Geometrie

CUPRINS

INTRODUCERE

Geometria reprezintă partea matematicii care vizează planul și spațiul în egală măsură.

Varietatea problemelor de geometrie este atât de mare încât nu se pot trasa indicații generale pentru rezolvarea acestora. Analizată amănunțit, fiecare problemă de geometrie plană necesită un studiu specific pentru realizarea căruia este nevoie de cunoștințe primite în școală, de gândire logică și de creativitate.

Raționamentele schematice folosite în studiul geometriei plane sunt necesare deoarece ele ajută la înțelegerea demonstrațiilor.

Metodele de rezolvare utilizate în geometria plană se clasifică în două mari categorii:

a) metode generale (de analiză și sinteză);

b) metode particulare.

Această lucrare conține metode utilizate pentru demonstrarea coliniarității și concurenței.

Coliniaritatea unor puncte și concurența unor drepte reprezintă un tip deosebit de probleme de geometrie, ele fiind probleme de demonstrație care urmăresc verificarea unor relații, găsirea de proprietăți noi, justificarea unor relații formulate.

Ele reprezintă adevăruri ușor de intuit, dar au demonstrații riguroase și necesită pentru a fi rezolvate cultură matematică, tehnici specifice și perspicacitate.

Lucrarea este structurată pe trei mari capitole, care vizează cunoștințe generale de geometrie plană (definiții, axiome, teoreme), metode utilizate pentru rezolvarea de probleme și un model de adaptare a curriculumului pentru elevii cu dizabilități din gimnaziu.

Geometria plană captează atenția persoanelor cu dizabilități, deoarece îmbină imagistica și logica, dreapta și unghiul, punctul și dreapta.

De asemenea, rezolvarea de probleme este însoțită de o serie de considerații metodice pentru fiecare tip de problemă.

Capitolul I

Noțiuni fundamentale de geometrie plană (axiomatică, rezultate elementare)

I.1. Rezultate preliminare

I.1.1 Axioma (P) și alte rezultate preliminare

Definiție: Dreptele a și b sunt paralele dacă nu au puncte comune sau coincid (Dacă a și b sunt paralele și distincte se mai spune că sunt „strict paralele”).

Teorema 1 (a existenței paralelei): Oricare ar fi o dreaptă d și un punct A (nesituat pe d) există o dreaptă d' ce trece prin A și este paralelă cu d.

Axioma (P) (a unicității paralelei): Oricare ar fi punctul A și dreapta d, prin A trece cel mult o dreaptă paralelă la d.

O primă consecință a acestei axiome este dată de următorul enunț: „Prin orice punct A trece o paralelă unică la dreapta d".

Teorema 2: două drepte paralele tăiate de o secantă formează:

– unghiuri corespondente congruente (1 cu 5, 2 cu 6, 3 cu 7, 4 cu 8);

– unghiuri alterne interne congruente (4 cu 6, 3 cu 5)

– unghiuri alterne externe congruente (1 cu 7, 2 cu 8)

– unghiuri interne de aceeași parte a secantei suplementare (3 cu 6, 4 cu 5)

– unghiuri externe de aceeași parte a secantei suplementare (1 cu 8, 2 cu 7)

Această teoremă admite 12 reciproce adevărate obținute, impunând ca ipoteză o relație (de congruență sau suplementaritate) între unghiuri și drept concluzie un paralelism.

Teorema 3 (a unghiurilor cu laturile paralele): Fie unghiurile și încât AB DE și BC EF. Dacă următoarele cupluri de semi drepte ((BA , (ED) și ((BC, (EF) au ambele sensuri coerente sau ambele sensuri necoerente, atunci în caz contrar

Teorema 4: Suma măsurilor unghiurilor unui triunghi este

Demonstrație:

Se consideră o paralelă prin vârful A la baza BC și se constată congruența unghiurilor la fel marcate pe figură.

Teorema 5 (a paralelogramului). Dacă [AB] [CD] și [AD] [BC], atunci AB CD și AD BC și reciproc.

Demonstrație:

Se constată că triunghiurile ABC și CDA sunt congruente folosind cazul L.L.L. sau U.L.U. după cum dovedim direct directa sau reciproca.

Teorema 6 (a paralelelor interceptate). Dreptele paralele d1, d2, d3 taie o dreaptă a în A1 A2, A3 și o dreaptă b în Bl, B2, B3.

a) Dacă A1 – A2 – A3, atunci B1 – B2 – B3.

b) Dacă [A1A2] [ A2A3], atunci [B1B2] [ B2B3].

Demonstrație) Ipoteza A1 – A2 – A3 afirmă că Al, A3 sunt în semiplan diferite (distincte) delimitate de d2. Dar (d2, A1) = (d2, B1) și (d2, A3) = (d2, B3). Prin urmare semiplanul (d2, B1) și (d2, B3) sunt distincte, adică B1 – B2 – B3.

b) Considerăm C pe d2, D pe d3 încât A1C și A2D să fie paralele cu b.

triunghiurile A1A2C și A2A3D sunt congruente iar A1B1B’2C și A2B2B3C sunt paralelograme.

Teorema 7 (a liniei mijlocii în trapez). Fie dreptele d1, d2, d3 tăind a și b în A1, A2, A3 și respectiv în B1, B2, B3. Dacă atunci

Demonstrație:

Se utilizează teorema 6 și figura tot de la teorema 6. într-adevăr

importanța folosirii segmentelor orientate se va proba considerând cazuri când a, b se taie „între d1 și d3”.

Teorema 8 (a liniei mijlocii). Fie un triunghi ABC și mijloacele C', B' ale laturilor AB, AC. Atunci B'C' BC și

Demonstrație

Se consideră paralela d2 prin C’ la BC. Cu teorema lui Pasch conchidem că d2 taie (AC) într-un punct D. Fiind un caz particular al precedentelor două teoreme, rezultă că D = B’ și

Teorema 9 (a paralelelor congruente). Dacă AB || CD și atunci AD || BC; mijloacele segmentelor AC și BD coincid. Ipoteza presupune nu numai ca [AB] [DC], ci și faptul că B, C sunt în același semiplan în raport cu AC.

Aceeași ipoteză se scrie pentru a ne asigura p că B, D sunt în semiplane diferite în raport cu AC.

Urmează apoi imediat ca triunghiul ABC este congruent cu triunghiul CDA (cazul L.U.L.) etc. Deoarece B, D sunt de părți distincte ale dreptei AC va exista Triunghiurile AOB și COD vor fi congruente conform cazului U.L.U.

Teorema 10 (a centrului de greutate al triunghiului).

Medianele [AA'], [BB'], [CC'] ale unui triunghi ABC au în comun un punct G (numit centrul de greutate al triunghiului) încât:

Teorema 11: mediatoarele unui triunghi sunt concurente.

Teorema 12: înălțimile unui triunghi sunt concurente.

Teorema 13: bisectoarele unui triunghi sunt concurente.

Teorema 14 ( a lui Thales). Se consideră un unghi EOE' și punctele A(OE, A' OE'); dreptele AA', EE' sunt paralele dacă și numai dacă

Definiție : spunem că triunghiurile ABC și A'B'C' sunt asemenea și notăm ABC ~ A'B'C' (ordinea indicării vârfurilor celui de-al doilea triunghi nefiind indiferentă) dacă și

Numărul real k = se numește raportul de asemănare al triunghiurilor ABC și A'B'C'.

Teorema fundamentală a asemănării. Fie un triunghi ABC și un punct D pe dreapta AB; paralela prin D la BC taie AC în E. în aceste condiții triunghiurile ABC și ADE sunt asemenea.

I.1.2. Teoremele lui Menelaos și Ceva

TEOREMA LUI MENELAOS

Fie ABC un triunghi și fie A', B', C' trei puncte astfel încât A' BC, B' CA, C' AB. Dacă punctele A', B', C' sunt coliniare, atunci are loc egalitatea

Demonstrație:

Proiectăm vârfurile triunghiului ABC pe dreapta determinată de cele trei puncte coliniare A', B', C'.

Se obțin astfel 3 puncte A1, B1, C1 (A1 = prA’C’A, B1 = prA’C’C, C1 = prA’C’C).

Este ușor de observat că ΔA'BB1 ΔA'CC1, ΔB'CC1 ~ ΔB'AA1, ΔC'AA1 ~ ΔC'BB1. Din triunghiurile asemenea formate, rezultă:

Înmulțind cele 3 egalități se obține:

Reciproca teoremei lui Menelaos

Considerăm un triunghi ABC și fie punctele A' BC, B' AC, C' AB. Se presupune că 2 dintre punctele A', B', C' sunt situate pe 2 laturi ale triunghiului, iar al treilea punct este situat pe prelungirea celei de-a treia laturi sau că toate punctele sunt pe prelungirile laturilor triunghiului. Dacă are loc egalitatea:

(1)

atunci punctele A’, B’, C’ sunt coliniare.

Demonstrație:

Se presupune ca B' [AC], C' [AB], A' [BC- [BC]. Dreapta A'B' intersectează latura [AB] in punctul C".

Se aplică teorema lui Menelaos pentru punctele coliniare A', B', C".

Rezultă:

(2)

Din (1) Și (2) rezultă:

Deoarece există un singur punct interior unui segment care împarte segmentul într-un raport dat, rezultă că C' = C" și deci, punctele A', B', C' sunt coliniare.

Teorema lui ceva

Se consideră un triunghi ABC și punctele A' BC, B' CA, C' AB. Dacă dreptele AA', BB', CC' sunt concurente, atunci:

(*)

Figura 1 figura 2

Demonstrație : folosim Figura 1.

Fie {P} = AA' BB' CC’

Aplicând teorema lui Menelaos pentru triunghiul AA'B și punctele colineare C, P, C', rezultă:

Aplicăm teorema lui Menelaos pentru triunghiul AA'C și punctele colineare B, P, B'. Rezultă:

Înmulțind ultimele 2 relații se obține:

Reciproca teoremei lui ceva

Fie ABC un triunghi și punctele A' (BC), B' (CA), C' (AB). Dacă

atunci dreptele AA', BB', CC' sunt concurente.

Demonstrație : folosim figura 2.

Fie {P} = BB' CC' și fie {A"} = PA BC.

Se aplică teorema lui Ceva pentru triunghiul ABC și dreptele concurente AA", BB', CC'. Rezultă:

Din ultima egalitate și din relația dată în enunț, se obține :

Deoarece A' și A" sunt puncte interioare segmentului (BC), se obține:

A' = A"

Observație : Reciproca teoremei lui Ceva este adevărată și în cazul în care unul dintre punctele A', B', C' se găsește pe o latură a triunghiului, de exemplu A' (BC), iar celelalte două puncte B'(aparține dreptei AC), C' (aparține dreptei BA) verifică condiția BB' nu este paralel cu CC'.

Forma trigonometrică a relației lui ceva

Fie ΔABC și fie cevianele AA1, BBl, CC1, concurente în M (A1 (BC), B1 (CA), C1 (AB)) . Se notează cu α = m β = m, y = m

Din teorema sinusurilor în triunghiul AMB rezultă:

Analog:

și

Prin înmulțirea lor se obține:

(relația lui Ceva)

I.1.3. Puncte și drepte celebre

Puncte celebre

Teorema 1 (Gergonne): într-un triunghi ABC dreptele care unesc vârfurile triunghiului cu punctele de contact ale cercului înscris cu laturile opuse sunt concurente. (Punctul de concurență a celor 3 drepte se numește „Punctul lui Gergonne”).

Demonstrație:

Punctele E, F, G sunt punctele de contact ale cercului înscris în triunghiul ABC cu laturile triunghiului. Se folosește reciproca teoremei lui Ceva, deci se demonstrează că produsul:

Dar BE = BG, CE = CA, AF = AG (tangent dintr-un punct exterior). Deci dreptele sunt concurente.

Observație: Dacă în locul cercului înscris se consider un cerc exînscris, teorema rămâne valabilă. în acest caz punctul de concurență se numește „adjunctul punctului lui Gergonne”.

Teorema 2. (Kariya): Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC și fie A1, B1, C1 punctele de contact ale cercului înscris cu laturile triunghiului (A1 (BC), B1 (AC), C1 (AB)). Se consideră punctele A2 (IA1/ B2 (IB1, C2 (IC1 astfel încât A1A2 = B1B2 = C1C2. Atunci dreptele AA2, BB2, CC2 sunt concurente într-un punct K numit „punctul lui Kariya”.

Demonstrație:

Ducem prin A2 paralelă la BC, prin B2 paralelă la AC și prin C2 paralelă la AB. Aceste paralele intersectează dreptele BC, CA, AB respective în punctele α, α’, β, β’, y, y’.

Fie {A'} = BC AA2, {B'} = CA BB2, {C'} = AB CC2, atunci:

Înmulțind ultimele trei egalități se obține:

Trapezele dreptunghice A1A2β'C și B1B2αC sunt congruente.

Fie C”’ proiecția lui C pe K2K3 și C" proiecția lui C pe K3K1. Triunghiurile CC"α și CC”’β' sunt congruente .

Rezultă că: C”’β' = C"α; αB2= β'A2.

Analog se obține βC2 = y'B2 și yA2 = α'C2

Rezultă:

ceea ce implică concurența dreptelor AA', BB', CC' din reciproca teoremei lui Ceva. Prin urmare dreptele AA2, BB2, CC2 sunt concurente.

Teorema 3 (Vecten): se consideră un triunghi ABC. Fie A1 un punct din plan cu proprietățile:

– dreapta BC separă punctele A și A1

– A1 este centrul pătratului construit pe latura [BC].

Analog se obțin punctele B1 și C1.

Atunci dreptele AA1, BB1, CC1 sunt concurente într-un punct V numit „punctul lui Vecten”.

Demonstrație:

Și folosind congruența unghiurilor și rezultă

Ultima egalitate arată că σ[ABB1] = σ[ACC1]. Analog se obține σ[BCC1] = σ[BAA1] și σ[CAA1] = σ[CBB]].

Se consideră punctele A' (BC), B' (CA), C' (AB), astfel încât {A'} = BC AA1, {B'} = CA BB1, {C'} = AB CC1.

Se vede ușor că:

Folosind egalitățile de arii stabilite anterior, se obține:

Conform reciprocei teoremei lui Ceva rezultă că dreptele AA', BB', CC sunt concurente. Prin urmare dreptele AA1, BB1; CC1 sunt concurente.

urente.

Teorema 4 : simedianele unui triunghi sunt concurente într-un punct numit „punctul lui Lemoine” al triunghiului.

Se demonstrează cu ajutorul Teoremei 3 de la izogonale deoarece medianele sunt concurente.

Teorema 5. (A doua teorema a lui Naghel): perpendicularele pe laturile unui triunghi duse prin centrele cercurilor exînscrise sunt concurente.

Demonstrație : 1.

Fie triunghiul ABC și fie IA, IB, IC centrele cercurilor exînscrise în triunghiul ABC.

IA se află la intersecția dintre bisectoarea interioară a unghiului  și cele două bisectoare exterioare ale unghiului , respectiv .

Din faptul că în orice triunghi bisectoarea interioară a unui unghi este perpendiculară pe bisectoarea exterioară a aceluiași unghi, rezultă că triunghiul ABC este triunghiul ortic al triunghiului IAIBIC Și aplicând prima teoremă a lui Naghel, cele trei perpendiculare din IA, IB, IC respectiv pe BC, AC, AB sunt concurente în centrul cercului circumscris triunghiului IAIBIC.

Demonstrația 2. Se aplică Lema lui Carnot pentru demonstrarea teoremei a doua a lui Naghel.

Fie triunghiul ABC dat, IA, IB, IC centrele cercurilor exînscrise și fie A1, B1, C1 picioarele perpendicularelor din IA, IB, Ic respectiv pe laturile [BC], [CA], [AB]. Pentru a demonstra că aceste perpendiculare sunt concurente este suficient să se arate că are loc relația:

Pentru aceasta este necesar sa se calculeze BA1, A1C, CB1, AB1, AC1, BC1. Fie A', A" celelalte 2 puncte de contact ale cercului exînscris triunghiului ABC corespunzător laturii BC. Atunci AA' = AA", deci AB + BA' = AC+CA" sau AB + BA1 = AC + CA1.

Dar CA1 = BC – BA1, de unde notând AB = c, AC = b, BC = a, a + b + c = 2 p, rezultă:

BA1 = p – c, CA1 = p – b, CB1 = p – a,

AB1 = p – c, AC1 = p – — b, BC1 = p – a.

înlocuind în:

, rezultă S = 0 și teorema este demonstrată.

Demonstrația : 3.

Fie IA, IB, Ic centrele cercurilor exînscrise, E1, F1, G1 punctele de contact ale cercurilor de centre IA, IB, IC cu laturile [BC], [CA], [AB].

Se notează:

IAE1 = R1; IBF1 = R2, ICG1 = R3.

Triunghiul IAE1C este asemenea cu triunghiul IBF1C, deci

Analog:

Și prin înmulțire se obține:

Conform reciprocei teoremei lui Ceva rezultă că AE1, BF1 și CG1 sunt concurente.

Teorema 6. (Torricelli)

Se consideră triunghiul ABC cu toate unghiurile strict mai mici decât 120° și pe toate laturile triunghiului se construiesc în exterior triunghiurile echilaterale ABC1, ACB1, BCA1. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri au un punct comun.

Demonstrație:

Fie T punctul de intersecție al cercurilor circumscrise triunghiurilor ABC1 și ACB1. Se demonstrează că patrulaterul BTCA1 este inscriptibil.

Pentru aceasta se observă că patrulaterele C1BTA și TCB1A, fiind inscriptibile, implică de unde rezultă că patrulaterul BTCA1 este inscriptibil. Punctul T se numește „punctul lui Torricelli” pentru triunghiul ABC.

Teorema 7. Se consideră triunghiul ABC cu toate unghiurile strict mai mici decât 120° și triunghiurile echilaterale AB1C, AC1B, BA1C construite în exterior ca în teorema precedentă. Atunci:

a) AA1, BB1, CC1 sunt concurente.

b) AT + BT + CT = AA1 = BB1 = CC1.

Demonstrație:

Fie T punctul lui Torricelli. Se demonstrează că A, T, A1 sunt colineare, de unde va rezulta că AA1, BB1, CC1 sunt concurente în T.

Unind T cu A1 se obține: și deci

Pentru punctul b) se procedează astfel: AA1 = AT + TA1.

Din teorema lui Ptolemeu aplicată pentru patrulaterul inscriptibil BTCA1, (ΔBCA1 echilateral) rezultă BT + TC = TA1 (relația lui Schooten).

Teorema 8 (NEWTON)

Fie ABCD un patrulater circumscriptibil și fie A', B', C, D' punctele de tangență ale cercului înscris cu laturile patrulaterului. Atunci dreptele AC, BD, A'C', B'D' trec printr-un același punct N (numit „punctul lui Newton”).

Demonstrație:

Notații :

{N} = AC B'D', u = m, v = m

Se observă că m + m

Se aplică teorema sinusului în triunghiurile NAD' și NB'C. Rezultă:

Din aceste egalități se deduce:

(1)

Fie punctul N' astfel încât {N'} = AC A'C. Procedând ca în cazul anterior se obține:

(2)

Deoarece AA' = AD', CC' = CB', din (1) și (2) rezultă

ceea ce dovedește că N=N', adică AC trece prin intersecția segmentelor [A'C'] și [B'D'].

Analog se obține că N G BD.

Teorema 9 (Mathot): într-un patrulater inscriptibil perpendicularele duse din mijloacele laturilor pe laturile opuse sunt concurente. Punctul de concurență se numește „punctul lui mathot”.

Demonstrație:

Fie O centrul cercului circumscris patrulaterului inscriptibil ABCD și fie A'B'C'D' mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD], [DA].

Deoarece punctul O se află pe mediatoarele laturilor patrulaterului rezultă că: OA' AB, OB' BC, OC' CD, OD' AD.

Bimedianele patrulaterului sunt concurente într-un punct E. Fie M simetricul lui O față de E. patrulaterul MA'OC' este paralelogram deoarece diagonalele se înjumătățesc. Rezultă MA' OC'. Deoarece OC' CD rezultă că MA' CD. Analog se arată că MB' AD, MC' AB și MD' BC. Prin urmare perpendicularele duse din mijloacele laturilor unui patrulater inscriptibil pe laturile opuse sunt concurente. M se numește „punctul lui Mathot”.

Drepte celebre

Teorema 1 (Newton): Mijloacele diagonalelor unui patrulater circumscriptibil și centrul cercului înscris sunt situate pe aceeași dreaptă (numită „dreapta lui Newton”)

Demonstrație:

Fie ABCD un patrulater circumscriptibil. Notăm cu M (respective N) mijlocul diagonalei [AC] (respectiv [BD]) și cu I centrul cercului înscris în patrulater.

Dacă r este raza cercului înscris în patrulater atunci:

Pe de altă parte, patrulaterul ABCD fiind inscriptibil, are loc și AB + CD = AD + BC. Rezultă:

De fapt s-au obținut egalitățile:

(2)

(3)

(4)

Ținând seama de (2), (3), (4) și de Lema 1 de la 1.1.1, rezultă că punctele M, N și I se află pe aceeași dreaptă numită „dreapta lui newton”.

Teorema 2 (Euler): în orice triunghi ABC ortocentrul, centrul de greutate și centrul centrului circumscris triunghiului sunt situate pe o aceeași dreaptă („dreapta lui euler”).

Demonstrație:

Fie A' mijlocul segmentului [BC] și A" punctul diametral opus lui A, iar O centrul cercului circumscris. Deoarece BH CA" și CH BA" rezultă că patrulaterul BHCA" este paralelogram; A' este mijlocul segmentului [HA"], deci OA' AH și OA' = AH. Fie {G} =HO AA'.

Este evident că triunghiurile AHG și A'OG sunt asemenea, raportul de asemănare fiind

Rezultă că AG = 2GA' ceea ce ne arată că G este tocmai centrul de greutate al triunghiului ABC. Prin urmare H, G și O sunt colineare și HG = 2 GO.

Teorema 3 (Simson): proiecțiile ortogonale ale unui punct M de pe cercul circumscris triunghiului ABC pe laturile acestuia sunt colineare. (dreapta este numită „dreapta lui simson”).

Demonstrație:

Fie A' = prBCM, B' = prACM, C' = prABM. Patrulaterele AB'MC', MB'A'C, ABCM sunt inscriptibile. Se unesc A' cu B' și separat B' cu C.

Atunci:

Prin urmare s-a obținut C'B'A = A'B'C, ceea ce arată că punctele A', B', C' sunt situate pe o aceeași dreaptă numită „dreapta lui simson”.

Observație: Dacă perpendiculara din M pe latura [BC] ce taie cercul circumscris triunghiul în A", atunci dreapta AA" este paralelă cu dreapta lui Simson a punctului M.

Teorema 4 (Salmon): pe un cerc se consideră punctele A, B, C, M. Cercurile de diametre [MA], [MB] și [MC] se întâlnesc două câte două în trei puncte colineare.

Demonstrație:

Fie B' al doilea punct de intersecție al cercurilor de diametre [MA] și [MC].

Deoarece m = m rezultă că B' = prACM.

Fie C' (respectiv A') al doilea punct de intersecție al cercului de diametru [MB] cu cercul de diametru [MA] (respectiv [MC]). Se obține, analog, C = 'prABM, A' = prBCM. Folosind teorema lui Simson rezultă că punctele A', B' și C' sunt colineare.

Teorema 5 (dreapta lui Gauss).

Mijloacele diagonalelor unui patrulater complet sunt colineare.

Demonstrație:

Pentru demonstrație se folosește teorema lui Menelaos.

Se consideră patrulaterul complet BCB'C'A'A. Se scrie teorema lui Menelaos pentru triunghiul ABC și punctele colineare A', B', C':

(1)

Se consideră triunghiul având ca vârfuri a, b, c ale laturilor [BC], [CA], [AB] ale triunghiului ABC. Notăm cu a', b' și c' mijloacele diagonalelor [AA'], [BB'] și [CC'], se observă că paralela dusă prin punctul a' la dreapta BC conține punctele b și c (a'b A'C și a'c || A'B).

Analog b' ca și c' ab. Din (1) rezultă:

atunci

(2)

Deoarece b' [ac], c' [ba] și a' [cb – [cb], rezultă că se poate folosi reciproca teoremei lui Menelaos pentru triunghiul abc și punctele a, b', c'.

Se obține astfel că punctele a', b' și c' sunt colineare (dreapta a'b' se numește „dreapta lui gauss”).

Teorema 6 (Carnot): tangentele la cercul circumscris unui triunghi ne isoscel în vârfurile lui taie laturile opuse în puncte situate pe o aceeași dreaptă.

Demonstrație:

Fie A1 BC, B1 AC, C1 AB, astfel încât A1A, B1B, C1C sunt tangente cercului circumscris triunghiului ABC. Se demonstrează că A1, B1, C1 sunt colineare folosind reciproca teoremei lui Menelaos. Deci demonstrăm că:

(1)

Se evaluează fiecare raport din produs. Se observă că triunghiurile A1AB și A1CA sunt asemenea, având unghiul comun și de unde rezultă:

Din rezultă:

Dacă se înlocuiește cu se obține relația =

Analog se obțin relațiile:

și

înlocuind în produsul considerat, se obține relația (1), deci A1, B1, C1 sunt colineare.

Teorema 7 (AUBERT): ortocentrele celor 4 triunghiuri formate cu laturile unui patrulater complet se găsesc pe o aceeași dreaptă („dreapta lui aubert”).

Demonstrație:

Se consideră patrulaterul complet ABCDEF. Se știe din teorema lui Gauss că mijloacele O1, O2, O3 ale diagonalelor [AC], [BD] și [EF] sunt situate pe dreapta lui Gauss notată cu d. Se consideră cercurile C1, C2, C3 de diametre [AC], [BD] și respectiv [EF].

Notăm cu H ortocentrul triunghiului ADE și fie punctele A' = prDEA, D' = prAED, E' = prADE. Este ușor de văzut că A' C1, D' C2 și E' C3. Folosind lema 2 de la I.1.1. rezultă:

Aceste egalități arată că punctul H are puteri egale față de cercurile C1, C2, C3. Fie din axa radicală a cercurilor Ci, Cj (i,j {l,2,3,}, i j). Din egalitatea HA HA' = HD HD' rezultă că H d12, iar din egalitatea HD HD' = HE HE' se obține că H d23, deoarece d12 d și d23 d, iar din punctul H se poate duce o singură perpendiculară pe dreapta d, rezultă că dreptele d12 și d23 coincid.

Atunci: d12 = d23 = d13 = d' d.

S-a demonstrate că H d'. Analog se arată că ortocentrele triunghiurilor BEC, DCF, ABF se află pe dreapta d'. Dreapta d' pe care se află cele 4 ortocentre se numește dreapta lui Aubert.

Teorema 8 (Dreapta anti ortică). Se consideră un triunghi ne isoscel ABC. Bisectoarea exterioară corespunzătoare punctului A intersectează dreapta BC în punctual A'. Analog se obțin punctele B", C'. Atunci punctele A', B' și C' se găsesc pe o aceeași dreaptă (numită „dreapta anti ortică” a triunghiului ABC).

Demonstrație:

Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului. Conform teoremei bisectoarei unghiului exterior, rezultă:

Analog se obțin egalitățile:

și

Înmulțind ultimele relații, se obține:

și folosind reciproca teoremei lui Menelaos (pentru triunghiul ABC și punctele A', B', C' situate pe prelungirile laturilor) se obține că punctele A', B' și C' sunt colineare.

Teorema 9.

Fie ABC un triunghi ne isoscel și ne dreptunghic și fie A1 = prBCA, B1 = prACB, C1 = prABC, vârfurile triunghiului ortic.

Fie {A'} = {B'} = (C'} =

Atunci punctele A', B', C' se găsesc pe o aceeași dreaptă, (numită „dreapta ortică” a triunghiului ABC).

Demonstrație:

Se aplică teorema lui Menelaos pentru triunghiul ABC și tripletele de puncte colineare (A', C1, B1), (B', A1, C1), (C’, B1, A1).

(1)

(2)

(3)

Deoarece dreptele AA1, BB1, CC1 sunt concurente, din teorema lui Ceva rezultă:

(4)

Înmulțind relațiile (1), (2), (3) și ținând cont de (4), se obține:

A'B B'C C'A

A'C B'A C'B

folosind reciproca lui Menelaos(A', B', C' sunt situate pe prelungirile laturilor triunghiului ABC) se obține ca punctele A', B', C' sunt situate pe o aceeași dreaptă (numită „dreapta ortică” sau „axa ortică”).

CAPITOLUL II

CÂTEVA METODE FOLOSITE ÎN GEOMETRIA PLANĂ PRIVITOR LA COLINIARITATE ȘI CONCURENȚĂ

II.1. Tipuri de metode

ii.1.1. Metode folosite în geometrie plană pentru rezolvarea problemelor

Metodă vine de la cuvântul grecesc methodos (meta = după, cum și odos = cale, drum, care tradus înseamnă „ cu cale” sau „după drumul”).

în matematică, prin metodă se înțelege calea rațională care trebuie folosită pentru a demonstra o teoremă sau pentru a rezolva o problemă.

în geometrie întâlnim numeroase și variate probleme, însă, oricâte încercări s-ar face, nu este posibil să se găsească un singur mers rațional după care toate problemele s-ar putea rezolva, ci un grup mare de probleme se rezolvă într-un fel, alt grup în alt fel și se găsesc multe asemenea căi de rezolvare a problemelor, deoarece multe și variate sunt chestiunile teoretice pe baza cărora au fost formulate problemele ce aparțin diferitelor grupuri.

Metodele pentru rezolvarea problemelor de geometrie se împart în două grupe principale, și anume: generale și particulare.

Sinteza și analiza sunt singurele metode generale care se aplică în demonstrarea unui număr foarte mare de teoreme și probleme. Aceasta însă, nu înseamnă că nu putem căuta și folosi metode particulare, care să ne conducă la rezultat sub o formă mai ușoară și frumoasă în cazul unui grup de probleme.

A. Metoda sintezei

Metoda sintezei în rezolvarea problemelor de demonstrație

Problemele de demonstrație sunt probleme prin rezolvarea cărora se urmărește stabilirea sau verificarea unei relații, găsirea unor proprietăți noi ale figurilor date, în general să se justifice dacă o afirmație pe care am formulat-o mai înainte referitoare la o proprietate a unei figuri geometrice este adevărată sau nu.

Rezolvarea problemelor de demonstrație ajută la însușirea temeinică a cunoștințelor de geometrie, la dezvoltarea gândirii logice, constituind în același timp primii pași spre o muncă creatoare în acest domeniu.

într-o problemă de demonstrație în geometrie se consideră o figură F, despre care se spune că posedă proprietățile α, și se cere să mai demonstrăm că mai posedă și proprietățile β.

Propoziția care afirmă că figura F posedă proprietățile α, pe care o notăm cu A, poartă numele de ipoteză, iar propoziția care afirmă că figura F posedă proprietățile β și pe care o notăm cu B, poartă numele de concluzie. Cu alte cuvinte, într-o problemă de demonstrație, se cere să arătăm că, dacă pentru figura Feste adevărată propoziția A (ipoteza), este adevărată și propoziția B (concluzia).

La rezolvarea unei probleme de demonstrație prin sinteză se procedează astfel:

Se pornește de la propoziția A și se caută o altă propoziție C, pe care o implică propoziția A (care se poate deduce din propoziția A), Cu alte cuvinte, ținând seama de figura F care are proprietățile α, căutăm să vedem ce alte proprietăți y mai are, iar propoziția care afirmă că figura F are proprietățile y o notăm cu C1. Căutăm mai departe o propoziție C2 pe care s-o implice propozițiile A și C1 și așa mai departe până când propozițiile astfel obținute implică propoziția B (concluzia).

Mecanismul metodei sintezei constă în:

Vreau să demonstrez A B. Arăt:

B. Metoda analizei (în rezolvarea problemelor de demonstrație)

La rezolvarea unei probleme prin analiză se pornește de la concluzia B și se caută o propoziție C1 care s-o implice pe B. Căutăm o altă propoziție C2 din care s-o deducem pe C1, apoi o propoziție C3 din care s-o deducem pe C2 și așa mai departe, până când reușim să găsim o propoziție A din care să putem deduce propoziția precedentă.

Practic se procedează astfel:

a) Se presupune că propoziția de demonstrat este adevărată.

b) se pune următoarea întrebare:

De unde reiese imediat concluzia teoremei?

Răspunsul la această întrebare duce la formularea unei propoziții mai puțin necunoscută decât cea dată de teoremă. Să numim această propoziție, de exemplu cu C1.

c) O întrebare asemănătoare se pune și pentru propoziția C1.

De unde reiese imediat concluzia propoziției C1?

Răspunsul la această întrebare duce la formularea unei noi propoziții, mai puțin necunoscută decât propoziția C1. Să numim această nouă propoziție, de exemplu cu C2.

d) Acest proces se repetă până când se obține o propoziție cu necunoscută, stabilită mai înainte.

e) Odată ajuns la acest adevăr, raționamentul decurge mai departe după metoda sintezei.

Din felul cum se aplică metoda analizei se poate vedea clar că fiecare etapă nu se desfășoară prin încercări ci este legată de propozițiile precedente, așadar raționamentele sunt motivate.

Observație: Uneori, problema la care reducem rezolvarea problemei date este mai generală decât ea. în acest caz trebuie ca din soluțiile problemei a doua să luăm numai pe acelea care convin problemei inițiale.

Vreau să demonstrez A B. Arăt că și

C. Metoda analitico – sintetică

Am arătat în ce constau cele două metode: analitică și sintetică dar în realitate, aceste două metode de raționament nu sunt separate, între ele existând o strânsă legătură. într-adevăr, atunci când rezolvăm o problemă prin sinteză, plecăm de la anumite date sau de la unele cunoștințe învățate mai înainte, însă avem mereu minte întrebarea problemei la care trebuie să răspundem.

De asemenea, când rezolvăm o problemă prin analiză, plecăm de la întrebarea problemei, însă trebuie să ținem seama și de ceea ce cunoaștem în problemă și de multe ori acestea ne sugerează întrebarea pe care trebuie să o punem problemei noi pe care o formulăm.

Practic se procedează astfel: folosim calea sintezei atât cât reușim, după care, mai departe, folosim metoda de raționament a analizei.

în unele probleme sau teoreme putem începe demonstrarea lor prin metoda analizei până găsim elementele de care trebuie să ne folosim în demonstrație, după care, apoi, se aplică metoda sintezei.

Se pot ivi cazuri când în rezolvarea unei probleme suntem nevoiți să trecem de mai multe ori când la aplicarea analizei, când la cea a sintezei.

D. Metoda reducerii la absurd

Metoda reducerii la absurd este o metodă veche, folosită și în geometrie, încă din antichitate, pentru demonstrarea unor teoreme sau a unor probleme cu caracter teoretic.

La baza acestei metode stă legea „terțului exclus”, una din legile fundamentale ale logicii clasice, care se enunță astfel: „Din două propoziții contradictorii una este adevărată, cealaltă falsă, iar a treia posibilitate nu poate exista". De aici se vede că legea terțului exclus ne spune că din două propoziții contradictorii una este adevărată, dar nu ne precizează care din cele două propoziții este adevărată și care este falsă.

Când la două propoziții contradictorii aplicăm legea terțului exclus, este suficient să stabilim că una din ele este falsă pentru a deduce că cealaltă este adevărată.

în geometrie întâlnim adeseori teoreme și probleme la care nu dispunem de suficiente elemente pentru a putea pune în evidentă, în mod direct, adevărul enunțat la fiecare în parte.

În asemenea cazuri se caută dovezi care să arate că propoziția contradictorie a unei teoreme este falsă. Dacă acest lucru s-a arătat, atunci, pe baza legii terțului exclus urmează că propoziția dată este adevărată și cu aceasta problema dată este demonstrată.

Acest procedeu de demonstrație se numește demonstrație indirectă.

Metoda reducerii la absurd constă în a admite în mod provizoriu, ca adevărată, propoziția contradictorie a teoremei date, apoi în baza unei asemenea presupuneri se deduce o serie de consecințe, care duc la un rezultat absurd, deoarece ele contrazic sau ipoteza problemei date sau un adevăr stabilit anterior.

Practic această metodă se aplică astfel: se presupune că ceea ce trebuie să demonstrăm nu este adevărat cu alte cuvinte se neagă concluzia teoremei date. Apoi, pe baza propunerii făcute, se face o serie de deducții logice, care scot în evidentă faptul că presupunerea făcută duce la o absurditate. Aceasta duce la concluzia că presupunerea făcută nu este posibilă și rămâne ca adevărată concluzia teoremei date.

Metoda reducerii la absurd se folosește de multe ori în demonstrarea teoremelor reciproce.

Metode specifice pentru demonstrarea coliniarității

Strânsa legătură între problemele de coliniaritate și cele de concurență este evidențiată de următoarea schemă: Pentru a dovedi că dreptele a, b, c sunt concurente considerăm punctul X comun dreptelor a, b și punctele Y, Z pe c; problema revine la probarea coliniarității punctelor X, Y, Z. Acesta este motivul pentru care vom formula doar pentru coliniaritatea punctelor X, Y, Z și nu pentru concurență.

1. Demonstrarea coliniarității folosind Postulatul lui Euclid

Dacă dreptele AB și BC sunt paralele cu o dreaptă d, atunci, în baza postulatului lui Euclid, punctele A, B și C sunt coliniare.

2. Demonstrarea coliniarității cu ajutorul unghiului alungit. (unghiuri adiacente suplementare)

Dacă A și C sunt situate de o parte și de alta a dreptei BD și m(ABD) +m(BDC) = 180°, atunci punctele A, B și C sunt coliniare.

3. Demonstrarea coliniarității utilizând reciproca teoremei unghiurilor opuse la vârf.

Dacă punctul B este situat pe dreapta DE, iar A și C sunt de o parte și de alta a dreptei DE și ABD = CBE, atunci punctele A, B, C sunt coliniare.

4. Demonstrarea coliniarității prin identificarea unei drepte ce conține punctele respective.

Pentru a arăta că punctele A, B; C sunt coliniare se identifică o dreaptă căreia ele îi aparțin.

5. Demonstrarea coliniarității prin redefinirea unui punct ce figurează în condiția de coliniaritate.

Coliniaritatea a trei (sau mai multe) puncte se poate demonstra și prin redefinirea acelor puncte care intră în cerința de coliniaritate.

6. Demonstrarea coliniarității folosind reciproca teoremei lui Menelaos.

Metode specifice pentru demonstrarea concurenței unor drepte

Problemele privind concurența unor drepte, ca și problemele de coliniaritate a unor puncte, prezintă adevăruri care sunt, în general, ușor de intuit, însă a căror demonstrație riguroasă cere raționamente precise (exacte) și o gamă variată de tehnici specifice. în acest gen de probleme avem de stabilit, pe baza unor judecăți logice că, dacă două drepte, a și b, au un punct comun X, atunci, Y,Z fiind puncte aparținând unei drepte c, pentru a arăta că dreptele a, b, c sunt concurente, trebuie demonstrată coliniaritatea punctelor X, Y, Z.

Astfel de drepte le întâlnim în triunghiuri ca mediane, mediatoare, înălțimi sau bisectoare; de asemenea în paralelograme sau trapeze ca diagonale, precum și în probleme „ combinate".

Rezolvarea lor se bazează, în prima fază, pe gândirea punctului de intersecție, X, a două drepte a și b, apoi în raport cu datele problemei, se va demonstra că, o a treia dreaptă, c, trece prin același punct. Punctul respectiv, găsit, va fi punctul de concurență al dreptei date.

în continuare, sunt prezentate unele metode, mai mult utilizate, atât în gimnaziu, cât și în liceu, prioritar la rezolvarea acestui tip de probleme de geometrie plană.

1. Demonstrarea concurenței folosind unicitatea mijlocului unui segment

Pe dreapta d1 se identifică punctele A și B, iar pe dreapta d2 se identifică punctele C și D, astfel încât segmentele AB și CD să aibă același mijloc. De reținut, că, această metodă funcționează și în situația în care trebuie demonstrată concurența mai multor drepte.

2. Demonstrarea concurenței folosind liniile importante în triunghi

în unele probleme de geometrie plană, demonstrarea concurenței unor drepte se reduce la a găsi un triunghi în care acele drepte sunt înălțimi sau mediane, sau mediatoare, sau bisectoare.

3. Demonstrarea concurenței utilizând reciproca teoremei lui Ceva

4. Demonstrarea concurenței prin coliniaritate

II.2. Coliniaritate – demonstrații ale coliniarității

II.2.1. Demonstrarea coliniarității prin identificarea unei drepte ce conține punctele respective

Problema 1. Fie un triunghi ABC și D, E, F, G proiecțiile lui A pe bisectoarele interioare și exterioare ale unghiurilor ABC și ACB. Să se arate că punctele D, E, F, G sunt colineare.

Soluție:

Fie D, E proiecțiile lui A pe bisectoarele din B, patrulaterul ADBE este dreptunghi (are toate unghiurile drepte) și atunci DE trece prin mijlocul C' al lui [AB] (pentru că diagonalele se taie în mijloc).

Cum C'EB ABE EBC C'EB EBC (alterne interne) C'E | |BC. Deoarece paralela prin C la BC este linie mijlocie în triunghiul ABC, rezultă că C'E trece și prin B', mijlocul lui [AC]. Prin urmare punctele D și E se află pe dreapta B'C'.

Analog, se arată că punctele F și G se află pe dreapta B'C'. Am identificat astfel dreapta B'C' pe care sunt situate punctele D, E, F, G,

Problema 2. Fie trapezul ABCD (AD BC). Bisectoarele interioare din A și B se taie în E, iar bisectoarele interioare din C și D se taie în F. Fie G mijlocul diagonalei AC. Să se arate că punctele E, F, G sunt colineare.

Soluție:

Triunghiul AEB este dreptunghic în E pentru că:

m(AEB) = 1/2 m(B) + 1/2 m(A)=180°/2=90°.

Fie M mijlocul laturii [AB], atunci ME AD, deoarece [ME] este mediană în triunghi dreptunghic MEA = MAE = EAD.

Prin urmare, paralela prin M la AD, conține punctul E, dar această paralelă este linie mijlocie a trapezului. Analog, pentru G și F. Deci punctele E, F, G se află pe linia mijlocie a trapezului.

Problema 3. Fie trapezul ABCD (ADUBC) și fie M, N mijloacele bazelor [AD] și [BC], iar P și O punctele de intersecție ale laturilor ne paralele, respectiv ale diagonalelor. Să se demonstreze că punctele M, O, N, P sunt colineare.

Soluție:

Fie E și F punctele de intersecție cu laturile [AB], respectiv, [CD] ale paralelei duse din O la baze.

Din triunghiurile asemenea AEO și ABC, respectiv, DFO și DCB, rezultă:

Însă și, atunci rezultă că: [IEO] = [OF], adică este mijlocul segmentului [EF]. Prin urmare, punctele M, O, N, P sunt colineare, fiind situate pe mediana din P a triunghiului APD.

Problema 4. Să se arate că proiecțiile ortocentrului unui triunghi ABC, pe bisectoarele, interioară și exterioară, ale unghiului A și mijlocul laturii [BC] sunt colineare.

Soluție:

Fie B1, C1, A1 picioarele perpendicularelor duse din B, C și respectiv A, iar H ortocentrul triunghiului ABC. Notăm cu A' mijlocul laturii [BC], cu P și Q proiecțiile lui H pe bisectoarea interioară, respectiv pe bisectoarea exterioară (care pleacă din A). Patrulaterul AB1HC1 este inscriptibil în cercul de centru O1 și diametru [AH] notat (C1). Cum m(APH) = m(AQH)= 90°, rezultă că PQ E (Ci). în patrulaterul APHQ, fiind dreptunghi, înscris în cercul de diametru [AH], rezultă că și diagonala [PQ] este diametru în cercul (C1).

Punctul P este mijlocul arcului B1HC1, pentru că semidreapta [AP este bisectoare; atunci, diametrul [PQ] este inclus în mediatoarea coardei [B1C1].

Patrulaterul BCB1C1, fiind inscriptibil în cercul (C2) de diametru [BC], iar [B1C1] fiind coardă comună a celor două cercuri (C1) și (C2), urmează că mediatoarea sa PQ va conține punctul A' care este centrul cercului (C2). Prin urmare proiecțiile (ortogonale) ortocentrului pe bisectoarele interioară și exterioară ale unghiului A și mijlocul lui A' al laturii [BC] se află pe dreapta care unește centrele cercurilor (C1) și (C2), circumscrise patrulaterelor AB1HC1, respectiv BCB1C1. Deci punctele A', P, Q sunt colineare.

II.2.2. Demonstrarea coliniarității folosind reciproca TEOREMEI LUI Menelaos

Problema 1. O dreaptă taie laturile BC, AC și AB ale unui triunghi ABC în punctele A’, B’ și respectiv, C'. Se iau simetricele M, N, P ale fiecăruia din aceste puncte față de mijlocul laturii pe care este situat. Să se arate că punctele M, N, P sunt colineare.

Soluție:

Pentru că punctele A', B', C' sunt colineare avem:

Din ipoteză, anume că A1 este mijlocul lui BC, avem:

Analog, B1 și C1 fiind mijloacele laturilor [AC] și [AB], avem:

Prin urmare:

utilizând prima parte a ipotezei.

Acum, conform reciprocei teoremei lui Menelaos rezultă că punctele M, N, P sunt colineare.

Problema 2. Se dă triunghiul oarecare ABC și fie D, aparținând laturii [BC], astfel încât BC = 3 DC. Notăm cu E mijlocul medianei [CC'], să se arate că punctele A, D, E sunt colineare.

Soluție:

Deoarece atunci conform reciprocei teoremei lui Menelaos, rezultă că, punctele A, E, D sunt colineare.

Problema 3. Fie ABC un triunghi oarecare, în care se duc înălțimile [AA1], [BB1], [CC1] și medianele [AA'], [BB'], [CC']. Să se demonstreze că punctele {M} = BC B1C’; {N} = CA C1A' și {P} = AB A1B' sunt colineare.

Soluție:

Utilizând teorema lui Menelaos pentru triunghiul ABC și transversalele MC'B1, NA'C1 și PA1P', avem, respectiv:

Înmulțind aceste trei relații obținem:

utilizăm teorema lui Menelaos, pe care o aplică triunghiurilor AA1C și AA1B, tăiate, respectiv de transversalele BHC și CHC1, unde H este ortocentrul triunghiului ABC și înmulțim între ele relațiile obținute.

Cum urmează că punctele N, P, M sunt colineare.

II.2.3. Demonstrarea coliniarității utilizând relația AB + BC = AC, unde AB, BC și AC sunt segmente de dreaptă

Problema 1. Dacă A, B, C sunt puncte colineare distincte iar A', B', C' sunt simetricele lor față de un punct O, atunci punctele A', B', C' sunt colineare. (problema 1 de la II. 3.7)

Soluție:

Din A, B, C colineare și, pentru că B aparține segmentului [AC] rezultă că

AB+BC=AC (1)

Din ΔAOB = ΔA'OB' AB = A'B' (2)

Din ΔBOC = ΔB'OC' BC=B'C' (3)

Din ΔAOC = ΔA'OC' AC=A'C' (4)

înlocuind (2), (3), (4) în (1) obținem A'B' + B'C = A'C' B', C', A' sunt colineare.

Problema 2. Fie ABCD un patrulater convex și un punct E de acea parte a lui AB de care nu este C, așa încât triunghiurile ABE și ADC sunt asemenea.

Să se demonstreze că punctele Q B, E sunt colineare, dacă și numai dacă, are loc egalitatea: AB CD + AD BC = AC BD

Soluție:

Din asemănarea triunghiurilor ABE și ADC, rezultă:

de unde avem:

și cum, CAE DAB (deoarece DAC BAE și CAB unghi comun), rezultă că ΔEAC ΔBAD. Din ΔABE ~ ADC, rezultă că:

Din ΔEAC ΔBAD, rezultă că:

Punctele C, B, E sunt colineare dacă și numai dacă CB + BE = CE, adică dacă și numai dacă,

II.2.4. Demonstrarea coliniarității folosind rezultatul că: „dintr-un punct exterior unei drepte se poate duce o perpendiculară și numai una pe acea dreaptă"

Problema 1. în triunghiul ABC, bisectoarea interioară, BB’, este paralelă cu tangenta la cercul circumscris triunghiului ABC, dusă în punctul T diametral opus lui A. Să se demonstreze că B', aparținând laturii [AC], centrul O al cercului circumscris triunghiului ABC și mijlocul, M, al laturii [BC] sunt colineare.

Soluție:

Notăm cu P punctul în care tangenta în T la cerc intersectează dreapta AC.

Avem că: m(CPT) = 90° – m(TAC) = m(AB'B) și, deci:

m(ABC) = m(AB'B).

Cum m(BB’C) m(ABC) m(B’CB) = m(ABC)

Rezultă că ΔB'BC este isoscel, de unde urmează că B'M BC și cum OM BC se obține că punctele B', O, M sunt colineare.

începem rezolvarea aplicând metoda analizei. Admitem că B', M, O sunt colineare, cum OM BC, atunci B'MIBC, dar B'M este mediană în triunghiul BB'C, deci ΔB'BC este isoscel. Pentru a pune în evidentă acest fapt, ne folosim mai departe de metoda sintezei.

Problema 2. Cercurile (C) de centru O și (C') de centru O' sunt secante în A și B și au centrele de aceeași parte a dreptei AB. Să se arate că, dacă Ax, Az sunt puncte diametral opuse ale lui A în (C), respectiv (C') atunci B, At, A2 sunt colineare.

Soluție:

Cum m(A1BA) = m(A2BA) = 90°, urmează A1B AB și A2B AB.

Prin urmare, punctele B, A1, A2 sunt colineare.

în rezolvare aplicăm mai întâi metoda analizei. Presupunem că B, A1, A2 sunt colineare, atunci ΔABA2 are o latură diametru, deci este dreptunghic, adică A2B AB. Deci trebuie să demonstrăm că A2B AB și A1B AB. Pentru acest lucru aplicăm metoda sintezei.

Problema 3. Fie triunghiul ABC înscris în cercul de centru O, cu unghiurile B și C de măsura 60°, respectiv 45°. Să se demonstreze că mijlocul M al laturii [AC], centrul 0 al cercului și proiecția D a lui A pe latura BC sunt colineare.

Soluție:

Deoarece AM = MC, rezultă OM AC.

Notăm cu D' intersecția dreptelor OM și BC, atunci, ΔD'MC este dreptunghic isoscel, pentru că m(C)= 45°. Rezultă că D'M = MC = MA, de unde urmează că ΔAD'C este dreptunghic și, deci, AD' BC.

Prin ipoteză urmează D' D. Prin urmare M, O, D sunt colineare.

II.3. Concurență – demonstrații ale concurenței

II.3.1. Demonstrarea concurenței folosind unicitatea mijlocului unui segment

Problema 1. Fie rombul ABCD, AC fiind diagonala mare a rombului și A1, A2, C1, C2 proiecțiile punctelor A și C pe laturile opuse. Să se demonstreze că dreptele A1C1, A2C2, AC și BD sunt concurente.

Soluție:

Cum AC1 || A1C, AA1 || C1C și 900, rezultă că patrulaterul AA1CC1 este dreptunghi (*).

Diagonala [A1C1] trece prin mijlocul diagonalei [AC], O. Analog se arată că și A2C2 trece prin mijlocul lui [AC]. Deci A1C1, A2C2, AC și BD sunt concurente.

La început folosim metoda analizei: presupunem că AA1, CC1, AC, BD sunt concurente. Cum AC BD = {O} A1C1 trece prin O, deci AA1CC1 ar trebui să fie paralelogram. Acest lucru se poate demonstra direct din datele problemei. De aici folosim metoda sintezei.

Problema 2. Fie paralelogramul ABCD și fie E, F puncte pe diagonala BD, așa încât BE = EF = FD. Se notează cu G, H, L, M punctele de intersecție ale perechilor de drepte BC și AE, CD și AF, AB și CE, respectiv AD și CF. Să se demonstreze că dreptele AC, EF și LH sunt concurente.

Soluție:

ΔADE = ΔBCF, pentru că [AD] [BC], ADE CBF și [DE] [BF] [AE] [CF] (1)

ΔADF = ΔBCE pentru că [AD] [BC], ADF CBE și [DF] [BE] => [AF] [CE](2)

Din (1) și (2) rezultă patrulaterul AECF este paralelogram și, deci, EF trece prin mijlocul lui [AC], adică 0, pentru că diagonalele se taie în mijloc la paralelogram.

Cum AF II EC rezultă patrulaterul AHCL este paralelogram, deci, diagonala [LH] trece tot prin 0. Așadar dreptele AC, EF și LH sunt concurente.

Problema 3. Fie triunghiul oarecare ABC, M un punct în interiorul triunghiului și A’, B', C' simetricele lui M față de mijloacele laturilor BC, CA și AB. Să se demonstreze că dreptele AA', BB', CC' sunt concurente.

Soluția 1:

Patrulaterul AMBC' este paralelogram (pentru că diagonalele se înjumătățesc) și, deci, AC' || MB. Analog, patrulaterul BMCA' este paralelogram, și deci, MB || CA'.

Rezultă că patrulaterul ACA'C' este paralelogram (AC' || CA' și AC || A'C'), AA' și CC' intersectându-se în O (fiind diagonale).

Analog se arată ca ABA'B' este paralelogram și BB' intersectează pa AA' în mijlocul acesteia, adică tot în 0. Prin urmare, AA', BB', CC' sunt concurente în punctul O.

Soluția 2:

Notăm cu A1, B1, C1 mijloacele laturilor [BC], [CA], [AB] ale triunghiului ABC. în triunghiurile ABC și MA'B', A1B1 este linie mijlocie și, deci, A1B1 || AB și A1B1 = AB; A1B1 || A'B' și A1B1 = A'B'.

Prin urmare ABA'B' este paralelogram și deci, diagonala AA' trece prin mijlocul lui BB'. Analog patrulaterul BCB 'C' este paralelogram și diagonala CC' trece prin mijlocul lui BB'.

Problema 4. Fie triunghiul ABC, înscris în cercul O și D punctul diametral opus lui A. Paralelele prin D la AB și AC intersectează cercul circumscris triunghiului în punctele E și respectiv F, iar laturile AC și AB în M, respectiv N. Să se arate că dreptele AD, CF, BE și MN sunt concurente.

Soluție:

ABDE dreptunghi (ΔABD ΔDEA [AB] = [DE] și mai avem AB DE). Analog ACDF dreptunghi BE și CF sunt diametre în cerc deoarece, fiind diagonale în dreptunghiuri, ele intersectează diagonala [AD] în mijloc, adică O.

Patrulaterul AMDN este paralelogram, de unde urmează că MN trece prin mijlocul lui AD, adică O. Prin urmare, dreptele AD, CF, BE și MN sunt concurente.

II.3.2. Demonstrarea concurenței folosind proprietățile liniilor importante în triunghi

Înălțimile unui triunghi sunt concurente într-un punct H, numit ortocentrul triunghiului.

Medianele unui triunghi sunt concurente într-un punct G, numit punctul de greutate al triunghiului, care este la 2/3 de vârf și 1/3 de bază.

Mediatoarele unui triunghi sunt concurente într-un punct O, numit centrul cercului circumscris triunghiului.

Bisectoarele unui triunghi sunt concurente într-un punct I, numit cercul cercului înscris în triunghi.

Problema 1. în planul unui triunghi oarecare ABC, având lungimile laturilor a, b, c se construiesc în exteriorul triunghiului, triunghiurile BCD, ACE, ABF, astfel încât AE = FA = a, BD = FB = b și DC’ = CE = c. Să se demonstreze că perpendicularele duse din D, E, F respectiv pe BC, AC și AB sunt concurente într-un punct H.

Soluție:

Cum patrulaterul FBCA și patrulaterul ABCE sunt paralelograme (deoarece au laturile opuse congruente) FA BC; AE BC F, A, E sunt colineare.

Prin urmare, deoarece și E, C, D și F, D, B sunt tot colineare, rezultă că FDE este triunghi în care FE BC, FD AC, ED v AB. Perpendicularele duse din D, E, F pe laturile FE, FD, DE sunt perpendiculare și pe BC, AC și AB. Ele fiind înălțimi în triunghiul FDE sunt concurente într-un punct H, ortocentrul triunghiului FDE.

Problema 2. Pe catetele AC și AB ale unui triunghi dreptunghic ABC, (m(BAC) = 90°), se construiesc în exterior, pătratele ACDE și ABFG. Să se arate că dreptele BD și CF se intersectează pe înălțimea AH a triunghiului ABC.

Soluție:

Notăm cu I intersecția dreptelor ED și FG. Din congruența triunghiurilor GAI și ABC, rezultă că GAI ABC CAH, adică punctul I este situat pe înălțimea AH.

Triunghiurile ABI și BFC sunt congruente, de unde urmează ca BI CF. De asemenea, BD CI. Prin urmare CF, IH și BD sunt înălțimile triunghiului BIC, deci sunt concurente.

Problema 3. Să se arate că perpendicularele duse din mijloacele laturilor unui triunghi ortic (format unind picioarele înălțimilor triunghiului dat), sunt concurente.

Soluție:

Fie D, E, F picioarele înălțimilor în triunghiul Abc și fie A', B', C' mijloacele laturilor BC, CA și AB. Ducem A'M EF, B'P FD, C'Q DE.

în triunghiul dreptunghic BEC, [A'E] este mediană relativă la ipotenuză și deci, A'E = BC. Analog A'F = BC. Așadar ΔA’EF este isoscel. Cum A'M este înălțimea relativă la bază, în triunghiul AE'F isoscel, rezultă că ea este și mediatoarea laturii EF.

B'P și C'Q sunt mediatoarele laturilor FD, respectiv DE. Prin urmare dreptele A'M, B'P, C'Q, fiind mediatoarele laturilor triunghiului FDE, sunt concurente, într-un punct N.

Problema 4. Fie punctul I de intersecție al diagonalelor trapezului ABCD, E, F mijloacele laturilor [AB] și [CD] (bazele) ale trapezului, iar G și H mijloacele diagonalelor [AC] și [BD]. Se iau punctele I' și I", simetricele punctului i în raport cu G și respectiv H. Să se arate că dreptele EF, HI', GI" sunt concurente, iar 2GK = KI", unde k este punctul de intersecție al dreptelor GI" și HI'.

Soluție:

Cum I' este simetricul lui I față de G, iar i" este simetricul lui I față de H, urmează ca IG = GI' și HI = HI".

Prin urmare GI" și HI' sunt mediane în triunghiul II’I”: IK este o a treia mediană și deci EF, HI' și GI" sunt concurente, iar 2GK = KI".

Problema 5. în vârfurile triunghiului ABC, se duc tangentele la cercul circumscris lui, care formează triunghiul A'B'C'. Se notează A1, B1, C1 centrele cercurilor în triunghiurile A'BC, B'CA, C'AB. Să se demonstreze că dreptele AA1, BB1, CC1 sunt concurente.

Soluție:

La început să arătăm că A1 este mijlocul arcului mic BC. într-adevăr, dacă A1 este mijlocul arcului BC atunci A1BA’ AxBC și, deci, [BA1 este bisectoarea unghiului ABC. La fel se arată că [CA1 este bisectoarea unghiului A'CB și, deoarece A1 este mijlocul arcului BC, urmează ca [AA1 este bisectoarea unghiului BAC. Se arată că [BB1 și [CC1 sunt bisectoarele unghiurilor ABC, respectiv ACB, de unde rezultă concurența dreptelor AA1, BB1, CC1.

Problema 6. Fie ABCD un pătrat și Pun punct pe diagonala [BD] a pătratului. Să se demonstreze că perpendicularele duse din P, B și D, respectiv pe AB, AP și CP se intersectează pe diagonala [AC].

Soluție:

Să notăm cu F și E, picioarele perpendicularelor duse din P pe AB. în triunghiul ABP, înălțimile BE și PF se intersectează în M, iar AC BD (Fiind diagonale ale pătratului), deci AO este înălțime în triunghiul ABP și, atunci, rezultă că perpendicularele BE și PF, respectiv pe AP și AB se întâlnesc pe diagonala [AC].

Cum MP DC și DP MC, urmează ca P este ortocentrul triunghiului CMD.

Rezultă că CP este perpendiculară pe DM.

Prin urmare perpendicularele duse din P, B și D, respectiv pe AB, AP și CP se întâlnesc în punctul M, adică pe diagonala [AC].

Problemele le-am rezolvat prin identificarea înălțimilor, mediatoarelor, medianelor si a bisectorilor in triunghi.

II.3.3. Demonstrarea concurenței prin coliniaritate

Problema 1. Fie ABCD un paralelogram și M un punct pe latura CD. Paralela prin C la diagonala BD intersectează pe AB în E și pe AM în N. Să se demonstreze că dreptele AC, ME și NB sunt concurente.

Soluție:

Notăm cu O punctul de intersecție al diagonalelor AC și ME ale trapezului AMCE.

Se știe că punctele N, O, B sunt colineare (am demonstrat la problema II.2.1.).

Prin urmare dreapta NB trece prin 0, de unde rezultă că dreptele AC, ME și NB sunt concurente.

La această problemă se aplică metoda sinteze,. deoarece ABCD este paralelogram, rezultă că MC AE, deci AECM este trapez iar ME și AC sunt diagonale.

Problema 2. Fie ABCD și A 'B'C 'D' două pătrate, având laturile de aceeași lungime. Să se demonstreze că dreptele BB', CC', DD' sunt concurente.

Soluție:

Fie P punctul de intersecție al dreptelor BB' și CC'. Se constată ușor că (din congruența triunghiurilor ABB' și ADD') și atunci patrulaterul PBCD este inscriptibil (deoarece m + m = 180°). Avem: m = m = 45°. Prin urmare, D, P, D' sunt colineare (din reciproca teoremei unghiurilor opuse la vârf).

Deci dreapta DD' trece prin P, care este punctul de intersecție al dreptelor BB' și CC'.

CAPITOLUL III

III.1. Probleme din manuale și adaptări pentru persoane cu dizabilități

III.1.1. Demonstrarea coliniarității cu ajutorul „postulatului lui Euclid”

Problema 1. Fie B' și C' mijloacele laturilor [AC], respectiv [AB], ale unui triunghi ABC. Să se demonstreze că, mijloacele înălțimii, bisectoarei și medianei corespunzătoare vârfului A se află pe dreapta B'C'.

Soluție:

Fie M, N, P mijloacele înălțimii, bisectoarei și, respectiv, medianei corespunzătoare vârfului A.

[B'C'] fiind linie mijlocie în triunghiul ABC, urmează că B'C' BC. Din ΔABC [MB'] linie mijlocie MB’ || BD și cum D BC MB' || BC M B'C'.

Analog rezultă că N B'C' și P B'C' M, N, P, B', C' sunt colineare.

Problema 2. Punctul de intersecție al diagonalelor unui paralelogram se află pe dreapta ce unește mijloacele a două laturi opuse ale paralelogramului.

Soluție:

în ΔABC, [OM] este linie mijlocie OM BC iar în BCD, [ON] este linie mijlocie => ON || BC => conform Postulatului lui Euclid că O, M, N sunt colineare.

Problema 3. Fie triunghiul oarecare ABC și fie punctul D pe latura BC, astfel încât BC = 3 DC. Dacă E este mijlocul medianei CC', să se arate că punctele A, D și E sunt colineare.

Soluție:

Notăm cu F mijlocul lui [BD]. Atunci, în ΔABC avem [C'F] linie mijlocie și, deci, C'F || AD. Analog, în ΔCFC' avem [DE] linie mijlocie DE C'F. Din DE C'F și C'F || AD conform Postulatului lui Euclid că A, E, D sunt colineare.

Problema 4. Să se arate că mijloacele laturilor neparalele ale unui trapez și mijloacele diagonalelor sale sunt patru puncte colineare.

Soluția 1:

„„^

în ΔABC, [FG] este linie mijlocie FG || AB (1)

în ΔBCD, [FH] este linie mijlocie FH || CD (2)

Dar AB || CD FH || AB + (1) => F, G, H colineare.

Analog se demonstrează că G, H, E sunt colineare. Deci punctele E, H, G, F sunt colineare.

Soluția 2:

E și F fiind mijloacele laturilor neparalele ale unui trapez, rezultă că [FE] este linie mijlocie și deci FE || AB, FE || CD. Din teorema de la linia mijlocie în triunghi rezultă că FE intersectează pe AC și BD tot în mijloc, deci G, H FE F, G, H, E colineare.

Problema 5. Fie M, N, P mijloacele laturilor [AB], [BC], [CA] ale unui triunghi ABC. Fie D și E (D CM, E NP) astfel încât [MD] [MC] și [PE] [PN]. Demonstrați că punctele E, A, D sunt colineare.

Soluția 1:

În, ΔAMD ΔBMC pentru că [AM] [MB], [DM] [MC] și DMA = BMC.

Din congruența triunghiurilor rezultă că DAM = BCM (unghiuri alterne interne), rezultă că AD BC. Analog se demonstrează că AE BC.

Din AD || BC și AE || BC rezultă că D, A, E sunt colineare (conform Postulatului lui Euclid).

Soluția 2:

Patrulaterul DACB este paralelogram pentru că diagonalele se taie în mijloc și atunci rezultă că AD || BC. La fel patrulaterul AECN este paralelogram și, deci, AE || BC. Conform Postulatului lui Euclid rezultă că D, A, E sunt colineare.

Problema 6. în triunghiul ABC bisectoarea unghiului A și mediana din B sunt perpendiculare în O. Fie M, N, P respectiv mijloacele laturilor [AB], [AC], [BC]. Să se arate că punctele M, O, P sunt colineare.

Soluție:

în ΔAOB dreptunghic, [OM] este mediană, rezultă că [OM] [AM] ΔAOM isoscel A1 MOA, dar A1 A2 MOA A2 MO AC. [MP] este linie mijlocie în triunghiul ABC MP AC M, O, P sunt colineare.

Problema 7. în ΔABC, fie D simetricul lui B față de mijlocul B', al laturii [AC], iar E simetricul lui C față de mijlocul C', al laturii [AB]. Să se arate că punctele D, A, E sunt colineare.

Soluție:

Cum, prin construcție, AC' = CB și CC' = CE patrulaterul AEBC este paralelogram și, deci, AE BC. Analog se arată că AD BC conform Postulatului lui Euclid că E, A, D sunt colineare.

Problema 8. Fie ABCD un trapez oarecare, [AB] fiind baza mare și [CD] baza mică. Dacă M este simetricul punctului A față de mijlocul P, al laturii BC, iar N este simetricul punctului B față de mijlocul, R, al laturii AD, să se arate că punctele N, D, C, M sunt colineare.

Soluție:

Din construcție, pentru că AR = RD și NR = RB, ABDN este paralelogram și, deci, DN AB, dar DC AB N, D, C sunt colineare.

Analog se arată că D, C, M sunt colineare N,M CD N, D, C, M sunt colineare.

Problema 9. Pe laturile [AB] și [AC] ale triunghiului ABC se iau, respectiv, punctele D și E, astfel încât:

Se prelungesc segmentele [BE] și [CD], respectiv, cu EE' = k BE și DD' = k CD. Să se arate că punctele D; A, E' sunt colineare.

Soluție:

Cum, prin ipoteză, DEBC (1) (din reciproca teoremei lui Thales).

Din = k = urmează că DE || AE' (2).

Din (1) și (2) rezultă că AE' BC (3). Analog se arată că AD' BC (4). Din (3) și (4) rezultă că A, E', D' sunt colineare (conform Postulatului lui Euclid).

Problema 10. Fie un triunghi ABC înscris într-un cerc de centru O.

Perpendiculara BE pe diametrul AD taie, din nou, cercul în F. Paralelele prin F la CD și CA, taie CA și CD în G, respectiv H. Să se arate că punctele E, G și H sunt colineare.

Soluție:

Patrulaterul AEGF este inscriptibil deoarece m = m = 90°

de unde rezultă că EG BC (formează unghiuri corespondente congruente).

Patrulaterul CHFG este dreptunghi (fiind paralelogram cu un unghi drept) și, deci, F.

Cum urmează că deci GH BC.

Din EG BC și GH BC rezultă conform Postulatului lui Euclid că E, G, H sunt colineare.

Problema 11. în trapezul isoscel ABCD (ADHBC), circumscris unui cerc, fie E, F, G, H, punctele de contact ale cercului cu laturile [AB], [BC], [CD] și, respectiv, [DA], iar O punctul de intersecție al diagonalelor. Să se arate că punctele E, O, G sunt colineare.

Soluție:

Se observă că EB = BF, EA = AH, ca tangente duse dintr-un punct exterior la un cerc. Atunci avem:

Triunghiurile AOB și BOC sunt asemenea și, deci, avem că:

Din și rezultă și, prin urmare, EO AD.

Analog, se arată că OG AD.

Și atunci, rezultă că punctele E, O, G sunt colineare (conform Postulatului lui Euclid).

Problema 12. în paralelogramul ABCD, M este mijlocul segmentului [DC], iar MN (N AD) și EP (P AC) bisectoarele unghiurilor respectiv

Dacă Q BC astfel încât atunci N, P, Q sunt colineare.

Soluție:

[MN și [MP, fiind bisectoare, din teorema bisectoarei:

deci, deci NP DC (1) (din reciproca teoremei lui Thales)

(2)

Din (1) și (2) rezultă, conform Postulatului lui Euclid, că N, P, Q sunt colineare.

III.1.2. Demonstrarea coliniarității cu ajutorul unghiului alungit

Problema 1. Să se demonstreze că, simetricele a trei puncte colineare față de o dreaptă sunt trei puncte colineare.

Soluție:

Fie A, B , C simetricele punctelor colineare A, B, C față de dreapta d.

Se unesc, separat, B' cu A' și B' cu C'. Avem m(A'B'B) = m(ABB') și C'B'B CBB'.

Prin urmare, m(A'B'B) + m(C' B'B) = m(ABB') + m(CB B') = 1800 A', B', C sunt colineare.

Problema 2. Se dă un triunghi oarecare ABC; prin C se duce o paralelă la AB și prin B o paralelă la AC. Mediana dusă din vârful C intersectează paralela din B la AC în C', iar mediana dusă din vârful B intersectează paralela din C la AB în B'. Să se arate că punctele C', A, B sunt colineare.

Soluție:

Din congruența triunghiurilor AMC și BMC', M fiind mijlocul laturii [AB], rezultă că [AC] [C'B] și, cum AC || C'B patrulaterul ACBC' este paralelogram. Din aceasta rezultă că C'AB ABC. Analog, se arată că patrulaterul ABCB' este paralelogram, de unde rezultă că B'AC ACB.

Atunci m (C'AB') = m (C'AB) + m(BAC) + m (B'AC) = m(A) + m(B) + m(C) = 1800 și cum B' și C' sunt de o parte și de alta a dreptei AC, urmează că punctele C', A, B' sunt colineare.

Problema 3. Să se arate că, într-un trapez oarecare mijloacele laturilor paralele și intersecția diagonalelor sunt trei puncte colineare.

Soluție:

Fie E punctul de intersecție al diagonalelor, iar F și G mijloacele bazelor trapezului. Din DFG BGF și FDE GBE rezultă FED GEB.

Analog, FEC AED, iar DEA CEB (ca opuse la vârf). Din aceasta rezultă că m (DEF) + m(AED) + m (AEG) = 1800 și, deci, punctele F, E, G sunt colineare.

Problema 4. Fie triunghiul ABC (A este drept), înălțimea [AD], iar E și F simetricele punctului D față de catetele [AB] și, respectiv, [AC]. Să se arate că punctele E, A și F sunt colineare.

Soluție:

E fiind simetricul lui D față de [AB], rezultă că EAB BAD, iar F fiind simetricul lui D față de AC, urmează că FAC CAD, dar m(BAD) + m (CAD) = 900 și atunci:

m(EAB) + m(BAD) + m(DAC) + m(CAF) = 1800.

Prin urmare rezultă că punctele E, A, F sunt colineare.

Problema 5. Se consideră un triunghi ABC cum (C) = 60°. Pe semi dreptele [AA, [BB', (A’ BC, B’ AC) perpendiculare pe BC respectiv AC se iau punctele M, respectiv N, astfel încât [AA'] [A'M] și [BB'] [B'N]. Să se demonstreze că punctele M, C, N sunt colineare.

Soluție:

în triunghiul ACM avem [CA'] mediană și înălțime ΔACM isoscel [CA' este bisectoarea unghiului ACM m(MCA') = 600. La fel ΔNCB este isoscel [CB' este bisectoarea unghiului NCB => m(NCB') = 600.

Atunci:

m(NCM) = m(NCA) + m (ACB) + m (BCM) = 600 + 600 + 600 = 1800 N, C, M sunt colineare.

Problema 6. Fie ABC un triunghi dreptunghic în A. Perpendiculara în B pe dreapta BC intersectează perpendiculara pe mijlocul segmentului [AB] în E, iar perpendiculara în C pe dreapta BC intersectează perpendiculara pe mijlocul segmentului [AC] în F. Demonstrați că punctele E, A, F sunt colineare.

Soluție:

în ΔABC avem M și N mijloacele laturilor [AB], respectiv, [AC].

Triunghiul ABC este isoscel pentru că [ME] este înălțime și mediană EBA EAB, EBA este complementul unghiului ABC, dar și ACB este complementul unghiului ABC EBA BCA EAB ACB (1)

Analog ΔAFC isoscel FAC FCA dar FCA și ABC au același complement FCA ABC => FAC EAB (2).

Din (1) și (2) m(FAC) + m(EAB) = 900 m( FAE) = 900 + 900 = 1800, deci F, A, E sunt colineare.

Problema 7. Fie xOy un unghi drept, iar M un punct oarecare în plan.

Ducem MN (Ox (N Ox) și o prelungim cu [NM'] [NM] Analog, ducem MQ (Oy (Q Oy) și o prelungim cu [QM"] [QM].

Arătați că O, M', M" sunt colineare.

Soluție:

ΔM'OM este isoscel pentru că [ON] este mediană și înălțime [ON este bisectoarea M'ON M'ON NOM (1). Analog, MOQ QOM" m(M'ON) + m(M"OQ) = 900 pentru că m(NOM) + m(MOQ) = 900 m(M'OM") = 1800, deci M', O, M" sunt colineare.

Problema 8. Fie ABCD un paralelogram. Se prelungește latura [AB] cu un segment [BE] [AD] iar latura [AD] cu un segment [DE] [AB]. Să se arate că punctele E, C, F sunt colineare.

Soluție:

Cum triunghiurile BCE și DCF sunt isoscele, iar ABC ADC, rezultă:

m(BCE) = m(BEC) = m(ABC)

m(DCF) = m(CFD) + m(DCB) + m(BCE) =

= m( ABC) + m(DCB) + m(ABC) =

= m(ABC) + m(DCB) = 1800

(pentru că sunt interne de aceeași parte a secantei) F, C, E colineare.

Problema 9. Cercurile de centre O și O 'și de diametre AA 'și AA" au comune punctele A și B. Să se demonstreze că punctele A', B, A" sunt colineare.

Soluție:

Unim separat B cu A' și B cu A". Unghiurile și fiind înscrise, fiecare, într-un semicerc, sunt unghiuri drepte. Deci avem: = 90° + 90° = 180°, de unde rezultă că punctele A', B, A" sunt colineare, A' și A" fiind de o parte și de alta a dreptei AB.

Problema 10. Se dau cercurile de centre O și O', secante în A și B. Se duce diametrul MON paralel cu O'A și diametrul M'O'N' paralel cu O A, punctele M, M' și A fiind de aceeași parte a dreptei O O'. Să se arate că punctele M, A, M' sunt colineare.

Soluție:

Avem (unghiuri interne de aceeași parte a secantei).

însă (unghi exterior triunghiului AOM) și (corespondente). Prin urmare :

= 180° și cum M', M sunt de o parte și de alta a dreptelor AO și AO' rezultă că punctele M, A, M' sunt colineare.

Problema 11. Pe segmentul [AB] se consideră punctul M variabil și, de aceeași parte a segmentului, se consideră triunghiurile echilaterale AMC și BMD. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri se taie în punctele M și N. Să se arate că punctele A, N și D sunt colineare.

Soluție:

Avem 240° = 120°.

120° = 60° pentru că 60° = 120°.

Cum = 60° + 120° = 180° și A și D sunt de o parte și de alta a dreptei MN A, N, D colineare.

Problema 12. Un cerc de centru O este tangent în T la dreapta d. se duce o paralelă Ia OT, care se intersectează cu d în C și cu cercul în A și B (B între A și C). pe prelungirea lui AC se ia punctul F, astfel încât CF = CA; se notează M punctul diametral opus lui B. Să se demonstreze că punctele M, T, F sunt colineare.

Soluție:

ΔABC este isoscel pentru că mediana [TC] este și înălțime (OT TC și OC || OT). ΔMOT este isoscel pentru că [MO] [OT]; (au măsura arcului : 2); (alterne interne).

Atunci: = 180° – 2 = 180°, pentru că M, T și F colineare.

Problema 13. Se dau două cercuri concentrice (C1) și (C2), de centru O. pe raza [OA] a cercului exterior (C1), ca diametru se construiește cercul (C3) care întâlnește cercul interior (C2) în punctele B și C. Razele [0B] și [OC] întâlnesc cercul (C1) în punctele E și F. Fie D intersecția lui OA cu cercul (C2). Să se arate că punctele E, D și F sunt colineare.

Soluție:

deoarece este înscris într-un semicerc al cercului (C3).

ΔODE ΔOBA pentru că [OE] [OA], și [OD] [OB].

Rezultă că = 90°.

Analog se demonstrează că = 90°. Deci:

= 90° + 90° = 180°, de unde rezultă că E, D, F sunt colineare.

Problema 14. Fie pătratul ABCD exterior pătratului AEFG, cu D și E de aceeași parte a dreptei determinate de centrele lor O și O' (O pe segmentul [BD]).

Fie H intersecția segmentelor [BE] și [DG]. Arătați că punctele C, H, F sunt colineare.

Soluție:

Notăm cu x măsura unghiului AEH. ΔEAB = ΔGAD (L.U.L.)

= 90° + x + 90° – x = 180° patrulaterul FGHE este inscriptibil = 180° = 90°.

patrulaterul FGHE este inscriptibil (unghiuri formate de diagonale cu laturile opuse) = 45°.

Analog, = 45°, deci = 180°, de unde rezultă că F, H, C sunt colineare.

Considerații metodice pentru problemele de demonstrare a coliniarității cu ajutorul unghiului alungit (ii.1.2.) (unghiuri adiacente suplementare)

La toate problemele se aplică metoda generală analitico – sintetică. Ca metodă specifică coliniarității se aplică metoda unghiului alungit.

Problema 1 arată că simetria față de o dreaptă conservă coliniaritatea; și simetria față de un punct conservă coliniaritatea.

Problema 2 se poate demonstra și cu ajutorul Postulatului lui Euclid deoarece din proprietatea paralelogramului că laturile opuse sunt paralele rezultă că prin A avem duse dreptele AC' și AB', ambele paralele cu BC, deci, punctele C', A, B' sunt colineare. De asemenea problema 2 se poate rezolva și cu proprietatea unghiurilor suplementare.

Problemele 4, 5, 6, 7 sunt asemănătoare La problema 8 studiem și următoarea reciprocă:

„Fie triunghiul FEA cu C FE. Construiți paralelogramul DCBA (D [AF], B [AE] și C [FE]). Când BE = DA și DF = AB?".

BE = BC dacă

DF = DC dacă

ΔAFE isoscel cu baza [AF].

Problemele 9,10,11,12,13 folosesc calcule cu unghiuri, măsura unghiului înscris în cerc, proprietățile tangentelor duse dintr-un punct exterior la un cerc, precum și proprietatea unghiului exterior al unui triunghi.

Problema 9 se poate rezolva și folosind Postulatul lui Euclid, demonstrând că BA' OO' și BA OO'.

Pentru a rezolva mai ușor problema 12, notăm cu x.

pentru că ΔATF este isoscel = x.

(alterne interne) = x

pentru că ΔMOT este isoscel.

Din ΔTCF dreptunghic = 90° – x. OT TC (raza dusă în punctul de tangență) Atunci, + 90° + = x + 90° + 90° – x = 180° M, T, F colineare.

Problema 14.

La această problemă se poate construii un caz limită, adică H A.

D, A, G colineare, E, A, B tot colineare EB DG = {A}, deci H=A.

FC trece tot prin A deoarece FA și AC sunt bisectoarele unghiurilor drepte și, respectiv, deci H A.

III.1.3. Demonstrarea coliniarității utilizând reciproca unghiurilor opuse la vârf

Problema 1.

Fie ABCD un paralelogram. Pe laturile [BA], respectiv [DA], se iau punctele E și F, astfel încât BE = AD și DF = AB. Să se arate că punctele C, E, F sunt colineare.

Soluție:

în ipoteza că AB < AD, punctele E și C se găsesc de o parte și de alta a lui AD.

Pentru a arăta coliniaritatea punctelor C, E, F trebuie arătat că: CFD EFA.

Din triunghiurile isoscele DCF și AFE, rezultă că:

și, respectiv, de unde avem CFD EFA.

Dacă AB >AD atunci rolul lui F îl preia E.

Problema 2. Fie cercurile de centre O și O' tangente exterior în A. O dreaptă dusă prin A mai intersectează cercul de centru O în B și pe cel de centru O' în C. Fie D un punct aparținând cercului de centru O și F un punct aparținând cercului O' astfel încât BD CF. Să se arate că punctele A D, F sunt colineare.

Soluție:

Ducem tangenta comuna TT'. Trebuie arătat că DAT' FAT.

Avem DAT' ABD (au ca măsură jumătate din măsura arcului AD).

ABD ACF și ACF FAT. Deci, DAT' FAT D, A, F colineare.

Problema 3. în patrulaterul ABCD se consideră M și N mijloacele laturilor opuse [AB] și [CD]. Prin M se duc MP BC și MQHAD, iar prin vârfurile C și D câte o paralelă la AB; se formează astfel paralelogramele BCPM și ADQM. Să se arate că vârfurile P și Q ale acestor paralelograme sunt colineare cu punctul N.

Soluție:

Din congruența triunghiurilor CMP și DNQ ([CP] [PQ], NCP NDQ, [CN] [ND]) rezultă că CNP DNQ și cum N este situat pe dreapta CD urmează că punctele P, N, Q sunt colineare.

Problema 4. Se consideră triunghiul ABC înscris în cercul e centru O. Fie [AD] un diametru, F proiecția lui C pe AD, [AE] înălțimea din A și H proiecția lui E pe AB. Să se demonstreze că punctele H, E, F sunt colineare.

Soluție:

Patrulaterul AEFC este inscriptibil (AEC AFC = 1 dr), de unde urmează ca: CEF CAD, iar m(CAD) = 90° – m(ABC).

Deoarece ABC ADC urmează ca CEF BEH și, cum H, F sunt situate de o parte și de alta a dreptei BC, rezultă că punctele H, E, F sunt colineare.

Problema 5. Se dă triunghiul isoscel ABC (AB = AC). Se prelungește BA cu un segment AM = AB. Pe latura AC se ia punctul D astfel încât AD = 1/3 AC. Fie N mijlocul lui BC. Să se arate că punctele M, D, N sunt colineare.

Soluție:

Deoarece AM = AB = AC ΔBMC dreptunghic cu m(BCM) = 90°.

Din AB = AM, BN = NC [AN] este linie mijlocie în triunghiul BMC AN MC și AN = 1/2 MC (1) DAN = DCM (2).

Din (1) (3)

Din (4)

Din (2), (3) și (4) ΔADN ΔCDM. Din această asemănare rezultă că ADN = CDM, de unde M, D, N sunt colineare.

Problema 6. Fie ABC un triunghi oarecare și AE, AF două drepte izogonale. Proiecția lui B pe AE este B1 proiecția lui F pe AC este C1, iar proiecția lui A pe BC este A1. Să se demonstreze că punctele A1, B1, C1 sunt colineare.

Soluție:

Dreptele izogonale AE și AF formează cu laturile AB și AC unghiuri congruente. Unim pe A1 cu B și cu C1; patrulaterul A1ABB1 este inscriptibil pentru că m(AA1B) = m(AB1B) = 90°.

Rezultă că BA1B1 = BAB1. Analog, din patrulaterul inscriptibil AA1FC, rezultă că FA1C1 FAC1. Prin ipoteză avem BAB1 CAF.

Așadar, BA1B1 CA1C1 și, cum B1, C1 sunt situate de o parte și de alta a dreptei BC, urmează ca B1, A1, C1 sunt colineare.

III.1.4. Corelarea competentelor cu conținuturile.

Rezolvarea problemelor de matematică de gimnaziu adaptate elevilor cu C.E.S.

Exemplu nr.1

Se dă triunghiul ABC, dreptunghic în A.

Perpendiculara în B pe dreapta BC intersectează perpendiculara pe mijlocul segmentului [AB] în E, iar perpendiculara în C pe dreapta BC intersectează perpendiculara pe mijlocul segmentului [AC] în F. Demonstrați că punctele E, A, F sunt coliniare.

Soluție: C

F N

culoare 1

culoare 3 A M B

culoare 2

E

ΔAEB este isoscel pentru că [ME] este înălțime și mediană

EBA EAB

EBA este complementar cu unghiul ABC, dar și ACB este complementul unghiului ABC

Analog ΔAFC isoscel

dar FCA și ABC au același complement

Din relațiile (1) și (2) m(FAC) + m(EAB) = 900 m(FAE) = 900 + 900 = 1800, deci F, A, E sunt coliniare.

Exemplu nr. 2:

Fie un paralelogram ABCD.

Se prelungește latura [AB] cu un segment [BE] [AD], iar latura [AD] cu un segment [DE] [AB]. Să se arate că punctele E, C, F sunt colineare.

Soluție:

F

D C

A B E

Pentru a percepe figura, elevului cu C.E.S. îi vor fi arătate trei figuri geometrice distincte decupate din carton.

a) un triunghi verde ΔDFC

b) un triunghi galben ΔCBE

c) un paralelogram roșu ABCD.

Cele trei decupaje se așează astfel încât să se obțină ΔAFE.

ΔBCE și ΔDCF sunt isoscele, iar ABC ACD

m(BCE) = m(BEC) = m(ABC)

m(DCF) = m(CFD) + m(DCB) + m(BCE) = m(ABC) + m(DCB) + m(ABC) = 1800, ca unghiuri interne ale aceeași parte a secantei F, C, E colineare.

Bibliografie

[1.] Brânzei D., ș.a., „Bazele raționamentului geometric", Ed. Academia

București, 1983

[2.] Chiței Gh. A., „Metode pentru rezolvarea problemelor de geometrie",

E.D.P. București, 1984

[3.] Hollinger A., „Probleme de geometrie cls. V-VIII", E.D.P., 1982

[4.] Nicolescu Liviu ș.a., „Metode de rezolvare a problemelor de

geometrie", Ed. Universitatea București, 1993

[5.] Vârtopeanu I. și O., „Geometrie plană pentru gimnaziu și licee. Tipuri

de probleme, metode și tehnici de rezolvare", Ed. Sibila Craiova, 1994

[6.] Edwin Moise, Floyd L. Downs jr., „Geometrie", E.D.P. București,

1983

[7.] Petrică I., “Probleme de matematică pentru gimnaziu", Ed. Petrion,

București, 1991.

Bibliografie

[1.] Brânzei D., ș.a., „Bazele raționamentului geometric", Ed. Academia

București, 1983

[2.] Chiței Gh. A., „Metode pentru rezolvarea problemelor de geometrie",

E.D.P. București, 1984

[3.] Hollinger A., „Probleme de geometrie cls. V-VIII", E.D.P., 1982

[4.] Nicolescu Liviu ș.a., „Metode de rezolvare a problemelor de

geometrie", Ed. Universitatea București, 1993

[5.] Vârtopeanu I. și O., „Geometrie plană pentru gimnaziu și licee. Tipuri

de probleme, metode și tehnici de rezolvare", Ed. Sibila Craiova, 1994

[6.] Edwin Moise, Floyd L. Downs jr., „Geometrie", E.D.P. București,

1983

[7.] Petrică I., “Probleme de matematică pentru gimnaziu", Ed. Petrion,

București, 1991.