Geometria Cercului

UNIVERSITATEA „ DUNĂREA DE JOS”, GALAȚI

DEPARTAMENTUL DE FORMARE CONTINUĂ ȘI TRANSFER TEHNOLOGIC

PROGRAM DE CONVERSIE PROFESIONALĂ

Specializarea: MATEMATICĂ

Geometria cercului

teoreme remarcabile în cerc

Coordonator științific:

Conf. Univ. Dr. Monica Aprodu

Absolvent:

Andreea Grațiela Enache (Mihalcea)

GALAȚI –

2016 –

Introducere

CAPITOLUL I

Cerc. Noțiuni de bază

1.1. Definiții și proprietăți

Fie O un punct în plan și r un numǎr real pozitiv.

Cercul cu centrul în O și de raza r este mulțimea tuturor punctelor din plan situate la distanța r fațǎ de O.

Se notează: C (O,r).

Dacǎ A este un punct al cercului, distanța dintre punctul A și O este raza cercului.

Dacǎ M și N sunt douǎ puncte ale unui cerc, segmentul [MN] se numește coardǎ ( în acel cerc).

O coardǎ care conține centrul cercului se numește diametru al cercului.

Capetele diametrului se numesc puncte diametral opuse.

În figura de mai sus [AC] și [AB] sunt coarde, iar [AC] este și diametru.

Cercurile care au raze egale se numesc cercuri congruente.

Cercurile care au același centru se numesc cercuri concentrice.

Douǎ cercuri coincid dacǎ au același centru și aceeași razǎ.

Cercuri congruente Cercuri concentrice

Fiind dat cercul C (O, r), mulțimea punctelor M din plan pentru care OM < r se numește interiorul cercului. Se notează: Int C (O, r).

Exteriorul cercului C (O, r) reprezintă mulțimea punctelor P din plan pentru care OP > r. Se noteazǎ: Ext C (O,r).

Int(C (O, r) Ext C (O, r)

Fie O un punct în plan și r un numǎr real pozitiv. Discul cu centrul O și raza r este mulțimea C (O, r) U Int C (O, r).

Se noteazǎ astfel: D (O, r).

O se numește centrul discului;

R se numește raza discului.

Fiind date douǎ puncte distincte A și B, existǎ o infinitate de cercuri ce conțin punctele A și B.

Demonstrație:

Fie d mediatoarea segmentului [AB]. Punctele mediatoarei d au proprietatea cǎ sunt egal depǎrtate de capetele segmentului.

Atunci: oricare cerc având centrul pe mediatoarea segmentului [AB] conține punctele A și B (“trece” prin punctele A și B).

De asemenea: oricare cerc care conține punctele A și B are centrul pe mediatoarea d.

Oricare trei puncte distincte ale unui cerc sunt necoliniare.

Demonstrație:

Considerǎm cercul C(O, r). Presupunem prin reducere la absurd cǎ existǎ pe cerc trei puncte coliniare A, B, C (în aceastǎ ordine). Deoarece OA = OB = r, rezultǎ cǎ O aparține mediatoarei segmentului [AB] (notate a). Deoarece OB = OC = r, rezultǎ cǎ O aparține și mediatoarei b a segmentului [BC]. Însǎ, a║b (fiind perpendiculare pe aceeași dreaptǎ). Contradicție.

Dacǎ A, B, C sunt trei puncte distincte ale unui cerc, atunci centrul cercului este intersecția mediatoarelor laturilor triunghiului ABC.

Demonstrație:

Conform propozitiei 2, punctele A, B, C determinǎ vârfurile unui triunghi. Deoarece centrul cercului este egal depǎrtat de vârfurile triunghiului, atunci centrul aparține mediatoarelor laturilor [AB], [AC] și [BC].

Dacǎ douǎ cercuri au trei puncte distincte comune, atunci cercurile coincid.

(Este evident, deoarece cercurile au același centru și aceeași razǎ)

Prin trei puncte necoliniare trece un cerc.

Propozițiile 3 și 4 pot fi reunite în următorul enunț:

Trei puncte necoliniare determinǎ un cerc.

Triunghiul care are vârfurile pe un cerc se numește triunghi înscris în acel cerc, iar cercul se numește circumscris acelui triunghi.

1.2. Unghi la centru. Arce de cerc.

Un unghi care are vârful în centrul unui cerc se numește unghi la centru (pentru cercul respectiv).

Fie A și B punctele în care laturile unghiului la centru ) intersecteazǎ cercul.

Mulțimea punctelor de pe cerc situate în interiorul unghiului (), la care reunim A și B se numește arcul mic AB. Se noteazǎ .

Mulțimea punctelor de pe cerc situate în exteriorul unghiului ), la care reunim A și B se numește arcul mare AB. Se noteazǎ ACB, unde C∉Int (∢AOB).

Pentru citirea (notarea) arcului mare este nevoie sa folosim încǎ un punct, diferit de A și B pentru a-l deosebi de arcul mic.

Pentru ambele arce, punctele A și B se numesc capetele arcului (extremitǎțile arcului).

Dacǎ A și B sunt capetele unui diametru, atunci arcele de cerc determinate se numesc semicercuri.

Mǎsura în grade a unui arc de cerc este definitǎ astfel:

Fie A și B douǎ puncte ale cercului C (O, r).

Dacǎ AB este un arc mic, atunci m() = m().

Dacǎ AB este un semicerc, atunci m() = 180o, unde C

Dacǎ AB este un arc mare, atunci m() = 360o- m(∢AOB), unde C.

m() = a

m() = 180o

m() = 360o – ao

Douǎ arce ale aceluiași cerc (sau din cercuri congruente) se numesc congruente dacǎ au aceeași mǎsurǎ.

Dacǎ arcele și sunt congruente, notǎm: .

Dacǎ A și B sunt douǎ puncte ale unui cerc, am vǎzut cǎ ele determinǎ douǎ arce de cerc și o coardǎ ([AB]). Mai spunem în acest caz cǎ arcul mic (mare) AB este subîntins de coarda [AB] sau coarda [AB] subîntinde arcul mic (mare) AB.

Teorema 1

În același cerc sau în cercuri congruente, arcelor congruente le corespund coarde congruente (arcelor congruente sunt subîntinse de coarde congruente).

Demonstrație:

Fie AB și CD douǎ arce congruente ale aceluiași cerc.

Trebuie demonstrat cǎ [AB] [CD].

În AOB și , [AO][OD][OB][OC] raze în cerc

∢AOBCOD (din ipoteză)

AOB ⇒ [AB] [CD].

Teorema 2

În același cerc sau în cercuri congruente, coardelor congruente le corespund arce mici congruente (coardele congruente subîntind arce congruente).

Demonstrație

Trebuie să demonstrăm că dacă [AB] [CD], atunci , unde și sunt arcele mici.

Din AOBCOD (cazul L.L.L.) rezultă că AOBCOD. Prin urmare .

Teorema 3

Dacă A și B sunt puncte distincte ale unui cerc, atunci diametrul perpendicular pe coarda [AB] conține mijlocul coardei [AB] și mijloacele arcelor (arcul mic și arcul mare).

Demonstrație:

Considerăm cazul când A și B sunt diametral opuse.

Fie [CD] diametrul perpendicular pe AB. Trebuie să demonstrăm că E este mijlocul coardei [AB] ([AE][EB]), D este mijlocul arcului mic AB () și C este mijlocul arcului mare (ACCB).

OAB este isoscel, iar [OE] este înălțime, deci [OE] este mediană și bisectoare, rezultă [AE][BE] și ∢AOE∢BOE. Din ∢AOE ∢BOE, rezultă că arcele mici și sunt congruente. De asemenea rezultă că ∢AOC ∢BOC.

Deoarece AOCOC (cazul L.U.L.) deducem că [AC][BC] și conform teoremei 2, arcele mici și sunt congruente. Deci C este mijlocul arcului mare

În cazul în care punctele A și B sunt diametral opuse, concluzia teoremei este evidentă.

Teorema 4

Dacă două coarde ale unui cerc sunt congruente, atunci distanțele de la centru la coarde sunt egale.

Teorema 5

Dacă A și B sunt două puncte distincte ale unui cerc și M atunci:

.

Demonstrație:

Cazul 1.

este arc mic. Deoarece M), atunci (OM∢AOB.

Deci m() = m(∢AOB)= m(∢AOM) + m(∢MOB) = m()+ m(

Cazul 2.

este semicerc, deci=180o.

+= m(∢AOM) + m(∢MOB)=

=180o=

Cazul 3.

este arc mare.

Fie N punctual diametral opus lui M. Avem de analizat mai multe posibilități, după cum punctele A și B se află în semiplanele determinate de dreapta MN.

punctele A și B se află de o parte și de alta a dreptei MN.

m() = 360o – m(∢AOB);

m() = 180o – m(∢AON);

m() = 180o – m(∢BON).

Deci m() + m() = 360o – m(∢AON) – m(∢BON) =

= 360o – (m(∢AON) + m(∢BON)) =360o – m(∢AOB)

(am ținut cont că (ON Int∢AOB).

La fel se procedează și în cazurile:

A și B sunt de aceeași parte a dreptei MN;

M și A sunt diametral opuse;

M și B sunt diametral opuse.

Teorema 6

Dacă [AB] și [CD] sunt coarde ale unui cerc astfel încât AB∥CD, iar punctele A și C sunt situate de aceeași parte a diametrului perpendicular pe coarde, atunci: arcele mici și sunt congruente, iar coardele [AC] și [BD] sunt congruente.

Demonstrație:

Trebuie să demonstrăm că ≡ și [AC]≡[BD].

Fie EF diametrul perpendicular pe coardele AB și CD. Conform teoremei 3, E este mijlocul arcului mic AB și F este mijlocul arcului mic CD.

Conform teoremei 5, avem:

Deci m() = m().

Conform teoremei 1, arcele congruente din același cerc le corespund coarde congruente. Prin urmare [AC] ≡ [BD].

1.3. Pozițiile relative a unei drepte față de cerc.

Am demonstrat că pe un cerc nu există trei puncte coliniare. Prin urmare, o dreaptă poate avea cu un cerc cel mult două puncte comune.

Mai exact:

Există drepte care au cu un cerc două puncte în comun. Dacă A și B sunt puncte distincte ale cercului C (O, r), atunci AB ∩ C (O, r) ={A,B}.

O dreaptă ce are două puncte comune cu un cerc se numește dreaptă secantă față de cerc.

Există drepte care au un singur punct comun cu un cerc. Fie A C (O, r). Fie a dreapta perpendiculară în A pe OA. Demonstrăm că orice punct M al dreptei d, M A, nu aparține cercului. Triunghiul OAM este dreptunghic în A, deci orice catetă a sa are lungime strict mai mică decât lungimea ipotenuzei. Rezultă că OM > OA, deci OM r (punctul M aparține exteriorului cercului C(O, r)).

O dreaptă care are un singur punct comun cu un cerc se numește dreaptă tangentă la cerc.

Teoremă

Dacă dreapta d este tangentă la cercul C(O, r) în punctul B, atunci d ⊥ OB

Demonstrație:

Presupunem, prin reducere la absurd, că dreapta d nu este perpendiculară pe OB. Considerăm OA ⊥ d, A d, C d astfel încât A (CA) și [CB] [BA]. Din congruența triunghiurilor dreptunghice COB și AOB (cazul C.C.) rezultă că [OC] [OA]. Deci OC = r.

Prin urmare dreapta d are cu cercul C(O, r) cel puțin două puncte în comun, contradicție.

Odată cu demonstrarea existenței tangentei la un cerc, teorema de mai sus completează următorul enunț:

O dreaptă este tangentă la un cerc dacă și numai dacă este perpendiculară pe rază în punctul de intersecție al ei cu cercul.

Există drepte care nu au puncte în comun cu cercul. Considerăm cercul C(O, r) și P Ext C(O, r), OP >r. Perpendiculara d, construită în P pe dreapta OP nu are nici un punct comun cu cercul.

Într-adevăr, dacă M d, atunci OM OP > r. Prin urmare OMr (toate punctele dreptei d sunt exterioare cercului).

O dreaptă care nu are puncte comune cu un cerc se numește dreaptă exterioară cercului.

1.4. Unghi înscris în cerc

Unghiul BAC se numește unghi înscris în cercul C(O, r) dacă B, A și C aparțin cercului C(O, r).

Spunem că triunghiul ABC este înscris într-un cerc dacă vârfurile sale aparțin cercului.

Unghiurile: DEF, YXZ și NMP sunt unghiuri înscrise în cerc. Arcele mici: , și se numesc arce cuprinse între laturile unghiurilor înscrise.

Triunghiurile: DEF, XYZ, NMP, din figura de mai sus, sunt înscrise în cerc.

Teorema 1

Măsura unui unghi înscris într-un cerc este jumătate din măsura arcului de cerc cuprins între laturile sale.

Demonstrație:

Analizăm 3 cazuri:

Centrul cercului aparține unei laturi a unghiului.

Fie ∢ BAC unghi înscris într-un cerc de centru O (O (AC)). Trebuie să demonstrăm că m(BAC) = m(). Unghiul BOC este exterior triunghiului isoscel OAB. Rezultă că:

m(BAC) = m (BOC) și deci m( = m().

Centrul cercului este interior unghiului.

Fie D intersecția semidreptei (AO cu cercul. Deoarece O Int BAC, rezultă că (AOIntBAC, deci D BC (arc mic): m(BAC) = m(BAD) + m(DAC) =

= m() + m() = m() (conform cazului anterior).

Centrul cercului nu aparține interiorului unghiului și nu aparține laturilor sale.

Avem AC⊂Int BAD (D fiind diametral opus punctului A). Atunci:

m (BAC) = m (BAD) – m(CAD)= m() – m() =

= m().

Un unghi BAC înscris în cercul C(O, r) pentru care B și C sunt diametral opuse se numește unghi înscris în semicerc.

Din teorema 1 rezultă că:

Măsura unui unghi înscris în semicerc este de 90o.

Dacă A, B, C, D C(O, r), atunci:

m(BDC) = m(BAC) dacă A și D sunt de aceeași parte a dreptei BC

m(BDC) + m(BAC) = 180o dacă A și D sunt de o parte și de alta a dreptei BC.

Teorema 2

Măsura unui unghi cu vârful pe cerc, având una dintre laturi secantă, iar cealaltă latură tangentă a cercului, este jumătate din măsura arcului de cerc inclus în interiorul unghiului.

Demonstrație:

Considerăm unghiul BAC astfel încât A C(O, r), B C(O, r), CA este tangentă la cerc.

Cazul 1. Unghiul BAC este ascuțit.

Fie D diametral opus vârfului A. Deoarece m(DAC) = 90o rezultă că (ABIntDAC. Unghiul ABD fiind înscris în semicerc, are măsura de 90o. Unghiurile BAC și BDA sunt congruente (având același complement, BAD.

Rezultă că:

m(BAC) = m(BDA) = m() (conform

teoremei 1).

Cazul 2. Unghiul BAC este obtuz.

Fie E AC, A (EC). Unghiurie BAC și BAE sunt suplementare, iar unghiul BAE este ascuțit.

Atunci: m (BAC) = 180o– m(BAE) = =180o – m(), conform cazului 1, AB fiind arc mic. Dacă F aparține arcului mare AB, atunci:

m(BAC) = 180o – m() =

= 180o – (360o– m()) = m().

Cazul 3. Unghiul BAC este drept.

Atunci m(BAC) = 90o = m()

(D fiind un punct pe arcul inclus în interiorul unghiului BAC).

1.5. Patrulater înscris într-un cerc. Patrulater inscriptibil

Un patrulater se numește înscris într-un cerc dacă vârfurile sale aparțin cercului.

Teorema 1

Un patrulater înscris într-un cerc are unghiurile opuse suplementare.

Demostrație:

Unghiurile opuse ABC și ADC ale patrulaterului ABCD, sunt înscrise în cerc.

Atunci: m(ABC) + m(ADC) = m() + m() =

= 360o = 180o

Teorema 2

Dacă un patrulater este înscris într-un cerc, atunci diagonalele sale formează cu două laturi opuse unghiuri congruente.

Demostrație:

Trebuie să demonstrăm că perechile de unghiuri (DAC și DBC), (BDC și BAC), (ACB și ADB), (ABD și ACD) sunt congruente.

Unghiurile DBC și CAD sunt congruente deoarece au măsura m().

Analog: BDC BAC, ACB ADB, ABD ACD (cuprinse între laturile același arc de cerc).

Vârfurile unui patrulater convex nu aparțin întotdeauna aceluiași cerc (de exemplu când un vârf nu aparține cercului determinat de celelalte trei vârfuri).

Vârfurile patrulaterului ABCD din figura alaturată, nu aparțin aceluiași cerc.

Patru puncte se numesc conciclice dacă există un cerc căruia să-i aparțină cele patru puncte.

Un patrulater convex se numește inscriptibil dacă vârfurile sale sunt puncte conciclice

Teorema 3

Un patrulater convex este inscriptibil dacă și numai dacă unghiurile sale opuse sunt suplementare.

Demonstrație:

Dacă patrulaterul este inscriptibil, atunci are vârfurile pe un cerc și, conform teoremei 1, unghiurile opuse sunt suplementare.

Reciproc: dacă două unghiuri opuse sunt suplementare, să demonstrăm că vârfurile patrulaterului aparțin unui cerc.

De exemplu, să presupunem: m(ABC) + m(ADC) = 180o.

Considerăm cercul determinat de punctele A, B și C: C(O, r).

Analizăm următoarele trei situații:

D ExtC(O, r) b) D IntC(O, r) c) D C(O, r)

Demonstrăm că primele două situații nu sunt posibile.

Fie E intersecția dreptei CD cu cercul C(O, r).

Deoarece D ExtC(O, r), rezultă că E (CD). Patrulaterul ABCE are vârfurile pe cerc, deci:

m(ABC) + m(AEC)=180o.

Rezultă că m(ABC) = m(AEC), ceea ce este imposibil deoarece unghiul AEC este exterior triunghiului AEC (m(AEC) > m(

Fie E intersecția dreptei CD cu cercul.

Deoarece E IntC(O, r) rezultă că D (EC). Patrulaterul ABCE are vârfurile pe cerc, deci: m(ABC) + m(AEC)=180o. Rezultă că m(AEC) = m(ADC), ceea ce este imposibil deoarece unghiul ADC este exterior triunghiului AEC (m(ADC) >m(AEC)).

Prin urmare, este posibil numai cazul c), de unde concluzia că patrulaterul ABCD este inscriptibil.

Teorema 4

Un patrulater convex este inscriptibil dacă și numai dacă unghiul format de o diagonal cu o latură este congruent cu unghiul format de cealaltă diagonală și latura opusa primei laturi.

Demonstrație:

Dacă patrulaterul este inscriptibil, atunci are vârfurile pe un cerc și, conform teoremei 2, unghiurile formate de diagonale cu oricare două laturi opuse sunt congruente.

Reciproc: dacă două unghiuri formate de diagonală cu o pereche de laturi opuse sunt congruente, demonstrăm că patrulaterul are vârfurile pe un cerc.

Fie patrulaterul ABCD în care BAC BDC.

Considerăm cercul determinat de punctele A,B,C: C(O, r).

Sunt de analizat trei cazuri:

D ExtC(O, r) b) D IntC(O, r) c) D C(O, r)

Demonstrăm că primele două cazuri nu sunt posibile.

Deoarece D ExtC(O, r), punctul de intersecție a dreptei DC cu cercul este interior segmentului [CD]. Îl notăm cu E. Patrulaterul ABCE este inscriptibil, deci m(BAC) = m(BEC). Însă unghiul BEC este exterior triunghiului BED. Rezultă că m(BEC) > m(BDC).

Prin urmare m(BEC) > m(BDC), contradicție.

Demonstrația este analogă cazului a) și cazului b) din teorema precedentă.

Eliminând primele două cazuri, rămâne ca posibil numai cazul c).

De aici tragem concluzia că patrulaterul ABCD este inscriptibil.

1.6. Pozițiile relative a două cercuri

Fie O și O` centrele a două cercuri de raze r, respective r`. Presupunem că r` r.

Vom caracteriza pozițiile relative ale celor două cercuri cu ajutorul numerelor: OO`, r + r`, r – r`. Sunt posibile următoarele situații:

OO` > r + r`

Fie M C(O`, r`). O`M = r`.

Atunci OM OO` – O`M > (r + r`) – r` = r.

Deducem că: orice punct al cercului C(O`, r`) este exterior cercului C(O, r).

În acest caz cercurile se numesc exterioare.

OO` = r + r`

Cercurile au un singur punct comun, A

(A(OO`), OA = r).

Presupunem prin reducere la absurd că cercurile ar mai avea un punct comun, B, atunci: OB = r, O`B = r` (OB + O`B = r + r`) și B OO`, însă: OB + O`B > OO` = r + r`, contradicție.

Pentru orice punct M C(O`, r`), M A, OM > OO` – O`M. Deci toate punctele cercului C(O`, r`), cu excepția lui A sunt exterioare cercului C(O, r).

În acest caz cercurile se numesc tangente exterior.

Punctul de tangență al celor două cercuri este coliniar cu centrele cercurilor.

r – r` < OO` < r + r`

Fie C(O, r)∩ OO` = {A, B}, OA = r, iar O`C = r`

Avem r < OO`.

Observăm că:

OO` – r` < OO` + r (1).

O`A = OO` – r, deci r` > O`A (2).

Din (1) și (2) rezultă că dintre cele două puncte A și B, unul este interior și altul exterior cercului C(O, r). Dacă notăm cu C intersecția cercului C(O`, r`) cu (AB), rezultă că orice punct interior segmentului [AC] aparține intersecției interioarelor celor două cercuri.

Intersecția interioarelor cercurilor nefiind vidă și interiorul unui cerc neincluzând interiorul celuilalt cerc, rezultă că cercurile au puncte în comun,

Cele două cercuri au două puncte în comun.

Demonstrația este analoaga cazului a) și cazului b) și c)

OO` < r c) OO` = r

În aceste cazuri cercurile se numesc secante.

OO` = r – r`

Demonstrăm că cercurile sunt tangente (au un punct comun) și D(O`,r`) IntC(O,r).

Considerăm punctul A astfel încât OA = r și O`A = r`. Rezultă că OO` = OA – O`A, deci punctele O, O` și A sunt coliniare, O` (OA). Punctul A este comun cercurilor.

În cazul când cercurile ar avea încă un punct în comun, BA, atunci OB < OO` + O`B < OO` + r` = r, contradicție cu OB = r. Dacă M D(O`,r`), atunci:

OM OO`+ O`M OO` + r` = r, deci D(O`,r`)IntC(O,r).

În acest caz cercurile se numesc tangente interior.

Punctul lor de tangența este coliniar cu centrele cercurilor.

OO` < r – r`

Demonstrăm în acest caz că cercurile nu au puncte comune și D(O`,r`)IntC(O,r).

Fie OA = r, O`C = r`, MD(O`,r`).

Atunci OM OO` + O`M OO` + r` < r.

Deci D(O`,r`)IntC(O,r) (incluziune strictă).

În acest caz cercurile se numesc interioare.

Și afirmațiile reciproce sunt adevărate:

Cercurile C(O,r) și C(O`,r`) sunt exterioare OO` > r + r`

Cercurile C(O,r) și C(O`,r`) sunt tangent exterior OO` = r + r`

Cercurile C(O,r) și C(O`,r`) sunt secante r – r`< OO` < r + r`

Cercurile C(O,r) și C(O`,r`) sunt tangent interior OO` = r – r`∣

Cercurile C(O,r) și C(O`,r`) sunt interioare OO` <r – r`∣.

Teoremă

Prin orice punct exterior unui cerc trec două drepte tangent la cerc.

Demonstrație:

Considerăm cercul C(O,r) și un punct A ExtC(O,r). Notăm cu a raza cercului de diametru [OA] și cu O` centrul său.

Deoarece A este exterior cercului C(O,r), rezultă că 2∙a = OA > r. Cercurile C(O,r) și C(O`,a) sunt secante deoarece r – a < OO` < r + a;

C(O,r) ∩C(O`,a) = {A, B}.

Unghiurile OBA și OCA sunt drepte, fiind înscrise în semicerc. Rezultă că AB și AC sunt tangente la cercul C(O,r). Alte tangente din A la cercul C(O,r) nu mai există.

Într-adevăr: dacă AM este tangentă la cerc, atunci m(∢OMA) = 90o (MC(O,r)) și mediana MO`= O`A = a. rezultă că M ∊ C(O,r) ∩ C(O`,a). Deci M este unul dintre punctele B sau C.

1.7. Lungimea cercului și aria discului

1.7.1. Lungimea cercului. Lungimea arcului de cerc.

Folosind o sfoară pentru măsurarea lungimii unui cerc cu diametrul de 5 cm, elevii de pe un rând de bănci au obținut următoarele rezultate:

Rezultatul măsurătorii a fost o valoare cuprinsă între Lm– ∆Lm și Lm+ ∆Lm. Deci pentru lungimea cercului de rază 5 cm am obținut o valoare între 31,34 și 31,48. Raportul dintre lungimea cercului și lungimea diametrului său este un număr cuprins între 3,134 și 3,148.

Refăcând calculul raportului dintre lungimea cercului și lungimea diametrului său pentru cercuri cu alte lungimi ale razelor ( 3 cm, 4 cm etc.) se constată de fiecare dată că acest raport se menține în jurul acelorași valori.

Valoarea raportului dintre lungimea unui cerc oarecare și lungimea diametrului său se notează cu π.

π este un număr irațional pe care în calculele practice îl aproximăm cu 3,14.

Dacă notăm cu L lungimea cercului de rază R, obținem = π ⇒ L=2π∙ R.

Pentru calculul lungimii arcului de cerc cu raza R admitem că lungimea arcului este direct proporțională cu măsura arcului:

Lungimea arcului de cerc de măsură no în funcție de raza cercului R se determină cu formula:

Larc=

1.7.2. Aria discului. Aria sectorului de cerc

Aria unui disc de rază R se calculează cu formula A = πR2.

Se numește sector de cerc o porțiune din interiorul unui cerc cuprinsă între două raze ale sale.

Fiecărui sector de cerc îi corespunde un arc pe cerc.

Pentru calculul ariei sectorului de cerc, de rază R, care corespunde unui cerc de măsură no, admitem că aria sectorului este direct proporțională cu măsura arcului:

Aria sectorului de cerc de raza R se calculează cu formula: A = ∙ n

CAPITOLUL II

Cercuri remarcabile

Cercul medial (Cercul celor 9 puncte, cercul lui Euler)

Mijloacele laturilor unui triunghi, picioarele înǎlțimilor și mijloacele segmentelor ce unesc fiecare vârf cu ortocentrul triunghiului sunt situate pe un același cerc (numit cercul lui Euler SAU cercul celor 9 puncte).

Demonstrația I:

Se analizeazǎ cazul unui triunghi ascuțitunghic. Fie A`, B` și C` mijloacele laturilor [BC], [CA], [AB] și fie A1=prBCA, B1=prACB, C1=prABC.

Arǎtǎm cǎ punctul A1 aparține cercului ce trece prin A`, B`, C`. Deoarece B`C`║A1A`, rezultǎ cǎ patrulaterul A`B`C`A1 este trapez. Din faptul că [A`B`] este linie mijlocie în triunghiul ABC rezultă:

A`B` = ∙ AB

În triunghiul dreptunghic AA1B, A1C`este mediană, deci A1C`= AB. Rezultă A1C`=A`B`, adică A`B`C`A1 este trapez isoscel. Prin urmare A1 aparține cercului determinat de A`, B`, C`. Analog se arată că punctele B1 și C1 aprațin cercului ce trece prin punctele A`, B`, C`.

În continuare se demonstrează că punctul A1`, mijlocul segmentului [AH], aparține cercului determinat de punctele A`, B`, C`. Pentru aceasta se demonstrează că patrulaterul A1`C`A`B` este inscriptibil. Este suficient să se arate că m(∢A1`C`A`) = 90o, analog dovedindu-se că m(∢A1`B`A`) = 90o. [C`A1`] este linie mijlocie în triunghiul ABH, deci C`A1`║BH. Cum BH AC și A`C`║AC , rezultă C`A1`A`C`. Prin urmare patrulaterul A1`C`A`B` este inscriptibil, adică A1` se află pe cercul ce trece prin punctele A`, B`, C`.

Analog se arată că mijloacele B1` și C1` ale segmentelor [BH] și [CH] se află pe cercul determinat de punctele A`, B`, C`.

Din demonstrație rezultă că [A1`A`] este diametru în cercul lui Euler, rezultând că dreptele A1`A`, B1`B`, C1`C’ sunt concurente.

Demonstrația II – sunt folosite trei leme:

Lemă. Mulțimea punctelor N, unde N este mijlocul segmentului [HM], cu H fixat și M descrie C (O, R) este un cerc.

Demonstrație:

Deoarece punctele O și H sunt fixe, rezultă că și mijlocul W al segmentului [OH] este un punct fix. Dar WN = OM = R = constant atunci rezultă că punctul N descrie cercul C(W,).

Lemă. Simetricul ortocentrului H al triunghiului ABC față de mijlocul unei laturi se află pe cercul circumscris triunghiului.

Demostrație:

Fie A` mijlocul segmentului [BC] și A„ punctual diametral opus lui A

Deoarece HB ∥ CA” și HC ∥ BA” rezultă că patrulaterul BHCA” este paralelogram, deci simetricul lui H față de mijlocul A` al laturii [BC] se află pe cercul circumscris triunghiului.

Lemă. Simetricul ortocentrului H al triunghiului ABC față de una din laturi se află pe cercul circumscris triunghiului.

Demostrație:

Notăm cu A2 punctul în care înălțimea AA1 intersectează cercul circumscris triunghiului.

Deoarece m(∢HBA1) = 90o – m(∢BCA) =

= 90o – m(∢BA2A) = m(∢A2BA1) ⇒

⇒HA1 = A1A2

Folosind lemele 1,2 și 3 demostrăm teorema.

Se știe că mulțimea punctelor mijlocului segmentului [HM], (unde H este ortocentrul triunghiului, iar M un punct variabil pe cercul C(O, R)) este cercul C(W, ), unde W este mijlocul segmetului [OH].

Fie A1` mijlocul segmentului [AH]. Se cosideră M în pozițiile A, A2, A” (și analoagele). Se obține că mijloacele A1`, A1și A` ale segmentelor [HA], [HA2] și [HA”] aparțin cercului C(W, ). Prin urmare cele nouă puncte (A1`, A1, A` și analoagele) sunt situate pe același cerc (numit cercul lui Euler sau cercul celor nouă puncte).

Reamintim:

Spunem că într-un ∆ ABC două ceviene AA` și AA„ sunt ceviene izogonale (pe scurt izogonale) dacă ∢BAA`≡∢CAA„

Simetrica dreptei suport a unei mediane ce trece printr-un vârf al triunghiului față de dreapta suport a bisectoarei interioare din același vârf se numește simediană a triunghiului.

Observație: Simediana este izogonala medianei.

Se consideră triunghiul ABC, în care punctul M este mijlocul laturii (BC) și punctul L este piciorul bisectoarei unghiului ∢BAC. Dacă AD este simediană, rezultă că ∢LAD ≡ ∢LAM și ∢BAD ≡ ∢CAM. Pentru că dreptele AD și AM trec prin vârful A al triunghiului și formează unghiuri congruente cu bisectoarea AL spunem că ele sunt izogonale.

Observație: Un triunghi are trei simediane, fiecare trecând prin câte un vârf. Acestea sunt concurente, iar punctul lor de intersecție se numește punctul simedian al triunghiului. El mai poartă numele de punctul lui Lemoine.

Observație: Punctul lui Lemoine și centrul de greutate sunt puncte izogonale, deoarece ele se găsesc la intersecția simedianelor, respectiv la intersecția izogonalelor acestora din urmă.

Simediana dusă dintr-un vârf al unui triunghi trece prin punctul de intersecție a tangentelor în celelalte două vârfuri, la cercul circumscris triunghiului.

Se consideră triunghiul ABC și C, cercul său circumscris. Dacă tangentele în punctele B și C la cercul C se intersectează în punctul D, atunci AD este simediană a triunghiul ABC.

Cercurile lui Lemoine

Paralele duse prin K (punctul lui Lemoine) taie laturile în șase puncte conciclice cercul rezultat numindu-se primul cerc al lui Lemoine.

Demonstrație:

Fie A’, A”, B’, B”, C’, C” punctele de intersecție dintre laturile triunghiului ABC și K punctul lui Lemoine al treiunghiului ABC

Paralele C’B’, A’B” și A”C” la laturile BC, AB respectiv AC determină paralelogramele AC”KB”, BA’KC’ și A”KB’C.

Numim antiparalelă a laturii BC a triunghiului ABC, o dreaptă paralelă cu tangenta în vârful A la cercul circumscris triunghiului ABC.

În paralelogramul AC”KB”, mijlocul diagonalei C”B” aparține simedianei AK, deci C”B” este antiparalelă cu BC. Analog, dreptele C’A’ și A”B’ sunt antiparalele cu laturile AC, respectiv AB. Atunci ∢AC”B” ≡ ∢ACB ≡ ∢BC’A’ și cum A’B” ∥AC rezultă cǎ patrulaterul C’A’B”C” este trapez isoscel, deci punctele C’, A’, B”, C” sunt pe cerculC.

Din C”A” ∥ AC rezultǎ ∢ BC”A” ≡ ∢ BAC (1); din A’B” ∥ AB rezultǎ ∢ B”A’C ≡ ∢ ABC (2) și ∢ BC’A’ ≡ ∢ C’A’B” ≡ ∢ ACB(3).

Din relatiile (1), (2) si (3) rezultǎ:

m(∢C’C”A”) + m(∢C’A’A”) = m(∢ BAC) + m(∢ ABC) + m(∢ BCA) = 180°, adicǎ patrulaterul C’A’A”C” este inscriptibil, deci punctul A”C. Analog, patrulaterul C’A’A”B’ este trapez isoscel, deci și B’C . Astfel punctele A’, A”, B’, B”, C’, C” sunt conciclice.

Antiparalelele duse prin K (punctul lui Lemoine) sunt diametrele unui cerc cu centrul în K numit al doilea cerc al lui Lemoine.

Demonstrație:

Fie C1B1; A2B2; A1C2 antiparalelele la BC, AB respective AC. Proprietatea de caracterizare a simedianei ne spune că K este mijlocul acestor segmente. Din definiția antiparalelelor avem ∆KC1C2 isoscel (m(∢C2C1K) = m(∢ACB) = m(∢C1C2K)).

Atunci C1B1 = 2C1K = 2C2K = C2A1 și analog C1B1 = A2B2 deci K este centrul cercului ce trece prin A1A2B1B2C1C2..

Cercul lui Tucker

Fie ABC un triunghi și fie L1, L6 ∈ (AB), L2, L3∈ (AC), L4, L5 ∈ (BC) cu proprietatea că L1L2 = L3L4 = L5L6 și astfel încât patrulaterele L1L2CB, L3L4BA, L5L6AC sunt inscriptibile. Atunci punctele L1, L2, L3, L4, L5, L6 se află pe un același cerc (numit cercul lui Turcker).

Demonstrație:

Se consideră cercul ce trece prin L1, L6 și L5. Vom demonstra că punctele L2, L3 și L4 aparțin acestui cerc. Se demonstrează că patrulaterul L1L6L5L2 este inscriptibil. Deoarece punctele L2 și L5 se află la aceeași distanță de dreapta AB, rezultă că patrulaterul L1L2L5L6 este trapez isoscel. Deci L2 se află pe cercul circumscris triunghiului L5L6L1. Analog se arată că punctele L3 și L4 aparțin cercului determinat de punctele L5, L6 și L1.

Cercurile lui Apoloniu

Fie [AD și [AD’ bisectoarele interioară, respectiv exteriară ale ∢ BAC al triunghiului neisoscel ABC. Mulțimea tuturor punctelor M din planul triunghiului ABC pentru care = este un cerc care trece prin punctele A, D și D’. Acest cerc se numește cercul Apoloniu al laturii [BC]).

Demonstrație:

Din teorema bisectoarei interioare rezultă , de unde rezultă că = , deci [MD este bisectoarea interioară a unghiului ∢ BMC. Analog, folosind teorema bisectoarei exterioare și relația din enunț, se obține că [MD’ este bisectoare exterioară pentru unghiul ∢BMC ⇒ m(∢DMD’) = =90o și cum D și D’ sunt fixe, M aparține cercului de diametru [DD’].

Reciproc, se arată că orice punct M al cercului de diametru [DD’] satisface relația = .

Din teoremele bisectoarelor interioară și exterioară se obține egalitatea = .

Se construiesc paralelele BE, BE’, la MD, respectiv MD’.

Din teorema lui Thales în triunghiul EBC pentru paralela MD și în triunghiul D’MC pentru paralela E’B, se onțin relațiile

= (1) și

= (2)

⇒ ME = ME’ și cum ∆EBE’ este dreptunghic, (m(∢EBE’) = 90o), se obține ME = ME’ = MB

Înlocuind în relația (1) pe ME cu MB și în relația (2) pe ME’ cu MB ⇒

Analog se obțin cercurile lui Apoloniu al laturilor [AC] și [AB].

CAPITOLUL III

Aplicații

3.1. Aplicații directe la noțiunile enunțate în capitolul I

Problema 1. Punctele A, B, C, D sunt luate în aceeași ordine pe C(O, R) astfel încât m()=80o, m() = 50o, m()=120o. Calculați măsurile unghiurilor patrulaterului ABCD.

Soluție:

m() = 360o – (80o + 50o + 120o) = 110o

m(∢A) = = 85o

m(∢B) = = 115o

m(∢C) = = 95o

m(∢D) = 360o – (85o + 115o + 95o) = 65o

Problema 2. Două cercuri cu razele r1 = (x+3)cm și r2 = (1-3x)cm, iar distanța dintre centre este de 6 cm. Pentru ce valoare a lui x, cercurile sunt tangente interior?

Soluție

Când cercurile sunt tangente interior distanța d = R – r ⇒ R = r +d

Dar r1 și r2 trebuie să fie pozitive, deci x > -3 și x < ⇒ x ∊ (-3, ) (1)

Dacă r1 > r2 ⇒ x + 3 = 1 – 3x + 6 ⇒ 4x = 4 ⇒x=1 (2)

Dacă r1 < r2 ⇒ x + 3 = 1 – 3x – 6 ⇒ 4x = -8 ⇒x=-2 (3)

Din (1), (2) și (3) ⇒ x = -2

Problema 3. Fie A, B două puncte ale cercului C(O, R). Perpendiculara din O pe AB intersectează cercul C(O, R) în D (D aparține arcului mare AB). Dacă m(∢OAB) = 40o, aflați măsurile arcelor (mici) și .

Soluție:

Fie DO ∩ AB ={M}. Din triunghiul AOM isoscel ([AO]≡[OB] – razele cercului C(O, R)) ⇒ m(∢OAB) = =m(∢OBA)= 40o ⇒ m(∢AOB)=100o, dar OM ⊥ AB ⇒ OM este și bisectoarea ∢AOB⇒ m(∢AOM) = 50o, deci m(∢ DOA) = 130o.

Rezultă m() = 130o. Analog m() = 130o.

Cum m(∢AOB) = 100o, rezultă că m() = 100o.

Problema 4. Fie A, B puncte diametral opuse în cercul C (O, r), iar C și D două puncte pe unul din semicercurile determinate de AB, astfel încât m() = m() = m(). Arătați că:

m(∢DOC) = 60o

patrulaterul ABCD este trapez isoscel

patrulaterul BCDO este romb.

Soluție:

Cum m() = 180o și m() = m() = =m(), rezultă că

m() = m() = m() = 60o.

Deoarece m(∢DOC) = m(), rezultă că m(∢DOC) = 60o

Triunghiurile AOD, DOC și COB sunt echilaterale. Din ∢DCO ≡ ∢COB deducem că DC ∥ AB. Prin urmare, ABCD este trapez. Cum m(∢A) = m(∢B) = 60o, trapezul este isoscel

Patrulaterul BCDO are toate laturile egale, deci este romb.

Problema 5. Fie un patrulater inscriptibil ABCD. Se duc în exterior în așa fel încât să nu taie cercul segmentele AE și CF astfel încât AE = AD, AE ∥ BC, CF = CD, CF ∥ AB. Arătați că DF⊥ DE

Soluție:

Notăm cu a, b, c, d măsura arcelor AB, BC, CD, DA deci a + b + c + d = 360o

Fie AD ⋂ BC = {M} și AB ⋂ CD = {N}

m(∢DEA) = m(∢ADE) ( în ∆DAE, AE = AD)

În ∆DAE:

m(∢EDA) +m(∢DEA)+m(∢EAD)= =180o ⇒

2∙m(∢EDA) = 180o – m(∢EAD)

m(∢EAD) = 180o – m(∢EAM)

⇒2∙ m(∢EDA)=180o-180o+m(∢EAM)

⇒ m(∢EDA)= ∙ m(∢EAM)

m(∢EAM) = m(∢AMB) =

⇒m(∢EDA) = ( )

m(∢ADC) =

m(∢ CDF) = m(∢ CFD)

m(∢ CDF) + m(∢ CFD) + m(∢ DCF) = 180o

m(∢DCF) = 180o – m(∢NCF)

⇒ m(∢ CDF) = 180o – 180o + m(∢NCF) = m(∢NCF)

m(∢NCF) = m(∢BNC)

⇒m(∢CDF) = ∙ m(∢BNC)

m(∢BNC) = ⇒ m(∢CDF) = ( )

m(∢EDF) = ( ) + + ( ) = = = 90o

Problema 6. La un magazin de ferometal se vinde un colac de șină de butoi în forma circular format din 29 de cercuri bine apropiate unul de altul. Să se afle lungimea aproximativă a șinei din colac cunoscând raza cercului mijlociu de 40,2 cm. Cât cântărește colacul știind că șina are grosimea de 0,2 cm și lățimea de 5 cm. Densitatea metalului se ia 7,6g/cm3.

Soluție:

Se observă că, dacă avem un număr impar de cercuri concentric, lungimea tuturor cercurilor este egală cu lungimea cercului mijlociu înmulțită cu numărul cercurilor.

În cazul nostru, putem face aproximația de a considera colacul format din cele 29 cercuri concentric, la care diferența razelor a două cercuri alăturate este tocmai grosimea șinei. Avem:

L=2πRm∙N = 2π ∙ 40,2 ∙ 29 = 80,4 ∙ 29π cm = 2331,6 π cm = 7321,224 cm = 73.21 m

0,2 ∙ 5 ∙ 7321 = 7321 cm3

= 7,6 g/cm3 ∙7321 cm3 = 7,6 ∙ 7321 g = 55639,6g = 55,640 kg

Problema 7. Într-un triunghi oarecare ABC ducem înălțimea AD. Dintr-un punct E situat pe AD, ca centru se descrie un cerc cu raza AE. Acest cerc mai intersectează dreptele AB și AC respectiv în F și G. Un alt cerc care trece prin F și G mai taie dreptele AB și AC respectiv în I și K. Să se arate că BC ∥ IK.

Soluție:

Patrulaterul IFGK este inscriptibil⇒

m(∢GKI) + m(∢BFG) = 180o

m(∢AFB) = m(∢AFG) + m(∢BFG)=180o

⇒ ∢AFG ≡ ∢GKI ≡ ∢AKI;

∢AFG ≡∢GAT, AT fiind tangent la cercul AGF⇒∢GAT ≡∢AKI

Dar ∢GAT ≡∢ACB deoarece AT ∥ BC ⇒ ∢AKI ≡∢ACB ⇒BC ∥ IK

Problema 8. Considerăm trapezul cu laturile paralele AB și CD și fie E intersecția dreptei AD cu cercul ce trece prin BCD și F intersecția dreptei AD cu paralela din C la BE.

Patrulaterul ABCF este inscriptibil.

BC este media geometrică între AD și EF.

Soluție:

Avem ∢FCB ≡ ∢EBC’, unde BC’ este prelungirea laturii BC, iar ≡ fiind cuprinse între laturile paralele, ∢ EBC’ ≡ ∢ BAE, deoarece

m(∢EBC’) = m( = m( = m(∢BAE) ⇒

⇒m(∢BAF) = 180o – m(∢BAE) = 180o – m(∢BCF)

⇒ m(∢BCF) + m(∢BAF) = 180o, deci patrulaterul ABCF este inscriptibil.

Paralela din B la AD taie pe CF în H și pe CD în I; ∢ BEA ≡ ∢ BIC având laturile paralele, deci ∢ BIC ≡ ∢ BCH triunghiul BCI și BCH sunt asemenea mai având și ∢CBI comun. Din proporționalitatea laturilor rezultă că BC este medie geometrică între BI și BH, dar [BI] [AD] și [BH] [EF]

Problema 9. O dreaptă perpendiculară pe ipotenuza BC a triunghiului dreptunghic ABC întâlnește pe AB și AC în M și N. Cercurile (BMC) și (BNC) întâlnesc pe AC și AB respective în Q și P.

Să se arate că patrulaterul MNPQ este romb

Să se arate că mulțimea romburilor astfel obținute este alcătuită numai din romburi asemenea, când perpendiculara pe BC variază (triunghiul rămând constant).

Soluție:

∢B1 ≡ ∢CNP înscrise în același cerc, ∢CNM ≡ ∢B1(1) având laturile perpendiculare. Deci ∢ CNP ≡ ∢ CNM (2), deci [PN] ≡ [NM].

Patrulaterul CQMB fiind înscris ⇒ ∢B1≡ ∢MQA(3).

Dar din (1) și (3), rezultă că ∆ QMN este isoscel.

Deci PQMN este romb.

Rombul PQMN are unghiul ∢B1≡∢PNQ, constant, deci

m(∢ PNM) = 2 ∙ m(∢B1) constant, deci este membru asemenea cu cel pe care l-am obține făcând să varieze perpendiculara MN pe BC

Problema 10. Perimetrul unui trapez isoscel circumscris unui cerc este de 56 cm, iar unghiul sub care se vede baza mare din centrul cercului este de 120o. Să se calculeze lungimile laturilor trapezului .

Soluție:

Trapezul isoscel fiind circumscris, vom folosi proprietatea patrulaterului circumscris.

Centrul O se află la intersecția bisectoarelor.

Avem:

m(∢AOD) = 120o ⇒m(∢ABE) =30o⇒ AE =

∢OAD ≡ ∢OAB ≡ ∢ODA ≡ ∢ODC

Trapezul isoscel fiind circumscris ⇒ AB + CD = AD + BC = 28 cm

[AB]≡[CD]

⇒ AB = 14 cm, iar AE = 7 cm ⇒ BC = 7 cm și AD = 21 cm.

Problema 11. Fie M un punct pe latura AD a unui dreptunghi ABCD. Cu centrul în M descriem un cerc ce taie pe BC în E și F. Dreptele ME și MF taie diagonalele AC și BD în G și I, respectiv H și J. Să se demonstreze că GHIJ este un patrulater inscriptibil.

Soluție:

În triunghiul isoscel MEF: ∢MEF ≡ ∢MFE. Atunci ∢MEB ≡ ∢MFC, ca suplemente de unghiuri congruente

(∢MEF ≡ ∢ MFE).

De asemenea,

∢EBH ≡ ∢ FCI ca unghiuri de la baza triunghiului isoscel BOC

Deci ∢BHE ≡ ∢FIC, ca suplemente ale unor sume de unghiuri egale

(m(∢ EBH ) + m( ∢HEB )= m(∢ FCI ) + m(∢ IFC )).

Atunci ∢JHG ≡ ∢GIJ ca unghiuri opuse la vârf respectiv cu ∢ BHE și ∢ FIC.

Deci patrulaterul GHIJ este inscriptibil, deoarece latura GJ a patrulaterului se vede din celelalte două vârfuri sub unghiuri egale.

Observație: Dacă punctul M coincide cu mijlocul laturii AD a dreptunghiului ABCD, atunci se poate demonstra ca patrulaterul GHIJ este un trapez isoscel.

Problema 12. Un trapez este format din jumătatea unui hexagon regulat. Intersecțiile bisectoarelor acestui trapez sunt vârfurile unui patrulater. Să se arate că acest patrulater are diagonalele perpendiculare și aria lui este de 9 ori mai mică dacât a trapezului dat. Să se exprime lungimile laturilor și diagonalelor acestui patrulater știind că baza mică a trapezului este a metri.

Soluție:

AB = AD = DC = BC : 2 = AN = DN = BN = NC

Fie {M} = AN ⋂ BD

{P} = AC ⋂ DN

{Q} = AC ⋂ BD

AN ∥DC și DN ∥ AB ⇒ DP = PN și AM = MN

MP ∥ AD; RN ⊥ BC; NQ ⊥ MP; DM și AP sunt înălțimi în triunghiul ADN ⇒

⇒ NR ⊥ AD; NQ ⊥ MP.

A ∆ABN = A ∆DCN = A ∆AND triunghiuri echilaterale.

MQPN, MQRA și RQPD sunt patrulatere congruente.

A MQPN = A ∆AND = ∙A ABCD = A ABCD

MN = PN = ; NR = ;

MQ = ∙ = = PQ

MP = ; QN = NR = ∙ =

Problema 13. Să se arate că suma distanțelor de la mijloacele laturilor unui triunghi oarecare la tangentele duse de cercul circumscris prin vârfurile opuse acestor laturi este:

2S∙

Soluție:

Fie A’, B’, C’ mijloacele laturilor ∆ABC și A”, B”, C” proiecțiile lui A’, B’, C’ pe tangentele duse la cercul circumscris triunghiului în punctele A, B respectiv C.

Avem de calculat

A’A” + B’B” +C’C”.

Fie E și D proiecțiile B respectiv C pe tangenta în A la cerc. BE ∥ DC ∥ A’A”, toate fiind perpendiculare pe tangentă.

[BA’] ≡ [A’C] ⇒ A’A” este linie mijlocie în trapezul BCDE.

Deci A’A” =

Observăm că: ∆AHC ∼ ∆BEA (H fiind piciorul înălțimii din A) pentru că ∢EAB= ∢ACB =

Rezultă , de unde BE =

Analog găsim

Atunci A’A” va fi egal cu :

Analog găsim:

⇒ A’A” + B’B” +C’C” = 2S ∙

Simediane Punctele C, M, D și A sunt situate pe dreapta d, in acesta ordine, cu CM = MD. Cercul C este tangent la dreapta d în punctul A. Fii punctul B pe cercul C, diametral opus față de punctul A. Dacă dreptele BC și BD intersectează a doua oară cercul C în punctele P, respectiv Q, arătați că dreptele tangente la cercul C în punctele P și Q și dreapta BM sunt concurente.

Soluție

Deoarece patrulaterul AQPB este inscriptibil,

m(∢BPQ) = 180o – m(∢BAQ) = =180o – [90o – m(∢ABQ)] =

=90o + m(∢ABQ) (deoarece unghiul ∢BQA este drept (fiind înscris în semicerc). Cercul C este tangent la dreapta d, deducem că m(∢BAD) = 90o și atunci, unghiul exterior ∢BDC va avea măsura egală cu 90 + m(∢ABQ).

Așadar, m(∢BPQ) = m(∢BDC), de unde rezultă că PQ este antiparalelă cu DC în ∆BCD, deci ∆BPQ ∼ ∆BDC. Cum punctele M și N sunt mijloacele bazelor acestor două triunghiuri, rezultă imediat că și ∆BNQ ∼ ∆BMC, de unde deducem congruența ∢MBC ≡ ∢NBQ, deci BM este simediană a triunghiului BQP. Din teorema simedianei rezultă concurența celor trei drepte.

Din punctul K, exterior cercului C, construimtangentele la acesta, KL și KN. Fie M un punct oarecare pe semidreapta ( KN, astfel încât punctele M și K sunt situate de o parte și de alta a punctului N. Dacă cercul circumscris triunghiului KLM intersectează a doua oară cercul C în punctul P și punctul Q este proiecția punctului N pe dreapta ML, arătați că m(∢MPQ) = 2 m(∢KML).

Soluție:

Tangentele din punctul K la cercul C ne conduc la faptul că PK este simediană a triunghiului PLN. Considerând punctul R, mijlocul laturii (LN), avem ∢LPK ≡ ∢RPN. Cum m(∢NPM) = m(∢LPM) – m(∢LPN) = [180o – m(∢LKM) – ] (deoarece patrulaterul KLPM este inscriptibil și unghiul ∢LPN subîntinde arcul ), iar dreptele KL și KN sunt tangente la cercul C, rezultă că:

m(∢NPM) = 180o – m(∢LKM) – m(∢KLN) = m(∢LNK) = m(∢LPN).

Dar ∢PNM ≡ ∢PLN rezultă că ∆NPM ∼ ∆LPN. Considerăm punctele S și R, mijloacele laturilor (NM), respectiv (NL) atunci ∆PRN ∼ ∆PSM. Atunci ∢LPK ≡ ∢SPM.

Triunghiul ∆NQM fiind dreptunghic, mediana (QS) rezultă:

∢SQM ≡∢SMQ ≡ ∢ LPK ≡∢SPM,

ceea ce implică inscriptibilitatea patrulaterului SQPM. Atunci:

m(∢MPQ) = 180o – m(∢MSQ) = 2∙ m(∢KML).

Într-un triunghi dreptunghic ABC cu unghiul drept în A, ducem bisectoarea AD, iar prin D ducem o perpendiculară pe BC care taie pe AB în E și pe AC în F.

Să se demonstreze că BD = DF și CD = DE

Să se demostreze că simetricul punctului E față de dreapta BC este pe cercul circumscris triunghiului BFC și că simetricul punctului F față de dreapta BC este pe cercul circumscris triunghiului BEC, iar aceste două cercuri sunt egale între ele.

Să se arate că unghiurile EBF și ECF sunt egale și că AE ∙ BF = AF ∙ CE

Solutia I

Deoarece FD ⊥ BD și FA ⊥ BA patrulaterul AFDB este inscriptibil, deci:

m(∢FBD) = m(∢FAD) = = 45o,

adică triunghiul FBD este dreptunghic și isoscel prin urmare FD = BD; analog DE = CD

Soluția a II-a

Din asemănarea triunghiurilor FDC și ABC avem:

Însă conform teoremei bisectoarei interioare, devine :

sau FD = BD

Analog CD = DE.

Soluția a III-a

Avem : FD = DC tg C, deci avem de arătat că:

BD = DC tg C,

Însă din teorema bisectoarei:

, de unde BD =

Deci, relația de demonstrat devine: AB = AC tg C, adică o relație cunoscută.

Analog avem DE = CD

Fie E’ și F’ simetricele punctelor E și F față de BC. Deoarece FD = BD și FD ⊥ DB, avem FE’ = BC, deci și DC = DE’.

Însă DC = ED, deci și ED = CD, adică simetricul lui F față de BC se află pe cercul BCF. Analog simetricul lui F față de BC se află pe cercul BCE.

Centrele ambelor cercuri se află pe mediatoarea segementului BC, la intersecția acestei mediatoare cu mediatoarele segementelor BF și EC.

Triunghiurile dreptunghice BFD și EDC sunt isoscele, deci mediatoarele segmentelor care sunt ipotenuzele lor taie mediatoarea segmentului BC la egala distanță de BC. Centrele celor două cercuri sunt la egală distanță de BC, deci razele lor sunt egale.

Deoarece AF ⊥ AB și FD ⊥ BD; AE ⊥ AC și ED ⊥ DC, patrulaterele AFDB și AECD sunt inscriptibile, deci:

∢ ABF = ∢ EDA și ∢ ECA = ∢ EDA, de unde ∢ECA = ∢ ABF

Ținem seama că BF = BD și EC = DC , relația de demonstrat se poate scrie:

AE ∙ BD = AF ∙ DC sau AE ∙ BD = AF ∙ DC

Notăm m(∢ ECA) = m(∢ ABF) = α, avem:

AE = BD tg α și AF = AB tg α,

Deci relația de demonstrat devine:

AC ∙ BD tg α = AB ∙ DC tg α sau AC ∙ BD = AB ∙ DC,

Care este tocmai teorema bisectoarei

Se consideră un triunghi ascuțitunghic ABC înscris într-un cerc și se notează cu M, N și P mijloacele respective ale arcelor celor mai mici AB, BC și CA.

Să se demonstreze că, dacă unghiul PMN este egal cu un unghi al triunghiului ABC, acest triunghi este isoscel sau are un unghi de 60o.

Soluție

Sunt de studiat două cazuri:

∢PMN este egal cu unul din unghiurile alăturate de exemplu ∢PMN≡∢BAC

∢PMN este egal cu ∢BCA.

∢PMN ≡ ∢BAC (A1 = M1 pe figură)

Notăm = = a, = = b,

= = c.

∢A1 = ∢M1 adică 2∙a = a + b a = b ⇒ 2∙a = 2∙b sau = și coardele respective = ⇒ ∆ ABC isoscel

∢M1 = ∢ACB adică a + b = 2c

Dar a + b + c = 180o

⇒180o – c = 2 ∙ c ⇒ 3 ∙ c = 180o ⇒

c = 60o

Un trapez isoscel ABCD, (BC ∥ AD, BC = 2∙a, AD = 2∙b) este circumscris unui cerc de centru O. Fie M și N punctele în care CD, respectiv AB sunt tangente cercului și E punctul de intersecție al diagonalelor.

Să se calculeze raza cercului în funcție de a și b.

Să se arate că punctele M, E și N sunt coliniare.

Să se calculeze ME în funcție de a și b

Paralela din O la bază taie pe CD în P. Din compararea segmentelor OP, OM și EM, să se deducă inegalitățile dintre media aritmetică, media geometrică și media armonică a numerelor pozitive a și b, întelegandu-se prin media armonica numărul x unde

Soluție

Diametrul cercului este egal cu înălțimea trapezului. Ducem CF perpendiculară pe AD și în triunghiul dreptunghic CFD aplicăm teorema lui Pitagora:

CF =

Tangentele dintr-un punct la un cerc sunt egale (adică segmentele dereminate de punctul inițial și de punctul de contact) CD = a + b

Mai știm că FD = = = b – a

Deci CF = .

Deci notând cu R raza cercului înscris în trapez R.

Știm că

De asemenea raportul de asemănare al triunghiurilor BEC și EAD este . Deci ducând prin E înălțimea trapezului FG obținem raportul înălțimilor triunghiurilor BEC și EAD: , deci și N,E, M sunt coliniare

Știm că , deci , sau

sau EG = = =

EM =

Ducând prin O paralela QP la baze (P este pe CD, Q pe BA) obținem

OP = , (jumatate din linia mijlocie pentru că ipotenuza este mai mare decât cateta: OP > OM > EM și

Știm însă că , și deci x = ⇒ media armonică este mai mică decât cea geomatrică, care este mai mică decât cea aritmetica

Pe latura BC a triunghiului oarecare ABC se ia un punct D, iar triunghiurile ABD și ACD se circumscriu cercurilor O1 și O2. Să se demonstreze:

Punctele de intersecție cu cercurile, ale diametrelor duse prin A sunt coliniare cu al doilea punct de intersecție al cercurilor

Raportul razelor celor două cercuri este constant

Triunghiul ABC este asemenea cu triunghiul AO1O2

Soluție:

AD este coarda comună a cercurilor O1 și O2. Prin urmare AM = MD și deoarece AO1 = O1E și AO2 = O2F, rezultă că punctele E, D, F sunt coliniare.

Notăm cu R1 și R2 razele cercurilor O1 și O2. Vom avea:

R1 și R2

Deci:

= constant

O1O2 este linie mijlocie în triunghiul AEF. Deci ∢AO1O2 ≡ ∢AEF și ∢AO2O1 ≡ ∢AFE.

Dar ∢ AED ≡ ∢ B( le corespunde același arc de cerc ) și ∢ AFD ≡ ∢ C (le corespunde același arc de cerc ), deci:

∢AO1O2 ≡ ∢B și ∢AO2O1 ≡ ∢C,

deci triunghiurile AO1O2 și ABC sunt asemenea.

3.2. Aplicații directe la teoremele prezentate în capitolul II

3.2.1 Cercul medial (Cercul celor 9 puncte, cercul lui Euler)

Problema 1. Fie un triunghi ∆ABC înscris în cercul de centru O. Dacă Oa, Ob, Oc sunt simetricele lui O față de BC, CA și respectiv AB, să se arate că dreptele AOa, BOb, COc sunt concurente în O’, centrul cercului lui Euler al triunghiului ABC.

Soluție:

Fie D punctul diametral opus lui A pe cercul circumscris triunghiului ABC, H ortocentrul triunghiului (Ha, Hb, Hc sunt picioarele perpendicularelor coborâte din vârfurile A respectiv B, C), iar Ma, Mb și Mc mijloacele laturilor BC, AC respectiv AB.

DA fiind diametru, rezultă că BD ⊥ AB și DC ⊥ AC. Deoarece BHb ⊥ AC și CHc ⊥ AB rezultă că BHb ∥ DC și CHc ∥ BD, deci BDCH este paralelogram; atunci diagonala DH trece prin mijlocul Ma al lui BC (deci BC HD={Ma}). Cum O este punctul de intersecție al mediatoarelor triunghiului ABC, rezultă că OMa ⊥ BC, AH ⊥ BC, deci AH ∥ OOa . Deoarece AO ≡ OD, rezultă că OMa este linie mijlocie în triunghiul ∆AHD; de aici avem OMa = , adică OOa = 2OMa = AH . Patrulaterul AHOaO fiind paralelogram diagonalele HO și AOa se injumatatesc, deci AOa OH ={O’} . Analog se demonstrează că BOb OH ={O’} și COc OH ={O’}

Deci AOa BOb COc ={O’}.

Problema 2. Fie M un punct pe un cerc C (O, R), H simetricul lui O față de M și P un punct arbitrar ales pe cercul C’ (M, ), dar aflat în interiorul discului D(O, R). Dacă {A} = HP C, iar perpendiculara pe dreapta HP în P intersectează cercul C în punctele B și C, atunci punctul M este centrul cercului celor nouă puncte al triunghiului ABC.

Soluție:

Evident O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Fie Ma mijlocul segmentului BC. Atunci OMa ⊥ BC, OMa ∥ HP. În trapezul OMaHP, M este mijlocul diagonalei OH, deci perpendicular dusa din M pe PMa cade în mijlocul segmentului, PMa de unde rezultă că PM ≡ MMa (= ) adică punctul Ma C’ . Atunci cercul C’ ce trece prin piciorul înalțimii din A, prin mijlocul laturii BC și are raza jumătate din raza cercului circumscris triunghiului ABC este cercul lui Euler al triunghiului ABC, deci M este centrul cercului lui Euler al triunghiului ABC.

3.2.2 Cercurile lui Lemoine

Problema 3. Arătați că centrul primului cerc al lui Lemoine este mijlocul segmentului OK, O fiind centrul cercului circumscris triunghiului oarecare ABC, iar K fiind punctal lui Lemoine.

Soluție:

Fie M, N, P, Q, R, S punctele de intersectie, iar V și L mijloacele segmentelor RQ, respectiv KO. Atunci VL este linia mijlocie în triunghiul AKO , deci VL ∥ AO și VO = = .

Deoarece ARKQ este paralelogram rezultǎ cǎ mijlocul diagonalei RQ aparține simedianei AK, deci RQ este antiparalelǎ cu BC. Analog, dreptele SM și NP sunt antiparalele cu laturile AC , respectiv AB.

Deoarece AO ⊥ RQ rezultǎ VL ⊥ RQ , deci triunghiul RLQ este isoscel, de unde RL ≡ LQ. Analog, se aratǎ cǎ LS ≡ LM ≡ LN ≡ LP ≡ LR , adicǎ mijlocul segmentului KO este centrul primului cerc al lui Lemoine al triunghiului ABC .

Problema 4. Fie SP, RN și MQ antiparalele duse la laturile BC , CA respectiv AB prin punctul K al lui Lemoine al triunghiului ABC. Arătați că triunghiurile RMP și QSN au laturile paralele două câte două și perpendiculare pe laturile triunghiului ABC .

Soluție:

Deoarece SP, RN și MQ antiparalele duse la laturile BC, CA respectiv AB prin punctul K al lui Lemoine al triunghiului ABC, atunci K este mijlocul segmentelor SP, RN, MQ. Dar ∢ABC ≡∢SPQ≡∢MQC, deci triunghiul KPQ este isoscel, de unde KP ≡ KQ adică SP ≡ MQ. Analog, MQ ≡ RN, deci antiparalelele SP, RN și MQ sunt congruente și au același mijloc K, deci punctele M, N, P, Q, R, S aparțin unui cerc C.

Deci SP, RN și MQ sunt diametre în cercul C și rezultă că:

m(∢ RMN) = m(QNM) = 90° , deci RM ∥ QN și RM ⊥ BC, NQ ⊥ BC. Analog, pentru celelalte perechi de laturi.

Deoarece patrulaterele MNQR, NPRS și SMPQ sunt dreptunghiuri rezultă că RQ ∥ BC, NP ∥ AB și SM ∥ AC.

3.2.3. Cercul Lui Tucker

Problema 5. Dacă A1A2, B1B2, C1C2 sunt trei antiparalele la laturile BC, CA, respectiv AB, ( A1, B2 AB; B1, C2 BC; C1, A2 CA ), ale triunghiului ABC , astfel încât A1A2 ≡ B1B2 ≡ C1C2, arătați că:

Dacă α, β, γ sunt mijloacele antiparalelor A1A2, B1B2, respective C1C2 , atunci triunghiurile αβγ și ABC sunt asemenea ;

Triunghiurile A1B1C1 și A2B2C2 sunt congruente;

Triunghiurile A1B1C1 și A2B2C2 sunt asemenea cu triunghiul ABC .

Soluție:

Avem: ∢AA1A2 ≡ ∢ACB ≡ ∢B1B2B și A1A2 ≡ B1B2, deci patrulaterul A1A2B1B2 este trapez isoscel. Analog, C2C1A2A1 și C2C1B2B1 sunt trapeze isoscele.

a) Dreptele Aα, Bβ și Cγ sunt simedianele triunghiului ABC , deci sunt

concurente în punctul lui Lemoine (K) al triunghiului ABC. Atunci αβ, βγ și αγ sunt linii mijlocii în trapezele A1A2B1B2 C2C1A2A1 respectiv C2C1B2B1, deci αβ || AB, βγ || BC, αγ || CA , deci triunghiurile αβγ și ABC sunt asemenea.

b) Avem A1B1 ≡ A2B2, B1C1 ≡ B2C2, A1C1 ≡ A2C2 ca diagonale in trapeze isoscele, deci triunghiurile A1B1C1 și A2B2C2 sunt congruente.

c) Deoarece ∢A1B1C1 ≡ ∢A1B2C1 ≡ ∢ABC, ∢B1C1A1 ≡ ∢ B1C2A1 ≡∢ACB, rezultă că triunghiurile ABC și A1B1C1 sunt asemenea. Analog se arată că triunghiurile ABC și A2B2C2 sunt asemenea.

3.2.4. Cercurile lui Apoloniu

Arătați că Cercurile lui Apoloniu taie cercul circumscris după simediane.

Demonstrație:

Se consideră triunghiul ABC și cercul său circumscris, T, L, X punctele de intersecție a tangentelor la cercul circumscris din A și B, A și C, B și C respectiv, iar prin X se construiește o paralela la TA ce intersectează AB în D și AC în E.

Deoarece ∢BDX ≡ ∢TAB ≡ ≡∢TBA ≡ ∢DBX, se obține ca BX = XD.

Analog CX =XE, deci DX = XE (pentru că XB = XC).

Dar dreapta DE este antiparalelă la BC deoarece ∢ADE ≡ ∢ACB, deci X se află pe simediana din A.

Fie S punctul de intersecție a simedianei AX cu cercul circumscris triunghiului ABC. Se demonstrează că , deci că S aparține cercului Apoloniu al laturii [BC]. Pentru aceasta se consideră T1, T2 proiecțiile lui S pe AB, respectiv AC.

Atunci ∢SBT1 ≡ ∢SCT2 (deoarece patrulaterul ABSC este inscriptibil), deci . Dar (S fiind pe simediana din A), deci .

Concluzii

Bibliografie

Constantin Ionescu – Țiu – Geometrie plană și în spațiu pentru admiterea în facultate, Ed. Albatros, București 1976.

Nicolescu L., Boskoff V. – Probleme practice de geometrie, Editura Tehnică, București, 1990

Radu D., Radu E. – Manual pentru clasa a VII-a, Editura Teora, București 1999.