Probleme teorema generalizata a lui Pitagora

1.Care sunt toate valorile ce le ia cos x, cand x variaza de la 0° la 180°? De cate ori este luata fiecare dintre aceste valori?

Rezolvare:

0° ≤ x ≤ 180° => -1 ≤ cos x ≤ 1 ; o singura data.

2.Aceleasi intrebari ca la problema 1 pentru sin x.

Rezolvare:

0° ≤ x ≤  180°=> 0 ≤ sin x ≤ 1; de doua ori in afara de capete.

3.“Rezolvati ecuatiile” cos x = 0,75; cos x = -0,39; cos x = 1,6 precum si sin x = 0,4; sin x = – 0,34, sin x = 2.

Rezolvare:

Cos x = sin (90°-x) = 0,75 => 90°-x = 49° => x=41°

Cos x = – cos (180°-x) => cos (180°-x) = 0,39 => sin (90°-180°+x) = 0,39  =>x -90° = 22° => x = 112°

Stim ca -1 ≤ cos x ≤ 1 => cos x = 1,6 este o valoare imposibila.

sin x = 0,4 => x=23°…

Stim ca 0 ≤ sin x ≤ 1 , =>sin x=2 este o valoare imposibila.

4.Sa se arate ca relatia sin2x + cos2x = 1 este adevarata pentru orice x cuprins intre 0° si 180°.

Rezolvare:

Pentru 0° ≤ x ≤ 90°putem aplica teorema lui Pitagora intr-un triunghi dreptunghic cu un unghi de marimea x.

Pentru 90° ≤ x ≤ 180° stim ca
cos x = – cos (180°-x); sin x = sin (180° – x)  si putem aplica teorema lui Pitagora intr-un triunghi dreptunghic cu un unghi de marimea 180°- x.

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 1

In ambele cazuri conform figurii vom avea: \inline \sin{x}=\frac{c}{a};\cos{x}=\frac{b}{a}=>

\inline \ {sin}^2x+{cos}^2x=\frac{c^2}{a^2}+\frac{b^2}{a^2}=\frac{b^2+c^2}{a^2}=\frac{a^2}{a^2}=1

5.Exprimati, pentru 0° < x < 90°, sin (90° + x) si cos (90° + x) in functie de sin x, cos x.

Rezolvare:

Pentru 90° ≤ x  ≤ 180° stim ca

Cos x = -cos (180°-x); sin x = sin (180° – x)

Sin (90°+x) = sin (180°-90°-x) = sin (90°-x) = cos x;

Cos (90°+x) = -cos (180°-90°-x) = -cos (90°-x) = -sin x

6.Este adevarat ca \inline cosx=\sqrt{1-\sin^2x} pentru orice x intre 0° si 180°? Dar \inline sinx=\sqrt{1-\cos^2x}?

Rezolvare:

Pentru valorile 90° ≤ x  ≤ 180° cosinus este negativ, iar valoarea extrasa de sub radical poate fi pozitiva, deci nu este adevarat. In al doilea caz, relatia este adevarata.

7.In problema rezolvata 2, figura 1.64, determinati lungimea AB fara a mai duce perpendiculara din B pe AC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 2

Ipoteza:         BC=10, m(∢B)=25°, m(∢C)=40°

Concluzie: AB=?

m(∢BAC)=180°-40°-25°=115°;m(∢DAC)=65°;

m(DCA)=25°;m(DCB)=65°

BD=10∙cos  25° =10∙sin 65°=9,06

CD=10∙cos 65° =10∙sin 25°=4,23 ;

AD= 4,23∙tg 25°=  4,23∙0,46=1,97;

AB=9,06-1,97=7,09

8.Un triunghi are unghiurile de 60°, 45° si 75° iar latura dintre unghiurile de 75° si 45° de 4 cm.

  1. Determinati lungimile celorlalte laturi.
  2. Folosind si metoda gasita in problema 7, deduceti o expresie exacta pentru sin 75° si cos 75°.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 3

Ducem AD⊥BC.

\inline AD=AB\cdot\sin{45^{\circ}}=4\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2;

\inline BD=AB\cdot\cos{45^{\circ}}=4\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2;

\inline AD=DC\cdot tg\ 60^{\circ}=>DC=\frac{2\sqrt2}{\sqrt3}=>

\inline BC=2\sqrt2+\frac{2\sqrt2}{\sqrt3}=2\sqrt2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right);

\inline AC=AD\cdot\frac{1}{\sin{60^{\circ}}}=2\sqrt2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\cdot\frac{\sqrt2}{\sqrt3}

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 4

\inline EC=2\sqrt2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right)\cdot\sin{45^{\circ}}\inline =\frac{\sqrt2}{2}\cdot2\sqrt2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right)=2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right);

\inline \sin{75^{\circ}}=\frac{2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right)}{4\cdot\frac{\sqrt2}{\sqrt3}}=\frac{\sqrt3\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right)}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt3+1}{2\sqrt2};

\inline \cos{75^{\circ}}=\frac{EA}{AC};  \inline EA=4-2\left(1+\frac{1}{\sqrt3}\right)=2\left(2-1-\frac{1}{\sqrt3}\right)=\inline 2\left(1-\frac{1}{\sqrt3}\right);

\inline \cos{75^{\circ}}=\frac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}

9.Cele trei laturi ale unui triunghi au lungimile de 10, 12 si 8.

  1. Calculati lungimile medianelor acestui triunghi.
  2. Calculati unghiurile dintre mediane si laturile corespunzatoare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 5

\inline {BC}^2={AB}^2+{AC}^2-2AB\cdot AC\cdot cosA;

\inline 100=144+64-192\cdot\cos{A}=>\cos{A=\frac{108}{192}}

\inline {BN}^2={AB}^2+{AN}^2-2AB\cdot AN\cdot cosA=\inline 144+16-96\frac{54}{96}=106;

\inline BN=\sqrt106

\inline {AC}^2={BC}^2+{AB}^2-2BC\cdot AB\cdot\cos{B};

\inline 64=100+144-240\cdot\cos{B}=>\cos{B}=\frac{180}{240}

\inline {CP}^2={PB}^2+{BC}^2-2BC\cdot PB\cdot\cos{B}=\inline 36+100-120\cdot\frac{180}{240}=46;

\inline CP=\sqrt{46}

\inline {AB}^2={BC}^2+{AC}^2-2BC\cdot AC\cdot\cos{C};

\inline 144=100+64-160\cdot\cos{C}=>\cos{C}=\frac{1}{8}

\inline {MA}^2={MC}^2+{AC}^2-2MC\cdot AC\cdot\cos{C}=\inline 25+64-80\cdot\frac{1}{8}=79;

\inline MA=\sqrt{79}

\inline {NC}^2={BC}^2+{BN}^2-2BC\cdotBN\cdot\cos{NBC};

\inline 16=100+106-20\sqrt106\cdot\cos{NBC}=>

\inline \cos{NBC}=\frac{96}{20\sqrt106}=\frac{24}{5\sqrt106}=0,48=>

90°-m(∢NBC)=29°=>m(∢NBC)=61°

Se aplica teorema generalizata a lui Pitagora si pentru a calcula marimile cosinusurilor celorlalte unghiuri.

10. Un triunghi are doua laturi de 8 si 11, iar unghiul cuprins intre ele de 60°. Calculati lungimea celei de a treia laturi si masurile celorlalte doua unghiuri.

Rezolvare:

\inline {AC}^2={BC}^2+{AB}^2-2BC\cdot AB\cdot\cos{B}=\inline 64+121-176\cdot\frac{1}{2}=97

\inline =>AC=\sqrt{97}

\inline {AB}^2={BC}^2+{AC}^2-2BC\cdot AC\cdot\cos{C}=>

\inline 64=121+97-22\sqrt{97}\cdot\cos{C}=>

\inline \cos{C}=\frac{154}{22\sqrt{97}}=0,71

Sin (90°-C)=>  90°-C=45°=>

m(∢C)=45°;m(∢A)=75°

11.Un triunghi isoscel are laturile congruente de 8, iar unghiul din varf de 45°. Calculati baza sa, inaltimea corespunzatoare bazei. Deduceti valorile exacte ale lui sin 22°30’ si cos 22°30’ (in expresiile lor vor aparea, bineinteles, radicali).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 6

\inline {BC}^2={AB}^2+{AC}^2-2AB\cdot AC\cdot cosA=\inline 128-128\cdot\frac{\sqrt2}{2}=128-64\sqrt2;

\inline BC=8\sqrt{2-\sqrt2}

Triunghiul fiind isoscel, inaltimea din A este si mediana si bisectoare, deci aplicam teorema lui Pitagora in unul din cele doua triughiuri noi formate.

\inline h^2=64-32+16\sqrt2=32+16\sqrt2;

\inline h=4\sqrt{2+16\sqrt2}

\inline \sin{22^{\circ}\ {30}^\prime}=\frac{4\sqrt{2-\sqrt2}}{8}=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2};

\inline \cos{22^{\circ}\ 30{}'}=\frac{4\sqrt{2+16\sqrt2}}{8}=\frac{\sqrt{2+16\sqrt2}}{2}

12.Rezolvati problema 11 cu un unghi oarecare x in loc de 45°.

Rezolvare:

\inline {BC}^2={AB}^2+{AC}^2-2AB\cdot AC\cdot\cos{x}\inline =128-128\cdot\cos{x}=>

\inline BC=8\sqrt{2-2\cos{x}}

\inline h^2=64-\left(4\sqrt{2-2\cos{x}}\right)^2\inline =64-16(2-2\cos{x)=32+32\cos{x}}=>

\inline h=4\sqrt{2+2\cos{x}}

\inline \cos{\frac{x}{2}}=\frac{4\sqrt{2+2\cos{x}}}{8}\inline =\frac{\sqrt{2+2\cos{x}}}{2}

\inline \sin{\frac{x}{2}}=\frac{4\sqrt{2-2\cos{x}}}{8}\inline =\frac{\sqrt{2-2\cos{x}}}{2}

13.Laturile unui triunghi ABC au lungimile de AB = 6, BC = 7, CA = 8. Pe latura BC se alege un punct D astfel ca BD = 3. Determinati lungimea AD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 7

\inline {AC}^2={BC}^2+{AB}^2-2BC\cdot AB\cdot\cos{B};

\inline 64=49+36-84\cdot\cos{B}=>\cos{B}=\frac{21}{84}=\frac{1}{4}

\inline {AD}^2={BD}^2+{AB}^2-2BD\cdot AB\cdot\cos{B}=\inline 9+36-36\cdot\frac{1}{4}=>AD=6

14.Un triunghi are o latura de 12, unghiul opus de 56°, iar unul din celelalte unghiuri este de 62°. Determinati raza cercului circumscris triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 8

m(∢C)=180°-62°-56°-62°=>⊿ABC este isoscel, mediatoarea laturii AC trece prin B, iar BN este si bisectoare. => \inline \sin{28^{\circ}\ }=\frac{6}{BC}

\inline \cos{28^{\circ}=\frac{BC}{2r}};r=\frac{\frac{6}{\sin{28^{\circ}}}}{2\cos{28^{\circ}}}=\inline \frac{3}{\sin{28^{\circ}}\cdot\cos{28^{\circ}}}=\frac{3}{0,47\cdot0,88}=7,32

15.In problema precedenta, determinati si raza cercului inscris in triunghi.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 9

⊿OAM∼⊿CBM => \inline =>\frac{AM}{BM}=\frac{OM}{MC}=>\frac{6}{6\cdot c t g28^{\circ}}=\frac{r}{6}\inline =>\frac{1}{tg62^{\circ}}=\frac{r}{6}=>

r=3,1

16.Doua laturi ale unui triunghi au lungimile de 9 si 14, unghiul cuprins intre ele este de 40. Calculati lungimea bisectoarei corespunzatoare laturii de 9.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 10

\inline {AC}^2={BC}^2+{AB}^2-2BC\cdot AB\cdot\cos{B};

\inline {AC}^2=196+81-252\cdot\sin{50^{\circ}}=\inline 277-252\cdot0,77=82,96=>AC=9,11

\inline {AB}^2={BC}^2+{AC}^2-2BC\cdot AC\cdot\cos{C};

\inline \ 81=196+83-255\cdot\cos{C}=>\inline \cos{C}=\frac{198}{255}=0,77=>

m(∢C)=40°

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 11

\inline \sin{80^{\circ}}=\frac{EC}{AC}=>EC=0,98\cdot9,11=8,92;

\inline \cos{30^{\circ}}=\frac{EC}{CD}=>CD=\frac{8,92}{0,87}=10,25

17. Laturile unui paralelogram au lungimile de 5 si 8, iar unul din unghiurile sale are 50.

  1. Calculati lungimile diagonalelor
  2. Calculati unghiurile dintre diagonale si laturi
  3. Calculati unghiul dintre diagonale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 11

\inline {BD}^2={AB}^2+{AD}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot\cos{A}\inline =64+25+80\cdot\sin{40^{\circ}}=\inline 89+51,2=140,2=>BD=11,84

\inline {AC}^2={AB}^2+{BC}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot\cos{B}\inline =64+25-80\cdot\sin{40^{\circ}}=\inline 89-51,2=37,8=>BD=6,14

\inline {AB}^2={AC}^2+{BC}^2-2\cdot AC\cdot BC\cdot\cos{ACB}=>\inline 25=37,8+64-98,24\cdot\cos{ACB}=>\cos{ACB}=\sin{\left(90-ACB\right)}\inline =\frac{76,8}{98,24}=0,78=>

m(∢ACB)=90°-52°=38°=>

m(∢BAC)=180°-50-38°=92°;

\inline {BC}^2={BD}^2+{DC}^2-2\cdot BD\cdot DC\cdot\cos{CDB}=>\inline 64=140,2+25-118,4\cdot\cos{CDB}=>\inline \cos{CDB}=\sin{\left(90^{\circ}-CDB\right)}=\frac{101,2}{118,4}=0,85=>

m(∢CDB)=90°-58°=32°

m(∢AOB)=180°-32°-92°=56°

18. Distanta dintre centrele a doua cercuri de raze 9 si 13 este de 20.

  1. Calculati lungimea coardelor lor comune.
  2. Calculati unghiul dintre tangentele la cele doua cercuri intr-unul din punctele lor de intersectie.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 13

\inline {AO}^2={AO^\prime}^2+{O^\prime O}^2-2\cdot AO^\prime\cdot OO^\prime\cdot\cos{AO^\prime O}=>\inline 81=169+400-520\cdot\cos{AO^\prime O}=>\cos{AO^\prime O}=\frac{488}{520}

AB⊥OO’ in triunghiurile isoscele AOB si AO’B, OO’ este bisectoare deci este si inaltime si mediana.

\inline \sin{AO^\prime O}=\frac{AM}{AO^\prime}=\sqrt{1-({\frac{488}{520})}^2}=\inline \frac{48\sqrt{14}}{520}=\frac{8\sqrt{14}}{65}=\frac{AM}{13}=>\inline AM=13\cdot\frac{8\sqrt{14}}{65}=\frac{8\sqrt{14}}{5}=>\inline AB=\frac{16\sqrt{14}}{5}

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 14

In triunghiul OAO’ trebuie sa determinam masura unghiului NAP.

m(∢AON)+m(∢OAM)=90°=m(∢OAM)+m(∢MAP)=>

∢MAP≡∢AON

m(∢AO’P)+m(∢O’AM)=90°=m(∢O’AM)+m(∢MAN)=>

∢MAN≡∢AO’P

m(∢NAP)=m(∢MAP)+∢MAN=m(∢AO’P)+m(∢AON)=180°-m(∢OAO’)

\inline {OO^\prime}^2={AO}^2+{O^\prime A}^2-2\cdot AO^\prime\cdot OA\cdot\cos{OAO^\prime}=>\inline 400=81+169-2\cdot9\cdot13\cdot\cos{OAO^\prime}=>\inline \cos{OAO^\prime}=-\frac{150}{234}=>\inline \cos{\left(180^{\circ}-OAO^\prime\right)}=\cos{NAP}=\frac{150}{234}=\frac{75}{117}

19. Aceeasi problema, distanta dintre centre fiind de 5.

Rezolvare:

Vom folosi figurile de la problema anterioara.

\inline {AO}^2={AO^\prime}^2+{O^\prime O}^2-2\cdot AO^\prime\cdot OO^\prime\cdot\cos{AO^\prime O}=>\inline 81=169+25-130\cdot\cos{AO^\prime O}=>\cos{AO^\prime O}=\frac{113}{130}

\inline AB\bot OO\prime in triunghiurile isoscele AOB si AO’B, OO’ este bisectoare deci este si inaltime si mediana.

\inline \sin{AO^\prime O}=\frac{AM}{AO^\prime}=\sqrt{1-({\frac{113}{130})}^2}=\frac{9\sqrt{51}}{130}=\frac{AM}{13}=>

\inline AM=13\cdot\frac{9\sqrt{51}}{130}=\frac{9\sqrt{51}}{10}=>AB=\frac{18\sqrt{51}}{10}

In triunghiul OAO’ trebuie sa determinam masura unghiului NAP.

m(∢AON)+m(∢OAM)=90°=m(∢OAM)+m(∢MAP)=>

∢MAP≡∢AON

m(∢AO^’ P)+m(∢O’AM)=90°=m(∢O’AM)+m(∢MAN)=>

∢MAN≡∢AO’P

m(∢NAP)=m(∢MAP)+∢MAN=m(∢AO’P)+m(∢AON)=180°-m(∢OAO’)

\inline {OO^\prime}^2={AO}^2+{O^\prime A}^2-2\cdot AO^\prime\cdot OA\cdot\cos{OAO^\prime}=>\inline 25=81+169-2\cdot9\cdot13\cdot\cos{OAO^\prime}=>\inline \cos{OAO^\prime}=-\frac{225}{234}=>\cos{\left(180-OAO^\prime\right)}=\cos{NAP}=\frac{225}{234}=\frac{25}{26}

20. Bazele unui trapez au 15 respectiv 9 ca lungime iar laturile neparalele au 11 si 13.

  1. Unghiurile ascutite ale trapezului sunt alaturate sau opuse?
  2. Calculati lungimile diagonalelor trapezului.
  3. Calculati unghiurile trapezului.
  4. Calculati unghiurile dintre diagonale si laturi.
  5. Calculati unghiul dintre diagonale.

Incercati sa rezolvati fiecare din puncte bazandu-va pe cat mai putine din rezultatele punctelor precedente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 15

Ducem prin D o paralela la BC. DMBC este paralelogram avand laturile opuse paralele.=>DC=MB;AM=AM-DC=15-9=6

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DAM.

\inline {DM}^2={AD}^2+{AM}^2-2\cdot AM\cdot AD\cdot\cos{DAM};

\inline 169=121+36-132\cdot\cos{DAM};

\inline \cos{DAM}=-\frac{12}{132}=>unghiul\ A\ este\ obtuz

Ajustam figura:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 16

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DAB:

\inline {DB}^2={AD}^2+{AB}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot\cos{DAB};\inline {DB}^2=121+225-2\cdot11\cdot15\cdot\left(-\frac{12}{132}\right)=376 \inline =>DB=2\sqrt{94}

m(∢ADC)+m(∢DAB)=180°

Cos DAB = –  cos (180°-DAB) = – cos ADC \inline =>\cos{ADC}=\frac{1}{11}

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul ADC:

\inline {AC}^2={AD}^2+{DC}^2-2\cdot DC\cdot AD\cdot\cos{ADC}= \inline 121+81-2\cdot11\cdot9\cdot\frac{1}{11}=111\inline =>AC=\sqrt{111}

Daca \inline \cos{ADC}=\frac{1}{11}=>\inline \sin{ADC}=\ \frac{2\sqrt{30}}{11}=0,99=>

m(∢ADC)=89°;

m(∢DAM)=180°-89°=101°

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DCB:

\inline {DB}^2={DC}^2+{BC}^2-2\cdot DC\cdot BC\cdot\cos{DCB}=>\inline 376=81+169-2\cdot9\cdot13\cdot\cos{DCB}=>\inline \cos{DCB}=-\frac{126}{234};  \inline \cos{\left(180^{\circ}-DCB\right)}=\frac{7}{13}; \inline \sin{\left(180^{\circ}-DCB\right)}=\frac{2\sqrt{30}}{13}=0,84

m(∢DCB)=180°-57°=123°; m(∢CBA)=57°

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DBA:

\inline {DA}^2={DB}^2+{AB}^2-2\cdot DB\cdot AB\cdot\cos{DBA}=> \inline 121=376+225-2\cdot2\sqrt{94}\cdot15\cdot\cos{DBA}=>

\inline \cos{DBA}=\frac{480}{2\cdot2\sqrt{94}\cdot15}= \inline \frac{8}{\sqrt{94}};\sin{DBA}=\sqrt{\frac{15}{47}}=0,56;

m(∢DBA)=34°;m(∢DBC)=23°

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DCA:

\inline {DA}^2={DC}^2+{AC}^2-2\cdot DC\cdot AC\cdot\cos{DCA}=> \inline 121=81+111-18\cdot\sqrt{111}\cdot\cos{DCA}=> \inline \cos{DCA}=\frac{71}{18\sqrt{111}}=0,37;\sin{DCA}=0,93;

m(∢DCA)=69°;m(∢ACB)=54°

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 17

m(∢CMB)=180°-54°-23°=103°

21. Bazele unui trapez sunt lungi de 16 si 4, una din laturile neparalele are 6, iar una din diagonale 12. Rezolvati pentru acest trapez punctele a-e din problema precedenta.

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 18

Stim ca intr-un triunghi una dintre laturi este mai mare decat diferenta celorlalte doua si mi mica decat suma lor, deci pentru a fi a treia latura intr-un triunghi, diagonala de 12 trebuie sa fie mai mare decat 10 si mai mica decat 22 sau mai mare decat 8 si mai mica decat 16. Observam ca indeplineste doar conditiile din prima situatie, deci, conform desenului, este vorba de BD.

In triunghiul DAB aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {DB}^2={AD}^2+{AB}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot\cos{DAB}; \inline 144=36+256-12\cdot16\cdot\cos{DAB}; \inline \cos{DAB}=\frac{148}{12\cdot16}=\frac{37}{48};

Sin DAB=0,64=>m(∢DAB)=39°

In triunghiul MCB (MC fiind paralel cu AD) aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {BC}^2=36+144-2\cdot6\cdot12\cdot\frac{37}{48}=69=> \inline BC=\sqrt{69}=8,31; \inline {MC}^2={CB}^2+{MB}^2-2\cdot CM\cdot CB\cdot\cos{CMB}=> \inline 36=69+144-2\cdot\sqrt{69}\cdot12\cdot\cos{CBM}=> \inline \cos{CBM}=\frac{177}{24\sqrt{69}}=0,89=> \inline \sin{CBM}=0,45=> m(∢CMB)=26°

In triunghiul ACB aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {AC}^2={BC}^2+{AB}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot\cos{CBA}= \inline 69+256-2\cdot16\cdot\sqrt{69}\cdot\frac{177}{24\sqrt{69}}=89; \inline AC=\sqrt{89}

m(∢DCB)=180°-m(∢B)=154°;

m(∢ADC)=180°-m(∢A)=141°

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DCA:

\inline {DA}^2={DC}^2+{AC}^2-2\cdot DC\cdot AC\cdot\cos{DCA}=> \inline 36=16+89-8\cdot\sqrt{89}\cdot\cos{DCA} \inline \cos{DCA}=\frac{69}{8\sqrt{89}}=0,91;\sin{DCA}=0,41=>

m(∢DCA)=24°; m(∢DAC)=180°-24°-141°=15°

m(∢ACB)=m(∢DCB)-24°=130°

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DCB:

\inline {DC}^2={DB}^2+{BC}^2-2\cdot DB\cdot BC\cdot\cos{CBD}=> \inline 16=144+69-24\cdot\sqrt{69}\cdot\cos{CBD}=> \inline \cos{CBD}=\frac{197}{24\sqrt{69}}=0,99; \inline \sin{CBD=}0,14=>

m(∢CBD)=8°;m(∢CDB)=18°

22. Din doua puncte ale unei drepte departate intre ele cu 4 ducem doua segmente perpendiculare pe acea dreapta de lungimi 5 si 7. Care este distanta dintre celelalte capete ale acestor segmente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 19

Consideram doua situatii:

1.Perpendicularele sunt de aceeasi parte a dreptei, si in acest caz aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul EDC: \inline {CE}^2={CD}^2+{DE}^2=>CE=2\sqrt5.

2.Perpendicularele sunt de o parte si de alta a dreptei. Notam

BH=x; HG=4-x; ∢EHB ≡ ∢FHG=>

\inline ctgEHB=ctgFHG=\frac{x}{7}=\frac{4-x}{5}=> \inline 5x=28-7x=> \inline x=\frac{28}{12}=\frac{7}{3}; \inline 4-x=\frac{5}{3};

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiurile EHB si FHG pentru a determina EH si HF =>

\inline EF=EH+HF= \inline \sqrt{49+\frac{49}{9}}+\sqrt{25+\frac{25}{9}}= \inline \sqrt{\frac{49\cdot10}{9}}+\sqrt{\frac{25\cdot10}{9}}=\inline \frac{7}{3}\cdot\sqrt{10}+\frac{5}{3}\cdot\sqrt{10}=4\sqrt{10}.

23. Intr-un patrulater convex ABCD avem AB = 13, BC = 25, CD = 26, DA = 12\inline \sqrt{2}, iar BD = 17. Calculati lungimea diagonalei AC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema generalizata a lui Pitagora 20

In triunghiul ABD aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {AD}^2={AB}^2+{BD}^2-2\cdot AB\cdot BD\cdot\cos{ABD}; \inline 288=169+289-442\cdot\cos{ABD}; \inline \cos{ABD}=\frac{170}{442}=\frac{5}{13}=0,38; \inline \sin{ABD}=0,93=>

m(∢ABD)=68°

In triunghiul DBC aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {DC}^2={CB}^2+{BD}^2-2\cdot CB\cdot BD\cdot\cos{DBC}; \inline 676=625+289-2\cdot17\cdot25\cdot\cos{DBC}; \inline \cos{DBC}=\frac{7}{25}=0,28; \inline \sin{DBC}=\ 0,96=>

m(∢DBC)=72°

m(∢ABC)=72°+68°=140°

\inline {AC}^2={AB}^2+{BC}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot\cos{ABC}= \inline 169+625+2\cdot13\cdot25\cdot0,76=1288 \inline =>AC=35,9

24. In problema 23 calculati si unghiurile patrulaterului, unghiurile dintre diagonale si laturi, unghiul dintre diagonale.

Rezolvare:

In triunghiul ABC aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {DB}^2={DC}^2+{BC}^2-2\cdot CB\cdot CD\cdot\cos{BCD}=> \inline 289=625+676-2\cdot25\cdot26\cdot\cos{BCD}=> \inline \cos{BCD}=\frac{1012}{1300}=0,77; \inline \sin{BCD}=0,64=> m(∢BCD)=39°

In triunghiul ADC aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {AC}^2={DC}^2+{AD}^2-2\cdot AD\cdot CD\cdot\cos{ADC}=> \inline 289=288+676-2\cdot12\sqrt2\cdot26\cdot\cos{ADC}=> \inline \cos{ADC}=\frac{675}{879,84}=0,77; \inline \sin{ADC}=0,64 => m(∢ADC)=39°

In triunghiul DAB aplicam teorema generalizata a lui Pitagora:

\inline {DB}^2={AB}^2+{AD}^2-2\cdot AD\cdot AB\cdot\cos{DAB}= > \inline 289=288+169-2\cdot12\sqrt2\cdot13\cdot\cos{DAB}=> \inline \cos{DAB}=\frac{168}{441,23}=0,38 \inline =>\sin{DAB}=0,93=> m(∢DAB)=68°

m(∢ADB)=44°; m(∢BDC)=24°(se determina prin suma unghiurilor unui triunghi) etc.

25. In problemele 23 si 24, punctul D este in interiorul, in exteriorul sau chiar pe cercul care trece prin A, B, C?

Rezolvare:

m(∢D)+m(∢B)=179°<180°, deci D se afla in interiorul cercului.

Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta

1.Examinati tabelul de valori al sinusului si raspundeti la intrebarea: daca x < y atunci avem  sin x < sin y, sin x > sin y sau sin x = sin y?

Demonstrati apoi raspunsul (evident ca tabelul, ce nu contine decat valorile lui sin x pentru x intreg, nu ne poate ajuta in aceasta demonstratie); amintiti-va teoremele de la “inegalitati”.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 21

Daca x < y atunci avem sinx < siny.

x<y;\sin{x=\frac{BB\prime}{R}};\sin{y=\frac{CC^\prime}{R}}\ ;

BB^\prime<CC^\prime=>sinx<\sin{y}

2.Aceeasi intrebare pentru cosinus.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 22

Daca x < y atunci avem cos x > cos y.

x<y;\cos{x=\frac{OC\prime}{R}};\cos{y=\frac{OB\prime}{R}}\ ;

OB^\prime>OC^\prime=>cosx>\cos{y}

3.Examinati diferentele dintre valorile succesive ale sinusului din tabelul de mai sus; mai precis examinati valorile expresiei sin(x+1°)-sinx pentru x intreg. Unde creste mai repede, in zona valorilor mici sau a celor mai mari a lui x?

Rezolvare:

Sinusul creste mai repede in zona valorilor mici.

4.Care sunt valorile lui x pentru care sin x = cos x?

Rezolvare:

x=45°

5.Ce puteti spune despre masura x a unui unghi ascutit pentru care sin x = 0,8? Dar daca stim ca cos y = 0,55?

Rezolvare:

Pentru sin x = 0,8, din tabel => 0,799 <0,8 < 0,809 =>sin 53° < sin x < sin 54° deci 53 < x < 54.

Daca cos y = 0,55 =>  => 0,545 < 0,55 < 0,559 =>

=>   56 < y < 57.

6.Ipotenuza unui triunghi dreptunghic are lungimea a, iar unul din unghiurile ascutite masura x. Sa se exprime lungimile catetelor, ale inaltimii, ale proiectiilor catetelor pe ipotenuza. (La aceasta problema ca si la cele care urmeaza se vor considera si exemple numerice.)

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 23

sinx=\frac{b}{a}=>b=a\cdot\sin{x};\cos{x}=\frac{c}{a}=>c=a\cdot\cos{x}

a\cdot u=a^2\cdot{sin}^2x=>u=\frac{a^2\cdot{sin}^2x}{a}=a\cdot{sin}^2x

a\cdot v=a^2\cdot {cos}^2x=>v=\frac{a^2\cdot {cos}^2x}{a}=a\cdot {cos}^2x

h^2=u\cdot v=a\cdot {sin}^2x\cdot a\cdot {cos}^2x=>h=a\cdot \sin{x}\cdot \cos{x}

Exemplu numeric:

Fie x = 30°; a =10; => \inline c=5\sqrt3;b=5;u=\frac{5}{2};v=\frac{15}{2};h=\frac{5\sqrt3}{2}

7.Inaltimea unui triunghi dreptunghic corespunzatoare unghiului drept are lungimea h, iar unul dintre unghiurile ascutite ale triunghiului are masura x. Exprimati lungimile ipotenuzei, ale catetelor etc.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 24

\sin{x}=\frac{h}{c}=>c=\frac{h}{\sin{x}};

sin (90^{\circ}-x)=cos\ {x}=\frac{h}{b}=>b=\frac{h}{\cos{x}};

\cos{x}=\frac{v}{c}=>v=c\cdot cosx=h\cdot\frac{\cos{x}}{\sin{x}}

cos(90^{\circ}-x)=\sin{x}=\frac{u}{b}=>u=b\cdot\sin{x}=h\cdot\frac{\sin{x}}{\cos{x}};

a=u+v=h\cdot\frac{{cos}^2x+{sin}^2x}{\cos{x}\sin{x}}=h\cdot\frac{1}{\sin{x}\cos{x}}

Exemplu numeric:

Fie \inline h=\frac{5\sqrt3}{2};x=30^{\circ};=>c=5\sqrt3;b=5;u=\frac{5}{2};v=\frac{15}{2};a=10

8.Baza mica a unui trapez dreptunghic are lungimea b, latura “oblica” are lungimea c, iar unghiul ascutit masura x. Sa se exprime baza mare, latura perpendiculara si diagonalele.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 25

\sin{x}=\frac{d}{c}=>d=c\cdot\sin{x};

\cos{x}=\frac{a-b}{c}=>a-b=c\cdot\cos{x}=>a=b+c\cdot\cos{x};

e=\sqrt{c^2\cdot{sin}^2x+b^2};

f=\sqrt{{(b+c\cdot\cos{x})}^2+c^2\cdot{sin}^2x}

9.Intr-un cerc de raza R se considera un unghi la centru de masura x. Care este lungimea coardei “corespunzatoare”?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 26

Ducem perpendiculara din O pe AB. Triunghiul AOB este isoscel, laturile sale fiind egale cu raza cercului => AC este si bisectoare.

sin\ {\frac{x}{2}}=\frac{BC}{R}=\frac{AB}{2R}=>AB=2R\cdot\sin{\frac{x}{2}}

10.Un triunghi isoscel are unghiurile de la baza de masura x, iar laturile congruente de lungime a. Sa se calculeze baza, inaltimea corespunzatoare bazei si inaltimile corespunzatoare laturilor congruente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 27

\sin{x}=\frac{h}{a}=>h=a\cdot\sin{x};

\cos{x}=\frac{\frac{b}{2}}{a}=\frac{b}{2a}=>b=2a\cdot\cos{x}\ ;

\sin{x}=\frac{g}{b}=\frac{g}{2a\cdot\cos{x}}=>g=2a\cdot\sin{x}\cdot\cos{x}

Exemplu numericx = 30°; a = 10 => \inline \sin{30^{\circ}}=\frac{1}{2};\cos{30^{\circ}}=\frac{\sqrt3}{2} ,deci

h=5;b=10\sqrt3;\ g=5\sqrt3

11.Se cunosc lungimile bazei si a laturilor congruente dintr-un triunghi isoscel. Sa se scrie o relatie din care sa se poata determina unghiul de la varf al triunghiului (relatia va contine, evident, “sinus” sau “cosinus”).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 28

Ducem inaltimea din A, care va fi si mediana si bisectoare conform proprietatii triunghiului isoscel.

=>\sin{\frac{A}{2}}=\frac{\frac{b}{2}}{a}=\frac{b}{2a}

12.Cunoscand lungimea si latimea unui dreptunghi sa se determine masura unghiului ascutit format de diagonalele sale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 29

Ducem prin M o paralela la BC. Stiind ca diagonalele unui dreptunghi se injumatatesc si sunt congruente  => MN este inaltime in triunghiul isoscel BMC deci este si bisectoare. \inline m\left(\sphericalangle CMN\right)=\frac{x}{2}\inline \sphericalangle CMN\equiv\sphericalangle BAC\equiv\sphericalangle BMN (conform constructiei de drepte paralele).

In trunghiul dreptunghic ABC, \inline tg{\frac{x}{2}}=\frac{l}{L} , unde l este latimea dreptunghiului, iar L mare, lungimea sa.

13.Un punct este la distanta de 15 cm de centrul unui cerc de raza 5 cm. Sub ce unghi “se vede cercul” din acel punct (cu alte cuvinte care este unghiul format de tangentele duse din acel punct la cerc)?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 30

\inline \bigtriangleup TMO\equiv\bigtriangleup T\prime MO (cazul C.I. – \inline T'O\bot MT^\prime;OT\bot MT raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta) => ∢TMO≡∢OMT’.

In ⊿TMO, \inline \sin{\frac{x}{2}=\frac{OT}{OM}=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}}

14.Doua cercuri de raze R si r au distanta d intre centre. Sub ce unghi se vad cercurile din punctul de intersectie al tangentelor comune exterioare? Dar din cel al tangentelor comune interioare?

Rezolvare:

In cazul tangentelor exterioare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 31

Din problema anterioara stim ca \inline \sin{\frac{x}{2}=\frac{R}{OM}=\frac{r}{O\prime M}}

O’M∥OA=>⊿BMO’∼⊿AMO \inline =>\frac{O^\prime M}{OM}=\frac{r}{R}=>

\inline \frac{O^\prime M}{O^\prime M+d}=\frac{r}{R}=>\frac{O^\prime M}{d}=\frac{r}{R-r}\inline =>O^\prime M=\frac{dr}{R-r}=>

\inline \sin{\frac{x}{2}=\frac{r(R-r)}{d\cdot r}}=\frac{R-r}{d}

In cazul tangentelor interioare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 32

⊿AMO≡⊿CMO (fiind triunghiuri dreptunghice, raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta, cazul C.I.) => m(∢AMO)=m(∢OMC)=\inline \frac{x}{2}

\inline \sin{\frac{x}{2}}=\frac{R}{OM};\ \bigtriangleup AOM\sim\bigtriangleup DO^\prime M \inline =>\frac{OM}{MO^\prime}=\frac{R}{r}=>\frac{OM}{d-OM}=\frac{R}{r}=>

\inline r\cdot OM=R\cdot d-R\cdot OM=>OM=\frac{Rd}{R+r}=>

\inline \sin{\frac{x}{2}=\frac{R\cdot\left(R+r\right)}{R\cdot d}}=\frac{R+r}{d}

15.O dreapta este la distanta d de centrul unui cerc de raza R. Care este unghiul format de dreapta cu tangenta la cerc intr-un punct de intersectie al dreptei cu cercul?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 33

m(∢BTA)+m(∢ATO)=m(∢ATO)+m(∢AOT)=90°

=>∢AOT≡∢ATB=> \inline \cos{x}=\frac{OA}{OT}=\frac{d}{R}

16.In ∆ABC cu m(∢A)=90° ducem AD⊥BC,DE⊥AB,EF⊥ Exprimati BF si AF cunoscand BC = a si m(∢B)=x.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme sinus, cosinus, tangenta si cotangenta 34

\inline AB=a\cdot\cos{x};AC=a\cdot\sin{x}; ∢DAC≡∢ABC (sunt complementare cu unghiul C) => \inline AD=a\cdot\sin{x}\cdot\cos{x};CD=a\cdot{sin}^2x;

m(∡FEB)=m(∢DAE)=m(∢EDF)=90°-x=>

\inline DB=\cos{x}\cdot a\cdot\cos{x}; \inline EB=\cos{x}\cdot\cos{x}\cdot a\cdot\cos{x}=>

\inline BF=\cos{x}\cdot\cos{x}\cdot\cos{x}\cdot a\cdot\cos{x}=a\cdot{cos}^4x

\inline DF=BC-BF-CD=a-a\cdot{cos}^4x-a\cdot{sin}^2x=>

\inline DF=a\cdot{cos}^2x-a\cdot{cos}^4x;

\inline AF=\sqrt{{AD}^2+{DF}^2}=\sqrt{a^2\cdot{sin}^2x\cdot{cos}^2x+a^2\cdot\left({cos}^2x-{cos}^4x\right)^2}=

\inline =a\cdot\cos{x\cdot\sin{x}}\cdot\sqrt{1+{sin}^2x\cdot{cos}^2x}

17.Aratati ca \inline ctgx=\frac{1}{tgx}.

Rezolvare:

ctgx=\frac{\cos{x}}{\sin{x}}=\frac{1}{\frac{\sin{x}}{\cos{x}}}=\frac{1}{tgx}

18.Aratati ca ctg x = tg (90°-x).

Rezolvare:

ctgx=\frac{\cos{x}}{\sin{x}}=\frac{\sin{\left(90^{\circ}-x\right)}}{\cos{\left(90^{\circ}-x\right)}}=tg\ (90^{\circ}-x)

19.Calculati tg 29°, ctg 44° etc.

Rezolvare:

tg 29°=0,554;ctg 44°=tg 46°=1,036

20.Ce puteti spune despre unghiurile x, y daca tgx=2,1 si ctgx=0,5?

Rezolvare:

tg 64°=2,050; tg 65°=2,145=>

2,050 < 2,1 < 2,145=>64°<x<65°

ctg x=tg (90°-x)

tg 26°=0,488;tg 27°= 0,510=>

0,488<0,5<0,510=>26°<90°-x<27°=>63°<x<64°

21.Aratati ca daca x < y atunci tg x < tg y iar ctg x > ctg y.

Rezolvare:

\inline tg\ x=\frac{sinx}{cosx} stim ca pentru x<y,sin x<sin y;cos x>cos y \inline =>\frac{1}{\cos{x}}<\frac{1}{\cos{y}}=>

tgx < tgy;

De asemenea, \inline ctgx=\frac{1}{tgx}  deci, bazandu-ne pe demonstratia de mai sus, pentru x<y=>ctg x>ctg y.

22.Determinati tangenta si cotangenta unghiurilor de 30°, 45° si 60 °.

Rezolvare:

\inline tg\ 30^{\circ}=\frac{\sin{30^{\circ}}}{\cos{30^{\circ}}}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3};ctg\ 30^{\circ}=\frac{\cos{30^{\circ}}}{\sin{30^{\circ}}}=\sqrt3

\inline tg\ 45^{\circ}=\frac{\sin{45^{\circ}}}{\cos{45^{\circ}}}=\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt2}=1;ctg\ 45^{\circ}=\frac{1}{tg\ 45^{\circ}}=1

\inline tg\ 60^{\circ}=\frac{\sin{60^{\circ}}}{\cos{60^{\circ}}}=\frac{\sqrt3}{2}\cdot2=\sqrt3;\ ctg\ 60^{\circ}=\frac{1}{tg\ 60^{\circ}}=\frac{1}{\sqrt3}

Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic

1.Ipotenuza unui triunghi dreptunghic este de 13 cm, iar una din catete este de 5 cm. Aflati cealalta cateta, inaltimea si proiectiile catetelor pe ipotenuza.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 35

AC2=BC2—AB2 => AC2=169-25=144=>AC=12

AB2 =BC∙BD => \inline BD=\frac{25}{13}; AC2=DC∙BC=> \inline DC=\frac{144}{13}

AD2=BD∙DC = \inline \frac{25\cdot144}{13\cdot13} => AD = \inline 5\cdot\frac{12}{13}=\frac{60}{13}

2.O cateta a unui triunghi dreptunghic este de 10 cm, iar inaltimea de 8 cm, Aflati celelalte elemente ale triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 36

DC2=AC2-AD2=100-64=36 => DC=6

AC2=CD∙BC => BC= \inline \frac{100}{6}=\frac{50}{3};BD=\frac{50}{3}-6=\frac{32}{6}=\frac{16}{3}

AB2=BC2– AC\inline \frac{2500}{9}-\frac{900}{9}=\frac{1600}{9} =>AB= \inline \frac{40}{3}

3.O cateta a unui triunghi dreptunghic este de 15 cm, iar proiectia sa pe ipotenuza este de 9 cm. Aflati celelalte elemente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 37

AB2=BD∙BC => BC= \inline \frac{225}{9}=25

AC2=BC2-AB2 =625-225=400 => AC=20

DC=BC-BD=25-9=16

AD2=BD∙DC=16∙9=AD=12

4. Inaltimea unui triunghi dreptunghic este de 24 cm, iar proiectia unei catete pe ipotenuza este de 10 cm. Aflati celelalte elemente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 38

\inline {AD}^2=BD\cdot DC=DC=\frac{576}{10}=57,6

BC=BD+DC=67,6

\inline {AB}^2=BD\cdot BC=10\cdot67,6=676=>AB=26

\inline {AC}^2=DC\cdot BC=67,6\cdot57,6=>AC=62,4

5. Ipotenuza unui triunghi dreptunghic este de 50 cm, iar proiectia unei catete pe ea este de 5 cm. Aflati celelalte elemente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 39

\inline {AB}^2=BD\cdot BC=5\cdot50=>AB=5\sqrt{10}

DC=BC-BD=45;

\inline {AC}^2=CD\cdot BC=45\cdot50=>AC=15\sqrt{10}

\inline {AD}^2=BD\cdot DC=5\cdot45=>AD=15

6. Proiectiile catetelor unui triunghi dreptunghic pe ipotenuza sunt de 7 cm si 63 cm. Aflati celelalte elemente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 40

\inline {AD}^2=BD\cdot DC=7\cdot63=>AD=21

BC=BD+DC=70

\inline {AB}^2=BD\cdot BC=7\cdot70=>AB=7\sqrt{10}

\inline {AC}^2=CD\cdot BC=63\cdot70=>AC=21\sqrt{10}

7. Enuntati si demonstrati o reciproca a teoremei lui Pitagora.

Rezolvare:

Daca intr-un triunghi o latura la patrat este egala cu suma patratelor celorlalte doua laturi atunci triunghiul este dreptunghic.

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 41

\inline {BD}^2+{AD}^2={AB}^2

\inline {DC}^2+{AD}^2={AC}^2

\inline =>{AB}^2+{AC}^2={BD}^2+{AD}^2+{DC}^2+{AD}^2={BC}^2

\inline 2{AD}^2+{BD}^2+{DC}^2+2BD\cdot DC-2BD\cdot DC=

\inline =2{AD}^2+\left(BD+DC\right)^2-2BD\cdot DC=

\inline =2{AD}^2+{BC}^2-2BD\cdot DC={BC}^2=>

\inline {AD}^2=BD\cdot DC=>\frac{AD}{BD}=\frac{DC}{AD} ; ∢ADB≡∢ADC=>

⊿DAB ∼⊿DCA=>∢ABD≡∢DAC;∢DAB≡∢ACD=>

m(∢BAC)=m(∢ DAB)+m(∢ABD)=90°

8. Deduceti teorema lui Pitagora din teorema catetei.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 42

Ipoteza: \inline {AB}^2=AD\cdot BC;{AC}^2=DC\cdot BC

Concluzie: \inline {BC}^2={AB}^2+{AC}^2

\inline {AB}^2+{AC}^2=\ AD\cdot BC+\ DC\cdot BC=

\inline =BC\cdot\left(AD+DC\right)={BC}^2

9. Redactati o demonstratie a teoremei lui Pitagora fara a folosi cercuri si nici teorema catetei (insa reconstituind figura 1.40).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 43

Construim in prelungirea lui BC, BEAB. Pe latura BC luam punctul D astfel incat BD≡AB.

⊿BDAeste isoscel avand doua laturi congruente =>∢BDA≡∢DAB;

⊿EBAeste isoscel avand doua laturi congruente =>∢BEA≡∢EAB;

m(∢BDA)+m(∢DAB)+m(∢BEA)+m(∢EAB)=180°

2∙m(∢EAD)=180°=>m(∢EAD)=90° =>∢DAC≡∢BDA≡∢DAB

⊿AEC∼⊿DAC(avand doua unghiuri congruente)

\inline =>\frac{EC}{AC}=\frac{AC}{CD}=>\frac{EB+BC}{AC}=\frac{AC}{BC-BD}=>

\inline \frac{AB+BC}{AC}=\frac{AC}{BC-AB}

=>AC∙AC=(AB+BC)(BC-AB)=>

\inline {AC}^2={BC}^2-{AB}^2=>

\inline {BC}^2={AB}^2+{AC}^2

10. Care este lungimea diagonalei unui patrat de latura a?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 44

In triunghiul ABC aplicam teorema lui Pitagora:

AC2 = AB2 + BC2 => AC2 = 2a2 => AC =a\inline \sqrt2

11. Care este lungimea inaltimii unui triunghi echilateral de latura 4 cm?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 45

Daca AD este inaltime, iar triunghiu ABC este echilateral, Ad este si mediana. => BD = DC = 2 cm.

In triunghiul DAB aplicam teorema lui Pitagora:

AB2 = BD2 + AD2 => AD2 = 16 – 4 = 12 => AD = 2\inline \sqrt3

12. Ipotenuza unui triunghi dreptunghic isoscel este de 4 cm. Sa se calculeze catetele triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 46

Aplicam teorema lui Pitagora:

BC2 = AB2 + AC2 => 2 ∙ AC2 = 16 => AC = AB = 2\inline \sqrt2

13. Un triunghi dreptunghic are o cateta de 5 cm, iar unghiul opus ei este de 30. Calculati lungimile ipotenuzei, a celelilalte catete, a inaltimii etc.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 47

Cateta care se opune unui unghi de 30° este jumatate din ipotenuza

=> BC = 10 cm.

Aplicam teorema lui Pitagora:

BC2 = AB2 + AC2 => AC2 = 100 – 25 = 75 => AC = 5\inline \sqrt3

14. Intr-un trapez dreptunghic, bazele au 10 cm si 7 cm, iar latura neparalela perpendiculara pe ele este de 4 cm. Calculati lungimile celeilalte laturi si ale diagonalelor.

Rezolvare:

Ducem din D perpendiculara DE pe BC. In triunghiul DEC aplicam teorema lui Pitagora, stiind ca EC = BC – AD = 3 cm si DE = AB = 4 cm (ADEB este dreptunghi avand laturile paralele si unghiuri de 90°)

DC2 = DE2 + EC2 => DC2 = 9 + 16 = 25 => DC = 5

Aplicam teorema lui Pitagora in \inline \bigtriangleup ABC:\ {AC}^2={AB}^2+{BC}^2=\inline 16+100=116=>AC=2\sqrt{29}

Aplicam teorema lui Pitagora in \inline \bigtriangleup BDE:\ {BD}^2={DE}^2+{EB}^2=\inline 16+49=65=>BD=\sqrt{65}

15. Un trapez dreptunghic are bazele 11 cm si 7 cm, iar una din diagonale de 15 cm. Sa se calculeze lungimile laturilor neparalele si a celeilalte diagonale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 48

Cazul 1. AC = 15.

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul BAC: \inline {AC}^2={AB}^2+{BC}^2=>

\inline {AB}^2=225-121=104=>AB=2\ \sqrt{26}

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul DEC: \inline {DC}^2={EC}^2+{DE}^2=>

\inline {DC}^2=16+104=120=>DC=2\ \sqrt{30}

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul BDE: \inline {BD}^2={BE}^2+{DE}^2=>

\inline {BD}^2=49+104=153=>DC=3\ \sqrt{17}

Cazul 2. BD=15.

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul BDE: \inline {BD}^2={BE}^2+{DE}^2=>

\inline {DE}^2=225-49=176=>DE=4\ \sqrt{11}=AB

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul DEC: \inline {DC}^2={EC}^2+{DE}^2=>

\inline {DC}^2=16+176=192=>DC=8\ \sqrt3

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul BAC: \inline {AC}^2={AB}^2+{BC}^2=>

\inline {AC}^2=176+121=297=>AB=3\ \sqrt{33}

16. Un triunghi isoscel are laturile congruente de 10 cm iar baza de 8 cm. Calculati inaltimea corespunzatoare bazei.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 49

Stim ca in triunghiul isoscel inaltimea corespunzatoare bazei este si mediana => BD = DC =4.

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul ABD: \inline {AB}^2={BD}^2+{AD}^2=>

\inline AD=\sqrt{100-16}=2\sqrt{21}

17. In problema precedenta calculati si celelalte inaltimi ale triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 50

⊿ADC∼⊿BEC(dreptunghice si au un unghi comun) =>

\inline \frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=>\frac{BE}{2\sqrt{21}}=\frac{8}{10}=>BE=\frac{8\sqrt{21}}{5}

Stim ca intr-un triunghi isoscel inaltimile duse din varfurile alaturate bazei sunt congruente => \inline CF=\frac{8\sqrt{21}}{5}

18. O coarda a unui cerc de raza 15 cm are lungimea de 8 cm. Calculati distanta de la centrul cercului la acea coarda.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 51

Triunghiul OAB este isoscel, OA si OB fiind raze ale cercului. Fie inaltimea OD, care este si mediana.=> AD = DB = 4.

In triunghiul AOD aplicam teorema lui Pitagora: \inline {AO}^2={OD}^2+{AD}^2=>{OD}^2=\inline 225-16=209=>OD=\sqrt{209}

19. Care este cea mai mica putere ce o poate avea un punct fata de un cerc de raza R? Care este punctul de putere minima?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 52

Ducand diametrul AB, puterea punctului M fat de cerc este

\inline MA\cdot MB=\left(MO-r\right)\left(MO+r\right)={MO}^2-r^2

Aceasta este minima cand MO = 0, deci cand M este in centrul cercului, iar valoarea va fi \inline -r^2.

20. Care este lungimea tangentei dusa dintr-un punct la un cerc de raza 3 cm, daca distanta de la acel punct la centrul cercului este de 8 cm?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 53

Stim ca raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta, deci triunghiul OTM este dreptunghic. Aplicam teorema lui Pitagora:

\inline {OM}^2={OT}^2+{TM}^2=>\inline {TM}^2=64-9=55=>TM=\sqrt{55}

21. Calculati lungimea tangentelor comune a doua cercuri tangente exterioare de raze R si r.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 54

OT⊥MT;O’T’⊥MT=>OT∥O’T’=>⊿TOM∼⊿T’O’M=>

\inline \frac{MO^\prime}{MO}=\frac{r}{R}=\frac{MT^\prime}{MT}

Notam MT’ = a.

\inline \frac{a}{a+R+r}=\frac{r}{R}=>aR=r\left(a+R+r\right)=>\inline a\left(R-r\right)=r\left(R+r\right)

\inline =>MO^\prime=\frac{r\left(R+r\right)}{R-r}

In triunghiul T’O’M aplicam teorema lui Pitagora:

\inline {MT^\prime}^2=a^2-r^2=\frac{r^2\left(R+r\right)^2}{\left(R-r\right)^2}-r^2=\inline \frac{r^2\left(\left(R+r\right)^2-\left(R-r\right)^2\right)}{\left(R-r\right)^2}

\inline =>MT^\prime=\frac{r}{\left(R-r\right)}\sqrt{\left(R+r+R-r\right)\left(R+r-R+r\right)}=\inline \frac{2r}{R-r}\sqrt{Rr}

\inline \frac{MT^\prime}{MT}=\frac{r}{R}=>\frac{MT^\prime}{MT-MT^\prime}=\frac{r}{R-r}=\inline \frac{MT^\prime}{TT^\prime}=>

\inline TT^\prime=\frac{R-r}{r}\cdot\frac{2r}{R-r}\cdot\sqrt{Rr}\inline =>TT^\prime=2\sqrt{Rr}

22. Calculati lungimile tangentelor comune exterioare si interioare a doua cercuri de raze 8 cm si 5 cm, daca distanta dinte centrele lor este de 20 cm.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 55

Prelungim O’T’ cu un segment T’M = 8 cm. TT’MO are doua laturi paralele si congruente si unghiuri de 90°, deci este dreptunghi, deci TT’=MO

In  aplicam teorema lui Pitagora: OO’2=T’M2+MO2 => TT’ ‘= MO =\inline \sqrt{400-169}=\sqrt{231}

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 56

Luam punctul M pe OT astfel incat MT=O’T. O’T’TM are doua laturi paralele si congruente si unghiuri de 90°, deci este dreptunghi, deci TT’=MO’ iar triunghiul OMO’ este dreptunghic. Aplicam teorema lui Pitagora:

OO’2=OM2+MO’2 => TT’ = MO’ = \inline \sqrt{400-9}=\sqrt{391}

23. Dati diferite metode de a construi un segment de lungime , u si v fiind lungimile unor segmente date.

Rezolvare:

Putem construi un triunghi dreptunghic cu marimea catetelor u, respectiv v. Aplicand teorema lui Pitagora, ipotenuza va avea lungimea \inline \sqrt{uv}.

Putem construi un cerc si luand un punct exterior lui si un punct A pe cerc astfel incat MA = u si MB = v, unde B este a doua intersectie a lui MA cu cercul, tangenta dusa prin M la cerc va avea lungimea \inline \sqrt{uv} conform puterii unui punct fata de cerc.

24. Gasiti un triunghi dreptunghic astfel incat lungimile laturilor, a inaltimii si proiectiilor catetelor pe ipotenuza sa fie toate numere intregi.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 57

Alegem numerele 3, 4 si 5 pentru catete si ipotenuza. Vom observa ca inaltimea are valoarea \inline \frac{12}{5}, iar proiectiile catetelor pe ipotenuza \inline \frac{9}{5} si \inline \frac{16}{5}. Vom alege un triunghi dreptunghic asemenea cu acesta, cu raportul de asemanare 5. Astfel catetele vor fi 15 si 20, ipotenuza 25, inaltimea 12, iar proiectiile catetelor pe ipotenuza, 9 si 16.

25. Latura unui romb este de 11 cm, iar lungimea unei diagonale este de 15 cm. Este aceasta diagonala mai mare sau mai mica decat cealalata diagonala?

Rezolvare:

Stim ca diagonalele unui romb sunt perpendiculare si se injumatatesc. Aplicam teorema lui Pitagora pentru a afla cealalta diagonala.

\inline d^2=121-\frac{225}{4}=\frac{259}{4}=>d=\frac{\sqrt{259}}{2}\simeq8

Deci diagonala este cea mai mare.

26. Diagonala unui dreptunghi este de 10 cm iar una din laturi este de 7 cm. Este acea latura “lungimea” sau “latimea”?

Rezolvare:

Aplicand teorema lui Pitagora in triunghiul determinat de doua laturi si digonala, aflam ca cealalta latura este \inline \sqrt{100-49}=\sqrt{51}>7 , deci latura este latimea.

27. Un patrulater ABCD inscris intr-un cerc de raza 25 cm are diagonalele perpendiculare, departate de centrul cercului la 7 cm respectiv 15 cm. Sa se calculeze lungimile laturilor patrulaterului. Sa se calculeze si lungimile diagonalelor si sa se verifice relatia din problema 12 adica AB ∙ CD + AD ∙ BC = AC ∙ BD.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme relatii metrice in triunghiul dreptunghic 58

Consideram notatiile conform desenului.

OEFG – dreptunghi (din constructie) => OE = FG = 7 cm; GE = OF = 15 cm

In ⊿FOB aplicam teorema lui Pitagora: OB2=FO2+FB2 => FB=\inline \sqrt{(625-225)}=20\\ cm.

GB=FB-FG=20-7=13 cm

In ⊿AEO aplicam teorema lui Pitagora: OA2=AE2+OE2 => AE=\inline \sqrt{625-49}=24 cm.

AG=AE-GE=24-15=9 cm

In ⊿AGB aplicam teorema lui Pitagora: AB2=AG2+GB2 => AB=\inline \sqrt{81+169}=5\sqrt{10} cm.

⊿AOC este isoscel, laturile sale fiind razele cercului, iar OE este inaltimea din varf, deci este si mediana => CE = EA = 24 cm;

CG = CE + EG = 24 + 15 = 39 cm.

In ⊿CGB aplicam teorema lui Pitagora: BC2 = CG2 + GB2 => BC=\inline \sqrt{1521+169}=13\sqrt{10} cm.

In ⊿DFO aplicam teorema lui Pitagora: DO2=DF2+OF2 => DF=\inline \sqrt{625-225}=20 cm.

DG = DF + FG = 20 + 7 = 27 cm

In ⊿AGD aplicam teorema lui Pitagora: DA2=DG2+AG2 => DA=\inline \sqrt{729+81}=9\sqrt{10} cm.

In ⊿DGC aplicam teorema lui Pitagora: DC2=DG2+CG2 => DC= \inline \sqrt{729+1521}=15\sqrt{10} cm.

Laturile au urmatoarele dimensiuni: \inline 15\sqrt{10} cm, \inline 9\sqrt{10} cm, \inline 13\sqrt{10} cm si \inline 5\sqrt{10} cm.

28. Enuntati o reciproca a teoremei inaltimii care sa fie incorecta!

Rezolvare:

Daca intr-un triunghi ABC, D este piciorul inaltimii din A si AD2=BD∙DC, atunci unghiul A are 90°. Fals, deoarece D s-ar putea sa nu fie intre B si C.

29. Intr-un triunghi ABC, unghiul A este ascutit daca si numai daca BC2 < AB2 + AC2.

Rezolvare:

Construim doua triunghiuri, unul in care unghiul A are 90° si unul cu unghiul A’ < 90°. Daca m(∢A’)<m(∢A)=>B’C’<BC. Aplicand teorema lui Pitagora in primul triunghi => BC2 < AB2 + AC2. => B’C’2 < A’B’2 + A’C’2.

Observatie. Desigur ca ati rezolvat cu usurinta problema 10, afland astfel ca lungimea diagonalei unui patrat de latura 1 cm este  cm. Deci constructii simple aplicate unor segmente cu lungimi rationale (chiar intregi) conduc la segmente de lungimi irationale. Descoperirea acestui fapt a produs o mare surpriza in lumea matematicienilor greci, inaintea erei noastre.

Exista totusi triunghiuri dreptunghice ale caror laturi au toate trei lungimile intregi. Unul din ele este cel de catete 3 si 4 si ipotenuza 5. Rezolvand problemele ati intalnit probabil si altele. Se cunoaste forma generala a tripletelor de numere naturale diferite de 0 (x, y, z) pentru care x2 + y2 = z2, anume x = k ∙ (p2 – q2), y = 2kpq, z = k ∙ (p2 + q2) sau acelasi cu x permutat cu y, in care k, p, q sunt numere naturale, p < q si, pentru a evita repetitiile, se presupune ca p si q sunt prime intre ele si sunt unul par si unul impar. Prezenta factorului k este usor de inteles daca avem in vedere notiunea de triunghiuri asemenea. Sa dam cateva exemple, toate cu k = 1, p = 2, q = 1 da (3, 4, 5), p = 3, q = 2 da (5, 12, 13), p = 4, q = 1 da (15, 8, 17), p = 4, q = 3 da (7, 24, 25), p = 5, q = 2 da (21, 20, 29), p = 5, q = 4 da (9, 40, 41) etc. Puteti folosi aceste triplete pentru a construi voi insiva probleme in care sa nu “apara radicali” in cursul rezolvarii lor. Puteti verifica usor ca x, y, z definiti prin formulele de mai sus verifica relatia x2 + y2 = z2. Mai greu, dar nu dincolo de posibilitatile voastre de intelegere, este de a dovedi ca orice triplet de numere intregi (x, y, z) pentru care x2 + y2 = z2 se obtine prin formulele de mai sus cu k, p, q intregi.

Probleme puterea unui punct fata de un cerc

1.Sa se arate ca puterea unui punct exterior unui cerc fata de acel cerc este egala cu patratul distantei de la acel punct la punctul de contact al tangentei dusa din el la cerc.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 59

Ipoteza: MC tangenta la cerc, AB coarda

Concluzie: MA∙MB=MC2

m(∢CAB)=m(∢ACM)=\inline m\frac{\widehat{(AC)}}{2}

⊿CBM∼⊿ACM (un unghi comun si doua unghiuri congruente) =>

\inline \frac{BM}{CM}=\frac{CM}{AM}=BM∙AM=MC2

2.Tangentele duse la doua cercuri secante dintr-un punct situat pe dreapta ce trece prin cele doua puncte comune celor doua cercuri (si in exteriorul celor doua cercuri) au lungimi egale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 60

Din problema anterioara => BM∙AM=MN2 si BM∙AM=MP2

=>MN2=MP2=MN=MP

3.Daca un punct are puteri egale fata de doua cercuri secante, atunci el este situat pe dreapta ce uneste cele doua puncte comune celor doua cercuri.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 61

Unim pe M cu P, unul din punctele comune si calculam puterea lui M fata de cele doua cercuri.

MA∙MB=MS∙MP;MC∙MD=MT∙MP

Dar MA∙MB=MC∙MD=MT=MS deci S este celalalt punct de intersectie al celor doua cercuri

4.Care este locul geometric al punctelor ce au puteri egale fata de doua cercuri tangente?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 62

MA∙MB=MC∙MD

Unim pe M cu punctul de tangenta si obtine relatiile:

MA∙MB=MC∙MD=MT2 => M apartine tangentei comune in punctul de tangenta.

5.Trei cercuri cu centrele necoliniare sunt secante doua cate doua. Sa se arate ca cele trei coarde comune sunt concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 63

Din problema 3 stim ca daca un punct are puteri egale fata de doua cercuri secante, atunci el este situat pe dreapta ce uneste cele doua puncte comune celor doua cercuri. Fie M un astfel de punct pentru cercurile C(O) si C(O’).

Dar E si F sunt situate si ele pe O’ iar D si C pe O’’ =>

MA∙MB=ME∙MF=MD∙MC=>  M are puteri egale si pentru cercurile O’ si O’’ si pentru O si O’’ => el apartine intersectiei coardelor.

6.Se dau doua segmente u, v. Construiti un segment de lungime \inline \sqrt{uv}.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 64

Construim un cerc, iar in exteriorul sau luam un punct M astfel incat MA=u;MB=v, A si B apartinand cercului. Prin M ducem tangenta la cerc care intersecteaza cercul in T. Conform puterii lui M fata de cerc MA∙MB=MT2 => \inline MT=\sqrt{u\cdot v}

7.Se dau punctele A, B si o dreapta d. Sa se construiasca un cerc care trece prin A, B si este tangent dreptei d (A, B sunt in acelasi semiplan fata de dreapta d). Cate solutii are in general problema? Care este cazul de exceptie?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 65

Unim pe A cu B si prelungim pe AB pana se intersecteaza cu dreapta d. Punctul de intersectie il vom nota cu M. Punctul de tangenta al dreptei d cu cercul se va afla la distanta \inline \sqrt{MA\cdot M B} pe d. (aici putem considera doua sensuri, deci vom avea doua solutii) Ducem perpendiculara in T pe dreapta d si mediatoarea segmentului AB. Punctul de intersectie va fi centrul cercului.

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 66

Daca AB∥d, ducem mediatoarea segmentului AB pana se intersecteaza cu d, iar centrul cercului va fi la 1/3 din distanta segmentului nou obtinut fata de punctul de intersectie cu drapta d. In acest caz, avem o singura solutie.

8. Dati o noua demonstratie teoremei conform careia daca printr-un punct fix M, nesituat pe un cerc dat, ducem o secanta ce intersecteaza cercul in A, B, atunci produsul MA ∙ MB este acelasi pentru toate secantele ce trec prin M, in cazul in care M este exterior cercului, aratand asemanarea altei perechi de triunghiuri decat cea considerata in demonstratia data.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 67

ABDC este un patrulater inscris in cerc. m(∢BDC)+m(∢BAC)=180°

Dar si m(∢BAC)+m(∢CAM)=180°=> ∢BDC≡∢CAM=>

⊿AMC∼⊿DMB (∢AMC≡∢DMB unghi comun si doua unghiuri congruente) =>

\inline \frac{AM}{MD}=\frac{MC}{MB}=AM∙MB=MD∙MC

9.Dati o noua demonstratie teoremei: daca intr-un patrulater convex diagonalele formeaza cu doua laturi opuse unghiuri congruente, atunci unghiurile opuse ale patrulaterului sunt suplementare. Nu se va folosi nicaieri in demonstratie notiunea de cerc!

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 68

Ipoteza: ∢DAC≡∢DBC

Concluzie: m(DAB)+m(BCD)=180°

∢DAC≡∢DBC, dar si ∢AMD≡∢BMC=> in ⊿AMD,⊿BMC stiind ca suma unghiurilor unui triunghi este de 180°, ∢MDA≡∢MCB

⊿AMD∼⊿BMC, \inline \frac{AM}{MB}=\frac{DM}{MB}=>\frac{AM}{DM}=\frac{BM}{MC}

Stiind ca si ∢AMB≡∢CMD (unghiuri opuse la varf) =>

⊿AMB∼⊿DMC (avand cate un unghi congruent si laturile care il formeaza proportionale) =>∢CAB≡∢BDC;∢MBA≡∢DCM

m(∢ADB)+m(∢DAC)+m(∢CAB)+m(∢ABD)=180°

(suma unghiurilor unui triunghi)

m(∢ACB)+m(∢DAC)+m(∢CAB)+m(∢ACD)=

m(∢DAB)+m(∢DCB)=180°

m(∢ADB)+m(∢BDC)+m(∢DCA)+m(∢DAC)=180°

(suma unghiurilor unui triunghi)

m(∢ADB)+m(∢BDC)+m(∢CBD)+m(∢ABD)=

m(∢ADC)+m(∢ABC)=180°

10.Se considera un cerc, un punct fix M nesituat pe acel cerc si un numar (pozitiv) k. Se considera un punct A pe cerc si punctul B de pe segmentul MA pentru care MA ∙ MB = k. Care este locul geometric a lui B cand A parcurge cercul?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 69

Ducem din M tangentele la cercul dat care intersecteaza cercul in punctele T, respectiv T’. Ducem prin o dreapta BU, U apartinand segmentului MT astfel incat  avand unghiurile congruente.

\inline \frac{AB}{UT}=\frac{UM}{AM} => AB∙AM=UT∙UM => UM = \inline \frac{k}{UT}

UM este constanta, M fiind fix, => pozitia lui U este fixa. Similar gasim si punctul U’ pe cealalta tangenta. In timp ce A se deplaseaza pe cerc, B va descrie si el un cerc cu diametrul UU’ (acestea fiind pozitiile extreme delimitate de tangente.)

11.Care este locul geometric din problema 10, in cazul cand M se afla pe cerc?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme puterea unui punct fata de un cerc 70

Ducem diametrul MN si consideram pe el un punct P astfel incat .

\inline \bigtriangleup AMN\equiv \bigtriangleup PMB (avand unghiurile congruente) =>

\inline \frac{AM}{MP}=\frac{MN}{MB}

=> AM∙MB=MP∙MN => MP∙2R=k =>

MP este constant, deci B se afla pe perpendiculara in punctul P.

Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare.

1. Demonstrati ca doua triunghiuri echilaterale sunt asemenea.

Rezolvare:

Fie ⊿ABC si ⊿MNP echilaterale.

  • m(∢A)=m(∢M)=60°;
  • m(∢B)=m(∢N)=60°;
  • m(∢C)=m(∢P)=60°

=>⊿ABC  ~⊿MNP (cazul U.U.U)

2. Doua triunghiuri dreptunghice isoscele sunt asemenea.

Rezolvare:

Fie ⊿ABC si ⊿MNP dreptunghice isoscele.

  • m(∢A)=m(∢M)=90°;
  • m(∢B)=m(∢N)=\inline \fn_jvn \large \frac{90^{\circ}}{2}=45°
  • m(∢C)=m(∢P)=\inline \fn_jvn \large \frac{90^{\circ}}{2}=45°

=> ⊿ABC ~ ⊿MNP (cazul U.U.U)

3. Daca ∆ABC∼∆A’B’C’ si daca D si D’ sunt intersectiile lui BC respectiv B’C’ cu bisectoarele unghiurilor din A respectiv A’ atunci ∆ABD∼∆A’B’D’.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 71

∆ABC∼∆A’B’C’=>∢B≡∢B’ (1);∢C≡∢C^’;∢A≡∢A’=>
m(∢BAD)=m(∢B’A’D’)=\inline \fn_jvn \large \frac{m(\sphericalangle A)}{2} (2)
Din (1) si (2) => ∆ABD∼∆A’B’D’ avand unghiurile congruente.

4. Aceeasi problema ca la 3 pentru mediane in loc de bisectoare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 72

∆ABC∼∆A’B’C’=>∢B≡∢B’ (1); \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{A^\prime B^\prime}=\frac{BC}{B^\prime C^\prime}=k;
\inline \fn_jvn \large AB=k\cdot A^\prime B^\prime=>\frac{AB}{2}=k\cdot\frac{A^\prime B^\prime}{2}=>\frac{BM}{B^\prime M^\prime}=k=>
\inline \fn_jvn \large \frac{AB}{A^\prime B^\prime}=\frac{BM}{B^\prime M^\prime}(2)

Din (1) si (2) => ∆ABM∼∆A’B’M'(cazul L.U.L)

5. Aceeasi problema pentru inaltimi.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 73

∆ABC∼∆A’B’C’=>∢B≡∢B’ (1);

m(∢AIB)=m(∢A’I’B’)=90°(2)

Din (1) si (2) => ∆ABI∼∆A’B’I’ avand unghiurile congruente.

6. Raportul razelor cercurilor inscrise in doua triunghiuri asemenea este egal cu raportul “din definitia asemanarii”.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 74

Ipoteza:

  • ∆ABC∼∆MNP; \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=\frac{AC}{MP}=k
  • ∢BAA’≡∢A’AC; I fiind centrul cercului inscris in ∆ABC de raza R
  • ∢NMM’≡∢M’ MP; I’ fiind centrul cercului inscris in ∆MNP de raza r

Concluzie\inline \fn_jvn \large \frac{R}{r}=k

Aplicam teorema bisectoarei in ∆ABC: \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{AC}=\frac{A^\prime B}{A^\prime C}
Aplicam teorema bisectoarei in ∆MNP: \inline \fn_jvn \large \frac{MN}{MP}=\frac{M\prime N}{M\prime P}
Din ipoteza: \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=k=>\frac{AB}{BC}=\frac{MN}{NP} =>
\inline \fn_jvn \large \frac{A^\prime B}{A^\prime C}=\frac{M\prime N}{M\prime P}=>\frac{A^\prime B}{M^\prime N}=\frac{A^\prime C}{M^\prime P}
∆BAA’∼∆NMM’ (∢B≡∢N;∢BAA’≡∢NMM’) deci si ∢AA’B≡∢MM’N=>
\inline \fn_jvn \large \frac{BA^\prime}{NM^\prime}=\frac{AB}{MN}=k
∆IBA’∼∆I’NM’ (∢AA’B≡∢MM’N, ∢IBA’≡∢INM’ )=>
\inline \fn_jvn \large \frac{BA^\prime}{NM^\prime}=\frac{A^\prime I}{M^\prime I^\prime}=\frac{R}{r}=k

7. Aceeasi problema pentru razele cercurilor circumscrise.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 74

Ipoteza:

  • ∆ABC∼∆MNP; \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=\frac{AC}{MP}=k
  • OA’⊥BC; BA’=A’C; OB’⊥AC; B’A=B’C; OC’⊥AB; C’A=C’B;
  • O’M’⊥NP; M’N=M’P; O’N’⊥MP; PN’=N’M; O’P’⊥MN; P’M=P’N

Concluzie\inline \fn_jvn \large \frac{OC}{O^\prime P}=k

\inline \fn_jvn \large m(\sphericalangle BOC)=m(\widehat{BC})\ =2\cdot m(\sphericalangle BAC)

\inline \fn_jvn \large m(\sphericalangle NO'P)=m(\widehat{NP})=2\cdot m(\sphericalangle NMP)

∆ABC∼∆MNP=>m(∢BAC)=m(∢NMP)=> ∢BOC≡∢NO’P (1)

∆BOC este isoscel, BO = OC = raza cercului circumscris ∆ABC =>∢OBC≡∢OCB (2)

∆NO’P este isoscel, NO = OP = raza cercului circumscris ∆MNP =>∢O’NP≡∢O’PN (3)

Din (1), (2) si (3) => ∆BOC ∼∆NO’P avand unghiurile congruente.

\inline \fn_jvn \large => \frac{OC}{O^\prime P}=\frac{BC}{NP}=k

8. Enuntati si demonstrati o teorema ce ar trebui sa poarte numele de “cazul 2 de asemanare a triunghiurilor dreptunghice”.

Rezolvare:

“Doua triunghiuri dreptunghice care au un unghi ascutit congruent sunt asemenea.”

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 76

Fie ⊿ABC dreptunghic cu m(∢A)=90°. Ducem printr-un punct M de pe dreapta AB o paralela la AC. Unghiul B este comun, m(∢A)=m(∢BMN)=90° (unghiuri corespondente). Conform teoremei fundamentale a asemanarii ∆ABC∼∆BMN. De asemenea, daca unul din unghiurile ascutite este congruent cu un unghi al celuilalt triunghi, si celelalte sunt congruente, fiind complementare.

9. Intr-un triunghi, produsul dintre o latura a sa si inaltimea corespunzatoare ei este acelasi pentru toate cele trei laturi.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 77

In ⊿ABC,AM⊥BC,BN⊥AC,CP⊥AB. Se cere sa demonstram ca AM∙BC=BN∙AC=CP∙AB.

⊿MAC∼⊿NBC(dreptunghice si ∢ACB este comun) =>

\inline \fn_jvn \large \frac{AM}{BN}=\frac{AC}{BC}; AM∙BC=BN∙AC (1)

⊿NBA∼⊿PCA(dreptunghice si ∢BAC este comun) =>

\inline \fn_jvn \large \frac{BN}{CP}=\frac{AB}{AC}; BN∙AC=CP∙AB (2)

Din (1) si (2) => AM∙BC=BN∙AC=CP∙AB        

10. Intr-un triunghi dreptunghic ABC se duce inaltimea AD corespunzatoare ipotenuzei. Sa se demonstreze ca AB2 = BD ∙ BC si ca AD2 = BD ∙ DC.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 78

⊿ABD∼⊿CBA (dreptunghice, ∢B comun si celelalte, ∢BAD≡∢DCA congruente fiind complementare cu ) =>

\inline \fn_jvn \large \frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}=>{AB}^2=BC\cdot BD

⊿ABD∼⊿CAD (dreptunghice, ∢BAD≡∢DCA conforma argumentatiei anterioare, iar congruente fiind complementare cu unghiuri congruente) =>

\inline \fn_jvn \large \frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}=>{AD}^2=DC\cdot BD

11. Se considera un segment AB si un punct M in interiorul sau. Se construiesc, de aceeasi parte a dreptei AB, patratele AMNP si BMDC. Sa se demonstreze ca este acelasi, oricare ar fi pozitia lui M in interiorul segmentului AB.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 79

In ⊿PMC,m(∢PMC)=45°+45°=90°(AM,MC-diagonale∈patrate)

\inline \fn_jvn \large PM=L\sqrt2;MC=l\sqrt2=>\frac{PM}{MC}=\frac{NM}{MB};\ \frac{PM}{NM}=\frac{MC}{MB}

=>⊿PMC∼⊿NBM (avand doua laturi proportionale si unghiurile cuprinse intre ele congruente.)

=> \inline \fn_jvn \large \frac{PM}{NM}=\frac{MC}{MB}=\frac{PC}{NB}=\frac{L\sqrt2}{L}=\sqrt2

12. Sa se construiasca un patrat care sa aiba doua varfuri alaturate pe latura BC a unui triunghi, iar celelalte doua varfuri pe cate una din celelalte doua laturi ale triunghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 80

Presupunem problem rezolvata si incercam sa stabilim relatii in functie de laturile triunghiului ABC.

PN∥AB=⊿PCN∼⊿ACB=>

\inline \fn_jvn \large \frac{PC}{AC}=\frac{NC}{BC}=\frac{NP}{AB}=\frac{L}{AB}(1) unde L este latura patratului.

\inline \fn_jvn \large =>\frac{PC}{AC}=\frac{L}{AB};\frac{AC-AP}{AC}=\frac{L}{AB}=1-\frac{AP}{AC}=\frac{L}{AB}

Ducem CT⊥AB (fie CT = H) si obtinem

⊿AQP∼⊿ATC;⊿NBM∼⊿CBT=>

\inline \fn_jvn \large \frac{AP}{AC}=\frac{L}{H}=\frac{BN}{BC}=\frac{BM}{AB}=1-\frac{L}{AB}=\frac{L}{H};\frac{L}{H}+\frac{L}{AB}=1

\inline \fn_jvn \large L\cdot(AB+H)=AB\cdot H=L=\frac{AB\cdot H}{AB+H}

Inlocuind in relatia (1) putem afla pozitiile varfurilor patratului de pe triunghi.

13. In figura 1.25 ABCD si AMNP sunt patrate, E este mijlocul lui BC si Q este mijlocul lui MN.

  1. Aratati ca PD≡MB.
  2. Aratati ca \inline \fn_jvn \large \frac{AE}{PQ}=\frac{AB}{AM}.
  3. Aratati ca ∆MST∼∆PSA.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 81

  1. m(∢MAB)=90°+m(∢DAM)=m(∢DAP)

AP≡AM;AB≡AD=>⊿PAD≡⊿MAB (cazul L.U.L)

=>PD≡MB

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 82

b. \inline \fn_jvn \large \frac{PN}{NQ}=2=\frac{AB}{BE} (laturile unui patrat sunt congruente, iar NQ si BE sunt jumatati ale laturilor) => \inline \fn_jvn \large \frac{PN}{AB}=\frac{NQ}{BE} m(∢PNQ)=m(∢ABE)=90°=>⊿PNQ∼⊿ABE (au un unghi congruent, iar laturile care il formeaza sunt proportionale) => \inline \fn_jvn \large \frac{AE}{PQ}=\frac{AB}{AM}.

c. Din a => ⊿PAD≡⊿MAB=>∢DPA≡∢BMA;

∢PSA≡∢MST opuse la varf =>∆MST∼∆PSA avand unghiurile congruente.

14. In figura 1.26 ABC si CDE sunt triunghiuri echilaterale. Sa se demonstreze ca:

  1. BE≡ AD.
  2. ∆AGF∼∆BCF.
  3. ∆EGN∼∆DCN.

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 83

Rezolvare:

  1. m(∢BCE)=m(∢DCA)=m(∢ECA)+60°

AC≡BC;CD≡EC=>⊿ACD≡⊿BCE (cazul L.U.L)

=>BE≡AD

  1. Din a =>⊿ACD≡⊿BCE=>∢FAG≡∢FBC;∢BFC≡∢GFA (opuse la varf) => avand unghiurile congruente ∆AGF∼∆BCF
  2. Din a =>⊿ACD≡⊿BCE=∢GEN≡∢NDC;∢ENG≡∢DNC (opuse la varf) => avand unghiurile congruente ∆EGN∼∆DCN.

15. Din mijlocul D al laturii BC a unui triunghi ABC ducem perpendiculare pe AB, AC; fie P respectiv Q picioarele acestor perpendiculare. Sa se demonstreze ca \inline \fn_jvn \large \frac{DP}{DQ}=\frac{AC}{AB}.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 84

Fie AM⊥AC; CN⊥AB.

BD=DC;PD∥CN=PD linie mijlocie in ⊿NBC=> \inline \fn_jvn \large PD=\frac{NC}{2}

BD=DC;DQ∥BM=DQ linie mijlocie in ⊿MCB=> \inline \fn_jvn \large DQ=\frac{MB}{2}

\inline \fn_jvn \large A_{\bigtriangleup ABC}=\frac{BM\cdot AC}{2}=\frac{NC\cdot AB}{2}=>BM\cdot AC=NC\cdot AB=>\frac{NC}{BM}=\frac{AC}{AB}

\inline \fn_jvn \large =>\frac{2\cdot P D}{2\cdot D Q}=\frac{AC}{AB}=\frac{PD}{PQ}=\frac{AC}{AB}

16. Triunghiurile ABC si MNP au m(∢A) = m(∢M) = 90°,m(∢B) = 37°,m(∢P) = 53°. Sa se demonstreze ca sunt asemenea.

Rezolvare:

m(∢C)=90°-37°=53°=m(∢P)

m(∢N)=90°-53°=37°=m(∢B)

=>⊿ABC∼⊿MNP avand toate unghiurile congruente.

17. Se stie ca ∆ABC∼∆DEF, AB = 9 cm, BC = 5 cm, AC = 10 cm, DE = 99 Sa se calculeze EF si DF.

Rezolvare:

∆ABC∼∆DEF=> \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{AC}{DF}=\frac{9}{99}=\frac{5}{EF}=\frac{10}{DF}=>

\inline \fn_jvn \large \frac{5}{EF}=\frac{10}{DF}=\frac{1}{11} => 

EF=55; DF=110

Aplicatie practica. Determinati, prin masuratori distanta dintre cele doua obiecte din figura 1.27 considerand ca portiunea gri reprezinta un obstacol.

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 85

Ar fi dificil sa o masuram direct, din cauza obstacolului. Procedem astfel: alegem un punct M pe care il marcam. Masuram distantele CM si MP si gasim, de exemplu, CM = 250 m si MP = 150 m. Masuram si unghiul CMP si gasim, de exemplu, m(∢CMP)=60°.

Desenam apoi pe hartie un triunghi C’M’P’ asemenea cu CMP astfel: luam un unghi xM’y de , alegem un puncy C’ pe M’x oarecare, de exemplu astfel incat M’C’ = 5 cm (un astfel de punct incape pe hartie, ceea ce nu s-ar fi intamplat daca incercam sa desenam un triunghi congruent cu ∆CMP) si apoi alegem un punct P’ pe M’y astfel incat \inline \fn_jvn \large \frac{M^\prime P^\prime}{MP}=\frac{M^\prime C^\prime}{MC}, deci \inline \fn_jvn \large \frac{M^\prime P^\prime}{150}=\frac{5}{250} adica M’P’= 3 cm.

Masuram distanta C’P’ si gasim aproximativ 4,4 cm.

Matematica Capacitate Probleme triunghiuri asemenea. Cazurile de asemanare. 86

Triunghiul C’MP’ este asemenea cu triunghiul CMP, conform cazului 1 de asemanare. Rezulta ca \inline \fn_jvn \large \frac{CP}{C^\prime P^\prime}=\frac{MC}{M^\prime C^\prime}, deci \inline \fn_jvn \large \frac{CP}{4,4}=\frac{250}{5} de unde deducem ca distanta CP dintre cele doua obiecte este de aproximativ 220m.

Probleme teorema fundamentala a asemanarii

1.Prin punctul P de intersectie a diagonalelor unui trapez, se duce o paralela la baze. Ea intersecteaza laturile neparalele M si N. Demonstrati ca P este mijlocul segmentului MN.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 87

In ∆DAC, MP ∥ DC => ∆MAP∼∆DAC => \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AD}=\frac{MP}{DC}=\frac{AP}{AC}

In ∆DBC, NP ∥ DC => ∆NBP∼∆CBD => \inline \fn_jvn \large \frac{BN}{BC}=\frac{NP}{DC}=\frac{BP}{BD}

∢CAB≡∢ACD;∢BDA≡∢BDC (unghiuri alterne interne)

=>∆APB∼∆CPD => \inline \fn_jvn \large \frac{AP}{PC}=\frac{BP}{PD}=>\frac{AP}{PC+AP}=\frac{BP}{PD+BP}=>

\inline \fn_jvn \large \frac{AP}{AC}=\frac{BP}{BD} si din relatiile anterioare => \inline \fn_jvn \large \frac{MP}{DC}=\frac{NP}{DC} 

=> MP = NP, deci P este mijlocul lui MN.

2.Sa se demonstreze ca daca paralela MN la bazele AD si BC ale unui trapez (M ∈ AB,N ∈ DC) intersecteaza diagonalele BD in T si AC in S, atunci MT≡SN.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 88

MT∥AD=>∆TBM∼∆DBA=>\inline \fn_jvn \large \frac{BT}{BD}=\frac{MT}{AD}=\frac{BM}{BA}

SN∥AD=>∆SCN∼∆ACD=> \inline \fn_jvn \large \frac{CS}{CA}=\frac{SN}{AD}=\frac{NC}{CD}

MS∥BC=>∆MAS∼∆BAC=> \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AS}{AC}=>\frac{AB-BM}{AB}=\frac{AC-CS}{AC}

\inline \fn_jvn \large =>\frac{AB}{AB}-\frac{BM}{AB}=\frac{AC}{AC}-\frac{CS}{AC}=>\frac{BM}{AB}=\frac{CS}{AC}

\inline \fn_jvn \large =>\frac{MT}{AD}=\frac{SN}{AD}=>MT=SN

3.Intr-un triunghi ABC orice segment PQ ∥ BC, (P ∈ AB, Q ∈ AC) este impartit de mediana AM (M fiind mijlocul segmentului BC) in doua segmente congruente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 89

PN∥BM=∆PAN∼∆BAM=> \inline \fn_jvn \large \frac{PN}{BM}=\frac{AN}{AM}

NQ∥MC=∆QAN∼∆CAM=> \inline \fn_jvn \large \frac{AN}{AM}=\frac{NQ}{MC}

\inline \fn_jvn \large =>\frac{PN}{BM}=\frac{NQ}{MC}; BM=MC; PN=NQ.

4.Sa se construiasca o paralela la bazele unui trapez oarecare care sa fie impartita de diagonale in trei parti congruente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 90

Din problema 2 =>  deci pentru ca relatia de mai sus sa fie adevarata ar fi necesar ca si in ∆BAC si in ∆CDB, AT sa fie mediana (conform problemei 3) => pentru a construi paralela care sa indeplineasca conditiile, unim pe A cu mijlocul laturii BC, iar prin punctul de intersectie cu BD ducem o paralela la BC.

5.In figura alaturata AD = a si BC = b sunt doua segmente paralele. DB si AC se taie in P. Segmentul PQ este paralel cu AD. Sa se exprime PQ in functie de a si b.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 91

PQ∥AD=>∆PBQ∼∆DBA=> \inline \fn_jvn \large \frac{PQ}{AD}=\frac{QB}{AB}=\frac{PQ}{a}=\frac{AB-AQ}{AB}=1-\frac{AQ}{AB}

PQ∥BC=>∆PAQ∼∆CAB=> \inline \fn_jvn \large \frac{PQ}{BC}=\frac{AQ}{AB}

\inline \fn_jvn \large \frac{PQ}{a}=1-\frac{PQ}{b}=>PQ\cdot \frac{a+b}{ab}=1=>PQ=\frac{ab}{a+b}

6. Doua cercuri tangente exterioare au razele R si r (fig. 1.15).Tangenta lor comuna exterioara TT’ intalneste linia centrelor OO’ in S. Sa se calculeze segmentul O’S in functie de R si r.

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 92

Rezolvare:

OT⊥TT’;O’T’⊥TT’ (raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta) =>OT∥TT’=>∆T’SO’∼∆TSO =>

\inline \fn_jvn \large \frac{O^\prime S}{SO}=\frac{O^\prime T}{OT}=>\frac{O^\prime S}{O^\prime S+OO^\prime}=\frac{r}{R}

\inline \fn_jvn \large \frac{O^\prime S}{O^\prime S+R+r}=\frac{r}{R}\Rightarrow O^\prime S=\frac{\left[r\cdot O^\prime S+r\cdot \left(R+r\right)\right]}{R}\Rightarrow

\inline \fn_jvn \large O^\prime S\cdot\left(R-r\right)=r\cdot\left(R+r\right)=>O^\prime S=r\cdot\frac{(R+r)}{(R-r)}

7. Un triunghi ABC are laturile AB = 9 cm, BC = 15 cm si AC = 18 Se ia pe latura AB un punct D astfel ca AD = 6 cm; paralela prin D la BC taie AC in E. Sa se calculeze lungimile laturilor triunghiului ADE.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 93

DE∥BC=>∆ADE∼∆ABC=> \inline \fn_jvn \large \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}

\inline \fn_jvn \large \frac{6}{9}=\frac{AE}{18}=\frac{DE}{15}=>AE=\frac{36}{3}=12;DE=\frac{30}{3}=10

8. Laturile neparalele BC, AD ale unui trapez ABCD se intersecteaza in M. Sa se calculeze lungimile segmentelor MA, MB, MC, MD in functie de laturile trapezului (se va presupune ca baza mare este AB). Aplicatii numerice: a) AB = 20 cm, BC = 6 cm, CD = 15 cm, DA = 8 cm; b) AB = 20 cm, BC = 3 cm, CD = 15 cm, DA = 9

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 94

In ∆AMB,DC ∥ AB=>∆DMC∼∆AMB=> \inline \fn_jvn \large \frac{MD}{AM}=\frac{MC}{MB}=\frac{DC}{AB}

\inline \fn_jvn \large \frac{MD}{AD+MD}=\frac{MC}{BC+MC}=\frac{DC}{AB}

In situatia a):

\inline \fn_jvn \large \frac{MD}{8+MD}=\frac{MC}{6+MC}=\frac{15}{20}=\frac{3}{4}=>

4MD=24+3MD=>MD=24;

4MC=18+3MC=>MC=18;

MA=8+24=32;MC=6+18=24

In situatia b):

\inline \fn_jvn \large \frac{MD}{9+MD}=\frac{MC}{3+MC}=\frac{15}{20}=\frac{3}{4}=>

4MD=27+3MD=>MD=27;

4MC=9+3MC=>MC=9;

MA=9+27=36;MC=3+9=12

9. Diagonalele unui trapez ABCD de baze AB, CD se intersecteaza in N. Sa se calculeze, in functie de lungimile bazelor si diagonalelor trapezului, lungimile segmentelor NA, NB, NC, ND. Aplicatii numerice: a) AB = 20 cm, CD = 10 cm, AC = 21 cm, BD = 12 b) AB = 20 cm, CD = 10 cm, AC = 15 cm, BD = 9 cm.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 95

∢NBA≡∢NDC;∢NAB≡∢NCD (alterne interne) =>

∆ANB∼∆CND=> \inline \fn_jvn \large \frac{AN}{NC}=\frac{BN}{ND}=\frac{AB}{DC}=>

\inline \fn_jvn \large \frac{AN+NC}{NC}=\frac{ND+BN}{ND}=\frac{AB+DC}{DC}=>\frac{AC}{NC}=\frac{BD}{ND}=\frac{AB+DC}{DC}

In cazul a):

\inline \fn_jvn \large \frac{21}{NC}=\frac{12}{ND}=\frac{30}{10}=3=>

\inline \fn_jvn \large NC=\frac{21}{3}=7;ND=\frac{12}{3}=4;

NA=21-7=14; NB=12-4=8

In cazul b):

\inline \fn_jvn \large \frac{15}{NC}=\frac{9}{ND}=\frac{30}{10}=3=>

\inline \fn_jvn \large NC=\frac{15}{3}=5;ND=\frac{9}{3}=3;

NA=15-5=10;NB=9-3=6

10.Se considera o dreapta d si pe ea punctele A0, A1, A2, … asa incat A0A1=A1A2=…=1 Se duc perpendicularele a0, a1, a2, … pe d in punctele A0, A1, A2

Se considera punctele B1 si C1 pe a1 si punctele B2, C2 pe a2 toate in acelasi semiplan determinat de d, astfel ca A1B1= 2 cm, A1C1= 7 cm, A2B2= 6 cm, A2C2= 3 Sa se precizeze pozitia punctului M de intersectie al dreptelor B1 B2, C1C2, calculand A0N si NM, unde N este piciorul perpendicularei din M pe d.

Aceeasi problema pentru punctul de intersectie al dreptelor D1D2, D4D5, in care D1 este situat pe a1, D2 este situat pe a2, D4 este situat pe a4, D5 este situat pe a5, toate in acelasi semiplan determinat de d, iar A1D1 = 1 cm, A2D2 = 5 cm, A4D4 = 10 cm, A5D5 = 3

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 96

Ducem B1EA2B2 si C1FA2B2 => B1E C1Fd

A1B1EA2 si A1C1FA2 dreptunghiuri =>

A1A2=B1E=C1F=1; A1B1=A2E=2; A1C1=A2F=7

EC2=3-2=1; B2F=7-6=1 => ∆EB1C2≡∆FC1B2 (triunghiuri dreptunghice, cazul C.C.) =>  C1B2C2B1 este trapez isoscel. => MG, inaltime in B1MC1 este si mediana => B1G=\inline \fn_jvn \large \frac{5}{2}=2,5 => A1G= 2+2,5 = 4,5 dar A1GMN este dreptunghi => MN=4,5

In ∆EB1B2 si ∆B1MG dreptunghice, avem ∢ B1B2E≡∢MB1G (alterne interne) => ∆EB1B2 ~∆B1MG => \inline \fn_jvn \large \frac{MG}{B_1E}=\frac{B_1G}{EB_2}=\frac{2,5}{3}=>\frac{MG}{1}=\frac{5}{6}; NA1=A0N=\inline \fn_jvn \large \frac{11}{6}

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 97

Fie D1M∩a3={V}

In figura de mai sus ducem D1SA2D2; D2TA3F; VGA4D4; MHa3; MIa4; si notam VH = a; D4I = b; MI = y; MH = x.

∢D1D2S≡∢D2VT (unghiuri corespondente) D1S=D2T=1 (distante intre drepte paralele) => ⊿D1D2S≡⊿D2VT (cazul C.U) => D2S=VT=A2D2-A1D1=5-1=4 (stim ca A1D1SA2 are toate laturile paralele si unghi de 90°, deci este dreptunghi, deci A1D1=A2S=1)

∢VHM≡∢D2VT (unghiuri opuse la varf) =>⊿D1D2S∼⊿MVH (avand toate unghiurile congruente) =>\inline \fn_jvn \large \frac{MH}{D_2T}=\frac{EH}{TV}=\frac{x}{1}=\frac{a}{4}

A4A5D5U este dreptunghi => A4A5=D5U=1;A4U=UD4=10-3=7

∢UD4D5≡∢MD4I (unghiuri opuse la varf) =>⊿UD4D5∼⊿MD4I (avand toate unghiurile congruente) => \inline \fn_jvn \large \frac{MI}{UD_5}=\frac{D_4I}{UD_4}=\frac{y}{1}=\frac{b}{7}

Dar x + y = 1 => \inline \fn_jvn \large \frac{a}{4}+\frac{b}{7}=1

VA3=D2S+VT+A2S=9; A3VGA4 este dreptunghi => VA3=A4G=9 => GD4=A4D4-VA3=10-9=1

Si VED4G, VHIG, EHID4 sunt dreptunghiuri avand laturi paralele si unghiuri de 90°. => VH=GI; GD4=VE; EH=D4I => a – b = GD4=1

a=b+1;7a+4b=28=7b+7+4b=28 =>

\inline \fn_jvn \large b=\frac{21}{11};a=\frac{32}{11};x=\frac{8}{11};y=\frac{3}{11}=>

\inline \fn_jvn \large A_0N=3+\frac{8}{11}=\frac{41}{11};A_4M=10+\frac{21}{11}=\frac{131}{11}

11. Tangenta comuna exterioara a doua cercuri exterioare intalneste linia centrelor OO’ in M. Sa se calculeze lungimile segmentelor MO, MO’ in functie de razele R, r ale cercurilor si de distanta d = OO’ intre centrele lor.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 98

OA⊥MA;O’B⊥MA (raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta);

∆AMO∼∆BMO’ (triunghiuri dreptunghice si au un unghi comun)

=> \inline \fn_jvn \large \frac{MO}{MO^\prime}=\frac{R}{r}\Rightarrow\frac{MO^\prime+d}{MO^\prime}=\frac{R}{r}\Rightarrow \inline \fn_jvn \large MO^\prime\cdot R=MO^\prime\cdot r+dr=>MO^\prime=\frac{dr}{R-r};

=> \inline \fn_jvn \large MO=d+\frac{dr}{R-r}=\frac{dR}{R-r}

12. Aceeasi problema ca la 11 dar pentru tangenta comuna interioara.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 99

OA ⊥ MA;O’B ⊥ MA (raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta);

∆AMO∼∆BMO’ (triunghiuri dreptunghice si au doua unghiuri congruente, opuse la varf)

=> \inline \fn_jvn \large \frac{MO}{MO^\prime}=\frac{R}{r}\Rightarrow\frac{MO+MO^\prime}{MO^\prime}=\frac{R+r}{r}\Rightarrow \inline \fn_jvn \large \frac{d}{MO^\prime}=\frac{R+r}{r}=>MO^\prime=\frac{dr}{R+r};

\inline \fn_jvn \large MO=\frac{drR}{r(R+r)}=\frac{dR}{R+r}

13. Aceeasi problema ca la 11 dar pentru cercuri secante.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 100

OA⊥MA;O’B⊥MA (raza este perpendiculara pe tangenta in punctul de tangenta);

∆AMO∼∆BMO’ (triunghiuri dreptunghice si au un unghi comun)

=> \inline \fn_jvn \large \frac{MO}{MO^\prime}=\frac{R}{r};\frac{MO^\prime+d}{MO^\prime}=\frac{R}{r}\Rightarrow

\inline \fn_jvn \large MO^\prime\cdot R=MO^\prime\cdot r+dr=>MO^\prime=\frac{dr}{R-r};

\inline \fn_jvn \large MO=d+\frac{dr}{R-r}=\frac{dR}{R-r}

14. Se considera un cerc fix de centru O si un punct fix A. Se ia un punct M pe acel cerc si se considera un punct N pe semidreapta AM astfel ca \inline \fn_jvn \large \frac{AN}{AM}=k . Care este locul geometric a lui N cand M parcurge cercul dat, k ramanand si el fix.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 101

Ducem prin N paralela la OM pana cand intersecteaza pe AO in V.

∆OAM∼∆VAN=> \inline \fn_jvn \large \frac{OM}{VN}=\frac{AM}{AN}=\frac{OA}{AV}\Rightarrow\frac{R}{VN}=\frac{1}{k}\Rightarrow 

VN = k ∙ R.

AV= k∙R => locul geometric este un cerc cu centrul in V situat pe OA, la distanta de  de A si de raza VN = k ∙ R.

15. Aceeasi problema ca la 14, insa alegand N pe dreapta AM astfel ca A sa fie intre M si N.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 102

Ducem prin N paralela la OM pana cand intersecteaza pe OA in P.

∢MOA≡∢APN (alterne interne); ∢MAO≡∢NAP (opuse la varf)

∆OMA∼∆PNA=> \inline \fn_jvn \large \frac{MA}{AN}=\frac{OM}{NP}=\frac{OA}{AP}=\frac{1}{k}=>\frac{R}{NP}=\frac{OA}{AP}=>

\inline \fn_jvn \large AP=k\cdot OA;NP=R\cdot k

P este fix pe dreapta OA avand distanta  si este centrul unui cerc de raza \inline \fn_jvn \large NP=R\cdot k care este locul geometric a lui N.

16. Se considera doua cercuri neconcentrice, de raze neegale.

  1. Gasiti un punct A si un numar k astfel incat locul geometric din problema 14, relativ la unul din cercuri, la A si la k, sa fie tocmai celalalt cerc.
  2. Aceeasi problema in ceea ce priveste locul geometric din problema 15.
  3. Ce se intampla daca razele cercurilor ar fi egale?
  4. In cazurile in care cercurile ar fi exterioare, tangente exterioare, precizati pozitia punctelor de la a si b, iar in cazurile in care cercurile ar fi secante, tangente interioare, precizati pozitia punctului de la a).

Rezolvare:

Din problema 14 stim ca VA=k∙OA si r=k∙R=> \inline \fn_jvn \large \frac{r}{R}=k; \frac{VA}{OA}=k

Pentru a forma doua triunghiuri asemenea care sa contina cele doua raze si segmentele OA si VA, ducem tamgenta comuna exterioara. Punctul de intersectia cu linia care uneste cele doua centre, va fi varful comun al celor doua triunghiuri, deci punctul A.

  1. In cazul al doilea se modifica dimensiunile cercurilor.
  2. Daca razele sunt egale, k=1 deci VA=AO, punctul A se afla la mijlocul segmentului OV.
  3. In cazul in care cercurile sunt exterioare, problema a fost demonstrata. In cazul in care cercurile sunt tangente, punctul cautat este punctul de tangenta.

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 103

In cazul in care cercurile sunt secante, A trebuie sa fie picioarul bisectoarei unhiului OTV pentru averifica relatia de la punctul a) prin teorema bisectoarei.

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 104

In cazul in care cercurile sunt tangente interior, problema se reduce la a gasi un punct A in interiorul segmentului OV astfel incat \inline \fn_jvn \large \frac{VA}{OA} sa fie egal cu raportul razelor celor doua cercuri.

17. Se considera un patrulater convex ABCD si un punct M interior segmentului AC. Paralela prin M la AB taie BC in N, iar paralela prin M la CD taie AD in P. Sa se demonstreze ca \inline \fn_jvn \large \frac{MN}{AB}+\frac{MP}{CD}=1.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 105

⊿ACB , MN∥AB =>⊿MCN∼⊿ACB => \inline \fn_jvn \large \frac{MN}{AB}=\frac{MC}{AC}

⊿DAC, MP∥DC =>⊿MAP∼⊿CAD => \inline \fn_jvn \large \frac{MP}{DC}=\frac{AM}{AC}

\inline \fn_jvn \large \frac{MN}{AB}+\frac{MP}{CD}=\frac{MC}{AC}+\frac{AM}{AC}=\frac{MC+AM}{AC}=\frac{AC}{AC}=1

18. In paralelogramul ABCD unim A cu mijlocul lui BC si B cu mijlocul lui CD; cele doua drepte se intersecteaza in X. Care este valoarea raportului  \inline \fn_jvn \large \frac{XA}{XM} unde M este mijlocul lui BC?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 106

Ducem prin C paralela la AM care intersecteaza pe AD in T si pe BN in Z.

In ⊿CZM, XM este linie mijlocie (BM=MC si XMZC) => daca XM = u, ZC = 2u.

ATCM este paralelogram => AT=MC si AM=TC.

∢BNC≡∢DNP;∢NDP≡NCB (opuse la varf, respectiv alterne interne); CN=ND =>⊿BNC≡⊿DBP=>DP=CB.

Notam MC=w => DP=2w.

In⊿APX, TZ∥AX=>⊿∼⊿APX=>  \inline \fn_jvn \large \frac{PT}{AP}=\frac{TZ}{AX}, PT=TD+DP=3w=> \inline \fn_jvn \large \frac{TZ}{AX}=\frac{3}{4};

\inline \fn_jvn \large AM=TC=>\frac{4TZ}{3}+u=2u+TZ=>u=\frac{TZ}{3};TZ=3u

\inline \fn_jvn \large =>\frac{XA}{XM}=\frac{4\cdot3u}{3\cdot u}=4.

19. Locul geometric al punctelor din interiorul unui unghi nealungit, pentru care raportul distantelor la laturile unghiului este egal cu un numar dat, este o semidreapta cu originea in varful unghiului.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema fundamentala a asemanarii 107

Fie ∢AOB, astfel incat MA⊥OA;AB⊥OB \inline \fn_jvn \large ;\frac{MA}{MB}=k. Trebuie sa demonstram ca ∀N∈∢AOB.

In NOC,MB∥NC=>⊿MOB∼⊿NOC=> \inline \fn_jvn \large \frac{MB}{NC}=\frac{OM}{ON}

In ⊿NOD,MA∥ND=>⊿MOA∼⊿NOD=> \inline \fn_jvn \large \frac{MA}{ND}=\frac{OM}{ON}

=> \inline \fn_jvn \large \frac{MB}{NC}=\frac{OM}{ON}=\frac{MA}{ND}=>\frac{ND}{NC}=\frac{MA}{MB}=k

Probleme Teorema lui Thales

1.In interiorul unui segment AB de lungime 55 cm se considera un punct astfel incat \inline \fn_jvn \large \frac{AC}{CB}=\frac{5}{6}. Sa se determine lungimile segmentelor AC si CB.

Rezolvare:

\inline \fn_jvn \large AC=\frac{5\cdot CB}{6}; \inline \fn_jvn \large AC+CB=\frac{11\cdot CB}{6}=55;

\inline \fn_jvn \large CB=\frac{6\cdot 55}{11}=30; AB = 25.

2.Aceeasi problema ca la 1, cu singura deosebire ca se presupune C situat pe dreapta AB dar nu in interiorul segmentului AB. Unde rezulta C: de aceeasi parte a lui A ca si B sau de cealalta parte?

Rezolvare:

Presupunem ca C este situat in afara segmentului AB.

6 ∙ AC = 5 ∙ CB => CB>AC =>C este situat in stanga lui A.

AB = BC – AC = BC – \inline \fn_jvn \large \frac{5\cdot CB}{6}=\frac{BC}{6}=55 => BC=330

AC= \inline \fn_jvn \large \frac{5\cdot 330}{6} =300

3.Se dau trei puncte coliniare A, B, C, astfel incat C este situat intre A si B. Sa se exprime fiecare dintre rapoartele \inline \fn_jvn \large x=\frac{CA}{CB}, y=\frac{CA}{AB} si \inline \fn_jvn \large z=\frac{CB}{AB} in functie de fiecare din celelalte doua.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 108

CA = y ∙ AB; CB = z ∙ AB => x = \inline \fn_jvn \large \frac{y\cdot AB}{z\cdot AB}=\frac{y}{z}

=>y=x∙z; \inline \fn_jvn \large z=\frac{y}{x}

4.Daca A, B, C, D sunt coliniare, daca C si D sunt situate intre A si B si daca \inline \fn_jvn \large \frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB} , sa se demonstreze ca C = D.

Rezolvare:

Aplicam una din proportiile derivate:

\inline \fn_jvn \large \frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=> \frac{CA+CB}{CB}=\frac{DA+DB}{DB} =>

\inline \fn_jvn \large \frac{AB}{CB}=\frac{AB}{DB}=> C=D

5. Aceeasi problema ca la 4, insa presupunand ca nici C nici D nu este situat intre A si D (cele 4 puncte continuand a fi presupuse coliniare).

Rezolvare:

Daca ordinea este C, D, A, B sau D, C, A, B:
\inline \fn_jvn \large \frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=>\frac{CA}{CA+AB}=\frac{DA}{DA+AB} =>
\inline \fn_jvn \large \frac{CA}{AB}=\frac{DA}{AB}=> CA = DA => C = D

Daca ordinea este C, A, B, D:
\inline \fn_jvn \large \frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=>\frac{CA}{CA+AB}=\frac{DB+AB}{DB}=>
CA∙DB=(CA+AB)∙(DB+AB)
CA∙DB+AB∙(CA+DB+AB)=CA∙DB+AB∙CD
=>AB∙CD=0 => singura modalitate in care aceasta relatie este posibila, este daca C = D.
Procedam la fel si daca ordinea este D, A, B, C.

6. Trei drepte paralele determina pe doua secante segmente proportionale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 109

In aceasta situatie putem sa ne gandim la doua cazuri. Cazul in care cele doua secante sunt concurente sau paralele. Tinand cont de enuntul problemei urmatoare, vom analiza doar primul caz aici.
Ipoteza: a ∥ b ∥ c;d ⋂ a = {A}; d ⋂ b = {B};d ⋂ c = {C};
e ⋂ a = {A’}; e ⋂ b = {B’}; e ⋂ c = {C’}; e ⋂ d = {M}
Concluzie\inline \fn_jvn \large \frac{AB}{BC}=\frac{A'B'}{B'C'}

In ∆MBB’,AA’∥BB’ aplicam teorema lui Thales:
\inline \fn_jvn \large \frac{MA}{MB}=\frac{MA'}{MB'}=>\frac{MA}{MA+AB}=\frac{MA'}{MA'+A'B'}
\inline \fn_jvn \large =>\frac{MA}{AB}=\frac{MA'}{A'B'}=>\frac{MA}{MA'}=\frac{AB}{A'B'}

In ∆MCC’,AA’∥CC’ aplicam teorema lui Thales:
\inline \fn_jvn \large \frac{MA}{MC}=\frac{MA'}{MC'}=>\frac{MA}{MA+AC}=\frac{MA'}{MA'+A'C'}
\inline \fn_jvn \large =>\frac{MA}{AC}=\frac{MA'}{A'C'}=>\frac{MA}{MA'}=\frac{AC}{A'C'}
\inline \fn_jvn \large =>\frac{MA}{MA'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=>\frac{AB}{AC}=\frac{A'B'}{A'C'}
\inline \fn_jvn \large => \frac{AB}{AB+BC}=\frac{A'B'}{A'B'+B'C'}=>\frac{AB}{BC}=\frac{A'B'}{B'C'}

7. Enuntati cazuri particulare ale teoremei lui Thales; si ale teoremei din problema 6.

Rezolvare:

Ipoteza: a ∥ b ∥ c; d ⋂ a = {A}; d ⋂ b = {B}; d ⋂ c = {C};
e ⋂ a = {A’}; e ⋂ b = {B’}; e ⋂ c = {C’}; e ∥ d
Concluzie\inline \fn_jvn \large \frac{AB}{BC}=\frac{A'B'}{B'C'}

In figura a doua de la problema anterioara, AA’B’B si BB’C’C sunt paralelorgame avand laturile opuse paralele. => AB ≡ A’B’ si BC ≡ B’C’.

\inline \fn_jvn \large =>\frac{AB}{BC}=\frac{A'B'}{B'C'}

8. Care este reciproca teoremei lui Thales? Este ea adevarata?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 110

Fie M ∈ AB si N ∈ AC. Daca  \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}  atunci MN ∥ BC.

Presupunem MN∦BC. Inseamna ca prin M putem duce MP ∥ BC, unde P ∈ AC. Aplicand teorema lui Thales, \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AP}{AC}   dar \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}   => AP = AN deci N = P. Reciproca este adevarata.

9. Fie M si N puncte pe laturile AB, AC ale unui triunghi astfel ca MNBC. Daca \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{3}{11} , sa se calculeze \inline \fn_jvn \large \frac{AN}{NC}.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 111

Aplicam teorema lui Thales:

\inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{3}{11}, \frac{AN}{AN+NC}=\frac{3}{11}=>\frac{AN}{NC}=\frac{3}{8}

10. Demonstrati teorema lui Thales in cazul in care punctele D si E nu se afla in interioarele segmentelor AB, AC: deosebiti cazul in care ele se afla pe semidreptele AB, AC si cazul in care ele se afla pe prelungirile acestor semidrepte.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 112

Cazul 1. Aplicam teorema lui Thales in ∆ADE: \inline \fn_jvn \large \frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}=>AD\cdot AC=AB\cdot AE
\inline \fn_jvn \large => \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}

Cazul 2. Fie M ∈ AB si N ∈ AC astfel incat AM ≡ AD; AN ≡ AE;
∢MAN ≡ ∢EAD (unghiuri opuse la varf) => ∆MAN ≡ ∆DAE => ∢ANM ≡ ∢AED => MN ∥ ED. Aplicam teorema lui Thales in ∆ABC:  \inline \fn_jvn \large \frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}; \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}

11. Scrieti o demonstratie a teoremei lui Thales, considerand \inline \fn_jvn \large \frac{AD}{AB}=\frac{m}{n}, in care m si n sunt numere naturale, 1 ≤ m < n (deci fara a particulariza pe m si n).

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 113

Sa impartim segmentul AB in n parti congruente prin punctele

D1, D2, …, Dn-1. Vom avea deci AD≡ D1D≡ …DmDm+1…≡ D5Dn-1 ≡ Dn-1B. Sa ducem prin punctele D1, D2, …Dm…, Dn-1         paralele la BC; ele vor intersecta latura AC in E1, E2, …, En-1. Deci, in figura de mai jos, vom avea D1E∥ D2E∥ … ∥ DmE∥ … ∥ Dn-1En-1 ∥ BC.

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 114

Aplicand teorema liniei mijlocii in triunghiul AD2E2         precum si in trapezele D1E1E3D3, D2E2E4D4, …, Dn-5En-5En-3Dn-3, Dn-2En-2CB, obtinem AE1≡E1E2≡…≡En-2En-1≡En-1C.

Sa observam acum ca \inline \fn_jvn \large \frac{AD_{m}}{AB}=\frac{m}{n}=\frac{AD}{AB}; deci ADm≡AD, adica D = Dm. Deducem acum ca E = Em si, in sfarsi, este vizibil ca \inline \fn_jvn \large \frac{AE}{AC}=\frac{m}{n}.

12.Fiind date trei segmente u, v, w, sa se construiasca un segment x astfel ca x =\inline \fn_jvn \large \frac{uv}{w}. Caz particular u = 6 cm, v = 10 cm, w = 15 cm.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 115

\inline \fn_jvn \large x=\frac{uv}{w}=>\frac{x}{v}=\frac{u}{w} => construim un triunghi ABC in care latura AB = v iar latura AC = w. Luam punctul NAC astfel incat AN = u. Ducem prin N paralela la BC care intersecteaza pe AB in M. Aplicam teorema lui Thales iar AM va fi egal cu x.

13. (Intrebare). Puteti folosi teorema lui Thales pentru a construi un segment x =\inline \fn_jvn \large \sqrt{uv} , u si v fiind segmente date?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 116

\inline \fn_jvn \large x=\sqrt{uv}=>x^2=uv=>\frac{x}{u}=\frac{v}{x}

Consideram un unghi cu varful in A. Luam punctul B pe una din laturi astfel incat AB = u, luam punctul N pe cealalta latura, astfel incat AN = v . Pentru orice valoare mai mare decat v, putem considera un punct C apartinand prelungirii lui AN, AC = x iar paralela prin N la BC, va intersecta pe AB in punctul M, AM = x.

14.Se considera trei drepte Ox, Oy, Oz, punctele A, A1, apartin lui Ox si punctele B apartinand lui Oy si C lui Oz. Paralela prin A1 la AB intersecteaza Oy in B1, iar paralela la BC prin B1 intersecteaza Oz in C1. Sa se demonstreze ca C1A1CA.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 117

Ipoteza: A, A1∈Ox;B, B1∈Oy; C, C1∈Oz;

AB∥A1 B1;BC∥B1C1

Concluzie: AC∥A1C1

In ∆A1OB1, AB∥A1B1, aplicam teorema lui Thales: \inline \fn_jvn \large \frac{OA}{OA{_{1}}}=\frac{OB}{OB_{1}}

In ∆C1OB1, BC∥B1C1, aplicam teorema lui Thales: \inline \fn_jvn \large \frac{OC}{OC_{1}}=\frac{OB}{OB_{1}}

\inline \fn_jvn \large => \frac{OA}{OA_{1}}=\frac{OB}{OB_{1}}=\frac{OC}{OC_{1}}=> In ∆A1OC1, conform reciprocei teoremei lui Thales demonstrata intr-una din problemele anterioare, AC∥A1C1

15. Se considera un punct D pe latura BC a triunghiului ABC. Paralela prin D la AB intersecteaza AC in E, iar cea cea la BC prin E intersecteaza pe AB in F Sa se arate ca dupa un anumit numar de astfel de constructii “ne intoarcem” in D. Care este acel numar?

Rezolvare:

Cazul 1. D nu este mijlocul lui BC.

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 118

Din realizarea desenului, observam ca putem duce 5 drepte paralele, dupa care il unim pe I cu D demonstrand ca ID ∥ AC.

BI ∥ HG; BG ∥ IH => IHGB paralelogram => BI ≡ HG
AF ∥ HG; FG ∥ AH => AHGF paralelogram =>AF ≡ HG
Notam BI = AF = HG = x (1)
FE ∥ BD; FB ∥ ED => FEDB paralelogram => FE ≡ BD
FE ∥ GC; CE ∥ FG => FECG paralelogram =>FE ≡ GC
Notam GC = BD = FE = z (2)
AF ∥ HG=> ∢FAE ≡ GHC; FE ∥ GC=> ∢AEF ≡ ∢HCG =>
(din faptul ca suma unghiurilor intr-un triunghi este 180°)∢AFE ≡ ∢HGC (3)
Din (1), (2) si (3) =>
∆FAE ≡ ∆GHC => HC = AE si notam valoarea cu y
In conditiile acestor notatii si a reciprocei teoremei lui Thales, trebuie sa demonstram ca \inline \fn_jvn \large \frac{x}{AB}=\frac{z}{BC}.
Aplicam teorema lui Thales in ∆BAC pentru IH∥BC: \inline \fn_jvn \large \frac{x}{AB}=\frac{y}{AC}
Aplicam teorema lui Thales in ∆ACB pentru HG∥AB: \inline \fn_jvn \large \frac{y}{AC}=\frac{z}{CB}
\fn_jvn \large => \frac{x}{AB}=\frac{z}{CB}

Cazul 2 il vom rezolva in cadrul problemei urmatoare.

16. Cum trebuie ales D din problema 15, pentru ca intoarcerea in D sa aiba loc dupa un numar mai mic de constructii decat in cazul general? Care este acel nou numar?

Rezolvare:

Fie AD≡DC

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 119

Ipoteza: AD≡DC;DE∥AB;FE∥BC
Concluzie: FD∥AC

Din AD≡DC;DE∥AB=> DE este linie mijlocie => EC≡AE
Din EC≡AE;FE∥BC=> FE este linie mijlocie => AF≡FB
Din AF≡FB;AD≡DC=> FD este linie mijlocie => FD∥AC
Se duc 3 drepte paralele.

17. Fie D punctul in care bisectoarea unghiului A al unui triunghi intersecteaza latura opusa BC. Sa se demonstreze ca \inline \fn_jvn \large \frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}.  Aceeasi problema pentru “bisectoarea exterioara”?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 120

In cazul bisectoarei interioare
Construim DM∥AB;DN∥AC,M∈AC;N∈AB.
Notam AB = c; AC = b; BC = a si AM = x;
DN∥AC si DM∥AB=∢MDA≡∢DAB≡∢DAM≡∢ADN
∆AMDsi ∆AND sunt isoscele iar MDNA este paralelogram (are laturile opuse congruente) => AM = MD = DN = AN = x
Conform notatiilor trebuie sa demonstram ca \inline \fn_jvn \large \frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}
Aplicam teorema lui Thales pentru DM∥AB:
\fn_jvn \large \frac{b-x}{b}=\frac{DC}{a}=>DC=\frac{a\cdot (b-x)}{b}
Aplicam teorema lui Thales pentru DN∥AC:
\fn_jvn \large \frac{c-x}{c}=\frac{DB}{a}=>DB=\frac{a\cdot (c-x)}{c}
Avand toate unghiurile congruente (formate de drepte paralele) =>
∆DBN∼∆CBA => \inline \fn_jvn \large \frac{NB}{AB}=\frac{DN}{CA}=>\frac{c-x}{c}=\frac{x}{b}=>c-x=\frac{c\cdot x}{b}
∆MCD∼∆ACB => \inline \fn_jvn \large \frac{MC}{AC}=\frac{MD}{AB}=>\frac{b-x}{b}=\frac{x}{c}=>b-x=\frac{b\cdot x}{c}
\inline \fn_jvn \large \frac{DC}{DB}=\frac{a\cdot (b-x)}{b}\cdot \frac{c}{a\cdot (c-x)}=\frac{b}{b}\cdot \frac{x}{c}\cdot \frac{c}{c}\cdot \frac{b}{x}=\frac{b}{c}
In cazul bisectoarei exterioare
Conform desenului, pentru bisectoarea exterioara, trebuie sa demonstram ca \inline \fn_jvn \large \frac{EB}{EC}=\frac{AB}{AC} sau \inline \fn_jvn \large \frac{EC}{EB}=\frac{AC}{AB}

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 121

Ducem prin B o paralela la AD pana intersecteaza pe AE in M.
∢MBA≡∢BAC
AD⊥ME (bisectoarea interioara este perpendiculara pe bisectoarea exterioara)
m(∢BAM)+m(∢DAB)=90°=m(∢DAC)+m(∢CAE)
=>∢CAE≡∢BAM
m(∢BAM)+m(∢BAC)+m(∢CAE)=180° dar si
m(∢BAM)+m(∢MBA)+m(∢AMB)=180° =>
∢CAE≡∢AMB≡∢BAM deci ABM este triunghi isoscel =>
AB = BM
In △EAC∼△BEM(avand toate unghiurile congruente)=>
\fn_jvn \large \frac{EC}{EB}=\frac{AC}{MB}=>\frac{EC}{EB}=\frac{AC}{AB}

18. Scrieti rezolvarea problemei rezolvate 2 in cazul in care C este intre O si D. Ce constatati cu privire la rezultat?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 122

 

In figura de mai sus trebuie sa calculam raportul: \inline \fn_jvn \large \frac{MA}{MC}
Ducem prin A o paralela la MB si notam intersectia sa cu OD cu X.
∢XCO≡∢MCD (opuse la varf) si ∢CAX≡∢CMD (alterne interne)
=>∆XCA~∆DCM avand toate unghiurile congruente =>
\inline \fn_jvn \large \frac{MC}{CA}=\frac{CD}{XC}=\frac{MD}{XA} sau \inline \fn_jvn \large \frac{CA}{MC}=\frac{XC}{CD}=\frac{XA}{MD}=>\frac{CA+MC}{MC}=\frac{XC+CD}{CD}=>\frac{MA}{MC}=\frac{XD}{CD}
Aplicam teorema lui Thales in ∆DOB:
\inline \fn_jvn \large \frac{OX}{OD}=\frac{OA}{OB}=>\frac{OX-OD}{OD}=\frac{OA-OB}{OB}=>\frac{XD}{OD}=\frac{AM}{OB}
\inline \fn_jvn \large \frac{MA}{MC}=\frac{OD}{CD}\bullet\frac{AM}{OB}

M este in exteriorul unghiului.

19. Pe dreapta Ox se considera punctele A, B, C, iar pe dreapta Oy punctele A’, B’, C’. Daca AB’∥BA’ si BC’∥CB’, sa se demonstreze ca AC’∥CA’.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme Teorema lui Thales 123

 Trebuie sa demonstram ca \inline \fn_jvn \large \frac{OC\prime}{OA\prime}=\frac{OA}{OC}

Aplicam teorema lui Thales in triunghiul BOA’:

\inline \fn_jvn \large \frac{OA}{OB}=\frac{OB\prime}{OA\prime};\frac{OA}{OA+AB}=\frac{OC^\prime+C\prime B\prime}{OC^\prime+C^\prime B^\prime+B\prime A\prime}

\inline \fn_jvn \large OA=\frac{(OA+AB)(OC^\prime+C^\prime B^\prime)}{OC^\prime+C^\prime B^\prime+B\prime A\prime}

Aplicam teorema lui Thales in ∆B’OC:

\inline \fn_jvn \large \frac{OB}{OC}=\frac{OC\prime}{OB\prime};\frac{OA+AB}{OA+AB+BC}=\frac{OC\prime}{OC\prime+C\prime B\prime}

\inline \fn_jvn \large OC^\prime=\frac{(OA+AB)(OC\prime+C\prime B\prime)}{OA+AB+BC}

\inline \fn_jvn \large \frac{OA}{OC\prime}=\frac{(OA+AB)(OC^\prime+C^\prime B^\prime)}{OC^\prime+C^\prime B^\prime+B\prime A\prime}\bullet\frac{OA+AB+BC}{(OA+AB)({OC}^\prime+C^\prime B^\prime)}=

\inline \fn_jvn \large =\frac{OA+AB+BC}{OC^\prime+C^\prime B^\prime+B^\prime A^\prime}=\frac{OC}{OA\prime}

=> \inline \fn_jvn \large \frac{OC\prime}{OA\prime}=\frac{OA}{OC} deci AC’∥CA’.

20. Dati un exemplu de proportie in care un termen sa fie numar intreg, iar toti ceilalti sa fie numere irationale. \inline \fn_jvn \large \frac{\sqrt5}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt2} este de forma \inline \fn_jvn \large \frac{\sqrt a}{\sqrt x}=\frac{1}{\sqrt b} unde a ∙ b = x, cu mentriunea ca \inline \fn_jvn \large \sqrt a,\sqrt b,x sunt irationale.

Rezolvare:

\inline \fn_jvn \large \frac{\sqrt3}{\sqrt6}=\frac{1}{\sqrt2}; \frac{\sqrt7}{\sqrt{21}}=\frac{1}{\sqrt3}

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 1 124

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 1 125

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 1 126

∢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 1 127

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 1 128

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 1 129

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 1 130

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 1 131

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 1 132

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 1 133

  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 1 134


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 1 135


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 1 136

 

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 1 137

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 1 138

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 1 139

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 1 140

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 1 141

∆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 1 142

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 1 143

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 1 144

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 145

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 146

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 1 147

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 1 148

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 1 149

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 1 150

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 1 151

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 1 152

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 1 153

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 1 154

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 1 155

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 1 156

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.