Probleme recapitulative 1

1.Dandu-se dreptunghiul ABCD, (AB > BC) construim in interiorul sau ∆EBC echilateral si in exteriorul sau triunghiul echilateral ∆GAB. Sa se demonstreze ca GE este congruenta cu diagonala dreptunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 1

Ducem diagonala AC a dreptunghiului ABCD. ∆ABG este echilateral => [AB]≡[BG], dar [AB]≡[DC] deoarece ABCD este dreptunghi => [BG]≡[DC] (1)
∆EBC este echilateral => [EB] ≡[BC], dar [BC]≡[AD] deoarece ABCD este dreptunghi => [EB] ≡[AD] (2);
m(∢EBC) = 60° ; m(∢GBA) = 60° ;
m(∢ABE) = m(∢ABC) – m(∢EBC) = 90° – 60° = 30°
m(∢GBE) = m(∢GBA) + m(∢ABE) = 90°(3)
Din (1), (2) si (3) => ∆GBE ≡∆GDA (cazul L.U.L) => [AC]≡[GE]

 

2. In triunghiul  ABC, m(∢A)=60°, BB’ si CC’ sunt inaltimi (B’ si C’ sunt pe AC, respectiv AB). Fie H ortocentrul triunghiului (punctul de intersectie al inaltimilor). Demonstrati ca:

a. Daca T este simetricul lui H fata de AC, ∆HTC este echilateral.

b. Daca bisectoarea unghiului ∢BHC taie cercul circumscris triunghiului ABC in I, si [IB]≡[IC] atunci ∆BIH si ∆CIH sunt echilaterale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 2

a) CB ⊥ HT; [HB’] ≡ [B’T] =>
CB’ este mediatoarea segmentului HT =>
[CH] ≡ [CT] (orice punct de pe mediatoarea unui segment se afla la distante egale de marginile segmentului.) =>
∆HCT este isoscel =>
CB’ este si bisectoarea ∢ HCT.
CC’⊥AB iar m(∢A) = 60° =>
m(∢ACC’) = 90° – 60° = 30° => m(∢HCT)= 30° ∙ 2 = 60°
Un triunghi isoscel care are un unghi de 60° este echilateral, deci ∆HCT este echilateral.
b) m(∢BHC) = 180° – m(∢CHT) = 120°
m(∢BHI) = m(∢IHC) = 60°
∢IHC ≡ ∢HCT, fiind unghiuri alterne interne pentru dreptele HI si TC intersectate de secanta HC
=>HI ∥ TC => ∢HCI ≡ ∢CHT => m(∢HCI) = m(∢THC) = 60° =>
∆HCI este echilateral.
∢BHI ≡ ∢HIC, fiind unghiuri alterne interne pentru dreptele HB si IC intersectate de secanta HI
=>HB ∥ IC => ∢HIB ≡ ∢CHI => m(∢HIB)=m(∢BHI)=60°=>
∆HBI este echilateral.

3.Daca ABCD este un paralelolgram si daca inaltimea din A pe DC este congruenta cu cea dusa din A pe BC, paralelogramul este romb.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 3

∢ADM ≡ ∢ABN
[AM] ≡ [AN]
=> ∆DAM ≡ ∆BAN cazul C.U.
=> [AD] ≡ [AB] =>
ABCD romb.

4.Intr-un patrulater convex diagonalele sunt si bisectoare. Precizati natura lui! (Cu ce fel de patrulater avem de-a face).

Rezolvare:

Romb sau patrat (teorie).

5.Pe laturile AB, BC, CA ale unui triunghi luam respectiv punctele C’, A’, B’. Demonstrati ca perimetrul triunghiului A’B’C’ este mai mic decat al triunghiului ABC.

Rezolvare:Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 4

Stim ca intr-un triunghi oarecare oricare latura este mai mica decat suma celorlalte doua laturi. Astfel:
In triunghiul BA’C’ : A’C’ < BA’ + BC’
In triunghiul B’CA’ : A’B’ < CB’ + CA’
In triunghiul C’AB’ : C’B’ < AC’ + AB’
A’C’+A’B’+C’B’ < BA’ + A’C + BC’ + C’A + CB’ + B’A

\fn_jvn \large P_{\Delta A'B'C'}<AB + BC + AC

\fn_jvn \large P_{\Delta A'B'C'}<P_{\Delta ABC}

6.In triunghiul ABC, unghiurile B, C, au respectiv 70°, respectiv 50°. Fie BB’, CC’ inaltimi si BD bisectoare in triunghiul ABC. Sa se determine unghiurile triunghiului determinat de dreptele BB’, CC’, BD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 5

m(∢C’CB) = 90°- m(∢C’BC) = 90°- 70° = 20°
m(∢B’BC) = 90°- m(∢B’CB) = 90°- 50° = 40°
m(∢BAC) = 180°- m(∢B) – m(∢C) =180°- 50°- 70° = 60°
m(∢ABB’) = 90°- m(∢A) = 90°- 60° = 30°
m(∢ABD) = m(∢B) : 2 = 70° : 2 = 35°
m(∢HBP) = m(∢ABD) – m(∢ABB’) = 35°- 30° = 5°
m(∢BHC) = m(∢C’BH) + m(∢BC’H) = 30° + 90° = 120°(unghi exterior unui triunghi)
m(∢HPB) = 180° – m(∢BHC) – m(∢HBP) = 180° – 120° – 5° = 55°

7.In triunghiul AOB din figura 0.1 care este isoscel ([OA]≡[OB]) segmentele [AC]≡[CD]≡[DB]. Sa se demonstreze ca unghiurile, ∢O1, ∢O2, ∢O3 nu pot fi toate congruente intre ele. (Fig.1)

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 6

Rezolvare:

Presupunem ∢O1≡∢O2≡∢O3 Din [AC]≡[CD]≡[DB] => ∆AOC, ∆COD si ∆DOB sunt isoscele. Avand doua laturi congruente si unghiurile cuprinse intre ele congruente ele sunt congruente (L.U.L.)
=> ∢OAC≡∢OCA≡∢OCD≡∢ODC≡∢ODB≡∢OBD
OC⊥AB si OD⊥AB, dar dintr-un punct exterior unei drepte putem duce o singura perpendiculara pe dreapta data, deci OC si OD coincid, deci presupunerea conform careia ∢O1≡∢O2≡∢O3 este falsa.

8.Doua cercuri de centre O si O’ sunt tangente exterioare in punctul A. Fie T, T’ punctele in care o tangenta comuna exterioara “atinge” respectiv cercurile. Linia centrelor OO’ taie a doua oara cercurile in M si M’. Demonstrati ca TMM’T’ este patrulater inscriptibil.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 7

Pentru a demonstra ca TMM’T’ este inscriptibil vom demonstra ca suma masurilor unghiurilor sale este de 360°. OT⊥TT’ si O’T’⊥TT’ (raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta) => TT’O’O este trapez, deci suma masurilor unghiurilor sale este de 360°.
m(∢T’O’O)+m(∢TOO’)+m(∢O’T’T)+m(∢OTT’)=360°
m(∢TOO’)=m(∢OMT)+m(∢MTO) (unghi exterior unui triunghi)
m(∢T’O’O)=m(∢O’T’M’)+m∢(T’M’O’) (unghi exterior unui triunghi)
=>m(∢OMT)+m(∢MTO)+m(∢O’T’M’)+m∢(T’M’O’)+m(∢O’T’T)+m(∢OTT’)=360° =>
m(∢TMO)+m(∢O’M’T’)+m(∢M’T’T)+m(∢T’TM)=360°
=> Patrulaterul TMM’T’ este inscriptibil.

9.Cercurile de centre O respectiv O’ si de diametre AA’ si AA” au comune punctele A si B (Fig. 2). Sa se demonstreze ca:
a. A’, B si A” sunt coliniare.
b. Unghiurile triunghiurilor variabile AMN (unde M este pe cercul O si MB taie a doua oara cercul O’ in N) au masura constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 8

a. \fn_phv \large m(\sphericalangle A'BA)=\frac{m(\widehat{A'A})}{2}=90^{\circ}

\fn_phv \large m(\sphericalangle ABA'')=\frac{m(\widehat{AA''})}{2}=90^{\circ}

=> m(∢A’BA”) = m(∢A’BA) + m(∢A”BA”) = 180°

=> A’, B, A” sunt coliniare.

b. m(∢AMN) este jumatate din masura arcului AB care este constanta, indiferent de pozitia punctului M pe cercul O. Acelasi lucru il putem afirma despre m(∢ANM), deci avand doua unghiuri de masura constanta si suma unghiurilor unui triunghi fiind si ea constanta => si (∢MAN) este constanta.

10.Triunghiul ABC inscris in cercul de centru O are punctele B si C fixe si A descrie “arcul mare” BC. Sa se arate ca bisectoarea unghiului A trece printr-un punct fix. Are vreo importanta ca A descrie “arcul mare” sau putem formula o problema analoaga privind “arcul mic”?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 9

Conform problemei anterioare, indiferent de pozitia punctului A, masura unghiului BAC este constanta. Deci implicit si jumatatea masurii sale este constanta => bisectoarea ∢BAC trece printr-un punct fix. Si in cazul arcului mic, situatia este idendica.

11.Dandu-se 4 puncte fixe, sa se duca prin fiecare din ele cate o dreapta astfel incat ele sa formeze un patrat.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 10

  1. Daca cele 4 puncte sunt coliniare, ele apartin unei laturi a patratului;
  2. Daca 3 puncte sunt coliniare, ele apartin unei laturi a patratului, iar prin cel de-al patrulea ducem fie o perpendiculara sau o paralela pentru a obtine cealalta latura.
  3. Daca punctele sunt necoliniare, unim doua cate doua si construim cercurile cu mijlocul in laturile celor doua segmente. Arcele de cerc vor contine doua din varfurile patratului (conform problemei anterioare, indiferent de pozitia lor ele vor avea 90°, tinand cont de faptul ca diagonala patratului este si bisectoare, vom nota cu M, respectiv N mijloacele semicercului determinat de segmentele [AD], respectiv [BC]. Prelungim MN pana intersecteaza a doua oara cercurile, iar punctele repsective reprezinta doua unghiuri opuse ale patratului. Prin prelungirea laturilor lor, la intersectie vom obtine si celelate varfuri.

12.In triunghiul ABC, I este centrul cercului inscris si dreapta AI intersecteaza cercul circumscris triunghiului ABC a doua oara in D. Demonstrati ca [DI]≡[DB]≡[DC].

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 11


Centrul cercului inscris intr-un triunghi este intersectia bisectoarelor.
∢BAI ≡ ∢IAC => \fn_phv \large \widehat{BD}\equiv \widehat{DC}  (la unghiuri egale corespund arce egale) => [BD] ≡ [DC] (1) (la arce egale corespund coarde egale)
∢ICB ≡ ∢ICA (CI bisectoare); m(∢BCD) = m(∢DAB) = \fn_phv \large \frac{\widehat{BD}}{2}
m(∢ICD) = m(∢ICB) + m(∢BCD)
m(∢DIC) = m(∢IAC) + m(∢ACI)
=> ∢DIC ≡ ∢ICD => ∆ICD este isoscel => [DI] ≡ [DC] (2)
Din (1) si (2) => [DI] ≡ [DB] ≡ [DC].

13. Doua cercuri secante de centre O si O’ (Fig.3) se intersecteaza in A si B. Prin A si B ducem doua drepte paralele care intersecteaza a doua oara cercurile in A’ si A”, respectiv in B’ si B”. Demonstrati ca A’B’A”B” este paralelogram.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 12


A’A ∥ BB’ => m(∢A’B’B) + m(∡B’A’A)=180° dar si m(∡B’A’A) + m(∢ABB’) = \fn_jvn \large m(\widehat{B'A})+m(\widehat{AB'}) = 180° => m(∢A’B’B) = m(∡ABB’)
In mod similar m (∡A”B”B) = m(∡B”BA) 
=> m(∢A’B’B)+m(∡BB”A”)=180° fiind unghiuri interne de aceeasi parte a secantei BB’ pentru dreptele A”B” si A’B’ si suplementare => A”B” ∥ A’B’ => A’A”B”B’ este paralelogram.

14. Se da triunghiul isoscel ABC ([AB]≡[AC]) si fie AH inaltimea sa din A si P un punct oarecare pe baza BC; perpendiculara din P pe baza intalneste dreptele AB si AC in punctele M, respectiv N. Sa se arate ca:

a. Triunghiul AMN este isoscel;
b. AH=(MP+NP)/2. Sa se deduca de aici ca suma MP + NP este constanta cand P circula pe segmentul BC;
c. Care este locul geometric al mijlocului segmentului MN?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 13

 

a. ∆ABC este isoscel iar AH inaltime => AH este si bisectoare si mediana =>∢CAH≡∢BAH
NP ⊥ BC, AH ⊥ BC => NP ∥ AH => ∢BMP ≡ ∢BAH (unghiuri corespondente) dar ∢BMP ≡ ∢NMA (unghiuri opuse la varf);
∢CAH ≡ ∢NMA (1)
NP ∥ AH=> ∢MNA ≡ ∢CAH (unghiuri corespondente) si (1) => ∢MNA ≡ ∢AMN => ∆NAM este isoscel.
b. Din A ducem perpendiculara AE pe MN. Triunghiul MAN fiind isoscel => aceasta este si mediana, deci EM = EN. AEHP este dreptunghi avand toate unghiurile de 90°. => AH = EP;  NP = EP + EN = AH + EN =>
\fn_jvn \large AH=NP-EN=MN+NP-\frac{MN}{2}=\fn_jvn \large \frac{2MN+2NP-MN}{2}=\frac{MN+NP+NP}{2}\fn_jvn \large =\frac{MP+NP}{2}
c. Segmentul MN are mijlocul pe paralela prin A la BC (AE).

15. In triunghiul ABC, A1 este piciorul inaltimii coborata din A pe BC si A’, B’, C’ mijloacele laturilor BC, AC, respectiv AB. Sa se arate ca A’B’C’A1 este un trapez isoscel.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 14

C’B’ este linie mijlocie in ∆BAC => B’C’∥BC => A’B’C’A1 este un trapez.
C’M∥BA1, AC’=C’B => C’M este linie mijlocie in ∆BAA1 => AM = MA1;
In ∆AB’A1 , B’M este inaltime si mediana => ∆AB’A1 este isoscel => AB’= B’A1 (1)
BC’=C’A, ∢C’BA’ ≡ ∢AC’B’ (unghiuri corespondente) si ∢BC’A’ ≡ ∢B’AC’ (unghiuri corespondente) => ∆BC’A’ ≡ ∆C’AB’ => C’A’ = AB’ si din (1) => C’A’= B’A1 => A’B’C’A1 este un trapez isoscel.

16. In triunghiul ∆ABC, H este ortocentrul si A’, B’, C’ mijloacele laturilor opuse varfurilor A, B si C. Daca A2 este mijlocul segmentului AH, sa se demonstreze ca:
a. m(∢A2C’A’) = 90°;
b. patrulaterul A’B’A2C este inscriptibil.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 15

a) In ∆ABE, unde E este intersectia lui BH cu latura AC, C’A2 este linie mijlocie. => C’A2∥BE=> ∢ABE≡∢AC’A2. In ∆ABC, A’C’ este linie mijlocie => C’A’∥AC => ∢BCA’≡∢BAC.
m(∢ABE)+m(∢BAE)=90°=m(∢BC’A’)+m(∢AC’A2)
m(∢A’C’A2)=180°-[m(∢BC’A’)+m(∢A2C’A)]=90°
b) Analog demonstram ca m(∢A2B’A’)=90°
=>m(∢A2B’A’)+m(∢A’C’A2)=180°
m(∢HA2C’)=m(∢BAD)+m(∢A2C’A)
m(∢HA2E)=m(∢DAC)+m(∢A2B’A)
>m(∢B’A2C’)=m(∢BAC)+m(∢A2C’A)+m(∢A2B’A)
m(∢B’A2C’)+m(∢BAC)=2m(∢BAC)+m(∢A2C’A)+m(∢A2B’A) =90°+90°=180°
=> Avand unghiurile opuse suplementare, patrulaterul este inscriptibil.

17. Cercul celor 9 puncte (cercul lui Euler). Folosind problemele 15 si 16 sa se demonstreze ca: Intr-un triunghi, picioarele inaltimilor, mijloacele laturilor si mijloacele segmentelor determinate de ortocentru in varfuri sunt conciclice (pe un acelasi cerc).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 16

Notatii: Fie  AA’ ⊥ BC, BB’ ⊥ AC, CC’ ⊥ AB, BM = MC, AP = PC, AN = NB, iar A”, B”, C”, mijloacele segmentelor AH, BH, CH. Trebuie sa demonstram ca M, N, P, A”, B”, C”, A’, B’, C’ sunt conciclice.

Conform problemei anterioare, MNPA” este inscriptibil. Analog, PB”MN si MC”NP sunt inscriptibile => M, N, P, A”, B”, C” apartin aceluiasi cerc. (1)

Din problema 15 => NMA’P este trapez isoscel. Analog, NC’PM si B’PMB sunt trapeze isoscele, deci sunt inscriptibile => M, N, P, A’, B’, C’  apartin aceluiasi cerc. (2)

Din (1) si (2) => M, N, P, A”, B”, C” , A’, B’, C’ sunt conciclice.

18. Daca intr-un triunghi ABC, m(B) = 60°, AB = 2BC, demonstrati ca triunghiul este dreptunghic.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 17

Ducem mediana CM. BM = MA =BC
In triunghiul CBM avem doua laturi congruente si un unghi cu masura de 60° => ∆BCM este echilateral. => BC = CM = BM = MA =>
∆CMA este isoscel.
m(∢CMA)=180°-60°=120° => m(∢MCA)=(60°)/2=30°
m(∢BCA)=m(∢BCM)+m(∢MCA)=60°+30°=90°=>
∆BCA este dreptunghic.

19. Pe latura AB a triunghiului echilateral ABC se ia E astfel incat 2BE = EA. La fel pe latura AC se ia D astfel incat CD = 2AD. Demonstrati ca m(AFC) = 90° unde F este punctul de intalnire a segmentelor BD cu EC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 18

∆ABC este echilateral => AB ≡ BC ≡ AC
2BE = EA;CD = 2AC => BE ≡ AD si EA ≡ DC
Din problema precedenta, avand m(∢EAD)= 60° si 2AD = EA => m(∢ADE)= 90°
BE ≡ AD; ∢DAE ≡ ∢EBC; BC ≡ AB => ∆DAB ≡ ∆EBC =>
∢ABD ≡ ∢ECB si ∢BEC ≡ ∢ADB (1) =>
m(∢BFC) = 180° – m(∢FCB) – m(∢FBC)=
= 180° – m(∢ABC) = 120° =>
m(∢EFD) = 120° (unghiuri opuse la varf), iar m(∢BAC)= 60° => unghiurile sunt suplementare (2)
AE ≡CD; ∢EAC ≡ ∢DCB; AC ≡ BC => ∆EAC ≡ ∆DCB =>
∢BDC ≡ ∢CEA si (1) => indiferent de triunghi si pozitia lui F,
m(∢AEF) + m(∢ADF) = 180° si din (2) => ADFE este inscriptibil
=> m(∢AFE) = m(∢EDA) = 90° (unghiuri pe cerc care cuprind arce egale)

20. Sa se construiasca un triunghi cunoscand doua laturi si inaltimea corespunzatoare laturii a treia.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 19

Construim tei cercuri concentrice cu razele avand dimensiunile date. Ducem o raza a cercului din mijloc si prin punctul A ducem tangenta la cercul cu raza cat inaltimea pana intersecteaza al doilea cerc in B.

 

21. In figura 4 ABCD este inscris in cercul dat, [AE]≡[AD], AE ∥ BC, [CF]≡[CD], CF∥ AB. Demonstrati ca DF⊥DE.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 20

EA ∥ BC => ∢EAB ≡ ∢ABC
AB ∥ CF => ∢ABC ≡ ∢BCF
=>∢EAB ≡ ∢ABC ≡ ∢BCF
EA ≡ AD => triunghiul EAD este isoscel => ∢AED ≡ ∢ADE
DC ≡ CF => triunghiul FCD este isoscel => ∢FDC ≡ ∢CFD
Notam m(∢EAB)= t si m(∢DAB) = a
m(∢EDF) = m(∢EDA) + m(∢ADC) – m(∢FDC)=
\fn_jvn \large \frac{180^{\circ}-(360^{\circ}-t-a)}{2}+(180^{\circ}-t)-\frac{180^{\circ}-(180^{\circ}-a)-t)}{2}=(t+a)/2-90°+180°-t-(a-t)⁄2=
(t+a-2t-a+t)⁄2+90°=90°
deci ED ⊥ DF.

22. Construiti un triunghi ABC in care se cunosc latura BC, unghiul A si inaltimea BB’.

Rezolvare:

BC = a si BB’ = h; => B’C2 =  a2 – h2– constructia unui triunghi cand cunoastem laturile. Ulterior prelungim CB’ pana obtinem unghiul CAB a carui masura o cunoastem.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 21

23. Sa se construiasca triunghiul ABC in care se cunosc latura BC, mediana AM si unghiul A. Discutie.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 22

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 23

Daca MA este mai mare decat raza arcului care permite construnctia unghiului BAC, nu avem solutii. Iar daca unghiul A are 90° MA va fi egal cu raza si vom avea o infinitate de solutii.

24. Pe laturile triunghiului ABC se construiesc: “in afara” 3 triunghiuri echilaterale A’BC, B’AC, C’AB. Demonstrati ca:
a.[BB’]≡[CC’]≡[AA’];
b.Cercurile circumscrise celor 3 triunghiuri echilaterale au un punct comun.

Rezolvare:

a.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 24

m(∢C’AC)=m(∢BAC)+m(∢C’AB)=m(∢BAC)+60°
m(∢B’AB)=m(∢BAC)+m(∢B’ AC)=m(∢BAC)+60°
=>∢C’AC≡∢B’AB iar C’A≡AB; AB’≡AC => ∆C’AC≡∆BAB’ => CC’≡BB’; analog BB’≡AA’.

b.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 25

Cercurile circumscrise triunghiurilor BAC’ si CAB’ se intersecteaza in A si inca intr-un punct pe care il vom nota T. Patrulaterele AC’BT si AB’CT sunt inscriptibile => m(∢ATB)=m(∢ATC)=180°-60°=120°
m(∢CTB)=360°-m(∢ATB)-m(∢ATC)=120°
m(∢BAC)=60°=m(∢BAC)+m(∢CTB)=180° ceea ce inseamna ca T apartine arcului mic BC a cercului circumscris triunghiului BCA’.

25. Sa se construiasca triunghiul ABC in care se cunosc latura BC si medianele BB’ si CC’.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 26

Tinem cont de faptul ca punctul de intersectie al medianelor se afla la doua treimi de varful din care porneste si o treime de baza si construim doua cercuri cu razele 2/3BB’ si 2/3CC’ obtinand punctul de intersectie al medianelor.

26. In triunghiul ABC se cunosc latura BC, inaltimile BB’ si CC’. Sa se construiasca triunghiul.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 27

Trasam BB’ si perpendiculara pe ea in punctul B’, dreapta care va contine segmentul AC. Construim cercul cu centrul in B de raza BC care va intersecta dreapta in punctul C. Construim cercul de raza CC’ cu centrul in C si prin B ducem tangenta la cercul respectiv, acela fiind piciorul inaltimii CC’. Prelungim tangenta pana intersecteaza dreapta CB’ si obtinem punctul A.

27. Sa se construiasca un triunghi cunoscand doua laturi si mediana laturii a treia.

Rezolvare:

Putem construi un triunghi in care dea de-a treia latura este egala cu dublul medianei, acesta fiind cazul triunghiului dreptunghic cu un unghi de 30 de grade.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 28

28. Sa se construiasca un triunghi ABC cand se cunosc inaltimea, bisectoarea si mediana care pornesc din A (luate ca segmente).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 29

Construim cu centrul in A, trei cercuri avand ca raze inaltimea, mediana si bisectoarea. Ducem o tangenta la cercul care are ca raza inaltimea, iar punctele de intersectie cu celelalte cercuri vor reprezenta piciorul medianei si al bisectoarei. Din formula de calcul a medianei \inline \fn_jvn \large m=\sqrt{\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}}, aplicand teorema lui Pitagora in triunghiurile ABA’ si ACA’ si cunoscand distanta dintre piciorul medianei si a inaltimii tot din teorema lui Pitagora in triunghiul MAA’, vom afla marimea laturii BC. Lungimea bisectoarei nu era necesara pentru realizarea acestei constructii.

29. Doua cercuri (O) si (O’) sunt tangente exterioare intr-un punct A. Fie TT’ una din tangentele comune exterioare si M, M’ intersectiile celor doua cercuri cu o dreapta variabila care trece prin A. Sa se afle locul geometric al punctului P de intersectie a lui MT cu MT’.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 30

m(∢TMA)= \inline \fn_jvn \large \frac{m(\widehat{AT})}{2} care este constanta

m(∢T’M’A)=\inline \fn_jvn \large \frac{m(\widehat{AT'})}{2}  care este constanta

∆MPM’, m(∢MPA)= 180° – m(∢TMA) – (∢T’M’A) = 180° – \inline \fn_jvn \large \frac{1}{2}[m(\widehat{AT})+m(\widehat{AT'})] deci este intotdeauna aceeasi (1)

Daca unim centrele celor doua cercuri, A ∈ OO’ (punctele sunt coliniare, situatie demonstrata prin trasarea unei tangente comune in A, iar razele OA si O’A fiind perpendiculare pe tangenta, formeaza unghiuri de 90°, deci m(∢OAO’)=180°,vom obtine patrulaterul OO’T’T, in care OT⊥TT’,O’T’⊥TT’ (raze perpendiculare pe tangenta in punctul de tangenta) => OO’T’T este un trapez dreptunghic. Deducem de aici ca m(∢O’)+m(T’O’O)=360°-90°-90°=180°=\inline \fn_jvn \large m(\widehat{AT})+m(\widehat{AT'})

Inlocuind valoarea in relatia (1) vom obtine faptul ca

m(∢MPA)=180°-90°=90°

TT’ fiind fix => locul geometric al punctului P este cercul cu diametru TT’

30. Sa se construiasca un triunghi ABC in care se cunosc inaltimile BB’, latura BC si O, centrul cercului circumscris lui ABC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 31

Trasam cercul de diametru BC, B si C aflandu-se la distante egale de O. trasam cercul de centru B si raza BB’. Tangenta la cerc prin C, va intersecta centrul de centru O in A. Ca verificare, mediatoarea laturii AC trebuie sa treaca prin O.

31. Dandu-se trei semidrepte OX, OY si OZ (OZ interioara unghiului XOY) fie M un punct pe OZ. Sa se duca prin M o dreapta care sa intersecteze OX in A si OY in B, astfel incat M sa fie mijlocul degmentului AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 32

Luam M’ pe OZ astfel incat MM’≡OM. Ducem prin M’paralela la OY care intersecteaza OX in A si paralela la OX care intersecteaza OY in B. Patrulaterul este un paralelogram conform constructiei iar diagonalele acestuia se injumatatesc => AM≡MB.

32. Pe cercul de centru O circumscris triunghiului echilateral ABC se ia pe arcul mic BC punctul variabil M. Bisectoarea unghiului BMC intersecteaza coarda BC in P. Din P ducem PQ ⊥ MB si PS ⊥ MC (Q ∈ MB, S ∈ MC).
a. Demonstrati ca ∆PQS este echilateral;
b. Demonstrati ca M, P, A sunt coliniare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 33

a. Patrulaterul ABMC este inscriptibil. m(∢BMC) + m(∢BAC) = 180°; m(∢BMC) = 180° – 60° = 120° => m(∢AMB) = m(∢AMC) = 60°

∆QPM este dreptunghic si are un unghi de 60° => m(∢QPM) = 30°

∆SPM este dreptunghic si are un unghi de 60° => m(∢SPM)=30° ∆QPM ≡ ∆SPM (cazul U.L.U.) => PQ ≡ PS => ∆QPS este isoscel.

m(∢QPS) = m(∢QPM) + m(∢SPM)=60° => ∆QPS este echilateral.

b. Presupunem MP intersecteaza cercul circumscris triunghiului ABC in punctul D. m(∢DMB) = 60° = \inline \fn_jvn \large \frac{m(\widehat{BD})}{2} = \inline \fn_jvn \large m(\widehat{BM}) =120° Dar si \inline \fn_jvn \large m(\widehat{BA})= m(∢BCA)∙2 = 60°∙2 = 120° => punctul D coincide cu punctul A, deci M, P si A sunt coliniare.

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *

This site uses Akismet to reduce spam. Learn how your comment data is processed.