Claudiu.haloiu@yahoo.com 494 Teoreme De Geometrie Text

CAPITOLUL IV. TEOREME CLASICE DE GEOMETRIE DEMONSTRATE UTILIZÂND TRANSFORMĂRILE GEOMETRICE 1. DREAPTA LUI EULER Teoremă: Fie O centrul cercului circumscris triunghiului ABC, G centrul de greutate și H ortocentrul triunghiului. Punctele 71, G și O se găsesc pe o dreaptă si: HG =2G0 A A is Demonstrație: Se cunoaște că GA’=+GA. Această proprietate a centrului de 2 greutate ne sugerează ideea utilizarii omotetiei h + prin care punctul A se transformă în punctul A’= (A). Deoarece prin omotetie, o dreaptă care nu trece ‘ont 2 prin centrul omotetiei se transformă intr-o dreaptă paralelă cu ea, înseamnă că înălțimea AH se transformă în mediatoarea segmentului BC. Analog, înălțimea BH se transformă în mediatoarea laturii AC. Prin urmare, punctul H, intersecția înălțimilor, se transformă în punctul O, intersecția mediatoarelor. De aici se deduc două proprietăți: a) PuncteleH,GsiO=h (71) sunt coliniare (din definiția omotetiei) ID) co-|-ijaa e HG=260 2. DREAPTA NEWTON-GAUSS Teoremă: Mijloacele diagonalelor unui patrulater circumscriptibil si centrul cercului înscris sunt situate pe 0 aceeași dreaptă (numită dreapta lui Newton-Gauss) D Demonstrație: Considerăm că originea sistemului de axe de coordonate ortogonale coincide cu centrul al cercului înscris în patrulaterul ABCD, notat cu /, iar raza acestui cerc se consideră că este egală cu unitatea. Fie MEAB, NEBC, Pe CD și QEDA, punctele de tangență ale patrulaterului ABCD cu cercul înscris. Notim cu a, b, e, d afixele vârfurilor patrulaterului ABCD și cum, n, p, q afixele punctelor de tangență. Așadar, |m|=|7|=| p\=la|=1 Deoarece IPL DP, rezultă, conform teoremei 6.1.11. de la pagina 116 a lucrării [1], că (p-0)e(p-d)=0 și având în vedere definiția produsului real al numerelor complexe rezultă că p(p-0)+ p(p-: )=0sau pi pd + pd=2 (1). În mod similar, din 19.1 DQ se ajunge la qd +qd=2 (2) Relațiile (1) i (2) permit exprimarea numărului d astfel: În mod analog se obțin egalittile: _2am 2mn atm men Afixele punctelor £ și F, mijloacele diagonalelor [AC], respectiv [BD], se exprimă astet „ae _ mng+ mpg + mnp tpg CERBI O Spi 12473 CE a p bed _mnp+mna+ mpa+npa _ 2 (nota) -apalea: Propoziția 6.1.8. prezentată la pagina 113 a aceleiași lucrări [1], afirmă că punctele E(e) si F(f), distincte și diferite de /(i) sunt coliniare dacă și numai dacă ex f =O unde prin s-a notat produsul complex al numerelor e și f). Utilizând definiția produsului complex avem: exp=ter-eg) a Ik lil Je 2 2| (CZE) CT) ez) 77 CET) TED) CEE CEE) Deci punctele E, /, F sunt coliniare. 3. CERCUL CELOR NOUĂ PUNCTE Teoremă: Mijloacele. laturilor unui triunghi, picioarele înălțimilor. și mijloacele segmentelor care unese fiecare vârf cu ortocentrul triunghiului se găsesc pe același cerc (cercul celor nouă puncte). | Demonstrație: Fie A, mijlocul laturii BC, A, piciorul înălțimii din A și Ay mijlocul segmentului AH, Se știe că simetricele ortocentrului față de laturi și ață de mijloacele laturilor se găsesc pe cercul circumscris triunghiului. Fie 4’, si A’, simetricele ortocentrului H față de mijlocul A, al laturii BC, respectiv față de latura BC. Considerând omotetia A, hpalâ)= 4 LUP a PN RE a, – Rezultă că punctele Aj, As, As Sunt situate pe un cere, omoteticul cercului * circumscris triunghiului ABC. Acest cere are centrul ©, în mijlocul segmentului HO, și are raza de lungime egală cu jumătate din lungimea razei cercului circumscris triunghiului ABC. Analog, se demonstrează că celelalte șase puncte By, Bs, Bs, Ci» Cay Cy se află pe același cere, numit cercul celor nouă puncte sau cercul lui Euler. 4. TEOREMA LUI MENELAUS Teoremă: Dacă o transversală intersectează dreptele AB, BC, AC, care contin laturile (AB), (BC), (AC) ale triunghiului ABC în punctele Aj, By, respectiv Ci, atunci are loc relația: AB BC CIA AC BA C, Demonstrație: Fie t 0 transversală care intersectează dreptele AB, BC, AC, care conțin laturile triunghiului ABC în punctele A), By, Ci Construim semidreptele paralele (AA;. (BB, (CC,, care intersectează transversala £ în punctele Az, Bz, Cs. Rezultă că | AA,], [ BB.) [CC,] sunt segmente paralele. Considerăm trei omoteii: h, ,, care transformă pe B în C, hig, », care transformă pe Cin A și hc,.,, care transformă pe A în B. Prin urmare: at Sie AB AC Rezultă că hy, (B2)= Cs» Mp, «, (Cz)= Ars he, (42)= By și CE, GA AA, BB, AA, AC OP CB BB,” Înmulțind membru cu membru aceste ultime trei egalități obținem relația din enunț S. PRIMA TEOREMĂ A LUI PTOLEMEU Teoremă: Fie ABCD un patrulater inscriptibil. Atunci are loc egalitatea: AC: BD = AB-CD+ AD-BC Demonstrație: Considerăm o inversiune I de pol A si putere k. Notăm cu d transformata prin / a cercului circumscris patrulaterului ABCD și =1(8), C= 1(C), D’=1(0). Avem B’D’= BC+CD: Folosind teorema 1.2.10. din capitolul Il, putem scrie: cD. BD BC BD’=k i BIG=E „C’D’=k i AB-AD AB-AC ACAD Uiilizând aceste trei egalități, identitatea anterioară se scrie: BD 26.4 ae. AB-AD AB-AC „AC-AD! de unde: AC: BD = AB-CD+ AD-BC . 6. TEOREMA LUI BRETSCHNEIDER (sau teorema întâi a lui Ptolemeu generalizată) Teoremă: Într-un patrulater ABCD are loc egalitatea: AC? -BI CD? + BC? -AD® —2AB-CD-CD- DAcos(B + D) Demonstrație: Considerăm inversiunea i, „cs de pol Ala) și putere AC? =a+ =ate-a=c Ac Este clar că i, ,-s(C)=a+ e eri Considerăm cazul (2) + (2) a watindu-se analog. Deoarece A ABC ~ A ACE și AADC ~ A ACF, rezultă că: “Teorema cosinusului aplicată în triunghiul ECF conduce la: EF? = CF? + CE? -2CE-CF cos(B + D). Folosind Teorema 1.2.10. din capitolul Il avem: AC-CD AC:BC pp AC-BD CF= „CE= EA AB ‘AB-AD După aducerea la același numitor si simplificarea prin factorul nenul. Ai obline egalitatea din enunț ă Observație: Teorema este valabilă si într-un patrulater concav, desi am ilustrat demonstrația folosind un patrulater convex. Consecința 1. În patrulaterul ABCD au loc inegalitatile: |AB:CD- BC. AD| => BD(AB- AD + BC-CD)= AC(AB- BC+ AD-CD)=> _, AC _ AB-AD+CB-CD > „BD BA-BC+DA-DC 8. RELAȚIA LUI EULER Teoremă: În orice triunghi ABC are loc următoarea relație: OI =NR”-2Rr, numită relația lui Euler. (notatiile sunt cele cunoscute) Demonstrație: Fie i, inversiunea de pol și putere 7? . Notim (D)=ALOBC, (E)=BIOAC, {F}=CIMAB. Cercurile de diametre ID, IE, IF, se transformă prin i, în dreptele BC, CA, respectiv AB. Rezultă că i p(4)= 4 în 2(B)=B”, i, p(0)=C. unde A’, BY, C sunt punctele de intersecție, diferite de 1, ale cercurilor de diametre ID, IE, IF. Cercul ®, circumscris triunghiului ABC se transformă prin i, ,. în cercul 4 circumscris triunghiului A’ BC. Conform problemei Piesei de 5 lei lui G. ițica rezultă că raza cercului o este £.- în teorema 1.29 din capitolul I, se serie: La 130 = R? -2Rr=> Ol =VR*-2Rr. or 9. TEOREMA LUI STEINER Teoremă: Fie ABC un triunghi și AA, (Ay,A\€ BC și ZA,AB = ZA,AC). Atunci: AA, două ceviene izogonale = in (B), C= ig (C). AL =in aly), 4’ (ZCAAy) si m(ZBAA,)= (CAA) => Am Gras și BA, C’A’, (la arce congruente corespund coarde congruente).. Prin urmare: k- BA, K- AC K-BA k-A\C m(ZBaa, ‘AB: AA, AA;-AGUABEAA, AA, AC BA, BA, CA, CA, eo ee AB? AA, AA, ACI: AA,“ AA, A\B A,B _ AB: ee A\G-A,C AC? 10. TEOREMA LUI DIMIRIE POMPEIU Teoremă: Fie ABC un triunghi echilateral și M un punct în planul triunghiului. Să se demonstreze că: a) Dacă M nu aparține cercului circumscris triunghiului ABC, atunci există un triunghi cu laturile congruente cu segmentele MA, MB și MC. b) Dacă M aparine cercului circumscris triunghiului ABC, atunci lungimea unuia dintre segmentele MA, MB și MC este egală cu suma lungimilor! celorlalte două. Demonstrație: a) iy s(B)s Notim cu a, b, c lungimile segmentelor MA, MB si MC si cu 7 lungimea laturilor Fie inversiunea iy, ke R\{O} si tviunghiului echilateral ABC, Deoarece punctul M nu este situat pe cercul circumscris triunghiului ABC, punctele A’, BT, C nu sunt coliniare. atk și ca: PE Rezultă: a __b __e__abe BC CA AB LE Prin urmare, lungimile segmentelor MA, MB si MC sunt proporționale cu lungimile laturilor triunghiului A” PC”. Așadar segmentele MA, MB si MC pot forma un triunghi asemenea cu triunghiul A” C” Analog, B » ircumscris triunghiului ABC, atunci prin aceeași Dacă M aparține cercul inversiune iy, punctele A, B, C se transformă în punctele A’, B”, C situate pe o dreaptă (perpendiculară pe diametrul ce trece prin M). Avem: k k ci A’B=BC#C A’s AB-—=BC-—+CA-— 9 c=atb. CHCA peta ee 11. TEOREMA LUI ȚIȚEICA Teoremă: Trei cercuri având razele egale se intersectează într-un punct. Luându- Je două câte două se obțin încă trei puncte de intersectie. Cercul determinat de aceste trei puncte are raza egală cu raza cercurilor date. Demonstrație: Se consideră un triunghi ABC. Fie “CUI, 7), respectiv “LO, R), cercul înscris, respectiv circumscris triunghiului ABC. Se consideră înversiunea i, _p=.: + Cercul (0, R) se va transforma prin i tot într-un cerc. Fie A’, B’, C punctele de intersecție ale bisectoarelor [AL , [BI 010, R). Folosind puterea punctului față de cercul “ECO, R) rezultă relațiile: 1A’14’=1B-1B=1C-IC’= R° OI? , de unde: i(A), B’=i(B), C=i(C). Aceste ei egaltați arată că: TCO, R) = C(O. R). Dreapta BC (care nu trece prin polul de inversiune J) se va transforma prin i într-un cere care trece prin punctele /, B’, C”, astfel încât tangenta în / la acest cere este paralelă cu BC. Fie D punctul de contact al cercului înseris cu latura [BC] Deoarece ID 1 BC, rezultă că D’=i(D) va fi punctul diametral opus lui 7 în cercul circumscris triunghiului 1BC”. Atunci: 1D-1D’= R° -OF* Dacă se notează cu 2R, lungimea diametrului [/D’], atunci, ultima egalitate se serie: 1-2R,=R*-OP. Din această egalitate și din egalitatea lui Euler în triunghiul ABC, Ol? = R? —2rR, se obține: RSR Repetind raționamentul pentru dreptele CA și AB se constată că prin inversiunea i se obtin alte două cercuri având razele egale cu R. În concluzie, s-au obținut trei cercuri de raze egale cu R care trec prin punctul / și care se mai intersectează două câte două în punctele A’, B’, C”.Cercul circumscris triunghiului A” BC” are raza egală cu R. 12. TEOREMA LUI SALMON Teorema: Dacă punctele O, A, B, C sunt pe același cerc, atunci cercurile de diametre [OA], [OB] si [OC] se întâlnesc două câte două în trei puncte colinare Demonstrație: ‘Se consideră inversiunea i(O, Î), k arbitrar. Cercul circumscris patrulaterului OABC se va transforma într-o dreaptă d perpendiculară pe diametrul ce trece prin pol. Dacă se notează A’=i(A), B’=i(B), (C), atunci A”, B”, C’e d. Prin inversiunea considerată cercul de diametru [OA] se transformă într-o dreaptă a (evident-a OA). Cercul de diametru [OB] se transforma într-o dreaptă b LOB, 1OC] se transformă într-o dreaptă cL OC, Fie a, A. respectiv y punctele de intersecție ale cercurilor de diametre [OC] si {0B}, (OA) și LOC], respectiv [OA] si [OB]. Se notează a’=i(z), B’=i(f), v Este evident că: cercul de diametru (e)-bne. {6 }=ena, {y}=anb. Deoarece punctele A’= prpy-A, B’=preyB, C= pregC sunt coliniare, rezultă, conform reciprocei teoremei lui Simpson, că punctul O se află pe cercul af uece circumscris triunghiului a°f”y”. Deoarece cercul circumscris triunghiul prin polul O, rezultă că el (mai puțin polul O) se va transforma, prin Conaideraily foto dreaptă di: Bute evident eft păaetetă ati a) ARI aparțin dreaptei d y 13. TEOREMA LUI FEUERBACH Teoremă: Într-un triunghi cercul lui Euler este tangent la cercul înscris și la cercurile exinscrise. Demonstrație: Fie ABC un uriunghi 1 centrul cercului înscris și 7, centrul cercului exinscris tangent laturii [BC]. Notăm cu Aj piciorul înălțimii din A si cu A: mijlocul laturii [BC], cu D și D’ punctele de tangență ale celor două cercuri cu latura (BC) si (E )= 14, ABC. Considerăm inversiunea de pol A> si putere k= unde B= AC și y= AB Puterea punctului Azin raport cu “O ) este: A,A, =k, rezultă că punctul Az se transformă în E și Ay se an pe cercul lui Euler al triunghiului ABC, rezultă că punctul £ se află pe dreapta d care este transformata cercului lui Euler prin i,,.. » dreaptă care este perpendiculară pe dreapta Azo, © fiind centrul cercului lui Euler. Deci d trece prin E și fiind perpendiculară pe A:o, este perpendiculară pe paralela acesteia, diametrul (AO). Dreapta DD: fiind o tangentă comună interioară a cercurilor înscris si exinscris, a doua tangentă înterioară FF” trebuie să treacă prin punctul de intersecție al dreptei DD” cu dreapta centrelor 11,» deci prin E, În același timp FI” si DD’ fac unghiuri congruente cu My de unde rezultă că sunt antiparalele în A și deci dreapta FF” este perpendiculară pe AO. Rezultă că d = FF’. Deci tansformata cercului lui Euler prin „este dreapta FF’ și cum această dreaptă este tangentă cercurilor înscris și ‘exinscris triunghiului în punctele F, respectiv F”, cercul lui Euler este de asemenea tangent la cercurile înscris si exinscris în punctele Fi, respectiv. F;, transformatele punctelor F și F” prin inversiunea i, Analog se arată, prin inversiuni având polurile în mijloacele laturilor [AC] si IAB] și modulele (a-c) , respectiv (a~b)*, că cercul lui Euler este tangent cercurilor exinscrise tangente la laturile [AC] și LAB). 14. TEOREMA LUI NAPOLEON-TORICELLI-FERMAT Fie un triunghi ABC oarecare si ABC;, BA\C, CB\A trei triunghiuri echilaterale construite în exteriorul triunghiului ABC. Să se arate că: a) AA, = BB, =CC, b) centrele cercurilor, circumscrise triunghiurilor. echilaterale construite formează un alt triunghi echilateral ©) AA, OBB, ACC, 20 4) cercurile circumscrise celor trei triunghiuri echilaterale sunt concurente Demonstrație: Considerăm că triunghiul ABC are toate unghiurile strict mai mici decât 120”, celelate cazuri avându-se fără dificultate, a) Rotatia r,4, duce pe C în Bi, iar pe Ci în B. Așadar, CC, =BB, și analoagele. b) Afixele punctelor Ay, By, Ci obținute prin rotații sunt: pares Pale 72 re; 0) Notind cu O, O: Os centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor ABC, B,C, ABC,, avem: i Barcelo, Seated elie! = iar area os A ae: 3 lg 3 . unde e = cos60 + isin 60°. Deoarece zo, = zo, + (to, ~Zo,)€+ rezultă că triunghiul 0,030; este echilateral. aa. c+(b-c)e-a ABBA, arg—— = (o,2.44,): ep „8 —a)-(e—a)e Notim {T}=BBOAA,. Deoarece m(ZATB,)=m(ZACB,), rezulti că patrulaterul ATCB, este inscriptibil. Analog, patrulaterul CTBA, este inscriptibil. Deci punctul 7 se află la intersecția cercurilor circumscrise triunghiurilor ACB, și CBA. Dar m(ZATB)=180″~m(ZAB,C)=120′ și m(ZBTC)=120”, rezultă m(ZATB)= 120”, rezultă că patrulaterul ATBC, este inscriptibil si deci cele trei cercuri sunt concurente în 7. =arge= 15. TEOREMA LUI ALAIN CONNES Teorema: Se consideră transformările planului complex de forma f,:C—>C, filz)=a2+b,, i=1,2,3, cu a, 20. Presupunem că fiefs. fief: Ach și he 4,a,0, € C~{1}. Atunci urmatoarele afirmații sunt echivalente: o Keefe Q j=l și at jB+ Py =0, unde j= aaa, el și a, B, y sunt unicele puncte fixe ale transformărilor f,° f,. f° fus respectiv fe of nu sunt translati, ceea ce este echivalent cu jaz, a, Asay Demonstrație: Dacă (fi fa): (he Ae) (he All dg abs +b, aa #1 at gb bis aya #1 age + yb +by, aya #1, cu bth aaa g_aabstby _ ads tabs “aa, aj 1-a,a, a-i path tbs aaa + ashy I aya, a-j Pentru cuburile transformărilor f,, f,, f, avem formulele: Fil)=aie+blai+a,+1), p)=aetbilai +a, +1) Ale)=ahz+by(a} +a, +1), deci (porto phe)= datate +a}a%b, (a3 +a, +1)+a7b,(a3 +a, +1)+b (a? +a, +1). Așadar, fe f; e fș = le dacă si numai dacă alai: =1 și atatia? +a, +1) abilă +a, +1 (at +a, +1)=0 Pentru a demonstra echivalenta afirmațiilor (1) și (2) trebuie să arătăm că a+jf+ j*y este diferit de termenul liber al lui fo fie fe Într-adevăr, folosind relația j’ =1 si implicit j?+j+1=0, putem scrie succesiv egalitățile: : : at j+ Py=a+ jp+(-1- r=a-r+ (B-7)= ab th mash tab | a (seta ay a a-i a-j a-i Syst, + aganb = ash, j= abia = ash + aah) + abs) , (a, = Mas ~ J) bai —asazasb, — a,azb, + axa. + azbij _ e itis + 4,a,b, ~ a,a;by j- (a, = Na =) sa jerome oala aer et aj a-i „aaibij + ab) ~ay03b, – a, a-l bi aaa? + ash ) a 1 ea ee Ne a bt Es) ON) CN ad b = ayayb, j ~ a,ayb, j- 0,403, j~D,j+ + aaybs)~byj? + asa + 03h}? + ash J? + as03b,j + a505b,) aby)? + tah? +by)? +by)~aasba}* ~ ash)? +430 7? taxa) = aya? sb}? ~ aaj + ab +b, ~ ash a:b) = a,b, j° ~b, = ajasbsj —asasb j— ash, -bj ) a NE ăi ag (= Mla. = ia, = a,a3b, = axa, = a,a3b,)° 0,4. j° ~ a;b,)= +alayaib, +4,a,a3b, + a,aib, +a,0,0, + a;aSazb, + ajasa;b, +a,b,)= .a3b(1Ha, +4?)+a}a,a3b,(1+0, +a3)+ +a;b,(I4+a, +a} + aaa) Jarpiianliea +a3)+aib,(1+a, +a3)+b(1+ 0, +22) 16. TEOREMA LUI MORLEY Teoremă: Punctele de intersecție ale trisectoarelor adiacente într-un triunghi ABC, A(a). B(A),C'(7). formează un triunghi echilateral. Solutie: Considerăm rotație fi = raza + fi = + fr reaus de centre A, B, C, de unghiuri actA, = Notăm A”, B’, C”, punctele fixe ale transformărilor f, © pa il A |] B AA) Joe fe fe hi Pentru a demonstra că triunghiul A’B’C” este echilateral este sufficient să demonstrăm, cu ajutorul teoremei anterioare cif ff? =1e. Compunerea Sac oua a simetriilor spc Și sa în raport cu dreplele AC și AB este o rotație de centru A și unghi 6x. iei Prin urmare, fi = sac °S4p și analog fi = fie fief an o Sac fs = Sca o Sc Rezultă: rac 9 San 9 Sam 9 pc 9 Sca 9 Sea