Geometria Cercului. Aplicații. [620860]

UNIVERSITATEA DIN BUCUREȘTI
FACULTATEA DE MATEMATIC Ă ȘI
INFORMATICĂ

LUCRARE METODICO -ȘTIINȚIFICĂ
PENTRU ACORDAREA GRADULUI DIDACTIC I

COORDONATOR ȘTIINȚIFIC
PROF. DR. PRIPOAE GABRIEL

CANDIDAT: [anonimizat]. GHEORGHE MARIA ANDREEA
(căs. CÎRMĂCIANU)
LICEUL TEHNOLOGIC
PĂTÂRLAGELE, JUDEȚUL BUZĂU

2015

UNIVERSITATEA DIN BUCUREȘTI
FACULTATEA DE MATEMATICĂ ȘI
INFORMATICĂ

GEOMETRIA CERCULUI. APLICAȚII.

COORDONATOR ȘTIINȚIFIC
PROF. DR. PRIPOAE GABRIEL

CANDIDAT: [anonimizat]. GHEORGHE MARIA ANDREEA
(căs. CÎRMĂCIANU)
LICEUL TEHNOLOGIC
PĂTÂRLAGELE, JUDEȚUL BUZĂU

CUPRINS
INTRODUCERE ………………………………………………………………………………………………………..1
CAPITOLUL I
ELEMENTE INTRODUCTIVE PRIVIND GEOMETRIA CERCULUI …………………..3
1.1 Elemente preliminarii ………………………. ……………………………………………………………………3
1.2 Elementele cercului……………………………………………………………………………………………. …..3
1.3 Coarde și arce de cerc…………………. ………………………………………………………………………….6
1.4 Unghi înscris în cerc………………………………………………………………………………………….. …..8
1.5 Triunghi înscris în cerc…………. ………………………………………………………………………………11
1.6 Patrulater înscris în cerc……………………………………………………………………………………… .. 11
1.7 Patrulater inscriptibil……… ……………………………………………………………………………………..12
1.8 Patrulatere circumscriptibile…………………………………………………………………………………..1 6
1.9.Proprietăți ale patrulat erelor inscriptibile………………………………………………………………….18
1.10. Pozițiile relative ale unei drepte față de un cerc…………………………………………………… …22
1.11. Pozițiile relative a două cercu ri…………………………………………………………………………. ….26
1.12. Lungimea cercului și lungimea arcului de cerc……………………………………………………. ….28
1.13Aria discului și aria sectorului de cerc…. ……………………………………………………………. …..29
1.14.Cercul trigonometric………………………………………………………………………………………. …..30
1.15. Ecuația carteziană a cercului………. ……………………………………………………………………. ….33
1.16. Reprezentarea geometrică a numerelor complexe……………………………………………….. ….37
CAPITOLUL II
TEOREME REMARCABILE ÎN GEOMETRIA CERCULUI …………………………………..41
2.1. Puterea punctului față de cerc……………………………………………………………………………… ..41
2.2 Teorema lui Euler …………………………………………………… ……………………………………………42
2.3 Teorema lui Pompeiu………………………………………………………………………………………… … 44
2.4 Teorema lui Schotten………………………………………. ……………………………………………………44
2.5.Dreapta lui Euler………………………………………………………………………………………….. ………45
2.6.Teorema lui Simson …………………………… ………………………………………………………………..46
2.7. Teorema lui Menelau. …………………………………………………………………………………………..46
2.8. Teorema lui Ceva…………………….. ………………………………………………………………………….47

2.9. Teorema lui Toricelli……………………………………………………………………………………… ……47
2.10. Teorema lui Feuerbach……. …………………………………………………………………………………48
2.11.Teorema lui Salmon………………………………………………………………………………………… …51
2.12.Teorema lui Steiner….. …………………………………………………………………………………………52
2.13.Teorema lui Țițeica……………………………………………………………………………………….. ……52
2.14. Cercul lui Euler………………………………………………………………………………………………….53
2.15.Problemele lui Apoloniu……………………………………………………………………………………. ..55
2.16. De la teorema lui Țițeica la teorema lui Poncelet……………………………………………………59
2.17. Centrul cercului înscris și centrul cercului circumscris unui triunghi…………………………60
CAPITOLUL III
ASPECTE METODICE, PEDAGOGICE ȘI PSIHOLOGICE ÎNTÂLNITE ÎN
PREDAREA GEOMETRIEI CERCULUI ………………………………………………………………..63
3.1.Metode generale de rezolvare a problemelor de geometrie…………………………………………63
3.1.1.Metoda analizei…………………………………………………………………………………………… ……63
3.1.2.Metoda sintezei………………………………………………………………………………………. ………..65
3.1.3. Metoda reducerii la absurd……………………………………………………………………………….. .66
3.2.Metode specifice……………………………………………………………………………….. …………………67
3.2.1.Metoda vectorială………………………………………………………………………………………… …..67
3.2.2. Metoda analitico – sintetică……………………………………………………… …………………………68
3.2.3. Metoda numerelor complexe……………………………………………………………………………..70
3.2.4.Metoda analitică…………………………………………………………………………………………. …….72
3.2.5. Metoda transformărilor geometrice……………………………………………………………………. .74
3.3. Metode de rezolvare a problemelor de coliniaritate…………………………………………………..76
3.3.1.Cu ajutorul unicității paralelei…………………………………………………………………………… ..76
3.3.2. Cu ajutorul unghiurilor adiacente suplementare……………………………………………………77
3.3.3. Cu ajutorul reciprocei teoremei lui Menelau. ……………………………………………………….78
3.3.4. Probleme de coli niaritate rezolvate vectorial………………………………………………………..78
3.3.5.Dreapta lui Euler………………………………………………………………………………………… …….79

3.3.6. Dreapta lui Sim son……………………………………………………………………………………………79
3.4. Metode de rezolvare a problemelor de concurență……………………………………………………80
3.4.1. Probleme de concurență rezolvate vectorial…………………………………………………………80
3.4.2. Teorema lui Gergonne…………………………………………………………………………………….. .81
3.4.3. Teorema lui Steiner………. ………………………………………………………………………………….81
3.5. Probleme de maxim și minim………………………………………………………………………………..82
3.6. Probleme de loc geometric… ………………………………………………………………………………….83
3.7. Metode de rezolvare a problemelor de construcție……………………………………………………85
3.7.1. Metoda substituției succesive…… ………………………………………………………………………..86
3.7.2. Metoda intersectării locurilor geometrice ……………………………………………………………89
3.7.3. Metoda transformărilor geometrice……. ……………………………………………………………….91
3.8. Comparație metodică clasă liceu – clasă gimnaziu…………………………………………………….91
3.9. Comparație metodică clasă slabă – clasă bună…………… ……………………………………………92
3.10. Lecție de cerc metodic……………………………………………………………………………………. ….95
3.11. Proiect didactic………………………………………… ………………………………………………………..98
INDEX DE NOȚIUNI ……………………………………………………………………………………………..108
INDEX DE NOTAȚII ……………………………………… ……………………………………………………..110
BIBLIOGRAFIE ………………………………………………………………………….. ………………………..112

1
INTRODUCERE

Matematica este știința cu cea mai importantă întrepătrundere în toate domeniile
cunoașterii, ce are rolul esențial de a facilita accesul la cerințele mereu crescânde ale societății.
În viața de zi cu zi orice persoană se confruntă cu probleme de orice natură căro ra trebuie să le
găsească soluți i , iar studiul matematicii îl ajută să – și dezvolte capacitatea de a utiliza infomațiile
pe care le deține cât mai eficient.
Consemnând valențele educative ale matematicii numeroși oameni de seamă ai științei și
culturii r omânești, ne îndeamnă să aflăm trecutul matematicii pentru că „Orice veți deveni în
viață, matematică trebuie să știți. Matematica vă dezvoltă gândirea logică, raționamentul,
puterea de judecată.” ( Constantin Avram – „Amintiri despre anii de școală” – Editu ra Politică –
București 1966 )
Aspectele psihologice ale formării conceptelor geometrice sunt deosebit de complexe.
Asa se explică faptul că, acestei teme, i -au fost consacrate volume întregi și că pentru ilustrarea
dezvoltării inteligenței la copil, în mod f recvent, în cursul unor experimente, psihologii au apelat
la activitati cu continut geometric.
Rezolvarea problemelor de geometrie contribuie la dezvoltarea unor valori si atitudini, a
imaginației în rezolvarea sau crearea unor probleme, gândi rea deschisă, spiritul de observație
precum și capacitatea de analiză si sinteză.
De ce cercul ?
Încă nu știm care este cel mai potrivit răspuns la întrebarea ,, Cine a desenat primul
cerc? ‟‟. Poate a fost Dumnezeu atunci c ând a creat lumea și a pus în tab loul ei Soarele, Luna și
Pământul. Sau , poate un truditor care într -o clipă de genialitate și -a imaginat că roata i -ar putea
ușura viața. Cu siguranță însă ,, Cercul este prima, cea mai simplă și cea mai perfectă figură ’’ (
Proclus 412- 485 d.Hr. ). Dintre toate poligoanele și curbele închise , având un perimetru
(lungime) dată , acela care cuprinde în interiorul său suprafața cea mai mare este cercul.
A constituit un obiect de studiu din cele mai vechi timpuri , are o aplicabilitate vastă în
diferite domenii și nu este un subiect epuizabil.
Tema lucrarii reprezintă unul din domeniile de interes major ale matematicii, și nu în
ultimul rând ale concursurilor școlare.
Această lucrare cuprinde o seamă de elemente teoretice necesare în rezolvarea unor
probleme de geometrie plană și nu numai.

2
Lucrarea ,,GEOMETRIA CERCULUI. APLICAȚII. ’’ conține trei capitole după cum
urmează:
Capitolul I: – intitulat Elemente introductive privind geometria cercului , conține
noțiuni preliminarii despre cerc , elementele cercului, coarde și arce de cerc, unghi înscris în
cerc, triunghi înscris în cerc, patrulater înscris în cerc, patrulater insc riptibil, patrulatere
circumscriptibile, proprietăți ale patrulaterelor inscriptibile, pozițiile relative ale unei drepte față
de un cerc, pozițiile relative a două cercuri, lungimea cercului și lungimea arcului de cerc, aria
discului și aria sectorului de cerc, cercul trigonometric, ecuația carteziană a cercului,
reprezentarea geometrică a numerelor complexe precum și o serie de aplicații.
Capitolul II: – intitulat Teoreme remarcabile în geometria cercului , conține, așa cum
reiese și din titlul capitolul ui, o serie de teoreme importante în geometria cercului si aplicații.
Capitolul III: – intitulat Aspecte metodice , pedagogice și psihologice întâlnite în
predarea geometriei cercului cuprinde câteva observații cu caracter metodic referitor la tema
aleasă și un proiect didactic.
Lucrarea mai conține un Index de noțiuni precum și un Index de notații ce ne ajută la
parcurgerea cu ușurință a lucrării.
Pentru redactarea lucră rii utilizez material din bibliografie , pe care le -am citat
corespunzător, iar pentru realizarea figurilor am folosit aplicația Geogebra de la Google.

3
CAPITOLUL I
ELEMENTE INTRODUCTIVE PRIVIND GEOMETRIA CERCULUI
1.1. Elemente preliminarii
În geometria euclidiană, cercul este mulțimea tuturor punctelor din plan, egal depărtate de un
punct fix numit centru.
Definiție 1.1.
Fiind dat un punct O și un număr pozitiv r, se numeste cerc de centru O și rază r mulțimea
punctelor din plan situate la distanța r de punctul O. Se notează C(O,r).
Definiție1.2. fig.1.1.
Se numește rază segmentul care unește centrul cercului cu un punct al cercului.
Exemplu 1.1. : [OP] este raz ă a cercului C (O,r). ( vezi figura 1.2. )
fig.1.2.
Defini ție1.3
Cercurile care au raze egale se numesc cercuri congruente.
1.2. Elementele cercului (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap. 4)
Defini ție 1.4.
Fiind date M și N două puncte ale unui cerc, se numește coardă segmentul [MN] .
Coarda care conține centrul cercului se numește diametru , iar capetele diametrului se numesc
puncte diametral opuse .
Exemplu 1.2.: [AB] diametru, punctele A și B diametral opuse.( vezi figura 1.3. )

4

fig.1.3.
Definiție 1.5.
Porțiunea dintr -un cerc determinată de doua puncte distincte ale acestuia se numește arc de cerc ,
iar cele două puncte se numesc capetele (extremitățile) arcului .
Două puncte M și N care nu sunt diametral opuse determină pe un cerc două arce: arcul mic MN
notat ̂ și arcul mare ̂ . (vezi figura 1.3.)
Punctele M și N sunt extremități at ât pentrul arcul MN cât și pentru coarda MN .Spunem că
arcul MN este subîntins de coarda MN sau coarda MN subîntinde arcul MN .
Definiție 1.6.
Se numeste semicerc un arc de cerc ale cărui extremități sunt diametral opuse.
Definiție 1.7.
Se numește interiorul cercului mulțimea punctelor situate, față de centrul cercului, la distanțe
mai mici decât raza.Se notează Int C(O, r).
Exemplu 1.3. C ϵ Int C(O,r). ( vezi figura1.4. )

fig.1.4.
Definiție 1.8.
Se numește exteriorul cercului mulțimea punctelor ce se află , față de centrul cercului, la distanțe
mai mari decât raza. Se notează Ext. C(O, r).
Exemplu 1.4.
D ϵ Ext. C(O, r). ( vezi figura 1.4. )
Definiție 1.9.
Se numește disc de centru O și rază r mulțimea punctelor cercului C(O, r ) reunită cu interiorul
cercului.Se notează D(O, r)= C(O, r) ∪Int(O, r).

5
Definiție 1.10
Se numește unghi la centru un unghi cu vârful în centrul cercului.
Exemplu 1.5.
Unghiul AOB este unghi la centru. ( vezi figura 1.5. )
Fig. 1.5.
Definiție 1.11.
Măsura unui arc mic de cerc este egală cu măsura unghiului la centru corespunzător .Măsura
arcului mic AB se notează m( ̂).
Măsura unui arc mare de cerc este egală cu diferența dintre 360ș și măsura unghiului la centru
AOB corespunzător arcului mic.
Obse rvație
Măsura arcului de cerc ( exprimată în grade ) nu trebuie confundată cu lungimea arcului de cerc (
exprimată în unități de lungime). Aceasta deosebire este evidentă în cazul cercurilor concentrice
( cercuri cu același centru ), același unghi la centr u determină arce de cerc care au aceeași
măsură dar lungimi diferite. ( vezi figura 1.6.)
Fig.1.6.
Consecință
Măsura unui semicerc este de 180ș , iar a unui cerc este de 360ș.
Definiție 1.12.
Se numesc arce congruente două sau mai multe arce ale aceluiași cerc ( sau a unor cercuri
congruente ) care au aceeați măsură.
Exemplu 1.6.
Arcele AB și CD sunt congruente.( vezi figura 1.7.)

6

Fig.1.7.
1.3. Coarde și arce de cerc (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap. 4)
Teorema 1.1.
Într-un cerc arcelor congruente le corespund coarde congruente.
Ipoteză: m( ̂ ) = m( ̂ ) Concluzie: [AB] [CD]
Demonstrație:
fig.1.8.
Ducem razele [OA], [OB], [OC], [OD]
̂ ≡ ̂ ⇒ m( ̂) = m( ̂) ⇒ m( AOB) = m( COD) și [AO] ≡ [CO] OB] OD]
⇒ AOB ≡ ⇒[AB] ≡[CD]
Teoremă reciprocă:
Într-un cerc coardelor congruente le corespund arce congruente.
Ipoteză: [AB] ≡[CD] Concluzie: ̂ ≡ ̂
Demonstrație: Triunghiurile AOB și COD sunt congruente conform criteriului L.L.L.(
[AB] [CD] , [OA] [OC], [OB] [OD]) rezult ă m( AOB) = m( COD) , deci ̂ ̂
Teorem a 1.2.
Într-un cerc diametrul perpendicular pe o coardă trece prin mijlocul coardei și prin mijlocul
arcului subîntins de coardă.
Ipoteză: OM AB Concluzie: [AM] [MB], ̂ ̂

7
Demonstra ție:
fig. 1.9.
Triunghiul AOB este isoscel de bază [AB] :
[OM] este înălțime și mediană deci [AM] [MB]
[OM] este înălțime și bisectoare deci , deducem că arcele corespunzătoare
unghiurilor la centru AON și BON sunt congruente , prin urmare arcele AN și BN sunt
congruente.
Teorema 1.3.
Două coarde ale unui cerc sunt congruente dacă și numai d acă sunt egal depărtate de centru.
[AB] [CD] ⇔ d(O, AB)= d(O, CD)
Demonstra ție:
fig.1.10.
Implicația directă. Triunghiurile AOB și COD sunt congruente ( cazul LLL) deci înălțimile
corespunzătoare laturilor omoloage sunt congruente, d(O, AB)= d(O, CD).
Implicația reciprocă. Triunghiurile BOM și CON sunt triunghiuri dreptunghice congruente
(cazul IC) deci catetele MB și CN sunt și ele congruente. Dar M este mijlocul lui [AB] și N
mijlocul lui [CD] (conform propriet ății diametrului perpendicular pe o coar dă ). Deducem că
[AB] [CD]

Teorema 1.4.
Dacă două coarde ale unui cerc sunt paralele, atunci arcele cuprinse între ele sunt congruente.
Ipoteză: AB CD Concluzie: [ AD] [BC]

8
Demonstrație:
fig.1.11.
Ducem diametrul perpendicular pe cele două coarde și ținem cont că acesta trece prin mijloacele
arcelor subîntinse de coarde.
Deci OP AB ⇒ [PA] PB] (1)
OP CD ⇒[ PD] PC] (2)
Din (1) și (2) rezultă că arcele AD și BC sunt congruente ca difer ență de arce congruente.

1.4. Unghi înscris în cerc (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap. 4)
Definiție 1.13.
Se numește unghi înscris în cerc un unghi cu vârful pe cerc ale cărui laturi includ două coarde
ale cercului.
Exemplu : ABC este unghi înscris în cerc deoarece vârful B se află pe cerc iar AB și BC sunt
coarde ale cercului. ( vezi figura 1.12. )
fig.1.12.
Teorema 1.5.
Măsura unghiului înscris în cerc este jumătate din măsura arcului cuprins între laturile sale.
Ipoteză: ABC unghi înscris Concluzie: m( ABC) = ̂

Demonstrație:
1)Considerăm cazul în care centrul cercului se află în interiorul unghiului înscris.În acest caz
avem următoarea relație: m( ABC)= m( ABO) + m( OBC)
m( ABO)=
( ABO isoscel)

9
m( OBC)=
( BOC isoscel)
⇒ m( ABC) =

Însă m ( , de unde rezultă că m( ABC) =
.
Cum este unghi la centru, deci m = ̂ ⇒ m( ABC)= ̂

2) Considerăm cazul în care centrul cercului aparține unei laturi a unghiului înscris. Fie O pe
AB.
[OB] [OC] ⇒ BOC isoscel ⇒ m( OBC)= m( OCB)
este unghi exterior BOC ⇒ m = m( OCB)+ m( OBC)
Deci m( ABC)= m( OBC)=
= ̂

3) Considerăm cazul în care centrul cercului nu se află în interiorul unghiului înscris.
În acest caz avem următoarele relatii:
m( ABC) + m( ABO) = ) (1)
m( ABO)=
( ABO isoscel) (2)
m( OBC)=
( BOC isoscel) (3)
înlocuind relațiile (2) și (3) în relația (1) obținem m( ABC)=
=
=
̂

Teorema 1.6.
Măsura unui unghi cu vârful în exteriorul unui cerc este egală cu jumătate din valoarea absolută
a diferenței măsurilor arcelor cuprinse între laturile lui.
Ipoteză: Fie AC un unghi cu vârful în exteriorul cercului C(O, r)
E și D sunt punctele de intersecție ale cercului cu laturile AB respectiv AC.
Concluzie: m = ̂ ̂

10
Fig.1.13
Demonstrație: Ducem BD. BDC este exterior triunghiului ABD, deci m = m
+ m (1).
Dar BDC și ABD sunt unghiuri înscrise în cerc, deci m = ̂
și m = ̂
.
Înlocuind în relația (1) , deducem că m = ̂ ̂

Teorema 1.7.
Măsura unui unghi cu vârful în interiorul unui cerc este egală cu semisuma măsurilor arcelor
cuprinse între laturile unghiului și prelungirile laturilor lui.
Ipoteză: Fie AC un unghi cu vârful în interiorul cercului C(O, r) .
E și D sunt intersecțiile prelungirilor laturilor cu cercul.
Concluzie: m = ̂ ̂

Demostrație:
fig.1.14.

Ducem DC. BAC este exterior triunghiului DAC, deci m = m + m
(1).
Dar ACD și ADC sunt unghiuri înscrise în cerc, deci m = ̂
și m = ̂
.
Înlocuind în relația (1) , deducem că m = ̂ ̂

11
1.5 Trung hi înscris în cerc (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap.4)
Definiție 1.14.
Se numește triunghi înscris în cerc un triunghi ale cărui vârfuri aparțin cercului.În acest caz
cercul se numeste cerc circumscris triunghiului.
Exemplu1.8.:
fig.1.15.
ABC înscris în cercul C(O, r) ⇔ A,B,C C(O, r) ⇔ C(O, r) este circumscris ABC
Centrul acestui cerc este punctul de intersecție al mediatoarelor laturilor triunghiului.
1.6.Patrulater înscris în cerc (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap.
4)
Definiție 1.15.
Se numește patrulater înscris în cerc un patrulater ale cărui vârfuri aparțin cercului. În acest caz
cercul se numește cerc circumscris patrulaterului.
Exemplu 1.9.:
fig.1.16.
ABCD patrulater înscris în cercul C(O, r) ⇔ A, B, C, D C(O, r) ⇔ C(O, r) este cerc
circumscris patrulaterului ABCD.
Observații:
1.Printr -un punct dat pot trece o infinitate de cercuri.
2. Prin două puncte date pot trece o infinitate de cerc uri. ( Centrele acestor cercuri se află pe
media toarea segmentului determinat de cele două).

12
3. Prin trei puncte necoliniare date trece un cerc și numai unul.( Centrul acestui cerc este punctul
de intersecție a mediatoarelor triunghiului determinat de cele trei puncte)
4. Patrulaterul înscris într -un cerc este patrulater convex.
Teorema 1.8.
Un patrulater înscris în cerc are unghiurile formate de diagonale cu laturile opuse congruente.
Ipoteză: ABCD patrulater înscris Concluzie: m( ACD)= m( ABD)
Demonstrație: fig.1.17.
m = ̂
și m = ̂
, atunci m = m
Celelate trei perechi de unghiuri congruente sunt: ,

Teorema 1.9.
Un patrulater înscris în cerc are unghiurile opuse suplementare .
Ipoteză: ABCD patrulater înscris în cerc
Concluzie: m( ABC) + m( ADC) =
Demonstrație:
m = ̂
și m = ̂
.
Dar suma măsurilor arcelor AC este 360 , de unde rezultă că m( ABC) + m( ADC) =

1.7. Patrulater inscriptibil (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [4], cap.4 și
[26])
Definiție 1.16.
Se numește patrulater inscriptibil un patrulater ale cărui vârfuri sunt puncte conciclice( patru
puncte se numesc conciclice dacă există un cerc care să le conțină pe toate ).
Exemplu1.10.:

13
fig.1.18.
A,B, C, D – puncte conciclice ⇒ ABCD patrulater inscriptibil
Criterii de inscriptibilitate
Considerăm cunoscute următoarele condiții suficiente pentru ca un patru later să fie
inscriptibil.
Proprietățile (Pi), i = ̅̅̅̅̅ ale unui patrulater convex ABCD sunt :
P1: Există două unghiuri opuse suplementare;
P2: Unul dintre unghiurile formate de o diagonală cu o latură este congruent cu unghiul format
de cealaltă diagonală cu latura opusă;
P3: Un unghi este congruent cu unghiul exterior opus;
P4: Există un punct O în plan, as tfel încât OA = OB = OC = OD;
P5: Patrulaterul este dreptunghi, pătrat sau trapez isoscel;
P6: Există un punct   IntABCD astfel încât A  C = B  D;
P7: Există un punct J
 IntABCD astfel încât JA  JD = JB  JC sau JA  JB = JC  JD;
P8: Suma produselor lungimilor laturilor opuse este egală cu produsul lungimilor diagonalelor
(Ptolemeu);
Dacă există i = ̅̅̅̅̅ astfel încât patrulaterul ABCD are proprietatea Pi , atunci ABCD este
inscriptibil.
Dintre aceste condiții, numai P 1, P2, P3, P4, P6 și P 8 sunt și condiții necesare.
Teorema 1 .10.
Fie ABCD un patrulater convex ; ABCD este inscriptibil dacă și numai dacă m( ABC) +m(
ADC) = 180°.
Demonstrație: (Fig.1.19.)

14

Fig. 1.19.

Dacă ABCD este inscriptibil, fie O cercul circumscris lui; atunci măsura unghiurilor ABC și
ADC sunt jumătăți ale măsurii arcelor lui O de extremități A, C deci însumează
 3600 = 1800.
Dacă m( ABC) m( ADC) = 1800 considerăm cercul O ce trece prin A, B, C.
Condiția de convexitate impune plasarea lui D într -un semiplan H delimitat de AC și
neconținând A. Deci D se găsește în H, m( ADC) = 1800 – m( ABC)
Condițiile menționate impun plasarea lui D pe un arc capabil de unghi 1800 – m( ABC ) situat
în H, ar c ce coincide cu O  H. Rezultă D  Q, ceea ce s -a demonstrat.
Observație În absența ipotezei că ABCD este convex nu mai este suficient să știm că
m( ABC) m( ADC) = 1800 pentru a deduce că ABCD este inscriptibil.
Teorema 1.11
Fie ABCD un patrulater convex. ABCD este inscriptibil dacă și numai dacă ABD ≡ ACD.
Demonstrația este analog celei de mai sus.
Condiția enunțată se poate formula: „o latură este văzută din vârfuri consecutive sub unghiuri
congruente" sau „un unghi format de o diagonală cu o latură este con gruent celui format de
latura opusă cu cealaltă diagonală".Într -un patrulater inscript ibil se compară XYZ cu MNP
(pentru a decide că sunt suplementare sau congruente) numai când X = M, Z = P, Y N și Y, Y,
Z, N- este mulțimea vârfurilor patru laterului.
Teorema 1.12 (Prima teoremă a lui Ptolemeu). Un patrulater convex ABCD este inscriptibil
dacă și numai dacă AB  CD + AD  BC = AC  BD.
Demonstrație : (Fig.1.20.)

Fig.1.20.

Construim semidreptele ( AX, ( BY încât XAB ≡ BDC și YBA ≡ DBC.

15
Deoarece m( XAB) + m( YBA) = m( BDC ) + m( DBC) = 1800 – m( BCD)  1800, cele
două semidrepte au în comun un punct E.
Triunghiurile ABE și DBC sunt asemenea și din proporționalitatea laturilor deducem:
1)AE =
DBCDAB
2)
BCBE =
DBAB .
Se observă că m( EBC) = m( ABC) – m( ABE) = m( ABC) – m( DBC) =m( ABD).
Congruența de unghiuri dedusă, EBC ≡ ABD și proporționalitatea (2) asigură
∆EBC ~ ∆ABD. Din proporționalitatea laturilor reținem 3) EC =
BDBCAD .
Dacă patrulaterul este doar convex, are loc 4)AE + EC ≥ AC.
Înlocuind aici egalitățile (1) și (3), după amplificare cu BD rezultă
5) AB  CD + AD  BC ≥ AC  BD.
Inegalitatea (5) devine egalitate atunci și numai atunci când E  (AC, adică (AE = (AC, adică
BDC = BAC. Conform teoremei precedente această condiție este echivalentă cu
inscriptibilitatea lui ABCD.
Teorema 1.13 (A doua teoremă a lui Ptolemeu)
Într-un patrulater inscriptibil ABCD are loc egalitatea:

BDAC =
BCAB CDADCDBC ADAB
 .
Demonstrație: (Fig.1.21.)

Fig.1.21.

16

Fie  punctul comun diagonalelor AC și BD. Sunt evidente relațiile ∆AB ~ ∆DC și ∆AD ~
∆BC de unde rezultă p roporționalitățile de segmente:
(1)

DA =

CB =
CDAB (2)

BA =

CD =
ACAD , de unde rezultă


CA =

DA 

CD =
ACCDADAB
 și (3)
CAC =
ACCDACCD ADAB
 ;

DB
=

CB 

DC =
ADDCACAB
 , deci (4)
DBD =
CDADCDAD ACAB
 .
Împărțind membru cu membru egalitățile (3) și (4) obținem:

BDAC 

CD =
CDAD ACABACCD ADAB
 
ACAD . Dar,conform cu (2)


CD =
ACAD și, după simplificare obținem relația din enunț.

1.8. Patrulatere circumscriptibile (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în
[26])
Se spune că un patrulater ABCD poate fi circumscris unui cerc dacă există un cerc C (O,R)
pentru care laturile [AB], [BC], [CD], [DA] să fie tangente (se mai spune că cercul C (O,R) este
înscris în ABCD
Un patrulater care poate fi circumscris unui cerc se numește patrulater cir cumscriptibil .
Criterii de circums criptibilitate
Teorema 1.14 : Un patrulater convex este circumscriptibil dacă și numai dacă bisectoarele
unghiurilor sale sunt concurente.
Teorema 1.15: Un patrulater convex ABCD, cu AB = a, BC = b, CD = c, DA = d este
circumscriptibil dacă și numai dacă sumele lungimilor laturilor opuse sunt egale, adică
a + c = b + d (Pithot).
Demonstrație: (Fig.1.22.)

17
fig.1.22.
Fie ABCD un patrulater circumscriptibil și M, N, P, Q punctele de tangența ale cer cului înscris
cu laturile AB, BC, CD, DA . Utilizând proprietățile tan gentelor la cerc, scriem
AB + CD = (AM+MB) + (DP+PQ = (AQ+BN)+ (DQ+CN) =
= (AQ+DQ) + (BN+ CN) = AD + BC
Reciproc, fie ABCD un patrulater care îndeplinește condiția AB+CD =AD+BC.
1)Cazul BC AD = { E}. Considerăm, prin absurd, că cercul înscris în ∆ABE nu este tangent la
CD. Construim C‟D' tangentă la cercul înscris în ABE, astfel încât C‟D' CD. Presupunem că C'
 (BC) și D'  (AD) . Cazul C  (BC) și D  (AB') se demonstrează analog.
Patrulaterul ABC‟D' este patrulater circumscriptibil, deci AB+C'D' = BC'+AD', de unde AB =
BC‟ + AD' – C‟D'.
Din ipoteză AB = BC + AD – CD. Rezultă:
BC‟ + AD' – C‟D' = BC + AD – CD  CD = (BC – BC‟) + (AD – AD') + C‟D‟
CD = CC‟ + DD' + C'D'
ultima relație fiind falsă, deoarece CD < CC'+DD'+C'D'.
În concluzie, CD este tangentă la cercul înscris în ABE.
2) Cazul BC AD și AB  CD = F. Se procedează analog cu cazul 1).
3) Cazul BC AD și AB CD. Patrulaterul este paralelogram, iar din
AB + CD = AD + BC rezultă că ABCD este romb, deci patrulater circumscriptibil.
Observație Condiția de convexitate este esențială, avem un patrulater cu AB = BC, AD = CD
deci AB + CD = AD+BC, dar patrulaterul nu este circumscriptibil.
Teorema 1.16: Fie ABCD un patrulater convex cu laturile opuse neparalele și
S = AB  CD, T = AD  BC. Sunt echivalente propozițiile:
a) ABCD este circumscriptibil;

18
b) TC + AS = SC + AT;
c) TD + SD = TB + SB.
Demonstrație : (Fig.1.23.)

Fig.1.23.

(a) (b) Fie patrulaterul circumscriptibil ABCD și M, N, P, Q punctele de tangență ale
cercului înscris cu laturile sale. Avem
TC + AS = (TN – CN) + (AM + MS) = =(TQ -CP)+(AQ+SP)=
= (TQ+AQ)+(SP -CP)= =AT+SC.
(b)(c)Fie ABCD un patrulater convex care îndeplinește condiția TC+AS = SC+AT.
Presupunem că cercul tangent laturilor DC, BC, AB nu este tangent laturii AD.
Atunci există o par alelă la AD, tangentă cercului în Q', care taie AB în A', iar TC în C‟.
Presupunem că avem ordinea din figura 1.23, adică A'  (AB) și C'  (TC) (cazul A  (A'B) și
T (T‟C) se demonstrează analog). Rezultă, conform cu prima parte T‟C + A'S = CS +A‟T‟ (1)
Relația din ipoteză TC+AS=SC+AT se mai scrie ( TT' + T'C + ( AA' + A‟S ) = SC + AT
Scăzând (1), (2) rezultă TT‟ + AA‟ = AT – A‟T‟ sau AT = TT '+ AA' + A‟T‟ egali tate
imposibilă.Rezultă că AD este tangentă la cercul considerat.
Echivalența (a)  (c) se demonstrează analog.

1.9. Proprietăți ale patrulaterelor inscriptibile ( noțiunile și rezultatele din acest paragraf se
regăsesc în [26]).
Într-un patrulater inscriptibil, punctul de intersecție al antimediatoarelor se numește
anticentrul sau punctul lui Mathot al patrulaterului .
Fie ABCD un patrulater inscriptibil și H 1, H 2, H 3, H 4 ortocentrele tri unghiurilor BCD, CDA,
DAB, ABC.
Proprietăți:
1)Patrulaterele ABCD și H 1H2H3H4 sunt concurente.

19
2)Dreptele AH, BH, CH, DH sunt concurente.
3)Punctul de concurență al dreptelor AH 1,BH 2,CH 3,DH 4 este punctul lui Mathot al patrulaterului
inscriptibil ABCD.
4)Cercurile lui Euler ale triunghiurilor BCD, CDA, DAB, ABC au un punct comun,acest punct
fiind punctul lui Mathot al patrulaterului inscritibil ABCD.
Demonstrația 1: (Fig.1.24.)

Fig.1.24.

Fie C (O,R) cercul circumscris patrulaterului ABCD și P mijlocul laturii DC. Din triunghiurile
ADC, BDC rezultă AH 2 BH 1 și, AH 2 = 2 · OP = BH 1.
Rezultă că ABH 1H2 este paralelogram, deci AB H1H2 și AB  H1H2.
Analog obținem BC H2H3, CD H3H4, DA H4H1 și [BC]  [H2H3],
[CD]  [H3H4], [DA]  [H4H1].
Rezultă că triunghiurile H 1H2H3 și ABC, H 1H3H4 și ACD sunt congruente (LUL), deci
patrulaterele H 1H2H3H4 și ABCD sunt congruente.
Demonstrația 2 Fie G i , i  1, 2, 3, 4 centrele de greutate ale celor patru triunghiuri ABC,
BCD, CDA, DAB. Se știe că patrulaterele G 1G2G3G4 și ABCD sunt asemenea și au laturile
paralele, raportul de asemănare fiind
. De exemplu, G 1G2 AB

ABCD fiind înscris în C (O,R), cele patru triunghiuri ABC, BCD, CDA, DAB au aceeași
proprietate și cum H i ,Gi , O, i  1, 2, 3, 4, sunt coliniare,rezultă că dreptele lui Euler ale
acestor triunghiuri sunt concure nte în O.
Avem

, de unde G 1G2 H1H2 și

, etc. ceea ce justifică asemănarea
patrulaterelor G 1G2G3G4 și H 1H2H3H4 ,raportul lor de asemănare fiind
.
Rezultă H 1H2 AB și

20
etc., deci patrulaterele H 1H2H3H4 și ABCD sunt asemenea, cu raportul de asemănare 1, adică
sunt congruente.
2)Am arătat că ABH 1H2 este paralelogram; analog rezultă că BCH 2H3, CDH 3H4 sunt
paralelograme. Fie O‟  AH 1  BH 2, O‟‟  BH 2  CH 3, O‟‟‟  CH 3  DH 4 centrele lor. Cum cele
trei paralelograme au, două câte două, o diagonală comună, rezultă O‟ = O‟‟ = O‟‟‟ ,deci AH 1 
BH 2 CH 3 DH 4 = O‟ .
Observăm că punctul O‟ este mijlocul comun al segmentelor AH 1, BH 2, CH 3, DH 4.
Demonstrația 1 Punctul lui Mathot al uni patrulater inscriptibil este punctul comun al
antimediatoarei laturilor sale.
Vom demonstra că O‟ se află pe antimediatoarele a două laturi, de exemplu, AB și CD.
Fie M mijlocul laturii AB. Din paralelogramul ABH 1H2 rezultă imediat
MO‟ AH 2 și cum AH 1
 DC, MO‟
 DC. Analog se arată PO‟
 AB, unde P este mijlocul
laturii DC.
Demonstrația 2 Se știe că punctul lui Mathot este simetricul centrului O al cercului
circumscris patrulaterului, în raport cu G, centrul de greutate al patrulaterului.
Vom demonstra că simetricul lui O în raport cu G coincide cu O‟.
Fie X simetricul lui O în raport cu G. Mai întâi,vom arăta că punctele H 2, X, B sunt coliniare.
Punctele respective se află pe laturile triunghiului G 2OG și

(din H 2G2 = 2 · G 2O,
dreapta lui Euler a triunghiului ACD);

(din

(din ipoteză).
Rezultă
·
·
= 1, deci conform cu teorema lui Menelaus, punctele H 2, X, B sunt
coliniare sau X  BH 2.
Analog se arată că X  AH 1. În concluzie X  AH 1  BH 2, deci X = O‟.
4)Fie O‟ punctul lui Mathot al patrulaterului, care este și punctul de intersecție al dreptelor
AH 1, BH 2, conform cu punctul 2).
Vom arăta, de exemplu, că O‟  C (2,
), cercul lui Euler al triunghiului ACD.Cum 2 este
mijlocul segmentului OH 2 și O‟ mijlocul segmentului H 2B, 2O‟ este linie mijlocie in triunghiul
H2OB deci
2O‟ =
21 · OB=
21 R O‟  C (2,
).
Analog se arată că O‟  C (3,
), unde 3 este mijlocul segmentului OH 3.
Observație : În orice patrulater ABCD, cercurile lui Euler ale triunghiurilor BCD, ACD,
ABD, ABC au un punct comun.

21
Teoremă 1.17 (O teoremă a lui Pappus )
Fie X un punct în planul patrulaterului inscriptibil ABCD, înscris în cercul C (O,R). Notăm
prin A’, B’, C’, D’ și E’, F’ proiecțiile ortogonale ale lui X pe dreptele AB, BC, CD, DA și AC,
BD. Sunt echivalente propozițiile:
a)Punctul X apar ține cercului C (O,R), circumscris patrulaterului
b)Au loc egalitățile: XA’ · XC’ = XB’ · XD’ = XE’ · XF’.
Demonstrație (a) (b) (Fig.1.25.)

Fig 1.25.

Relația XA‟ · XC‟ = XB‟ · XD‟ este echivalentă cu

. În triunghiurile A‟XB‟ și D‟XC‟
avem C‟D‟X  C‟DX sau CDX  CBX  B‟A‟X (1).
Analog D‟C‟X  A‟B‟X (2). Din (1), (2) rezultă asemănarea triunghiurilor A‟XB‟ și D‟XC‟.
Scriind proporționalitatea laturilor omoloage rezultă relația.
Relația XB‟ · XD‟ = XE‟ · XF‟ sau

rezultă din asemănarea triunghiurilor D‟XF‟ și
E‟XB‟.
(b)  (a) (Fig.1.26.)

Fig.1.26.

22
Notăm m ( B‟BX) = m( B‟A‟X) = x și m( C‟D‟X ) = m( C‟DX) = y. Avem X  (DCB) = C
(O,r)  punctele D, X, C, B sunt conciclice  x = y.
Vom demonstra deci, x = y.
Avem relațiile XC‟ =XD · siny, XB‟ = XB · sinx, XA‟ = XB · sin(B – x),
XD‟ = XD · sin(D + y), de unde
XA‟ · XC‟ – XB‟ · XD‟ = XD · XB · [sin(B – x) · siny – sin(D + y) · sinx].
Știind că sinB = sinD și cosB + cosD = 0, expresia din paranteză se scrie
(sinB · cosx · siny – sinx · cosB · siny) –(sinD · cosy · sinx + siny · cosD · sinx)=
= sinB · (cosx · siny – cosy · sinx) – sinx · siny.(cosB + cosD)=sinB · sin(y – x).
Rezultă sinB · sin(y – x) = 0 deci sin(y – x) = 0, de unde x = y.

1.10. Pozițiile relative ale unei drepte față de un cerc (noțiunile și rezultatele din acest
paragraf se regăsesc în [4], cap.4)
O dreaptă poate ave a cu un cerc:
a) Două puncte comune;
b) Un punct comun;
c) Nici un punct comun;
fig.1.27.
Teorema 1.18 :
O dreaptă nu poate avea mai mult de două puncte distincte comune cu un cerc.
Demonstrație:

23
fig.1.28.
Fie un cerc C de centru O și o dreaptă d. Presupunem prin absurd că dreapta d are trei puncte
distincte comune cu cercul și anume A, B, C. Fie M mijlocul lui [AB] și N mijlocul lui [BC]. În
triunghiul isoscel OAB de bază [AB], [OM] este înălțime, iar în triunghiul isoscel OBC de bază
[BC], [ON] este înălțime. Deducem că OM și ON sunt sunt perpendiculare pe dreapta d duse din
același punct O, ceea ce este absurd. Am demonstrat deci că o dreaptă nu poate avea mai mult de
două puncte distinc te comune cu un cerc.
Propoziție:
Există drepte care au două puncte comune cu un cerc.
Construcție:
fig.1.29.
Se consideră două puncte distincte A, B ale unui cerc C. Dreapta determinată de punctele A, B
este o dreaptă care are două puncte comune cu cerc ul C iar în teorema anterioară am demonstrat
că acestea sunt singurele puncte comune pe care le pot avea dreapta și cercul.
Definiție 1.17.
Se numește secantă o dreaptă care are două puncte comune cu un cerc.
Propoziție:
Există drepte care au un singur pun ct comun cu cercul.
Construcție:
fig.1.30.

24
Se consideră un punct T situat pe un cerc C . ducem în T perpendiculara pe OT, o notăm cu t .
Demonstrăm că dreapta t și cercul C au un singur punct comun, T. Presupunem prin absurd că
există un punct A diferit de T , punct de intersecție al dreptei t cu c ercul C. Atunci în triunghiul
dreptunghic OTA ipotenuza [OA] este congruentă cu cateta [OT], absurd. Prin urmare
presupunerea făcută este falsă.
Definiție 1.18.
Se numește tangentă la cerc o dreaptă care are un singur punct comun cu un cerc.
Se numește punct de tangență punctul comun al tangentei cu cercul.
Din demonstrația exigenței tangentei reținem că : tangenta la un cerc este perpendiculară pe rază
în punctul de tangență, dar și reciproca , dacă t este tangenta în punctul T al unui cerc de centru
O, atunci raza OT este perpendiculară pe tangentă.
Propoziție:
Există drepte care nu au nici un punct comun cu un cerc dat.
Construcție :
fig1.31.
Fie C(O, r) un cerc de centru O și rază r și un punct B astfel încât OB > r . În B ducem
perpendiculara pe OB și o notăm cu d. Presupunem prin absurd că există un punct C care se află
atât pe cerc cât și pe dreapta d. Atunci OC = r, deci în triunghiul dreptunghic OBC ipotenuza
[OC] este mai mică decât cateta [OB]. Absurd.
Definiție 1.19.
Se numește exterioară cercul ui o dreaptă care nu are puncte comune cu cercul.
Teorema 1.19 :
Măsura unui unghi cu vârful pe cerc, care are una din laturi secantă, iar cealaltă tangentă la
cerc, este jumătate din măsura arcului cuprins între laturile sale.
Ipoteză:
AT – tangentă ,AB – secantă Concluzie: m = ̂

25
Demonstrație:
fig.1.32.
Fie punctul C diametral opus lui A.
m m – m . (1)
m = 90° deoarece tangenta este perpendiculară pe rază, iar m = ̂
=
̂ ̂
= ̂
= 90° – ̂
. (2)
din (1) și (2) rezultă m 90° – (90° – ̂
) = ̂

Propoziție:
Printr -un punct exterior unui cerc se pot duce două tangente și numai două la cerc.
Construcție:
fig.1.33.
Fie C(O, r) un cerc de centru O și rază r și un punct A exterior cercului. Deoarece tangenta este
perpendiculară pe rază în punctul de tangență T rezultă că T se află pe cercul de diametru [OA ].
Acest cerc intersecteaz ă cercul iniți al în două puncte; acestea sunt punctele de tangență ale
tangentelor duse din A la cerc.
Teorema 1.20. :
Într-un cerc C( O, r), în care A este punct exterior cercului, iar T 1 și T 2 sunt punctele de
tangență ale tangentelor din A la cerc, sunt adevărate următoarele afirmații:
1) [T1A] [T2A]
2) [AO este bisectoarea unghiului T 1AT2

26
3) [OA este bisectoarea unghiului T 1OT 2
4) OA este mediatoarea segmentului T1T2
Demonstrație:
fig.1.34.
1) Deoarece tangenta este perpendiculară pe rază în punctul de tangență rezultă că AOT 1 și
AOT 2 sunt dreptunghice în T 1, respectiv T 2.
[OT 1] [OT 2] ( raze ) (1)
[OA] ≡ [OA] ( latură comună) ( 2 )
Din ( 1) și ( 2 ) rezultă conform cazului C.I. că AOT 1 AOT 2 ⇒ [T1A] [T2A]
2) La punctul 1) am ar ătat că AOT 1 AOT 2 ⇒ m( T1AO)= m( T2AO) ⇒ [AO este
bisectoarea unghiului T 1AT 2.
3) Tot din congruența celor două triunghiuri rezultă și cealaltă pereche de unghiuri congruente ,
m( T1OA)= m( T2OA) ⇒ [OA este bisectoarea unghiului T 1OT 2.
4) Punctele O și A se află la egală distanță de capetele segmentului T 1T2, deci se află pe
mediatoarea segmentului T 1T2

1.11. Pozițiile relative a două cercuri (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în
[4], cap. 4)
Considerăm două cercuri de centre O 1 , respecriv O 2 și raze r 1 , respectiv r 2 cu r 1> r2 .
Sunt posibile următoarele poziții ale unui cerc față de celălalt ( [4] ):
1) Cercurile nu au nici un punct comun și nici interioarele lor nu au puncte comune.În acest
caz cercurile se numesc cercuri exterioare . Se reține că distanța dintre centre este mai
mare decât suma razelor.

27
Fig.1.35 . Cercuri exterioare OO‟ > R + r
2) Cercurile au un singur punct comun , dar interioarele lor nu au puncte comune. În acest
caz cercurile se numesc cercuri tangente exterioare . Se reține că distanța dintre centre
este egală cu suma razelor.
fig.1.36. Cercuri tangente exterioare OO‟ = R + r

3) Cercurile au două puncte comune distincte și interioarele lor au puncte comune. În acest
caz cercurile se numesc cercuri secante . Se reține că distanța dintre centre este mai mare
decât diferența razelor si mai mică decât suma acestora.
fig.1.37. Cercuri secante R – r < OO‟ < R + r
4) Cercurile au un singur punct comun, iar interiorul celui cu raza mai mică este inclus în
interiorul cercului cu raza mai mare. În acest caz cercurile se numesc cercuri tangente
interioare . Se reține că distan ța între centre este egală cu diferența razelor.
fig.1.38 .Cercuri tangente interioare OO‟ = R – r
5) Cercurile care nu au nici un punct comun , dar interiorul cercului cu raza mai mică este
inclus în interiorul cercului cu raza mai mare. În acest caz cercu rile se numesc cercuri
interioare. Se reține că distanța dintre centre este mai mică decât diferența razelor.

28
fig. 1.39. Cercuri interioare OO‟ < R – r
6) Cercurile au același centru dar raze diferite. În acest caz cercurile se numesc cercuri
concentrice . Se reține că distanța între centre este egală cu zero.
fig.1.40. Cercuri concentrice OO‟ = 0

1.12. Lungimea cercului și lungimea arcului de cerc. ( noțiunile și rezultatele din acest
paragraf se regăsesc în [4], cap.4)
Pentru a stabili o formulă de calcul pentru lungimea cercului se realizează următorul
exercițiu: se realizează un cerc dintr -un material ce poate fi îndoit, se măsoară lungimea acestuia
precum și diametrul cercului și se calculeză raportul celor două mărim i. Raportul dintre
lungimea ți diametrul cercului este aproximativ același pentru toate cercurile, se notează cu și
are valoare aproximativă 3,141592654….Rezultă deci că =
, adică lungimea unui cerc de rază
R este L=2πR. Considerăm un arc de ce rc cu măsura de u° dintr -un cerc de centru O și rază R.
Intuim că lungimea arcului de cerc este direct proporțională cu măsura arcului de cerc . Putem
scrie

=
, adică
=
, de unde rezultă lungimea unui arc de cerc a
cărui măsură este de u° este L arc =

1.13. Aria discului și aria sectorului de cerc. ( noțiunile și rezultatele din acest paragraf se
regăsesc î n [4], cap. 4)
Definiție 1.20.
Se numește disc de centru O și rază R mulțimea punctelor unui cerc C( O, R) reunită cu
ineteriorul cercului Int.C( O,R). Se notează D(O, R).
Pentru a estima aria discului considerăm un poligon regulat cu n laturi (A 1A2A3…A n) înscris în
cercul de centru O și rază R.

29
Aria poligonului = n A OA1A2 = n
=
, unde P reprezintă perimetrul polinomului și a p
apotema sa.
Dacă poligonul regulat are un număr foarte mare de laturi atunci perimetrul său va fi aproape
egal cu lungimea cercului, apotema va fi aproape egală cu R , iar aria poligonului va aproxima
aria discului. ( [4] ) Putem scrie A disc =
= πR2
Aria unui disc de rază R este A = πR2
Definiție 1.21.
Se numește sector de cerc o porțiune din interiorul unui cerc cuprinsă între două raze ale sale și
arcul pe care îl subîntind.
fig.1.41.
Pentru a stabili intuitiv aria sectorului de cerc procedăm ca la disc : considerăm un pligon regulat
cu n laturi (A 1A2A3…A n) înscris în cercul de centru O și rază R și ne propunem să determinăm ,
de exemplu, aria poligonului OA 1A2A3…A m ( m n).Avem A‟ = (m – 1) AOA1A2 =
= (m -1)
=
, unde A‟ este aria poligonului OA 1A2A3…Am , P‟ lungimea liniei
poligonale A 1A2A3….A m și cu a p apotema poligonului regulat.Dacă poligonul regulat are un
număr foarte mare de laturi , atunci lungimea liniei poligonale A 1A2A3 …A m va fi aproximată de
luncimea arcului A 1Am , apotema poligonului regul at va fi „‟aproape‟‟ egală cu R, iar aria A ‟ va
aproxima aria sectorului circular.Rezult ă că aria unui sector circular de rază R corespunzător
unui arc cu măsura de u° este dată de formula:
Asector circular =
πR2 ( [4] )
1.14. Cercul trigonometric
Coordonate în plan ( noțiunile și rezultatele din a cest paragraf se regăsesc în [10])
Fie in planul P un sistem de coordonate xOy, definit cu ajutorul punctelor O, A și B unde OA
OB și OA=OB=1.

30
fig.1.42.
Prin intermediul sistemului xOy se realizează o corespondență între mulțimea punctelor planului
P și mulțimea perechilor ordonate de numere reale RxR.
Oricărui punct M îi corespunde o singură pereche ordonată ( x, y) RxR, coordonatele lui
M. Anume, x este abscisa lui M, iar y este ord onata lui M. Notăm M( x, y).
Reciproc, oricărei perechi ordonate ( x, y) RxR îi corespunde un singur punct M, anume
punctul care are abscisa x și ordonata y.
Elementele unui sistem de coordonate xOy sunt:
 Originea O
 Axa absciselor Ox ( dreapta OA , cu sensul pozitiv de la O la A)
 Axa ordonatelor Oy (dreapta OB , cu sensul pozitiv de la O la B)
 Cadranele sistemului de coordonate.
Propoziție ( formula distanței dintre două puncte):
Fie punctele A(x A, yA) și B(x B, yB). Distanța AB este AB = √ 2
Demonstrație :
Dacă A = B , atunci AB = 0 și formula se verifică imediat. În continuare , vom presupune A B
și vom trata trei cazuri.
1) Dacă x A = x B, dreapta AB este paralelă cu axa Oy
fig.1.43 .
Rezultă AB= │y A – yB│=√ = √ 2

31
2) Dacă y A = y B, dreapta AB este paralelă cu axa Ox
fig.1.44.
Rezultă AB= │x A – xB│= √ = √ 2
3) Dacă x A ≠ x B și yA≠ y B, dreapta AB nu este paralelă nici cu axa Ox nici cu axa Oy. Fie
A1, B1 și A2, B2 proiecțiile punctelor A și B pe axa Ox , respectiv axa Oy.
fig.1.45.
Triunghiul ABC este dreptunghic , iar AC = A 1B1= │x A – xB│, CB = A 2B2 = │y A – yB│.
Aplicând teorema lui Pitagora , avem AB2 = AC2+ CB2= │x A – xB│2+ │y A – yB│2 = (x A – xB)2 +
( yA – yB)2, de unde se obține formula din enunț.
Considerăm planul raportat la un sistem de coordonate xOy. Fie C cercul de centru O și rază 1
( unitatea de lungime a celor două axe). Notăm cu A, B, A 1, și B 1 punctele unde axele de
coordonate intersectează cercul C
fig.1.46 .
Un punct mobil care pleacă din punctul A, se poate deplasa pe C în două sensuri: sensul contrar
acelor de ceasornic, numit sensul pozitiv; sensul acelor de ceasornic, sensul negativ.

32
Definiție 1.22.
Fie xOy un sistem de coordonate în plan. Se numește cerc trigonometric cercul de rază 1 cu
centrul în originea O , pe care am definit sens ul contrar acelor de ceasornic. Cercul trigonometric
va fi notat cu C.
Observație.
Fie un număr real t (0;
) . Put em defini cos t = cosinusul unui unghi ascuțit de măsură t și
sin t= sinusul unui unghi ascuțit de măsură t.
Fie P punctul situat în primul cadran, asfel încât µ( ̂) = t. Rezultă că lungimea arcului ̂
este t și µ( AOP) = t.
Fie P 1 proiecția lui P pe Ox . Punctul P are abscisa OP 1 și ordonata PP 1.Având în vedere că OP =
1 , avem: cos t =
=OP 1= abscisa lui P iar sin t =
= PP 1= ordonata lui P.
Deci , cos t și sin t sunt coordonatele acelui punct P situat în primul cadran, pen tru care
lungimea arcului ̂ este egală cu t.
Propoziție:
Pentru orice număr real t există un unic număr întreg k și un unic număr α [0, 2π) astfel încât
t= α +2kπ
Demonstrație:
Figurăm pe axa numerelor rețeaua de numere A = { 2kπ │k }. Vom putea găsi pentru orice
t R un unic element al lui A, anume 2kπ, astfel încât 2kπ ≤ t 2(k+1)π=2kπ +2π. Rezultă 0≤ t –
2kπ 2π, deci putem la α = t – 2kπ.
În relația t = α + 2kπ (1), numerele α și k sunt în mod unic determinate de t.
Considerăm un număr t R și α [0, 2π), k astfel încât t = α + 2kπ.
Pe cercul trigonometric C există un singur P astfel încât µ( ̂) = µ( AOP) = α
Vom spune că Peste punctul cercului C asociat numărului real t și vom nota acest punct P t.
Definiție:
Funcția F: R C ,definită prin F(t) = P t , se numește funcția de acoperire universală a cercului C.
Proprietăți:
1) Funcția F este periodică de perioadă principală 2π.
Numerelor reale t și t+2π le corespunde același punct al cercului C, deci P t = P t+2π. Rezultă F(t) =
F(t+2π), pentru orice t R.

33
Mai general, numerelor reale t și t+2mπ, m le corespunde același punct al cercului C, deci
F(t) = F(t+2mπ), pentru orice t R și orice m .
2) Punctele F(t) = P t și F(-t) = P -t sunt simetrice în raport cu axa Ox, pentru ori ce t R.
Fie t R și t = α + 2kπ, deci –t = -α-2kπ. Putem scrie –t sub forma –t = (2π – α) + 2( -k+1)π.
Rezultă că P t=Pα și P -t = P 2π-α , iar punctele P α și P 2π-α sunt simetrice față de axa Ox.

1.15. Ecuația carteziană a cercului
(noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [17], cap.III ). Fie xOy reperul cartezian
în plan și M i ( xi, yi), i = ̅̅̅̅ două puncte. Reamintim expresia distanței
M1M2 = √ 2
Fie M 0(x0, y0) un punct fixat și r un număr real strict pozitiv fixat.Cercul C de centru M 0 și rază r
este mulțimea punctelor M(x, y) cu proprietatea M 0M = r
fig.1.47.
Teorema 1.21.:
Punctul M(x, y) aparține cercului C de centru M 0( x0, y0), și rază r dacă și numai dacă
( x – x0 )2 + (y- y0 )2 = r2
Demonstrație:
M C M0M = r √ = r ( x – x0 )2 + (y- y0 )2 = r2 .
Astfel C = { M (x, y) / (x, y) 2, (x – x0)2 + ( y – y0)2 = r2 } sau mai scurt
C : (x – x0)2 + ( y – y0)2 = r2
Ecuația (x – x0)2 + ( y – y0)2 = r2 , (x, y) 2 , se numește ecuația carteziană implicită a
cercului C de centru ( x 0, y0) și rază r.
Această ecuație este echivalentă cu două ecuații parametrice în 2

34
fig.1.48.
{
]
Se observă că ( x – x0)2 + ( y – y0)2 este un polinom de gradul doi în x și y, termenul de gradul doi
fiind x2 + y2 . Aceasta sugerează să cercetăm mulțimea
: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0.
Deoarece ecuația lui se transcrie
( x + a )2 + ( y + b )2 = a2 + b2 – c rezultă
Dacă a2 + b2 – c > 0, atunci este un cerc cu centrul în x 0 = – a, y 0 = – b și de rază r =
√ – ;
Dacă a2 + b2 – c = 0 , atunci = {( – a, – b)};
Dacă a2 + b2 – c < 0 , atunci = Ø .
Ecuația x2 + y2 +2ax +2by +c = 0, a2 + b2 – c > 0, (x, y) 2 , se numește ecuația carteziană
generală a cercului .
Această ecuație este echivalentă cu d ( x2 + y2) + 2a 1x +2b 1y +c 1 = 0, d ≠ 0 , a 12 + b 12 – dc1 > 0
Un cerc C : (x – x0 )2 + ( y – y0 )2 = r2 separă planul în două mulțimi disjuncte : interiorul lui C
notat cu int(C) și exteriorul lui C notat ext(C).
Dacă f: 2→ , f( x, y) = (x – x0 )2 + ( y – y0 )2 – r2 , atunci int(C) = {M(x, y) / f(x, y) < 0} , C =
{M(x, y) / f( x, y) = 0 } , ext(C) = {M(x, y) / f(x, y) > 0}. Evident int(C) ext(C) = Ø, int(C) ∪
C ∪ ext( C) = .
fig.1.49.
Teorema 1.22.
1) Mulțimile int(C) și int(C) ∪ C sunt convexe.

35
2) M1 int(C), M2 ext(C), segmentul [M1M2] taie pe C.
Demonstra ție:
Putem presupune x 0 = y 0 = 0.
Fie M i( xi, yi) , i = ̅̅̅̅ două puncte din plan. Segmentul [M1M2] este caracterizat prin ecua țiile
parametrice x = ( 1 – t )x 1+ tx 2, y = (1 – t ) y 1 + t y 2 , t [ 0, 1 ].
1) Dacă M 1, M 2 int(C), adică f( x i, yi) = x i2 + y i 2 – r2 < 0, i = 1, 2, atunci f(x, y) = f(( 1 – t
)x1 + tx 2 , (1 – t)y1 + ty 2 ) = (( 1 – t )x 1 + tx 2 )2 + ((1 – t)y1 +ty 2 )2 – r2 = ( 1 – t )2×12 + 2( 1 –
t)tx 1×2 + t2x22 + ( 1 – t)2y12 + 2( 1 – t)ty 1y2 + t2y22 – r2 (1 – t )( x 12 + y 12 – r2) + t( x 22 +
y22 – r2 ) = (1 – t )f( x 1, y1) + tf(x 2, y2) < 0 , t [ 0, 1 ]. Cu alte cuvinte [M 1M2] int(C).
2) Fie M 1 int(C) , adic ă f(x 1, y1) 0 și M 2 ext(C), adică f(x 2, y2) 0. Rezultă funcția
continuă : [0, 1] , (t) = = f(( 1 – t )x1 + tx 2 , (1 – t)y1 + ty 2 ) = (( 1 – t )x 1 + tx 2 )2 +
((1 – t)y1 +ty 2 )2 – r2 cu proprietățile (0) = f(x 1, y1) și (1) = f(x 2, y2) 0. De aceea
există o valoare t 0 [ 0, 1 ] astfel încât 0 = (t0) = (( 1 – t0)x1 +t0x2 )2 + (( 1 – t0 )y1 +
t0y2)2 – r2 și deci M 0(( 1 – t0)x1 + t0x2, ( 1 – t0 )y1 + t0y2) C.
Intersecția dintre o dreaptă și un cerc:

fig.1.50.
Fie dreapta h : și cercul C : (x – x0 )2 + ( y – y0 )2 = r2 , de centru M 0(x0, y0) și
rază r.
Poziția dreptei h față de cercul C se poate stabili calculând distanța
d(M 0; h ) =
√ și comparând acestă distanță cu r.
1) Dacă d(M 0; h) r , atunci dreapta h și cercul C au exact două puncte comune ( h este secantă
);
2) Dacă d(M 0; h) r , atunci dreapta h și cercul C au exact un punct comun ( h este tangentă la
cercul C );
3) Dacă d(M 0; h) r , atunci dreapta h și cercul C nu au puncte comune ( h este exterioară
cercului C ).
Intersecția dreptei h cu cercul C este carac terizată de soluțiile în 2 ale sistemului
{
–

36
Presupunem ≠ 0 , x 0 = 0, y 0 = 0 și notăm m = –
, n = –
. Rezultă sistemul ( echivalent ) y =
mx + n, x2 + y2 = r2 .
Înlocuind pe y în a doua ecuație obținem ecuația de gradul al doilea
( 1 + m2)x2 + 2mnx + n2 – r2 = 0, cu discriminantul
= 4(1 + m2)( r2- (
√ )2) = 4( 1 + m2)( r2- d2(0; h)).
dacă 0 , adică r d(0; h), atunci ecuația în x are soluțiile x 1 , x2 care sunt abscisele
punct elor de intersecție M 1, M2 . Ordonatele acestor puncte sunt y 1 = mx i + n , i = 1, 2 și
h C = {M 1 ,M2}.
2 dacă 0 , adică r d(0; h), atunci x 1 = x 2 și dreapta h este tangentă cercului în punctul
M1(x1, mx 1 + n), adică h C = {M 1}.
3) dacă 0 , adică r d(0; h), atunci ecuația de gradul al doilea în x nu are rădăcini reale
și deci h
Situația , x0 = 0, y 0 = 0 se discută analog , iar cazul (x 0, y0) ≠ (0,0) se reduce la
precedentul prin translația x, = x – x0, y, = y – y0.
Prin dedublări înțelegem substituirile x2 xx1, y2 yy1 , xy
(xy 1 + x 1y), x
( x+ x 1) , y

(y + y 1). Prin dedublata ecuației de gradul al doilea a 11×2 + 2a 12xy + a 22y2 + 2a 10x + 2a 20y + a 00 =
0 în punctul M 1(x1, y1) înțelegem ecuația a 11x1x + a 2( y1x + x 1y) + a 22y1y + a 10(x +x 1) + a 20( y +
y1) + a 00 = 0 care are cel mult gradul întâi.
Fie cercul C : (x – x0 )2 + ( y – y0 )2 = r2, cu centrul M 0(x0, y0) și raza r, iar M 1(x1, y1) un punct
fixat pe cercul C. Dedublata ecuației cercului C în punctual M1(x1, y1), adică ecuația de gradul
întâi
( x1 – x0 )(x – x0) + (y 1 –y0)(y – y0) = r2 reprezintă tangent le cercul C în punctul M 1
Dreapta M 0M1 :
=
se numește normal la cercul C în punctul M 1întrucât este
perpendiculară pe tangent în M 1

1.16 Reprezentarea geometrică a numerelor complexe
Știm că numerele reale se pot reprezenta prin punctele unei axe. Mai precis, fie d o dreaptă pe
care fixăm o origine O și o unitate de măsură. Dacă asociem fiecărui punct al dreptei d abscisa
sa, se obține o funcție bijectivă de la punctele acestei drepte în mulțimea numerelor reale. Un
număr complex z = a+bi este determinat prin două numere reale a și b. De aceea este natural să
reprezentăm geometric numerele complexe pri n punctele unui plan. Fie pentru aceasta un plan P
în care ne fixăm un sistem de axe ortogonale xOy. Fiecărui număr complex z = a+bi i se

37
asociazăpunctulM(a,b).( Fig.1.51. )

fig.1.51.

Punctul M se numește imaginea geometrică a numărului complex a + bi, iar numărul a + bi se
numește afixul punctului M. Din teorema lui Pitagora, aplicată în triunghiul dreptunghic OMM 1
se deduce că OM = √ √ = z . Această egalitate ne arată că lungimea
segmentului OM este modulul numărului complex z = a+bi.
De exemplu, numărului complex -1+i i se asociază punctul M( -1,1).
Forma trigonometrică a unui număr complex
Fie z = a+bi un număr complex nenul. Am văzut că dacă P este un plan în care s -a fixat un
sistem de axe ortogonale xOy , numărului complex z i se asociază un punct M (diferit de origine)
având coordonatele (a,b). Modulul numărului complex z = a+bi este lun gimea segmentului
(razei vectoare) care unește originea O(0,0) cu punctul M(a,b). Măsura unghiului format de raza
vectoare cu semiaxa pozitivă a axei absciselor (valoare ce aparține intervalului [0,2π)) se
numește argumentul redus t 0 al numărului z și se n otează cu arg z. (Fig.1.52.) Fig.1.52.
Sensul pozitiv de măsurare a argumentului unui număr complex este de la semiaxa pozitivă Ox a
absciselor la semiaxa pozitivă Oy a ordonatelor, în sens invers acelor de ceasornic.
Dacă z = a+bi este un număr complex nen ul (a2+b2≠0 ), componentele sale a și b sunt proiecțiile
vectorului ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (ținându -se cont de semn) pe axele de coordonate. Dacă t 0 este argumentul redus
al numărului complex nenul z = a+bi, iar r = √ este modulul său, atunci din definiția
sinusului și a cosinusului unui unghi,
rezultă formulele: a = r cost 0, b = r sint 0
(1)
Prin urmare, fiind dat un număr complex
nenul z = a+bi, argumentul redus al său se
obține din relațiile: cos t =
, sin t =

(2)
unde r = √ .
Deoarece există un număr unic t ϵ [0, 2 π)

38
care satisface relațiile (2), rezultă că modulul și argumen tul redus al unui număr nenul z sunt
unic determinate.
Dacă a≠0, argumentul redus al numărului z = a+bi se poate determina și din formula tgt =
.
Înlocuind componentele numărului complex nenul z = a+bi prin expresiile lor date
de formulele (1), obținem: z = r(cos t 0+i sin t 0), r = √ , t ϵ [0, 2π). (3)
Formula (3) se numește forma trigonometrică redusă a numărului complex nenul z . Argumentul
redus nu este singurul număr real care verifică relația (3). Orice număr real t, care verifi că
condițiile cos t =
, sin t =
, unde r = √ se numește argument al numărului complex
nenul z = a+bi. Dacă t este argument al numărului complex z ≠ 0, atunci z = r( cos t+i sin t ), r
= √ (4)
Formula (4) se numește forma trigonometrică a numărului complex nenul z . Dacă z este un
număr complex nenul și t 0 = arg z este argumentul redus, atunci din relațiile (2) rezultă că t este
un argument al lui z dacă și numai dacă t = t 0+2kπ, k ϵZ.
Interpretarea geometrică a numerelo r complexe conjugate:
Fie numărul complex nenul z = a+bi, iar = a – bi conjugatul său. Este clar că I I = I z I = r, iar
dacă t 0 = arg z, atunci arg = 2π-t0 (Fig. 1.53.).

Fig.1.53.

Într-adevăr, = r( cos t 0-i sin t 0 ) = r( cos(2π -t0)+isin(2 -t0) ), unde 2π -t0 ϵ (0,2π).
Rădăcina de ordin n dintr -un număr complex.
Definiție 1.22.
Fie z un număr complex și n≥2 un număr natural. Se numește rădăcină de ordinul n a lui z orice
număr complex u cu proprietatea că = z. Observăm că dacă z = 0, atunci numărul 0 este
singura rădăcină de ordin n a lui 0. De aceea, în continuare vom considera cazul z ≠ 0. Pentru
aflarea rădăcinilor din numere complexe nenule, folosim forma trigonometrică a acestora.

39
Teorema 1.23.: Fie z = r( cos t+i sin t ) un număr complex nenul și n ≥ 2 un număr natural.
Există exact n rădăcini distincte de ordinul n ale lui z date de formula = √ (cos
+i sin

), {0, 1, 2,…, n -1}
Demonstra ție: (interpretare geometrică)

Fig.1.54.

Fie xOy un sistem de axe ortogonale. Rădăcinile de ordinul n (n≥3) ale numărului complex nenul
z, scris sub formă trigonometrică redusă z = r(cos t 0+ i sin t 0) sunt z 0,z1,z2,…..,z n-1.
Deoarece Iz 0I = Iz 1I = Iz 2I = Iz 3I = ………= Iz n-iI = √ , rezultă că imaginile geometrice ale
rădăcinilor de ordinul n ale numărului z se găsesc pe cercul de centru O și de rază √ , adică pe
cercul (O, √ ).Argumentele reduse ale numerelor z 0, z1,z2,……., z n-1 sunt respectiv:
,
,

,….,
.
Dacă M 0, M 1, M 2,……., M n-1 sunt imaginile geometrice ale numerelor z 0, z 1, z2,……., z n-1 ,
atunci m ( ∡M0OM 1) = m (∡M1OM 2) = …………=m( ∡Mn-2OM n-1) = m(∡Mn-1OM 0) =
.
Deci măsurile arcelor ̂ , ̂ ,………, ̂ sunt egale și prin urmare segmentele
M0M1, M 1M2,………..,M n-1M0 au aceeași lungime. Astfel, imaginile geometrice ale rădăcinilor
de ordin n (n≥3) ale unui număr complex z≠0 sunt vârfurile unui poligon regulat cu n laturi
înscris în cercul de cent ru O și de rază √ .
Rădăcinile de ordinul n ale unității:
Rădăcinile ecuației zn =1 se numesc rădăcinile de ordinul n ale unității .
Deoarece 1 = cos 0 + i sin 0, din teorema precedentă rezultă că rădăcinile de ordinul n ale
unității sunt date de formula
ԑk = cos
+ i sin
, kϵ {0,1,2,… n-1}.

40
Se observă că în cazul rădăcinilor de ordinal n ale unității ԑ0, ԑ1,……., ԑn-1, imaginile geometrice
ale acestora într -un sistem de coordonate xOy sunt vârfurile unui poligon regulat cu n laturi,
înscris în cercul de centru O și rază 1.
Deoarece ԑ0 = 1, rezultă că vârful M 0 are coordonatele (1,0).
Observație:
Dacă ԑk este o rădăcină de ordinul n a unității, atunci orice putere a sa este, de asemenea,
rădăcină de ordinul n a unității.

41
CAPITOLUL II
TEOREME REMARCABILE ÎN GEOMETRIA CERCULUI.
2.1. Puterea punctului față de cerc
Teorema 2.1: Dacă A, B,C, D sunt patru puncte distincte situate pe un cerc C( O, R ) astfel
încât AB CD = {M}, atunci MA MB = MC MD . ([21])
Demonstrație: Evident ,deosebim cazurile:
1) M Int C (O, R ).
fig.2.1.
Deoarece MAC MDB ( subântind același arc ) și AMC MDB ( opuse la vârf),
deducem că MAC MDB, de unde
=
sau MA MB = MC MD.
Reformulăm: dacă M se află în interiorul cercului atunci pentru orice coardă AB care conține
punctul M produsul MA MB este constant. Valoarea acestui produs înmulțită cu ( -1) se notează
cu (M) și se numește puterea punctului interior M față de cercul dat.
2) M Ext C (O, R ).
fig.2.2
Din că MBC MDA, de unde
=
sau MA MB = MC MD Valoarea const antă acestui
produs se notează cu (M) și se numește puterea punctului exterior M față de cercul dat.
Dacă M este un punct fixat ne propunem acum să determinăm în funcție de elemente cunoscute,
expresia puterii sale față de cerc.
1) M Int C (O, R )

42
Este sufficient să considerăm coarda AB ca fiind diametru și deci (M) = – MA MB = -( R +
OM )( R – OM) = OM2 – R2
2) M Ext C( O, R )
La fel, considerăm A, O, M, B coliniare ( în această ordine ) astfel încât AB este diametru și
astfel avem : (M) = MA MB = ( R + OM )( OM – R) = OM2 – R2 .
2.2.Teorema lui Euler .
Teorema 2.2. În triunghiul ABC fie O centrul cercului circumscris și I centrul cercului înscris.
Distanța OI este dată de formula OI2 = R2 – 2Rr, unde R este raza cercului circumscris
triunghiului iar r este raza cercului înscris triunghiului .
Demonstrație: (Fig. 2.3 .)

Fig.2.3.
Fie D punctul în care bisectoarea [AI intersectează cercul circumscris triunghiului și fie punctele
E și F, astfel încât {E,F} = C(O,R) ∩ OI.
Din triunghiul ABD rezultă: BD = 2Rsin
, iar din triunghiul dreptunghic AI 1I avem:
AI =

Deoarece [AI și [BI sunt bisectoare ale unghiurilor BAC și ABC, se obține ușor că BD= ID.
Folosind puterea punctului I față de cercul C(O,R), din ultimele relații rezultă că
2Rr = ID·IA = IE·IF= (R – IO)( R + IO ) = R2-IO2.
Demonstrație vectorială:
( [10] , cap.2 ) Folosind vectorul de poziție al lui I obținem: ⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

Calculăm pătratul scalar al vectorului ⃗⃗⃗⃗ , ținând cont că avem OA2 = OB2 = OC2 = R2 .Obținem:
⃗⃗⃗⃗ 2 =
[ R2 (a2 + b2 +c2) + 2ab ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2bc ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2ca ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ ] .
Cum 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2 – c2 , 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2 – a2, 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2- b2 rezult ă

43
⃗⃗⃗⃗ 2 =
[ R2 (a2 + b2 +c2) – abc( a + b + c)] =
[ 4p2R2 – 2p abc ] .
Prin urmare, ⃗⃗⃗⃗ 2 = R2 –
= R2 –
= R2 – 2R
= R2 – 2Rr .
Teorema 2.3. ([10], cap.2)
Fie ABC un triunghi oarecare, în care notăm ortocentrul cu H și centrul cercului circumscris cu
O. Pentru orice punct P din plan avem :
a) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ctgBctgC ⃗⃗⃗⃗⃗ + ctgCctgA ⃗⃗⃗⃗⃗ + ctgActgB ⃗⃗⃗⃗⃗
b) 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (1 – ctgBctgC ) ⃗⃗⃗⃗⃗ + = (1 – ctgCctgA ) ⃗⃗⃗⃗⃗ + (1 – ctgActgB ) ⃗⃗⃗⃗⃗ . ( [10] )
Demonstrație:
a) Dacă triunghiul este dreptunghic , formula se verifică ușor : A = 90 avem H = A, ctgA =
0, ctgBctgC = 1 și relația se scrie ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ .
Presupunem în continuare că triunghiul nu este dreptunghic , deci cosA ≠ 0, cosB ≠ 0 și cosC ≠
0. Există numerele x, y, z astfel încât x + y + z = 1 și , pentru orice punct P , avem:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = x ⃗⃗⃗⃗⃗ + y ⃗⃗⃗⃗⃗ + z ⃗⃗⃗⃗⃗ ( coordonate baricentrice ) .
Deoarece x, y, z nu depend de punctual P , vom lua pe rând P = A și P = B .
Pentru P = A obținem ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = y ⃗⃗⃗⃗⃗ + z ⃗⃗⃗⃗⃗ .
Cum AH BC rezultă ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0.
Prin urmare,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = y ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + z ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ sau 0 = y( – ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + z( – ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Rezultă y ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = z ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Deci, aplicând definiția produsului scalar, avem y ca cosB = z
ab cos C.
Conform teoremei sinusurilor avem c = 2R sinC, b = 2R sinB și obținem ysinCcosB = z sinB
cosC
=
.

Fig.2.4

44
Pentru P = B avem ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = x ⃗⃗⃗⃗⃗ + z ⃗⃗⃗⃗⃗ . Cum ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0, obținem în mod analog
=
.
Vom rezolva sistemul
=
=
și x + y +z = 1.
Avem x = k tgA, y = k tgB, z = k tgC, deci k( tgA + tgB + tgC ) = 1.
Cum A + B + C = π, avem tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC deci k =

În concluzie, x = ctgBctgC, y = ctgCctgA, z = ctg ActgB.
b) Se folosește relația lui Sylvester: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ , precum și relația lui Leibniz :
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ = 3 ⃗⃗⃗⃗⃗

2.3.Teorema lui Pompeiu
Teorema 2.4. ([12], pag.26)
Se consideră un triunghi echilateral ABC și fie M un punct oarecare în plan ce nu aparține
cercului circumscris triunghiului. Atunci distanțele MA, MB, MC reprezintă lungimile laturilor
unui triunghi.

Fig.2.5.
Demonstrație: Consider ăm rotația de centru A și un unghi α = 600, care duce punctul B în
punctul C.
Prin această rotație punctul M merge în M' astfel încât AM=AM' și m( ∡MAM')=600. Rezultă
AM=MM'. Segmentul [MB ] merge în segmentul [M 'C], deci MB=M 'C.
Este ușor de văzut că lungimile laturilor triunghiului MM'C sunt, M M'=MA, M'C=MB și MC.
Observație: Dacă punctul M aparține cercului circumscris triunghiului echilateral ABC, atunci
cel mai mare dintre segmentele [MA], [MB] și [MC] are lungimea egală cu suma lungimilor
celorlalte două.(Conform teoremei lui Schooten).
2.4.Teorema lui Schooten ([12], pag.25)
Teorema 2.5. Dacă M este un punct situat pe arcul BC al cercului circumscris triunghiului
echilateral ABC, atunci există rerlația: AM = BM+CM .

45

Fig.2.6.
Demonstrație: (Fig.2.6).
Fie B 1ϵ(MA), astfel încât MB 1=B1B
Deoarece m( ∡BMA)=m( ∡BCA)=600, rezultă că triunghiul MBB 1 este echilateral, deci
BB 1=BM=MB 1.
Triunghiurile ABB 1 și CBM sunt congruente, deoarece AB=BC, BB 1=BM și ∡ABB 1≡∡MBC.
Rezultă că MC=AB 1.
Se obține AM=AB 1+B1M=MC+MB.

2.5. Dreapta lui Euler ([12], pag. 30)
Teorema 2.6.
In orice triunghi ABC ortocentrul, centrul de greutate și centrul cercului circumscris
triunghiului sunt situate pe o aceeași dreaptă numită dreapta lui Euler.

Fig.2.7.
Demonstrație:
Fie A' mijlocul segmentului [BC] și A 2 punctul diametral opus lui A, iar O centrul cercului
circumscris. Deoarece BH ǁ CA 2 și CH ǁ BA 2 rezultă că patrulaterul BHCA 2 este paralelogram;
A' este mijlocul segmentului [HA 2], deci OA' ǁ AH și OA '=
AH. Fie {G}= HO ∩AA'. Este
evident că triunghiurile AHG și A'OG sunt asemenea, raportul de asemănare fiind
= 2.
Rezultă că AG = 2GA' ceea ce ne arată că G este tocmai centrul de greutate al triunghiului
ABC. Prin urmare punctele H,G și O sunt coliniare și HG = 2GO .

46
2.6.Teorema lui Simson ([12], pag. 31)
Teorema 2.7. Proiecțiile ortogonale ale unui punct M de pe cercul circumscris triunghiului ABC
pe laturile acestuia sunt coliniare.

Fig. 2.8.
Demonstrație:
Fie A'= pr BCM, B'= pr ACM, C'= pr ABM.
Patrulaterele AB'MC', MB'A'C, ABCM sunt inscriptibile. Se unesc A' cu B' și separat B' cu C'.
Atunci : m(∡A'B'C0= m( ∡A'MC)=900-m(∡C'AM)=
m(∡C'MA)= m( ∡C'B'A).
Prin urmare s -a obținut ∡C'B'A=∡A'B'C, ceea ce arată că punctele A'B'C' sunt situate pe o
aceeași dreaptă numită dreapta lui Simson.
Observație : Dacă perpendiculara din M pe latura [BC] retae cercul circumscris triunghiului în
punctul A'', atunci dreapta AA'' este paralelă cu dreapta lui Simson a punctului M.
Într-adevăr: ∡AA''M≡∡ACM (din patrulaterul inscriptibil MAA''C),
∡ACM≡∡B'A'M (din patrulaterul inscriptibil B'A'CM)
Rezultă că ∡AA''M≡∡B'A'M, adică dreapta AA''A este paralelă cu dreapta Simson a punctului M
în raport cu triunghiul A BC.
2.7.Teorema lui Menelau ([12], pag.33)
Teorema 2.8. Fie ABC un triunghi și fie A'B'C' trei puncte astfel încât A' ϵBC, B' ϵCA, C' ϵAB.
Dacă punctele A',B',C' sunt coliniare, atunci are loc egalitatea :
·
·
= 1
Demonstrație:

Fig.2.9.

47

Proiectăm vârfurile triunghiului ABC pe dreapta determinată de cele trei puncte coliniare
A',B',C'. Se obțin astfel trei puncte A 1,B1,C1, (A 1= prA'C''A, B 1= prA'C'B, C 1= pr A'C'C).Este ușor de
observant că: ΔA'BB 1~ΔA'CC 1
ΔB'CC 1~ΔB'AA 1 și ΔC'AA 1~ΔC'BB 1
Din triunghiurile asemenea formate rezultă că
=
,
=
,
=

Înmulțind aceste trei egalități se obține:
·
·
= 1.

2.8. Teorema lui Ceva ([12], pag. 42)
Teorema 2.9. Se consideră un triunghi ABC și punctele A' ϵBC, B' ϵCA, C' ϵAB. Dacă dreptele
AA', BB' și CC' sunt concurente, atunci:
·
·
= 1.

Fig.2.10.
Demonstrație: Fie {P} = AA '∩BB'∩CC'. Aplicăm teorema lui Menelau pentru triunghiul AA'B
și punctele coliniare C, P,C'. Rezultă că :
·
·
= 1.
Aplicăm acum teorema lui Menelau pentru triunghiul AA'C și punctele coliniare B, P, B'.
Rezultă:
·
·
= 1
Înmulțind ultimele două relații se obține
·
·
= 1.

2.9. Teorema lui Torricelli ([12], pag.61)
Teorema 2.10. Se consider ă triunghiul ABC cu toate unghiurile strict mai mici decât 120° și pe
laturile triunghiului se construiesc în exterior triunghiuri echilaterale ABC 1, ACB 1, BCA 1.
Cercurile circumscrise acestor triunghiuri au un punct comun.
Demonstrație:

48

Fig.2.11
Fie T punctul de intersecție a cercurilor circumscrise triunghiurilor ABC 1 și ACB 1. Se
demonstrează că patrulaterul BTCA 1 este inscriptibil. Pentru aceasta se observă că patrulaterele
C1BTA și TCB 1A fiind inscriptibile, implică unghiurile
m( BTA) = m( ATC) = 120° de unde rezultă că patrulaterul BTCA 1 este inscriptibil.
În felul acesta s -a demonstrat și că există un unic punct T din plan cu proprietatea că
m( ATB), m( ATC), m( BTC) = 120°, de oarece T trebuie să aparțină simultan celor trei
cercuri considerate. Punctul T se numește punctul lui Torricelli pentru triunghiul ABC.

2.10. Teorema lui Feuerbach : (noțiunile și rezultatele din acest paragraf sunt preluate din [12] ,
pag. 86 )
Teorema 2.11. Într-un triunghi , cercul lui Euler este tangent la cercul înscris și la cercurile
exînscrise.
Pentru demonstrația acestei teoreme se demonstrează mai întâi următoarele leme.
Lema 1.:
Fie A ‟ mijlocul laturii BC a triunghiului ABC. Prin inversiunea T( A‟, k,) ( k arbitrar ) cercul lui
Euler al triunghiului ABC ( din care scoatem punctual A‟ ) se transform ă într – o dreaptă
antiparalelă cu BC față de A
Demonstrație :
fig.2.12.
Se știe că A ‟ se afl ă pe cercul lui Euler. Deci prin inversiunea T( A ‟, k) cercul lui Euler (din care
scoatem punctual A‟) se transform ă într – o dreaptă d perpendiculară pe dreapta A ‟ , unde
este centrul cercului lui Euler. Se știe c ă este mijlocul segmentului HO ( H este ortocentrul

49
triunghiului ABC , iar O este centrul cercului circumscris triunghiului ). Fie H ‟ simetricul lui H
față de A ‟. Atunci H‟ este punctual diametral opus lui A.
În triunghiul HOH‟ segmentul A‟ este linie mijlocie , deci A‟ este paralelă cu AH ‟.
Dreapta d fiind perpendiculară pe A‟ , este perpendiculară pe AH ‟, adic ă d este paralelă cu
tangenta în punctul H ‟ la cercul circumscris triunghiului ABC. Fie E punctual în care tangenta în
H‟ intersecteaz ă pe AB. Atunci : m( AEH ‟) = 90 – m( EAH ‟) = m( BH‟A) = = m(
ACB). P rin urmare BC și EH ‟ sunt antiparalele. Cum d este paralel ă cu EH ‟ se ob ține că d este
antiparalelă cu BC.
Lema 2:
Fie C( I, r) cecul înscris în triunghiul ABC și fie C( I ‟, r‟) cercul extins corespunz ător vârfului A.
Fie A ‟ mijlocul laturii [BC] și fie A 1 punctul în care bisectoarea unghiului BAC intersectează pe
BC . Dacă A‟‟ = pr BCA, F = pr BCI‟ atunci:
1) BF = CF‟;
2) A‟F2 = A‟A‟‟ A‟A 1.
Demonstra ție:
fig. 2.13
Pentru claritate se consider ă triunghiul ABC obtuzunghic cu m( .
i)Dacă se noteaza ,x = A , , , atunci:
{

Rezultă , ceea ce implică ,unde p este semiperimetrul
triunghiului ABC.
Folosind notațiile ,rezultă
{

Ceea ce implică Prin urmare s -a obtinut

50
ii)Din teorema bisectoarei :

De aici result ă

Rezultă

sau
(
Din triunghiurile dreptunghice

Din ultimile doua egalitati rez ultă
( )( ) ( )
Rezultă

Deoarece
(**)
Deoarece , rezultă :
Deci:

(***)
Ținând seama de egalitatile (*),(**) si (***) rezultă:

Demonstratia teoremei :
Se mențin figura si notațiile folosite, la lema 2.
Se transformă prin inversiune figura,luând ca pol punctual față de cercul inscris in triunghi
,deci .
Prin aceasta inversiune cercul C(I,r) se transformă în el insusi.Deoarece ,rezultă că si
cercul exinscris C(I, r) se transformă în el însusi.
Egali tatea (stabilita la lema 2) arată că punctual (care se afla pe cercul lui
Euler) se transformă in punctul Folosind lema 1 rezultă că cercul Euler (din care se scoate
punctul )se transforma in dreapta antiparalela cu BC si care trece prin .Dreapta d trecand
prin si fiind antiparalela cu BC este tocmai a doua tangenta comuna interioara a cercurilor
C(I,r) si C( ) rezulta ca si cercul Euler va fi tangent cercurilor C(I, r) si C( ) (invariante
în inversiune considerată)
Fie E (respect punctul in care dreapta d este tangenta cercului C(I, r) (respectiv C( )
.Atunci cercul lui Euler este tangent cercului C(I, r) în transformatul punct E, iar cercul C( )
in transformatul punctului prin inversiune considerate..Analog se arată că cercul lui Euler
este tangent cercurilor exinscrise corespund varfurile B si C.

51
Cu aceasta s -a încheiat demonstrația teoremei lui Feuerbach: în demonstrație s -a folosit
observația următoare:
Observatie. Se consideră două cercuri exterioare C(I, r), C( ) ,r
Fie A punctul de intersectie al tangentelor comune exterioare. Tangentele comune interioare se
intersecteaza in punctul Este evident ca puncte le si se afla pe bisectoarea unghiului ̂
. Folosind congruenta unghiurilor marcate pe figură ,rezultă că sunt
congruente..Rezul tă că D este antiparalelă cu BC față de vârful A.
fig.2.14

2.11. Teorema lui Salmon . (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [12],
pag.89 )
Teorema 2.12. Dacă punctele O,A,B,C sunt pe un acelasi cerc, atunci cercurile de diametre
] ] ] se întîlnesc două cate două în trei puncte coliniare .
Demonstratie . Se considera inversiunea T(O,k) (k arbitrar).Cercul circumscris patrulaterului
OABC se va transforma intr -o dreapta d perpendiculara pe diametrul ce trece prin pol. Dacă se
notează . Prin inversiunea considerată
cercul de diametru ] se transformă într -o dreaptă a (evident a ). Cercul de
diametru ] se transforma într -o dreapta b OB, iar cercul de diametru ] se transformă
într-o dreaptă c OC. Fie α, β respectiv γ punctele de intersectie ale cercurilor de diametre
] ] ] ] ] ]. Se noteaza =T(β) si
=T(γ). Este evident că :
{ } { } { } .
fig.2.15
Deoarece punctele B C sunt coliniare rezultă conform
teoremei lui Simson, că punctul O se află pe cercul circumscris triunghiului

52
Deoarece cercul circumscris triunghiului trece prin polul O, rezultă că el (mai putin
punctul O) se va transforma prin inversiunea considerată într -o dreaptă .Este evident ca
punctele apartin dreptei .

2.12. Teorema lui Steiner : (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [12],
pag.89 )
Teorema 2.13. Fie ABC un triunghi , două ceviene izogonale ( ])
.Atunci are loc relația lui Steiner:

Demonstratie . (figura 2.16.)
Prin inversiunea T(A,k)(k arbitrar) ,dreapta BC se transformă într -un cerc care trece prin A(și
din care se scoate punctul A).
Deoarece rezultă

Deci se obtine : si folosind formula stabilită la lema de la punctul 2.10
se obține:
| |
| |
| |
| |
adică tocmai relația lui Steiner

fig.2.16

2.13. Teorema lui Țițeica : (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [12],
pag.90 )
Teorema 2.14. Trei cercuri avâ nd razele egale se intersectează într -un punct. Lu ându-le două
câte două se obțin încă trei puncte de intersecție. Cercul determinat de aceste trei puncte are
raza egală cu raza cercurilor date (problema piesei de cinci lei a lui Țițeica)

53
Demonstratie:
fig.2.17.
Se consideră un triunghi ABC .Fie C(I, r), respectiv C(O, R), cercul înscris , respectiv cercul
circumscris truinghiului ABC. Se consideră inversiunea T(I, – . Cercul C(O, R) se va
transforma prin T tot într -un cerc. Fie punctele de intersecție ale bisectoarelor
] ] ] cu cercul C(O, R).
Folosind puterea punctului I fata de cercul C(O, R) rezultă relatiile:

De aici :
Aceste 3 egalități arată că T(C(O, R))=C(O ,R)
Dreapta BC (nu trece prin polul de inversiune I) se va transf orma prin T într -un cerc care trece
prin punctele astfel încât tangenta în I la acest cerc este paralelă cu BC. Fie D punctul de
contact al cercului înscris cu latura ] Deoarece ID BC rezultă că va fi punctul
diametral opus lui I i n cercul circumscris triunghiului .Atunci:

Dacă se notează cu lungimea diametrului ] ,atunci ultima egalitate se scrie

Din această egalitate și din relația lui Euler în triunghiul ABC, -2Rr se obține

Repetând raționamentul pentru dreptele CA si AB se constată că prin inversiunea T se obțin alte
doua cercuri avand raze egale cu R. În definitiv s -au obținut trei cercuri de raze egale cu R ,care
trec prin punctul I si care se mai intersecteaza două câte două în .Cercul circumscris
triunghiului are raza egale cu R.

2.14. Cercul lui Euler (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [12], pag.90 )
Teorema 2.15. Mijloacele laturilor unui triunghi , picioarele înălțimilor si mijloacele
segmentelor ce unesc fiecare vâ rf cu ortocentrul triunghiului sunt situate pe un acelaș i
cerc(numit Cercul lui Euler).

54
Pentru demonstrația acestei teoreme se folosește următoarea lemă:
Lema : Puterea ortocen trului H al triunghiului ABC față de cercul C(O, R) circumscris
triunghiului este dată de formula:

Demonstratia lemei :
Fie : ,
Se stie ca este simetricul lui H fata de dreapta BC. Atunci
(*)
Din asemanarea triunghiurilor
⁄ ⁄ ⁄ sau
si
folosind teorema sinusurilor se obti ne:
(**) Pe de alta parte : (
)
si folosind teorema sinusurilor se obtine:
(***)
Tinand seama de (*),(**),si (***) rezultă:
fig.2.18.

Demonstratia teoremei: mențin notațiile si figura de la lemă. Fie mijlocul lui ] si fie
simetricul lui H fata de . Se aplică figurii inversiunea
.
Cercul C(O,R) se transformă într -un ce rc C(ω, omotetic cu cercul C(O,R) în omotetia de
centru H si raport
, unde k este puterea de inversiune , iar p este puterea polului H față de
cercul C(O,R). Atunci :

Rezultă că omotetia are centrul în punctul H și rap ortul :

55
Prin urmare ,aplicand inversiunea T(H,
), cercul C(O,R) se transformă în cercul C

unde este mijlocul segmentului ].
Fie mijlocul segmentului ] si fie punctul in care dreapta intersectează a doua
oara cercul C(O,R). Din egalitatile :
| |
se obtine :

| | ⁄ sau
| | ⁄
Aceste egalități arată că inversiunea
are loc :

Deci punctele (piciorul inaltimii dusa din A), (mijlocul laturii ] si (mijlocul
segmentului ] apartin cercului C(
Analog se arată că celelalte șase puncte se află pe cercul C
.
Cercul C
se numește asa cum am vazut ,cercul lui Euler (sau cercul celor noua puncte)
ale triunghiului ABC.

2.15. Problemele lui Apoloniu (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [12],
pag. 92 )
.Problema 1 . Să se construiască un cerc C ( tangent la un cerc dat C(O, r) și care să treacă
prin două puncte date A si B.
Solutia 1 . Se presupune problema rezolvata deci C ( este cercul tangent cercului C(O,r) si
trecand prin punctele A si B.Fie C ( un cerc oarecare care trece prin punctele A,B si care
intersectează cercul dat C(O, r) în punctele P si Q.
fig.2.19

56
Dreapta PQ (axa radicală a cercurilor C(O,r), C ( intersecteaza dreapta AB (axa radicală a
cercurilor C ( in punctul S (centrul radical al cercurilor C ( si
C(O,r),
Se duce din S tangenta la cercul dat C(O,r) si se noteaza punctele de tangenta.Dre apta
intersecteaza mediatoarea segmentului ] în punctul (respectiv ).
Problema admite doua solutii (cercul C( ( ) când punctul este în exteriorul
cercului.
Cand S problema admit e o singura solutie, iar când punctul S este interior cercului
C(O,r), problema nu admite nicio solutie.
Solutia 2 .Se presupune problema , deci C ( este cercul tangent cercului C(O,r) și trecând
prin punctele A si B. Prin inversiunea T(A,k=p), und e p este puterea punctului A față de cercul
dat C(O,r), cercul C(O,r) se transformă în el însusi , iar cercul căutat C ( (care trece prin
pol),se va transforma într -o dreaptă d care trece prin inversul al punctului B si care este
tangent la c ercul C(O,r),
fig.2.20
Se construieste punctul (inversul lui B). Din se duc tangent la cercul C(O,r) si se noteaza
cu punctele de tangență. Dreapta . intersectează a doua oară cercul
C(O,r) in punctul Este evident că .
Cercurile circumscrise triunghiurilor pot fi construite.
Problema admite două soluții când punctul B’ (inversul lui B în inversiunea T(A, p)) este exterior
cercului C (O, r). Dacă B’ C (O, r) atunci problema admite o singură soluție. Problema nu
admite nici o soluție când punctul B‟ se află în interiorul cercului C (O, r).
Observație. Construcția punctului B‟ care apare în demonstrație va fi descrisă în continuare. Fie
cercul C (O, r) și punctele A si B. Din A se va duce o tangentă la cercul C (O, r) și fie D punctul
de tangență. Punctul B‟ verifică condițiile B‟ AB și AB‟..AB = AD2.
Rezultă

Prin urmare triunghiurile ABD și AD B‟sunt asemenea. Rezultă ADB‟ ABD și deci punctul
B‟poate fi construit.

57
fig.2.21

Problema 2. ( A doua problemă a lui Apoloniu). Să se construiască un cerc, care să treacă
printru -un punct dat A și să fie tangent la două cercuri date C (O 1, r1), C (O 2, r2).
Observație. Este evident că dacă punctul A se află în interiorul unuia dintre cercurile date,
atunci problema nu are soluție. Se presupune deci că punctul A este exterior cercurilor C (O 1,
r1), C (O 2, r2).
Dacă r 1 = r2, atunci este evident că problema se reduce la următoarea: să se construiască un cerc
care să fie tangent unui cerc dat (C (O 1, r1) sau C (O 2, r2)) și care să treacă prin două puncte date
A și A‟ (A‟ fiind simetricul punctului A față de mediatoarea segmentului [O 1, O 2]). Această
problemă a fost rezolvată la punctul . Se presupune deci că cercurile C (O 1, r1) și C (O 2, r2) au
razele inegale.
Soluția 1 . Se presupune problema rezolvată. Fie C (O, r) un cerc căutat. Fie M (rspectiv Q)
punctul de contact al cercului C (O, r) cu cercul C (O 1, r 1) (respectiv C (O 2, r 2)). Fie N
(respectiv P) al doilea punct de intersecție al dreptei MQ cu cercul C (O 1, r1) (respectiv C (O 2,
r2)) și fie {S} = O 1 O2 MQ. Se notează cu p i (i = 1,2) puterea punctului S în raport cu cercul C
(O1, r1) (i = 1,2)

Deoarece O 1N O2Q și O 1M O2P, rezultă
SN/SQ = r 1/ r2 și SM/SP= r 1/ r2
fig 2.22

58
De aici se obține SN SP = SQ SM = p, unde p este puterea punctului S față de cercul C (O, r).
Atunci p2= SQ SM SN SP = p 1 p2. Fie B al doilea punct de intersecție al dreptei SA cu
cercul C (O, r). Atunci:
SA SB = SQ SM = p = √ = ST 1 ST2
Se construieste punctul B. Este clar că problema se reduce la următoarea: să se construiască un
cerc care să fie tangent unui cerc dat C (O 1, r1) sau C (O 2, r2) și care să treacă prin două puncte
date A și B ( a se vedea problema 1.).
Soluția 2 . Se presupune problema rezolvată . Se aplică figurii o inversiune T (A, k) (k arbitrar).
Cercurile C (O 1, r1) și C (O 2, r2) se vor transforma în alte două cercuri C ( , ) și C ( , ),
iar cercul C (O, r) se va transforma într -o dreaptă d ce va trebui să fie tangentă cercurilor C ( ,
) și C ( , ). Problema s -a redus la construcția tangentelor comune la două cercuri. În
general problema admite patru soluții. În cazurile particulare de poziție ale cercurilor numărul
soluțiilor se reduce corespunzator.
Prob lema 3. ( A treia problemă a lui Apoloniu). Să se construiască un cerc tangent la trei
cercuri date C (O i, ri) (i = 1,2,3).
Soluție. Se presupune problema rezolvată. Fie C (O, r) unul dintre cercurile cerute. Se
presupune r 1 r2 și r 1 r3. Se observă c ă cercul C (O, r + r 1) trece prin O 1 și este tangent
cercurilor C (O 2, r2 – r1) și C (O 3, r3 – r1). De asemenea cercul C (O, r – r1) trece prin punctul O 1
și este tangent cercurilor C (O 2, r2 + r1) și C (O 3, r3 + r1). Aceste observații duc la următoarea
construcție: în prima etapă se construiesc cercurile C (O 2, r2 – r1) și C (O 3, r3 – r1); se trasează
cercurile care trec prin punctul O 1 și sunt tangente cercurilor C (O 2, r2 – r1) și C (O 3, r3 – r1). (
Conform problemei 2. există în gener al patru astfel de cercuri). Dacă C (O, ̅) este un astfel de
cerc, atunci cercul C (O, r), unde r = ̅ – r1 , răspunde problemei.
În general se obțin patru soluții.
fig.2.23
În a doua etapă se construiesc cercurile C (O 2, r2 + r1) și C (O 3, r3 + r1). Se trasează cercurile
care trec prin O 1 și sunt tangente cercurilor C (O 2, r + r 1) și C (O 3, r 3 + r 1) ( se știe de la
problema 3.9.2. că, în general, există patru astfel de cercuri). Dacă C (O, ̅‟) este un astfel de
cerc, atunci cercul C (O, r) unde r = ̅‟ + r 1, răspunde problemei. (

59
fig.2.24
Și în acest caz numărul maxim de soluții este patru. Rezultă că, în problema a treia lui Apoloniu
are opt soluții.
În cazurile particulare de poziție ale cercurilor, numărul soluțiilor se reduce corespunzător.

2.16. De la teorema lui Țițeica la teorema lui Poncelet (noțiunile și rez ultatele din acest
paragraf se regăsesc în [12] )
Se consideră trei cercuri de rază R care trec prin a elași punct H și care se mai intersectează două
câte două respectiv în punctele A,B,C . Conform teoremei lui Țițeica, cercul circumscris
triunghiului ABC are raza egală cu R. Fie C (O, R ) cercul circumscris triunghiului ABC . Cercul
C (H, 2R ) este tangent celor trei cercuri date.
Se transformă figura prin inversiune, alegând ca pol de intersiune punctul H și ca putere de
inversiune k puterea lui H față de cercul C (O, R ), adică:
k = HA HA’ = HB HB’ = HC H C’
unde A’ B’ C’ sunt punctele în care dreptele AH, BH, CH intersectează a doua oară cercul C (O,
R). Este evident că prin această inversiune punctele A,B,C se transformă respectiv în punctele A,’
B,’ C’, iar cercul C (O, R ) se transformă în el însuși. Cercurile circumscrise triunghiurilor AHB,
BHC, CHA se transformă respectiv în dreptele A’ B’, B’ C’, C’ A’. Cercul C (H, 2R ) se
transformă într -un cerc C (H, r ). Deoarece curbele tangente se transformă tot în curbe tangente
cercul C (H, r ) este tangent dreptelor A’ B’, B’ C’, C’ A’, adică este cercul î nscris în triunghiul A’
B’ C’. Prin urmare figura inversă constă dintr -un triunghi A’ B’ C’ înscris în cercul C (O, R ) și
circumscris cercului C (H, r).
Se consideră acum un alt punct C (O, R ). Se duc din tangentele la cercul C (H,
r); aceste tangente intersectează a doua oară cercul C (O, R ) în punctele , . (Punctele
, , , nu sunt trecute pe figură; figura care s -ar obține ar fi analoagă cu cea considerată
anterior.)
Aplicând aceeași inversiune, dreptele , tangente cercului C (H, r ) se
transformă în cercurile circumscrise triunghiurilor A 1HB 1, A1HC 1 care sunt tangente cercului C
(H, 2R ) și deci au razele egale cu R.

60
fig.2.25
În definitiv, sunt trei cercuri de raze egale cu R și care trec prin punctul A 1. Este vorba de
cercurile circumscrise triunghiurilor A 1HB 1, A1HC 1 și de cercul C (O, R ). Aceste cercuri se mai
intersectează două câte două respectiv în punctele B 1, H, C 1. Conform teoremei lui Țițeica, cercul
circumscris triunghiului B 1 H C 1 are raza egală cu R, deci este tangent cercului C (H, 2R ) și
prin urmare, inversul acestui cerc, adică dreapta estee tangentă cercului C (H, r ). Deci
triunghiul este și el înscris în cercul C (O, R ) și circumscris cercului C (H, r ). Punctul
A putând fi luat oriunde pe cercul C (O, R) s-a demonstrat următoarea teoremă:
Teorema 2.16 . Dacă există un triunghi înscris într -un cerc și circumscris unui alt cerc, atunci
există o infinitate de astfel de tri unghiuri.
Observație. Această teoremă este un caz particular al celebrei Teoreme de ,,închidere” a lui
Poncelet: ,,Dacă există un poligon, convex sau stelat, înscris într -o conică Г și circumscris unei
alte conice (γ), atunci există o infinitate de astefl de poligoane.

2.17. Centrul cercului înscris și centrul cercului circumscris triunghiului
Teorema2.17.
Într-un triunghi cele trei bisectoare sunt concurente (au un punct comun unic ).
demonstrație:
Fie triunghiul ABC, I intersecția bisectoarelor unghiurilor A și B. A plicăm proprietatea
bisectoarei :
1. I se află pe bisectoarea BAC d( I, AB) = d( I, AC)
2. I se află pe bisectoarea ABC d( I, AB) = d( I, BC)
Din 1 și 2 rezultă d( I, AC) = d( I, BC) deci I se află și pe bisectoarea unghiului C.
După cum am văzut, punctul de intersecție a celor trei bisectoare ale triunghiului ABC se află la
aceeași distanță față de laturile triunghiului ele reprezentând raze ale aceluiași cerc , cu centrul
în I, numit cercul înscris în triunghi.

61
fig.2.2 6
Definiție:
Mediatoarea unui segment este dreapta perpendiculară pe segment în mijlocul său.
fig. 2.27

Teorema2.18. (Proprietateamediatoarei):
Un punct aparține mediatoarei unui segment dacă și numai dacă are distanțe egale față de
extremitățile segmentului .
Demonstrație: ambele implicații ale teoremei se demonstreză comparând triunghiurile
dreptunghice AMN și BMN.

Observație: Dacă două puncte diferite sunt egal depărtate de capetele unui segment, atunci
dreapta determinată de ele este mediatoare a segmentului respectiv.
Teorema2.19
Într-un triunghi mediatoarele celor trei laturi sunt concurente.
Demonstrație:
fig 2.28

62
Fie O punctul de intersecție al mediatoarelor segmentelor [AB] și [AC]. Atunci, conform
proprietății mediatoarei , avem relațiile
1. OA = OB ( O se află pe mediatoarea segmentului [AB] )
2. OA = OC ( O se află pe mediatoarea segmentului [AC])
Din 1 și 2 ⇒ OB = OC, adică O se află și pe mediatoarea segmentului [BC], deci O este punctul
de intersecție al mediatoarelor triunghiului ABC.
Punctul O, intersecția mediatoarelor laturilor triunghiului ABC, se află la aceeași distanță față de
vârfurile triunghiului: OA = OB = OC. Prin urmare, punctele A, B, C aparțin aceluiași cerc cu
centrul în O, numit cercul circumscris triunghiului ABC.

63
CAPITOLUL III
ASPECTE METODICE , PEDAGOGICE ȘI PSIHOLOGICE ÎNTÂLNITE ÎN
PREDAREA GEOMETRIEI CERCULUI.

Studiul geometriei are o contribuție importantă la dezvoltarea însușirilor psihice ale elevilor și îi
îmbogățește cu o serie de cunoștințe și deprinderi folositoare în practică. Unul din scopurile
studierii matematicii este de ‟‟a dezvolta elevilor curio zitatea de a căuta și dezvălui implicații
ascunse, de ale forma și dezvolta atracția către probleme‟‟.
Pentru a înlesni rezolvarea problemelor de geometrie, elevii trebuie îndrumați să țină seama de
următoarele reguli:
1) Citirea atentă a enunțului problem ei și construirea corectă a figurii, deoarece numai pe o
figură corectă se poate raționa just;
2) Însușirea enunțului problemei, elevul trebuie să înțeleagă cu claritate ce se dă și ce se cere;
3) Cunoașterea unor anumite procedee și metode pentru rezolvar ea problemelor de geometrie;
4) Construirea de raționamente noi pe baza axiomelor, definițiilor și a altor raționamente învățate
anterior ca teoreme și chiar probleme;
5) Stabilirea relațiilor între diferitele elemente ale figurilor și scrierea lor cu ajut orul simbolurilor
din matematică, pe baza raționamentelor teoretice, care să îngăduie elevului să urmărească lanțul
de judecăți care formează demonstrația problemei
6) Discuția problemei.
În unele probleme de geometrie, o soluție găsită nu încheie rezolva rea unei probleme, deoarece
mai trebuie examinate și condițiile care ne arată existența și a altor soluții, numărul lor, dar și
diverse cazuri particulare care pot apărea.
7) Verificarea soluțiilor problemei.
O soluție găsită prin rezolvarea unei probleme trebuie verificată, în special cele de construcții
geometrice.

3.1.Metode generale de rezolvare a problemelor de geometrie
3.1.1. Metoda analizei (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [24])
La rezolvarea unei probleme de demonstrație prin analiză se pornește de la concluzia B și se
caută o propoziție C care s -o implice pe B. Căutăm o altă propoziție D prin care s -o deducem pe
C, apoi o propoziție E din care s -o deducem pe D și așa mai departe, până când reușim să găsim
o propoziție A prin care să putem deduce propoziția precedentă.

64
Practic se procedează astfel:
a) se presupune că propoziția de demonstrat este adevărată;
b) se pune următoarea întrebare: de unde reiese imediat concluzia teoremei?
Răspunsul la această în trebare duce la formularea unei propoziții mai puțin necunoscută decât
cea dată de teoremă. Să numim această propoziție, de exemplu C.
c) O întrebare asemănătoare se pune și pentru propoziția C. De unde reiese imediat concluzia
propoziției C. Răspunsul la această întrebare duce la formularea unei noi propoziții mai puțin
necunoscută decât C. Să numim această propoziție, de exemplu D.
d) Acest procedeu se repetă până când se obține o propoziție cunoscută, stabilită mai înainte.
e) O dată ajuns la acest a devăr, raționamentul decurge mai departe după metoda sintezei.
După felul cum se aplică metoda analizei, se poate vedea clar că fiecare etapă nu se desfășoară
prin încercări, ci este o legătură între propozițiile precedente, așadar raționamentele sunt
motivate.
Exemplu 3.1. Produsul lungimilor a două laturi ale unui triunghi este egal cu produsul
lungimilor diametrului cercului circumscris prin lungimea înălțimii
corespunzătoare laturii a treia.

fig.3.1

Demonstrație. (fig.3.1) Fie ABC triunghiul înscris în cercul C(O, r). (BD) înălțimea dusă
din vârful B pe latura (AC) și (BE) diametrul dus prin vârful B.
Trebuie să arătăm că: || AB ||· || BC || = || BE ||· || BD ||.
a) Presupunem că cele afirmate de teoremă în concluzie sunt adevărate. Să vedem ce consecințe
decurg din acestea. Din relația:
|| AB ||· || BC || = || BE ||· || BD || (1)

rezultă imediat egalitatea de rapoarte:

=
(2).

65

b) Examinând proporția de la punctul precedent, observăm că segmentele care o formează sunt
laturi ale triunghiurilor ABE și BDC. Pentru a avea proporția de mai sus ar fi suficient ca
triunghiurile ABE și BDC să fie asemenea, adică:
ΔABE ~ ΔBCD (3)
c) Propoziția pe ca re o exprimă (3) este un adevăr pe care îl putem pune imediat în evidență,
triunghurile menționate fiind triunghiuri dreptunghice având câte un unghi ascuțit congruent.
DCB AEB ambele având ca măsură jumătate din măsura aceluiași arc AMB. (4)
d) Pentru a stabili relația din concluzie, se face un raționament pe cale inversă (4), (3), (2), (1)
și teorema este demonstrată.

3.1.2. Metoda sintezei (noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în [24])
Metoda sintezei este o me todă utilă atât în rezolvarea problemelor de calcul cât și în rezolvarea
unor probleme de demonstrație. Pentru demonstrarea unor teoreme sau pentru rezolvarea unor
probleme se consideră o figură despre care se știe că posedă proprietatea p și se cere să a rătăm
că posedă proprietatea q, p  q
Metoda sintezei constă în a pleca de la propoziția p și a descoperi alte propoziții r 1, r2, … , r k
astfel încât p  r1  r2 … rk  q.
Exemplu 3.2: ( teorema lui Menelau): Fie un triunghi ABC și punctele coliniare A , B, C unde
A (BC), B (CA) și C (AB).
Atunci are loc egalitatea :
1''
''
''BCAC
ABCB
CABA
Demonstrație: (fig.3.2)
Fiind vorba de rapoarte și legăturile ce trebuiesc stabilite între ele, apare necesitatea de a utiliz a
asemănarea triunghiurilor. Ne fiind triunghiuri asemenea, trebuie să le construim.
În acest sens ducem CD║ AB, unde D  CA.
Din asemănarea triunghiurilor, obținem:
Din  ABC   ACD 
DCBC
CABA '
''
iar din  BCD   BAC 
ACDC
ABCB
' ''
fig 3.2

66
Înmulțind cele două relații, obținem că:
ACBC
ABCB
CABA
''
''
'' 
BCAC
'' de unde:
1''
''
''BCAC
ABCB
CABA

Considerând propozițiile:
p: „punctele A‟, B‟, C‟ coliniare”
q: „
1''
''
''BCAC
ABCB
CABA ”
r1: „ ABC   ACD și  BCD   BAC ”
r2: „
DCBC
CABA '
'' și
ACDC
ABCB
' '' ” unde r 1 și r 2 sunt conjuncții de propoziții, observăm că
demonstrarea teoremei lui Menelau s-a bazat pe schema:
p  r1  r2  q

3.1.3 Metoda reducerii la absurd
Orice teoremă este o implicație logică
qp . Teorema reciprocă fiind
pq .
Folosind tablele de adevăr, se demonstrează că teorema directă
qp este echivalentă cu
contrara teoremei reciproce q p.
Echivalența logică dintre teorema directă și contrara reciprocei se numește principiul
contrapoziției.
Metoda reducerii la absurd constă în: având de demonstrat implicația
qp se admite că
nu este adevărată propoziția q (se neagă concluzia q) și atunci, evident, ar fi adevărată q.
Folosind și ipoteza p, pe baza unor deduceri logice, se aj unge la o absurditate, care contravine fie
ipotezei, fie unui adevăr evident, fie unui adevăr stabilit anterior. Contradicția obținută atestă
valabilitatea teoremei directe
qp .
Problema 3.1 : ([26])
Considerăm un triunghi ABC și punctele A (BC), B (CA) și C  (AB). Se presupune că
două dintre puncte sunt situate pe două laturi ale triunghiului și
unul este situat pe prelun gire celei de -a treia latură (sau că punctele A’, B’, C’ sunt situatepe
prelungirile laturilor triunghiului). Dacă are loc egalitatea:
1''
''
''BCAC
ABCB
CABA
atunci punctele A ’, B’, C’ sunt coliniare .
Demonstrație : (fig.3.3)

67
Presupunem că două dintre puncte sunt situate pe două laturi ale triunghiului și unul este situat
pe pr elungire celei de -a treia laturi .
Presupunem că punctele A‟, B‟, C‟ nu sunt coliniare.
Atunci dreapta A‟ B‟ ar intersecta latura AB într -un punct C” diferit de C‟ .
fig.3.3
Aplicând teorema lui Menelau pentru punctele coliniare A‟ , B‟, C” obținem:
1""
''
''BCAC
ABCB
CABA
(2)
Din relațiile (1) și (2) rezultă că:
BCAC
BCAC
""
''
Ar însemna că segmentul [AB] este împărțit de punctele interioare C‟ și C” în același raport –
contradicție, eliminând presupunerea făcută ajungem la concluzia că punctele A‟, B‟, C‟ sunt
coliniare.

3.2. Metode specifice
3.2.1. Metoda vectorială
Rezolvarea unei probleme prin această metodă se realizează în mai multe etape. Mai întâi se
realizează explicitarea și reprezentarea grafică a configurației geometrice , se fixează un punct
numit origine și se introduc vectorii de poziție ai celorlalte pu ncte. Apoi se scrie ipoteza în
formă vectorială care se transformă prin metode algebrice până obținem concluzia. Punctul de
origine se alege în funcție de configurație și de natura problemei și poate fi schimbat pe
parcursul demonstrației.
Aplicarea metod ei vectoriale presupune cunoașterea operațiilor cu vectori și prezintă
avantajul că , de cele mai multe ori, soluția oferă mai multe date decât concluzia deoarece din
interpretarea geometrică a unei relații vectoriale se obțin informații despre mărimea, di recția și
sensul vectorilor în cauză.
Problema3.2 : Teorema lui Euler . ( [10], cap.2)
În triunghiul ABC fie O centrul cercului circumscris și I centrul cercului înscris. Distanța OI
este dată de formula OI2 = R2 – 2Rr, unde R este raza cercului circumscris triunghiului iar r este
raza cercului înscris triunghiului.

68
Demonstrație: (fig.3.4)
fig.3.4

Folosind vectorul de poziție al lui I obținem: ⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

Calculăm pătratul scalar al vectorului ⃗⃗⃗⃗ , ținând cont că avem OA2 = OB2 = OC2 = R2 .Obținem:
⃗⃗⃗⃗ 2 =
[ R2 (a2 + b2 +c2) + 2ab ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2bc ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2ca ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ ] .
Cum 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2 – c2 , 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2 – a2, 2 ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2R2- b2 rezult ă
⃗⃗⃗⃗ 2 =
[ R2 (a2 + b2 +c2) – abc( a + b + c)] =
[ 4p2R2 – 2p abc ] .
Prin urmare, ⃗⃗⃗⃗ 2 = R2 –
= R2 –
= R2 – 2R
= R2 – 2Rr .

3.2.2.Metoda analitico – sintetică ((noțiunile și rezultatele din acest paragraf se regăsesc în
[24]).
În practică, rar se întâmplă ca o problemă să fie rezolvată numai prin metoda sintezei sau numai
prin metoda analizei; ele se aplică adesea începând prin sinteza cât reușim, după care se recurge
la analiză, sau se începe cu analiza și urmează sinteza. Se apelează la analiză p ână când se găsesc
două date care pot determina o mărime, iar pentru a afla necunoscuta, mai departe, calculele
merg în ordine sintetică.
Problema 3.3 : Laturile unui triunghi ABC sunt AB = c, BC = a, AC = b. O paralelă la latura
BC a triunghiului intersect ează laturile AB și AC respectiv în M și N. Se cere:
a)Să se afle lungimea segmentului MN astfel încât perimetrul triunghiului AMN să fie egal cu
perimetrul trapezului BMNC.
b)Să se afle aria AMN.
Rezolvare: (fig 3.4)

69

Fig.3.4

Aplicăm metoda analizei.
Presupunem că perimetrul AMN este egal cu perimetrul trapezului BMNC ⇒
⇒ AM + MN + AN = BM+MN+ CN+BC ⇒ AM + AN = BM + CN + BC (1)
Se observă că, dacă în membrul drept al egalității (1) adunăm membrul stâng obținem
perimetrul ΔABC.
Adunăm ambii m embrii din (1) cu AM + AN ⇒ 2(AM + AN) = a+b+c ⇒

De aici mai departe aplicăm metoda sintezei.
MNǁBC ⇒ΔAMN~ΔABC ⇒

=
=
⇒
=
⇒
=
MN =

b)Începem tot cu analiza.
2AF MNSAMN
.
Problema s -a redus la aflarea lui AF. Aplicăm metoda sintezei:
,) (2 22
cbphacbph
cbpa
ScbphAFacbpa
hAF
BCMN
AEAF
AMN


unde
.) )( )( (2cpbpappah 

3.2.3.Metoda numerelor complexe: (noțiunile și rezultatele din aces t paragraf se regăsesc în
[26]). Numerele complexe pot fi folosite pent ru a demonstra unele probleme ș i teoreme de
p AN AMcbaAN AM 2

70
geometrie. Datorită faptului că oricărui numă r complex z = x + yi îi cor espunde un punct M î n
planul axelor rectangulare si respectiv un vector de pozitie ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,rezultă că orice problemă care
se poate rezolva prin notaț ii vectoriale punctuale ,admite ș i o solu tie în numere complexe.
În continuare vor fi prezentate generalitati legate de fo losirea numerelor complexe si câteva
aplicaț ii interesante.
Fie punc te din plan si vectorii de poziț ie respectivi
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ……….. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Daca vectorul ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ se exprimă ca o combinatie linia ră de aceș ti vectori ,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +………..+ aceast a relatie admite o transcriere î n complex de aceeasi
forma ; dacă sunt afixele punctelor ,……… iar z afixul lui M ,rezultă :
z = +
Notand cu ( ) coordonatele punctelor si cu coordonatele lui M rezulta
x=∑
, y=∑

Dacă relația anterioară are loc pentru do uă puncte si , iar M este mijlocul segmentului(
) atunci notâ nd cu z afixul lui M, se obtine:

Dacă M(z) este centrul de greutate al triunghiului , , atunci:
z =

Pentru punctul M(z) care î mparte segmentul orientat in raportul k se obț ine:
z =
(din
=k)
Această relație scrisă sub altă formă ,poate deveni o condiț ie pentru ca punctele ),
M(z) să fie coliniare.
Într-adevăr ,observând că relați a se mai poate scrie z = ,cu
si =

condiț ia de coliniaritate pentru punctele ) si M(z) este să existe două constante
astfel incat =1,care să facă posibilă egalitatea z = + .
Considerând paralelogramul de vâ rfuri , , , proprietatea că
mijloacele diagonalelor coincid devine: . Reciproc ,punctele
de afixe sunt vârfurile unui paralelogram dacă este îndeplinită relația
anterioară .
Fie punctele ) si ).Atunci :
m = m – m ) = arg – arg = arg

71
Translatând originea î n punctul pentru trei puncte ), )
se obtine m ) = arg.

Condiț ia de coliniaritate este deci: arg .

Condiția de perpendicularitate este arg.
=
sau echivalent:

Generalizarea este imediată : Fie , atunci:
= 90 implica
și reciproc.
Condiț ia necesară și suficientă ca figura , să fie patrulater inscriptibil este

Demonstrația se face folosind scrierea î n complex a unghiului dintre două drepte si relaț ia
m =180 – m )
Fie doua triunghiuri asemenea
Condiția de asemă nare
=
, se poate transcrie î n forma:
| |
| | = |
| și arg
= arg

Din aceaste relații rezultă :

=
sau altfel scris |

|=0
Problema 3 .4 Se dau punctele A, B, C, D de afixe respective:

a)Să se arate că :
| | | | | | | | | | | |
b)Să se arate că patrulaterul ABCD inscriptibil
Solutie .Este suficient să se demonst reze că patrulateru l ABCD este inscriptibil deoarece relatia
de la punctul a) este teorema lui Ptolemeu referitoare la patrulaterele inscriptibile. Pentru a
demonstra ca patrulaterul ABCD est e inscriptibil este suficient să se verifice relatia:

72

Într- adevăr efectuâ nd ca lculele

= −

Problema 3.5 (Dreapta Euler). Î ntr-un triunghi ABC, ortocentrul H, centrul de greutate G și
centrul cercului circumscris O, sunt coliniare .
Demonstratie .Fie A(a), B(b), C(c), O(o). rezultă :
(
) (
), G(
)
Din asemă narea triunghiurilor AHB si O , notând cu h afixul lui H , se obț ine:
|

| = 0,de unde H este de afix a+b -c
Rezulta O, G, H coliniare și relaț iile dintre segmentele dreptei lui Euler.
Problema 3 .6 .Să se arate că dacă punctul M aparț ine cercului circumscris triunghiului ABC
,ortocentrele triunghiurilor MAB, MBC ș i MCA formeaza un triunghi congruent cu triunghiul
ABC.
Solutie. Fie originea planului centrul cercului circumscris triunghiului ABC , afixele
punctelor A,B,C respectiv z afixul punctului M situate pe cercul circumscris triunghiului ABC.
Atunci , ortocentrul triunghiului MAB are afixul z+ , ortocentrul triunghiului
MAC are afix ul + iar ortcent rul triunghiului MBC are afixu .
Atunci HAHB = | | = | | = AB ș i analoagele.

3.2.4. Metoda analitică
Geometria analitică sau geometria carteziană reprezintă o modalitate de abordare a
geometriei cu ajutorul algebrei. Atașând figurilor geometrice sisteme de axe de coordonate,
acestea vor put ea fi definite cu ajutorul ecuațiilor sau inecuațiilor, iar rezolv area problemelor se
va face algebric .
Problema 3.7 :Fie ABC un triunghi oarecare. Să se arate că ortocentrul H, centrul de greutate
G și centrul O al cercului circumscris triunghiului ABC sunt coliniare (dreapta lui Euler) .
Demonst rație: ( fig.3.5)
Se construiesc înălțimile AD și BE , medianele AM și BN și media toarele segmentelor BC și
AC. În planul triunghiului fixăm un reper cartezian cu centrul în punctul D și drept axe de
coordona te se aleg dreptele BC și AD .

73
Înălțimea AD are ecuația x = 0. Calculăm panta dreptei AC: m AC =
= ─
și știind că
BE AC rezultă mBE =

Fig.3.5

Se determină ecuația înălțimii din B : y – 0 =
(x-b) cx – ay – bc = 0
Se intersectează înălțimile AD și BE și se determină coordonatele ortocentrului
.{
⇒ H (
)
Aflăm coordonatele centrului de greutate {

⇒G(

)
Aflăm coordonatele punctului O. Coordonatele mijloacelor segmentelor BC și AC sunt:
M(
) și N(

)
Mediatoarea OM are ecuația x =
. Știind că mAC = –
, ON AC ⇒ mON =

Atunci ecuația mediatoarei ON este y –
=
(x-
) 2c⇒ x- 2ay + – = 0
Intersectăm cele două mediatoare și obținem {

⇒
Y =
⇒ O(

)
Deci avem H (
) , G(

) , O(

)

74
Deoarece ||

||= 0 ⇒ H,G,O coliniare.

3.2.5. Metoda transformărilor geometrice (noțiunile și rezultatele din aces t paragraf se
regăsesc în [26]). Istoria matematicii consemnează că transformările geometrice au fost folosite
pentru obținerea primelor demonstrații ale unor teoreme de geometrie a planului și spațiului.
Astfel se afirmă că Thales din Milet a demo nstrat prin suprapunerea figurilor, folosind ideea de
mișcare, tradusă astăzi în aceea de transformare geometrică, teoremele: unghiurile opuse la vârf
sunt congruente; unghiurile de la baza unui triunghi isoscel sunt congruente; diametrul împarte
cercul în două părți congruente ș.a. Mai târziu, Aristotel a eliminat mișcarea din geometrie și
deci și transformările geometrice, considerând obiectele matematicii ca entități abstracte.
Această concepție a fost concretizată de Euclid prin celebra sa carte “Elemen tele”, în care
geometria este construită fără utilizarea ideii de mișcare pentru că aceasta nu poate exista,
conform concepției lui Platon, Aristotel, Euclid, în lumea formelor ideale. Pe aceeași linie s -a
situat D. Hilbert în construcția sistemului cunosc ut de axiome ale geometriei. El a înlocuit ideea
de mișcare cu ceea de figuri congruente. Predarea geometriei în spiritul axiomaticii lui Hilbert
sau a lui Birkhoff este implicată, indiscutabil, în diminuarea ponderii transformărilor geometrice
în unele pr ograme analitice și manuale.
Intuiția asigură înțelegerea de către elevi a noțiunilor de mișcare, suprapunere, transformare a
figurilor, ceea ce favorizează înțelegerea ulterioară a unor concepte fundamentale din geometrie
sau oferă o cale de a pătrunde în corpul teoremelor geometrice fără supoziții complicate, greu de
explicitat și de motivat. Acest fapt indică posibilitatea de a introduce în geometrie tr ansformările
geometrice, propusă de A. N. Kolmogorov și folosite în țările din fosta Uniune Sovietică. Pe
această cale numeroase teoreme de geometrie se demonstrează simplu.
Transformările geometrice sunt în esență funcții. Studiul lor este calea principală pe care
noțiunea de funcție pătrunde în geometrie. Așadar transformările geometrice sunt elemente de
unificare a matematicii școlare.
Deși transformările geometrice erau folosite de mult timp în rezolvarea unor probleme de
geometrie, ele nu au fost gândite ca funcții decât relativ recent, când figurile geometrice au fost
concepute ca mulțimi de puncte. A stfel, dacă π este un plan dat, o aplicație T : π → π se numește
transformare geometrică, în cazul când e compatibilă, într -un sens bine precizat,
cu o structură geometrică din π. Unei asemenea transformări geometrice i se poate asocia o nouă
aplicație.
Dacă prin F notăm mulțimea tuturor părților lui π (figurilor din π) iar pentru orice f F notăm Tˆ
( f ) = {T (M ) : M f } obținem o aplicație Tˆ : F → F , f → Tˆ ( f ) Numită asociată a
transformăriiT. T este bijectivă dacă și numai dacă ̂ este bijectivă.Aplicațiile T și ̂ se notează
în mod curent cu aceeași literă, ceea ce poate duce la confuzii, dar și la o mai mare ușurință în
exprimarea proprietăților lui T prin ̂. De exemplu, când spunem că T aplică o dreaptă într -o

75
dreaptă paralelă cu ea avem în vedere aplicația ̂. Ea ilustrează punctul de vedere mai vechi
asupra transformărilor geometrice când planul era gândit ca o colecție de figuri pe care acționa
̂. Punctul de vedere actual conduce la exprimări mai complicate, de exemplu aplic ația T
transformă punctele unei drepte în puncte ale unei drepte paralele cu ea. Ca orice alte funcții,
transformările geometrice se pot compune.
În urma analizei modalităților de a concepe predarea transformărilor geometrice în diferite
programe și manual e se pot distinge două puncte de vedere: sintetic și vectorial – analitic.
Conform primului, transformările geometrice se definesc în mod direct, cu elemente geometrice
simple: puncte, drepte, plane, unghiuri și proprietățile lor se demonstrează geometric pe baza
axiomelor și teoremelor simple de geometrie. Al doilea punct de vedere se referă la
introducerea transformărilor geometrice pe baza noțiunii de vector sau prin expresiile lor
analitice, proprietățile obținându -se prin combinarea element elor de algebră vectorială cu
elemente de geometrie analitică.
Problema 3 .8 Fie ∆ABC înscris în cercul C( O, R) și I intersecția bisectoarelor interioare
triunghiului.
Dreptele AI, BI, CI intersecteaza cercul C în punctele M, N, P.
1. Arǎtați cǎ punctul I este ortocentru în ∆MNP.(
2. Ce relații gǎsiți între laturile, unghiurile și ariile celor doua triunghiuri?
3. Calculati OI
2
Soluție: (fig. 3.6)
CMMB
(AM bisectoarea interioara a unghiului A înscris
în cerc ) Analog
NANC .Notǎm
MB z;
NC =y;
PA
=x.Fie PM BI={S} , MN CI={R}, PM AI={Q} .m(
MNQ)= (x+y+z):2=
090 Deci MQ
 PN. Analog se
demostreazǎ cǎ PR este înǎlțime în ∆MNP . Cu alte cuvinte
I este ortocentru în ∆MNP
În acest triunghi avem relațiile:
m( PMN) = (x+y):2 =

=
090 –

m ( M)=
090 –

m ( N)=
090 –

m ( P)=
090 –

Aplicǎm “teorema Sinusului” în ∆MNP : PM = 2Rcos
, PN = 2Rcos
, MN=2Rcos

76

Dacǎ notǎm laturile ∆ABC cu a, b, c și laturile ∆MNP cu
1a ,
1b,
1c
a= 2RsinA
1a = 2Rcos

b= 2RsinB
1b = 2Rcos

c= 2RsinC
1c = 2Rcos

1aa
=2sin
⇒ a1 =

; b1 =

; c1 =

ABCA
=
2sinA bc ;
MNPA =
2sin1M bcc =
2sin2sin22cos
C BAbc
MNPABC
AA
=
2sinA bc :
2sin2sin22cos
C BAbc
Tinând cont cǎ: 4sin
2A sin
2B sin
2C =
Rr

MNPABC
AA =
Rr21 dar
ABCA =pr. Unde p este
semiperimetrul ∆ABC i ar r este raza cercului înscr is în ∆ABC
MNPA
=
2pR Ținem cont de indentitatea lui Euler: OI
2 =
2R -2Rr

3.3. Metode de rezolvare a problemelor de coliniaritate. (noțiunile și rezultatele din acest
paragraf se regăsesc în [27]).
3.3.1.. Cu ajutorul unicității paralelei
„ Dacă dreptele XY și XZ sunt paralele unei drepte d atunci punctele X, Y, Z sunt coliniare”.
Problema 3.9 :Trapezul isoscel ABCD (BC AD) este circumscris unui cerc d e centru O.
Punctele de contact ale laturilor (AB), (BC), (CD), (DA) cu cercul înscris
sunt: E, F, G, H.
Diagonalele trapezului se intersectează în O.
Să se demonstreze că E, O, G și H, O, F sunt
triplete de puncte coliniare. Fig.3.7

77

Demonstrație: (fig.3.7)
Tinând cont că trapezul ABCD este isoscel și este circumscris unui cerc avem egalitățile:
(EB)=(BF)=(FC)=(CG) și (EA)=(AH)=(HD)=(DG)
Din asemănarea triunghiurilor formate obținem că:
ODBO
ADBC
AHBF
EAEB
Aplicân d reciproca teoremei lui Thales din triunghiul  BAD obținem EOǁAD (1)
iar din triunghiul  DAC obținem OGǁAD (2)
Din relațiile (1) și (2), tinând cont de axioma unicității paralelei rezultă că punctele E, O, G sunt
coliniare.
Din OH  AD, OF  BC și ADǁBC obținem că punctele H. O, F sunt coliniare.

3.3.2. Cu ajutorul ughiur ilor adiacente suplementare :
„Dacă m( YXU )+m( UXZ )=180 și punctele Y și Z sunt separate de dreapta XU, atunci
punctele X, Y, Z sunt coliniare”
Problema 3.10 : Fie un paralelogram ABCD și punctele E, F astfel încât B (AE), BE=AD,
D(AF), DF=AB. Să se demonstreze că punctele E, C, F sunt coliniare.
Demonstrație: ( fig.3.8)

Fig.3.8

Din triunghiurile isoscele  CBE și  FDC obținem relațiile: BCE  CEB (1 ) și DCF 
CFD (2) iar din paral elogramul ABCD obținem DAB  DCB
Ținând cont de relațiile (1), (2) și (3) rezultă: m( FCD)+m( DCB)+m( BCE)=180 
Cum punctele D, F și E, B sunt de aceeași parte a lui AC, rezultă că punctele F, E sunt de o parte
și de alta a dreptei AC, deci C (FE). Unghiurile ACF și ACE sunt adiacente suplementare dacă
laturile lor necomune vor fi în prelungire. Așadar punctele F, C, E – sunt coliniare.

78

3.3.3. Cu ajutorul reciprocei teoremei lui Menelau :
Considerăm triun ghiul ABC – triunghi neisoscel. Bisectoarea exterioar ă a unghiului A
intersectează dreapta BC în A‟ . Analog: Bisectoarea exterioară a unghiului B intersectează
dreapta AC în B‟ .Bisectoarea exterioară a unghiului C intersectează dreapta AB în C‟ .Să se arate
că punctele A‟, B‟, C‟ – sunt coliniare

Știm că bisectoarea interioară este perpendiculară pe bisectoarea exterioară.
AA”  AA‟, BB”  BB‟, CC”  CC‟
Notăm: AB = c, AC = b, BC = a,
Din teorema bisectoarei unghiurilor exteriore A, B, C
avem: A :
bc
CABA'' (1) B :
ca
ABCB'' (2) și C :
ab
BCAC'' (3)
Înmulțind cele trei rel ații membru cu membru, obținem:
1''
''
''ab
ca
bc
BCAC
ABCB
CABA și
folosind reciproca teoremei lui Menelau pentru triunghiul ABC și punctele A‟, B‟, C‟ situate pe
prelungirile laturilor triunghiului obținem că punctele A‟, B‟, C‟ sunt coliniare.

3.3.4. Probleme de coliniaritate rezolvate vectorial.
Problema 3 .11 În paralelogramul ABCD se dau : AB = 4, BD = 3, BC = 2. Fie G centrul de
greutate al triunghiului ABD, I centrul cercului înscris în triunghiul BCD și
)(BC M cu
2MCBM
. Să se arate că G, I și M sunt coliniare și IG = 2IM.
Soluție: Față de un punct arbitrar O,
D B C A rrrr  si
,95 2 2
92 3 4C B A D C B
Irr r r rrr

79

;32C A
Grrr
.32C B
Mr rr
;9) 2(2C B A
I GrrrrrIG
,92C B A rrrMI deci
.2MI IG

3.3.5.Dreapta lui Euler
Teorema 3.1: În orice triunghi ortocentrul H, centrul de greutate G și o centrul cercului
circumscris triunghiului sunt coliniare. Dreapta determinata de cele trei puncte se numește
dreapta lui Euler.
fig.3.9
Demonstrație : a)Dacă triunghiul ABC este isoscel sau dreptunghic, atunci cele trei puncte se
afla pe o mediană
b)În cazul triunghiului oarecare ABC, notam cu A1, B1 picioarele înalțimilor din vârfurile A
și B, iar picioarele medianelor din aceste varfuri sunt A ‟ și B‟.
Triunghiurile HAB și OA‟B‟ sunt asemenea pentr u ca au laturile paralele. Folosind teorema
fundamentală a asemă nării se obține:

.
Dar punctul G împarte mediana în raportul
= 2. Atunci triunghiurile OGA‟ HGA
OGA‟ AGH O, G, H coliniare.
3.3.6. Dreapta lui Simpson
Teorema 3.2: Proiecțiile ortogonale ale unui punct de pe cercul circumscris triunghiului ABC pe
laturile acestuia sunt coliniare. Dreapta care conține punctele coliniare din teorema anterioara
se numește dreap ta lui Simpson.
Demonstrație : Consideram un punct M pe cercul circumscris triunghiului ABC și notăm
proiecțiile ortogonale ale acestuia pe laturile BC, AC, AB cu D, E, respectiv F.

80
fig. 3.10
Patrulaterele AEMF și FBDM sunt inscriptibile deoarece au ungh iurile opuse suplementare, dar
și MFDC este inscriptibil.
Atunci m( DEC) = m( DMC) = 90 – m( DCM) = 90 – m( FAM) = m( FMA) =
=m( FEA)
Obținem m( DEC) = m( FEA) , care sunt unghiuri opuse la vârf , ceea ce implică coliniaritatea
punctelor D, E , F.

3.4. Metode de rezolvare a problemelor de concurență (noțiunile și rezultatele din aces t
paragraf se regăsesc în [26]).
Pentru a demonstra concurența a două sau mai multe drepte putem folosi una dintre urmatoarele
metode:
1. folosind definiția dreptelor concurente, adica să arătăm că există un punct comun dreptelor;
2. concurența a trei drepte constă în a arăta că punctul de intersecție a două drepte aparține și
celei de a treia drepte;
3. pentru a demonstra concurența a trei drepte putem sa folosim teoremele referitoare la
concurența liniilor importante în triunghi;
4. folosind reciproca teoremei lui Ceva;
5. prin metoda analitica, folosind ecuațiile analitice ale dreptelor;
6. pentru concurența a trei drepte, demons trăm că se intersectează două câte două și aria
poligonului obținut este 0.
3.4.1. Probleme de concurență rezolvate vectorial.
Problema 3.12: Fie H ortocentrul triunghiului ABC, M, N, P mijloacele laturilor BC, CA
respectiv AB, iar
) ( ), ( ), (1 1 1 CH CBH BAH A    astfel încât
.
11
11
11
CCHC
BBHB
AAHA Să se
arate că
PCNBMA1 1 1 , , sunt concurente.

81
Soluție: Notăm cu
Xr vectorul de poziție al punctului X față de O, centrul cercului circumscris
triunghiului ABC și
11
AAHAk . Atunci
2C B
Mrrr și
.1 11krkrrr
krkrrA C B A A H
A
Căutăm un punct
MAQ1 astfel încât
Qr să se exprime simetric în funcție de
CBArrr ,, .
krkrrrxrx rxrA C B A
M A Q1) 1(
1

,2) 1(C Brrx alegem x astfel încât
,21
1 11 x
kx
kkx
deci
.1 31
kkx Atunci
). (1 31
C B A Q rrrkkr  Rezultă
NBQ1 și
.1PCQ
Prin urmare, dreptele
PCNBMA1 1 1 , , sunt concurente în Q.
Problema 3 .13 Fie ABCD un patrulater inscris în cercul C(O, R). Notăm
D C B A HHHH ,,,
ortocentrele triunghiurilor BCD, CDA, DAB, ABC. Arătați că
D C B A DH CH BH AH , , , sunt
concurente.
Soluție: În raport cu un reper cu originea în O,
D C B H rrr r
A . Căutăm
AAHH care se
exprimă simetric în
.,,,DCBA rrrr
AH A H rx rxr ) 1(
. Alegem
). (21
21
D C B A H rrrr r x 
3.4.2. Teorema Punctul lui Gergonne
Teorema 3.3: Fie cercul înscris în triunghiul ABC. Dacă D, E, F sunt punctele de tangență ale
cercului cu laturile triunghiului, atunci AD, BE, CF sunt concurente în punctul lui Gergonne.
fig.3.11

Pentru demonstrație se folosește reciproca teoremei lui Ceva.
3.4.3.Teorema lui Steiner
Teorema 3.4: Dacă AM, AN sunt ceviene izogonale în triunghiul ABC atunci are loc relația:

=

Pentru demonstrație se folosește asemănarea triunghiurilor.

82
fig.3.12

3.5. Probleme de maxim și minim
Rezolvarea problemelor de minim sau maxim se face prin transformarea acestora in probleme
mai simple care sa înlesnească găsirea soluției, sau care sa conducă la o proprietate sau teorema
cunoscuta, cum ar fi:
1)Intr -un triunghi la unghiul mai mare se opune latura mai mare si invers, laturii mai mari i se
opune unghiul mai mare.
2)Distanta cea mai scurta dintre doua puncte luate pe doua drepte paralele este lungimea
perpendicularei dintre ele.
3)Dintre doua coarde ale unui cerc, cea mai lunga este mai apropiata de centrul cercului
Problema 3 .14 Dacă î ntr-un triunghi se dau două laturi ș i unghiul din tre ele de măsură x, aria
maximă o are triunghiul în care cele două laturi sunt perpendiculare.
SABC = 
. Aria triunghiului ABC este maxima când CC 1 este maxima.

Fig.3.13

Demonstrație: (fig.3.13) În triunghiul ABC, AB si AC sunt date si măsura unghiului CAB este
oarecare. Ducem AC‟ AB si AC‟= AC. Î n triunghiul AC 1C avem AC>CC 1 AC‟>CC 1. Deci
maximul lui CC 1este AC‟. Î n acest caz triunghiul ABC este dreptunghic, având laturile date
drept catete.
Problema 3.15: .Să se găsească un punct pe ipotenuza unui triunghi dreptunghic, astfel incat
suma pătratelor distantelor lui la cele doua catete sa fie minima .

83
Fig.3.14.
Demonstrație: (fig 3.14)
Fie MB‟AB si MC‟ AC. In triunghiul MB‟C‟ avem: MB‟2+MC‟2=B‟C‟2. AB‟MC‟ este
dreptunghi rezulta ca B‟C‟=AM. Deci: MB‟2+MC‟2=AM2. Minimul lui AM2 se realizează pentru
M‟, piciorul perpendicularei din A
Problema 3. 16 Să se găsească minimul ipotenuzei unui triunghi dreptunghi c, când se cunoaște
suma lungimilor catetelor.
fig.3.15
AB+AC=s , S2=AB2+AC2+2AB AC
Cum s este constant, CB va fi minim când AB· AC este maxim., rezulta ca AB ·AC este maxim
când AB=AC. Deci triunghiul ABC trebuie sa fie isoscel.

3.6. Probleme de loc geometric (noțiunile și rezu ltatele din acest paragraf se regăsesc în [26]).
Prin loc geometric se întelege figura (plana) formată din multimea L a tuturor punctelor care au
aceeasși proprietate P și numai pe aceea. Prin darea proprietații și determinarea mulțimii tuturor
punctelor care o satisfac, rezultă, implicit, noțiunea de problemă de loc geometric. Din punct de
vedere al cinematicii, locul geometric este figura geometrică plană descrisă de un punct mobil
care satisface o anumita prop rietate.
Dupa modul în care este formulată o problemă de loc geometric distingem:
1) Problema în care locul geometric este precizat prin enunț
2) Probleme în care enunțul cere și stabilirea locului geometric.

B
A
B’
C
M’
M
C’
A
B
C

84
La problemele în care nu se arată propozitia de demonstrat (categoria 2), trebuie să se găsească
proprietațile cracteristice tuturor punctelor locului geometric care să reducă problema data la una
cunoscută.
Dupa modul în care este definit locul geometric, avem:
1) Probleme în care punctul mobil est e legat printr -una sau mai multe relații de distanță
de unul sau mai multe puncte fixe.
2) Probleme în care punctul mobil este legat printr -una sau mai multe relații de distantă de una
sau mai multe drepte fixe, sau combinat, atunci când relațiile de dist anță se referă la puncte și
drepte fixe.
3) Probleme în care punctul mobil se aflală intersecția a doua curbe variabi le, supuse la anumite
condiții.
Pentru problemele de loc geometric nu exista o metoda generala de rezolvare pe cale sintetica,
asa cum exista in geometria analitica, ci trebuie studiata cu atentia problema si figura
corespunzatoare, pentru a desprinde elementele care pot reduce problema la unul din lo curile
geometrice fundamentale.
În rezolvarea problemelor de loc geometric , trebuie parcu rse urmatoarele etape:
1) Se construiesc puncte, eventual particulare, care au proprietatea locului geometric (cerut sau
intuit), aratând în acest fel că mulțimea punctelor ce îl formează nu este vida.
2) Se observă elemente geometrice de poziție fixa sa u de măsură constantă, precum și legatura
lor cu acele variabile, folosind proprietațile corespunzătoare cunoscute.
3) Pe baza celor stabilite la (2) și folosind, eventual, locurile geometrice fundamentale, se
“ghicește” cărei mulțimi de puncte îi aparțin punctele locului geometric.
4) Se demonstrează că:
a) Orice punct cu proprietatea locului geometric cerut aparține mulțimi stabilite(mulțimea – loc
geometric);
b) Orice punct care aparține mulțimii stabilite are proprietatea locului geometric (cerut de
problemă).
Problema 3.17 : Mediatoarea unui segment este dreapta perpendiculară pe segment dusă prin
mijlocul segmentului. Existența și unicitatea mediatoarei rezultă din faptul că mijlocul unui
segment există și este unic, perpendiculara printr -un punct al dreptei p e dreaptă există și este
unică.
Orice punct de pe mediatoarea unui segment este egal depărtat de capetele segmentului.
Demonstrație :

85
Fig.3.16
Se consideră (AB),
AB O ,
OB OA și M un punct de pe mediat oarea segmentului (AB)
Dacă
O M , afirmația este evidentă. Dacă
O M ,
ΔBOM ΔAOM (C.C.) și rezultă
BM AM
, deci
BM AM .
Problema 3 .18: Orice punct egal depărtat de capetele unui segment aparține mediatoarei
segmentului.
Demonstrație :
Fig.3.17
Se consideră (AB) și M un punct astfel încât
MB MA . Dacă
AB M , atunci M este
mijlocul segmentului (AB) și aparține mediatoarei. Dacă
AB M , fie O mijlocul segmentului
(AB).
ΔBOM ΔAOM (LLL). Deci
 
BOM AOM . Deoarece cele două unghiuri sunt și
suplementare, rezultă că
AB MO , ceea ce înseamnă că MO est e mediatoarea segmentului
(AB).

3.7. Metode de rezolvare a problemelor de construcție geometrică. (noțiunile și rezultatele
din aces t paragraf se regăsesc în [26]).
Constructiile geometrice se fac cu ajutorul unor instrumente geometrice, dintre care cele mai
importante sunt rigla si compasul. Rigla serveste la construirea dreptelor, iar compasul la
masurarea segmentelor congruente cu un segment dat si la construirea cercului.
Problemele de constructie sunt acele probleme de geometrie in care se cere sa se construiasca o
anumi ta figura, cu ajutorul unor elemente date, sau construirea unei figuri in asa fel incat
elementele ce o compun sa aiba anumite proprietati, folosind numai rigla si compasul.
Rezolvarea problemelor prin constructii geometrice ofera certitudinea ca din momen t ce o figura
a putut fi construita pe baza datelor, inseamna ca ea este determinata, masurile rezultate in figura
trebuie sa rezulte si din calcule.Dintre toate problemele de geometrie, problemele de constructii

86
geometrice sunt acelea care stimuleaza in c el mai inalt grad spiritul de observatie, claritatea
gandirii si logica rezolvitorilor.
Caracteristica constructiilor geometrice consta in faptul ca exactitatea fiecarei constructii trebuie
motivata logic iar posibilitatea executarii ei , cu instrumentele indicate, trebuie sa fie
demonstrata.
Problemele de constructie pot fi privite ca o aplicare practica a cunostintelor de geometrie.
Cu rigla si compasul pot fi facute urmatoarele constructii simple:
1. constructia unui segment de dreapta ce trece prin doua puncte date.
2. determinarea punctului de intersectie a doua drepte date
3. constructia unui cerc, cu centrul si raza date
4. determinarea punctelor de intersectie dintre o dreapta data si un cerc dat
5. determinarea punctelor de intersectie a doua cercuri
Spunem ca o problema de constructie este rezolvabila cu rigla si compasul, daca pentru
solutionarea ei este necesar un numar finit de constructii de tipul 1 -5.
Rezolvarea unei probleme de constructie consta nu atat in construirea figurii, cat in raspunsul la
intrebarea cum sa executam aceasta constructie, precum si in demonstratia
respectiva.Dificultatea in rezolvarea problemelor de constructie consta in a gasi ordinea in care
se succed elementele de constructie.
Problema se consi dera rezolvata daca este indicat procedeul de constructie a figurii si este
demonstrat ca, in urma executarii constructiilor indicate, se obtine , intr -adevar, figura cu
proprietatile cerute.Unele probleme de constructii geometrice sunt aplicarea directa a unor
proprietati ale figurilor, sau a unor teoreme de geometrie (de exemplu, construirea , printr -un
punct exterior unei drepte a unei paralele la acea dreapta). Alteori, insa, problemele nu mai sunt
asa de simple. 838i82i
In scoala, ( gimnaziu sau liceu ),pentru rezolvarea unor astfel de probleme sunt folosite:
1) metoda substitutiilor succesive
2) metoda intersectarii locurilor geometrice
3) metoda figurilor asemenea
4) metoda transformarilor geometrice
5) alte metode
3.7.1. Meto da substituțiilor succesive
Aceasta metodă constă în a reduce problema data la o alta problema, apoi pe aceasta la o a treia,
si asa mai departe, pana cand ajungem la o problema cunoscuta sau care are o rezolvare

87
imediata. Metoda substitutiilor succesive reprezinta de fapt calea cea mai naturala de a
demonstra o afirmatie a carei veridicitate nu este imediata.
Totusi, in acest lant de propozitii trebuie sa tinem seama de urmatorul fapt: problema data A o
reducem la B, apoi la C, pana la propozitia finala Z , care este evidenta sau care a fost deja
demonstrata.
Pentru exactitatea rationamentului insa, este necesar sa ne asiguram de echivalenta a doua
propozitii consecutive din acest lant. Cu alte cuvinte, fiecare propozitie trebuie sa o implice pe
cea anterio ara, in caz contrar, putandu -se intampla ca ultima propozitie sa nu o implice pe prima.
Uneori, problema la care reducem o problema data este mai generala ca prima.Atunci va trebui
sa ne asiguram ca printre solutiile problemei a doua nu introducem pe acele a care nu corespund
problemei initiale.
Problema 3.19 : Să se construiască un triunghi cunoscand a,b si m c.
Demonstrație: Construim, in mod arbitrar, [CE] cu CE = mc. deoarece sunt cunoscute lun gimile
laturilor a si b, rezultă că putem construi cu centrul in C cercurile de raze a, respectiv b.
Problema se reduce, in acest moment,la urmatoarea :
,, Fiind date cercurile C 1(O1,R1) si C 2(O2, R2), precum si punctul fixat M, construiti o dreapta d
care trece pri n M cu proprietatea ca exista A d C1 si B = d C2, astfel incat M este mijlocul
lui [AB]. ‟‟
fig.3.18
Pentru a rezolva ac easta problemă, o presupunem rezolvată . Consideram O‟2 simetricul lui
O2 fata de M. Cum [ O2M] [MO‟2] si [MA] [ MB] rezultă MAO‟ 2 MBO 2, de
unde O‟2A = O2B = R2 ; așadar, dacă C‟2 este cercul cu centrul in O‟ 2, de raza R 2,
avem AIC‟2 C1. Observăm că AI C‟2 C1 BIC2 C1
Constructia: Se construieste simetricul cercului C 2(O2, R2) ( fata de punctul M), cercul
C‟2( O‟ 2, R2). Avem mai multe cazuri :
1) Cercurile nu au puncte comune. Problema nu are solutii in acest caz.
2) Cercurile sunt tangente. Problema are, î n acest caz, o singura solutie, anume dreapta MA.
3) Cercurile sunt secante. Problema are î n acest caz doua solutii, anume dreptele MA 1 si MA 2.
Revenind la construcția inițiala, se aplică rezul tatul de mai sus, făcâ nd M = E, O 1 = O2 = C, R 1 =
a, R 2 = b.

88
Problema 3.20: Într-un cerc dat, înscrieti un patrulater, cunoscând două laturi opuse și suma
celorlalte două laturi opuse.
Demonstratie: (fig.3.19)
fig.3.19
Se presupune problema rezolvata. Fie ABCD patrulaterul căutat, se presupune că laturile [AD] si
[BC] sunt cuno scute, ca si suma AB+CD. Cunoscând AD si BC, se știu de fapt
unghiurile AOD si BOC de unde rezultă : m( AOB ) + m( COD ) = 360 0 – m( AOD ) –m(
BOC) . ( pentru a avea sens aceste calcule, in orice situatie, prin m( AOD ) vom desemna
m( ̂ care nu contine punctele B si C, deci pot apare si masuri de unghiuri mai mari ca 1800).
Cele de mai sus ne arata ca de fapt problema se reduce la urmatoarea:,, Fiind dat un arc de cerc
cu capetele în M și N găsiț i un punct pe acest arc de cerc astfel incat MP + PN = l, fiind
lungimea data.’’
Fie P 1 un punct oarecare pe acest arc de cerc ( fig. ) , atunci α = MP 1N) este acelasi pentru
orice punct P1 ales pe arcul de cerc. Prelungim segmentul [NP 1] cu un
segment [P1T] [P1M]. Avem : MP 1+ P 1N = NP 1 + P 1T= NT și cum MP 1T- isoscel, rezultă că
m( MTN) =
m( MP 1N), deci, atunci cand P1 parcurge arcul dat capabil de unghiul α , T se
mișcă pe arcul capabil de unghiul
cu capetele in M si N. Constructia este evidenta. Se
construieste de aceeasi parte a arcului dat arcul capabil de unghi
, se intersectează acest arc cu
cercul de centru N si raza l și se obțin două puncte, un punct, sau niciunul.
Fig.3.20
Pentru T punctul de intersecție, gă sim punctul P căutat la intersecț ia dreptei NT cu arcul dat.
Problema poate avea doua solutii, o solutie sau niciuna.
Se realizează construcția cerută în problema initială . Considerăm pe cercul dat două puncte M si
N astfel încat m( ̂ = 360 – m ̂ – m ̂ (.se determină P pe arcul ̂ astfel încâ t MP +
PN să aibă valoarea dată în enunț pentru suma a două laturi opu se în patrulater, folosind
construcția expusă mai devreme. Se pot găsi două soluț ii, una sau niciuna.

89
Pentru fiecare pereche de segmente ( MP), (PN) obținută rezultă câte două soluții la problema
dată punâ nd MP = AB, PN = CD sau MP = CD, PN = AB, construcția fiind imediată , pornindu –
se dintr -un punct arbitrar A al cercului și gă sind succesiv punctele B, C, D folosind lungimile
cunoscute AB, BC , respectiv CD. Din modul a fost gă sit AB și CD, latura AD obținută
va corespunde cu valoarea din enunț .
Problema 3. 21: Să se traseze într-un cerc dat o corda de lungime și direcț ie date.
Demonstratie : (fig. 3.21)
Fig. 3.21
Fie C cercul dat, cu centrul in O și d direcția cunoscută. Notă m cu l lungimea corzii că utate. Se
consideră î n cercul C o coarda [AB] arbitrară de lungime l. Fie OM AB, M AB. Avem OM
= √
, R fiind raza cercului dat. Evident, problema s -a redus la constructia unei tangente
paralele cu dreapta d la cercul cu centrul in O si de raza OM= √
.
Pentru a realiza aceasta, consideră m d‟ d, O d‟ și {P, Q} = d‟ C( O, √
)
Soluțiile căutate se obțin ducâ nd prin P si Q paralele la dreapta d. În concluzie avem urmă toarele
cazuri :
1)
0 .Problema nu are soluț ie.
2)
= R. Problema are o soluție ș i anume, diametrul paralel cu dreapta d
3 )
< R. Problema are cele do uă soluț ii considerate mai sus.
3.7.2. Metoda intersectării locurilor geometrice
O mare parte a pr oblemelor de geometrie se rezumă în esență la a determina un pun ct care
satisface anumite condiț ii. Metoda locurilor geometrice, datorată ș colii lui Platon , constă în
esența î n urmatoarele:
Fie P un punct care trebuie sa satisfaca conditiile c1, c2 , c3 ,….,c n.Consideram Li locul geometric
al punctelor din plan care satisfac conditia ci , cu i= 1,2,…,n . Mulțimea punctelor P, soluț ii ale
problemei initiale, este intersectia multimilor L 1, L 2 , …, L n. Într-adevăr, dacă punctul P
satisface toate conditiile c1, c2 , c3 ,….,c n , atunci punctul P apartine tuturor multimilor L 1, L2 ,

90
…, L n, deci și intersecției lor. Reciproc, dacă punctul P aparține intersecț iei m ultimilor L 1, L2 ,
…, L n, atunci aparț ine tuturor multimi lor, deci satisface toate condiț iile c1, c2 , c3 ,….,c n.
Se observă că în general o astfel de problemă poate să nu aibă soluție unică, deoarece intersecția
mulțimilor L 1, L 2 , …, L n poate să nu fie formată dintr -un singur punct.Valoarea practică a
soluț iei unei astfel de probleme depinde în mod esenț ial de alegerea conditiilor c1, c2 , c3 ,….,c n.
Această metodă se poate folosi cu succes atât la rezolvarea cât și la discuțiile unei probleme:
numă rul d e soluț ii al problemei este egal cu numarul de puncte din intersecția mulț imilor L 1, L2 ,
…, L n .
Problema 3.22 : Să se găsească centrul unui cerc care trece prin tre i puncte distincte A, B, C
date.
Soluție : Fie O acest centru, atunci OA = OB si OB = OC. Alegem deci condiț iile:
c1) OA= OB
c2) OB= OC.
În acest caz L 1 este mediatoarea lui [AB], d1, iar L 2 este mediatoarea lui [BC], d 2.Deci punctul O
se obț ine din intersectia dreptelor d1 si d2 . Se verifică în ce condiții această intersectie este vid ă.
d1 d2= este echivalent cu d 1|| d2.
Dar d 1 AB si d 2 BC, rezultă A, B, C coliniare și distincte. Dacă A, B, C nu sunt coliniare,
atunci d 1 și d2 nu sunt paralele și cum nu coincid, rezultă că ele vor avea un punct de intersectie
unic. Deci pentru cele trei puncte A, B, C necoliniare, există un unic punct egal depă rtat de toate
trei.
Problema 3.23: Fie A un punct exterior u nui cerc de centru O. Să se construiască tangenta din
A la acest cerc .
Aceasta tangentă este complet determinată de două puncte. Unul din puncte este A, deci mai
trebuie să determinăm încă un punct de pe aceasta tangentă . Cel mai simplu este să determinăm
punctul de tangență T. Astfel problema care cerea determinarea unei dr epte s -a redus la a
determina un punct. Pentru acest punct avem O T AT. Alegem conditiile: c1) T se afla pe cerc,
cu locul corespunzator , L 1, cercul dat și c 2) AT OT, cu locul corespunzator L 2, cercul de
diametru [OA]. Atunci punctul T se obține din intersecția acestor două cercu ri. Deoarece al
doilea cerc conț ine u n punct A exterior ș i un punct O interior primului cerc, ce le doua cercuri vor
fi secante și vor avea exact două puncte de intersectie. Prin urmare, problema are exact două
soluții și anume cele două puncte de intersecț ie ale cercurilor.

3.7.3. Metoda transformărilor geometrice
Un loc central in studiul proprietatilor geometrice ale figurilor plane il ocupa transformarile
geometrice. In acest paragraf este pu s in evidenta rolul important pe care -l au transformarile
geometrice la rezolvarea unor probleme de constructii geometrice.Sunt prezentate probleme de

91
constructii geometrice la a caror rezolvare folosim translatia, simetria centrala, simetria axiala,
rotatia, omotetia si inversiunea.
Probl ema 3.24 Fie C(O 1, r1), C(O 2,r2) doua cercuri si d o dreapta oarecare. Să se construiască
o dreaptă paralelă cu d, astfel incât intersectâ nd-o cu cercurile C(O 1,r1) si C(O 2,r2) să obț inem
coarde congruente.
Demonstratie : (fig.3.22) Fie A proiecția pe dreapta d a lui O 2, iar O 1‟ proiecția pe dreapa O 2A a
lui O 1. Translată m cercul C(O 1,r1) paralel cu dreapta d, astfel încât noul cerc sa aibă centrul în
O1‟ și rază r 1.
Fie {B, C} = C(O 2, r2) C(O 1‟, r1) dreapta BC este cea cautată.
. Fig. 3.22

3.8. Comparație metodică clasă Liceu – clasă Gimnaziu
a) Transmiterea noilor cunoștințe
La Liceu (clasa a IX -a).
Teorema ( Dreapta lui Euler)
În orice triunghi ABC , punctele O, G, H sunt coliniare și avem ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ . Dreapta care
conșine punctele O,G,H se numește dreapta lui Euler a triunghiului ABC.
Demonstrație:
fig.3.23
Demonstrația se face cu metoda vectorială și este necesar ca elevii să cunoască noțiunile legate
de vectori.

92
Conform relației lui L eibniz, avem 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ , oricare P din planul .
Pentru P = O , avem 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , deci ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ .
Pin urmare O,G,H sunt coliniare și sunt situate în aceeastă ordine.
În cazul triunghiului echilateral punctele O,G, H coincid, deci dreapta lui Euler nu este
determinată.

La Gimnaziu (clasa a VII -a)
Elevii stăpânesc foarte bine noțiunile legate de asemănare și teorema fundamentală a asemănării
Teorema 3.5 : În orice triunghi ortocentrul H, centrul de gre utate G și o centrul cercului
circumscris triunghiului sunt coliniare. Dreapta determinata de cele trei puncte se numește
dreapta lui Euler.
Demonstrație : a)Daca triunghiul ABC este isoscel sau dreptunghic, atunci cele trei puncte se
afla pe o mediană
b)În cazul triunghiului oarecare ABC, notam cu A 1, B1 picioarele înalțimilor din vârfurile A și
B, iar picioarele medianelor din aceste varfuri sunt A ‟ și B‟.
Triunghiurile HAB și OA‟B‟ sunt asemenea pentru ca au laturile paralele. Folosind teorema
fundamentală a asemă nării se obține:

.
Dar punctul G împarte mediana în raportul
= 2. Atunci triunghiuril e OGA‟ HGA
OGA‟ AGH O, G, H coliniare.

3.9. Comparație metodică clasă slabă – clasă bună
Rezolvarea unor probleme cu privire la cerc (problemele și rezultatele din acest paragraf se
regăsesc în [10], [11])
La încheierea capitolului cercul , rezultatele unor probleme merită reținute. Elevii însă nu vor
putea realiza singuri acest lucru.Profesorul cunoaște că, în numeroase alte situații, va apela la
aceste rezultate și de aceea va indica elevilor reținerea lor. Se consideră necesară reținerea
rezultatelor următoarelor probleme:
1. Măsura unui unghi cu vârful în exteriorul unui cerc este egală cu jumătate din valoarea
absolută a diferenței măsurilor arcelor cuprinse între laturile lui.
2. Măsura unui unghi cu vârful în interiorul unui cerc este egală cu semisuma măsurilor
arcelor cuprinse între laturile unghiului și prelungirile laturilor lui.
3. Prin două puncte date pot trece o infinitate de cercuri. Centrele acestor cercuri aparțin
mediatoarei segmentului determinat de punctele respective.

93
4. Centrul ce rcului circumscris unui triunghi dreptunghic este mijlocul ipotenuzei.

a) Clasă slabă
În scopul tratării diferențiate a elevilor unor clase cu o pregătire anterioară mai puțin temeinică,
enunțurile problemelor pot fi date apelând la conceptele figurale, de exemplu
Problem a 3.25 :În figura de mai jos este reprezentat triunghiul dreptunghic ABC înscris într -un
cerc de centru O și rază R = 15 cm. Știind că m( A ) = 90 , AB = 18 cm, calculați:
a) Perimetrul și aria triunghiului;
b) Distanța de la centrul cercului la laturile AB și AC.
fig.3.24
Demonstrație:
a)În triunghiul ABC avem:
m( A ) = 90 , AB = 18 cm, BC = 2R = 30 cm. Rezultă, conform teoremei lui Pitagora,
AC2 = BC2 – AB2 = 900 – 324 = 576, deci AC = 24.
b)Fie E și D picioarele perpendicularelor duse din O pe AB și AC.
OD AC și AB AC OD AB și cum O este mijlocul lui BC OD linie mijlocie în
triunghiul ABC, deci OD =
=
= 9 . Analog OE =
=
= 12.
Deci d( O, AB) = 12 cm și d(O, AC) = 9 cm.
Problema 3.26 În figura de mai jos este desenat un triunghi ABC înscris în cercul de centru O .
Știind că m( ̂) = m( ̂) = 60 și BC = 24 cm, să se calculeze :
a) m( ) ;
b) lungimile laturilor AB și AC;
c) aria triunghiului ABC;
d) raza cercului circumscris triunghiului ABC.

94
Demonstrație:
a) m( ) = ̂
=
= 30
b)fie M punctul de intersecție al AO cu BC, evident triunghiul AMB este de forma 30 –
60-90, deci AM Este jumătate din AB.Aplicând teorema lui Pitagora aflăm AB = AC = 8 √ .
C)Aria triunghiului ABC se calculează din formu la ariei triunghiului A =

Deci aria este 48 √
d)triunghiul AOB este echilateral și AO = AB =8 √ .
b)Clasă bună
În scopul tratării diferențiate a elevilor unor clase cu o pregătire anterioară temeinică, enunțurile
problemelor pot fi date fără să apelăm la conceptele figurale.
Problem a 3.27:
Măsura unui unghi cu vârful pe cerc , care are una dintre laturi secantă cercului, iar cealaltă
tangentă la cerc, este jumătate din măsura arcului cuprins în interiorul unghiului .
fig.3.25
Demonstrație:
Fie OM AT, M AT și OM C( O, r ) = {N}.
Avem m( 1) + m( 2) = 90 și m( 1) + m( 3) = 90 , de unde m( 2) = m( 3) Însă m( 3) =

, deci m(
.
Problema 3.28 : Pentru a construi un număr cât mai mare de triunghiuri dreptunghice în 3
minute , Victor construiește un cerc în care duce un diametru AB. Apoi cu o riglă negradată
unește câte un punct al cercului cu capetele diametrului AB . Obține Victor prin aceste
construcții triunghiuri dreptunghice ?
Demonstrație :

95
fig.3.26
Dacă [AB] este diametru în cercul C(O, r), atunci m( AM 1B) = m( AM 2B) = m( AM 3B) = …
= 90 ( unghiuri înscrise în același semicerc).

3.10. Lecție cerc metodic.
Brainstormingul
Brainstormingul este o metodă care ajută la crearea unor idei și concepte creative și
inovatoare. Pentru un brainstorming eficient, inhibițiile și criticile suspendate vor fi puse de -o
parte. Astfel exprimarea va deveni liberă și participanții la un pro ces de brainstorming își vor
spune ideile și părerile fără teama de a fi respinși sau criticați. Se expune un concept, o idee sau o
problemă și fiecare își spune părerea despre cele expuse și absolut tot ceea ce le trece prin minte,
inclusiv idei comice sa u inaplicabile.
O sesiune de brainstorming bine dirijată dă fiecăruia ocazia de a participa la dezbateri și se poate
dovedi o acțiune foarte constructivă.
Etapele unui brainstorming eficient sunt următoarele:
1.deschiderea sesiunii de brainstorming în ca re se prezintă scopul acesteia și se discută
tehnicile și regulile de bază care vor fi utilizate;
2.perioada de acomodare durează 5 -10 minute și are ca obiectiv introducerea grupului în
atmosfera brainstormingului, unde participanții sunt stimulați să discute idei generale pentru a
putea trece la un nivel superior;
3.partea creativă a brainstormingului are o durată de 25 -30 de minute. Este recomandabil ca în
timpul derulării acestei etape, coordonatorul (profesorul) să amintească timpul care a trecut ș i cât
timp a mai rămas, să “preseze” participanții și în finalul părții creative să mai acorde câte 3 -4
minute în plus. În acest interval de timp grupul participant trebuie să fie stimulați să -și spună
părerile fără ocolișuri.
4.la sfârșitul părții creati ve coordonatorul brainstormingului clarifică ideile care au fost notate și
puse în discuție și verifică dacă toată lumea a înțeles punctele dezbătute. Este momentul în care
se vor elimina sugestiile prea îndrăznețe și care nu sunt îndeajuns de pertinente. Se face și o
evaluare a sesiunii de brainstorming și a contribuției fiecărui participant la derularea sesiunii. Pot
fi luate în considerare pentru evaluare: talentele și aptitudinile grupului, repartiția timpului și

96
punctele care au reușit să f ie atinse. Pe timpul desfășurării brainstormingului participanților nu l i
se vor cere explicații.
5. Pentru a stabili un acord obiectiv cei care au participat la brainstorming își vor spune părerea
și vor vota cele mai bune idei. Grupul supus la acțiunea de brainstor ming trebuie să stabilească
singuri care au fost ideile care s -au pliat cel m ai bine pe conceptul dezbătut . Aceasta este o
greșeală care poate aduce o evaluare prematură a ideilor și o îngreunare a procesului în sine.
Brainstormingul funcționează după prin cipiul: asigurarea calității prin cantitate și își propune să
elimine exact acest neajuns generat de autocritică.
Se recomandă 7 reguli pe care elevii le vor respecta în scopul unei ședințe reușite de
brainstorming:
1. Nu judecați ideile celorlalți – cea m ai importantă regulă.
2. Încurajați ideile nebunești sau exagerate.
3. Căutați cantitate, nu calitate în acest punct.
4. Notați tot.
5. Fiecare elev este la fel de important.
6. Nașteți idei din idei.
7. Nu vă fie frică de exprimare.
Este important de reținut că obiectivul fundamental al m etodei brainstorming constă în
exprimarea liberă a opiniilor prin eliberarea de orice prejudecăți. De aceea, se acceptă toate
ideile, chiar trăznite, neobișnuite, absurde, fanteziste, așa cum vin ele în mintea elevilor ,
indiferent dacă acestea conduc sau nu la rezolvarea problemei. Pentru a determina progresul în
învățare al elevilor este necesar ca aceștia să fie antrenați în schimbul de idei; faceți asta astfel
încât toți elevii să își exprime opinii le!
Exemplu 3.3
Aplicarea metodei brainstorming la rezolvarea unei probleme de geometrie la
clasa a VII -a în care se determină măsura unui unghi cu vârful în exteriorul unui triunghi.
Etape:
1. Alegerea sarcinii de lucru. Problema este scrisă pe tablă.
Fie unghiul ABC un u nghi cu vârful în exteriorul cercului C, AB C = { E }, AC C = {D}. Să
se arate că m( BAC) = ̂ ̂

2. Solicitarea exprimării într -un mod cât mai rapid, a tuturor ideilor legate de rezolvarea

97
problemei. Sub nici un motiv, nu se vor admite referiri critice. Se cere elevilor să propună
strategii de rezolvare a problemei. Pot apărea, de exemplu, sugestii legate de realizarea une i
figuri cât mai corecte. E levii sunt lăsați să propună or ice metodă le trece prin minte!
3. Înregistrarea tuturor ideilor în s cris (pe tablă). Anunțarea unei pauze pentru așezarea
ideilor (de la 15 minute până la o zi). Sunt notate toate propunerile elev ilor. La sfârșitul orei,
elevii sunt puși să transcrie to ate aceste idei și , pe timpul pauzei, li se cere să mai reflecteze
asupra lor.
4. Reluarea ideilor emise pe rând și gruparea lor pe categorii, simboluri, cuvinte cheie, etc.
Pentru problema analizată, cuvintele -cheie ar putea fi: teoremele învățate la măsura unghiului la
centru, măsura unui unghi înscris în cerc.
5. Analiza cri tică, evaluarea, argumentarea, contraargumentarea ideilor emise anterior.
Selectarea ideilor originale sau a celor mai apropiate de soluții fezabile pentru problema supusă
atenției. Se pun întrebări de tipul: Ce fel de unghi este BDC ? Dar ABD? Ce este unghiul
BDC în triunghiul ABD ?
6. Afișarea ideilor rezultate în forme cât mai variate și originale: cuvinte, propoziții, colaje,
imagini, desene, etc.
Ca urmare a discuțiilor avute cu elevii, trebuie să rezulte strategia de rezolvare a problemei.
Aceasta poate fi sintetizată sub forma unor indicații de rezolvare de tipul:
 construim unghiul;
 aplicăm teorema privind măsura unui unghi înscris în cerc ;
 aplicăm teorema privind măsura unghiului exterior triunghiului;
 deducem formula.

98
3.11. PROIECT DIDACTIC
CLASA a VII – a
PROFESOR : CÎRMĂCIANU MARIA ANDREEA
OBIECTUL : MATEMATICĂ – GEOMETRIE
SUBIECTUL : CERCUL – RECAPITULARE
UNITATEA DE ÎNVĂȚARE : CERCUL
TIPUL DE LECȚIE : RECAPITULARE, SISTEMATIZARE ȘI CONSOLIDARE A
CUNOȘ TINȚELOR
COMPETENȚE GENERALE :
1. Identificarea unor date și relații matematice și corelarea lor în funcție de contextul în care au
fost definite.
2. Prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual cuprinse în enunțuri
matematice.
3. Analiza și interpretarea caracteristicilor matematice ale unei situații problemă.
COMPETENȚE SPECIFICE:
1.Recunoașterea și descrierea elementelor unui cerc în configurații geometrice date.
2. calcularea unor lungimi de segmente și a unor măsuri de unghiuri utilizând metode adecvate în
configurații geometrice care conțin un cerc.
3. Utilizarea informațiilor oferite de o configurație geometrică pentru deducerea unor proprietăți
ale cercului.
4. Exprimarea proprietăților elementelor unui cerc în limba j matematic.
5. Interpretarea informațiilor conținute în probleme practice legate de cerc.
STRATEGII DIDACTICE :
Metode și procedee : Conversația , explicația , exercițiul , lucrul cu
manualul , jocul didactic, munca în echipă .
Mijloace de realizare : manual, coli , fișe , cretă colorată , culegere .
Forme de organizare : pe grupe , frontal , individual

99
DESFĂȘURAREA LECȚIEI
Momentele lecției Activitatea profesorului Activitatea
elevilor Materiale,
mijloace,
metode Evaluare
1.Moment
organizatoric
(1 min) Profesorul face prezența și creează
condițiile optime necesare
desfășurării eficiente a lecției de
matematică. Elevii își
pregătesc pe bancă
cărțile, caietele,de
matematică și
instrumentele
geometrice.
2. Verificarea
temei
( 5 min) Verificarea temei elevilor prin
sondaj , utilizând dialogul profesor –
elev,elev -elev,prin confruntarea
rezultatelor. În cazul în care apar
diferențe mari la rezultat se rezolvă
problema la tablă . Corectează tema
acolo unde au
greșit, sugerează
idei de rezo lvare ,
confruntă
rezultatele. Conversația
Explicația Frontală
Individua
lă
3. Captarea
atenției
(2 min) Pentru a trezi interesul elevilor,
profesorul îi anunță că în ora ce
urmează se vor recapitula și
consolida noțiunile învățate anterior.
Propune elevilor să citească mottoul
afișat pe tablă și să -i analizeze
sensul .
MOTTO : „Nu înveți să desenezi
uitându -te la un profesor care
desenează foarte bine. Nu înveți
pianul ascultând un virtuoz. Tot
astfel, mi -am spus adesea, nu înveți
să gândești ascultându -l pe un om
care vorbește și gândește bine.
Trebuie să încerci, să faci, s ă refaci,
până ajungi să stăpânești bine
meseria ” (Alain)

Elevii manifestă
interes și se
pregătesc pentru
lecție.

Analizează sensul
mottoului. Conversația Frontală
Individua
lă

100
4. Anunțarea
temei de studiu și
a obiectivelor
urmărite
(2 min)
Profesorul anunță și scrie pe tablă
titlul lecției:
„CERCUL – RECAPITULARE”
Ne propunem să recapitulăm și să
consolidăm cunoștințele acumulate
pe parcursul capitolului CERCUL
astfel încât la sfârșitul orei veți fi
capabili să aplicați corect
proprietățile referitoare la cerc și
elementele acestuia în rezolvarea de
probleme

Elevii își notează
în caiete titlul
lecției. Conversația
5. Reactualizarea
cunoștințelor
(10 min) Profesorul împarte clasa în cinci
grupe și propune elevilor să realize,
pe un poster diverse desene colorate
(ANEXA 1) cu ajutorul cărora se
reactualizează notiunile legate de
cerc.

În continuare, propune recapitularea
noțiunilor prin completarea
completarea rebusului din ANEXA
2. Elevii răspund la
întrebările
adresate de
profesor si
realizează plansele
pe care le expun și
le prezintă
colegilor

Elevii
completează
rebusul. Conver
sația
Explicația
Exerci țiul
Turul
galeriilor

Jocul
didactic Frontală
Individua
lă
6.Consolidarea
cunoștințelor
( 25 min) Consolidarea cunoștințelor se va
face prin rezolvarea de probleme cu
grade diferite de dificultate
(ANEXA 3). Activitatea se va
desfășura pe grupe. Din cadrul
fiecărei grupe câte un elev va
rezolva , pe rând, la tablă câte un
exercițiu din cele propuse, în orice
ordine doresc. În cadrul grupului se
pot purta discuții constructive,
condiția este ca fiecare elev să
participe la activitate. Elevii lucrează pe
caiete, discută
între ei, iar unul
dintre ei rezolvă,
apoi la tablă. Conver
sația
Explicația
Exercițiul
Frontală
Individua
lă
Pe grupe

101

7. Evaluarea
(3 min) Profesorul face aprecieri asupra
desfășurării lecției și asupra
cunoștințelor elevilor.
Se notează elevii ce s -au evidențiat
în timpul orei, grupa cea mai activă. Aprecieri
verbale
Note
8. Tema pentru
acasă
( 2 min) Profesorul anunță tema pentru acasă ,
Test de autoevaluare ( [11]) și dă
câteva explicații cu privire la
rezolvarea ei.
Notează tema în
caiete și sunt
atenți la
explicațiile
profesorului. Explicația

102
ANEXA 1
Fiecare grupă primește o coală și creioane colorate precum și următoarele sarcini de lucru:
Grupa 1:
1.Desenați un cerc în care să puneți în evidență următoarele elemente colorându -le astfel:
rază – roșu, coardă – verde, diametru – albastru.
2.Desenați două cercuri congruente.
Grupa 2:
1.Desenați un cerc î n care colorați interiorul cu roșu și exteriorul cu verde.
2. Desenați un cerc în care să puneți în evidență următoarele elemente colorându -le astfel:
Unghi la centru și arcul corespunzător – galben, unghi înscris în cerc și arcul corespunzător –
albast ru.
Grupa 3:
1.Desenați 3 cercuri în care să puneți în evidență pozițiile relative a unei drepte față de un cerc
colorând -o astfel:
Secantă – roșu, tangentă – verde, exterioară – albastru
2.Desenati un triunghi în care să puneți în evidență cercul înscris în triunghi cu galben și cercul
circumscris triunghiului cu maro.
Grupa 4:
Desenati 6 perechi de cercuri în care să puneți în evidență pozițiile relative a două cercuri
colorându -le astfel:
Cercuri exterioare – roșu, cercuri tangente exterioare – verde, cercuri secante – albastru, cercuri
tangente interioare – galben, cercuri inerioare – maro, cercuri concentrice – roz.
Grupa 5:
Completați spațiile punctate folosind culoarea roșu.
1.Diametrul este cea mai…….coardă a cercului.
2.Într -un cerc sau în cer curi congruente , coardelor …. le corespund arce congruente.
3. Perpendiculara din centrul unui cerc împarte această coardă și arcele coresunzătoare în părți
……
4.Întrun cerc sau în cercuri congruente coardele……depărtate de centru sunt congruente .
5.Arcele cuprinse între două coarde….sunt congruente.

103
6. Lungimea cercului de centru O și rază R este….
7.Aria discului de centru O și rază R este….

104

ANEXA 2. Completați căsuțele cu denumirile corespunzătoare. Pe
verticală, de la A la B, va rezulta denumirea punctelor situate pe
aceeași cerc

A

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

B

1 Mulțimea tuturor punctelor unui cerc cuprinse între două puncte(3 cuvinte)
2 Distanța de la centrul unui poligon regulat la oricare dintre laturile sale
3 Dreapta ce are un punct comun cu cercul
4 Mulțimea tuturor punctelor din plan situate la aceeași distanță față de un
punct fix
5 Coarda ce conține centrul cercului.
6 Cercul ce conține cele trei vârfuri ale unui triunghi
7 Poligon convex cu toate laturile și unghiurile congruente
8 Cerc tangent la toate laturile unui poligon convex
9 Segmentul ce unește două puncte de pe cerc
10.Triunghi înscris într -un semicerc

105

106
ANEXA 3 ( problemele sunt preluate din [11]) :
Nota 5.
Completați spațiile punctate:
1.Pe un cerc se consideră punctele A, B, C, D în acestă ordine, astfel încât m( ̂) = 88 , m( ̂)
= 122 , m( ̂) = 40 .
a) m( ̂) = ….; b) m( BAD) =….; c)m( =….. .
2.Pe cercul C(O, 5cm) se consideră punctele A,B,C,D în această ordine astfel încât B și D să fie
diametral opuse. Dacă AB = 6 cm, CD = 8 cm și AC BD = {M}, atunci :
a) AD = …cm; b) AM = …cm ; c) A ABCD = …cm2.
3.Fie AB și AC tangente la cercul C( O, 16cm) iar m( ) = 30 .
a)AO = . ..cm; b)AB = …cm; c) A ABOC= …cm2.
Nota 7.
1.Pe cercul C (O, 12 cm) se consideră dreapt AT tangentă la cerc, unde A C(O, 12cm).
Calculați perimetrul triunghiului AOT dacă:
a) AT = 16 cm; b) m( TOA) = 60 ; c) m( ATO) = 45 ;
2.Pe un cerc se consideră punctele A, B, C, D în acestă ordine, astfel încât m( ̂) = 48 , m( ̂)
= 97 , m( ̂) = 102 . Determinați m( ̂) ; b) măsurile unghiurilor patrulaterului ABCD;
c)măsurile unghiurilor formate de diagonalele patrulaterului cu laturile acestuia;d)măsura
unghiului ascuțit format de diagonalele patrulaterului;e)măsura unghiului format de dreptele BC
și AD.
3.Să se determine raza cercului înscris într -un triunghi ABC: a) echilateral cu AB = a; b)isoscel
cu BC = 12cm, AB = AC = 10 cm; c)dreptunghic cu m( A) = 90 , BC =a, AC = b, AB = c; d)
AB = 4 cm, AC = 7 cm, BC = 5 cm.
Nota 9 -10
1.Un triunghi ABC este înscris într -un cerc C(O, 24cm).Știind că m( ̂) = 150 , m( ̂) = 120 ,
aflați: a) m( ̂) ; b) A ABC.
2.Fie cercul C( O,18 cm), un punct M în exteriorul cercului și MT , tangentă la cerc T C(O,
18cm).Știind că O ‟ (MO), OO‟ = 30 cm, O‟T‟ MT, T‟ (MT), O‟T‟ = 3cm, afla ți lungimile
segmentelor TT ‟, MT și MO.
3.Dintr -un carton în formă de disc cu raza de 30 cm se decupează un pătrat de arie
maximă.Arătați că :
a)Latura pătratului este aproximativ egală cu 4,23 cm.

107
b)Prin decupare se elimină mai mult de
din aria discului.

108
INDEX DE NOȚIUNI
A
Anticentru, 18
Arc de cerc, 4
Arce congruente, 5
Arc subîntins de coardă, 4
C
Cerc de centru O și rază r, 3
Cercuri congruente, 3
Coardă,3
Cercuri exterioare, 27
Cercuri tangente exterioare, 27
Cercuri secante,27
Cercuri tangente interioare, 28
Cercuri interioare,28
Cercuri concentrice,28
Cerc trigonometric, 30
Cercul lui Euler, 53
D
Diametru, 3
Disc de centru O și rază r, 4
Dreapta lui Euler, 45
E
Extremitățile arcului de cerc, 4
Exteriorul cercului,4
Exterioară, 24
Ecuația carteziană implicită a cercului, 34

109
I
Interiorul cercului, 4
M
Măsura unui arc mic de cerc,5
Măsura unui arc mare de cerc,5
P
Patrulater circumscriptibil,16
Puncte diametral opuse, 3
Patrulater înscris în cerc, 11
Patrulater inscriptibil, 12
Punct de tangență, 24
R
Rază,1
Rădăcină de ordinul n a unui număr complex,
Rădăcinile de ordinul n ale unității,
S
Semicerc , 4
Secantă,23
Sector de cerc,
T
Triunghi înscris în cerc, 11
Tangentă, 24
Teorema lui Euler, 42
Teorema lui Pompeiu, 44
Teorema lui Schotten, 44
Teorema lui Simson, 46
Teorema lui Menelau, 46
Teorema lui Ceva, 47

110
Teorema lui Toricelli, 47
Teorema lui Feuerbach,48
Teorema lui Salmon, 51
Teorema lui Steiner, 52
Teorema lui Țițeica, 52
U
Unghi la centru, 5
Unghi înscris în cerc, 8

111
INDEX DE NOTAȚII
Puncte: A,B,C,… ..
Drepte: a,b,c,……
Cercul de centru O și rază r C( O, r)
Arc de cerc AB ̂
Segment deschis (AB)
Segment închis [AB]
Semidreaptă deschisă (AB
Semidreaptă închisă [AB
Distanța de la A la B; lungimea segmentului (AB) AB
Plane α,β,….
Planul determinat de trei puncte necoliniare (ABC)
Congruen ța ≡
Asemenea ~
Corespondența
Măsura unghiului m( AOB)=
Măsura unui segment IABI=
Proiecția unui segment pe o dreaptă prBCA=
Triunghi Δ
Aria triunghiului ABC АABC=
Aparține ϵ
Paralel ǁ
Perpendicular ⊥
Intersecție

112
BIBLIOGRAFIE
1. Bălăucă Artur, Manual pentru clasa a VII -a , editura Taida 2011.
2. Cărbunaru Constantin, Culegere de probleme în sprijinul elevilor claselor I -VIII , S.S.M.
București.
3. Cârjan Florin , Didactica matematicii, editura Corint București 2007.
4. Cheșcă I., Caba G., Manual pentru clasa a VII -a, editura Teora educațional 2011.
5. Ganga Mircea , Teme și probleme de matematică, editura Tehnică București 1991.
6. Ganga Mircea , Culegeri și manuale pentru Liceu, editura Mathpress București 2006.
7. Gheba Gr., Culegere de exerciții și probleme de matrematică, ,editura Didactică și Pedagogică
București 1 967.
8. Mânzală Iorgu , Olimpiadele de matemat ică, editura ΏMega Buzău 2010. .
9. Nă stăsescu C., Niță C., Soare N., Manual pentru clasa a X -a editura Didactică și Pedagogică
București 2003.
10. Năstăsescu C., Niță C., Chițescu I., Mihalca I., Manual pentru clasa a IX-a editura Didact ică
și Pedagogică București 2010
11. Negrilă A. , Negrilă M., Matematică:Algebră, Geometrie , clasa a VII -a, editura Paralela 45,
Pitești 2013.
12. Nicolescu L., Boskoff V., Probleme practice de geometrie , editura Tehnică București 1990.
13. Petrică I., Ștefan C. , St. Alexe.Probleme de matematică pentru gimnaziu, Casa Scânteii
București 1985.
14. Popescu Mihail , Probleme alese de geometrie pentru licee, editura All 1997.
15. Radu V., Popescu O., Metodica predării geometriei în gimnaziu, editura Didactică și
Pedagogică București 1983.
16. Simionescu Gh. D. , Probleme de sinteză de geometrie plană și în spațiu, editura Tehnică
București 1978.
17. Udriște C., Vernic Gh., Tomuleanu V., Manual pentru clasa a – XI-a.
18. Varna D., Rus I., Metodica predării matematicii, editura Didactică și Pedagogică București
1983.
19. Vârtopeanu Ion Metodica predării matematicii, sinteze editura Sitech 1998.
20. Revista de cultură matematică, Arhimede, editura Pa ralela 45, București 2006.
21. Reviste din colecția Gazeta Matematică.

113
22. www.didactic.ro./ materiale -didactice
23. www.geogebra.org.
24. www.r evista electronică Mate Info.ro ISSN 2065 -6432 Nr. Aprilie 2009, octombrie 2010,
decembrie 2010.
25. www.r eferat.ro
26. www.Scritub.com
27.www.scribd.com

114

DECLARAȚIE

Subsemnata Gheorghe Maria Andreea căs. Cîrmăcianu, candidată la obținerea gradului
didactic I în cadrul Universității din București, Facultatea de Matematică și Informatică, declar
pe propria răspundere că lucrarea cu titlul ,,Geometria cercului.Aplicații.‟‟, av ând coordonator
științific prof. Dr. Pripoae Gabriel a fost elaborată personal și -mi aparține în întregime, nu am
folosit alte surse decât cele menționate în bibliografie, nu am preluat texte, date sau elemente de
grafică din alte lucrări sau alte surse fără a fi citate și fără a fi precizată sursa preluării, inclusiv
în cazul în care sursa o reprezintă alte lucrări a le mele și nu a mai fost folosită în alte contexte de
examen sau concurs.

Data, Semnătura,