Probleme recapitulative 2

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 1

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 2

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

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

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

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

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

  • ∆ACB ∼ ∆AOB, 
  • OC ≡ AB ≡ AC

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 3

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

m(∢OCA)=36°+m(∢OBA)=36°+36°+m(∢OAC)

=>m(∢OAC)+36°+36°+36°+m(∢OAC)=180°

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

Din (1) si (2) => OC ≡ AB ≡ AC

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 4

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

m(∢BOA)=36°;=>m(∢OBA)=m(∢OAB)=72°

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

∢CFO≡∢AOB;OF≡OA;∢COF≡OAB=>⊿CFO≡⊿AOB=>

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

m(∢OCF)=72°=>m(∢OCA)=108°=>

m(∢CAO)=180°-108°-26°=36°=>

⊿OCA este isoscel, deci OC=OC=l;

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

Deci relatia este adevarata.

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 5

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

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

16x=80=>x=5 cm ;

AB=AD=5 cm

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 6

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 7

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

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 8

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

m(∢APB)=90°+50°=140°

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 9

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

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

EO = OD, deci ⊿EOD este isoscel.(1)

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

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

⊿EOD este echilateral.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 10

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

CB⊥AB, E=B;AB=\frac{AC}{2}=2\ cm

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

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

Rezolvare:

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 11

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

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 12

Rezolvare:

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

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

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

=> AM = MS.

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

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

Rezolvare:

∢BAC≡∢CBD; ∢CDB≡∢ADB=>⊿DBC∼⊿DAB=>

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 13

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

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

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

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

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

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

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

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

Scadem cele doua relatii:

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

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

EC≡BG;

EP⊥PG.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 14

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

=>⊿EAC≡⊿BAG=>[EC]≡[BG]

m(∢EMA)+m(∢MEA)=90°=m(BMP)+m(∢MBP)=>

m(∢MPB)=90°=>EC⊥BG

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

Rezolvare:

In ⊿NOC:

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 15

Triunghiurile DOC si AOB sunt dreptunghice isoscele =>

m(∢ODC)=m(∢OAB)=45°=>

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

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

60+60+36+100=256

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 16

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

⊿PTMeste isoscel =>

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

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiul OTM:

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 17

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 18

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 19

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 20

⊿QBA’∼⊿ABA’; ⊿NCP∼⊿A’CA=>

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

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

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 21

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 22

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

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

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

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

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

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

Rezolvare:

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

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

Rezolvare:

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 23

Rezolvare:

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

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

m(∢AND)=60°+120°=180°=>

A, D, N sunt coliniare.

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 24

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 25

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 26

d. m(∢DMC)=180°-60°-60°=60°;

Aplicam teorema generalizata a lui Pitagora in triunghiul DMC:

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 27

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

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

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

=m(∢ABC)+m(∢BCA)+m(∢BAC)=180°

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 28

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 29

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 30

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

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

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

Calculam inaltimea trapezului aplicand teorema lui Pitagora:

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 31

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

MN∥BD; PQ∥BD=>MN∥PQ

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

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 32

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

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

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

Rezolvare:

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 33

Rezolvare:

OO’ este linie mijlocie in triunghiul BAC =>

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

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

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 34

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

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

m(∢BDA)+m(∢ADC)=180°=>∢AOB≡∢AO’C

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

Razele sunt minime cand AD este inaltime in triunghiul ABC.

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 35

Rezolvare:

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

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

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 36

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 37

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

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 38

Rezolvare:

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

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

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

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 39

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 40

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

AB∥DC=>ABCD este trapez.

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 2 41

MN∥AC∥PQ;

MN∥AC => \frac{BM}{MA}=\frac{BN}{NC};

NP∥DB => \frac{NC}{BN}=\frac{PC}{DP};

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

QM∥DB dar PN∥DB=>

QM∥PN=>MNPQ este paralelogram.

AO=OC=OB=OD=2 cm

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

Probleme 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. 42

∆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. 43

∆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. 44

∆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. 45

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. 45

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. 47

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. 48

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. 49

⊿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. 50

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. 51

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. 52

  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. 53

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. 54

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. 55

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. 56

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. 57

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 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 58

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 59

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 60

∢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 61

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 62

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 63

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 64

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 65

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 66

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 67

  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 68


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 69


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 70

 

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 71

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 72

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 73

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 74

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 75

∆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 76

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 77

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 78

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 79

Matematica Capacitate Probleme recapitulative 1 80

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 81

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 82

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 83

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 84

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 85

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 86

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 87

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 88

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 89

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 90

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.