laturile AB=AC=13cm, iar baza BC = 10 cm. Sa se calculeze raza cercului inscris.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 15

AM este bisectoare si mediana si inaltime => BM=5; AM=\sqrt{169-25}=12

\sin{BAM}=\frac{5}{13}=0,38 =>m(∢BAM)=22°=>m(∢OBM)=34°;

tg 34°=0,67 =>\frac{OM}{BM}=0,67 =>OM=5∙0,67=3,35

12. Se da un cerc si A un punct exterior. Ducem AT si AS tangente la cerc (fig. R.2). (S si T sunt pe cerc). Coarda TL e paralela cu AS. Segmentul AL intersecteaza a doua oara cercul in Q. Demonstrati ca TQ intalneste tangenta AS in M, mijlocul ei.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 16

Rezolvare:

m(∢TLA)=\frac{m\left(\widehat{TQ}\right)}{2}=m(∢ATM)=m(∢LAM)=>

⊿TMA∼⊿AMQ(unghiuri congruente) => \frac{QM}{AM}=\frac{QA}{AT}=\frac{AM}{MT}

Aplicand puterea lui M fata de cerc: {MS}^2=MQ\cdot MT , dar MQ\cdot MT={AM}^2

=> AM = MS.

13. Pe semidreapta AC, ABC fiind un triunghi, se ia D asa incat ∢CBD≡∢BAC. Demonstrati ca:

  1. BD este medie proportionala intre AD si CD;
  2. BD este tangenta la cercul circumscris triunghiului ABC.

Rezolvare:

∢BAC≡∢CBD; ∢CDB≡∢ADB=>⊿DBC∼⊿DAB=>

\frac{BD}{AD}=\frac{CD}{BD}=>BD=\sqrt{AD\cdot C D}

Considerand puterea punctului D fata de cercul circumscris triunghiului ABC, faptul ca {BD}^2=AD\cdot CD semnifica ca BD este tangenta cercului in punctul B.

14. Se da triunghiul dreptunghic ABC cu m(∢A)=90°, AB=3, AC=4. Sa se gaseasca latura patratului AMNP, unde M∈AB, N∈BC, P∈AC. Catetele fiind b, c, aceeasi intrebare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 17

Ducem bisectoarea unghiului A care va fi una din diagonalele patratului.

\frac{BN}{NC}=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}; 3∙NC=4∙BN

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BAC=>BC=5;

BN+NC=5 =>\frac{4}{3}\cdot BN+BN=5=>BN=\frac{15}{7};NC=\frac{20}{7}

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿PNC: {NC}^2={NP}^2+{PC}^2=>

\frac{400}{49}=L^2+{(4-L)}^2=2L^2+16-8L

Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿BMN: {BN}^2={BM}^2+{MN}^2=>

\frac{225}{49}= L^2+{(3-L)}^2= 2L^2+9-6L

Scadem cele doua relatii:

\frac{400}{49}-\frac{225}{49}= -2L^2-9+6L+2L^2+16-8L=> \frac{175}{49}=7-2L=> L=\frac{1}{2}\cdot\frac{168}{49}=\frac{12}{7}

15. In figura R.3, ABC este un triunghi oarecare, ABDE si ACFG patrate. Sa se demonstreze ca:

EC≡BG;

EP⊥PG.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 18

m(∢EAC)=90°+m(∢BAC)=m(∢BAG);EH=AB;AC=AB

=>⊿EAC≡⊿BAG=>[EC]≡[BG]

m(∢EMA)+m(∢MEA)=90°=m(BMP)+m(∢MBP)=>

m(∢MPB)=90°=>EC⊥BG

16. Un semicerc cu raza R este inscris intr-un trapez isoscel (adica are centrul pe baza mare DC, si este tangent celorlalte laturi AB, BC si DA). Unghiul ADC format de o latura neparalela cu baza mare are 45°. Sa se afle aria trapezului.

Rezolvare:

In ⊿NOC:

\sin{45^{\circ}}=\frac{R}{OC}= \frac{\sqrt2}{2}=> OC=\frac{2R}{\sqrt2}

\cos{45^{\circ}}=\frac{MC}{R}=\frac{\sqrt2}{2}=> MC=\frac{R\sqrt2}{2}=>AB= \frac{4R}{\sqrt2}-2\cdot\frac{R\sqrt2}{2}=R\sqrt2;

S_{ABCD}= \left(AB+DC\right)\cdot\frac{R}{2}= \left(R\sqrt2+\frac{4R}{\sqrt2}\right)\cdot\frac{R}{2}= R^2(1+2\sqrt2)

17. Sa se afle aria unui trapez isoscel, stiind ca bazele sale sunt 12 si 20 cm, iar diagonalele sunt perpendiculare intre ele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 19

Triunghiurile DOC si AOB sunt dreptunghice isoscele =>

m(∢ODC)=m(∢OAB)=45°=>

sin ∢ODC = sin 45°=\frac{\sqrt2}{2}=\frac{OC}{20}=>OC=10\sqrt2;

sin ∢OAB = sin 45°=\frac{\sqrt2}{2}= \frac{OB}{12}=> OB=6\sqrt2; \ S_{ABCD}= S_{DOC}+S_{DOA}+S_{AOB}+S_{BOC}= \frac{1}{2}\cdot\left(10\sqrt2\cdot6\sqrt2+10\sqrt2\cdot6\sqrt2+6\sqrt2\cdot6\sqrt2+10\sqrt2\cdot10\sqrt2\right)=

60+60+36+100=256

18. Intr-un patrat ABCD sunt inscrise doua semicercuri cu diametre AD si BC. Un cerc mai mic este tangent la ambele semicercuri si la latura AB. Sa se socoteasca raza acestui cerc in functie de a, latura AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 20

MT=TN=TP=\frac{a}{2};

⊿PTMeste isoscel =>

PT=2r+UT=\frac{a}{2}; UT=\frac{a}{2}-2r

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul OTM:

\left(\frac{a}{2}+r\right)^2= \left(r+UT\right)^2+ \left(\frac{a}{2}\right)^2=> \frac{a^2}{4}+ar+r^2= \frac{a^2}{4}-ar+r^2+\frac{a^2}{4}=> 2ar=\frac{a^2}{4}=> r=\frac{a}{8}

19. Segmentul AB = a, fix, este in acelasi timp coarda si tangenta a doua cercuri concentrice de raza variabila. Sa se demonstreze ca aria coroanei circulare cuprinsa intre ele este constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 21

In ⊿AOB, OA=OB fiind raze ale cercului exterior, deci triunghiul este isoscel; OM⊥AM , raza cercului interior perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta => AM=MB = \frac{AB}{2}.  Aplicam teorema lui Pitagora in ⊿AOM:

{AO}^2={AM}^2+{OM}^2=> {AM}^2=R^2-r^2; \ S_{coroanei\ circulare}= \pi R^2-\pi r^2= \pi\left(R^2-r^2\right)= \pi{AM}^2=constanta

20. In patratul ABCD de latura a (fig. R.4) se inscrie triunghiul APQ cu m(∢QAP)=30°, (Q pe segmentul DC si P pe segmentul BC). m(∢APQ)=90°. Se cer laturile acestui triunghi.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 22

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 23

Cu notatiile din figura, aplicam teorema lui Pitagora in triunghiurile formate:

{QP}^2=x^2+y^2; {AP}^2=a^2+a^2+y^2-2ay= 2a^2+y^2-2ay; {AQ}^2=a^2+a^2+x^2-2ax= 2a^2+x^2-2ax; \ 2a^2+x^2-2ax= x^2+y^2+2a^2+y^2-2ay=>

\frac{x}{a-y}=\frac{y}{a}=>

⊿QCP∼⊿PBA =>\frac{QP}{AP}=\frac{x}{a-y}=\frac{y}{a};

\sin{30^{\circ}}=\frac{QP}{QA}=\frac{1}{2} =>QP=\frac{QA}{2}; \cos{30^{\circ}}=\frac{AP}{QA}=\frac{\sqrt3}{2}=>

AP=\frac{QA\sqrt3}{2}; \frac{QP}{AP}=\frac{QA}{2}\cdot\frac{2}{QA\sqrt3}= \frac{1}{\sqrt3}=\frac{y}{a}=\frac{x}{a-y}=> y=\frac{a}{\sqrt3}; x=\frac{a-\frac{a}{\sqrt3}}{\sqrt3}= \frac{\sqrt3a-a}{3}=\frac{a}{3}\cdot\left(\sqrt3-1\right);

{QP}^2=x^2+y^2= \frac{a^2}{9}\cdot\left(\sqrt3-1\right)^2+\frac{a^2}{3}= \frac{a^2}{9}\cdot\left(3+1-2\sqrt3+3\right)= \frac{a^2}{9}\left(7-2\sqrt3\right); =>QP=\frac{a}{3}\cdot\sqrt{7-2\sqrt3}

QP=\frac{QA}{2}=> QA=\frac{2a}{3}\cdot\sqrt{7-2\sqrt3}

AP=\frac{QA\sqrt3}{2}=\frac{a}{3}\cdot\sqrt{21-6\sqrt3}

21. Se da triunghiul ascutit unghic ABC in care CB = 3 si inaltimea AA’ = 2. Sa se afle latura patratului inscris in triunghi (doua varfuri pe BC, celelalte doua respectiv pe AB, AC).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 24

⊿QBA’∼⊿ABA’; ⊿NCP∼⊿A’CA=>

\frac{l}{2}=\frac{CN}{A^\prime C}=\frac{CP}{AC}=\frac{BM}{BA^\prime}=\frac{BQ}{AB}=>

\frac{l}{2}=\frac{3-l-x}{A^\prime C}= \frac{x}{3-A^\prime C}=> l\cdot A^\prime C=6-2l-2x;

x\cdot A^\prime C=\left(3-A^\prime C\right)\cdot\left(3-l-x\right);

2x=3l-l\cdot A^\prime C=> 2x=3l-6+2l+2x=>  5l=6=>l=\frac{6}{5}

22. In figura R.5 ABC este un triunghi isoscel inscris intr-un patrat (AB = AC = a) si pe inaltimea AD ca diametru se construieste un cerc care intersecteaza AB in M si AC in N. Se cere MN in functie de a.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 25

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 26

Cu notatiile din figura: AD este diametru dar, AD este egal si cu latura patratului, deci AD = BC = l; Triunghiul BAC fiind isoscel => BD=DC=\frac{l}{2};

a^2=\frac{l^2}{4}+l^2=> a^2=\frac{5l^2}{4}=> a=\frac{l\sqrt5}{2}=> l=\frac{2a}{\sqrt5}

⊿AME∼⊿ABD =>\frac{ME}{BD}=\frac{AE}{AD}=> \frac{\frac{MN}{2}}{\frac{l}{2}}=\frac{AE}{l} =>MN=AE;

In triunghiul MON, OM si ON sunt raze si sunt egale cu \frac{l}{2} => triunghiul este isoscel. Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul OME:

{OM}^2={OE}^2+{ME}^2=> \frac{l^2}{4}=\left(AE-\frac{l}{2}\right)^2+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{l^2}{4}=\left(MN-\frac{l}{2}\right)^2+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{l^2}{4}={MN}^2+\frac{l^2}{4}-l\cdot MN+\frac{{MN}^2}{4}=> \frac{5{MN}^2}{4}=l\cdot MN=>5MN=4l=> MN=\frac{4l}{5}=\frac{8a}{5\sqrt5}

23. Demonstrati ca orice figura plana care are doua axe de simetrie perpendiculare are si un centru de simetrie! Reciproca este adevarata?

Rezolvare:

Intersectia celor doua axe este centru de simetrie. Stim ca centrul de simetrie al unei figuri este un punct O fata de care orice punct al figurii are un simetric care apartine figurii. In problema data, O apartinand ambelor axe de simetrie, este centru de simetrie. Reciproca nu este adevarata, spre exemplu paralelogramul are centru de simetrie dar diagonalele sale nu sunt perpendiculare.

24. Cu laturile cat ale triunghiului echilateral, hexagonului regulat si patratului inscris in acelasi cerc se construieste un triunghi. Sa i se precizeze natura. Gasiti raza cercului circumscris lui.

Rezolvare:

Triunghiul respectiv va avea laturile R\sqrt3;\ R\sqrt2;R. Tinand cont ca 3R^2=2R^2+R^2 => triunghiul este dreptunghic, deci raza cercului circumscris va fi jumatate din ipotenuza: \frac{R\sqrt3}{2}.

25. Pe segmentul AB se considera M variabil si, de aceeasi parte a segmentului, triunghiurile echilaterale AMC si MBD. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri se intersecteaza in M si N (fig. R.6). Aratati ca:

  1. A, D, N sunt coliniare.
  2. Gasiti locul geometric a lui P, mijlocul lui CD, cand M se misca.
  3. Mediatoarele segmentelor CM si MD trec printr-un punct fix.
  4. Daca AM = x si AB = a, sa se exprima CD in functie de a si x.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 27

Rezolvare:

a. m(∢ANM) = \frac{m\left(\widehat{AM}\right)}{2}==60°;

m(∢DNM) = \frac{m\left(\widehat{MD}\right)}{2}=120°=>

m(∢AND)=60°+120°=180°=>

A, D, N sunt coliniare.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 28

b. Daca prelungim AD si BC pana se intersecteaza vom obtine un triunghi echilateral QAB, de latura AB.

m(∢MCB)=m(∢DQC)=60°=>MC∥DQ;m(∢DMA)=m(∢MCB)=60°=>DM∥QC=> QDMC este paralelogram

QM si DC sunt diagonale. Deci punctul P se va afla intotdeauna la mijlocul segmentului QM. Cand M se misca acesta este situat pe linia mijlocie din triunghiul AQB => locul geometric este un segment paralel cu AB si jumatate din lungimea sa.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 29

c. Din punctul anterior MC∥DQ, iar in triunghiul echilateral MBC, mediatoarea segmentului MC este si bisectoare si inaltime => ea este perpendiculara pe QA si este si bisectoarea unghiului ABQ => este mediatoare in triunghiul QBA. Asemenea si pentru mediatoarea segmentului MD. Intr-un triunghi, mediatoarele sunt congruente, deci, prin intersectia lor trece si mediatoarea segmentului AB. Punctul de intersectie este centrul cercului circumscris triunghiului AQB.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 30

d. m(∢DMC)=180°-60°-60°=60°;

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DMC:

{DC}^2={MC}^2+{MD}^2-2\cdot MC\cdot MD\cdot\cos{60^{\circ}}=

x^2+\left(a-x\right)^2-2x\left(a-x\right)\cdot\frac{1}{2}= x^2+a^2+x^2-2ax-ax+x^2= a^2+{3x}^2-3ax=> DC=\sqrt{a^2+{3x}^2-3ax}

26. a) Sa se arate ca simetricul ortocentrului unui triunghi fata de o latura se afla pe cercul circumscris triunghiului.

b)Sa se construiasca un triunghi cunoscand: o inaltime, ortocentrul fixat pe ea si marimea segmentului dintre ortocentru si varf.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 31

a.Fie H ortocentrul si I simetricul sau. In triunghiul HBI, BM este si mediana si inaltime => triunghiul este isoscel => ∢BIM≡∢BHM, ∢BHM≡∢AHN (opuse la varf), dar m(∢AHN)+m(∢HAN)=90°=>m(∢BIM)+m(∢HAN)=90°;

Similar m(∢CIM)+m(∢MAB)=90°=>m(∢BAC)+m(∢BIC)=180°

m(∢ABI)+m(∢ICA)=m(∢ABC)+m(∢IBM)+m(∢ICM)+m(∢BCA)

=m(∢ABC)+m(∢BCA)+m(∢BAC)=180°

=> patrulaterul BACI este inscriptibil, deci I apartine cercului circumscris triunghiului ABC.

b.Se determina pozitia acelui varf. Acest varf impreuna cu un capat al inaltimii si cu simetricul ortocentrului fata de celalalt capat determina cercul circumscris triunghiului.

27.Triunghiului ABC i se prelungesc laturile a, b, c cu segmentele CB’ = a, AC’ = b si BA’ = c, cum se vede in figura R.7. Se obtine un nou triunghi A’B’C’. Daca stergem cu radiera triunghiul initial ramane numai triunghiul A’B’C’. Construiti din nou triunghiul ABC. (Olimpiada R.F.G. 1977)

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 32

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 33

Prelungim C’C pana intersecteaza pe A’B’ in E. Prin B ducem paralela la CE, BF. CE este linie mijlocie in triunghiul BB’F iar BF este linie mijlocie in triunghiul AA’E, deci punctele E si F impart segmentul A’B’ in  trei parti egale. Procedam la fel si pentru celelalte laturi. Daca stergem triunghiul ABC il putem reface unind varfurile cu punctele obtinute si considerand intersectiile segmentelor.

28. Un trapez isoscel cu baza mica AB = 2a si baza mare DC = 2b, este circumscris unui cerc. Se cere aria trapezului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 34

Tangentele duse dintr-un punct exterior la un cerc sunt congruente =>

BM=BE=a ;CE=CN=b;

In triunghiul ADP, DP= \frac{DC-AB}{2}=\frac{2b-2a}{2}=b-a

Calculam inaltimea trapezului aplicand teorema lui Pitagora:

h^2=\left(a+b\right)^2-\left(b-a\right)^2=4ab=> h=2\sqrt{ab}

S_{trapez}=\frac{\left(2b+2a\right)2\sqrt{ab}}{2}=2\sqrt{ab}(a+b)

Fie ABCD un patrulater convex cu diagonalele AC = 3, BD = 4

29. Fie M un punct pe AB, MN∥BD, (N∈AD), NP∥AC (P∈CD), PQ∥BD, (Q∈BC), QM’∥AC (M’∈AB). Demonstrati ca M si M’ coincid. Calculati laturile lui MNPQ in cazul in care el este romb.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 35

Pentru a demonstra ca M si M’ coincid trebuie sa demonstram ca MQ∥AC, deoarece printr-un punct exterior unei drepte putem duce o singura paralela la dreapta data.

MN∥BD; PQ∥BD=>MN∥PQ

NM∥BD=>⊿NAM∼⊿DAB => \frac{AN}{AD}=\frac{AM}{AB}=> {\color{Blue} \frac{AN}{ND}}={\color{Orange} \frac{AM}{MB}};(1)

NP∥AC=>⊿PDN∼⊿CDA => \frac{DN}{AD}=\frac{DP}{DC}=> {\color{Blue} \frac{ND}{AN}}={\color{Green} \frac{DP}{PC}};(2)

PQ∥DB=>⊿PQC∼⊿BCD => \frac{CQ}{CB}=\frac{PC}{DC}=> {\color{Orange} \frac{CQ}{QB}}={\color{Green} \frac{CP}{DP}};(3)

\ \left(1\right),\ \left(2\right),\ \left(3\right)=>\frac{AM}{MB}=\frac{CQ}{QB} =>⊿MBQ∼⊿ABC=>MQ∥AC=>M=M’

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 36

In cazul in care este romb, toate laturile sale sunt congruente,ceea ce semnifica conform punctului anterior:

\frac{AN}{ND}=\frac{ND}{AN}=>N este mijlocul laturii AD. Analog pentru toate celelalte puncte => laturile rombului sunt linii mijlocii => MN=PQ=\frac{BD}{2}=2; NP=MQ=\frac{AC}{2}=2,5

30. Construiti un triunghi ABC cunoscand raportul \frac{AB}{AC}=\frac{3}{5}, latura BC = 4 si raza cercului circumscris R = 3 cm.

Rezolvare:

Se aplica teorema bisectoarei si faptul ca bisectoarea unghiului A trece prin mijlocul arcului BC.

31. In figura R.8 catetele AB = 3 cm si AC = 4 cm ale triunghiului dreptunghic ABC sunt diametrele a doua semicercuri construite in afara. Sa se calculeze tangenta TS comuna acestora.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 37

Rezolvare:

OO’ este linie mijlocie in triunghiul BAC =>

OO^\prime=\frac{BC}{2}; \ BC=\sqrt{9+16}=5; OO^\prime=2,5

OT\bot TS;O^\prime S\bot TS;TOO\prime S este trapez.

{TS}^2={OO^\prime}^2-\left(SO^\prime-TO\right)^2= 6,25-\left(2-1,5\right)^2=6=> TS=\sqrt6=2,45

32. Se da triunghiul ABC si un punct D mobil pe latura BC. Fie O si O’ centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor ABD si ACD.

  1. Sa se arate ca raportul razelor acestor cercuri este constant cand D parcurge interiorul laturii BC.
  2. Care este pozitia lui D pentru ca razele cercurilor sa fie minime?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 38

m(∢BDA)=\frac{m\widehat{AB}}{2} = 180°-m(∢AOB);

m(∢ADC)=\frac{m\widehat{AC}}{2} = m(∢ACD);

m(∢BDA)+m(∢ADC)=180°=>∢AOB≡∢AO’C

=>⊿AOB∼⊿AO’C => \frac{R}{R^\prime}=\frac{AB}{AC}

Razele sunt minime cand AD este inaltime in triunghiul ABC.

33. In figura R.9 ABC este un triunghi echilateral si se construiesc in afara lui, pe laturi ca diametre, semicercuri. Un cerc este tangent la toate aceste semicercuri. Sa se afle aria portiunii hasurate in functie de l, latura triunghiului echilateral.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 39

Rezolvare:

Suprafata cautata este suprafata cercului mare care are raza egala cu apotema cercului circumscris triunghiului + l/2 din care se scade suprafata triunghiului si a celor 3 semicercuri:

S_{hasurata}= \pi{\cdot\left(\frac{l}{2}+\frac{l}{2\sqrt3}\right)}^2-\frac{l^2\sqrt3}{4}- 3\cdot\frac{\pi l^2}{4}= \pi l\frac{4\sqrt3-l}{12}-\frac{l^2\sqrt3}{4}

34.Pe laturile unui triunghi echilateral ca coarde si tangente la celelalte laturi, se construiesc trei arce de cerc ca in figura R.10. Sa se calculeze aria hasurata in functie de l, latura triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 40

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 41

Calculam aria portiunii hasurate din figura de mai sus ca diferenta a ariei sectorului de cerc minus aria triunghiului OAB:

{OB}^2={OM}^2+{BM}^2; \ R^2=\frac{R^2}{4}+\frac{l^2}{4}=> 3R^2=l^2;R=\frac{l\sqrt3}{3}; \ S_{hasurata}=\frac{\pi l^2}{3}\cdot\frac{1}{3}- \frac{l}{2\sqrt3}\cdot\frac{l}{2}\cdot\frac{1}{2} =\frac{\pi l^2}{9}-\frac{l^2}{8\sqrt3}

S_{mare\ hasurata}= S_{hasurata}\cdot3-S_{ABC}= \frac{\pi l^2}{3}-\frac{{3l}^2}{8\sqrt3}-\frac{{\sqrt3l}^2}{4}

35. Dintr-un triunghi dreptunghic cu laturile b, c, sa se “decupeze” cercul inscris. Se cere aria ramasa din triunghi.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 42

Rezolvare:

r=\frac{b+c-\sqrt{b^2+c^2}}{2}

S_{hasurata}=\frac{bc}{2}- \pi{(\frac{b+c-\sqrt{b^2+c^2}}{2})}^2

36. Pe laturile AB si CD ale patrulaterului convex ABCD se iau segmentele AM = NB, DP = QC. Sa se arate ca daca ariile lui AMPD si NBCQ sunt egale, patrulaterul ABCD este trapez. (fig. R.12)

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 43

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 44

S_{AMPD}=S_{DAP}+S_{MPA}= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot DP+\frac{1}{2}\cdot AE\cdot AM= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot\left(DP+AM\right)= \frac{1}{2}\cdot AE\cdot\left(QC+NB\right)= S_{QCBN}=S_{QBC}+S_{QBN}= \frac{1}{2}\cdot NF\cdot\left(QC+NB\right)=>  NF=AE,dar NF∥AE=>ANFE paralelogram =>

AB∥DC=>ABCD este trapez.

37.Intr-un cerc dat de centrul O si de raza 2 cm inscriem un dreptunghi variabil ABCD. Pe latura AB luam punctul M. Ducem MN∥AC, (M∈BC); NP∥BD, (P∈CD); PQ∥AC, (Q∈DA). Aratati ca MNPQ este paralelogram si calculati perimetrul sau.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 45

MN∥AC∥PQ;

MN∥AC => \frac{BM}{MA}=\frac{BN}{NC};

NP∥DB => \frac{NC}{BN}=\frac{PC}{DP};

PQ∥AC => \frac{DP}{PC}=\frac{DQ}{QA}=> \frac{DQ}{QA}=\frac{BM}{MA}=>

QM∥DB dar PN∥DB=>

QM∥PN=>MNPQ este paralelogram.

AO=OC=OB=OD=2 cm

⊿AQM∼⊿ADB =>\frac{x}{l}=\frac{QM}{4}; ⊿QDP∼⊿ADC =>\frac{L-x}{L}=\frac{QP}{4}=> QM=\frac{4x}{L}; QP=4\cdot\frac{L-x}{L}=> P=2\cdot\left(\frac{4x}{L}+\frac{4L-4x}{L}\right)= \frac{8L}{L}=8

Probleme: Rotatii

1. O rotatie duce un cerc intr-un cerc. In ce caz o rotatie data duce un cerc in el insusi?

Rezolvare:

Rotatia aplicata centrului O il duce in O’ (O’=Rc,u(O)). Fie M’= Rc,u(M). rotatia fiind o isometrie,  dar O’ este fix deci M’ descrie un cerc de aceeasi raza cu a primului. Daca punctele C = O (coincide C cu O) atunci cercul se va transforma in el insusi.

2. Doua cercuri de raze egale pot fi “suprapuse” printr-o rotatie, al carei unghi orientat poate fi ales cum dorim. 

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 46

Centrul C al rotatiei se va gasi pe mediatoarea lui OO’ (linia centrelor) si unghiul ∢OCO’ poate fi construit cat vrem de mare.

3. O rotatie transforma o dreapta intr-o dreapta. Poate fi dreapta paralela cu cea initiala? Dar identica? Descrieti cazurile in care au loc aceste situatii.

Rezolvare:

Rotatia este o isometrie, consideram M’ = Rc,u(M), N’ = Rc,u(N) si P’ = Rc,u(P) imaginile prin rotatie a punctelor coliniare M, N, P. (N intre M si P). Daca M’, N’, P’ nu sunt coliniare rezulta M’N’+N’P’>M’P’. Dar MN + NP = MP dar M’N’≡MN, N’P’≡NP, MP≡M’P’, contradictie!

4. O rotatie transforma o semidreapta intr-o semidreapta. In cazurile, precizate prin solutia problemei 3, in care se poate problema daca semidreapta imagine este de acelasi sens sau nu cu semidreapta initiala, precizati care este situatia.

Rezolvare:

Pe semidreapta OX luam punctele A si B (A intre O si B). Deci OA + AB = OB. Ele au imaginile respectiv A’, B’ iar O’ ii corescpunde lui O. Daca A’ si B’ nu se gasesc de aceeasi parte a lui O’ rezulta ca A’B’ + O’A’ > O’B’ dar A’B’≡AB, O’A’≡OA, O’B’≡OB De aici contradictia.

5. Sa se construiasca un triunghi echilateral cu un varf dat si cu celalalte doua varfuri situate pe doua drepte date. Descrieti situatia in care problema are o infinitate de solutii.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 47

Consideram problema rezolvata in cazul in care d∥d’. Daca rotim A cu 60° in jurul lui O, ajungem in B. Deci solutia revine la a roti pe d cu 60° in jurul lui O si acolo unde “rotita” lui d intersecteaza dreapta d’ avem punctul B. O solutie diferita se poate da si prin asemanare considerand ca toate triunghiurile echilaterale sunt asemenea si impartind latura O’A’ a unui “model” echilateral O’A’B’ cu punctul C’ intr-un raport egal cu \frac{OC}{OA}. Gasim apoi, aplicand teorema lui Thales, a patra proportie, segmentul O’D’, putem construi apoi pe “model” unghiul A’O’D’ si problema este rezolvata. Daca d si d’ nu sunt paralele, procedam totusi ca in prima solutie. Avem o infinitate de solutii daca d = R0, 60°(d’) adica d’este chiar “rotita” cu 60° a dreptei d).

6. Sa se construiasca un patrat ce are doua varfuri opuse pe doua cercuri date, iar unul din celelalte doua intr-un punct dat.

Rezolvare:

Rotim primul cerc O cu 90° in jurul punctului fix C si intersectam cu cercul O’. Pot fi 0, 1, 2, 3, 4 solutii.

7. Care sunt rotatiile care duc un triunghi echilateral in el insusi?

Rezolvare:

Cele de 120° cu centrul C in centrul cercului circumscris triunghiului echilateral dat.

8. Aceeasi problema pentru un patrat.

Rezolvare:

Cele de 90° cu centrul C in intersectia diagonalelor.

9. Aceeasi problema pentru un hexagon regulat.

Rezolvare:

Cele de 60° cu centrul C in centrul cercului circumscris hexagonului dat.

10. Se considera un hexagon regulat ABCDEF si figura H formata din trei cercuri de raza \frac{1}{3}AB de centre A, C, E si din trei cercuri de raza \frac{1}{4}AB de centre B, D, F. Care sunt rotatiile ce transforma figura H in ea insasi?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 48

 

Daca O este centrul hexagonului regulat, R0+/-120° sunt rotatiile care rezolva problema, in afara de rotatia de “argument” 0.

11. Se considera un patrat ABCD in care C, D sunt in semiplanul din stanga semidreptei AB. Precizati imaginile varfurilor patratului prin rotatia RA+46°.

Rezolvare:

Saolutia sunt patratele punctate:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 49

12. Se considera un hexagon regulat ABCDEF, in care C este in semiplanul de la stanga semidreptei AB. Precizati imaginile varfurilor sale prin rotatiile RA+60°. Aceeasi problema pentru RA-60°.

Rezolvare:

Solutiile sunt hexagoanele punctate:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 50

13. C si D fiind puncte diferite, determinati un punct X astfel ca RC+60°(X)=RD-60°(X). Aceeasi problema inlocuind -60° cu +120°. La fel cu +60°, +60°.

Rezolvare:

Cu notatiile din figura:

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 51

Problema rezolvata. Dandu-se trei drepte paralele (fixate) sa se construiasca un triunghi echilateral cu varfurile respectiv pe fiecare dintre ele.

Observatie: daca exista unul, prin translatatie de-a lungul dreptelor putem obtine o infinitate.

SOLUTIA 1. Sunt date dreptele a, b, c (fig. 3.38). Consideram problema rezolvata.

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 52

Ducem (notatiile sunt cele din figura) AD⊥c si CM inaltimea triunghiului care taie AB in M, mijlocul sau. Patrulaterul ADCM este inscriptibil m(∢ADC)=m(∢AMC)=90°. Deci D1 =C1 =30°. M este de asemenea si mijlocul segmentului PQ (P si Q sunt punctele unde DM taie pe b, respectiv a). Problema este terminata: ducem AD⊥c,m(∢ADQ)=30°, luam mijlocul segmentului PQ. Unim A cu M si prelungim pana taie b in B. AB este latura triunghiului cautat.

SOLUTIA 2 (prin asemanare). Daca distanta dintre a si b este m, cea dintre b si c este n, latura AC este impartita in raportul m/n. Cum toate triunghiurile echilaterale sunt asemenea, luam un triunghi echilateral A’B’C’ si ii impartim latura A’C’ in raportul m/n prin punctul interior N’ (fig. 3.39). Ducem prin A’ si B’ paralele a’ si b’ la B’N’ si obtinem o figura “asemenea” cu cea cautata. Fie d’ distanta dintre a’ si c’. Prin procedeul construirii celei “de a patra proportionale”, cunoscand distanta d dintre dreptele a si c, obtinem latura AC a triunghiului ABC cautat.

Matematica Capacitate Probleme: Rotatii 53

SOLUTIA 3 (prin rotatie). Rotind pe A in jurul lui B cu 60° “ajungem” in C. Deci rotind dreapta a in jurul unui punct fixat la inceput B pe b, obtinem acolo unde “rotita” lui a intersecteaza c, punctul C, deci avem latura BC a triunghiului.

Rotatii

Definitie. Fie C un punct fixat si u o masura de unghi orientat. Rotatia de centru C si unghi orientat u se defineste drept transformare geometrica RC,n ce duce din C, iar un punct P≠C intr-un punct Q=RC,n(P), definit prin ≯(CP,CQ)=u, CQ≡CP.

Matematica Capacitate Rotatii 54

Observatii.

  1. Rotatia RC,0° de unghi nul este transformarea identica I.
  2. Rotatia RC+/180° de unghi orientat 180° este tocmai simetria fata de C.

Matematica Capacitate Rotatii 55

Teorema. Orice rotatie RC,u este o izometrie.

Demonstratie. Va trebui sa alegem doua puncte oarecare M, N sa notam M’=         RC,u(M), N’= RC,u(N) si sa demonstram ca M’N’≡MN.

Cazul “general” C, M, N necoliniare.

Ipoteza: CM≡CM’,CN≡CN^’,≯(CM,CM’)=≯(CN,CN’)(u)

Concluzia MN’=MN

Demonstratia in acest caz.

Avem ≯(CM,CN)=≯(CM,CM’)+≯(CM’,CN)=≯(CM,CM’)+≯(CM’,CN’)+≯(CN’,CN)=≯(CN,CN’)+≯(CN’,CN)+≯(CM’,CN)=≯(CM’,CN’), deci ∢MCN≡∢M’CN’. Rezulta ∆MCN≡∆M’CN’ (cazul 1) si deci M’N’≡MN.

Cazul “special” C, M, N coliniare.

Subcazul C = M sau C= N rezulta imediat din definitie: CN≡CN’….

Subcazul C≠M,C≠N. Din demonstratia de la cazul general rezulta ≯(CM,CN)=≯(CM’,CN’), valoarea lor fiind in cazul de fata 0° sau 180°. Deci daca semidreptele CM, CN sunt de acelasi sens, asa sunt si semidreptele CM’, CN’, iar daca CM, CN sunt de sensuri contrare, asa sunt si CM’, CN’.

Matematica Capacitate Rotatii 56

In prima situatie avem M’N’= |CM’ – CN’| = |CM – CN| = MN, iar in a doua M’N’ = CM’ + CN’ = CM + CN = MN.

Un carusel executa o rotatie.

Probleme: Translatii

1. O translatie duce un cerc intr-un cerc.

Rezolvare:

Translatia T, fiind izometrie, duce un cerc (de centrul O si raza R) intr-o parte a cercului T(O) si raza R. Fie X un punct pe acest ultim cerc si fie Y astfel ca \vec{XY} echivalent cu \vec{T(O)O}. Rezulta \vec{T(O)X} echivalent cu \vec{OY}, deci OY are lungimea R, Y este pe primul cerc, iar T(Y)=X deoarece \vec{YX} rezulta echivalent cu \vec{OT(O)} deci cu vectorul translatiei T.

2. Doua cercuri de raze egale pot intitdeauna sa fie “suprapuse” printr-o translatie.

Rezolvare:

Daca O si O’ sunt centrele, se considera \vec{T_{OO\prime}}.

3. O translatie duce o dreapta d intr-o dreapta paralela cu ea, sau tot in d.

Rezolvare:

\vec{AT(A)} este echivalent cu \vec{BT}(B) deci \vec{T\left(A\right)}\ T(B) este echivalent cu \vec{AB} (am demonstrat intr-o problema anterioara ca o izometrie duce o dreapta AB in dreapta T(A)T(B).

4. Singurele drepte transformate in ele insele de o translatie de vector nenul Tv sunt cele “paralele” cu vectorul v al translatiei.

Rezolvare:

Fie AB o dreapta. Pentru a fi transformata de ea insasi in Tv (stim ca este dusa intr-o paralela cu ea sau in ea insasi) trebuie ca punctul C= Tv(A), definit de “\vec{AC} echivalent cu v” sa se afle pe AB.

5. Se considera doua cercuri si un segment. Sa se construiasca un punct M pe primul cerc si un punct N pe al doilea asa incat segmentul MN sa fie congruent si paralel cu segmentul dat.

Rezolvare:

Fie AB segmentul dat. MN congruent si paralel cu AB este tot una cu \vec{MN\ } este echivalent cu \vec{AB} sau cu \vec{BA}, deci cu: N este fie transformt din M prin translatia T_{\vec{AB}} fie prin T_{\vec{BA}}. Deci se alege N la una din intersectiile cercului al doilea cu transformatele primului cerc prin cele doua translatii. Pot fi 0, 1, 2, 3, 4 solutii.

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 57

6. Aceeasi problema ca la 5 inlocuind unul din cercuri cu o dreapta.

Rezolvare:

Asemenea cu problema anterioara, pot fi 0, 1, 2, 3 sau 4 solutii.

7. Se considera un patrat ABCD de centru O. Fie M, N, P, Q mijloacele laturilor AB, BC, CD, DA. Sa se precizeze pozitiile punctelor T_{\vec{AO}}\left(M\right),T_{\vec{AO}}\left(N\right),T_{\vec{AO}}\left(P\right),T_{\vec{AO}}(Q)..

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 58

CN’≡CP’≡CN

8. Se considera un hexagon regulat ABCDEF, de centru O. Sa se precizeze imaginile varfurilor sale prin translatia de vector \vec{OB}. La fel pentru ce de vector \vec{AC}.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 59

DD^\prime\equiv OD,\ T_{\vec{BO}}=T_{\vec{EO}} deci solutie asemanatoare cu primul caz.

9. O translatie transforma o semidreapta intr-o semidreapta paralela si de acelasi sens cu ea.

Rezolvare:

S-a vazut ca din \vec{AT(A)}= \vec{BT(B)} rezulta \vec{AB} echivalent cu \vec{T\left(A\right)T(B)}etc.

10. O translatie transforma un segment orientat intr-unul echivalent cu el.

Rezolvare:

Asemenea problemei anterioare.

11. O translatie transforma un unghi orientat intr-unul de aceeasi masura.

Rezolvare:

A se vedea problema 8 si problema 2 de la Semidrepte de acelasi sens si de sensuri contrare pe drepte paralele.

12. Poate o translatie de vector nenul sa transforme un poligon in el insusi?

Rezolvare:

Nu, deoarece daca T este translatia Tv si A este un varf al poligonului si B1 = Tv(A), atunci poligonul va trebui sa contina ca varfuri A, B1, B2… coliniare si cu \vec{AB_1}=\vec{B_1B_2}=\vec{B_2B_3}=\ldots care rezulta toate distincte.

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 60

13. Dati exemplu de o figura care sa fie transformata in ea insasi de o translatie de vector nenul.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Translatii 61

O dreapta, doua drepte paralele, intersectia a doua semiplane determinate de doua drepte paralele.

14. Aratati ca o transformare geometrica ce transforma orice segment orientat intr-unul echivalent cu el este o translatie.

Rezolvare:

Fie T acea transformare, A un punct fix, X unul variabil. B=T(A). Daca Y=T(X) atunci \vec{AX} echivalent cu \vec{BY} deci \vec{XY} echivalent cu \vec{AB}, adica Y=T_{\vec{AB}}\left(X\right).

Translatii

Definitie. Fie v un vector. Se numeste translatie de vector v, transformarea geometrica Tv care duce intr-un punct P in extremitatea vectorului v, “asezat” cu originea in P.

Matematica Capacitate Translatii 62

Observatie. Translatia de vector nul este asa-numita transformare identica, transformare ce lasa pe loc toate punctele P. Ea se va nota cu I.

Teorema. Orice translatie este o izometrie.

Demonstratie. Fie A si B doua puncte oarecare, A’ si B’ imaginile lor prin translatia considerata. Segmentele orientate \vec{AA^\prime} si \vec{BB^\prime} vor fi deci echivalente, deoarece ambele “fac parte” din vectorul translatiei. Vom deosebi doua cazuri.

Cazul 1. A, A’, B, B’ coliniare. In acest caz ipoteza se poate scrie \vec{AA^\prime} =\ \vec{BB^\prime}si concluzia AB = A’B’ rezulta din \vec{A^\prime B^\prime}= \vec{AA^\prime} + \vec{AB^\prime}= \vec{A^\prime A}+ \vec{AB}+ \vec{BB^\prime}= -\vec{AA^\prime}+ \vec{BB^\prime}+ \vec{AB}= \vec{AB} .

Cazul 2.  A, A’, B, B’ necoliniare.

Matematica Capacitate Translatii 63

Ipoteza: AA’∥BB’,AA’≡BB’

Concluzia: AB≡A’B’

Semidreapta AA’ are acelasi sens cu semidreapta BB’. In acest caz incepem prin a observa ca AA’B’B este un patrulater, (adica nu arata asa Matematica Capacitate Translatii 64) ca urmare a partilor 1 si 3 ale ipotezei. Avand laturile opuse AA’ si BB’ paralele si congruente, el este paralelogram. Rezulta AB≡A’B’ ca opuse in acest paralelogram (pentru a evita folosirea, ca mai sus, a unei teoreme “suplimentare”, se poate arata ca ∆ABA’≡∆B’A’B, cazul 1.)

Observatie. Fie T o translatie. Cunoscand imaginea T(P0) prin aceasta translatie a unui singur punct P0 , translatia T este perfect determinata: ea este translatia de vector \vec{P_0T(P_0)}.

Intuitiv, un vagon de cale ferata, pe o portiune dreapta de linie, executa o translatie (pozitia sa, la fiecare moment fixat, se obtine printr-o anumita translatie, ce depinde de acel moment, din pozitia initiala). (fig. 3.33).

Matematica Capacitate Translatii 65

Probleme: Transformari geometrice

1. Daca U este o izometrie si ABC este un triunghi echilateral, atunci U(A)U(B)U(C) este un triunghi echilateral.

Rezolvare:

U(A)U(B) = AB; U(A)U(C) = AC; U(C)U(B) = CB => U(A)U(B)U(C) este un triunghi echilateral.

2. Daca U este o izometrie si A, B, C sunt puncte coliniare, atunci U(A), U(B), U(C) sunt coliniare.

Rezolvare:

U(A)U(B) = AB; U(A)U(C) = AC; U(C)U(B) = CB

Daca B este intre A si C => AC = AB + BC =>

U(A)U(C) = U(A)U(B) + U(B)U(C) => U(A), U(B), U(C) nu pot forma un triunghi.

3. O izometrie duce un triunghi intr-un triunghi congruent cu el.

Rezolvare:

U(A)U(B) = AB; U(A)U(C) = AC; U(C)U(B) = CB =>

 U(A)U(B)U(C)∆ABC, cazul L.L.L

4. O izometrie U duce interiorul segmentului AB in interiorul segmentului U(A)U(B).

Rezolvare:

Fie un punct oarecare M in interiorul segmentului AB.

U(A)U(M) = AM; U(M)U(B) = MB; U(A)U(B) = AB

AB = AM + MB =>

U(A)U(B) = U(A)U(M) + U(M)U(B), deci U(M) este in interiorul segmentului U(A)U(B).

5. O izometrie duce un paralelogram intr-un paralelogram.

Rezolvare:

Fie ABCD paralelogram si O intersectia diagonalelor.

U(A)U(C) = AC; U(A)U(O) = AO; U(O)U(C) = OC

U(B)U(D) = BD; U(B)U(O) = BO; U(O)U(D) = OD

=> ∆AOB≡∆U(A)U(O)U(B)≡∆DOC≡∆U(D)U(O)U(C)=>

U(O)U(A)U(B)≡U(O)U(C)U(D)=>U(A)U(B)U(C)U(D)

U(O)U(A)U(D)≡U(O)U(C)U(D)=>U(A)U(D)U(B)U(C)

6. O izometrie duce un patrat intr-un patrat.

Rezolvare:

U(A)U(B)=AB; U(B)U(C)=BC; U(C)U(D)=CD; U(A)U(D)=AD;

=>U(A)U(B)=U(B)U(C)=U(C)U(D)=U(A)U(D)

U(A)U(C)=AC=>∆ABC≡∆U(A)U(B)U(C)=>

m(∢U(A)U(B)U(C))=90°

=> U(A)U(B)U(C)U(D) are toate laturile congruente si un unghi de 90°, deci este patrat.

7. O izometrie duce o dreapta intr-o dreapta.

Rezolvare:

Problema 2 ne spune ca imaginea este formata din puncte coliniare. Fie A, B doua puncte pe dreapta intiala, X un punct pe dreapta . Daca semidreptele  coincid, fie Y pe semidreapta AB asa incat Y = U(A)X; vom avea U(Y) = X. In caz contrar se alege Y pe prelungirea semidreptei AB.

8. Daca A, B, C sunt necoliniare si U este o izometrie, atunci ∢U(A)U(B)U(C)≡∢ABC

Rezolvare:

U(A)U(B) = AB; U(A)U(C) = AC; U(C)U(B) = CB =>

 ∆U(A)U(B)U(C, cazul L.L.L

U(A)U(B)U(C)≡ABC

Despre transformari geometrice

Obisnuim sa gandim ca doua triunghiuri (sau, mai general, doua figuri geometrice, desi nu am discutat acest caz pana acum) sunt congruente daca, desenand una din ele pe o hartie transparenta, putem sa le facem sa coincida prin suprapunere. Ne-am ferit pana acum de astfel de “argumente” in rationamentele noastre. In acest paragraf vom da o expresie matematica precisa a notiunii de suprapunere, sau, cum se obisnuieste a i se spune, izometrie.

Matematica Capacitate Despre transformari geometrice 66

Din punct de vedere geometric, o “suprapunere” apare drept un procedeu de a considera, odata cu fiecare punct P, punctul Q bine determinat pentru o suprapunere data, in care este “mutat” P.

Dar aceasta nu este altceva decat “o functie definita pe plan, cu valori in plan”.

Definitie. Se numeste transformare geometrica o functie U: π -> π unde π este planul, gandit ca multimea punctelor sale, cu alte cuvinte o transformare geometrica este o functie definita pe plan cu valori in plan.

Altfel spus, o transformare geometrica este un mod de a atasa fiecarui punct P din plan un punct bine determinat, care depinde de P, notat U(P), din plan.

Matematica Capacitate Despre transformari geometrice 67

Dar nu orice transformare geometrica apare drept ceea ce gandim noi a fi o suprapunere. De exemplu, in figura 3.27, sa definim U(P) = A daca P este in semiplanul din stanga, U(P) = A0 daca P este pe dreapta din figura si U(P) = A+ daca P este in semiplanul din dreapta. Prin aceasta transformare geometrica U planul este “strivit” in cele trei puncte A, A0, A+. Aceasta nu este o suprapunere; o suprapunere nu modifica distantele intre puncte.

Definitie. Se numeste izometrie o transformare geometrica ce duce puncte diferite in puncte diferite si care duce orice segment intr-unul congruent cu el.

Cu alte cuvinte, transformarea geometrica U se numeste izometrie daca:

  1. Pentru orice A≠B avem U(A)≠U(B).
  2. U(A)U(B)≡AB pentru orice A≠B.

Matematica Capacitate Despre transformari geometrice 68

Exemple. Simetria fata de o dreapta d pe care o vom nota cu Sd este izometrie.

Matematica Capacitate Despre transformari geometrice 69

Simetria fata de un punct O, este izometrie.

Matematica Capacitate Despre transformari geometrice 70

Probleme: Unghiuri orientate

1. Considerati un triunghi ABC. Convingeti-va ca sau pentru toate cele trei semidrepte AB, BC, CA “varful ramas” se afla in semiplanul de la stanga, sau el se afla in semiplanul de la dreapta pentru toate. Enuntati teorema asupra sumei unghiurilor unui triunghi considerand unghiuri orientale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 71

≯(AB, AC)+≯(BC, BA)+≯(CA, CB)=180°

In al doilea caz se obtine – 180° care este considerat la fel cu 180°.

2. Aratati ca teorema asupra sumei unghiurilor unui triunghi obtinuta in problema precedenta ramane valabila si pentru trei puncte coliniare. (dar distincte doua cate doua).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 72

≯(AB, AC)=0°, ≯(BC, BA)=180°, ≯(CA, CB)=0°=>

≯(AB, AC)+≯(BC, BA)+≯(CA, CB)=180°

3. Desenati un patrat ABCD astfel incat C si D sa fie in semiplanul din stanga semidreptei AB. Care sunt masurile unghiurilor orientate ≯(AB,AC),≯(CB,CD),≯(DB,DA),≯(AD,AB), etc?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 73

≯(AB,AC)=-45°; ≯(CB,CD)=-90°;

≯(DB,DA)=-45°;≯(AD,AB)=-90°

4. Desenati un hexagon regulat ABCDEF astfel incat C, D, E, F, sa se afle in semiplanul din dreapta semidreptei AB. Care sunt masurile unghiurilor orientate

≯(BC,BA),≯(CD,CA),≯(FC,FB),≯(EA,ED) etc.?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 74

≯(BC,BA)=-120°,≯(CD,CA)=-90°,

≯(FC,FB)=30°,≯(EA,ED)=-90°

5. Se dau doua drepte a, b concurente in O si pe fiecare se alege cate o semidreapta a’, b’ cu originea in O. Cate valori poate lua masura unghiului orientat ≯(a’,b’) (prima semidreapta fiind cea de pe a)? Aratati ca 2 ≯(a’,b’) ia aceeasi valoare in toate cazurile descrise.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 75

Daca inlocuim a’ cu a” obtinem:

≯(a”,b’)=≯(a”,a’)+≯(a’,b’)=180°+≯(a’,b’)  .

 Deci o astfel de inlocuire duce de la valoarea x la valoarea x + 180°. O noua inlocuire va duce la x + 180° = x, etc.

Deci doua valori x; x +180°. Dublul lui da valorile 2x, 2x + 360°, deci una singura.

6. Se dau doua semidrepte h, k de origine O. Cate semidrepte b de origine O exista astfel ca ≯(h,b)=≯(b,k)? Dar astfel ca ≯(h,b)=-≯(b,k)?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 76

Geometric doua: bisectoarea ≯(h,k) si “prelungirea” ei. Se poate si prin calcul ≯(h,k)=≯(h,b)+≯(b,k) deci 2≯(h,b)=≯(h,k), dar putem adauga un multiplu la 360° deci ≯(h,b)=\frac{1}{2}≯(h,k)+180°n. Se obtin doua valori distincte \frac{1}{2}≯(b,h) si  \frac{1}{2}≯(h,b)+180°.

7. Oricum ar fi punctele A, B, C, D diferite doua cate doua, avem ≯(AD,AB)+≯(BA,BC)+≯(CB,CD)+≯(DC,DA)=0°. Demonstrati aceasta in general si apoi considerati cazuri speciale ca exemple: patrulater convex, concav, exista un punct comun interioarelor segmentelor AB, CD etc.

Rezolvare:

≯(AD,AB)+≯(DB,DA)+≯(BA,BD)=180°

≯(CB,CD)+≯(BD,BC)+≯(DC,DB)=180°

Se aduna cele doua relatii si se tine cont de

≯(BA,BD)+≯(BD,BC)=≯(BA,BC)

≯(DC,DB)+≯(DB,DA)=≯(DC,DA)

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 77

Suma este – 360°

Suma este + 360°

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 78

Suma este 360° (si inca un caz in care este – 360°)

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 79

Suma este 0°.

8. Fie doua puncte pe o dreapta d, fie B alt punct in plan si C simetricul lui B fata de Avem ≯(OB,OA)=-≯(OA,OC).

Rezolvare:

 

Matematica Capacitate Probleme: Unghiuri orientate 80

≯(OB,OA)+≯(OB,OM)=180°; ≯(OA,OC)+≯(OM,OC)=-180°

OM este mediatoare=>≯(OB,OA)=-≯(OA,OC)

Unghiuri orientate

Acest paragraf este asemanator ca idee celor privind segmentele orientate de pe aceeasi dreapta si de pe drepte paralele; aici insa situatia nu ne conduce la notiuni ce au complexitatea notiunii de vector.

Daca privim foata de hartie “de deasupra”, asa cum facem de obicei, atunci, relativ la orice semidreapta, unul din semiplanele determinate de dreapta pe care ea este asezata ne apare “la stanga” semidreptei, iar celalalt “la dreapta” semidreptei.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 81

Daca insa am “intoarce foaia” si aceasta ar fi transparenta, situatia s-ar schimba: semiplanul ce aparea “la stanga” semidreptei ar aparea acum “la dreapta” ei si invers.

In cele ce urmeaza vom presupune ca “ne-am fixat pozitia” din care privim planul si deci am precizat, pentru orice semidreapta, care este semiplanul de la stanga ei si care este cel de la dreapta ei.

In legatura cu aceasta, sunt valabile urmatoarele proprietati:

a. Daca doua semidrepte s si t au aceeasi origine si daca t este situata in semiplanul de la stanga lui s, atunci s este situata in semiplanul de la dreapta lui t.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 82

b. Daca s si s’ sunt cele doua semidrepte diferite, cu originea in O situate pe dreapta d, atunci semiplanul de la stanga lui s este tot una cu semiplanul de la dreapta lui s’.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 83

c. Daca Ox, O’x’ sunt semidrepte paralele de acelasi sens, daca Oy, O’y’ sunt de asemenea doua semidrepte paralele de acelasi sens si daca Oy este situata in semiplanul de la stanga lui Ox, atunci O’y’ este situata in semiplanul de la stanga lui O’x’.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 84

Observatie. Am prezentat notiunile din acest paragraf, ca si din cel asupra semidreptelor de acelasi sens si de sensuri contrarii, la nivelul intuitiv.

Definitie. Prin unghi orientat vom intelege o figura formata din doua semidrepte h, k cu aceeasi origine, nu neaparat diferite, considerate in aceasta ordine. Il vom nota ≯(h,k).

Deci: ≯(h,k) este si el un unghi orientat, iar, pentru h≠k unghiul orientat ≯(h,k) este diferit de unghiul orientat ≯(k,h).

Definitie. Prin masura unui unghi orientat ≯(h,k) notata tot cu ≯(h,k) vom intelege:

  1. 0° daca h = k.
  2. +180° sau -180° daca unghiul (obisnuit) ∢(h,k) este alungit.
  3. In celelalte cazuri, masura unghiului (obisnuit) ∢(h,k), luata cu semnul + daca k este in semiplanul de la stanga lui h si cu semnul – daca k este in semiplanul de la dreapta lui h.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 85

Observatii.

  1. Conventia de la c in legatura cu semiplanele n-avea sens in cazurile a si b; de aceea a trebuit sa le consideram separat.
  2. In cazul b din definitie, facem o conventie care se poate enunta si astfel: in calculele cu masuri de unghiuri orientate, consideram totdeauna ca 360° = 0°. Aceasta este o situatie asemanatoare cu cea in care suntem interesati in aritmetica, de resturile impartirilor numerelor cu 4, de exemplu. In studiul acestor resturi scriem 4 = 0 (mod 4) si nu 4 = 0, +2 = -2 (mod 4) si nu +2 = -2. Aici vom scrie de exemplu, + 180° = -180° (mod 360°).

Reamintim ca a = b (mod c), unde a, b, c sunt numere intregi, inseamna ca c divide pe a-b. In cazul nostru u = v (mod 360°) inseamna: catul (u-v)/360°  este un numar intreg.

  1. Oricare ar fi o masura de unghi u si o semidreapta h, exista o semidreapta unica k, cu aceeasi origine ca si h, astfel incat ≯(k,h)=u(mod360°).

Daca pentru -180°≤u≤180° aceasta se poate intelege prin figura 3.21, sa consideram cazul u = 1000°. Avem 1000° = 3 ∙ 360° – 80 = -80°(mod 360°), conform conventiei explicate la punctul 2. Deci problema, in acest caz, se rezolva ca in figura 3.22.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 86

Un caz mai familiar este u = 280°, de exemplu, in care scriem u = 360° – 80°-80° (mod 360°) si care se rezolva deci tot “prin figura 3.22”).

  1. Daca privim planul “din partea cealalta” atunci toate masurile tuturor unghiurilor orientate apar cu semne schimbate.

Urmatoarea teorema are aceeasi importanta ca si cea asemanatoare de la segmente orientate pe aceeasi dreapta: permite calcule si demonstratii fara a mai face figura, fara a mai considera toate cazurile ce pot aparea ca urmare a pozitiilor diferitelor semidrepte unele fata de altele. Bineinteles ca in demonstratia ei va trebui sa consideram toate aceste cazuri, cu toata “harnicia”.

Teorema. Daca u, v, w sunt trei semidrepte cu aceeasi origine, atunci ≯(u,w)≡≯(u,v)+≯(v,w)(mod360°).

Demonstratie.

Cazul 1. u = v sau v = w. In acest caz relatia este evidenta unul dintre numerele din partea dreapta fiind 0°….

Cazul 2. u = w. Relatia se reduce la ≯(u,v)=-≯(u,v); ea rezulta din definitia masurii unghiului orientat si din proprietatea a, ilustrata in figura 3.18.

Cazul 3. Unghiul ≯(u,w) este alungit, iar celelalte doua nu sunt nule.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 87

In ambele situatii, relati rezulta din ≯(u,v)+≯(u,w)=180°.

Cazul 4. Unghiul ≯(u,w) nu este nici alungit, nici nul.

Privind eventual “din partea cealalta”, putem presupune ca w se afla in semiplanul de la stanga lui u. Sa notam cu u’ si w’ semidreptele ce “prelungesc” pe u si w.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 88

Deosebim patru subcazuri.

  1. v se afla in interiorul ≯(u,w) ( 3.25, a). In acest caz relatia este ≯(u,w)=≯(u,v)+≯(v,w),despre care stim ca este adevarata.
  2. v se afla in interiorul ≯(w,u’) sau coincide cu u’. In acest caz relatia este ≯(u,w)=≯(u,v)-≯(v,w), despre care stim ca este adevarata (situatie asemanatoare cu a).
  3. v se afla in interiorul ≯(u,w’) sau coincide cu w’. In mod asemanator cu b) ajungem la ≯(u,w)=≯(v,w)-≯(u,v).
  4. v se afla in interiorul ≯(u’,w’). Aici apare situatia deosebita legata de conventia de mai sus. Relatia devine ≯(u,w)=≯(u,v)-≯(v,w) (mod 360°). Stim de la “unghiuri in jurul unui punct” ca ≯(u,v)+≯(v,w)+≯(w,u)-360°; aceasta asrata ce dierenta dintre membrul intai si al 2-lea al relatiei, impartita la 360°, da rezultatul 1. Cu aceasta teorema este demonstrata.

Matematica Capacitate Unghiuri orientate 89