Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart

1.Calculati lungimile bisectoarelor unui triunghi cunoscand lungimile laturilor sale.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 1

\frac{x}{a-x}=\frac{c}{b}=> x=\frac{ca}{b+c} ; y^2\cdot a=c^2\cdot\left(a-x\right)+b^2\cdot x-a\cdot x\cdot\left(a-x\right)= c^2\cdot\left(a-\frac{ac}{b+c}\right)+b^2\cdot\frac{ac}{b+c}-a\cdot\frac{ac}{b+c}\cdot\left(a-\frac{ac}{b+c}\right)= \frac{abc^2}{b+c}+\frac{ab^2c}{b+c}-\frac{a^3bc}{\left(b+c\right)^2}=

\frac{ab^2c^2+abc^3+ab^3c+ab^2c^2-a^3bc}{\left(b+c\right)^2}=

\frac{abc\left(bc+c^2+b^2+bc-a^2\right)}{\left(b+c\right)^2}=

\frac{abc\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]}{\left(b+c\right)^2}=> y=\frac{\sqrt{abc\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}}{a(b+c)}

Analog, bisectoarea unghiului B va fi egala cu:

\frac{\sqrt{abc\left(a+b+c\right)\left(c-b+a\right)}}{b(a+c)}

Iar bisectoarea unghiului C:

\frac{\sqrt{abc\left(a+b+c\right)\left(b-c+a\right)}}{c(b+a)}

2.Desenati o figura in care, in acelasi triunghi, sa se poata aplica si teorema lui Menelaos si teorema lui Ceva, doua dintre cele trei puncte fiind aceleasi in ambele aplicatii. Enuntati rezultatul obtinut.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 2

\inline \frac{NB}{NC}\cdot\frac{CP}{PA}\cdot\frac{MA}{MB}=-1 ; \inline \frac{QC}{QB}\cdot\frac{PC}{PA}\cdot\frac{AM}{MB}=1

Fie d o dreapta care intersecteaza laturile AB, AC si BC ale triunghiului ABC in punctele M, P, Q si nu trece prin niciunul din varfurile triunghiului, daca AN trece prin punctul de intersectie al segmentelor CM si BP, atunci este valabila relatia:

\inline \frac{NB}{NC}\cdot\frac{CP}{PA}\cdot\frac{MA}{MB}\cdot\frac{QC}{QB}=-1

3.Se considera trei cercuri, ce n-au centrele coliniare, si astfel incat printre ele sa nu existe doua care sa fie interioare sau tangente interioare, (C1), (C2), (C3). Tangentele comune exterioare ale lui (C1) si (C2) se intalnesc in A12; definim asemanator punctele A23, A31. Sa se arate ca cele trei puncte sunt coliniare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 3

O1T⊥A12T; O2U⊥A12T razele sunt perpendiculare pe tangenta in punctul de tangenta => ⊿A12O2U∼⊿A12O1T=> \inline \frac{A_{12}O_2}{A_{12}O_1}=\frac{R_2}{R_1}

Analog,

\inline \frac{A_{31}O_3}{A_{31}O_1}=\frac{R_3}{R_1}=> \inline \frac{A_{31}O_1}{A_{31}O_3}=\frac{R_1}{R_3};\ \frac{A_{23}O_3}{A_{23}O_2}=\frac{R_3}{R_2}

 \inline \frac{A_{12}O_2}{A_{12}O_1}\cdot\frac{A_{31}O_1}{A_{31}O_3}\cdot\frac{A_{23}O_3}{A_{23}O_2}=1

Conform reciprocei teoremei lui Menelaos demonstrata anterior,=> A12, A23,  A31 sunt coliniare apartinand unei drepte care intersecteaza laturile triunghiului O1O2O3.

4.Enuntati o problema asemanatoare cu problema anteri, in care sa fie vorba si de tangente comune interioare.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 4

Se considera trei cercuri, ce n-au centrele coliniare, si astfel incat printre ele sa nu existe doua care sa fie interioare sau tangente interioare, (C1), (C2), (C3). Tangentele comune interioare ale lui (C1) si (C2) se intalnesc in M12; definim asemanator punctele M23, M31. Sa se arate ca ele trei puncte sunt coliniare.

O1T ⊥ M12T; O2U⊥ M12T razele sunt perpendiculare pe tangenta in punctul de tangenta; ∢M12O1T≡∢M12O2U fiind opuse la varf => ⊿ M12O1T ∼⊿ M12O2U =>

\frac{M_{12}O_2}{M_{12}O_1}=\frac{R_2}{R_1}

Analog,

\frac{M_{31}O_3}{M_{31}O_1}=\frac{R_3}{R_1};\ \frac{M_{23}O_3}{M_{23}O_2}=\frac{R_3}{R_2} \frac{M_{12}O_2}{M_{12}O_1}\cdot\frac{M_{31}O_1}{M_{31}O_3}\cdot\frac{M_{23}O_3}{M_{23}O_2}=1

Dar M12∈O1O2, M23∈O2O3, M31∈O1O3, deci ele sunt puncte pe laturile triunghiului O1O2O3. Punctele nu sunt coliniare, dar conform celor demonstrate mai sus si aplicand teorema lui Ceva, => O1M23∩O2M31∩O3M12={N}.

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 5

5.Cercul inscris in triunghiul ABC atinge laturile BC, CA, AB in M, N, P Demonstrati ca AM, BN, CP sunt concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 6

OM, ON, OP sunt raze perpendiculare pe tangentele la cerc, deci ele sunt perpendiculare pe laturile triunghiului.

OA, OB, OC sunt bisectoarele unghiurilor triunghiului, centrul cercului inscris in triunghi fiind punctul de intersectie al bisectoarelor.

  • ⊿BOP≡⊿BOM (cazul I.U.) => BM=BP=x
  • ⊿COM≡⊿CON (cazul I.U.) => CM=CN=y
  • ⊿AOP≡⊿AON (cazul I.U.) => AP=AN=z

\frac{MB}{MC}\cdot\frac{NC}{NA}\cdot\frac{PA}{PB}=\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}=1

Conform reciprocei teoremei lui Ceva demonstrata anterior, dreptele AM, BN,CP sunt concurente.

6.Enuntati o problema asemanatoare cu problema anterioara in care sa fie vorba de un cerc tangent celor trei laturi ale unui triunghi, altul decat cel inscris.

Rezolvare:

Fie un cerc exterior unui triunghi, tangent la una din laturile unui triunghi si la doua din prelungirile celorlalte laturi. Punctele de tangenta sunt M pe BC, N pe AC si P pe BA. Demonstrati ca AM, BN si CP sunt concurente.

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 7

OM⊥BM;ON⊥AC;OP⊥AB (raza este perpendiculara pe tangenta in punctulde tangenta.)

⊿NOC≡⊿MOC (cazul C.I.) => MC=NC=x

⊿POA≡⊿NOA (cazul C.I.) => AP=NA=y

⊿POB≡⊿MOB (cazul C.I.) => BP=BM=z

\frac{MB}{MC}\cdot\frac{NC}{NA}\cdot\frac{PA}{PB}=\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}=1

=> Conform reciprocei teoremei lui Ceva demonstrata anterior, dreptele AM, BN,CP sunt concurente.

7.Care este locul geometric al punctelor pentru care diferenta patratelor distantelor la doua puncte date sa fie constanta?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 8

Stim ca orice punct de pe mediatoare este egal departat de marginile segmentului care uneste cele doua puncte. Dar sa consideram o alta dreapta, UT⊥AB Aplicand teorema lui Pitagora in cele doua triunghiuri dreptunghice vom obtine
{AT}^2-{UA}^2={BT}^2-{UB}^2=> {AT}^2-{BT}^2={UA}^2-{UB}^2=AB\cdot(UA-UB), deci pentru o dreapta perpendiculara pe segmentul care uneste cele doua puncte, orice punct de pe ea va avea diferenta patratelor distantelor fata de extremitatile segmentului constanta.

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

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 9

Aplicand rezultatul din problema precedenta, ducem o perpendiculara pe dreapta OO’ si consideram pe ea un punct M. Stim ca {MO}^2-{MO^\prime}^2=k, pentru orice punct M de pe dreapta respectiva => \left(MA+R\right)^2-\left(MC+r\right)^2=k=>\\ {MA}^2+R^2+2\cdot MA\cdot R-{MC}^2-r^2-2\cdot MC\cdot r=k

Stim ca R si r sunt date, deci {MA}^2+2\cdot MA\cdot R-{MC}^2-2\cdot MC\cdot r  are valoare constanta (1).

Calculam diferenta dintre puterile lui M fata de cele doua cercuri: MA\cdot MB-MC\cdot MD={MA}^2+2\cdot MA\cdot R-{MC}^2-2\cdot MC\cdot r

Din (1) => puterea lui M este constanta fata de doua cercuri oriunde s-ar afla pe dreapta perpendiculara pe segmentul care uneste cele doua centre ale cercurilor.

9.Locul geometric din problema 11 se numeste “axa radicala” a celor doua cercuri. Formulati si demonstrati o teorema care sa aiba drept caz particular pe cea din problema urmatoare: Trei cercuri cu centrele necoliniare sunt secante doua cate doua. Sa se arate ca cele trei coarde comune sunt concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 10

Axele radicale ale celor trei perechi de cercuri, ce se pot forma cu trei cercuri, ce nu au centrele coliniare, sunt concurente sau coincid.

⊿OAO’≡⊿OBO’ (cazul L.L.L) => OO’ este bisectoarea unghiurilor AOB; AO’B => in triunghiurile isoscele ⊿AOB; ⊿AO’B, este si inaltime, deci OO’⊥AB. Conform problemei anterioare => punctele de pe segmentul AB au o putere egala fata de cele doua cercuri C(O);C(O’).

Analog demonstram aceeasi situatie pt. cercurile C(O);C(O”) => AB∩CD={M} care va avea aceeasi putere pentru C(O);C(O’);C(O”) .

MA∙MB=MC∙MD

Ducem dreapta MF despre care presupunem ca intersecteaza cercurile C(O”);C(O’) in puncte diferite, H, respectiv G

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 11

Stim ca MA∙MB=MG∙MF si MC∙MD = MF∙MH => MH=MG => G=H=E. Deci presupunerea ca MF ar intersecta cele doua cercuri in puncte diferite nu este adevarata. => cele trei drepte sunt concurente.

10.Pe laturile BC, CA, AB ale unui triunghi se considera punctele M, N, P astfel incat AM, BN, CP sa fie concurente. Fie M’, N’, P’ simetricele lui M, N, P fata de mijloacele lui BC, CA, AB. Demonstrati ca AM’, BN’, CP’ sunt concurente.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 12

Cu notatiile din figura aplicam teorema lui Ceva:

\frac{x}{\left(a-x\right)}\cdot\frac{y}{b-y}\cdot\frac{z}{\left(c-z\right)}=1;

Acum vom scrie relatia pentru simetricele punctelor M, N, P:

\frac{a-x}{\left(a-a+x\right)}\cdot\frac{b-y}{b-b+y}\cdot\frac{c-z}{c-c+z}=

\frac{a-x}{x}\cdot\frac{b-y}{y}\cdot\frac{c-z}{z}= \frac{1}{\left[\frac{x}{\left(a-x\right)}\cdot\frac{y}{b-y}\cdot\frac{z}{\left(c-z\right)}\right]}=1=>

Conform reciprocei teoremei lui Ceva, dreptele sunt concurente.

 

11.Dintr-un punct M se duc perpendiculare pe laturile BC, CA, AB ale unui triunghi; fie D, E, F picioarele lor. Sa se demonstreze ca {BD}^2+{CE}^2+{AF}^2={CD}^2+{AE}^2+{BF}^2 . Enuntati si demonstrati o reciproca.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 13

Aplicam teorema lui Pitagora in triunghiurile dreptunghice:

{BD}^2+{CE}^2+{AF}^2=
{BM}^2-{MD}^2+{\rm MC}^2-{\rm ME}^2+{MD}^2-{\rm MF}^2= {\rm MC}^2-{MD}^2+{MD}^2-{\rm ME}^2+{BM}^2-{\rm MF}^2= {CD}^2+{AE}^2+{BF}^2

Daca punctele D, E, F situate pe laturile BC, CA, AB ale unui triunghi satisfac relatia din enunt, atunci perpendicularele ridicate in aceste puncte pe laturile respective sunt concurente.

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 14

{BD}^2+{CE}^2+{AF}^2=
{BD}^2+{\rm MC}^2-{\rm ME}^2+{MD}^2-{\rm MF}^2=
\inline {CD}^2+{AE}^2+{BF}^2=
{CD}^2+{MD}^2-{\rm ME}^2+{BM}^2-{\rm MF}^2=> {BD}^2+{\rm MC}^2={CD}^2+{BM}^2

Presupunem ca MD nu este perpendiculara pe BC. Ducem din M perpendiculara pe BC in punctul G si aplicam teorema lui Pitagora pentru BM si CM inlocuind in relatia de mai sus.

{BD}^2+{MG}^2+{CD}^2+{DG}^2+2\cdot CD\cdot GD= {CD}^2+{BD}^2+{DG}^2+2\cdot BD\cdot GD+{MG}^2=> 2\cdot CD\cdot GD=2\cdot BD\cdot GD=>
2\cdot DG\cdot\left(BD-CD\right)=0=>
BC=0=>presupunerea initiala nu este adevarata.

12. Determinati locul geometric al punctelor pentru care suma patratelor distantelor la doua puncte date A si B este constanta.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 15

Considerand un cerc cu centrul in mijlocul segmentului care uneste cele doua puncte, orice unghi AMB cu M apartinand cercului va avea 90°, deci aplicand teorema lui Pitagora pentru triunghiul AMB, suma patratelor laturilor va fi intodeauna egala cu patratul distantei dintre cele doua puncte.

13.Se considera un punct A si o dreapta d ce nu trece prin el. Fie d’ paralela la d ce trece prin mijlocul segmentului cu capetele in A si in piciorul perpendicularei a din A pe d. Sa se demonstreze ca locul geometric al punctelor egal departate de A si d este tot una cu locul geometric al punctelor pentru care distanta de la a este medie proportionala intre distanta la d’ si dublul distantei de la A la d.

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 16

Stim ca AU=UV si trebuie sa demonstram ca {PU}^2=PM\cdot2AN ; UA≡UV; {UA}^2={UV}^2={AP}^2+{UP\ }^2 (teorema lui Pitagora in triunghiul APU) {PU}^2=\left(UA+AP\right)\left(UA-AP\right)= \left(UA+AP\right)\cdot AN= AN\cdot\left(PN+AP\right)= \ AN\cdot\left(AP+2\cdot A M+AP\right)= 2\cdot AN\cdot PM

14.Intr-un triunghi se cunosc doua laturi a, b si unghiul B opus uneia dintre ele. Determinati cea de-a treia latura si celelalte doua unghiuri. Discutie: in ce cazuri avem o solutie, in ce cazuri doua si in ce cazuri niciuna?

Rezolvare:

Matematica Capacitate Probleme teorema bisectoarei, Menelaos, Ceva, Stewart 17

0 solutii daca m(∢B)≥90°, b≤a sau m(∢B)<90°, b<a∙sinB;

1 solutie daca m(∢B)>90°, b>a sau m(∢B)<90°, b=a∙sinB sau m(∢B)<90°, b≥a;

2 solutii daca m(∢B)<90°, b≥a

c=a\cdot\cos{B}\pm\sqrt{b^2-a^2{sin}^2B} unde semnul “–” apare numai daca sunt doua solutii.

 

 

 

 

Teorema bisectoarei

Teorema bisectoarei.  Bisectoarele interioara si exterioara a unui unghi dintr-un triunghi, impart latura opusa intr-un raport, egal cu raportul laturilor ce formeaza unghiul.

Matematica Capacitate Teorema bisectoarei 18

Ipoteza: ∢DAB≡∢DAC,∢EAB’≡∢EAC

Concluzie\inline \frac{DB}{DC}=\frac{EB}{EC}=\frac{AB}{AC}

Demonstratia o vom schita numai. Alegem pe dreapta AB punctele D’, E’ astfel incat AD’≡AE’≡AC, D’ fiind pe semidreapta AB’ iar E’ pe semidreapta AB. Se arata ca CD’∥AD, CE’∥AE si se aplica teorema lui Thales in ∆BD’C intersectat de AD si in ∆BAE intersectat de CE’ etc.

Pe baza teoremei bisectorei vom rezolva:

Problema. Fiind date doua puncte A, B si un numar k diferit de l, sa se afle locul geometric al tuturor punctelor M pentru care \inline \frac{MA}{MB}=k (fig. 1.69).

Matematica Capacitate Teorema bisectoarei 19

Rezolvare:

Sa ducem bisectoarea interioara si cea exterioara a unghiului AMB. Ele vor intersecta dreapta AB in doua puncte C si D astfel incat, conform teoremei bisectoarei, \inline \frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=k. Deci punctele C si D sunt fixe, nu depind de M, ci doar de A, B si k. Avem si MC⊥MD…, deci M se afla pe cercul de diametru CD.

Pentru a rezolva complet problema, urmeaza sa demonstram ca orice punct M de pe cercul de diametru CD are proprietatea \inline \frac{MA}{MB}=k. Aceasta demonstratie intampina greutati mai mari decat ne asteptam. Vom proceda prin urmatoarea metoda. Vom alege un punct M pe cercul de diametru CD, vom considera dreapta CM si simetricul B’ a lui B fata de CM (fig. 1.70).

Matematica Capacitate Teorema bisectoarei 20

Despre punctele C si D stim ca au proprietatea ce trebuie stabilita, deci presupunem ca M este diferit de aceste puncte. Rezulta ca CM nu este perpendiculara pe AB, deci B’ nu se aflta pe AB si dreapta AB’ intersecteaza CM intr-un punct M’ (acest ultim fapt rezulta din BC≢CA, deci AB’∦CM Rezulta usor ca M’C este bisectoarea ∢AM’B, deci (teorema bisectoarei) \inline \frac{M^\prime A}{M^\prime B}=\frac{CA}{CB}=k.

Conform primei parti a rezolvarii, M’ se va afla pe cercul de diametru CD. Dar dreapta CM nu poate avea mai mult de doua puncte comune cu acest cerc, deci M’= M si \inline \frac{MA}{MB}=k.

Observatie. Pentru k = 1, locul geometric din problema este mediatoarea segmentului AB.

Cercurile ce apar ca locuri geometrice ale tuturor M cu \inline \frac{MA}{MB}=k, pentru un segment AB si pentru diversi k = 1, se numesc cercurile lui Apollonios.

Bisectoarea

Bisectoarea = semidreapta cu originea în vârful unghiului, care împarte acest unghi în alte două unghiuri de măsuri egale.

Matematica Capacitate Bisectoarea 21

Proprietăți ale bisectoarei

Într-un triunghi, bisectoarele sunt concurente, conform reciprocei teoremei lui Ceva, în centrul cercului înscris in triunghi;
Teorema bisectoarei: Într-un triunghi ABC, bisectoarea unghiului A determină pe latura opusă (BC) segmente proporționale cu laturile triunghiului:
\fn_jvn \large \frac{AB'}{B'C}=\frac{AB}{BC}
 Orice punct de pe bisectoare se află la egală distanță de laturile unghiului;
Perpendicularele duse din punctul I pe laturile triunghiului sunt congruente, ele fiind egale cu raza cercului inscris in triunghi.