Lect. Univ. Dr. Victor [623605]

UNIVERSITATEA ”VALAHIA ” DIN TÂRGOVIȘTE
FACULTATEA DE ȘTIINȚE ȘI ARTE

LUCRARE DE DISERTAȚIE

COORDONATOR:
Lect. Univ. Dr. Victor
Dinu Teodorescu

STUDENT: [anonimizat]

2020

UNIVERSITATEA ”VALAHIA ” DIN TÂRGOVIȘTE
FACULTATEA DE ȘTIINȚE ȘI ARTE
Specializarea: Matematică -Didactică

LUCRARE DE DISERTAȚIE

PEZOLVAREA UNOR PROBLEME DE GEOMETRIE CU
AJUTORUL ARIILOR

COORDONATOR:
Lect. Univ. Dr. Victor
Dinu Teodorescu

STUDENT: [anonimizat]

2020

CUPRINS

INTRODUCERE………………………………………………………………………………………………………..1
CAPITOLUL 1: ARIILE FIGURILOR GEOMETRICE. PROPRIETĂȚI ………………….2
1.1.ARIA PATRULATERELOR…………………………………………………………………………………..2
Aria pătratului …………………………………………………………………………………………………………….2
Aria dreptunghiului……………………………………………………………………………………………………..3
Aria paralelogramului…………………………………………………………………………………………………..4
Aria rombului……………………………………………………………………………………………………………..4
Aria trapezului…………………………………………………………………………………………………………….5
1.2. TRIUNGHIUL……………………………………………………………………………………………………..6
1.2.1. ARIA TRIUNGHIULUI …………………………………………………………………………………….6
I. Aria triunghiului dreptunghic……………………………………………………………………………..6
II. Aria triunghiului oarecare………………………………………………………………………………….6
III. Aria triunghiului obtuzunghic…………………………………………………………………………….7
IV. Aria triunghiului echilateral……………………………………………………………………………….7
1.2.2.ALTE FORMULE PENTRU CALCULUL ARIILOR UNUI TRIUNGHI…………………8
1. Formula lui Heron………………………………………………………………………………………………….8
2. Aria unui triunghi folosind funcția trigonometrică sinus ……………………………………………..8
3. Aria unui triunghi folosind raza cercului circumscris………………………………………………….8
1.3. ARIA POLIGOANELOR REGULATE CU N-LATURI………………………………………….11
1.3.1. Aria unui poligon regulat…………………………………………………………………………………..12
1.3.2. Aria discului ……………………………………………………………………………………………………13
CAPITOLUL 2: APLICAȚII ALE TEORIEI ARIEI ………………………………………………..14
2.1. Teorema fundamentală a proporționalității ……………………………………………………………..14

2.2 Teorema lui pitagora…………………………………………………………………………………………….16
2.3. Teorema bisectoarei…………………………………………………………………………………………….17
2.4. Teorema lui Van Aubel………………………………………………………………………………………..18
2.5. Teorema lui Ceva………………………………………………………………………………………………..19
CAPITOLUL 3: PROBLEME REZOLVATE CU AJUTORUL ARIILOR……………….20

1
INTRODUCERE

Una dintre principalele ramuri ale matematicii este geometria, o știință a naturii cu origini
în antichitate, unde egiptenii utilizau apele Nilului pentru irigarea terenurilor. Revărsarea
fluviului ștergea semnele despărțitoare ale terenurilor fiind necasar a se dezvolta o știință în
vederea măsurării pământurilor, de determinare a distanțelor între puncte uneori inaccesibile.

În cadrul Masterului Matematică didactică, în vederea susținerii dizertației am realizat
lucrarea cu tema: ,,REZOLVAREA UNOR PROBLEME CU AJUTORUL ARIILOR ”
Lucrarea este structurată pe trei capitole :
Capitolul I: ARIILE FIGURILOR GEOMETRICE. PROPRIETĂȚI
În acest capitol am prezentat și am demonstrat ariile următoarelor figuri geometrice:
pătrat, dreptunghi, par alelogram, romb, trapez, aria poligoanelor regulate cu n-laturi și aria
discului. Tot în cadrul acestui capitol am prezentat și demonstrat formulele ariilor utilizate pentru
fiecare tip de triunghi.
CAPITOLUL 2: APLICAȚII ALE TEORIEI ARIEI
În cadrul acestui capitol am reamintit și am demonstrat cu ajutorul ariilor câteva teoreme
importante din matematică și anume: Teorema fundamentală a proporționalității, Teorema lui
Pitagora, Teorema bisectoarei, Teorema lui Van Aubel, Teorema lui Ceva.
CAPITOLUL 3: PROBLEME REZOLVATE CU AJUTORUL ARIILOR
În acest capitol am rezolvat probleme folosind ariile figurilor studiate și prezentate în
această lucrare , în special probleme de antrenament pentru Olimpiadă.
Această lucrare de disertație poate fi un material didactic pentru profesorii de Matematică
care predau la ciclul gimnazial, cât și pentru elevii ciclului gimnazial în clasa a VII -a când se
studiază ariile figurilor geometrice, în special la orele de predare -învățare

2

CAPITOLUL 1
ARIILE FIGURILOR G EOMETRICE. PROPRIETĂȚI

AXIOMA ARIEI
Aria este o funcție definită pe mulțimea formelor mărginite din plan cu valori în
mulțimea numerelor reale pozitive, care satisface următoarele axiome:
1) Dacă două figuri geometrice sunt congruente, atunci ariile lor sunt egale;
2) Dacă o figură geometrică este împărțită în două zone disjuncte, atunci suma ariilor
acestora este egală cu aria figurii.

NOTĂ: PRIN REGIUNE POLIGONALĂ SE ÎNȚELEGE REUNIUNEA
POLIGONULUI ȘI A INTERIORULUI ACESTUIA.

1.1 ARIA PATRULATERELOR
Aria pătr atului
Dacă o regiune pătrată are muchia de lungime l, atunci aria corespunzătoare acestei
regiuni este l2.

𝑨𝑨𝑩𝑪𝑫 = 𝒍𝟐

Fig. 1.1 : ABCD pătrat

3

Aria dreptunghiului
Aria unei regiuni dreptunghiulare este produsul lungimii cu lățimea.
Demonstrație : Fie dat un dreptunghi cu lungimea L și lățimea l.
Se construiește un pătrat cu latura L+l și va fi descompus în pătrate și dreptunghiuri ca în
figura următoare:

Fig. 1.2. Descomunerea unui pătrat de latură L+l în pătrate și dreptunghiuri

A l LLlA ll L L
2 22 2A+A+2A=l)+(L
2 2 2 22 12
 
𝑨𝑨𝑩𝑪𝑫 = 𝑳 ∙ 𝒍

4
Aria paralelogramului
Aria unui paralelogram este produsul unei baze cu înălțimea corespunzătoare ei.

Fig. 1.3. ABCD paralelogram
Demonstrație: Fie ABCD paralelogram.
Notăm: AB=b și BE=h
𝐶𝑜𝑛𝑓𝑜𝑟𝑚 𝐴𝑥𝑖𝑜𝑚𝑒𝑖 2: 𝐴 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐷 + 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐶

𝐴 ∆𝐴𝐵𝐷 =𝑏 ∙ ℎ
2 ș𝑖 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐶 𝑏 ∙ ℎ
2| => 𝐴 𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝑏 ∙ ℎ
2+𝑏 ∙ ℎ
2= 𝑏 ∙ ℎ =>
=> 𝑨 𝑨𝑩𝑪𝑫 = 𝒃 ∙ 𝒉

Aria rombului
Determinarea ariei unui romb se poate realiza astfel:

Fig. 1.4. ABCD romb
a) Rombul fiind patrulater ortodiagonal are aria egală cu jumătate din produsul
diagonalelor.
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝐴𝐶∙𝐵𝐷
2

5

b) Aria rombului poate fi calculată în funcție de o latură l și înalțimea rombului h astfel :
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑙 ∙ ℎ
c) Aria unui romb mai poate fi calculată în funcție de o latură și unghiul ascuțit 𝛼 al
rombului astfel:
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑎2∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼

Aria trapezului
Aria unui trapez este jumătate dintre produsul dintre înalțime și suma bazelor.

𝑨𝑨𝑩𝑪𝑫 =(𝑩+𝒃)∙𝒉
𝟐

Fig. 1.5. ABCD trapez

Fie ABCD trapez și E și F picioarele perpendicularelor din D și C.
Notații: AB=B; DC=EF=b; AE=b 1; FB=b 2; DE=CF=h
Demonstrație:
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴 ∆𝐴𝐸𝐷 + 𝐴 𝐷𝐸𝐹𝐶 + 𝐴 ∆𝐶𝐹𝐵
𝐴∆𝐴𝐸𝐷 =𝑏1∙ℎ
2
𝐴𝐷𝐸𝐹𝐶 = 𝑏 ∙ ℎ
𝐴∆𝐶𝐹𝐵 =𝑏2∙ℎ
2||=> 𝐴 𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝑏1∙ℎ
2+ 𝑏 ∙ ℎ +𝑏2∙ℎ
2
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝑏1∙ℎ
2+2𝑏 ∙ ℎ
2+𝑏2∙ ℎ
2=(𝑏1+ 𝑏 + 𝑏 2+ 𝑏)ℎ
2=(𝐵 + 𝑏 )ℎ
2
=> 𝑨𝑨𝑩𝑪𝑫 =(𝑩+𝒃)𝒉
𝟐

6
1.2. TRIUNGHIUL
1.2.1. ARIA TRIUNGHIULUI
Aria unui triunghi este jumătate din produsul oricărei baze cu înălțimea corespunzătoare
ei.

Fig. 1.6 a) b) c)
Demonstrație: Fie dat triunghiul ∆ABC și D piciorul perpendicularei din B pe AC.
Notații: AC=b și BD=h .
I. Aria triunghiului dreptunghic
Fie triunghiul ∆ABC dreptunghic (figura 1.6. a))
Fie E un punct cu proprietatea că ABEC este dreptunghi.
𝐷𝑖𝑛 𝑎𝑥𝑖𝑜𝑚𝑎 2) ∶ 𝐴 𝐴𝐵𝐸𝐶 = 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 + 𝐴 ∆𝐵𝐸𝐶
𝐷𝑖𝑛 𝑎𝑥𝑖𝑜𝑚𝑎 1) ∶ 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴 ∆𝐵𝐸𝐶 | =>𝐴𝐴𝐵𝐸𝐶 = 2 ∙ 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶
𝐴𝐴𝐵𝐸𝐶 = 𝑏 ∙ ℎ| => 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 =𝑏 ∙ ℎ
2
Sau altfel spus 𝑨∆𝑨𝑩𝑪 =𝑪𝟏∙𝑪𝟐
𝟐,
unde c 1 și c 2 sunt catetele triunghiului dreptunghic.

II. Aria triunghiului oarecare
Fie triunghiul ∆ABC oarecare ( figura 1.6.b))
Notații: AD=b 1 și DC=b 2.
Din I: 𝐴 ∆𝐴𝐷𝐵 =𝑏1∙ ℎ
2 ș𝑖 𝐴 ∆𝐶𝐷𝐵 =𝑏2∙ ℎ
2
Din axioma 2): 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴 ∆𝐴𝐷𝐵 + 𝐴 ∆𝐶𝐷𝐵| => 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 =𝑏1∙ ℎ
2+𝑏2∙ ℎ
2=ℎ(𝑏1+ 𝑏 2)
2
=> 𝑨 ∆𝑨𝑩𝑪 =𝒃 ∙ 𝒉
𝟐

7

III. Aria triunghiului obtuzunghic (Fig. 1.6.c))
Notații: AD=b ’
Din I: 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐶 =(𝑏′+ 𝑏)∙ ℎ
2
Din I: 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐴 =𝑏′∙ ℎ
2
Din axioma 1) ∶ 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐶 = 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐴 + 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 ||=> 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐶 − 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐴 =>
=> 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 =(𝑏′+ 𝑏)∙ ℎ
2−𝑏′∙ ℎ
2=> 𝑨 ∆𝑨𝑩𝑪 =𝒃 ∙ 𝒉
𝟐

IV. Aria triunghiului echilateral
Fie ∆𝐴𝐵𝐶 𝑒𝑐ℎ𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 cu latura l
𝐴∆𝐴𝐵𝐶 =𝑏 ∙ ℎ
2=𝑙 ∙𝑙√3
2
2=𝑙2√3
4,
Unde, conform Teoremei lui Pitagora ℎ = √𝑙2− (𝑙
2)2
=√3𝑙2
4=𝑙√3
2

𝑨∆𝒆𝒄𝒉𝒊 =𝒍𝟐√𝟑
𝟒,

8
1.2.2. ALTE FORMULE PENTRU CALCULUL ARIILOR UNUI TRIUNGHI

1. Formula lui Heron
Dacă ∆ABC este un triunghi oarecare cu laturila a, b și c, atunci suprafața sa este dată de
formula: 𝐴∆𝐴𝐵𝐶 =√𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)
unde p este semiperimetrul pătratului, p=𝑎+𝑏+𝑐
2

2. Aria unui triunghi folosind funcția trigonometrică sinus
Aria unui triunghi ∆ABC cu laturile notate astfel: AB=c, BC=a, AC=b ; mai poate fi
calculată cunoscând două laturi și valoarea sinusului dintre cele două laturi astfel:
𝑨∆𝑨𝑩𝑪 =𝒂 ∙ 𝒃 ∙ 𝒔𝒊𝒏(𝒂, 𝒃̂)
𝟐=𝒃 ∙ 𝒄 ∙ 𝒔𝒊𝒏(𝒃, 𝒄 ̂)
𝟐=𝒂 ∙ 𝒄 ∙ 𝒔𝒊𝒏 (𝒂, 𝒄̂)
𝟐

3. Aria unui triunghi folosind raza cercului circumscris
Fie triunghiul ∆ABC cu laturile notate astfel: AB=c, BC=a, AC=b și R=raza cercului
circumscris triunghiului ∆ABC
Aria triunghiului: 𝑨∆𝑨𝑩𝑪 =𝒂∙𝒃∙𝒄
𝟒𝑹

9
Teoremă: Dacă două triunghiuri au aceeași înalțime, atunci raportul ariilor lor este egal
cu raportul bazelor.
Demonstrație: Fie triunghiurile ABC și MNP cu bazele b 1 și b 2 și înălțimile
corespunzătoare bazelor – h.
𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝑀𝑁𝑃=𝑏1∙ ℎ
2
𝑏2∙ ℎ
2=𝑏1∙ ℎ
2 ∙2
𝑏2∙ ℎ=𝑏1
𝑏2.
Teoremă: Dacă două triunghiuri au aceeași bază, atunci raportul ariilor lor este egal cu
raportul înalțimilor corespunzătoare.
Demonstrație: Fie triunghiurile ∆ABC și ∆MNP cu înălțimile h1 și h2 și bazele – b.
𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝑀𝑁𝑃=ℎ1∙ 𝑏
2
ℎ2∙ 𝑏
2=ℎ1∙ 𝑏
2 ∙2
ℎ2∙ 𝑏=ℎ1
ℎ2.
Corolar: Dacă două triunghiuri au aceeași bază și aceeași înălțime, atunci ele vor avea
aceeași arie. ( Fig. 1.7.)

Fig. 1.7. Triunghiuri cu aceeași bază și aceeași înălțime

10
Teoremă: Raportul ariilor a două triunghiuri asemenea este egal cu pătratul raportului a
două laturi corespondente (sau a raportului de asemănare al celor două triunghiuri) . (Fig. 1.8.)
Dacă ∆𝐴𝐵𝐶~∆𝑀𝑁𝑃 =>𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝑀𝑁𝑃= (𝑎
𝑚)2
= (𝑏
𝑛)2
= (𝑐
𝑝)2

Fig. 1.8. Triunghiuri asemenea
Demonstrație:
Fie BD=h 1 și MQ=h 2
𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝑀𝑁𝑃=𝑎 ∙ ℎ 1
2
𝑚 ∙ ℎ 2
2=𝑎 ∙ ℎ 1
𝑚 ∙ ℎ 2=𝑎
𝑚∙ℎ1
ℎ1= (𝑎
𝑚)2
= (𝑏
𝑛)2
= (𝑐
𝑝)2

11
1.3. ARIA POLIGOANELOR REGULATE CU N-LATURI

Fiind date n puncte distincte M 1,M2, …, M n , n-număr natural, n≥3 se numește linie
poligonală o reuniune de segmente care nu sunt unul în prelungirea celuilalt:
[𝑀1𝑀2]∪[𝑀2𝑀3]∪ … .∪ [𝑀𝑛−1𝑀𝑛];
unde M 1,M2, …, M n sunt vârfurile poligonului, iar
𝑀1𝑀2; 𝑀2𝑀3; 𝑀𝑛−1𝑀𝑛 sunt laturile poligonului
Se numește poligon convex dacă, oricare ar fi o latură a sa, toate vârfurile nesituate pe
latura considerară se află de aceeași parte a drepteiîn care este inclusă latura respectivă.
Teoremă:
Suma măsurilor unghiurilor unui poligon convex cu n-laturi este: 𝑆𝑛= (𝑛 − 2) ∙ 180°

Se numește poligon regulat un pol igon convex cu toate laturile congruente și toate
unghiurile sale congruente.

12
1.3.1. Aria unui poligon regulat

Apotema reprezintă distanța de la centrul cercului circumscris poligonului la fiecare din
laturile sale.
Aria unui poligon regulat este dată de semiprodusul dintre perimetrul și apotema
poligonului.
𝑨𝒏=𝑷𝒏∙ 𝒂𝒏
𝟐
Pentru poligoanele regulate înscrise în cerc latura și apotema poligonului pot fi
determinate astfel:
𝒍𝒏= 𝟐𝑹𝒔𝒊𝒏𝟏𝟖𝟎°
𝒏; 𝒂𝒏= 𝑹𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖𝟎°
𝒏;
unde R = raza cercului circumscris triunghiului
n-numărul de laturi

Aria poligonului cu n-laturi înscris într-un cerc poate fi determinată cu formula:
𝑨𝒏= 𝒏𝑹𝟐𝒔𝒊𝒏𝟏𝟖𝟎°
𝒏𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖𝟎°
𝒏;
unde R = raza cercului circumscris triunghiului
n-numărul de laturi

13
1.3.2. Aria discului
Aria discului de rază r este 𝜋𝑟2.

Fig. 1.9. Disc
Demonstrație:
Fie 𝑙(𝑟) circumferința discului 𝐷(0, 𝑟), 𝑙(𝑟)= 2𝜋𝑟 și 𝑙(𝑟 + ∆𝑟 ) circumferința discului
𝐷(0, 𝑟 + ∆𝑟 ), 𝑙(𝑟 + ∆𝑟 )= 2𝜋(𝑟 + ∆𝑟) .
𝑙(𝑟)∙ ∆𝑟 ≤ 𝐴 𝐷(0,𝑟+∆𝑟 )− 𝐴 𝐷(0,𝑟)≤ 𝑙(𝑟 + ∆𝑟 )∙ ∆𝑟 /: ∆𝑟
𝑙(𝑟)≤𝐴𝐷(0,𝑟+∆𝑟 )− 𝐴 𝐷(0,𝑟)
∆𝑟≤ 𝑙(𝑟 + ∆𝑟 )
Se trece la limită când ∆𝑟 → 0:
𝑙(𝑟)≤ lim
∆𝑟→0𝐴𝐷(0,𝑟+∆𝑟 )− 𝐴 𝐷(0,𝑟)
∆𝑟≤ 𝑙(𝑟 + ∆𝑟 )
lim ∆𝑟→0𝐴𝐷(0,𝑟+∆𝑟 )−𝐴𝐷(0,𝑟)
∆𝑟= 𝑙(𝑟) ,
𝐴𝐷(0,𝑟) este deriabilă în r și 𝐴𝐷(0,𝑟)′= 𝑙(𝑟)

14
CAPITOLUL 2
APLICAȚII ALE TEORIEI ARIEI

2.1. Teorema fundamentală a proporționalității

Se consideră un triunghi ∆ABC și DE o pararelă la baza BC. (Fig. 2.1.)
Prin urmare ∆𝐴𝐵𝐶 ~∆𝐴𝐷𝐸 . ( unghiurile corespondente fiind congruente).
Se vrea a se demonstra că laturile sunt proporționale.

Teoremă:
Dacă o dreaptă paralelă cu o latură a unui triunghi intersectează celelalte două laturi în
puncte distincte, atunci ea determină segmente ce sunt proporționale cu aceste laturi.

Reformulare:
În ∆ABC fie punctele D și E astfel încât DE||BC.
Atunci : 𝐴𝐵
𝐴𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐸.

Fig. 2.1.

15
Demonstrație:
În ∆ADE și ∆BDE considerăm AD și BD baze
EM înălțime pentru ambele triunghiuri| =>𝐴∆𝐶𝐷𝐸
𝐴∆𝐴𝐷𝐸=𝐵𝐷
𝐴𝐷 (1)
Analog în ∆ADE și ∆CDE considerăm AE și CE baze
DN înălțime în ambele triunghiuri | =>𝐴∆𝐶𝐷𝐸
𝐴∆𝐴𝐷𝐸=𝐶𝐸
𝐴𝐸 (2)
În ∆BDE și ∆CDE considerăm DE bază
𝐷𝐸||𝐵𝐶=> ℎ ∆𝐵𝐷𝐸 = ℎ ∆𝐶𝐷𝐸| => 𝐴 ∆𝐵𝐷𝐸 = 𝐴 ∆𝐶𝐷𝐸 (3)

Din (1) (2) și (3) => 𝐵𝐷
𝐴𝐷=𝐶𝐸
𝐴𝐸
𝐵𝐷+𝐴𝐷
𝐴𝐷=𝐶𝐸+𝐴𝐸
𝐴𝐸 => 𝐴𝐵
𝐴𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐸

16
2.2 Teorema lui pitagora

Fie un triunghi dreptunghic ∆ABC cu catetele a și b, iar ipotenuza c.
Considerăm pătratul MNPQ de latură a+b. În acest pătrat construim 4 triunghiuri
congruente ale triunghiului dreptunghic ∆ABC în colțurile pătratului folosind cazul de LUL.
Prin urmare 𝐺𝐷𝑀̂ este drept deoarece 𝑀𝐷𝐺̂ +𝑁𝐷𝐸̂ =90°.
Identic se observă că toate unghiurile lui DEFG sunt unghiuri drepte, prin urmare DEFG
este pătrat.

Fig. 2.2
𝐴𝑀𝑁𝑃𝑄 = 𝐴 𝐷𝐸𝐹𝐺 + 4 ∙ 𝐴 ∆𝐺𝑀𝐻
(𝑎 + 𝑏 )2= 𝑐2+ 4 ∙𝑎∙𝑏
2
𝑎2+ 2𝑎𝑏+ 𝑏2= 𝑐2+ 2𝑎𝑏
𝑎2+ 𝑏2= 𝑐2 (ceea ce era de demonstrat)

17
2.3. Teorema bisectoarei
Fie triunghiul ∆ABC și (AD bisectoarea unghiului 𝐵𝐴𝐶̂. (Fig. 2.3. )
Atunci: 𝐵𝐷
𝐷𝐶=𝐴𝐵
𝐴𝐶.

Fig. 2.3.
Demonstrație:
Construim
𝐷𝑀⊥𝐴𝐵, 𝑀 ∈ 𝐴𝐵 și 𝐷𝑁⊥𝐴𝐶, 𝑁 ∈ 𝐴𝐶
𝐴𝐷 𝑏𝑖𝑠𝑒𝑐𝑡𝑜𝑎𝑟𝑒𝑎 𝐵𝐴𝐶 ̂| => 𝐷𝑀≡𝐷𝑁
Calculăm ariile triunghiuriloe ∆ABD și ∆ADC în două moduri:
𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐷𝐶=𝐵𝐷
𝐷𝐶, înălțimile celor două triunghiuri din A fiind congruente (1)
𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐵∙𝐷𝑀
𝐴𝐶∙𝐷𝑁=𝐴𝐵
𝐴𝐶,𝐷𝑀≡𝐷𝑁 (2)
Din (1) și (2) => 𝐵𝐷
𝐷𝐶=𝐴𝐵
𝐴𝐶, deci bisectoarea unghiului A determină pe latura opusă BC
segmente proporționale cu laturile triunghiului ∆ABC.

18
2.4. Teorema lui Van Aubel
Fie ABC un triunghi ( Fig. 2.4 ) și punctele 𝐷 ∈(𝐵𝐶), 𝐸 ∈ (𝐴𝐵), 𝐹 ∈ (𝐴𝐶), cu proprietatea
𝐴𝐷∩𝐵𝐹∩𝐶𝐸={𝑂}. Atunci:
𝐴𝑂
𝑂𝐷=𝐴𝐸
𝐸𝐵+𝐴𝐹
𝐹𝐶.

Fig. 2.4.
Demonstrație:
Se utilizează proporțiile derivate:
𝐴𝐸
𝐸𝐵=𝐴∆𝐴𝐸𝐶
𝐴∆𝐶𝐸𝐵=𝐴∆𝐴𝐸𝑂
𝐴∆𝐵𝐸𝑂=𝐴∆𝐴𝐸𝐶− 𝐴 ∆𝐴𝐸𝑂
𝐴∆𝐶𝐸𝐵− 𝐴 ∆𝐵𝐸𝑂=𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐶
𝐴𝐹
𝐹𝐶=𝐴∆𝐴𝐹𝐵
𝐴∆𝐶𝐹𝐵=𝐴∆𝐴𝐹𝑂
𝐴∆𝐹𝑂𝐶=𝐴∆𝐴𝐹𝐵 − 𝐴 ∆𝐴𝐹𝑂
𝐴∆𝐶𝐹𝐵− 𝐴 ∆𝐹𝑂𝐶=𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐵𝑂𝐶
𝐴𝐸
𝐸𝐵+𝐴𝐹
𝐹𝐶=𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐶+𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐵𝑂𝐶=𝐴∆𝐴𝑂𝐶 +𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐵𝑂𝐶 (1)
𝐴𝑂
𝑂𝐷=𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐵𝑂𝐷=𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐶𝑂𝐷=𝐴∆𝐴𝑂𝐵 +𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐷 +𝐴∆𝐶𝑂𝐷=𝐴∆𝐴𝑂𝐵 +𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐶 (2)
Din (1) și (2) => 𝐴𝑂
𝑂𝐷=𝐴𝐸
𝐸𝐵+𝐴𝐹
𝐹𝐶.

19
2.5. Teorema lui Ceva
Fie ABC un triunghi și punctele 𝐷 ∈(𝐵𝐶), 𝐸 ∈ (𝐴𝐵), 𝐹 ∈ (𝐴𝐶), cu proprietatea 𝐴𝐷∩
𝐵𝐹∩𝐶𝐸={𝑂}. Atunci:
𝐷𝐵
𝐷𝐶∙𝐹𝐶
𝐹𝐴∙𝐸𝐴
𝐸𝐵= 1.

Fig. 2.5.

Demonstrație:
𝐷𝐵
𝐷𝐶=𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐷𝐶=𝐴∆𝐵𝑂𝐷
𝐴∆𝐷𝑂𝐶=𝐴∆𝐴𝐵𝐷 − 𝐴 ∆𝐵𝑂𝐷
𝐴∆𝐴𝐷𝐶 − 𝐴 ∆𝐷𝑂𝐶=𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐹𝐶
𝐹𝐴=𝐴∆𝐵𝐹𝐶
𝐴∆𝐵𝐹𝐴=𝐴∆𝐶𝑂𝐹
𝐴∆𝑂𝐹𝐴=𝐴∆𝐵𝐹𝐶− 𝐴 ∆𝐶𝑂𝐹
𝐴∆𝐵𝐹𝐴 − 𝐴 ∆𝑂𝐹𝐴=𝐴∆𝐵𝑂𝐶
𝐴∆𝐵0𝐴
𝐸𝐴
𝐸𝐵=𝐴∆𝐴𝐶𝐸
𝐴∆𝐵𝐶𝐸=𝐴∆𝐴𝑂𝐸
𝐴∆𝐵𝑂𝐸=𝐴∆𝐴𝐶𝐸− 𝐴 ∆𝐴𝑂𝐸
𝐴∆𝐵𝐶𝐸− 𝐴 ∆𝐵𝑂𝐸=𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐶
𝐷𝐵
𝐷𝐶∙𝐹𝐶
𝐹𝐴∙𝐸𝐴
𝐸𝐵=𝐴∆𝐴𝑂𝐵
𝐴∆𝐴𝑂𝐶∙𝐴∆𝐵𝑂𝐶
𝐴∆𝐵0𝐴∙𝐴∆𝐴𝑂𝐶
𝐴∆𝐵𝑂𝐶= 1

20
CAPITOLUL 3
PROBLEME REZOLVATE CU AJUTORUL ARIILOR

Problema 1
Fie triunghiul ∆ABC (Fig. 3.1 ) în care 𝑀 ∈𝐵𝐶. Atunci 𝐵𝑀
𝐶𝑀=𝐴∆𝐴𝐵𝑀
𝐴∆𝐴𝐶𝑀.

Fig. 3.1.
Rezolvare:
𝐴∆𝐴𝐵𝑀 =𝑏 ∙ ℎ
2=𝐵𝑀∙𝐴𝐷
2
𝐴∆𝐴𝐶𝑀=𝑏 ∙ ℎ
2=𝑀𝐶∙𝐴𝐷
2| =>𝐴∆𝐴𝐵𝑀
𝐴∆𝐴𝐶𝑀=𝐵𝑀∙𝐴𝐷
2
𝑀𝐶∙𝐴𝐷
2
𝐴∆𝐴𝐵𝑀
𝐴∆𝐴𝐶𝑀=𝐵𝑀∙𝐴𝐷
2∙2
𝑀𝐶∙𝐴𝐷
𝐴∆𝐴𝐵𝑀
𝐴∆𝐴𝐶𝑀=𝐵𝑀
𝐶𝑀

21
Problema 2
Fie ABC un triunghi oarecare, AD înălțimea din A și H ortocentrul.( Fig. 3.2. )
Să se demonstreze că HD·AB·AC=AD·BH·CH.

Fig. 3.2.
Rezolvare:
În triunghiul ∆𝐵𝐻𝐶: 𝐵𝐻𝐶 ̂ =180° − 𝐴̂
𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝐵𝐻𝐶=𝐴𝐵∙𝐴𝐶
𝐵𝐻∙𝐶𝐻
∆𝐴𝐵𝐶 ș𝑖 ∆𝐵𝐻𝐶 𝑎𝑢 𝑏𝑎𝑧𝑎 𝐵𝐶 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑛ă| =>𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝐵𝐻𝐶=𝐴𝐷
𝐻𝐷 =>𝐴𝐵∙𝐴𝐶
𝐵𝐻∙𝐶𝐻=𝐴𝐷
𝐻𝐷
=>𝐻𝐷·𝐴𝐵·𝐴𝐶=𝐴𝐷·𝐵𝐻·𝐶𝐻.

Problema 3
Fie un triunghi ∆ABC oarecare și punctele M și N pe semidreptele AB și AC astfel încât
AM=m·AB , AN=n·AC. (Fig. 3.3.)
Calculați raportul ariilor triunghiurilor ∆ AMN și ∆ABC .

Fig. 3.3.

22
Rezolvare:
𝐴𝑀= 𝑚 · 𝐴𝐵 =>𝐴𝑀
𝐴𝐵= 𝑚
𝐴𝑁= 𝑛 · 𝐴𝐶 =>𝐴𝑁
𝐴𝐶= 𝑛
𝐹𝑖𝑒 𝑁𝑁′ ⊥𝐴𝐵 ș𝑖 𝐶𝐶′′𝐴𝐵
Î𝑛 ∆𝐴𝐶𝐶′
𝑁𝑁′||𝐶𝐶′|𝑇.𝐹.𝐴.⇒ ∆𝐴𝐶𝐶′~∆𝐴𝑁𝑁′ =>𝐴𝐶
𝐴𝑁=𝐶𝐶′
𝑁𝑁′=𝐴𝐶′
𝐴𝑁′=1
𝑛
𝐴∆𝐴𝑀𝑁
𝐴∆𝐴𝐵𝐶=𝐴𝑀∙𝑁𝑁′
2
𝐴𝐵∙𝐶𝐶′
2=𝐴𝑀∙𝑁𝑁′
𝐴𝐵∙𝐶𝐶′=𝑚𝑛

Problema 4
Fie ∆ABC un triunghi oarecare, AD bisectoarea interioară a unghiului A și AE
bisectoarea unghiului BAD. (Fig. 3.4.)
Să se arate că 1
𝐴𝐵+1
𝐴𝐷=𝐷𝐶
𝐴𝐶∙𝐷𝐸.
(G.M., 14971, D. Firu)

Fig. 3.4.
Demonstrație:
În ∆𝐴𝐵𝐶 se aplică Teorema Bisectoarei: 𝐵𝐷
𝐷𝐶=𝐴𝐵
𝐴𝐶

23
𝐵𝐷
𝐷𝐶=𝐴𝐵
𝐴𝐶
𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐶𝐷=𝐵𝐷
𝐷𝐶| =>𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐶𝐷=𝐴𝐵
𝐴𝐶=> 𝐴 ∆𝐴𝐶𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐵∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐷 (1)
În ∆𝐴𝐵𝐷 se aplică T eorema Bisectoarei: 𝐵𝐸
𝐵𝐷=𝐴𝐵
𝐴𝐷
𝐵𝐸
𝐵𝐷=𝐴𝐵
𝐴𝐷
𝐴∆𝐴𝐵𝐸
𝐴∆𝐴𝐸𝐷=𝐵𝐸
𝐵𝐷| =>𝐴∆𝐴𝐵𝐸
𝐴∆𝐴𝐸𝐷=𝐴𝐵
𝐴𝐷=> 𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴∆𝐴𝐸𝐷=𝐴𝐵+𝐴𝐷
𝐴𝐷=> 𝐴 ∆𝐴𝐸𝐷 =𝐴𝐷
𝐴𝐵+𝐴𝐷∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐷 (2)

Din (1) și (2) =>
𝐴∆𝐴𝐶𝐷
𝐴∆𝐴𝐸𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐵∙𝐴∆𝐴𝐵𝐷
𝐴𝐷
𝐴𝐵+𝐴𝐷∙𝐴∆𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵∙𝐴𝐶+𝐴𝐷∙𝐴𝐶
𝐴𝐵∙𝐴𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐷+𝐴𝐶
𝐴𝐵=𝐴𝐶(1
𝐴𝐵+1
𝐴𝐷) (3)

Dar: 𝐴∆𝐴𝐶𝐷
𝐴∆𝐴𝐸𝐷=𝐷𝐶
𝐷𝐸 (4)
Prin urmare din (3) și (4) =>
𝐴𝐶(1
𝐴𝐵+1
𝐴𝐷) =𝐷𝐶
𝐷𝐸 => 1
𝐴𝐵+1
𝐴𝐷=𝐷𝐶
𝐴𝐶∙𝐷𝐸

24
Problema 5
a) Arătați că suma distanțelor de la un punct din interiorul unui triunghi echilateral la
laturile sale este constantă (nu depinde de alegerea punctului în interorul
triunghiului). (Fig. 3.5.1)

Fig. 3.5.1.
Demonstrație:
Fie 𝑙 − latura triunghiului echilateral ∆𝐴𝐵𝐶 ș𝑖
ℎ1= 𝑑(𝑀,𝐴𝐵), ℎ2= 𝑑(𝑀,𝐵𝐶), ℎ3= 𝑑(𝑀,𝐴𝐶)

𝐴∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐵 + 𝐴 ∆𝑀𝐵𝐶 + 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐶
𝑙2√3
4=𝑙 ∙ ℎ 1
2+𝑙 ∙ ℎ 2
2+𝑙 ∙ ℎ 3
2
𝑙2√3
4=𝑙
2(ℎ1+ ℎ 2+ ℎ 3)
ℎ1+ ℎ 2+ ℎ 3=𝑙√3
2(= ℎ 𝑡𝑟𝑖𝑢𝑛𝑔ℎ𝑖𝑢𝑙𝑢𝑖 𝑒𝑐ℎ𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙)

25
b) Arătați că suma distanțelor de la un punct din interiorul unui romb la laturile sale este
constantă (nu depinde de alegerea punctului în interorul rombului). (Fig. 3.5.2.)

Fig. 3.5.2.

Demonstrație:
Fie Fie 𝑙 − latura rombului 𝐴𝐵𝐶𝐷, ℎ − înălțimea rombului, ℎ = 𝑑 (𝐷,𝐴𝐵) ș𝑖
ℎ1= 𝑑(𝑀,𝐴𝐵), ℎ2= 𝑑(𝑀,𝐵𝐶), ℎ3= 𝑑(𝑀,𝐶𝐷), ℎ4= 𝑑(𝑀,𝐴𝐷)

𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐵 + 𝐴 ∆𝑀𝐵𝐶 + 𝐴 ∆𝑀𝐶𝐷 + 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐷
𝑙 ∙ ℎ =𝑙 ∙ ℎ 1
2+𝑙 ∙ ℎ 2
2+𝑙 ∙ ℎ 3
2+𝑙 ∙ ℎ 4
2
𝑙 ∙ ℎ =𝑙
2(ℎ1+ ℎ 2+ ℎ 3+ ℎ 4)
ℎ1+ ℎ 2+ ℎ 3+ ℎ 4=2ℎ

26
Problema 6
Se dă triunghiul ∆𝐴𝐵𝐶 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 și un punct M în planul său, care se proiectează pe
catetele AC, AB respectiv în N și P. (Fig. 3.6. )
Să se demonstreze că dacă M se mișcă pe o paralelă la ipotenuza BC, între dreptele AB și
AC, expresia :
𝐸 =𝐴𝑃∙𝐴𝐶+𝐴𝑁∙𝐴𝐵 păstrează o valoare constantă .

Fig. 3.6.
Demonstrație:
Deoarece 𝐴̂=90°=>𝐴𝑃≡𝑀𝑁 ș𝑖 𝐴𝑁≡𝑀𝑃.
Fie 𝑀 ∈ 𝐸𝑥𝑡 ∆𝐴𝐵𝐶:
𝐴𝑃∙𝐴𝐶=𝑀𝑁∙𝐴𝐶= 2 ∙ 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐶
𝐴𝑁∙𝐴𝐵=𝑀𝑃∙𝐴𝐵= 2 ∙ 𝐴 ∆𝑀𝐴𝐵
𝐸 = 𝐴𝑃∙𝐴𝐶+𝐴𝑁∙𝐴𝐵= 2 ∙ 𝐴 𝑀𝐵𝐴𝐶 = 2 ∙ (𝐴∆𝐴𝐵𝐶 + 𝐴 ∆𝑀𝐵𝐶)
𝐴∆𝑀𝐵𝐶 rămâne 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡ă atunci când M se miscă pe o paralelă la BC, prin urmare
𝐸 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡ă

27
Problema 7
Se iau pe laturile BC, CA, AB ale unui triunghi ∆𝐴𝐵𝐶 trei puncte 𝐴’, 𝐵’, 𝐶’ astfel CA
𝐴𝐶′
𝐴𝐵=𝐵𝐴′
𝐵𝐶=𝐶𝐵′
𝐶𝐴= 𝑚. (Fig. 3.7)
Să se găsească aria triunghiului ∆𝐴′𝐵′𝐶′ în funcție de aria triunghiului dat și de m.
(Țițeica, Gh. Culegere de probleme de geometrie, București,
Editu ra tehnică, 1962, problema 771)

Fig. 3.7.
Rezolvare:
𝐴𝐶′
𝐴𝐵=𝐵𝐴′
𝐵𝐶=𝐶𝐵′
𝐶𝐴= 𝑚 => {𝐴𝐶′= 𝑚 ∙ 𝐴𝐵
𝐵𝐴′= 𝑚 ∙ 𝐵𝐶
𝐶𝐵′= 𝑚 ∙ 𝐶𝐴=> {𝐶′𝐵 = (𝑚 − 1) ∙ 𝐴𝐵
𝐴′𝐶 = (𝑚 − 1) ∙ 𝐵𝐶
𝐵′𝐴 = (𝑚 − 1) ∙ 𝐶𝐴
Se observă că fiecare din tre triunghiurile mici au câte un unghi în comun cu ∆𝐴𝐵𝐶 , prin
urmare:
𝐴∆𝐴𝐵′𝐶′
𝐴∆𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵′∙ 𝐴𝐶′
𝐴𝐶∙𝐴𝐵= 𝑚(1 − 𝑚 )
Analog: 𝐴∆𝐴′𝐵𝐶′
𝐴∆𝐴𝐵𝐶=𝐴∆𝐴′𝐵′𝐶
𝐴∆𝐴𝐵𝐶= 𝑚(1 − 𝑚)

𝐴∆𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 − (𝐴∆𝐴𝐵′𝐶′+ 𝐴∆𝐴′𝐵𝐶′+ 𝐴∆𝐴′𝐵′𝐶)
𝐴∆𝐴′𝐵′𝐶′= 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 − 3𝑚 (1 − 𝑚 )∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴∆𝐴′𝐵′𝐶′= 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶(3𝑚2− 3𝑚 + 1)

28
Problema 8
Se dă triunghiul echilateral ∆𝐴𝐵𝐶 cu latura egală cu 2a, în care se duce înălțimea AD iar
D se duce perpendiculară pe AB care intersectează paralela dusă din A la BC în punctul M. (Fig.
3.8.)
Să se calculeze:
a) Aria triunghiului ∆𝐷𝑀𝐵 și lungimea AM
b) Aria triunghiului ∆𝐵𝑀𝑀′ și lungimea laturii BM, unde MM' este perpendiculară pe
BC.

Fig. 3.8.
Rezolvare:
a) ∆𝐴𝐵𝐶 𝑒𝑐ℎ𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 => 𝐴𝐵≡𝐵𝐶≡𝐴𝐶 (= 𝑙)
𝐴𝐷 𝑒𝑠𝑡𝑒 î𝑛ă𝑙ț𝑖𝑚𝑒 î𝑛 𝑡𝑟𝑖𝑢𝑛𝑔ℎ𝑖𝑢𝑙 ∆𝐴𝐵𝐶 𝑒𝑐ℎ𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙:
𝐴𝐷=𝑙√3
2=2𝑎√3
2(2
= 𝑎√3
𝐴𝑀||𝐵𝐶
𝐴𝐷⊥𝐵𝐶
𝑀𝑀′⊥𝐵𝐶| => 𝐴𝐷= 𝑀𝑀′= 𝑎√3
∆𝐷𝐵𝑀 obtuzunghic => 𝐴 ∆𝐷𝐵𝑀 =𝑏 ∙ ℎ
2=𝐵𝐷∙ 𝑀𝑀′
2=𝑎 ∙ 𝑎√3
2=𝑎2√3
2

î𝑛 ∆𝐴𝐷𝐵: 𝐷 ̂=90°
𝐷𝐼⊥𝐴𝐵| => 𝑫𝑰 =𝐴𝐷∙𝐷𝐵
𝐴𝐵=𝑎√3∙ 𝑎
2𝑎=𝑎√3
2
î𝑛 ∆𝐴𝐷𝑀: 𝐴 ̂=90°
𝐴𝐼⊥𝐷𝑀|𝑇.𝐶⇒ 𝐴𝐷2=𝐷𝐼∙𝐷𝑀
3𝑎2=𝑎√3
2∙𝐷𝑀 => 𝑫𝑴 = 2𝑎 √3

29
î𝑛 ∆𝐴𝐷𝐼: 𝐼 ̂=90°𝑇.𝑃.⇒ 𝐴𝐼=√𝐴𝐷2−𝐷𝐼2=√3𝑎2−3𝑎2
4=3𝑎
2
𝐴∆𝐴𝐷𝑀 =𝑏 ∙ ℎ
2=𝐷𝑀∙𝐴𝐼
2=2𝑎√3∙3𝑎
2
2=3𝑎2√3
2
𝐴∆𝐴𝐷𝑀 =𝑐1∙ 𝑐2
2=𝐴𝐷∙𝐴𝑀
2=𝑎√3∙𝐴𝑀
2||=>3𝑎2√3
2=𝑎√3∙𝐴𝑀
2
=>𝐴𝑀= 3𝑎

b) Știm că 𝐴𝐷≡𝑀𝑀′ și 𝐴𝑀≡𝐷𝑀′ =>𝐵𝑀′ =𝐷𝑀′ −𝐷𝐵
𝐵𝑀′= 3𝑎 − 𝑎
𝐵𝑀′= 2𝑎

𝐴∆𝐵𝑀𝑀′ =𝑐1∙ 𝑐2
2=𝐵𝑀′ ·𝑀𝑀′
2=2𝑎 ∙ 𝑎 √3
2= 𝑎2√3
î𝑛 ∆𝐵𝑀𝑀′: 𝑀′ ̂=90°𝑇.𝑃.⇒ 𝐵𝑀=√𝑀′𝐵2+ 𝑀′𝑀2=√(2𝑎)2+ (𝑎√3)2= 𝑎√7

30
Problema 9
Fie paralelogramul ABCD și M un punct pe latura BC, iar E un punct pe AM; fie
𝐻 =𝑀𝐷∩𝐸𝐶. (Fig. 3.9)
a) Arătați că 𝐴∆𝐵𝐸𝑀 + 𝐴 ∆𝑀𝐻𝐶 = 𝐴 ∆𝐻𝐸𝐶
b) Găsiți locul geometric al punctului E astfel încât aria triunghiului ∆𝐷𝐸𝑀 să fie
constantă când M parcurge segmentul BC.
c) Notând prin q intersecția dintre MD și paralela prin E la BC, arătați că EQ este
constant dacă aria triunghiului ∆𝐷𝐸𝑀 este constantă.
(Admitere, Facultatea de Matematică, C raiova, 1976)

Fig. 3.9.
a) Egalitatea din enunț este echivalentă cu: 𝐴∆𝐵𝐸𝐶 = 𝐴 ∆𝑀𝐸𝐷 .
𝐴∆𝐵𝐸𝐶 = 𝐴 ∆𝐵𝐸𝑀 + 𝐴 ∆𝑀𝐸𝐻 + 𝐴 ∆𝑀𝐻𝐶
𝐴∆𝑀𝐸𝐷 = 𝐴 ∆𝐻𝐸𝐷+ 𝐴 ∆𝐻𝐸𝑀| => 𝐴∆𝐵𝐸𝑀 + 𝐴 ∆𝑀𝐻𝐶 = 𝐴 ∆𝐻𝐸𝐶

b) Din a) rezult tă ca pentru ca 𝐴∆𝑀𝐸𝐷 să fie constantă este necesar și suficient ca 𝐴∆𝐵𝐸𝐶
să fie constantă.
Cum BC este constantă, rezultă că E descrie un un segment paralel cu BC cuprins
între AB și CD.
c) 𝑀𝐸
𝑀𝐴= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡 =>𝐸𝑄
𝐴𝐷= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡 => 𝐸𝑄= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡.

31
Problema 10
Se consideră un punct A' pe latura BC a unui triunghi ∆ABC . Paralela prin A' la latura AC
intersectează latura AB în punctul C' și paraela prin A' la latura AB întâlnește latura AC în B'.
(Fig. 3.10)
a) Exprimați aria paralelogramului A'B'AC' în funcție de aria triunghiului CA'B' și de
aria triunghiului CA'B'.
b) pentru ce poziție a punctului A' aria acestui paralelogram este maximă?
(Admitere, F acultatea de matematică -mecanică, București, 1973)

Fig. 3.10
Rezolvare:
a) ∆𝐴𝐵𝐶
𝐴′𝐶′|| 𝐶𝐴|𝑇𝐹𝐴⇒ ∆𝐶′𝐵𝐴′~∆𝐴𝐵𝐶 => 𝐶′𝐵
𝐴𝐵=𝐵𝐴′
𝐵𝐶=𝐶′𝐴′
𝐴𝐶= 𝑘
𝐴∆𝐶′𝐵𝐴′
𝐴∆𝐴𝐵𝐶= 𝑘2 => 𝐴∆𝐶′𝐵𝐴′= 𝑘2∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶
∆𝐴𝐵𝐶
𝐵′𝐴′|| 𝐴𝐵|𝑇𝐹𝐴⇒ ∆𝐵′𝐴′𝐶~ ∆𝐴𝐵𝐶 =>𝐵′𝐴′
𝐴𝐵=𝐴′𝐶
𝐵𝐶=𝐵′𝐶
𝐴𝐶= 1 − 𝑘
𝐴∆𝐵′𝐴′𝐶
𝐴∆𝐴𝐵𝐶=(1 − 𝑘 )2 => 𝐴∆𝐵′𝐴′𝐶=(1 − 𝑘 )2∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴A′B′AC′= 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 − 𝐴∆𝐶′𝐵𝐴′− 𝐴∆𝐵′𝐴′𝐶
𝐴A′B′AC′= 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 − 𝑘2∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶 −(1 − 𝑘 )2∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴A′B′AC′=(1 − 𝑘2−(1 − 𝑘 )2)∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶
𝐴A′B′AC′= 2𝑘 (𝑘 − 1 )∙ 𝐴∆𝐴𝐵𝐶

32
𝐴A′B′AC′= 2 ∙ √𝐴∆𝐶′𝐵𝐴′∙ 𝐴∆𝐵′𝐴′𝐶
b) Din a) se deduce că maximul ariei paralelogramului A′B′AC′ se realizează pentru
𝑘 =1
2 => A' este mijlocul laturii BC.

Problema 11
Pe laturile BC, CA, AB ale unui triunghi oarecare se iau punctele A1, B1, C1 astfel că:
𝐵𝐴1
𝐴1𝐶=𝐶𝐵1
𝐵1𝐴=𝐴𝐶1
𝐶1𝐵=1
2. (Fig. 3.11)
Fie A2 intersecția dreptelor BB1 cu CC 1; B2 intersecția dreptelor AA1 cu CC 1 și C2 intersecția
dreptelor AA1 cu BB1.
Să se arate că : 𝐴∆𝐴2𝐵2𝐶2= 𝐴 ∆𝐴𝐵2𝐶1+ 𝐴 ∆𝐵𝐶2𝐴1+ 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1.
(R.M.F., 45, 1951, C. Ionescu- Țiu)

Fig. 3.11.
Demonstrație:
Ținând cont de poziția punctelor A1, B1, C1:
𝐴∆𝐴𝐵𝐴1= 𝐴 ∆𝐵𝐶𝐵1= 𝐴 ∆𝐶𝐴𝐶1=𝐴∆𝐴𝐵𝐶
3
𝐴∆𝐴𝐵𝐴1= 𝐴 ∆𝐴𝐶1𝐵2+ 𝐴 𝐶1𝐵2𝐶2𝐵+ 𝐴 ∆𝐶2𝐵𝐴1
𝐴∆𝐵𝐶𝐵1= 𝐴 ∆𝐶2𝐵𝐴1+ 𝐴 𝐴1𝐶2𝐴2𝐶+ 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1
𝐴∆𝐶𝐴𝐶1= 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1+ 𝐴 𝐵1𝐴2𝐵2𝐴+ 𝐴 ∆𝐴𝐶1𝐵2⌋ =>
=> 𝐴 ∆𝐴𝐵𝐶 = 2(𝐴 ∆𝐴𝐶1𝐵2+ 𝐴 ∆𝐶2𝐵𝐴1+ 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1) + 𝐴 𝐶1𝐵2𝐶2𝐵+ 𝐴 𝐴1𝐶2𝐴2𝐶+ 𝐴 𝐵1𝐴2𝐵2𝐴 (1)

33

𝐴∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴 ∆𝐴𝐶1𝐵2+ 𝐴 𝐶1𝐵2𝐶2𝐵+ 𝐴 ∆𝐶2𝐵𝐴1+ 𝐴 𝐴1𝐶2𝐴2𝐶+ 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1+ 𝐴 𝐵1𝐴2𝐵2𝐴+ 𝐴 ∆𝐴2𝐵2𝐶2 (2)
Din (1) și (2) => = 𝐴 ∆𝐴𝐶1𝐵2+ 𝐴 ∆𝐶2𝐵𝐴1+ 𝐴 ∆𝐶𝐴2𝐵1

Problema 12
Un trapez are baza AB=a , baza CD=b și aria S. Diagonalele AC și BD se întâlnesc în punctul
I. Paralela la baze dusă prin I taie laturile AD și BC respectiv în M și N. Notăm ariile ABI, BCI,
DCI, ADI respectiv cu S1, S2, S3, S4, iar ariile trapezelor ABMN și DCNM respectiv cu S a, Sb.
(Fig. 3.12.)
a) Să se arate că 2(𝑆1+ 𝑆3) ≥ 𝑆 ≥ 2(𝑆 2+ 𝑆4);
b) Să se exprime S1, S2, S3, S4, în funcție de a, b, S;
c) Să se exprime Sa, și Sb,în funcție de a, b, S;
(G.M.B., 13523, C. Ionescu- Țiu)

Fig. 3.12.
Demonstrație:
a) Fie ℎ1=𝐼𝑃= 𝑑(𝐼,𝐴𝐵);𝐼𝑃⊥𝐴𝐵, 𝑃 ∈ 𝐴𝐵
ℎ3=𝐼𝑄= 𝑑(𝐼,𝐶𝐷);𝐼𝑄⊥𝐶𝐷, 𝑄 ∈ 𝐶𝐷
ℎ1+ ℎ 3= ℎ
𝑆 =(𝑎 + 𝑏 )∙ ℎ
2=> ℎ =2𝑆
𝑎 + 𝑏
𝐴𝐵||𝐶𝐷=> ∆𝐴𝐵𝐼~∆𝐶𝐷𝐼 =>𝑎
𝑏=ℎ1
ℎ3=>

34
=>
{ 𝑎
𝑎 + 𝑏=ℎ1
ℎ1+ ℎ 3=> ℎ 1=𝑎 ∙ ℎ
𝑎 + 𝑏=2𝑎𝑆
(𝑎 + 𝑏 )2
𝑎 + 𝑏
𝑏=ℎ1+ ℎ 3
ℎ3=> ℎ 3=𝑏 ∙ ℎ
𝑎 + 𝑏=2𝑏𝑆
(𝑎 + 𝑏 )2

S1=a ∙ h 1
2=a2S
(a + b )2
S3=b ∙ h 3
2=b2S
(a + b )2||=> 2(S 1+ S3) = 2(a2+ b2)S
(a + b )2

2(S2+ S4) = 2 ∙ (𝑆 − (S 1+ S3)) = 2 ∙2𝑎𝑏𝑆
(a + b )2

2(𝑆1+ 𝑆3) ≥ 𝑆 ≥ 2(𝑆 2+ 𝑆4);
2(a2+b2)S
(a+b)2≥ 𝑆 ≥ 2 ∙𝑎𝑏𝑆
(a+b)2=> 2(a2+ b2) ≥(a + b )2≥ 4𝑎𝑏

b) Din a) știm S1=a2S
(a+b)2; S3=b2S
(a+b)2
𝑆2= 𝑆 4=√𝑆1𝑆3=√a2b2S2
(a + b )4=abS
(a + b )2
c) 1
𝑀𝐼=1
𝑎+1
𝑏=𝑎+𝑏
𝑎𝑏
2𝑀𝐼=𝑀𝑁=2𝑎𝑏
𝑎 + 𝑏
𝑆𝑎=(𝐴𝐵+𝑁𝑀)∙ ℎ1
2=(𝑎 +2𝑎𝑏
𝑎 + 𝑏) ∙2𝑎𝑆
(𝑎 + 𝑏 )2
2=𝑆𝑎2(𝑎 + 3𝑏 )
(𝑎 + 𝑏)3
𝑆𝑏=(𝐶𝐷+𝑀𝑁) ∙ ℎ 3
2=(𝑏 +2𝑎𝑏
𝑎 + 𝑏) ∙2𝑏𝑆
(𝑎 + 𝑏 )2
2=𝑆𝑏2(3𝑎 + 𝑏 )
(𝑎 + 𝑏)3

35
Problema 13
Un trapez ABCD cu diagonalele AC și BD perpendiculare, are distanța dintre baze egală cu d.
(Fig. 3.13)
Să se arate că 1
𝑑2=1
𝐴𝐶2+1
𝐵𝐷2.

Fig. 3.13
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 =(𝐵 + 𝑏) ∙ ℎ
2=(𝐴𝐵+𝐶𝐷) ∙ 𝑑
2
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐶∙𝐵𝐷
2 (𝑝𝑎𝑡𝑟𝑢𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟 𝑜𝑟𝑡𝑜𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 )
(𝐴𝐵+𝐶𝐷) ∙ 𝑑
2=𝐴𝐶∙𝐵𝐷
2 => 𝑑 =𝐴𝐶∙𝐵𝐷
𝐴𝐵+𝐶𝐷

1
𝑑2=1
𝐴𝐶2+1
𝐵𝐷2
1
(𝐴𝐶∙𝐵𝐷
𝐴𝐵+𝐶𝐷)2=1
𝐴𝐶2+1
𝐵𝐷2
1
𝐴𝐶2∙𝐵𝐷2
(𝐴𝐵+𝐶𝐷)2=1
𝐴𝐶2+1
𝐵𝐷2
(𝐴𝐵+𝐶𝐷)2
𝐴𝐶2∙𝐵𝐷2=𝐵𝐷2+𝐴𝐶2
𝐴𝐶2∙𝐵𝐷2=>(𝐴𝐵+𝐶𝐷)2=𝐵𝐷2+𝐴𝐶2 (ceea ce trebuie demonstrat) (1)

36

𝐴𝐵+𝐶𝐷 este dublul liniei mijlocii a trapezului 𝐴𝐵𝐶𝐷 .
Se construiește MN – linia mijlocie a trapezului ABCD și punctul P -mijlocul bazei AB.
𝑀𝑁=𝐴𝐵+𝐶𝐷
2
Prin urmare MP est e linie mijlocie în triunghiul ∆ADB și NP este linie mijlocie în
triunghiul ∆BCD.
𝑀𝑃=𝐵𝐷
2 ș𝑖 𝑁𝑃=𝐴𝐶
2
Deoarece:
𝑁𝑃 ||𝐴𝐶
𝑀𝑃||𝐵𝐷
𝐴𝐶⊥𝐵𝐷| => 𝑀𝑃⊥ 𝑃𝑁 => ∆𝑀𝑁𝑃 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 𝑐𝑢 𝑃̂=90°.
În ∆𝑀𝑁𝑃 dreptunghic cu 𝑃̂=90° conform 𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑒𝑖 𝑙𝑢𝑖 𝑃𝑖𝑡𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎
𝑀𝑁2=𝑀𝑃2+ 𝑃𝑁2
(𝐴𝐵+𝐶𝐷
2)2
= (𝐵𝐷
2)2
+ (𝐴𝐶
2)2
=>
=> (𝐴𝐵+𝐶𝐷)2=𝐵𝐷2+𝐴𝐶2
– ceea ce a rămas de demonstrat la relația (1)

37
Problema 14
Fiind dată o parcelă plană ABCD, se cere ca ea să fie împărțită în patru parcele
echivalente AEOH, EBFO, FCGO, GOHD , unind mijloacele E,F,G,H ale laturilor
AB,BC,CD,DA ale parcelei cu un punct O din interiorul ei, punct ce urmează a fi determinat.
(Fig. 3.14)

Fig. 3.14
Rezolvare:
Fie M mijlocul diagonalei AC, N mijlocul diagonale BD și {𝑂}=𝑀𝑂∩𝑁𝑂, unde
MO||BD și NO||AC; punctul O fiind punctul căutat.
Pentru a demonstra aceasta, este suficient să se demonstreze de exemplu că
𝐴𝐹𝐶𝐺𝑂 =𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷
4.
Se obsevă:
𝐴∆𝐴𝐵𝑀 = 𝐴 ∆𝐵𝑀𝐶 (deoarece bazele 𝐴𝑀≡𝑀𝐶 și au aceeași înălțime )
𝐴∆𝐷𝐴𝑀 = 𝐴 ∆𝐷𝑀𝐶| =>
=> 𝐴 ∆𝐴𝐵𝑀 + 𝐴 ∆𝐷𝐴𝑀 = 𝐴 ∆𝐵𝑀𝐶 + 𝐴 ∆𝐷𝑀𝐶 => 𝐴 𝐴𝐵𝑀𝐷 = 𝐴 𝐵𝑀𝐷𝐶 =1
2∙ 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷

î𝑛 ∆𝐶𝐵𝑀: 𝑀𝐹 mediană => 𝐴 ∆𝐶𝐹𝑀 =1
2∙ 𝐴∆𝐶𝐵𝑀
Î𝑛 ∆𝐶𝑀𝐷: 𝑀𝐺 mediană => 𝐴 ∆𝐶𝑀𝐺 =1
2∙ 𝐴∆𝐶𝑀𝐷| =>
=> 𝐴 ∆𝐶𝐹𝑀 + 𝐴 ∆𝐶𝑀𝐺 = 𝐴 𝐶𝐹𝑀𝐺 =1
2∙(𝐴∆𝐶𝐵𝑀 + 𝐴 ∆𝐶𝑀𝐷)=1
4∙ 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷

38
FG||BD
𝐵𝐷||𝑀𝑂| => 𝐴 𝐶𝐹𝑀𝐺 = 𝐴 𝐶𝐹0𝐺,
{𝐼}=𝐹𝑂∩𝑀𝐺, ∆𝐹𝑀𝑂 ≅ 𝐺𝑀𝑂 𝑐𝑢 𝑂𝑀||𝐹𝐺
=>𝐹𝑀𝐼 ≅ 𝐼𝑂𝐺
=> 𝐴 𝐶𝑀𝑂𝐺 =1
4∙ 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷

Problema 15
Un trapez este format din jumătatea unui hexagon regulat. (Fig. 3.15)
Intersecțiile bisectoarelor acestui trapez sunt sunt vârfurile unui patrulater. Să se arate că
acest patrulater are diagonalele perpendiculare și aria lui este de nouă ori mai mică decât a
trapezului dat . Să se exprime laturile și diagonalele acestui patrulater știind că baza mică a
trapezului este a metri.
(G.M.B., 2089, C. Ionescu- Țiu)

Fig. 3.15
Rezolvare :
𝐴𝐵≡𝐴𝐷≡𝐶𝐷≡𝑂𝐵≡𝑂𝐶≡ 0𝐴 ≡ 𝑂𝐷 (=𝐵𝐶
2)
𝐴𝑂∩𝐵𝐷={𝑀},𝐷𝑂∩𝐴𝐶={𝑁},𝐴𝐶∩𝐵𝐷={𝑃},𝑂𝑃∩𝐴𝐷={𝑅}
𝐴𝐷||𝑂𝐶
𝐴𝐷≡𝑂𝐶| => 𝐴𝐷𝐶𝑂 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚 => 𝐴𝑀≡𝑀𝑂
𝐴𝐷||𝐵𝑂
𝐴𝐷≡𝐵𝑂| => 𝐴𝐵𝑂𝐷 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚 => 𝐷𝑁≡𝑁𝑂
𝑀𝑁||𝐵𝐶
𝑃𝑂 ⊥ 𝐵𝐶| => 𝑂𝑃⊥𝑀𝑁=>𝑂𝑅⊥𝐴𝐷,{𝑅}=𝐴𝐷∩𝑂𝑃

39
∆𝐴𝑂𝐷 𝑒𝑐ℎ𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙, 𝑂𝑃⊥𝐴𝐷
𝐷𝑀⊥𝐴𝑂
𝐴𝑁⊥𝐷𝑂| => 𝐴 𝑀𝑃𝑁𝑂 = 𝐴 𝐴𝑀𝑃𝑅 = 𝐴 𝐷𝑁𝑃𝑅 =>
𝐴𝑀𝑃𝑁𝑂 =1
3∙ 𝐴∆𝐴𝑂𝐷 =1
3∙1
3∙ 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 =1
9∙ 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷
𝐴𝑀≡𝑀𝑂≡𝑂𝑁≡𝑁𝐷 (=𝑎
2)
𝑂𝑅≡𝐷𝑀≡𝐴𝑁 (=𝑎√3
2)
𝑀𝑃≡ 𝑃𝑁 ≡ 𝑃𝑅 (=1
3∙𝐷𝑀=𝑎√3
6)
𝑀𝑁=1
2∙𝐴𝐷=𝑎
2

Problema 16
Se consideră piramida patrulateră OABCD, cu baza dreptunghiul ABCD (AB=a, BC=b) și
muchia OA=h perpendiculară pe planul bazei. Se mai notează E, F mijloacele muchiilor OC,
OD. (Fig. 3.16). Se cere:
a) Aria totală a piramidei OABCD;
b) Să se precizeze ce fel de patrulater este ABEF și să calculeze aria în funcție de
elementele date ale piramidei.

Fig. 3.16

40
Rezolvare:
a) 𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙ă = 𝐴 𝐴𝐵𝐶𝐷 + 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐵 + 𝐴 ∆𝑂𝐵𝐶 + 𝐴 ∆𝑂𝐶𝐷 + 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐷
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑎 ∙ 𝑏
∆𝑂𝐴𝐵 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 𝑐𝑢 𝐴̂=90°=> 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐵 =𝑐1𝑐2
2=> 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐵 =𝑂𝐴∙𝐴𝐵
2=𝑎 ∙ ℎ
2
∆𝑂𝐵𝐶 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 𝑐𝑢 𝐵̂=90°=> 𝐴 ∆𝑂𝐵𝐶 =𝑐1𝑐2
2=> 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐵 =𝑂𝐵∙𝐵𝐶
2
Unde conform Teoremei lui Pitagora în ∆𝑂𝐴𝐵: 𝑂𝐵=√𝑂𝐴2+𝐴𝐵2=√ℎ2+ 𝑎2=>
𝐴∆𝑂𝐴𝐵 =𝑏√ℎ2+𝑎2
2
∆𝑂𝐴𝐷 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 𝑐𝑢 𝐴̂=90°=> 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐷 =𝑐1𝑐2
2=> 𝐴 ∆𝑂𝐴𝐵 =𝑂𝐴∙𝐴𝐷
2=𝑏 ∙ ℎ
2
∆𝑂𝐶𝐷 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐 𝑐𝑢 𝐷̂=90°=> 𝐴 ∆𝑂𝐶𝐷 =𝑐1𝑐2
2=> 𝐴 ∆𝑂𝐶𝐷 =𝑂𝐷∙𝐷𝐶
2,
Unde conform Teoremei lui Pitagora în ∆𝑂𝐴𝐷: 𝑂𝐷=√𝑂𝐴2+𝐴𝐷2=√ℎ2+ 𝑏2 =>
𝐴∆𝑂𝐶𝐷 =𝑎√ℎ2+𝑏2
2.
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙ă = 𝑎 ∙ 𝑏 +𝑎 ∙ ℎ
2+𝑏 ∙ ℎ
2+𝑎√ℎ2+ 𝑏2
2+𝑏 ∙ ℎ
2
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙ă = 𝑎 ∙ 𝑏 +(𝑎 + 𝑏) ∙ ℎ
2+𝑏√ℎ2+ 𝑎2
2 +𝑎√ℎ2+ 𝑏2
2

b) 𝐸 𝑚𝑖𝑗𝑙𝑜𝑐𝑢𝑙 𝑙𝑢𝑖 𝑂𝐶
𝐹 𝑚𝑖𝑗𝑙𝑜𝑐𝑢𝑙 𝑙𝑢𝑖 𝑂𝐷| => 𝐸𝐹 𝑙𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑚𝑖𝑗𝑙𝑜𝑐𝑖𝑒 î𝑛 ∆𝑂𝐶𝐷 => 𝐸𝐹||𝐶𝐷=>𝐸𝐹=𝑎
2
𝐸𝐹||𝐶𝐷
𝐶𝐷||𝐴𝐵| =>𝐸𝐹||𝐴𝐵
𝐵𝐴⊥(𝑂𝐴𝐷)=>𝐵𝐴⊥𝐴𝐹| => 𝐴𝐵𝐸𝐹 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑧 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐
=> 𝐴 𝐴𝐵𝐸𝐹 =(𝐵 + 𝑏) ∙ ℎ
2=(𝑎 +𝑎
2) ∙√ℎ2+ 𝑏2
2
2=3𝑎√ℎ2+ 𝑏2
8
𝑢𝑛𝑑𝑒 ℎ = 𝐴𝐹= 𝑂𝐷
2=√ℎ2+ 𝑏2
2 (𝐴𝐹 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑛ă î𝑛 ∆𝑂𝐴𝐷 𝑑𝑟𝑒𝑝𝑡𝑢𝑛𝑔ℎ 𝑖𝑐)

BIBLIOGRAFIE

[1] Alexandru Leonte, Rodica Trandafir – Principii și structuri fundamentale în
matematica de liceu (Volumul II) geometrie și trigonometrie , Prefață de acad. Caius
Iacob, E ditura Albatros, București , 1986
[2] Constantin Ionescu- Țiu – Geometrie plană și geometrie în spațiu pentru admitere la
facultate , Editura Albatros
[3] Edwin E. Moise – GEOMETRIE ELEMENTARĂ DINTR -UN PUNCT DE VEDERE
SUPERIOR, Editura Didactică și Pedagogică București 1980 (traducere de GR. ARSENE și
S. TELEMAN)
[4] Edwin E. Moise, Floyd L. Downs Jr.- GEOMETRIE , Editura Didactică și pedagogică
București 1983
[5] I. C. Drăghicescu , V. Masgras – PROBLEME DE GEOMETRIE , Editura Tehnică,
București, 1987

[6] Mihaela Berindeanu – Cum se rezolvă? Demonstrații ale unor teore me celebre cu ajutorul
ariilor.