Geometria Patrulaterelor

GEOMETRIA PATRULATERELOR

CUPRINS

INTRODUCERE

Geometria , conform Dex’98 , este o ramură a matematicii care studiază formele și proprietățile corpurilor , precum și raporturile lor spațiale. Etimologia cuvântului geometrie provine din limba greacă , geo = pământ și metron = măsurare , geometrie = măsurarea pământului sau a terenului.

Apariția geometriei nu poate fi precizată cu exactitate , noțiuni de geometrie găsim în scrierile vechi ale multor popoare. Totuși, printre cele mai vechi scrieri antice păstrate care prezintă noțiuni de geometrie sunt cele egiptene și babiloniene. Istoricul grec Herodot relatează într-una din scrierile sale că geometria ar fi apărut ca o artă a măsurării terenurilor în Egiptul antic. Egiptenii din antichitate știau să facă măsurători și calcule cu distanțe , puteau calcula unele arii și volume ale unor corpuri. Erau aplicate aceleași algoritme de calcul pentru aceleași tipuri de probleme fără a utiliza o formula generală stabilită. Babilonienii făceau și ei calcule , realizau chiar figuri ale unor probleme cu caracter geometric pentru ilustrarea textului .

Inspirați de egipteni și babilonieni apar în bazinul mediteranean matematicieni preocupați de geometrie precum Thales din Milet (624-548 î.Hr.), Pithagora din Samos (575-495 î.Hr.), Platon (427-347 î.Hr.), Aristotel (384-322 î.Hr.), Euclid din Alexandria (330-265 î.Hr.) , Arhimede din Siracuza (287-212 î.Hr.) și alții . Dintre aceștia , un rol important în structurarea riguroasă a geometriei la avut Euclid prin lucrarea sa „Elemente” . Lucrarea lui Euclid este compusă din treisprezece cărți (suluri de papirus numite biblia=cărți) și conțin noțiuni de geometrie plană , teoria proporțiilor și asemănarea figurilor plane, aritmetică și teoria numerelor, segmente incomensurabile (iraționale) , geometrie în spațiu și poliedre regulate . Postulatul V sau axioma paralelelor , cum mai este cunoscut , se regăsește printre axiomele geometriei care îi poartă numele , geometria euclidiană. De altfel, demonstrația că postulatul V este un postulat a fost realizată în secolul al XIX-lea de către N.I.Lobacevski și J.Bolyai prin crearea geometriei neeuclidiene sau hiperbolice. „Elemente” nu prezintă rezultate noi, ci realizează o structurare a scrierilor predecesorilor lui Euclid, ca și un manual. Tot în această lucrare sunt folosite pentru prima dată la sfârșitul unei demonstrații cuvintele latinești „quod erat demonstrandum” = ceea ce trebuie demonstrat.

La sfârșitul secolul al XIX-lea, în anul 1899, este publicată lucrarea „Grundlagen der Geometrie” a lui David Hilbert (1862-1943) prin care este prezentată prima teorie axiomatică semiformalizată a geometriei euclidiene, bazată pe douăzeci de axiome, un sistem axiomatic precis dar deosebit de complex . În 1932 , matematicianul George David Birkhoff a propus o axiomatizare a geometriei euclidiene într-o formă modificată, simplificată față de cea a lui David Hilbert. Sistemului axiomatic al lui George David Birkhoff este utilizat astăzi în scop didactic pentru studierea geometriei euclidiene .

Geometria are o structură complicată, greu de prezentat elevilor de gimnaziu. Este dificil de păstrat rigurozitatea teoriilor axiomatice ale geometriei euclidiene pentru a prezenta elevilor de gimnaziu aceste noțiuni. Studiul geometriei în școala gimnazială are totuși un caracter axiomatic. În clasele gimnaziale elevii pornesc studiul geometriei euclidiene de la noțiuni primare despre punct, dreaptă, plan, relația de apartenență a unui punct la o dreaptă . Axiomele sunt prezentate ca proprietăți evidente. Sunt studiate proprietăți ale unghiurilor și triunghiurilor, relațiile de paralelism și perpendicularitate , patrulaterele , asemănarea triunghiurilor, relațiile metrice în triunghiul dreptunghic, cercul și calculul unor arii și volume ale unor corpuri.

Programa de matematică din 2009 pentru clasa a VII-a cuprinde studierea patrulaterelor și a ariilor patrulaterelor încă din primul semestru școlar. Sunt definite și descrise patrulaterele dar și proprietățile acestora. Tot pe parcursul clasei a VII-a , dar în cadrul unității de învățare legată de teorema lui Thales este studiată linia mijlocie în trapez iar la unitatea de învățare legată de poligoanele regulate este studiat pătratul înscris în cerc. Pentru studierea patrulaterelor sunt utilizate și o parte din noțiunile predate anterior. Practic studierea patrulaterelor ajută elevii să consolideze unele noțiuni învățate anterior și să acumuleze altele noi. Înțelegerea de către elev a studiului patrulaterelor este importantă deoarece îl va ajuta în continuare la asimilarea viitoarelor noțiuni legate de asemănarea triunghiurilor, a relațiilor metrice sau a cercului. Tocmai de aceea am ales ca temă pentru această lucrare studierea geometriei patrulaterelor , dar și pentru a înțelege mai bine cum să îmi perfecționez procesul de predare a noțiunilor de geometriei către elevi. Studierea patrulaterelor a însemnat cunoașterea detaliată a acestora, demonstrarea unor proprietăți importante și rezolvarea unor probleme frumoase de geometrie.

Lucrarea de față este structurată pe trei capitole , având o parte formată din două capitole de noțiuni teoretice și o parte cu aspecte metodice practice dar și cu o serie de probleme de geometrie demonstrate. Lucrarea este concepută ca o comparație între proprietățile poligoanelor și cele ale patrulatere, în partea de noțiuni teoretice.

În primul capitol intitulat „ Noțiuni fundamentale” sunt prezentate noțiuni despre poligoane , de descompunerea poligoanelor convexe în triunghiuri, proprietăți legate de unghiurile poligoanelor convexe , proprietăți ale poligoanelor inscriptibile într-un cerc și a celor circumscrise unui cerc, proprietăți ale poligoanelor regulate.

Capitolul al doilea se numește „ Patrulatere” și prezintă definițiile și proprietățile patrulaterelor cunoscute, a patrulaterelor inscriptibile intr-un cerc și a celor circumscrise uni cerc , a patrulaterelor ortodiagonale , aria patrulaterelor și simetria patrulaterelor.

Următorul capitol „Aspecte metodice privind predarea patrulaterelor” conține un studiu metodic asupra predării patrulaterelor utilizând platforma de e-learning , probleme rezolvate cu patrulatere pentru predarea la clasă și probleme rezolvate cu patrulatere pentru concursuri școlare .

Lucrarea conține noțiuni teoretice cât și exemple practice, cu desene corespunzătoare fiecărei situații.

CAPITOLUL I

NOȚIUNI FUNDAMENTALE

I.1 Poligoane

Definiția I.1.1.Se numește mulțime convexă o mulțime M de puncte într-un plan care are următoarea proprietate: dacă P, Q sunt două puncte distincte oarecare ale mulțimii M, atunci M conține toate punctele segmentului (PQ), adică P, Q M (PQ) M.

Exemple de mulțimi convexe:

Exemplul 1. Mulțimea vidă și mulțimea formată dintr-un singur punct sunt considerate mulțimi convexe, deoarece o astfel de mulțime nu conține o pereche de puncte și atunci orice două puncte ale ei îndeplinesc condițiile definiției .

Exemplul 2. Orice dreaptă, semidreaptă, segment sunt mulțimi convexe.

Exemplul 3. Un plan, semiplan sunt mulțimi convexe.

În figura 1 sunt două tipuri de mulțimi.

Figura 1.

Desenul a ) este o mulțime convexă;

b) și c) nu sunt mulțimi convexe.

Pentru a arăta că o mulțime este convexă este suficient să punem în evidență oricare două puncte P, Q ale mulțimii pentru care (PQ) este inclus in mulțime. Pentru a arata că o mulțime M de puncte nu este conexă, trebuie să arătăm că există două puncte A și B din mulțimea M , astfel ca (AB) M.

Teorema I.1.1 Intersecția a două mulțimi convexe este convexă.

Demonstrație: Fie M1 și M2 două mulțimi convexe. Demonstrăm că M1 M2 este o mulțime convexă. Fie P,Q M1 M2 , atunci P,Q M1 și P,Q M2 , iar pentru că M1 și M2 sunt mulțimi convexe obținem (PQ) M1 și (PQ) M2 , de unde concluzionăm că (PQ) M1 M2 .(Figura 2)

P

M1 Q M2

Figura 2

Generalizarea teoremei anterioare este următoarea:

Orice intersecție de mulțimi convexe este convexă.

Reuniunea unor mulțimi convexe nu este întotdeauna o mulțime convexă.

Definiție I.1.2 Interiorul unghiului propriu este mulțimea de puncte

Int = (aC (cA , unde a = AB și c = BC .(Figura 3)

Figura 3

Conform teoremei I.1.1 , Int este o mulțime convexă deoarece se obține din intersecția a doua semiplane deschise ce sunt mulțimi convexe.

Definiție I.1.3 Fie P1, P2, P3, … , Pn , n puncte situate într-un plan . O linie poligonală este o mulțime de forma L = [P1P2] [P2P3] [P3P4] …. [Pn-1Pn] (figura 4 a),b),c)). Punctele P1, P2, P3, … , Pn se numesc vârfurile liniei L , iar segmentele [P1P2] , [P2P3] , [P3P4], …, [Pn-1Pn] se numesc laturile liniei L. Laturile [PiPi+1] și [Pi+1Pi+2] se numesc laturi consecutive , iar vârfurile Pi, Pi+1 se numesc vârfuri consecutive. Segmentele [PiPj], care nu sunt laturi , se numesc diagonale.

Definiție: I.1.4 Linia poligonală L se numește închisă dacă P1=Pn (figura 4 a)) și simplu închisă (figura 4 b) ) dacă in plus oricare două laturi neconsecutive nu au punct comun și două laturi consecutive au suporturi diferite. O linie poligonală simplu închisă se mai numește poligon.

Etimologia cuvântului poligon este grecească, polys = numeros, gonia,gonos=unghi, unghiuri ; de aceea pentru un poligon cu n vârfuri se mai folosește și prescurtarea n-gon. Un poligon cu n vârfuri P1, P2, … , Pn se notează P1P2 …Pn .

Figura 4

Liniile poligonale din figura 4 a) și b) nu sunt poligoane deoarece fie P1 ≠ Pn sau laturile P1P2 și P3P4 se intersectează.

Definiție I.1.5 Un poligon P1P2 …Pn se numește convex , dacă pentru fiecare latură [PiPi+1] , toate vârfurile diferite de Pi și Pi+1 se găsesc de aceeași parte a dreptei PiPi+1 (figura I.1.4 c) , n= 5), în caz contrar patrulaterul se numește concav (figura 5).

A

C

D B

Figura 5

Definiție I.1.6 Interiorul unui poligon convex P1P2 …Pn este intersecția tuturor semiplanelor deschise limitate de suporturile laturilor poligonului și care conțin vârfurile nesituate pe laturile respective (figura 6). Se notează Int P1P2 …Pn .

P1 P2

Int P1P2…Pn

P3

Pn

P4

Figura 6

Un poligon convex P1P2 …Pn nu este o mulțime convexă, dar interiorul său este o mulțime convexă.

Teoremă I.1.2 Dacă P1P2 …Pn este un poligon convex, atunci Int P1P2 …Pn este mulțime convexă.

Demonstrație: Avem de demonstrat că oricare ar fi P,QInt P1P2 …Pn rezultă (PQ)Int P1P2 …Pn. Dacă (PiPi+1) este o latură a poligonului P1P2 …Pn și P,Q Int P1P2 …Pn , atunci orice punct T (PQ) semiplanele (PiPi+1,P), (PiPi+1,Q) și (PiPi+1,T) coincid. Deci T aparține tuturor semiplanelor a căror intersecție este Int P1P2 …Pn , adică (PQ)Int P1P2 …Pn

Definiție I.1.7 Reuniunea dintre un poligon convex P1P2 …Pn și interiorul său se numește suprafață poligonală convexă și se notează [P1P2 …Pn]= P1P2 …Pn Int P1P2 …Pn .

Teorema I.1.3 Dacă P1P2 …Pn este un polinom convex există o familie de triunghiuri T={Ti / i} încât :

Pentru i triunghiurile Ti și Ti+1 au o latură comună c comună ce constituie o diagonală di a poligonului P1P2 …Pn .

Int P1P2 …Pn = () ().

Demonstrație: Considerăm T1=P1P2P3,T2=P1P3P4,…,Ti=P1Pi+1Pi+2 ,…,Tn-2=P1Pn-1Pn.

În acest caz di=(P1Pi+2) și condiția 1) este realizată (figura 7) . Considerăm pentru i=1,2,…,n-2 mulțimile Ai = Int(P2P1Pi+2) , de unde are loc A1 A2 A3… n-2 și

Int P1P2 …Pn n-2 . Pentru orice punct M Int P1P2 …Pn va exista un prim număr natural p astfel încât MAp , atunci MP1Pp+1 ceea ce conduce la concluzia că Mdp-1 , în caz contrar M Int(Pp+1P1Pp+2) . Deoarece poligonul P1P2 …Pn este convex , rezultă că M și P1 sunt de aceeași parte a dreptei PpPp+1 și deci M Int P1P2 …Pn . A fost demonstrată astfel incluziunea Int P1P2 …Pn () (). Pentru incluziunea inversă considerăm un punct M() () de unde obținem ca M() sau M () , deci există un număr p astfel încât MIntTp sau un număr p astfel încât Mdp . De aici putem trage concluzia că M Int P1P2 …Pn și astfel este demonstrata incluziunea.

Figura 7

Concluzia este că orice suprafață poligonală a unui poligon convex cu n laturi (n) poate fi descompusă în (n-2 ) suprafețe triunghiulare .

Teorema I.1.3 Suma măsurilor unghiurilor unui poligon convex cu n laturi este egală cu (n-2)180o .

Demonstrație: Dacă descompunem poligonul intr-o familie de triunghiuri

T={Ti / i} , suma măsurilor unghiurilor unui triunghi Ti este 180o și in familia T de triunghiuri sunt (n-2) triunghiuri . Orice unghi PiPi+1Pi+2 al poligonului este o sumă de unghiuri din triunghiuri Ti care au ca vârf pe Pi+1 și fiecare unghi al unui triunghi Ti apare intr-o astfel de sumă.

Teorema I.1.4 Orice poligon convex admite o arie.

Demonstrație: Deoarece suprafața un poligon convex poate fi descompusă în (n-2) suprafețe triunghiulare , atunci aria suprafeței unui poligon poate fi calculată însumând ariile suprafețelor celor (n-2) triunghiuri din descompunere..

Definiție I.1.8 Un poligon se numește înscris în cerc dacă vârfurile poligonului aparțin cercului . În acest caz cercul se numește circumscris poligonului.

Definiție I.1.9 Un poligon se numește circumscris unui cerc dacă laturile sale sunt tangente la cerc. În acest caz , cercul se numește înscris în poligon.

Teorema I.1.5 Un poligon convex poate fi înscris într-un cerc dacă și numai dacă mediatoarele laturilor sale sunt concurente.

Demonstrație: Fie poligonul P1P2 …Pn și presupunem că mediatoarele laturilor sale sunt concurente în punctul O (figura 8). Aplicând proprietatea punctelor de pe mediatoarea unui segment , orice punct de pe mediatoarea unui segment este egal depărtat de capetele segmentului , obținem că OP1 =OP2 = … = OPn , ceea ce însemnă că vârfurile poligonului sunt egal depărtate de punctul O , adică P1,P2, … ,Pn aparțin cercului cu centrul în O și de raza r = OP1, (O, r) .

Reciproc, cercul (O, r) este circumscris poligonului P1P2 …Pn . Atunci OP1 =OP2 = … = OPn = r , ceea ce însemnă că O este un punct de pe mediatoarea segmentelor (P1P2) , (P2P3) , … , (PnP1) .

P1

Pn P2

P3

O

Figura 8

Un poligon care poate fi înscris într-un cerc se numește poligon inscriptibil .

Teorema I.1.6 Un poligon convex poate fi circumscris unui cerc dacă și numai dacă bisectoarele unghiurilor sale sunt concurente .

Demonstrație: Fie poligonul P1P2…Pn și notăm cu O punctul de intersecție al bisectoarelor unghiurilor poligonului (figura 9) . Deoarece , orice punct de pe bisectoarea unui unghi este egal depărtat de laturile unghiului , obținem că d(O,P1P2) = =d(O,P2P3) = … = d(O,PnP1) . Cu alte cuvinte, cercul (O, r) ,unde r = d(O,P1P2) , este tangent fiecărei laturi a poligonului și deci poligonul nostru este circumscris cercului.

Reciproc, dacă poligonul P1P2…Pn este circumscris unui cerc (O, r) , atunci d(O,P1P2) = d(O,P2P3) = … = d(O,PnP1) = r , adică punctul O se află la intersecția bisectoarelor unghiurilor poligonului.

P1

Pn P2

P3

Figura 9

Următoarea teoremă dovedește existența unor poligoane numite ulterior regulate.

Teorema I.1.7 Fiind dat un cerc și un număr natural n, împărțim cercul în n arce de lungimi egale, prin punctele P1,P2, …, Pn , poligonul P1P2…Pn , are toate laturile congruente și toate unghiurile congruente (figura 10) .

Demonstrație: În figura 8 avem reprezentat poligonul P1P2…Pn . Ducem razele P1O,P2O, …PnO și se formează astfel triunghiurile congruente P1OP2 P2OP3

P3OP4 … PnOP1 deoarece unghiurile formate la centrul cercului subîntind coarde congruente și P1OP2O …PnO sunt razele cercului, de unde rezultă că [P1P2] [P2P3] … [PnP1] și (P1P2P3) (P2 P3P4) …. (Pn P1P2) deoarece subîntind arce congruente.

P1

Pn P2

O P3

P4

Figura 10

Definiție I.1.8 Un poligon convex se numește poligon regulat dacă are toate unghiurile congruente și toate laturile congruente.

Exemple de poligoane regulate sunt: triunghiul echilateral , pătratul , pentagonul regulat, hexagonul regulat etc. .

Teorema I.1.8 Oricărui poligon regulat i se poate circumscrie un cerc.

Demonstrație: Considerăm poligonul regulat P1P2…Pn (figura 11) și fie A1, A2 mijloacele laturilor (P1P2) respectiv (P2P3) . Notăm cu O punctul de intersecție al mediatoarelor laturilor (P1P2) și (P2P3), mediatoarele fiind concurente pentru că m(P1P2P3) 180 . Construim OA3 P3P4 și atunci P3OA2 P3OA3 deoarece aplicăm cazul de congruență I.U. , m(OP3A2) = m(OP3A3) , OA3 OA3 , de unde rezultă că P3A2 P3A3 , deci OA3 este mediatoare a laturii P3P4 . În mod analog arătăm că OAn este mediatoare a laturii PnP1 și în concluzie poligonul P1P2…Pn este înscris în cercul de centru O și rază [OP1].

P1 A1 P2

A2

P3

O A3

P4

Figura 11

Teorema I.1.9 Orice poligon regulat poate fi circumscris unui cerc .

Demonstrație: Fie poligonul P1P2…Pn și O punctul de intersecție al mediatoarelor laturilor (P1P2) și (P2P3) ca in figura 12 . Atunci P1OP2 P2OP3 deoarece avem caz de congruență L.L.L. și în plus P1OP2 , P2OP3 sunt isoscele , P1OP2OP3O , de unde obținem mai departe că , (P2O este bisectoare a unghiului P1P2P3 . Deoarece unghiurile poligonului sunt congruente rezultă că P2P3O OP3P4 și P2OP3 P3OP4 datorită cazului de congruență L.U.L., P2P3O OP3P4 , (P2P3) (P4P3), (OP3) (OP3) , ceea ce însemnă că (OP3) (OP4) . Punctul O aparține mediatoarei segmentului (P3P4) și (P3O este bisectoare a unghiului P2P3P4 . În mod analog se arată că (P4O , (P5O , … , (PnO , (P1O sunt bisectoare ale unghiurilor P3P4P5 , P4P5P6 , … , Pn-1PnP1 , PnP1P2 . În concluzie poligonul poate fi circumscris unui cerc cu centrul în O și de rază [OA1] .

P1 A1 P2

A2

P3

O A3

P4

Figura 12

În urma celor două teoreme de mai sus putem concluziona că în cazul poligoanelor regulate centrul cercului circumscris unui poligon coincide cu centrul cercului înscris în poligon și poartă denumirea de centrul poligonului regulat. Segmentul cuprins între centrul poligonului regulat și piciorul perpendicularei dusă din centrul poligonului regulat pe o latura a poligonului regulat se numește apotema poligonului regulat , în acest caz apotema este egală cu raza cercului înscris în poligonul regulat.

Teorema I.1.10 Fie P1P2…Pn un poligon convex regulat, având latura egală cu l și apotema ap. Aria suprafeței poligonale P1P2…Pn va fi (P1P2…Pn)=.

Demonstrație: Deoarece un poligon regulat poate fi și circumscris unui cerc (figura 13) și înscris unui cerc, descompunem poligonul regulat în n triunghiuri folosind centrul cercului înscris în poligonul și laturile poligonului , obținem n triunghiuri isoscele congruente ce au ca înălțimi apotemele poligonului , ceea ce însemnă că (P1P2…Pn)=(P1P2O)+(P2P3O)+ +…+(P1PnO)=n(OP1P2)=.

P1 A1 P2

A2

P3

O A3

P4

Figura 13

CAPITOLUL II

PATRULATERE

II.1 Patrulatere

Patrulaterul vine din latinescul quadrilaterus , quattuor = patru și latus, lateris=latură.

Definitie II.1.1 Fie punctele distincte A, B, C, D ,situate în același plan. Numim patrulater, notat ABCD, figura geometrică formată din reuniunea segmentelor [AB],[BC], [CD], [DA] astfel încât:

– oricare trei dintre punctele A, B, C, D sunt necoliniare;

– segmentele (AB) și (CD) respectiv (BC) și (DA) sunt disjuncte.

Altfel spus un poligon cu patru laturi se numește patrulater. Patrulaterul ABCD are vârfurile A,B,C și D (patru vârfuri) ,unghiurile patrulaterului sunt (DAB), (ABC), (BCD) și (CDA) (patru unghiuri) ,laturile patrulaterului sunt [AB],[BC], [CD] și [DA] (patru laturi), iar segmentele cuprinse între două vârfuri opuse se numesc diagonale și sunt [AC],[BD] (două diagonale) . Vârfurile A și B sau B și C sau C și D sau D și A se numesc consecutive, pe când vârfurile A și C sau B și D se numesc opuse . Laturile [AB] și [BC]sau [BC] și [CD] sau [CD] și [DA] sau [AB] și [DA] se numesc consecutive , iar laturile [AB] și [CD] sau [BC] și [DA] se numesc opuse. Conform definiției ABCD=BCDA=CDAB=DABC .

În figura 1 a) și b) sunt desenate două patrulatere, pe când c) nu reprezintă un patrulater deoarece laturile (AB) și (CD) sunt concurente.

Figura 1

Definiție II.1.2 Un patrulater ABCD se numește convex (figura II.1.1, a)) dacă dreapta suport a fiecărei laturi are proprietatea că în unul din semiplanele deschise determinate de ea se află celelalte două vârfuri ale patrulaterului, în caz contrar patrulaterul se numește concav (figura 1, b)) .

Fiecare latură a unui patrulater convex delimitează câte un semiplan care conține vârfurile patrulaterului; intersecția acestor semiplane se numește interiorul patrulaterului convex ABCD și se notează Int ABCD sau (ABCD) (figura 2)

Figura 2

Definiție II.1.3 Un unghi adiacent și suplementar cu un unghi al unui patrulater convex se numește unghi exterior al patrulaterului (figura 3, a) ).

Fiecare patrulater convex are 8 unghiuri exterioare (câte două unghiuri opuse la vârf, deci

congruente,pentru fiecare vârf al patrulaterului , figura 3, b) ).

Figura 3

Definiție II.1.4 Reuniunea dintre un patrulater convex ABCD și interiorul său se numește suprafață patrulateră convexă și se notează [ABCD] = ABCD Int ABCD.

Pentru un patrulater oarecare ABCD, se numește suprafață patrulateră reuniunea suprafețelor triunghiulare cu interioarele disjuncte [ABC] și [ACD] sau [ABD] și [BCD] (figura 4).

Figura 4

Teorema II.1.1 Dacă ABCD este un patrulater convex , atunci Int ABCD este o mulțime convexă .

Demonstrație: Trebuie să demonstrăm că pentru orice două puncte P,QIntABCD, segmentul (PQ) IntABCD ceea ce rezultă din definiția interiorului patrulaterului ABCD.

Teorema II.1.2 Un patrulater este convex dacă și numai dacă diagonalele au un punct comun.

Demonstrație: Demonstrăm mai întâi ca diagonalele unui patrulater convex au un punct comun. Fie ABCD un patrulater convex, atunci AInt(BCD) . Conform teoremei transversalei există un punct O(CA (BD) . Analog, din faptul că BInt(ADC), obținem că există un punct P(DB (AC) . Cum fiecare dintre aceste segmente și semidrepte sunt pe dreptele suport, rezultă că punctele P și O coincid , deci (AC) (DB) într-un punct (figura 5).

Pentru reciproca, considerăm diagonalele patrulaterului concurente și demonstrăm că acesta este convex. Fie {O}=[AC] [BD] . Deoarece (OC) AB = și (OD) AB = , rezultă că punctele C și D sunt de aceeași parte a dreptei AB. Analog, se demonstrează proprietatea și pentru dreptele BC, CD și DA. Obținem astfel că ABCD este convex.

Figura 5

În cazul patrulaterelor concave diagonalele nu sunt concurente (sunt disjuncte).

Teorema II.1.3 Suma măsurilor unghiurilor unui patrulater convex este 360.

Demonstrație: Construim diagonala [AC], formându-se astfel două triunghiuri, ABC și ACD(figura 6) . Deoarece suma măsurilor unghiurilor unui triunghi este egală cu 180, avem m(ABC) + m(BCA) + m(CAB) = 180 în ABC și m(ADC)+ + m(DCA) + m(CAD) = 180 în ACD. Folosindu-ne de aceste relații obținem că m(ABC) + m(BCD) + m(CDA) + m(DAB) = m(ABC) + m(BCA) + m(CAB) + + m(ADC) + m(DCA) + m(CAD) = 360.

A

D B

C

Figura 6

Definiție II.1.5 Suma lungimilor laturilor unui patrulater se numește perimetrul patrulaterului și se notează PABCD = AB + BC + CD + DA .

II.2 Patrulatere particulare

Un rol important în studiul patrulaterelor îl are paralelogramul deoarece proprietățile lui le vom regăsi la dreptunghi, la romb sau la pătrat.

Definiție II.2.1 Patrulaterul convex care are laturile opuse paralele se numește paralelogram(figura 7).

A B M N

D C Q P

Figura 7

Definiție II.2.2 Se numește înălțime corespunzătoare unei laturi a paralelogramului distanța dintre acea latură și latura opusă .

A B A B

A1

D A1 C D C

a) b)

Figura 8

În figura 8 a) este reprezentată înălțimea paralelogramului AA1 între laturile paralele AB CD , iar în figura 8 b) este reprezentată înălțimea AA1 între laturile paralele AD BC .

Teorema II.2.1 Într-un paralelogram laturile opuse sunt congruente. Demonstrație: Fie paralelogramul ABCD cu AB CD și AD BC (figura 9). Ducem diagonala [AC], formându-se triunghiurile ABC și ADC . Demonstrăm ca cele două triunghiuri formate sunt congruente. Deoarece [AC] [AC], (BAC)

(DCA) (alterne interne) și (BCA) (DAC) (alterne interne) , atunci obținem că ABC CDA datorită cazul de congruență U.L.U. . Din ABC ADC tragem concluzia că [AB] [CD] și [BC] [AD] .

B C

A D

Figura 9

Această teoremă poate avea două reciproce pe care el vom prezenta in continuare.

Teorema II.2.2 Dacă într-un patrulater convex laturile opuse sunt congruente , atunci patrulaterul este paralelogram.

Demonstrație: De data acesta avem [AB] [CD] , [BC] [AD] și demonstrăm că AB CD , AD BC. Într-un patrulater ABCD ducem una dintre diagonale și se formează două triunghiuri . Dacă ducem diagonala [BD] se formează triunghiurile ABD și BCD (figura 10) . Deoarece [AB] [CD] , [AD] [BC] și [BD] [BD] , obținem că ABD CDB datorită cazului de congruență L.L.L. . Din ABD BCD rezultă că (ADB) (CBD) , (ABD) (CDB) și în plus aceste unghiuri sunt alterne interne, deci AB CD , AD BC, astfel ABCD este paralelogram.

A B

D C

Figura 10

Teorema II.2.3 Dacă într-un patrulater convex două laturi opuse sunt paralele și congruente , atunci patrulaterul este paralelogram.

Demonstrație: Ipoteza teoremei spune că AB CD și [AB] [CD] și demonstrăm că AD BC și [AD] [BC]. Avem AB CD și BD secantă ce taie cele două drepte (figura 11), rezultă că (ABD) (CDB),iar in plus [BD] [BD] ceea ce face ca ABD CDB datorită cazului de congruență L.U.L. În concluzie, rezultă că și celelalte două laturi opuse sunt paralele și congruente , AD BC și [AD] [BC] ,deci ABCD este paralelogram .

A B

D C

Figura 11

Teoremele enunțate anterior prezintă proprietăți ale paralelogramului legate de laturi. Teoremele II.2.1 și II.2.2 pot fi grupate într-un singur enunț , ,, Un patrulater convex este paralelogram dacă și numai dacă laturile opuse sunt congruente ” , pe când teoremele II.2.1 și II.2.3 pot fi regăsite în enunțul ,,Un patrulater convex este paralelogram dacă și numai dacă două laturi opuse sunt paralele și congruente ”.

Teorema următoare rezultă din definiția paralelogramului și proprietățile dreptelor paralele tăiate de o secantă.

Teorema II.2.4 Într-un paralelogram unghiurile opuse sunt congruente.

Demonstrație: În paralelogramul din figura 12 , AB CD și AD poate juca rolul de secantă , ceea ce face ca m(BAD) + m(ADC) = 180. Deoarece BC AD și AB este secantă , obținem m(BAD) + m(ABC) = 180 . Deci, m(ADC) = 180 –

-m(BAD) = m(ABC),adică (ADC) (ABC) . Analog , arătăm că m(BAD) =

= m(BCD), (BAD) (BCD) și deci putem trage concluzia că unghiurile opuse sunt congruente. Demonstrația acestei teoreme se mai poate face la fel ca la teorema II.2.1 , ducând diagonalele și demonstrând că ABD CDB , respectiv ca ABC CDA .

A B

D C

Figura 12

Teorema II.2.5 Dacă într-un patrulater convex unghiurile opuse sunt congruente , atunci patrulaterul este paralelogram.

Demonstrație: Fie un patrulater convex ABCD în care (ADC) (CBA) ,

(BAD) (DCB) ca in figura 13, de unde m(ADC) = m(CBA) și m(BAD) = =m(DCB). Deoarece m(BAD) + m(CBA) + m(DCB) + m(ADC) = 360, obținem că m(BAD) + m(CBA) = 180 , rezultând că AD BC , respectiv

m(BAD) + m(ADC) = 180 , rezultând AB CD .

B C

A D

Figura 13

Aceste ultime două teoreme pot fi enunțate într- una singură , ,, Un patrulater convex este paralelogram dacă și numai dacă unghiurile opuse sunt congruente ” .

Teoremele II.2.2, II.2.3 și II.2.4 sunt teoreme care prezintă proprietăți referitoare la unghiurile unui paralelogram.

Teorema II.2.6 Într-un paralelogram oricare două unghiuri consecutive sunt suplementare .

Demonstrație: Fie paralelogramul ABCD . Deoarece AB CD și AD este secantă, atunci m(BAD) + m(ADC) = 180 deoarece BAD și ADC sunt unghiuri interne suplementare de aceeași parte a secantei AD , iar deoarece AD BC și AB este secantă , atunci m(BAD) + m(ABC) = 180 deoarece BAD și ABC sunt unghiuri interne suplementare de aceeași parte a secantei AB .

Teorema II.2.7 Dacă într-un patrulater convex oricare două unghiuri sunt suplementare , atunci patrulaterul este paralelogram.

Demonstrație: Fie un patrulater convex ABCD cu m(BAD) + m(ADC) = 180 , m(ADC) + m(DCB) =180, m(DCB) + m(CBA) = 180 și m(CBA) + m(BAD) = =180, de unde obținem m(BAD) = 180 – m(ADC) = m(DCB), iar m(CBA) = =180 – m(DCB) = m(ADC). Astfel, am obținut că unghiurile opuse ale patrulaterului convex sunt congruente, de unde tragem concluzia că patrulaterul este paralelogram.

Cu alte cuvinte ,, Un patrulater convex este paralelogram dacă și numai dacă oricare două unghiuri consecutive sunt congruente ”.

Teorema II.2.8 Într-un paralelogram diagonalele au același mijloc.

Demonstrație: Fie paralelogramul ABCD. Ducem diagonalele [AC] și [BD], notăm cu {O}= AC BD (figura 14). Avem de demonstrat că [AO] [OC] și [BO] [OD] .

În triunghiurile AOD și COB avem [AD] [CB], laturi opuse ale paralelogramului, (DAO) (BCO) și (ADO) (CBO), unghiuri alterne interne congruente, de unde rezultă că AOD COB și atunci [AO] [OC] și [BO] [OD] . Adică diagonalele paralelogramului au punctul de intersecție la mijlocul fiecărei diagonale.

A B

O

D C

Figura 14

Teorema II.2.9 Dacă într-un patrulater convex punctul de intersecție al diagonalelor determină pe fiecare dintre ele segmente congruente , atunci patrulaterul este paralelogram.

Demonstrație: Considerăm un patrulater convex ABCD care îndeplinește condițiile ipotezei, {O}= (AC) (BD) , [AO] [OC] și [BO] [OD] (figura 15). În triunghiurile AOD și COB avem [AO] [OC] , [DO] [OB] și (AOD) (COB) , unghiuri opuse la vârf, atunci .AOD COB conform cazului de congruență L.U.L. . Din AOD COB rezultă că (DAO) (BCO), iar unghiurile (DAO) și (BCO) sunt unghiuri alterne interne deoarece AC este secantă pentru AD și BC, ceea ce ne face sa tragem concluzia că AD BC . Analog, pentru a arăta că AB CD , folosim că AOB COD , deoarece [AO] [OC] , [BO] [OD] , (AOB) (COD) ca unghiuri opuse la vârf , de unde obținem că (BAO) (DCO) care sunt și unghiuri alterne interne pentru secanta BD ce taie dreptele AB și CD . Deci , AD BC și AB CD, atunci ABCD este paralelogram.

A B

D C

Figura 15

Spunem că ,, Un patrulater convex este paralelogram dacă și numai dacă punctul de intersecție al diagonalelor determină pe fiecare diagonală segmente congruente ” . Această proprietate a paralelogramului este legată de diagonalele sale.

În continuare vom prezenta paralelogramele particulare dreptunghi, romb și pătrat care se obțin din paralelogram prin impunerea unor condiții.

Definiție II.2.3 Paralelogramul cu un unghi drept se numește dreptunghi

(figura 16).

A B M N

a) b)

D C Q P

Figura 16

Dreptunghiul , fiind definit ca un paralelogram particular , atunci are toate proprietățile paralelogramului. Deci, intr-un dreptunghi , laturile opuse sunt paralele și congruente, unghiurile opuse sunt congruente , oricare două unghiuri consecutive sunt suplementare și diagonalele au același mijloc . Pe lângă aceste proprietăți dreptunghiul are și unele proprietăți specifice.

Teorema II.2.10 Într-un dreptunghi toate unghiurile sunt congruente.

Demonstrație: Considerăm dreptunghiul ABCD cu m(BAD)= 90 . Deoarece ABCD este si paralelogram (conform definiției dreptunghiului) , atunci m(BAD)= =m(BCD)= 90 , cele două unghiuri fiind opuse. Aplicând proprietatea că două unghiuri consecutive ale unui paralelogram sunt suplementare , obținem că m(BAD)+ +m(ABC)= 180, m(BAD) +m(ADC)= 180 de unde rezultă că m(ABC)= 90 și m(ADC)=90.Ajungem la concluzia că toate unghiurile dreptunghiului au măsura de 90, deci sunt congruente.

Teorema II.2.11 Dacă un patrulater convex are toate unghiurile congruente, atunci patrulaterul este dreptunghi.

Demonstrație: Fie patrulaterul ABCD cu toate unghiurile congruente. Deoarece, suma tuturor unghiurilor unui patrulater convex este de 360 , obținem că m(BAD)= =m(ABC)= m(BCD)= m(CDA)= 360: 4= 90 . Deci, din m(BAD)= m(BCD) și m(ABC)= m(ADC) rezultă că ABCD este paralelogram , iar pentru că in plus m(BAD)=90 obținem că ABCD este dreptunghi.

Ultimele două teoreme au făcut referire la proprietățile unghiurilor unui dreptunghi și pot fi prezentate într-un singur enunț ,, Un patrulater convex este dreptunghi dacă și numai dacă toate unghiurile sunt congruente ” .

Teorema II.2.12 Într-un dreptunghi diagonalele sunt congruente.

Demonstrație: Fie un dreptunghi ABCD (figura 17) . Ducem diagonalele [AC] și [BD]. Aplicând teorema II.2.10, obținem m(BAD)= m(ABC) =m(BCD)= =m(CDA)=90 . Deoarece [AD] [AD] ,latură comună, [AB] [CD],laturi opuse în ABCD, iar ABD și DCA sunt dreptunghice , rezultă că ABD DCA datorită cazului de congruență C.C. , ceea ce însemnă că și [AC] [BD] .

A B

Figura 17

D C

Teorema II.2.13 Dacă un paralelogram are diagonalele congruente, atunci el este dreptunghi.

Demonstrație: Considerăm un paralelogram ABCD in care diagonalele sunt congruente, [AC] [BD] (figura 18). Pentru că în ABD și CDA , [AC] [BD] ,diagonalele congruente, [AD] [AD] , latură comună, [AB] [DC], laturi opuse ale paralelogramului ABCD, aplicând cazul de congruență al triunghiurilor L.L.L. obținem că ABD CDA , ceea ce însemnă că (DAB) (ADC) . Deoarece (DAB) și (ADC) sunt unghiuri suplementare , fiind consecutive în paralelogramul ABCD, rezultă că m(DAB) = m(ADC)= 90, deci ABCD este dreptunghi.

A B

D C

Figura 18

Teoremele II.2.12 și II.2.13 pot fi enunțate astfel ,, Un paralelogram este dreptunghi dacă și numai dacă diagonalele sunt congruente ” .

În continuare este prezentat un alt paralelogram particular împreună cu unele proprietăți specifice legate de laturi, diagonale și unghiuri .

Definiție II.2.4 Paralelogramul cu două laturi consecutive congruente se numește romb (figura 19).

A

A B A B D B

D C D C C

a) b) c)

Figura 19

Deoarece rombul este un paralelogram particular preia toate proprietățile paralelogramului. Deci, într-un romb , laturile opuse sunt paralele și congruente , unghiurile opuse sunt congruente, , oricare două unghiuri consecutive sunt suplementare și diagonalele au același mijloc .

Definiție II.2.5 Se numește înălțime corespunzătoare unei laturi a rombului distanța dintre acea latură și latura opusă.

A

D B

A2 A1

C

Figura 20

În figura 20 este reprezentată înălțimea corespunzătoare laturii BC dusă din A și înălțimea corespunzătoare laturii CD dusă din A.

Teorema II.2.14 Într-un romb toate laturile sunt congruente.

Demonstrație: Considerăm rombul ABCD (figura 21), cu [AB] [BC] , deoarece ABCD este și paralelogram, atunci are laturile opuse congruente , [AB] [CD] și [BC] [AD] . În concluzie obținem că [AB] [BC] [CD] [DA] , adică toate laturile sunt congruente. B

A C

D

Figura 21

Reciproca acestei teoreme este următoarea teoremă.

Teorema II.2.15 Dacă un patrulater convex are toate laturile congruente , atunci el este romb.

Demonstrație: Fie ABCD un patrulater convex cu toate laturile congruente(figura22), [AB] [BC] [CD] [DA] . Aplicând teorema II.2.2 ,din [AB] [CD] și [BC] [DA] , patrulaterul nostru este paralelogram . Apoi ,deoarece în paralelogramul ABCD avem [AB] [BC] rezultă că ABCD este romb .

A

D B

C Figura 22

Teorema II.2.16 Într-un romb diagonalele sunt perpendiculare.

Demonstrație: Considerăm un romb ABCD și notăm cu {O}= AC BD ca în figura 23 . Aplicând proprietățile paralelogramului obținem [AO] [OC] și [BO] [OD] . În triunghiurile AOB și COB avem [AO] [OC], [BO] [OB], latură comună,

[AB] [BC], laturi consecutive ale rombului,ceea ce însemnă că AOB COB conform cazului de congruență L.L.L. . Din AOB COB rezultă că (AOB) (COB) , adică m(AOB) = m(COB), iar pentru că m(AOC) =m(AOB) + m(COB) = 180 concluzionăm că m(AOB) = m(COB)= 90 , ceea ce însemnă că ACBD .

Această teoremă mai poate fi demonstrată folosind proprietățile triunghiului isoscel , si anume că mediana [AO] este și înălțime a triunghiului isoscel BAC.

B

A C

D

Figura 23

Teorema II.2.17 Dacă un paralelogram are diagonalele perpendiculare, atunci el este romb.

Demonstrație: Paralelogramul ABCD are diagonalele perpendiculare, ACBD , {O}= AC BD (figura 24) și în plus [AO] [OC], [BO] [OD], din proprietățile diagonalelor paralelogramului. Atunci AOB COB COD AOD deoarece sunt triunghiuri dreptunghice în vârful O și au catetele respectiv congruente, de unde rezultă că [AB] [BC] [CD] [DA], adică ABCD este romb aplicând teorema II.2.15.

A

D B

C

Figura 24

Enunțurile teoremelor II.2.16 și II.2.17 pot fi regăsite într-un singur enunț ”Un paralelogram este romb dacă și numai dacă are diagonalele perpendiculare”.

Teorema II.2.18 Într-un romb diagonalele sunt incluse în bisectoarele unghiurilor lui.

Demonstrație: Dacă avem un romb ABCD (figura 25). În triunghiurile ABC și ADC ,avem [AB] [AD] , [BC] [CD] , [AC] [AC] , ceea ce însemnă conform cazului de congruență L.L.L. că ABC ADC , de unde rezultă că (BAC) (DAC) și (ACB) (ACD), adică [AC și respectiv [CA sunt bisectoarele unghiurilor (BAD) și respectiv (BCD). Așadar, [AC] [AC și [AC] [CA.

Analog, demonstrăm că ABD CBD de unde rezultă că (ABD) (CBD) și (ADB) (CDB) , adică [BD și respectiv [DB sunt bisectoarele unghiurilor (ABC) și respectiv (ADC) . Deci , [BD] [BD și [DB] [DB.

A

D B

C

Figura 25

Teorema II.2.19 Dacă într-un paralelogram o diagonală este inclusă în bisectoarea unui unghi al paralelogramului , atunci paralelogramul este romb.

Demonstrație: În paralelogramul ABCD considerăm că [BD] [BD , [BD bisectoarea unghiului (ABC) , (ABD) (CBD) (figura 26). Din proprietățile paralelogramului, laturile opuse sunt paralele și congruente , avem [AB] [CD] și

[AB] [CD] , ceea ce implica (ABD) (CDB) , unghiuri alterne interne congruente. Se obține (ABD) (CBD) (CDB), ceea ce însemnă că triunghiul CBD este isoscel și [CB] [CD]. Am obținut că paralelogramul ABCD are două laturi consecutive congruente , adică este romb conform definiției.

A

D B

C Figura 26

Teoremele II.2.18 și II.2.19 pot fi enunțate și astfel ”Un paralelogram este romb dacă și numai dacă una dintre diagonalele sale este inclusă în bisectoarea unui unghi al paralelogramului ”.

Definiție II.2.6 Un paralelogram care este și dreptunghi și romb se numește pătrat.

Din definiția pătratului tragem concluzia că are toate proprietățile dreptunghiului și rombului, ceea ce înseamnă că are laturile opuse paralele și congruente,toate laturile sunt congruente , toate unghiurile sunt congruente , diagonalele au același mijloc , diagonalele sunt congruente ,diagonalele sunt perpendiculare, diagonalele sunt perpendiculare și diagonalele sunt bisectoare ale unghiurilor (figura 27).

A B M N

D C Q P

a) b)

Figura 27

Triunghiurile dreptunghice ,MON,NOP, POQ, QOM, formate prin intersecția diagonalelor (figura 27, b)) sunt isoscele , ceea ce însemnă că m(OMN)= =m(ONM)= m(ONP)= m(OPN)= m(OPQ)= m(OQP)= m(OQM)= m(OMQ)

Relațiile de incluziune dintre mulțimile dreptunghiurilor, romburilor, pătratelor și mulțimea paralelogramelor pot fi reprezentate cu ajutorul unor diagrame în care A este mulțimea paralelogramelor, D este mulțimea dreptunghiurilor, R este mulțimea romburilor și P este mulțimea pătratelor (Figura 28).

D P R

mulțimea mulțimea mulțimea

dreptunghiurilor pătratelor romburilor

A mulțimea paralelogramelor

Figura 28

Definiție II.2.7 Patrulaterul cu numai două laturi paralele se numește trapez.

Laturile paralele ale trapezului se numesc baze , iar distanța dintre cele două baze se numește înălțime a trapezului.

A B M N

D E C Q R P

a) b)

Figura 29

In figura 29 sunt reprezentate doua trapeze: a) bazele sunt [AB] și [CD] , [AB] se numește baza mică iar [CD] se numește baza mare, [AB] [CD] , pe când [AE] este înălțime a trapezului , AECD.

b) bazele sunt [MN] și [PQ] , [MN] se numește baza mică iar [PQ] se numește baza mare , [MN] [PQ] , pe când [NR] este înălțime a trapezului , AECD.

Bazele trapezului au lungimi diferite; dacă bazele sunt egale trapezul ar fi un paralelogram deoarece sunt și paralele.

Definiție II.2.8 Trapezul cu un unghi drept se numește trapez dreptunghic.

Una dintre laturile neparalele ale unui trapez dreptunghic este perpendiculara pe baze (figura 30), ADAB , ADCD , [AB] [CD] , ceea ce însemnă că are două unghiuri drepte m(BAD)= m(ADC) = 90 .

A B

D C

Figura 30

Definiție II.2.9 Trapezul cu laturile neparalele congruente se numește trapez isoscel.

A B

D C

Figura 31

În figura 31 este reprezentat trapezul isoscel ABCD , AB CD și [AD][BC].

În concluzie există trei tipuri de trapeze , trapez oarecare, trapez dreptunghic și trapez isoscel . Un trapez dreptunghic are două unghiuri drepte , un unghi ascuțit și un unghi obtuz , iar un trapez isoscel are două unghiuri ascuțite alăturate bazei mari și două unghiuri obtuze alăturate bazei mici.

Teorema II.2.20 Într-un trapez isoscel unghiurile alăturate unei baze sunt congruente.

Demonstrație: Fie un trapez ABCD , cu bazele [AB] și [CD] , AB CD , ABCD , și laturile neparalele congruente , [AD][BC] (figura 32). Construim înălțimile din A și B pe CD, [AM] și respectiv [BN], M(CD) , N(CD) , AM CD și BN CD , ceea însemnă că AM BN. Deoarece AB CD , AM BN și m(AMN) = 90 , rezultă că AMNB este dreptunghi și atunci [AM][BN] . În triunghiurile AMD și BNC avem [AD][BC] , [AM][BN], m(AMD) = m(BNC) = 90 , de unde conform cazului de congruență I.C. rezultă că AMD BNC și obținem (ADM) (BCN) ,unghiurile alăturate bazei mari sunt congruente, (DAM) (CBN) , m(DAB) = m(DAM) + +m(MAB) = m(CBN) + m(NBA) = m(CBA) , unghiurile alăturate bazei mici sunt congruente .

A B

D M N C

Figura 32

Teorema II.2.21 Dacă într-un trapez unghiurile alăturate unei baze sunt congruente , atunci trapezul este isoscel.

Demonstrație: Considerăm trapezul ABCD , cu bazele [AB] și [CD] , AB CD , ABCD și o (ADC) (BCD) (figura 33). Ca și în teorema anterioară construim înălțimile din A și B pe CD, [AM] și respectiv [BN], M(CD) , N(CD) , AM CD și BN CD ceea ce face ca in mod analog să obținem [AM][BN] . Atunci AMD BNC deoarece aplicăm cazul de congruență C.U. pentru că [AM][BN] și (ADM) (BCN). Rezultă că ipotenuzele celor două triunghiuri dreptunghice sunt congruente , [AD][BC] și în concluzie ABCD este trapez isoscel.

A B

D M N C

Figura 33

Cele două teoreme anterioare pot fi regăsite in enunțul ”Un trapez este isoscel dacă și numai dacă unghiurile alăturate unei baze sunt congruente.”.

Teorema II.2.22 Într-un trapez isoscel diagonalele sunt congruente.

Demonstrație: În trapezul isoscel ABCD din figura 34 ducem diagonalele [AC] și [BD] . Se formează astfel ADC și BCD ce au [AD][BC] și (ADC) (BCD) pentru că trapezul este isoscel, în plus [DC][CD] , latură comună a celor două triunghiuri, rezultând că ADC BCD , de unde obținem că diagonalele trapezului sunt congruente, [AC][BD] . A B

D C

Figura 34.

Teorema II.2.23 Dacă într-un trapez diagonalele sunt congruente , atunci trapezul este isoscel.

Demonstrație: Considerăm trapezul ABCD , cu bazele [AB] și [CD] , AB CD , ABCD și diagonalele congruente [AC][BD] . Construim înălțimile din A și B pe CD, [AM] și respectiv [BN], M(CD) , N(CD) , AM CD și BN CD , ceea însemnă că AM BN (figura 35) . Deoarece AB CD , AM BN și m(AMN) = 90 , rezultă că AMNB este dreptunghi și atunci [AM][BN] . Astfel , AMC BND deoarece [AM][BN] , [AC][BD] și se aplică cazul de congruență I.C. , rezultând că (ACM) (BDN). Pentru finalizarea demonstrație vom considera triunghiurile ACD și BDC unde [AC][BD] ,diagonalele trapezului sunt congruente, [CD][DC] , latură comună a celor două triunghiuri, (ACD) (BDC), demonstrat anterior, ceea ce însemnă că ACD BDC și atunci [AD][BC] .

A B

D M N C

Figura 35

Deci, un trapez este isoscel dacă și numai dacă diagonalele sunt congruente.

Definiție II.2.10 Segmentul care unește mijloacele laturilor neparalele ale unui trapez se numește linie mijlocie a trapezului.

În figura 36 este reprezentat un trapez ABCD cu bazele [AB] și [CD] , laturile neparalele [AD] și [BC] , iar [MN] este linia mijlocie a trapezului, N(AD), M(BC), [AN][ND] și [BM][MC] .

A B

N M

D C

Figura 36

Teorema II.2.24 Într-un trapez linia mijlocie este paralelă cu bazele trapezului și are lungimea egală cu semisuma bazelor trapezului.

Demonstrație: Considerăm un trapez ABCD cu bazele [AB] și [CD] , AB CD , ABCD , iar [MN] este linia mijlocie a trapezului, N(AD), M(BC), [AN][ND] și [BM][MC]. Construim AM și notăm cu {P}= AM DC ca în figura 37 . Atunci , AMB PMC deoarece [BM][MC], (ABM)(PCM), unghiuri alterne interne, (AMB) (PMC), unghiuri opuse la vârf, cazul de congruență al triunghiurilor U.L.U..

Rezultă că [AM][MP],ceea ce însemnă că [MN] este linie mijlocie a triunghiului APD , de unde obținem că MN CD AB , și în plus pentru că [AB][CP] obținem NM=DP:2 =(DC + CP):2=(DC+AB):2 .

A B

N M

D C P

Figura 37

Teorema II.2.25 Într-un trapez paralela prin mijlocul unei laturi neparalele la baze trece prin mijlocul celeilalte laturi neparalele, iar lungimea segmentului determinat este jumătate din suma lungimilor bazelor.

Demonstrație: Fie trapezul ABCD cu bazele [AB] și [CD] , AB CD , ABCD , și N(AD), M(BC), [AN][ND] , MN CD AB . Trebuie să demonstrăm că [BM][MC] și MN= (AB+CD):2 . Pentru aceasta ducem AM și notăm cu {P}= AM DC ca în figura 38. Mai întâi demonstrăm că [MN] este linie mijlocie a triunghiului APD și aplicăm metoda reducerii la absurd : presupunem că M nu este mijlocul laturii [AP] , ceea ce însemnă că există un punct M1 , M M1 , astfel încât [AM1][M1P] , adică [M1N] este linie mijlocie a triunghiului APD . Atunci M1N PD , dar MN PD , ceea ce contrazice axioma lui Euclid . Deci, presupunerea noastră că M nu este mijlocul laturii [AP] este falsă și atunci M=M1, [AM][MP] , [MN] este linie mijlocie în triunghiul APD de unde rezultă că în trapezul ABCD avem MN CD AB și în plus MN= PD: 2 . Triunghiurile ABM și PCM sunt congruente, ABMPCM , conform cazului de congruență U.L.U. , deoarece [AM][MP] , demonstrat anterior , (AMB) (PMC), unghiuri opuse la vârf , (BAM) (CPM), unghiuri alterne interne congruente . Din această congruență rezultă că [AB][CP], adică MN= PD : 2= =(PC + CD) : 2 = (AB + CD) : 2 .

A B

N M=M1

D C P

Figura 38

II.3. Patrulatere inscriptibile într-un cerc și

patrulatere circumscrise unui cerc

Definiție II.3.1 Un patrulater se numește patrulater înscris în cerc dacă vârfurile sale aparțin cercului. În acest caz cercul se numește cerc circumscris patrulaterului (figura 39).

A B

D C

Figura 39

Teorema II.3.1 Un patrulater înscris în cerc are unghiurile formate de diagonale cu laturile opuse congruente.

Demonstrație: Considerăm un patrulater ABCD înscris în cerc și desenăm diagonalele patrulaterului, [AC] și [BD] (figura 40). Din figura vedem că m(ADB)= =m() : 2 = m(BCA) și deci că (ADB) m(BCA). Analog și restul perechilor de unghiuri formate de diagonale cu laturile opuse sunt congruente.

A

B

D

C

Figura 40

Teorema II.3.2 Un patrulater înscris în cerc are unghiurile opuse suplementare.

Demonstrație: În patrulaterul ABCD din figura 41 unghiurile opuse (BAD) cu (BCD) și (ABC) cu (ADC) . Însumând unghiurile opuse , m(BAD) + m(BCD) =

= += = 180 și m(ABC) + m(ADC) = += = = 180 , se obține astfel ceea ce aveam de demonstrat.

A

B

D C

Figura 41

Definiție II.3.2 Patru puncte se numesc conciclice dacă există un cerc care să le conțină pe toate.

Definiție II.3.3 Un patrulater se numește inscriptibil dacă vârfurile sale sunt conciclice.

Teorema II.3.3 Un patrulater inscriptibil este convex.

Demonstrație: Fie A , B, C trei dintre vârfurile patrulaterului ABCD înscris în

cercul (O,r) , OA=r (figura 42). Se formează astfel arcurile care nu conține punctul B, arcul și arcul . Dacă punctul D, atunci [AB][CD] și ABCD nu ar fi patrulater , deci D . Analog se demonstrează că D . Pentru că punctul D nu poate coincide cu punctele A, B, sau C ce sunt extremități ale arcelor și , rezultă că D și este unica soluție . Astfel, C,D, adică C,D sunt în același semiplan delimitat de AB și deoarece A,B,C,D sunt puncte ce aparțin unui cerc, rezultă că ABCD este convex.

B

C

O

A D

Figura 42

Teorema II.3.4 Un patrulater este inscriptibil dacă unghiurile formate de diagonale cu laturile opuse sunt congruente.

Demonstrație: Fie ABCD un patrulater convex și m(ACB) = m(BDA) ca în figura 43. Deoarece C și D se află în același semiplan delimitat de AB , aplicând proprietatea arcului capabil de unghi dat , rezultă că C și D aparțin unui cerc în care (AB) este coardă.

A B

D C

Figura 43

Teorema II.3.5 Un patrulater este inscriptibil dacă unghiurile opuse sunt suplementare.

Demonstrație: În patrulaterul convex ABCD avem m(BAD) + m(BCD) =180 (figura 44). Presupunem că punctul C nu se află pe cercul ce trece prin punctele A, B și D , punctul C este interior cercului sau exterior cercului . Prima dată presupunem că C este în interiorul cercului ce trece prin punctele A, B, D. Pentru că patrulaterul este convex și punctul C se află în interiorul cercului , dreapta BC nu intersectează ci arcul , unde N este un punct de pe cercul ce trece prin A, B ,D , . Notăm cu M punctul de intersecție al dreptei BC cu arcul . Rezultă că m(BCD) m(BMD) , deoarece unghiul BCD este exterior CMD , m(BMD) =180 – m(BAD) , m(BCD)180 – m(BAD), ceea ce este în contradicție cu ipoteza că m(BAD) + +m(BCD) =180 . Analog, dacă punctul C se află în exteriorul cercului ce trece prin A, B, D , obținem că m(BCD) m(BMD) , deoarece unghiul (BMD) este exterior CMD , m(BMD) =180 – m(BAD) , m(BCD) 180 – m(BAD), ceea ce contrazice ipoteza m(BAD) + m(BCD) =180.

M C

B M B

A D A D

a) b)

Figura 44

Ar fi de făcut observația că dreptunghiul, pătratul și trapezul se numără printre patrulaterele inscriptibile.

Teorema II.3.6(prima teoremă a lui Ptolemeu) Fie ABCD un patrulater inscriptibil . Atunci are loc egalitatea AB·CD+AD·BC =AC·BD .

Demonstrație: Fie patrulaterul convex ABCD și M (AC) astfel încât (MAB) (BDC) și (MBA) (DBC) (figura 45). Deoarece (MAB) (BDC) și (MBA) (DBC) (DAC) , obținem că ABM DBC , conform criteriului I de asemănare , de unde rezultă că = = și atunci AM = , = . Observăm că m(MAB) + m(MBA) = m(BDC) + m(DBC) = 180 – m(BCD) = =m(BAD) , de unde m(MBC) = m(ABC) – m(ABM) = m(ABC) – m(DBC) = m(ABD) . Astfel , MBC ABD , deoarece aplicăm criteriul II de asemănare, = , m(MBC) = m(ABD) , de unde = = și MC= . Aplicând relațiile obținute AC= AM + MC = + = , adică AB·CD+AD·BC =AC·BD . Punctele A, B, C, D pot fi deplasate pe cer, dar ca relația lui Ptolemeu să se verifice este necesar ca (AC) și (BD) să fie diagonale ale patrulaterului ABCD.

A

D

M

B C

Figura 45

Teorema II.3.7 (a doua teoremă a lui Ptolemeu ) Într-un patrulater inscriptibil ABCD are loc relația = .

Demonstrație: În figura 46 notam cu {M}= (AC) (BD) , iar ABCD este un patrulater inscriptibil. Observăm că AMB DMC și AMD BMC deoarece triunghiuri au câte două unghiuri congruente ce subîntind aceleași arce și aplicăm criteriul I de asemănare, (MBA) (MCD) , (MAB) (MDC) , (MDA) (MCB) , (MAD) (MBC). Din asemănarea triunghiurilor obținem rapoartele = = , = = . Rezultă că = · = și realizând proporții derivate = , iar = · = realizând proporții derivate = . Din relațiile obținute anterior avem · = · · = · = · , de unde rezultă că

= .

A

B

M

C

D

Figura 46

Definiție II.3.4 Un patrulater se numește circumscris (sau circumscriptibil) unui cerc dacă laturile sale sunt tangente la un cerc. În acest caz , cercul se numește înscris în poligon(figura 47).

A B

D C

Figura 47

Teorema II.3.9 Orice patrulater circumscris unui cerc este convex.

Demonstrație: Fie ABCD un patrulater circumscris cercului. Dreapta AB este tangentă la cercul și împarte planul în două semiplane , unul dintre semiplane conținând punctele C, D , segmentele (AD) și (BC).

Teorema II.3.10 (Pithot) Un patrulater convex este circumscris unui cerc dacă sumele lungimilor laturilor opuse sunt egale.

Demonstrație: Demonstrăm mai întâi implicația directă. Fie patrulaterul ABCD circumscris cercului și M, N, P,Q punctele de tangență ale laturilor patrulaterului cu cercul (figura 48, a)). Aplicând proprietățile tangentelor la un cerc duse din același punct obținem că AM=AQ , BM=BN, CN=CP și DP=PQ . Rezultă că AB + CD = (AM + MB) + (CP + PD) = AQ + BN + CN + + DQ = (AQ + QD) + (BN + CN) = AD + BC .

Pentru a demonstra reciproca, presupunem că AB + CD = AD + BC . Considerând că dreptele suport a două laturi opuse sunt concurente , notăm AB DC= {E}. Punctele A, B , E și D, C, E sunt coliniare . Presupunem prin reducere la absurd că există un cerc înscris în triunghiul ADE și care nu este tangent la BC . Construim B1C1 tangentă la cercul înscris în triunghiul ADE, astfel încât B1C1BC , B1(DE), C1(AE) (figura 48 , b)). Deoarece AB1C1D este patrulater circumscris cercului avem

AD+B1C1 = AB1+DC1 , de unde AD=AB1 +DC1 – B1C1 .Din ipoteză AD = AB+CD -BC și atunci obținem AB1 +DC1 -B1C1=AB+CD –BC. Atunci, BC =(AB-AB1)+(DC-DC1)+B1C1, de unde BC =B1B +C1C +B1C1, ceea ce este absurd deoarece BC B1B +C1C +B1C1. În concluzie BC este tangentă la cercul înscris în triunghiul ADE.

În cazul în care ABDC și AD BC= {E} , demonstrația se face analog ca cea de mai sus. Dacă ABDC și ADBC, iar AB + CD = AD + BC ,atunci patrulaterul ABCD este un romb și poate fi circumscris unui cerc.

A A

Q B1

D B

O M O E

P

C N B C1 C

a) D b)

Figura 48

Convexitatea patrulaterului ABCD este importantă, altfel in figura 49 este reprezentat un patrulater concav în care AB=AD , BC=CD , AB +CD =AD + BC, dar care nu este inscriptibil.

A

C

D B

Figura 49

Teorema II.3.11 Un patrulater convex este circumscris unui cerc dacă și numai dacă bisectoarele unghiurilor sale sunt concurente .

Demonstrație: Fie ABCD un patrulater convex și O punctul de concurență al bisectoarelor unghiurilor patrulaterului (figura 50). Știind că un punct de pe bisectoarea unui unghi este egal depărtat de laturile unghiului , tragem concluzia că d(O,AB)=d(O,BC)=d(O,CD)=d(O,AD), adică cercul , = d(O,AB) , este tangent la laturile patrulaterului .

Reciproc, patrulaterul ABCD are laturile tangente la cercul , atunci d(O,AB)=d(O,BC)=d(O,CD)=d(O,AD)= și deci punctul O se află pe bisectoarele unghiurilor patrulaterului ABCD.

A B

O

D C

Figura 50

Dintre toate poligoanele regulate singurul patrulater regulat , care are toate laturile congruente și toate unghiurile congruente , este pătratul. Deoarece orice poligon regulat poate fi înscris într-un cerc , atunci și pătratul poate fi înscris într-un cerc.

Definiție II.3.5 Centrul cercului circumscris unui pătrat se numește centrul pătratului și se găsește la intersecția diagonalelor .

Definiție II.3.6 Se numește apotema a pătratului segmentul ce unește centrul pătratului cu mijlocul unei laturi și se notează ap=OM (figura 51).

A B

O

M

D C

Figura 51

Dacă notăm cu l latura pătratului, AB= l , atunci putem exprima legătura dintre latura pătratului și raza cercului circumscris pătratului. Se observă că AO= r, unde r este raza cercului . În triunghiul ABC aplicăm teorema lui Pitagora și obținem AC=AB , iar pentru că AC = 2r , rezultă că 2r = l din care vom avea l = r .

Pentru a exprima apotema în funcție de latură folosim faptul că OM este linie mijlocie în triunghiul CBD și atunci BC= 2·OM , adică l=2·ap sau ap= . Mai departe putem obține din relațiile anterioare ap= .

II.4. Patrulatere ortodiagonale

Definiție II.4.1 Patrulaterul care are diagonalele perpendiculare se numește patrulater ortodiagonal.

Dintre patrulatere prezentate anterior , rombul și pătratul sunt patrulatere ortodiagonale.

Teorema II.4.1 Patrulaterul convex ABCD este ortodiagonal dacă și numai dacă AB2 + CD2 = BC2 + AD2 (sumele pătratelor lungimilor laturilor opuse sunt egale) .

Demonstrație: Fie patrulaterul ortodiagonal ABCD și notam cu {O}= (AC) (BD) , AC BD (figura 52). Aplicăm teorema lui Pitagora în cele patru triunghiuri dreptunghice AOB , BOC , COD , DOA , AB2= AO2 + BO2 , BC2= BO2 + CO2 ,

CD2= CO2 + DO2 , DA2= AO2 + DO2 și obținem următoarele AB2 + CD2 = AO2 + BO2 + + CO2 + DO2 = BO2 + CO2 + AO2 + DO2 = BC2 + AD2 .

A

O

D B

C

Figura 52

Pentru demonstrarea teoremei reciproce considerăm un patrulater convex ABCD în care are loc relația AB2 + CD2 = BC2 + AD2 și fie M și N picioarele perpendicularelor coborâte din A și B pe diagonala BD (figura 53) . Aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile AMB și AMD , AB2 = AM2 + MB2 , AD2 = AM2 + MD2 și utilizând faptul că BD= BM + DM , obținem AB2 = AM2 + MB2 = AD2 – MD2 + (BD – MD)2 =AD2 – MD2+

+ BD2 – 2BD·DM + MD2 = AD2 + BD2 – 2BD·DM . Deci, AB2 = AD2 + BD2 – 2BD·DM relație care poartă numele de teorema generalizată a lui Pitagora . În mod analog, aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile CMB și CMD , și utilizând BD= BN +ND , obținem relația DC2 = BC2 + BD2 – 2BD·DN . Așadar , AB2 + CD2 = AD2 + BD2 – -2BD·DM + BC2 + BD2 – 2BD·DN = AD2 + BC2 + 2BD( BD – DM – BN ) = AD2 + BC2+ +2BD·MN , ceea ce însemnă că 2BD·MN = 0 . Deoarece [BD] este diagonală a patrulaterului ABCD rezultă că MN = 0 , adică M=N , deci AC BD .

A

D N

M B

C

Figura 53

Teorema II.4.2 Un trapez isoscel este ortodiagonal dacă și numai dacă media aritmetică a lungimilor bazelor trapezului este egală cu lungimea înălțimea trapezului.

Demonstrație : Fie trapezul isoscel ABCD , AB CD , AD=BC , AC BD , notăm AC BD = {O} . Construim înălțimea MN AB,M (AB) , N (CD) și O (MN) (figura 54) . Atunci, în triunghiul dreptunghic isoscel AOB , [OM] este mediana corespunzătoare ipotenuzei triunghiului dreptunghic, OM= AB : 2, iar în triunghiul dreptunghic isoscel COD , [ON] este mediana corespunzătoare ipotenuzei triunghiului dreptunghic , ON = CD : 2 , ceea ce însemnă că MN= OM + ON = (AB + CD) : 2 . Am obținut că înălțimea unui trapez isoscel ortodiagonal este egală cu media aritmetică a bazelor trapezului . M

A B

O

D N C

Figura 54

Reciproc, dacă într-un trapez isoscel lungimea înălțimii este medie aritmetică a lungimilor bazelor trapezului, atunci trapezul este ortodiagonal. Considerăm trapezul isoscel ABCD , AB CD , AD=BC , AC BD = {O} cu MN = (AB + CD) : 2 , MN AB, M (AB) , N (CD) și O (MN) (figura 555). În triunghiul isoscel AOB , MO AB , iar în triunghiul isoscel COD , NO CD, ceea ce însemnă că OM și ON sunt și mediane a AOB și respectiv a COD . Presupunem prin reducere la absurd că AC și BD nu sunt perpendiculare . Atunci , cum AOB COD ca unghiuri opuse la vârf , rezultă că m(AOB) = m(COD) și cele două unghiuri sunt ascuțite sau obtuze. Dacă m(AOB)90 și m(COD) 90, atunci OM AB : 2 și ON CD : 2, adică MN (AB + CD) : 2, ceea ce contrazice ipoteza . Dacă m(AOB)90 și m(COD) 90, atunci OM AB : 2 și ON CD : 2, adică MN (AB + CD) : 2 , ceea ce iar contrazice ipoteza . În concluzie , m(AOB) = m(COD) = 90 , adică trapezul ABCD este ortodiagonal, AC BD.

A M B

O

D C

N

Figura 55

Teorema II.4.3 Un trapez dreptunghic este ortodiagonal dacă și numai dacă lungimea înălțimii trapezului este egală cu media geometrică a lungimilor bazelor trapezului .

Demonstrație: Fie ABCD un trapez dreptunghic ortodiagonal , AB CD , AD DC , notăm AC BD = {O} și AC BD (figura 56). Se observă în triunghiul AOB că m(OAB) + m(OBA) = 90 , iar pentru că trapezul ABCD este dreptunghic m(OAD) + m(OAB) = 90 , de unde rezultă că m(OAD) = m(OBA) = 90 – -m(OAB) . Astfel, ADB DCA , conform criteriului I de asemănare , m(DAB) = =m(CDA) = 90 , m(DBA) = m(CAD) , de unde obținem = = . Utilizând primele două rapoarte egale , = , obținem AD2 = AB·CD și atunci AD = , ceea ce era de demonstrat.

A B

O

D C

Figura 56

Reciproc, trebuie să demonstrăm că un trapez dreptunghic în care lungimea înălțimii este medie geometrică a lungimilor bazelor este trapez ortodiagonal. Pentru acest lucru , considerăm trapezul dreptunghic ABCD , AB CD , AD DC și notăm AC BD ={O} (figura 57) , iar AD = . Atunci, AD2 = AB·CD și putem forma proporția = .În triunghiurile ADB și DCA avem m(DAB) = m(CDA) = 90 și = , ceea ce însemnă conform criteriului II de asemănare a triunghiurilor că ADB DCA , de unde rezultă congruențele DBA CAD , ADB DCA . Dar , deoarece m(CAB) + m(CAD) = 90 și CAD DBA , rezultă că m(CAB) + +m(DBA) = 90 , cu alte cuvinte m(BOA) = 90 , ceea ce însemnă că AC BD .

A B

O

D C

Figura 57

II.5. Aria patrulaterelor

Definiție II.5.1 Aria unui patrulater convex este egală cu suma ariilor a două triunghiuri în care se descompune patrulaterul.

Pentru ca această definiție să fie corectă este necesar să demonstrăm că aria patrulaterului nu depinde de descompunerea în triunghiuri pe care o folosim. De aceea mai întâi vom demonstra proprietatea de aditivitate pentru arii.

Teorema II.5.1 Dacă M [BC] a unui triunghi ABC, atunci ABC =ABM +ACD.

Demonstrație: Fie triunghiul ABC, M [BC] și ducem înălțimea AD BC , D [BC] . [AD] este înălțime atât a triunghiului ABM cât și a triunghiului ACM . Atunci ABM = și ACD = , de unde rezultă că dacă facem suma celor

două arii obținem ABM +ACD = + = = = ABC . Astfel putem spune că aria unui triunghi poate fi descompusa în suma de arii de triunghiuri.

Teorema II.5.2 Într-un patrulater ABCD avem ABC +ADC = ABD +CBD .

Demonstrație: Fie patrulaterul ABCD și notăm cu AC BD = {O} (figura 58) . Aplicând teorema anterioară obținem ABC = ABO +CBO , ADC = ADO +CDO , ABD = ABO +ADO , CBD = CBO +CDO , de unde rezultă ABC +ADC = ABO+ +CBO +ADO +CDO = ABO +ADO + CBO +CDO = ABD +CBD .

A B

O

D

C

Figura 58

Teorema II.5.3 Aria unui paralelogram este egală cu produsul dintre lungimea unei laturi a paralelogramului și lungimea înălțimii corespunzătoare laturii paralelogramului.

Demonstrație: Considerăm paralelogramul ABCD din figura 59 în care ducem diagonala [AC] , înălțimea AM CD și CN AB . Folosind aria triunghiurilor ABC și ACD avem ABCD = ABC + ACD = + = DC·AM deoarece DC=AB și AM=CN .

A N B C D

M

N

D M C B A

a) Figura 59 b)

Dacă in cazul dreptunghiului vom numi lungime latura mai mare a dreptunghiului și lățime latura mai mică a dreptunghiului , atunci definim aria dreptunghiului cu ajutorul următoarei teoreme.

Teorema II.5.4 Aria unui dreptunghi este egală cu produsul dintre lungimea dreptunghiului și lățimea dreptunghiului.

Demonstrație: În dreptunghiul ABCD din figura 60 ducem diagonala [AC] împărțind astfel suprafața dreptunghiului ABCD în două suprafețe triunghiulare dreptunghice. Folosind aria triunghiurilor dreptunghice ABC și ADC avem ABCD = ABC + ACD = + = AB·BC , deoarece AB = DC și BC = AD .

A B

D C

Figura 60

Teorema II.5.5 Aria unui pătrat este egală cu pătratul lungimii laturii pătratului.

Demonstrație: Fie pătratul ABCD din figura 61 în care trasăm diagonala [AC] .

Atunci aria pătratului ABCD este ABCD = ABC + ACD = + = + + = AB2 , deoarece AB = BC = CD = DA .

A B

D C

Figura 61

Teorema II.5.6 Aria unui romb este egală cu semiprodusul lungimilor diagonalelor rombului.

Demonstrație: Considerăm rombul ABCD din figura 62 cu diagonalele perpendiculare AC BD și notăm AC BD = {O} . Folosind diagonala [AC] avem ABCD = ABC + ACD = + = = .

B

A C

O

D

Figura 62

Teorema II.5.7 Aria unui trapez este egală cu jumătatea produsului dintre înălțimea trapezului și suma bazelor trapezului .

Demonstrație: Fie trapezul ABCD , AB CD, BC AD și ducem DM AB, BN DC ca in figura 63 . Deoarece [BD] este diagonală , atunci avem ABCD = ABD + +BCD = + = , deoarece DM = BN .

M A B

D N C

Figura 63

Teorema II.5.8 Aria unui patrulater ortodiagonal este egală cu jumătate din produsul diagonalelor .

Demonstrație: În patrulaterul ABCD din figura 64 diagonalele sunt perpendiculare AC BD și concurente AC BD = {O} . Atunci avem ABCD = ABD + +BCD = + = = .

A

D O B

C

Figura 64

Teorema II.5.8 este valabilă și pentru patrulaterele ortodiagonale convexe și pentru cele ortodiagonale concave după cum se poate observa în figura 65 . ABCD = ABC +ACD = + = = .

A

C

D B

O

Figura 65

Teorema II.5.9 Aria unui patrulater convex ABCD este

ABCD = = .

Demonstrație: În patrulaterul ABCD din figura 66 ducem diagonalele [AC] și [BD] . Aria patrulaterului ABCD poate fi exprimată în funcție de ariile triunghiurilor formate , astfel ABCD = ABC +ACD = ABD + +BCD . Folosind aria triunghiului exprimată în funcție de produsul a două laturi consecutive și sinusul unghiului dintre cele două laturi,ABC = , ACD = , BCD = , ABD = , vom obținem ABCD = ABC +ACD = BCD + ABD = = = .

A B

D

C

Figura 66

II.6. Simetria patrulaterelor

Definiție II.6.1 Se numește simetricul unui punct A față de un punct O un punct B astfel încât O este mijlocul segmentului [AB] (figura 67).

A O B

Figura 67

Dacă punctul B este simetricul punctului A față de punctul O , atunci avem [AO] [OB] și punctele A, O, B sunt coliniare.

Definiție II.6.2 Fie un punct O în plan și o figură geometrică plană . Punctul O se numește centrul de simetrie al figurii dacă orice punct din are simetricul față de punctul O un punct tot din (Figura 68).

A

O

B

Figura 68

Definiție II.6.3 Spunem că punctul B este simetricul punctului A (BA) față de dreapta dacă dreapta este mediatoarea segmentului [AB] (figura 69).

A B

Figura 69

Deci, dacă punctul B este simetricul punctului A față de dreapta , atunci avem AB și d(A , ) = d(B, ) .

Definiție II.6.4 Fie o dreaptă și o figură geometrică plană . Dreapta se numește axă de simetrie a figurii geometrice plane dacă orice punct din are simetric față de dreapta tot un punct din (figura 70).

A B

Figura 70

Teorema II.6.1 Într-un paralelogram punctul de intersecție al diagonalelor este centrul de simetrie al paralelogramului .

Demonstrație: Fie ABCD paralelogramul din figura 71 și notăm intersecția diagonalelor AC BD = {O} . Considerăm M un punct oarecare al paralelogramului pe latura [AB] și demonstrăm că simetricul punctului M față de punctul O aparține paralelogramului . Fie MO CD = {M1}, atunci deoarece AB CD , rezultă că m(MAO) = m(M1CO) ca unghiuri alterne interne congruente. Deci, AOM COM1 conform cazului de congruență U.L.U. , MAO M1CO , [AO] [OC] , AOM COM1 ca unghiuri opuse la vârf , de unde rezultă că [MO] [OM1] . Astfel se obține că M1 este simetricul lui M o față de O. În mod analog se face demonstrația pentru cazurile când M se află pe celelalte laturi ale patrulaterului. În concluzie punctul O este centrul de simetrie al paralelogramului ABCD.

A M B

O

D M1 C

Figura 71

Paralelogramul nu are axe de simetrie.

Teorema II.6.2 Într-un dreptunghi punctul de intersecție al diagonalelor este centrul de simetrie al dreptunghiului.

Demonstrație: Considerăm dreptunghiul ABCD din figura 72 și notăm intersecția diagonalelor AC BD = {O} . Luăm M un punct oarecare al dreptunghiului pe o latură și demonstrăm că simetricul punctului M față de punctul O aparține dreptunghiului . Fie M(AD) și MO BC = {M1}, atunci deoarece AD BC , rezultă că m(MAO) = m(M1CO) ca unghiuri alterne interne congruente. Deci, AOM COM1 conform cazului de congruență U.L.U. , MAO M1CO , [AO] [OC] , AOM COM1 ca unghiuri opuse la vârf , de unde rezultă că [MO] [OM1] . Astfel se obține că M1 este simetricul lui M o față de O. În mod analog se face demonstrația pentru cazurile când M se află pe celelalte laturi ale patrulaterului. În concluzie punctul O este centrul de simetrie al dreptunghiului ABCD.

A B

M

O M1

D C

Figura 72

Teorema II.6.3 Într-un dreptunghi mediatoarele laturilor opuse sunt axe de simetrie ale dreptunghiului.

Demonstrație: Fie dreptunghiul ABCD și M(AB),AM = MB, N(DC), CN =ND, MN mediatoare a laturilor AB și CD ale dreptunghiului (figura 73). Considerăm două puncte oarecare P, P1, P(AD) și P1(BC) astfel încât PP1 MN , PP1 MN = {Q}. Atunci ABP1P este dreptunghi MN este mediatoare a segmentului [PP1] , adică PQ = P1Q ceea ce înseamnă că P1 este simetricul lui P față de dreapta MN . Cum P a fost luat un punct oarecare tragem concluzia că MN este axă de simetrie a dreptunghiului ABCD.

În mod analog se demonstrează și că mediatoarea laturilor AD și BC ale dreptunghiului este axă de simetrie.

A M B

P Q P1

D N C

Figura 73

Teorema II.6.4 Într-un romb punctul de intersecție al diagonalelor este centrul de simetrie al rombului.

Demonstrație: : În rombul ABCD din figura 74 notăm intersecția diagonalelor AC BD = {O} . Considerăm M un punct oarecare pe latura [AB] și demonstrăm că simetricul punctului M față de punctul O aparține rombului . Fie MO CD = {M1}, atunci deoarece AB CD , rezultă că m(MBO) = m(M1DO) ca unghiuri alterne interne congruente. Deci, BOM DOM1 conform cazului de congruență U.L.U. , MBO M1DO , [BO] [OD] , BOM DOM1 ca unghiuri opuse la vârf , de unde rezultă că [MO] [OM1] . Astfel se obține că M1 este simetricul lui M o față de O. În mod analog se face demonstrația pentru cazurile când M se află pe celelalte laturi ale patrulaterului. În concluzie punctul O este centrul de simetrie al rombului ABCD.

B

M

O

A C

M1

D

Figura 74

Teorema II.6.5 Într-un romb dreptele suport ale diagonalelor sunt axe de simetrie ale rombului.

Demonstrație: Considerăm rombul ABCD din figura 75 și notăm intersecția diagonalelor AC BD = {O}. Fie M un punct pe latura AB a rombului , M(AB). Demonstrăm că simetricul lui M față de diagonala BD este pe latura BC a rombului.

Ducem MP BD și notăm MP BC = {M1}. Triunghiurile PMB și PM1B sunt congruente , PMB PM1B deoarece aplicăm cazul de congruență C.U. , BP = BP, catetă comună celor două triunghiuri , m(MBP) = m(M1BP) , (BD este bisectoare a unghiului B al rombului . Rezultă că MP = PM1, adică M1 este simetricul lui M față de BD, deci BD este axă de simetrie a rombului. În mod analog se demonstrează și că AC este axă de simetrie.

B

M M1

A C

O

D

Figura 75

Teorema II.6.6 Într-un pătrat punctul de intersecție al diagonalelor este centrul de simetrie al pătratului.

Demonstrație: Pătratul ABCD din figura 76 are notat cu O punctul de intersecție al diagonalelor AC BD = {O} . Fie M (AB) și MO CD = {M1}. Atunci AMO CM1O datorită cazului de congruență U.L.U. deoarece [AO] [OC] , MAO M1CO și MOA M1OC , de unde rezultă că [MO] [OM1] , ceea ce însemnă că M1 este simetricul lui M față de O . Deci , punctul O este centrul de simetrie al pătratului ABCD.

A M B

O

D M1 C

Figura 76

Teorema II.6.7 Într-un pătrat dreptele suport ale diagonalelor și mediatoarele laturilor opuse sunt axe de simetrie ale pătratului.

Demonstrație: Demonstrarea faptului că dreptele suport ale diagonalelor pătratului sunt axe de simetrie se face în mod analog ca în teorema II.6.5 , iar pentru a demonstra că mediatoarele laturilor opuse sunt axe de simetrie procedăm analog teoremei II.6.3 , după cum se poate observa și în figura 77.

A B

D C Figura 77

Teorema II.6.8 Într-un trapez isoscel mediatoarele bazelor sunt axe de simetrie ale trapezului.

Demonstrație: Considerăm un trapez isoscel ABCD și M (AB) , AM = MB, N (CD) , CN = ND . Punctele M și N sunt mijloacele laturilor (AB) respectiv (CD), ceea ce însemnă că ori ce punct de pe (AB) sau (CD) are simetricul tot pe (AB) sau respectiv pe (CD) . Considerăm un punct P oarecare pe (AD) și demonstrăm că simetricul sau față de MN este pe (BC). Construim PO perpendiculară pe MN, PO MN , și notăm PO BC = {Q} (figura 78). Deoarece O MN și MN este mediatoare a segmentului [AB] , atunci [AO] [OB] . Astfel , AOP BOQ conform cazului de congruență U.L.U. , [AO] [OB] , POA QOB și PAO QBO , de unde obținem că [PO] [OQ] , adică punctual Q este simetricul lui P față de MN . Pentru că P a fost considerat un punct oarecare (AD) tragem concluzia că MN este axă de simetrie.

A M B

P O Q

D N C

Figura 78

CAPITOLUL III

ASPECTE METODICE PRIVIN PREDAREA PATRULATERELOR

III.1 Aspecte metodice privind predarea patrulaterelor

Geometria are o structură complexă ceea ce o face greu de expus elevilor sub forma ei riguroasă. Cu toate acestea este necesară studierea geometriei deoarece aceasta dezvoltă gândirea logică și deductivă , ajută la consolidarea calcului aritmetic și algebric. Primele noțiuni de geometrie legate de patrulatere sunt prezentate elevilor încă de la clasele primare când fac cunoștință cu pătratul, dreptunghiul, rombul, paralelogramul și trapezul . Elevii claselor primare trebuie să recunoască patrulaterele, să realizeze desenele patrulaterelor și să le noteze corect , să identifice interiorul și exteriorul patrulaterelor învățate . La clasa a V-a sunt prezentate patrulaterele prin desen și descriere , sunt prezentate elementele patrulaterelor, laturile, unghiurile, diagonalele. De asemenea , sunt prezentate sub forma unor formule perimetrul și aria unor patrulatere , sunt prezentate intuitiv simetria, axa de simetrie și translația folosind exemplificarea în patrulatere. În programa școlară a clasei a VII-a este inclusă studierea aprofundată a patrulaterelor. Aici elevii învață proprietățile calitative și metrice ale patrulaterelor, sunt prezentate patrulaterele particulare și proprietățile acestora. Predarea noțiunilor despre patrulatere are ca scop definirea corectă a patrulaterelor ,cunoașterea figurilor geometrice a patrulaterelor, însușirea proprietăților legate de unghiuri, laturi și diagonale, definirea corectă a ariilor suprafețelor patrulaterelor.

Prin realizarea figurilor corespunzătoare fiecărei definiții, teoreme sau probleme se urmărește consolidare noțiunilor necesare pentru realizarea construcțiilor geometrice dar și dezvoltarea capacității de interpretare , de observare a consecințelor ce rezultă din construcțiile geometrice realizate .

Plecând de la definiția poligoanelor și observarea acestora, poate fi introdusă definiția corectă a patrulaterelor și realizarea desenului corespunzător situației. Făcând observații pe diferite desene ale patrulaterelor sunt definite patrulatere convexe și cele concave . Scriem și identificăm elementele patrulaterelor : vârfurile, laturile, unghiurile, diagonalele. Este accentuat modul de realizare a unei notații corecte a unui patrulater. Din patru puncte oarecare , unindu-le elevii trebuie să obțină a figură geometrică care să fie un patrulater. Problemele pentru elevi sunt de construcție și notare a patrulaterelor, probleme de aflare a perimetrului unor patrulatere când se cunosc lungimile laturilor sau de aflare a laturilor unui patrulater când se cunoaște perimetrul.

Pentru a exprima suma măsurilor unghiurilor unui patrulater convex folosim descompunerea patrulaterelor în triunghiuri prin trasarea uneia din diagonale. După prezentarea proprietății, pentru însușirea corectă a noii proprietăți pot fi realizate : calcule pentru aflarea unui unghi al unui patrulater când se cunosc celelalte trei unghiuri , rezolvarea unor probleme pentru aflarea unghiurilor unui patrulater cu măsurile unghiurilor direct proporționale sau invers proporționale cu anumite numere naturale , etc. .

Dintre toate patrulaterele pe care le vor învăța elevii, paralelogramul este necesită o atenție deosebită deoarece proprietățile acestuia se vor regăsi și la dreptunghi, romb, pătrat. Construcția paralelogramului este necesar să fie făcută cu ajutorul instrumentelor pentru a pune în evidență definiția corectă, deoarece realizarea laturilor opuse paralele se face fără să știm că sunt și egale. Înțelegerea corectă a „paralelogramelor particulare” depinde în mod decisiv de felul cum elevii își însușesc proprietățile paralelogramului, mai ales a teoremelor ce conțin condiții necesare și suficiente ca un patrulater să fie paralelogram. Demonstrațiile teoremelor vor avea fiecare desenul corespunzător chiar dacă vor fi teoreme reciproce. Spre exemplu pentru a demonstra reciproca teoremei legată de diagonale se va pleca de două segmente care au același mijloc și se va demonstra că unind capetele segmentelor se obține un paralelogram. Enunțarea teoremelor reciproce și demonstrarea acestora ajută la înțelegerea mai clară a teoremelor directe. Este bine ca teoremele directe și cele reciproce să fie analizate comparativ prin prezentarea schematică a ipotezei și a concluziei. Unele din teoremele reciproce ale proprietăților paralelogramului pot fi date elevilor ca temă pentru acasă, în schimb tema trebuie verificată pentru a o corecta sau a întări rezolvările corecte. Lipsa axei de simetrie poate fi pusă în evidență prin încercarea nereușită de a îndoi un paralelogram din hârtie în două părți care să coincidă. Centrul de simetrie al paralelogramului va fi demonstrat ca fiind la intersecția diagonalelor. Rezolvarea problemelor ce implică proprietăți ale paralelogramul consolidează cunoștințele elevilor pentru următoarele lecții.

Primul dintre „paralelogramele particulare” studiate este dreptunghiul și definirea lui corectă ca un paralelogram cu un unghi drept scoate în evidență faptul că proprietățile directe ale paralelogramului sunt și ale dreptunghiului, lucru pe care elevii trebuie să îl înțeleagă de la început. Pentru construcția dreptunghiului folosim instrumentele și subliniem faptul că dacă un unghi este drept atunci toate vor fi drepte. Sunt prezentate proprietățile specifice ale dreptunghiului legate de unghiuri și diagonale, proprietăți ce au teoreme directe și reciproce. Prin trasarea mediatoarelor laturilor opuse sunt prezentate axele de simetrie și de asemenea se demonstrează că centrul de simetrie este la intersecția diagonalelor. Pentru înțelegerea și însușirea noțiunilor legate de dreptunghi pot fi rezolvate probleme ce implică construcția dreptunghiului, aflarea unor lungimi sau a unor unghiuri prin aplicarea proprietăților dreptunghiului.

Rombul este definit elevilor ca fiind paralelogram cu două laturi consecutive congruente deoarece în acest fel este pus în evidență faptul că rombul are toate proprietățile directe ale paralelogramului. Desenarea rombului se face cu ajutorul instrumentelor și trebuie prezentat în diverse poziții pentru ca elevii să își formeze o figură corectă pentru această noțiune. La fel ca la dreptunghi sunt prezentate elevilor proprietățile specifice rombului referitoare la laturi și la diagonale . Proprietatea diagonalelor de a fi bisectoare ale unghiurilor rombului ajută la identificarea diagonalelor ca axe de simetrie ale rombului. Centrul de simetrie al rombului este la intersecția diagonalelor.

Pătratul este probabil cea mai cunoscută figură geometrică. Definind pătratul ca fiind un paralelogram care este și dreptunghi și romb scoatem în evidență că pătratul are toate proprietățile directe ale dreptunghiului și rombului: are toate laturile congruente, toate unghiurile sunt drepte, diagonalele sunt bisectoare ale unghiurilor , diagonalele au același mijloc și sunt perpendiculare. Realizarea relațiilor de incluziune dintre mulțimea pătratelor, a romburilor, a dreptunghiurilor și a paralelogramelor ajută la înțelegerea faptului că pătratele au proprietățile romburilor și dreptunghiurilor , romburile și dreptunghiurile au proprietățile paralelogramelor. De aceea la rezolvarea problemelor vom folosi proprietăți ale pătratului care nu au fost demonstrate ca fiind ale lui ci sunt proprietăți dobândite deoarece este dreptunghi și romb, asemănător la rezolvarea unor probleme vom folosi proprietăți ale dreptunghiului sau rombului care sunt preluate de la paralelogram. Pătratul va avea patru axe de simetrie , diagonalele și mediatoarele laturilor , și un centru de simetrie aflat la intersecția diagonalelor. Rezolvarea unor probleme poate fi făcută prin reamintirea, redescoperirea unor proprietăți ale patrulaterelor deja predate dacă elevii nu le stăpânesc corect. Exercițiile de construcție ale pătratului se fac cu ajutorul instrumentelor geometrice utilizând mai ales echerul .

Trapezul se definește ca fiind un patrulater cu numai două laturi paralele, în felul acesta fiind exclus ca celelalte laturi opuse să fie paralele. Folosirea instrumentelor pentru realizarea unui trapez ajută la înțelegerea noțiunii. Trapezul trebuie desenat în mai multe poziții, cu laturile paralele orizontale sau cu laturile paralele verticale sau oblice .Clasificarea trapezului este ușoară, după egalitatea sau neegalitatea laturilor neparalele trapezul este isoscel sau respectiv oarecare, iar după cum are sau nu are un unghi drept trapezul este dreptunghic sau oarecare. Avem și la trapez proprietăți directe și reciproce a căror demonstrație implică cunoașterea proprietăților paralelogramului sau aplicarea metodei triunghiurilor congruente pentru a obține unghiuri sau segmente egale. Proprietățile trapezului isoscel se referă la unghiurile alăturate unei baze a trapezului isoscel sau la diagonalele trapezului isoscel.

Pentru predarea ariilor patrulaterelor studiate mai întâi este definită aria triunghiului. Aria triunghiului este prezentată pentru triunghiul ascuțitunghic, triunghiul obtuzunghic , triunghiul dreptunghic. O proprietate necesară pentru studierea ariilor patrulaterelor este cea de aditivitate pentru arii deoarece în felul acesta putem descompune aria unui triunghi în sumă de arii de triunghiuri, iar folosind descompunerea patrulaterelor convexe în triunghiuri putem exprima aria patrulaterelor convexe ca fiind suma ariilor triunghiurilor din descompunere. Folosind aria unui patrulater oarecare pot fi aflate ariile paralelogramului, dreptunghiului, rombului, pătratului și trapezului. Prin rezolvarea unor probleme se va urmări consolidarea proprietăților funcției arie, reținerea formulelor de calcul a ariilor triunghiurilor și patrulaterelor și utilizarea formulelor în situații noi.

Linia mijlocie a trapezului poate fi definită pornind de la construcția desenul corespunzător acesteia. Proprietatea directă și cea reciprocă a liniei mijlocii a trapezului pot fi demonstrate utilizând proprietățile liniei mijlocii a triunghiului și metoda triunghiurilor congruente. Rezolvarea unor probleme va consolida cunoștințele despre linia mijlocie a trapezului.

Rezolvarea problemelor de către elevi ocupă un loc important datorită faptului că în acest fel pot fi verificate cunoștințele acumulate de elevi în timpul orelor de predare sau de consolidare a cunoștințelor. Studierea geometriei practic este imposibil de făcut fără rezolvarea problemelor. Pentru rezolvarea problemelor de geometrie elevii trebuie să parcurgă câteva etape într-o anumită ordine:

1) citirea corectă și atentă a enunțului problemei.

2) construirea corectă a figurii geometrice conform ipotezei problemei.

3) înțelegerea problemei prin identificarea corectă a ipotezei și a concluziei problemei

4) construirea demonstrației problemei pe baza noțiunilor cunoscute sau a unor raționamente noi.

5) scrierea demonstrației utilizând raționamentele teoretice și simbolurile matematice care ajută elevul să urmărească raționamentul care formează demonstrația.

6) discutarea problemei și extragerea unor eventuale concluzii sau a unor noi proprietăți.

7) verificarea soluțiilor problemei deoarece uneori pot exista diferite cazuri particulare sau pot exista mai multe soluții.

Problemele de geometrie sunt variate, de diferite feluri. Pentru rezolvarea lor există mai multe metode . Cunoașterea metodelor de rezolvare a problemelor de geometrie ajută în practică pentru a nu face încercări la întâmplare și în același timp dezvoltă puterea de a generaliza , ceea ce face ca problemele să fie legate între ele atunci când întâlnim un anumit raționament. Cele mai utilizate metode de rezolvare a problemelor de geometrie pentru gimnaziu sunt: metoda sintezei, metoda analizei, metoda reducerii la absurd și metoda construcțiilor geometrice.

Metoda sintezei este utilizată în problemele de calcul cât și pentru demonstrarea unor teoreme și expresii logice cu valoare axiomatică. O problemă căreia îi aplicăm metoda sintezei conține în ipoteză două date și trebuie să aflăm valorile altor mărimi. Utilizând legătura dintre cele două mărimi cunoscute aflăm cea de a treia mărime și așa mai departe repetăm procedeul până la aflarea tuturor mărimilor cerute.

Metoda analizei presupune să plecăm de la concluzia problemei și să formulăm o nouă problemă în așa fel încât soluția să fie aceeași ca și la problema inițială. Procedeul se poate aplica de mai multe ori până la obținerea soluțiilor necunoscute.

Metoda analitico-sintetică presupune îmbinarea celor două metode prezentate anterior deoarece în cele mai multe cazuri problemele nu pot fi rezolvate numai cu una din metodele anterioare ci aplicăm mai întâi analiza pentru obținerea a două mărimi și apoi aplicăm metoda sintezei pentru aflarea mărimilor necunoscute.

Metoda reducerii la absurd este utilizată din antichitate pentru rezolvarea problemelor sau demonstrarea teoremelor. Principiul terțiului exclus stă la baza construcției logice a acestei metode: „ Dintre două propoziții contradictorii una este adevărată, cealaltă este falsă, iar o a treia posibilitate nu poate exista.” Metoda reducerii la absurd presupune să admitem temporar ca adevărată o formulare contradictorie a problemei date pentru ca apoi să obținem o serie de rezultate care conduc la o concluzie absurdă , pentru că contrazic ipoteza problemei inițiale sau o relație demonstrată adevărată anterior.

Ultima metodă, cea a construcției geometrice este folosită pentru problemele de construcții geometrice utilizând numai rigla și compasul. Această metodă presupune mai întâi aflarea soluției plecând de la figură și căutând proprietăți noi pe baza cărora putem face construcția, apoi realizarea construcției , apoi realizarea demonstrației și la final discuția problemei.

În ultimul capitol al acestei lucrări sunt prezentate a serie de probleme rezolvate pentru utilizarea lor la clasă dar și probleme pentru pregătirea elevilor în concursurile școlare.

Experiența acumulată de-a lungul timpului în procesul de predare a condus la realizarea unei investigații cu caracter constatativ în care sunt utilizate mijloace moderne de predare ca platforma e-learning Ael . În cadrul acestei investigații au fost realizarea următoarelor obiective : – selectarea noțiunilor în format electronic pentru introducerea lor în platforma Ael și configurarea platformei

– utilizarea noțiunile selectate anterior prin integrarea lor în timpul procesului de predare a lecțiilor sau de consolidare a cunoștințelor elevilor cu ajutor unor probleme

– creșterea motivației elevilor pentru procesul de învățare prin utilizarea calculatorului .

Ipoteza de la care s-a plecat este aceea că dacă în cadrul orelor de matematică este utilizat calculatorul, platforma Ael, atunci procesul de învățare va fi stimulat și rezultatele elevilor la evaluarea de la finalul unității de învățare „ Patrulatere” vor fi mai bune. Evaluarea s-a desfășura sub forma unui test scris . Investigația s-a desfășurat în anul școlar 2011-2012 , la unitatea de învățare „Patrulatere” de la clasa a VII-a de la Școala cu clasele I-VIII Bordești, județul Vrancea. Colectivul de elevi are cincisprezece elevi , zece fete și cinci băieți. Vârsta elevilor este de treisprezece sau paisprezece ani, elevii provin din familii care au preocupări pentru buna educație a copiilor.

Punctul de plecare în realizarea investigației l-a constituit realizarea planificării anuale și a unităților de învățare , respectând programa școlară aflată în vigoare pentru clasa a VII-a . A fost utilizat ca suport manualul de matematică pentru clasa a VII-a de la editura Teora, autori Ion Cheșcă și Gina Caba, culegerile de matematică pentru clasa a VII-a Bălăucă A. și colaboratorii – „Algebră,Geometrie”, Editura Taida, Iași, 2011 și Balica I. , Perianu M., Săvulescu D. –„ Matematică pentru clasa a VII-a ”, Editura Art, 2011, de asemenea au fost folosite lecțiile în format electronic din aplicația elearning Ael. Pentru a putea utiliza platforma Ael orele de matematică au fost desfășurate în laboratorul de informatică .

An școlar: 2011/2012

Școala cu clasele I-VIII Bordești Avizat Disciplina: Matematică – Geometrie Director :

Clasa: a VII –a

Nr. Săptămâni: 15 Total ore:30 (2 ore/săptămână )

Profesor Vioreanu Marin Marius

Conform programei școlare aprobata prin Ordinul Ministrului Educației Cercetării și Tineretului NR. . 5097/09.09.2009

PLANIFICARE SEMESTRIALĂ – SEMESTRUL I

An școlar: 2011/2012

Școala cu clasele I-VIII Bordești Avizat Disciplina: Matematică – Geometrie Director :

Clasa: a VII –a

Nr. Săptămâni: 15 Total ore:30 (2 ore/săptămână )

Profesor Vioreanu Marin Marius

Conform programei școlare aprobata prin Ordinul Ministrului Educației Cercetării si Tineretului NR. . 5097/09.09.2009

PLANIFICARE SEMESTRIALĂ – SEMESTRUL al II – lea

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Patrulatere ”

Nr. ore alocate: 11ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Arii ”

Nr. ore alocate: 5ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Teorema lui Thales ”

Nr. ore alocate: 7 ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Asemănarea triunghiurilor ”

Nr. ore alocate: 5ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Relații metrice în triunghiul dreptunghic ”

Nr. ore alocate: 9 ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Elemente de trigonometrie ”

Nr. ore alocate: 6 ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Cercul ”

Nr. ore alocate: 7 ore

ȘCOALA: Bordești PROFESOR:Vioreanu Marin Marius

DISCIPLINA:Matematică CLASA a VII-a / 2 ore pe săptămână /2011-2012

Planificarea unității de învățare: „Poligoane regulate ”

Nr. ore alocate: 6 ore

Modelul de test propus pentru evaluarea unității de învățare „Patrulatere” este structurat în două părți. Partea I este compusă din itemi semiobiectivi de tip răspuns scurt/ de completare, iar Partea II cuprinde itemi subiectivi de tip rezolvare de probleme. Timpul de lucru efectiv pentru testare este de 50 minute iar punctajul maxim acordat este 80 de puncte , la care se adaugă 20 de puncte din oficiu.

Instrumentul care conferă validitate testului este matricea de specificații. Aceasta realizează corespondența dintre competențele de evaluat și conținuturile specifice programei școlare de matematică pentru unitatea de învățare „Patrulatere”. Competențele de evaluat se stabilesc prin derivare din competentele generale și/ sau din competențele specifice ale programei școlare. Matricea de specificații este un instrument care certifică faptul că testul măsoară competențele de evaluat propuse si că testul are validitate de conținut: liniile matricei precizează conținuturile abordate; coloanele matricei conțin competentele de evaluat corespunzătoare nivelurilor cognitive.

Profesorul care creează testul de evaluare stabilește ponderea fiecărui conținut, ce urmează a fi evaluat, în funcție de competențele de evaluat specificate în matrice.

Matricea de specificații pe baza căreia a fost elaborat testul de evaluare a unității de învățare „Patrulatere” pentru clasa a VII-a este următoarea:

MATRICEA DE SPECIFICAȚII – TEST DE EVALUARE „Patrulatere”

CLASA a VII-a

COMPETENTELE DE EVALUAT ASOCIATE TESTULUI DE EVALUARE „Patrulatere”

PENTRU CLASA a VII- a

C1. Recunoașterea și descrierea patrulaterelor în configurații geometrice date

C2. Identificarea patrulaterelor particulare utilizând proprietăți precizate

C3. Utilizarea proprietăților calitative și metrice ale patrulaterelor în rezolvarea unor

probleme

C4. Exprimarea prin reprezentări geometrice a noțiunilor legate de patrulatere

C5. Interpretarea informațiilor conținute în reprezentări geometrice în corelație cu

determinarea unor lungimi de segmente si a unor măsuri de unghiuri

C6. Identificarea și analizarea unor metode alternative de rezolvare a problemelor

de geometrie utilizând proprietăți ale patrulaterelor particulare

Numele si prenumele elevului: Data:

Test de evaluare „ Patrulatere”

Clasa a VII-a,2011-2012

Pentru rezolvarea corectă a tuturor cerințelor din Partea I si din Partea a II-a se acordă 80 de puncte.

Din oficiu se acordă 20 puncte.

Toate subiectele sunt obligatorii. Timpul de lucru efectiv este de 50 minute.

I.(40 puncte)- Pe foaia de examen se trec numai rezultatele.

5p. 1.a) Desenați si notați un pătrat ABCD.

5p. b) Perimetrul unui pătrat care are latura de 5 cm este egal cu …. Cm.

5p. c) Măsura unghiului unui pătrat este de …..

5p. 2. Intr-un patrulater convex ABCD cu m()=75, m()=90° , m()=115°,

măsura unghiului este egală cu…… .

5p. 3. Paralelogramul care are un unghi drept se numește ……..

5p. 4. Intr-un dreptunghi ABCD , AC BD = {O} si AO= 3 cm. Atunci lungimea

diagonalei AC este de ……cm.

5p. 5. Daca rombul MNPQ are m()= 120°, atunci m() este egală

cu …..°.

5p. 6. Intr-un paralelogram ABCD , m(A)=120° , atunci m(B) este egală

cu …..° .

II.(40 puncte)- Pe foaia de examen scrieți rezolvările complete.

Dreptunghiul ABCD din figura este format din doua pătrate, ANMD si NBCM. Fiecare pătrat are latura de 2 cm, AN=NB=2 cm.

5p. a) Calculați perimetrul dreptunghiului ABCD.

5p. b) Aflați măsura unghiului .

5p. c) Aflați măsura unghiului AMB. A N B

D M C

In trapezul isoscel AB=BC=CD, BCAD si m(BAD)=60°.

5p a) Realizați desenul corespunzător.

5p b) Aflați masurile unghiurilor trapezului.

5p c) Aflați masurile unghiurilor triunghiului BCD.

5p d) Stabiliți ca [DB este bisectoarea unghiului ADC.

5p e) Arătați ca AB BD.

Test de evaluare „ Patrulatere”

Clasa a VII-a,2011-2012

Barem de evaluare si de notare

Pentru orice soluție corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul maxim corespunzător.

Nu se acordă fracțiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parțiale, în limitele punctajului indicat în barem.

PARTEA I (40 de puncte)

Se punctează doar rezultatul, astfel: pentru fiecare răspuns se acordă fie punctajul maxim prevăzut în dreptul fiecărei cerințe, fie 0 puncte.

Nu se acordă punctaje intermediare.

PARTEA a II-a (40 de puncte)

Pentru orice soluție corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul maxim corespunzător.

Nu se acordă fracțiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parțiale, în limitele punctajului indicat în barem.

Se acordă 20 puncte din oficiu.

Nota finală se calculează prin împărțirea punctajului obținut la 10.

Rezultatele elevilor:

Indice de dificultate= nr. elevi care au rezolvat corect/nr. total de elevi prezenți

Media aritmetică a notelor clasei este de 5,73.

Media aritmetică (calculată ca suma tuturor notelor obținute de elevii testați împărțită la numărul elevilor testați) reprezintă cel mai utilizat indicator de măsurare a tendinței centrale rezultatelor unui test pentru un grup de elevi.

Mediana notelor este 5 datorită notelor elevilor 3,3,3,4,4,4,5,5,6,7,7,8,8,9,10.

Mediana reprezintă nota obținută de candidatul din mijloc și este un alt indicator de măsurare a tendinței centrale rezultatelor unui test pentru un grup de elevi.

Modulul (reprezentat de nota/scorul obținut de cei mai mulți elevi din grupul testat) reprezintă un alt indicator de măsurare a tendinței centrale; pentru testul analizat este incerta.

Grafic cu notele obținute de elevi la testare

Concluzii în urma aplicării testului de evaluare:

Analiza mediei aritmetice,a medianei , a modulului si a graficului cu distribuția notelor furnizează următoarele concluzii:

graficul realizat arata ca notele obținute nu au aranjare ca o curba Gauss , opt elevi obținând note mici, cinci elevi cu nota medii din intervalul șase-opt și doi elevi cu note din intervalul nouă-zece.

la o analiza a rezultatelor pe fiecare item se poate trage concluzia ca unii elevii au cunoștințele de baza necesare

Recomandări de optimizare:

să se respecte de către profesor toate etapele evaluării, în sensul că ceea ce se evaluează să fie în concordanță cu formarea de competențe.

utilizarea mai multor tipuri de itemi la testări.

utilizarea diversificată a tipurilor de itemi, cei care sunt dificili de rezolvat pentru unii elevi ,să dobândească un grad mai mare de repetabilitate în cadrul testelor,sau profesorul să insiste prin folosirea acelor itemi și la evaluarea orală, nu numai cea scrisă.

pe viitor trebuie sa se aibă în vedere o insistare asupra unor reguli de calcul și a aplicării acestora în diferite situații.

se impune ca la clasa sa fie explicate mereu (in amănunt ) si cele mai elementare calcule cu operații ale numerelor natural si numere raționale, repetarea noțiunilor de geometrie învățate anterior.

elevii care au dovedit ca nu au cunoștințele de baza necesare necesita o recuperare a acestora prin recapitulare amănunțită

Concluziile investigației realizate

Utilizarea platformei elearning Ael este plăcută și atractivă pentru elevi , dar utilizarea ei presupune cunoștințe de utilizare și configurare a calculatoarelor din partea profesorului dar și din partea elevilor, de asemenea este necesară o anumită îndemânare din partea elevilor pentru utilizarea calculatorului .

Mijloacele moderne de predare și învățare, în speță aplicația Ael, trebuie combinate în timpul procesului educațional cu mijloacele tradiționale de predare și învățare pentru înțelegerea și consolidarea corectă a noțiunilor învățate de elevi

Cu ajutorul aplicației Ael pot fi rezolvate numai anumite tipuri de probleme , de obicei probleme cu desene , probleme de completare a unor termeni sau probleme care verifică cunoașterea unor proprietăți fără ca elevul să facă calcule complexe.

Utilizarea Ael în procesul de educație dezvoltă spiritul de muncă în echipă dar și întrecerea între elevi pentru .

Rezultatele testului de evaluare aplicat la finalul unității de învățare „Patrulatere” nu sunt spectaculoase, dar ne spune că aproape toți elevii au rezolvat problemele ce presupuneau realizarea unor figuri geometrice corespunzătoare

Utilizarea platformei Ael în timpul orelor de matematică ajută elevii să înțeleagă mai bine probleme de construcție, face orele de matematică mai atractive pentru elevi și implicit acest lucru va duce la creșterea rezultatelor elevilor .

III.2 Probleme cu patrulatere

Problema 1 Determinați măsurile unghiurilor unui patrulater convex știind că unghiurile sunt direct proporționale , respectiv, cu numerele 2 , 4 , 6 și 8.

Demonstrație: Fie un patrulater care verifică condiția problemei, atunci fără a restrânge generalitatea problemei notăm cu a, b, c, d măsurile unghiurilor patrulaterului și sunt direct proporționale cu 2, 4, 6 și respectiv 8. De aici rezultă = = = = = și cum a+b+c+d = 360° , obținem că = = = = 18°. Astfel, a=36° , b=72° , c=108° , d=144° . La final verificam a+b+c+d = 360° și că = = = .

Problema 2 Într-un patrulater convex MNPQ cunoaștem m(M)=65° , m(N)=95° și m(Q)=110° . Aflați măsura unghiului m(P).

Demonstrație: Deoarece MNPQ este patrulater convex , avem m(M) + m(N) + +m(P)+ m(Q)=360° . Atunci m(P)=360° – m(M) – m(N) – m(Q) = 90° .

Problema 3 Fie ABCD un patrulater . Calculați perimetrul patrulaterului ABCD dacă se știe că AB = 4 cm, BC = 6 cm , CD = 10 cm și AD = 5 cm .

Demonstrație : Din definiția perimetrului unui patrulater avem PABCD = =AB+BC+CD+DA și atunci PABCD = 4 cm + 6 cm + 10 cm + 5 cm =25 cm .

Problema 4 Într-un patrulater convex măsura unghiului format între bisectoarele a două unghiuri alăturate ale patrulaterului este jumătate din suma măsurilor celorlalte două unghiuri ale patrulaterului.

Demonstrație: Fie patrulaterul convex ABCD din figura 1 și (AM , (BM bisectoarele unghiurilor DAB și respectiv ABC. Trebuie să demonstrăm că m(AMB) este jumătate din suma m(BCD) + m(CDA) . Deoarece ABCD este patrulater convex , atunci (AM (BM = {M} , M Int. ABCD . În triunghiul AMB avem m(AMB) =180° – m(MAB) – m(MBA) =180° – [m(DAB) + m(CBA)] : 2= =[360° – m(DAB) – m(CBA)] : 2 = [m(BCD) + m(CDA)] : 2 . Am obținut astfel că m(AMB) ==[m(BCD) + m(CDA)] : 2.

A B

M

D

C

Figura 1

Problema 5 Într-un patrulater ABCD se cunosc: m(B) = m(D) = 90° , BD = 6 cm și AC= 14 cm . Să se calculeze perimetrul BMD , unde M este mijlocul diagonalei [AC].

Demonstrație: Pentru că m(B) = m(D) = 90° și cele două unghiuri sunt opuse patrulaterul nostru nu poate fi decât unul convex ca în figura 2. Conform definiției perimetrului unui triunghi avem PBMD=BD + BM + MD. Trebuie să aflăm lungimea segmentelor [BM] și [DM]. Triunghiurile ABC și ADC sunt triunghiuri dreptunghice deoarece m(B) = m(D) = 90° , iar [BM] și [DM] sunt mediane în aceste triunghiuri dreptunghice, ceea ce însemnă că BM = AC : 2 și DM = AC : 2 . Înlocuind în formula perimetrului scrisă mai sus obținem PBMD = BD + BM + MD = BD + AC : 2 + AC : 2 = =BD + AC = 20 cm . Deci , PBMD = 20 cm .

A B

D M

C

Figura 2

Problema 6 În patrulaterul convex MNPQ , m(N) = m(Q) = 90° . Pe laturile [MN] și [MQ] se iau punctele R și S , R [MN] , S [MQ] astfel încât [RN] [SQ] și (PRN) (PSQ) . Arătați că [MN] [MQ] și (PMN) (PMQ) .

Demonstrație: Fie patrulaterul MNPQ din figura 3 care îndeplinește toate condițiile problemei. Se obține că PNR PQS datorită cazului de congruență C.U. pentru că [RN] [SQ] ,(PRN) (PSQ) și m(PNR) = m(PQS) = 90°. Din această congruență a triunghiurilor obținem că [PN] [PQ] . Astfel, deoarece [PN] [PQ] și [MP] [MP] , ipotenuză comună, rezultă că PNM PQM datorită cazului de congruență I.C. . Din PNM PQM rezultă că [MN] [MQ] și (PMN) (PMQ).

M R N

S

Q

P

Figura 3

Problema 7 În patrulaterul convex ABCD punctele M, N, P, Q reprezintă mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD] și respectiv [AD] . Demonstrați că MNPQ este paralelogram.

Demonstrație: Fie patrulaterul convex ABCD ca în figura 4 . Deoarece M, N, P, Q reprezintă mijloacele laturilor [AB] , [BC] , [CD] și respectiv [AD] , avem [AM] [MB] , [BN] [NC] , [CP] [PD] , [DQ] [QA] . În triunghiurile ABC și ADC, deoarece [AM] [MB] , [BN] [NC] și respectiv [CP] [PD] , [DQ] [QA] , obținem că [MN] este linie mijlocie a triunghiului ABC și [PQ] este linie mijlocie a triunghiului ADC . Acest lucru însemnă că [MN] [AC] , MN = AC : 2 și [PQ] [AC] , PQ = AC : 2 . Aplicând tranzitivitatea relației de paralelism obținem [MN] [PQ] și în plus MN = PQ = AC : 2 . Patrulaterul MNPQ are două laturi opuse paralele și congruente ceea ce înseamnă că este paralelogram .

A M B

Q

D

N

P

C

Figura 4

Problema 8 Paralelogram ABCD are măsurile unghiurilor și invers proporționale cu 1,(3) și 0,(6) . Aflați măsurile unghiurilor paralelogramului ABCD.

Demonstrație: Deoarece ABCD este paralelogram și măsurile unghiurilor și sunt invers proporționale cu numerele 1,(3) și 0,(6) atunci avem 1,(3)·m() = 0,(6)·m() și m() + m() = 180°. Transformând numerele raționale periodice sub formă de fracție și realizând simplificările se obține că m() = 2·m() . Atunci, înlocuind în suma măsurilor celor două unghiuri obținem m() + 2·m() = 180°, de unde m() = 60° și m()= 120° . Deoarece într-un paralelogram unghiurile opuse sunt congruente atunci unde m() = 60° și m()= 120°.

Problema 9 Perimetrul unui patrulater convex este egal cu 30 cm . Știind că AB = CD = 10 cm și BC = 5cm , arătați că ABCD este paralelogram .

Demonstrație: Pentru a demonstra că ABCD este paralelogram arătăm că are toate laturile opuse congruente două câte două . Deoarece PABCD = AB+BC+CD+DA, atunci AD = PABCD – (AB+BC+CD) = 5cm . Acest lucru însemnă că AD = BC = 5cm . Deci , ABCD este paralelogram deoarece laturile opuse au aceeași lungime .

Problema 10 Într-un paralelogram ABCD , m(BAD) 90° , bisectoarea unghiului BAD intersectează latura BC a paralelogramului în punctul E , iar bisectoarea unghiului BCD intersectează dreapta AD în punctul F.

Demonstrați că : a) AECF este paralelogram.

b) [AC] , [BD] și [EF] au același mijloc.

Demonstrație: a) Deoarece m(BAD) 90° și atunci desenul corespunzător este cel din figura 5. Pentru a demonstra că AECF este paralelogram calculăm măsurile unghiurilor patrulaterului AECF . Astfel , deoarece [AE și [CF sunt bisectoare ale unghiurilor (BAD) și respectiv (BCD) , avem m(EAF) = m(BAD):2 = =m(BCD):2 = m(FCE). Unghiul (AEC) este unghi exterior al triunghiului ABE și atunci m(AEC) = m(ABE) + m(EAB) , iar unghiul (AFC) este unghi exterior al triunghiului CDF și atunci m(AFC) = m(CDF) + m(DCF) . Pentru că m(ABE) + +m(EAB) = m(CDF) + m(DCF) obținem că m(AEC) = m(AFC) . În patrulaterul AECF avem m(EAF) = m(FCE) și m(AEC) = m(AFC) de unde tragem concluzia că AECF este paralelogram .

b) Pentru a demonstra că [AC] , [BD] și [EF] au același mijloc folosim proprietatea paralelogramelor legată de diagonale, anume că diagonalele unui paralelogram se intersectează in mijloc. Se vede pe figură că [AC] și [BD] sunt diagonalele paralelogramului ABCD ceea ce însemnă [AC] [BD] = {O} și AO = OC , BO = OD . Deoarece AECF este paralelogram atunci [AC] [EF] = {O1} și EO1=O1F , AO1=O1C . Dar [AC] are un singur punct ca mijloc ceea ce însemnă că O = O1 și atunci [AC] [BD] [EF] = {O}, adică [AC] , [BD] și [EF] au același mijloc.

D F A

O

C E B

Figura 5

Problema 11 Un dreptunghi are perimetrul de 30 cm . Știind că lungimea este de două ori mai mare decât lățimea determinați lungimea și lățimea dreptunghiului.

Demonstrație: Notăm cu L lungimea dreptunghiului și cu l lățimea dreptunghiului. Perimetrul dreptunghiului în funcție de lungime și lățime este P = 2(L+l). Din datele problemei avem L = 2l, ceea ce însemnă că P = 6l , de unde obținem că l = 5cm și L = 10 cm .

Problema 12 În dreptunghiul ABCD , fie punctele M, N (DC) astfel încât [DM] [CN] și AM BN = {P} . Demonstrați că triunghiul PAB este isoscel .

Demonstrație: Considerăm dreptunghiul ABCD cu toate datele problemei ca în figura 6 . Pentru a demonstra că triunghiul PAB este isoscel trebuie să demonstrăm că

[AP] [BP] sau PAB PBA . Se observă că DAM CBN conform cazului de congruență C.C. deoarece [AD] [BC] , laturi opuse ale dreptunghiului, [DM] [NC], din datele problemei . De aici rezultă că DAMCBN. Atunci m(MAB)= 90° – – m(DAM) = 90° – m(CBN) = m(NBA) . Pentru că AM BN = {P} , avem m(MAB) = m(PAB)= m(NBA)= m(PBA) , adică triunghiul PAB are unghiurile alăturate bazei [AB] congruente, ceea ce însemnă că PAB este isoscel.

A B

D M N C

P

Figura 6

Problema 13 Fie rombul ABCD . Se știe că m(B) = 120°, BD = 8 cm , iar M, N, P, Q sunt mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD] și respectiv [DA] .

Calculați perimetrul rombului ABCD.

Arătați că MNPQ este dreptunghi.

Arătați că triunghiul ANP este isoscel.

Demonstrați: a) Considerăm rombul ABCD cu datele date de problemă, figura 7. Deoarece m(B) = 120° și din proprietățile rombului avem m(A) + m(B)= 180° , obținem că m(A) = 60° . În triunghiul ABD avem [AB] [BD], laturi ale rombului, m(A) = 60°, ceea ce însemnă că triunghiul ABD este echilateral , adică AB = = BD = AD = 8cm . Astfel , putem calcula perimetrul rombului ABCD , PABCD = = AB+BC+CD+DA = 4 AB = 32 cm.

b) Deoarece M, N, P, Q sunt mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD] și respectiv [DA] , atunci [MN] este linie mijlocie a triunghiului ABC , [NP] este linie mijlocie a triunghiului CBD , [PQ] este linie mijlocie a triunghiului CDA , [QM] este linie mijlocie a triunghiului ABD . Aplicând teorema liniei mijlocii a unui triunghi

obținem că [MN] [AC], [NP] [BD], [PQ] [AC] și [MQ] [BD], de unde obținem că [MN] [AC] [PQ] , [NP] [BD] [MQ] . Pentru că ABCD este romb ,diagonalele rombului sunt perpendiculare, [AC] [BD] , de unde rezultă că [MN] [NP] , [MN] [QM] , [QP] [NP] și [QP] [QM] . Astfel, putem trage concluzi că MNPQ este dreptunghi .

c) Triunghiurile ABN și ADP sunt congruente deoarece aplicăm cazul de congruență L.U.L. pentru că [AB] [AD], laturi ale rombului, [BN] [DP], jumătăți de laturi ale rombului, ABNADP , unghiurile opuse dintr-un romb sunt congruente. Din congruența ABN ADP rezultă că [AN] [AP] , de unde putem trage concluzia că ANP este isoscel.

B

M N

A O C

Q P

D

Figura 7.

Problema 14 Se consideră triunghiul dreptunghic ABC , m(A) = 90° . Bisectoarea (BM a unghiului ABC , M (AC) , intersectează perpendiculara în C pe BC în punctul N . Notăm CN AB = {P} și NQ PB , Q (PB).

a) Demonstrați că triunghiul CMN este isoscel .

b) Demonstrați că MCNQ este romb.

Demonstrație: a) În figura 7 este reprezentat desenul problemei . Bisectoarea (BM a unghiului ABC împarte unghiul în două unghiuri congruente , ABM CBM . În triunghiul AMB, m(MAB) = 90° și atunci m(AMB) = 90° – m(ABM) = 90° – m(CBM) . Deoarece unghiurile AMB și NMC sunt opuse la vârf , atunci ele sunt congruente, AMB NMC. În triunghiul BCN , m(BCN) = 90° deoarece BC PC,

m(BNC) = 90° – m(CBN) . Deci , m(NMC) = m(AMB) = 90° – m(CBM) = 90° – – m(CBN) = m(BNC) , de unde rezultă că CMN este triunghi isoscel pentru că are două unghiuri de măsuri egale.

b) Trebuie sa demonstrăm că toate laturile patrulaterului MCNQ

sunt egale .De la punctul a) avem CMN triunghi isoscel și atunci are două laturi egale , CN = CM . Pentru că NC BC , NQ PB și (BP este bisectoare a unghiului ABC, din proprietate punctelor de pe bisectoarea unui unghi tragem concluzia că QN = NC , punctul N fiind la aceeași distanță față de laturile unghiului ABC. Deoarece

AC AB , NQ PB , P AB avem QN AC și atunci QNM CMN ca unghiuri alterne-interne congruente. Astfel, CMN QNM , aplicând cazul de congruență L.U.L. deoarece avem [QN] [NC], demonstrat anterior, [MN] [MN], latură comună celor două triunghiuri , QNM CMN, unghiuri alterne-interne congruente. Adică cele două triunghiuri sunt isoscele și au laturile congruente , [CM] [CN] [QN] [QM], de unde putem trage concluzia că MCNQ este romb.

C

N

M

B A Q P

Figura 8

Problema 15 Fie pătratul ABCD și punctele M, N, P, Q respectiv pe laturile (AB) , (BC) , (CD) , (DA) astfel încât MP QN . Demonstrați că [MP] [QN] .

Demonstrație: Considerăm pătratul ABCD ca în figura 9. Notăm MP QN ={O} și construim MR DC, R (DC), QS BC, S (BC). Demonstrăm că MRP QSN. Mai întâi, deoarece ABCD este pătrat și MR DC, QS BC rezultă că [MR] [QS] . În patrulaterul ONCP avem m(PON) = m(PCN) = 90° ceea ce însemnă că m(OPN) + + m(ONC) = 180° . Pentru că N,S (BC), m(CNB) = m(CNO) + m(ONS) = 180°. Așadar am obținut m(OPN) + m(ONC) = 180° și m(CNO) + m(ONS) = 180°, de unde rezultă că m(OPN) = 180° – m(ONC) = 180° = m(ONS) . Triunghiurile MRP și QSN sunt congruente , MRP QSN , conform cazului de congruență C.U. pentru că [MR] [QS] , demonstrat anterior, MPR QNS , m(OPN) = m(ONS) . Tragem concluzia că [MP] [QN] .

A M B

Q S

O

N

D P R C

Figura 9

Problema 16 Fie un pătrat ABCD , O centrul pătratului și F un punct pe segmentul (OC) . Prin C se duce o dreaptă CP , P (AB) astfel încât PC DF . Dacă (CP) (DB) = {E} , arătați că AE FB .

Demonstrație: Considerăm pătratul ABCD cu datele date de problemă, ca în figura 10. Deoarece ABCD este pătrat , F (OC), E (DB) avem BO AF și CO DE. Acum în triunghiul EDC știm că DF CE și CO DE de unde rezultă că F este ortocentrul triunghiul EDC , ceea ce însemnă că și EF DC . Cum DC AB și EF DC obținem că EF AB . Utilizând în triunghiul FBA că EF AB și BO AF rezultă că E este ortocentrul triunghiului FBA , ceea ce însemnă că și AE BF .

A P B

E

O

F

D C

Figura 10

Problema 17 Fie trapezul ABCD , AB CD , și [MN] este linia mijlocie a trapezului, M [AD] , N [BC] . Arătați că AD AB dacă și numai dacă [NA] [ND].

Demonstrație: Plecând mai întâi de la ipoteza că în trapezul ABCD avem [MN] linie mijlocie și AD AB (figura 11) demonstrăm că [NA] [ND] . Deoarece [MN] este linie mijlocie a trapezului atunci MN AB CD și MN = (AB+CD):2 . În plus pentru că AD AB avem MN AD. Triunghiurile MAN și MDN sunt dreptunghice și sunt congruente datorită cazului de congruență C.C. întrucât [MN] [MN] , latură comună , [MA] [MD], M este mijlocul lui [AD]. Din această congruență rezultă că [NA] [ND] și obținem astfel ceea ce era de demonstrat.

A B

M N

D C

Figura 11

Reciproc , considerăm ca ipoteză [NA] [ND] și demonstrăm că AD AB . În triunghiurile MAN și MDN avem [MA] [MD], M este mijlocul lui [AD], [NA] [ND] , din ipoteză, [MN] [MN] , latură comună , ceea ce conform cazului de congruență L.L.L. rezultă că MAN MDN . Din congruența MAN MDN rezultă că AMN DMN. Deoarece m(AMN) + m(DMN) =180° și AMN DMN obținem că m(AMN) = m(DMN) =90° , adică MN AD . Cum [MN] este

linie mijlocie , avem MN AB CD și MN = (AB+CD):2 . Astfel, am obținut că MN AD și MN AB CD de unde rezultă că AD AB .

Problema 18 Trapezul dreptunghic MNPQ are MN PQ , m(M) = m(Q) = 90°, m(P) =45° , MN = 5cm și PQ = 10cm .

a) Calculați lungimea înălțimii trapezului MNPQ.

b) Calculați aria trapezului ABCD .

c) Arătați că NQ NP .

Demonstrație: a) Considerăm trapezul MNPQ din figura 12 cu MN PQ, m(M) = m(Q) = 90°, m(P) =45°, MN = 5cm și PQ = 10cm. Construim NR PQ , R(PQ) . Deoarece MNPQ este trapez dreptunghic, m(M) = m(Q) = 90°, și NR PQ , atunci rezultă că MNRQ este dreptunghi și QR = MN = 5cm. De aici calculăm RP = PQ- – QR= 5cm. În triunghiul NRP , m(NRP) =90° întrucât NR PQ și m(NPR) =45°, din ipoteză, ceea ce însemnă că m(PNR)= 45° și triunghiul NRP este dreptunghic isoscel, NR=RP= 5cm. Așadar înălțimea trapezului MNPQ este NR= 5cm.

b) Pentru a calcula aria trapezului MNPQ folosim formula ariei trapezului din care avem MNPQ = (MN + PQ)·NR : 2 = 15·5 : 2 =37,5 cm2 .

c) Am demonstrat anterior că MNRQ este dreptunghi, dar deoarece MN=NR= 5cm atunci MNRQ este chiar pătrat. Folosind proprietățile pătratului rezultă că m(QNR)= 45° și obținem că m(PNQ)= m(PNR) + m(QNR)= 90° ceea ce se traduce prin QN NP.

M N

Q R P

Figura 12

III.2 Probleme cu patrulatere pentru concursuri

Problema 1(teorema lui Menelaus pentru patrulatere) Fie ABCD un patrulater . Dacă o dreaptă d , care nu trece prin vârfurile patrulaterului , intersectează dreptele AB, BC, CD , DA în punctele M, N, P, respectiv Q , atunci .

Demonstrație: Fie patrulaterul ABCD și dreapta d intersectează dreptele AB, BC, CD , DA în punctele M, N, P, respectiv Q. Construim AA1 d , A1 d, BB1 d , B1 d, CC1 d , C1 d, DD1 d , D1 d ca în figura 13 . Astfel, avem imediat că AA1 BB1 CC1 DD1 . De aici rezultă AA1M BB1M , BB1N CC1N , CC1P DD1P și DD1Q AA1Q , deoarece triunghiurile dunt dreptunghice și au căte două unghiuri congruente și se aplică criteriului I de asemănare . Din asemănarea triunghiurilor rezultă că = , = , = , = și atunci = , adică ceea ce era de demonstrat.

Acestă teoremă nu admite reciprocă precum teorema pentru triunghiuri.

S

T

C

D B

d A1

P D1 Q C1 M B1 N

A

Figura 13

Problema 2(Olimpiada național de matematică, etapa județeană 2012) Se consideră pătratul ABCD si punctul E pe latura AB. Dreapta DE intersectează dreapta BC în punctul F, iar dreapta CE intersectează dreapta AF în punctul G. Demonstrați că dreptele BG și DF sunt perpendiculare .

Demonstrație: Considerăm pătratul ABCD cu toate datele problemei și în plus fie punctul M , M(BC) astfel încât [AE] [BM], ca în figura 14. Triunghiurile ADE și ABM sunt congruente , ADE ABM, conform cazului de congruență C.C. întrucât [AE] [BM] și [AD] [AB], rezultând că și AED BMA . Dacă facem notația (AM) (DE) = {N} , în patrulaterul NMCD avem m(DNM) = 360° – m(NMC) – – m(MCD) – m(CDN). Deoarece AED EDC, au același complement unghiul ADE , obținem m(DNM) = 360° – [180° – m(AMB)] – 90° – m(AED) = 90° , adică DF AM . Triunghiurile ADE și BFE sunt asemenea datorită criteriului I de asemănare, AED BEF, unghiuri opuse la vârf , DAE FBE , unghiuri drepte, de unde rezultă că și . Aplicând teorema lui Menelaus pentru triunghiul ABF și dreapta GC obținem , de unde ==

, deci . Dacă facem raportul obținem . Așadar și aplicând teorema reciprocă a lui Thales în triunghiul FAM obținem că AM BG . Deci, din AM BG și DF AM rezultă că DF BG , ceea ce era de demonstrat.

F

G

A E B

N

M

D C

Figura 14

Problema 3(relația lui Euler pentru patrulatere) Fie patrulaterul ABCD și punctul M este mijlocul diagonalei AC iar punctul N este mijlocul diagonalei BD atunci AB2 + BC2 + CD2 + AD2 = AC2 + BD2 + 4EF2.

Demonstrație: Realizăm desenul corespunzător problemei ca în figura 15. Deoarece M este diagonalei AC și N este mijlocul diagonalei BD atunci [MN] este mediană a triunghiului MBD , [BM] este mediană a triunghiului ABC și [DM] este mediană a triunghiului DAC . Aplicând teorema medianei celor trei mediane precizate, obținem 4MN2 = 2(MB2 + MD2) – BD2 , 4BM2 = 2(AB2 + BC2) – AC2, 4DM2 = 2(AD2 + +CD2) – AC2 . Acum dacă înlocuim ultimele două relații în prima avem 4MN2 = 2(MB2 + +MD2) – BD2 = 2MB2 + 2MD2 – BD2 = [2(AB2 + BC2) – AC2] : 2 + [2(AD2 + +CD2) – AC2] : 2 – BD2 = AB2 + BC2 – AC2 : 2 + AD2 + CD2 – AC2 : 2– BD2 = AB2 + BC2 + AD2 + +CD2 –AC2– BD2 și rezultă că AB2 + BC2 + CD2 + AD2 = AC2 + BD2 + 4EF2.

A B

N M

D C

Figura 15

Problema 4 Fie ABCD un trapez dreptunghic , m(A)=m(B)=90° și ACBD={O} . Dreapta paralelă dusă prin O la bazele trapezului intersectează latura AB în M . Să se arate că (MO este bisectoare a unghiului DMC .

Demonstrație: Considerăm trapezul dreptunghic ABCD din figura 16 ce îndeplinește datele problemei. Observăm că AD OM BC și atunci ADM DMO, OMC MCB ca unghiuri alterne interne congruente. Pentru a obține concluzia problemei trebuie să demonstrăm că ADM MCB. Pentru acest lucru observăm mai întâi că AOD este asemenea cu COB conform criteriului I de asemănare al triunghiurilor deoarece avem ADO OBC și DAO BCO fiind unghiuri alterne interne congruente. Din această asemănare rezultă că . De asemenea triunghiurile AOM și ACB sunt asemenea conform teoremei fundamentale a asemănării , OM BC , și atunci . Realizând proporții derivate avem , de unde . Acum în triunghiurile ADM și BCM avem și DAM CBM ceea ce însemnă conform criteriului II de asemănare că triunghiurile sunt asemenea și rezultă că ADM MCB . Adică DMO CMO , (MO este bisectoare a unghiului DMC.

D A

O M

C B Figura 16

Problema 5 Fie punctele M, N, P, Q pe laturile patrulaterului ABCD astfel încât . Are loc egalitatea MNPQ = ABCD .

Demonstrație: Se observă în figura 17 că MNPQ = ABCD – AMQ – BNM – – CNP – DPQ . Deoarece AMQ =și ABD = , atunci obținem = . Din prin proporții derivate obținem și AM, iar din prin proporții derivate obținem și AQ. Atunci avem . În mod analog , = . Acum AMQ + CNP (ABD + CBD) = ABCD . Asemănător arătăm că BNM + DPQ (ABC + DAC) = ABCD . Înlocuind relațiile obținute în relația că MNPQ = ABCD – AMQ – BNM – CNP – DPQ obținem MNPQ = ABCD – ABCD – ABCD = ABCD (1 – ) = =ABCD , ceea ce era de demonstrat.

M B

A

Q N

D C

P

Figura 17

Problema 6 Fie triunghiurile dreptunghice isoscele ABC și ADE cu m(BAC)=m(DAE)=90° , care nu au puncte interioare comune. Fie M, N, P, Q mijloacele segmentelor [BC], [CD], [DE], respectiv [BE] . Arătați că :

a) 2MP BC+DE ;

b) patrulaterul MNPQ este paralelogram .

Demonstrație: a)Realizăm desenul problemei cu toate datele din ipoteză ca in figura 18. Deoarece punctul M este mijlocul segmentului [BC] și punctul P este mijlocul [DE], iar triunghiurile ABC și ADE sunt dreptunghice , atunci [AM] și [AP], sunt mediane și în plus AM = BC : 2 , AP = DE : 2 . Acum în triunghiul AMP avem inegalitatea triunghiulară , AM + AP MP . Înlocuind AM și AP obținem AM + AP = = (BC +DE) : 2 , de unde rezultă că (BC +DE) : 2 MP , adică BC +DE 2MP . Dacă punctele M, A, P sunt coliniare atunci AM + AP = MP și rezultă că BC +DE 2MP . În concluzie putem spune că BC +DE 2MP .

b) Pentru a demonstra că MNPQ este paralelogram ducem diagonalele BD și CE . Deoarece M, N, P, Q sunt mijloace atunci segmentele MN, NP, PQ și QM sunt linii mijlocii în triunghiurile CBD, DCE, EBD și respectiv BEC . Astfel obținem QM = PN = CE: 2 , QM PN CE , MN = PQ = BD: 2 , MN PQ BD , de unde tragem concluzia că MNPQ este paralelogram .

B

E M

C

P

N

D

Figura 18

BIBLIOGRAFIE

BIBLIOGRAFIE