Lector univ.dr. Laurent iu Cristian DEACONU Absolvent: Mihai Burdu sa Pite sti { 2020 { Cuprins Introducere 2 1 Cercul 3 1.1 De nit ii… [622506]

UNIVERSITATEA DIN PITES TI
FACULTATEA DE S TIINT E, EDUCAT IE FIZIC A S I INFORMATIC A
MATEMATIC A DIDACTIC A
LUCRARE DE DISERTAT IE
Cercul
abordare didactic a
Coordonator  stiint ic:
Lector univ.dr. Laurent iu Cristian DEACONU
Absolvent: [anonimizat] sa
Pite sti
{ 2020 {

Cuprins
Introducere 2
1 Cercul 3
1.1 Denit ii fundamentale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Drepte tangente la cercuri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Plane tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Arce de cerc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5 Unghiuri ^ nscrise  si arce interceptate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.6 Arce congruente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.7 Teoreme asupra puterii unui punct fat  a de un cerc . . . . . . . . . . . . . . 29
1.8 Cercul ^ n geometria analitic a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.9 Construct ii cu rigla  si compasul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.10 Cercuri ^ nscrise  si circumscrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.11 Poligoane regulate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.12 Circumferint a cercului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.13 Asupra raportului dintre lungimea  si diametrul cercului . . . . . . . . . . . 51
1.14 Aspecte metodice privind predarea cercului in gimanziu si liceu . . . . . . 55
2 Aplicat ii 60
2.1 Construct ia unui cerc care trece prin trei puncte necoliniare . . . . . . . . 60
2.2 Construct ia unui cerc care trece prin dou a puncte  si e tangent la o dreapt a
dat a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.3 Construct ia unui cerc care trece prin dou a puncte  si e tangent la un cerc dat. 61
2.4 Construct ia unui cerc care trece printr-un punct dat  si esre tangent la dou a
drepte date . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.5 Construct ia unui cerc tangent la trei drepte oarecare date. . . . . . . . . . 62
2.6 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Bibliograe 82
1

Introducere
2

Capitolul 1
Cercul
1.1 Denit ii fundamentale
Vorbind neriguros, un cerc este frontiera unei regiuni rotunde ^ ntr-un plan,
iar o sfer a este suprafat a unei mingi rotunde ^ n spat iu (Fig 1.1).
Figura 1.1
Denit ia 1.1.1. FiePun punct ^ ntr-un plan dat  si e run num ar pozitiv.
Cercul cu centrul P  si raza r este mult imea tuturor punctelor din plan care
au distant a la Pegal a cur.
Denit ia 1.1.2. FiePun punct  si run numar pozitiv. Sfera cu centrul P
 si raza r este mult imea tuturor punctelor din spat iu care au distant a la P
3

CAPITOLUL 1. CERCUL 4
egal a cur.
Dou a sau mai multe sfere sau dou a sau mai multe cercuri coplanare cu
acela si centru se numesc concentrice .^In gura 1.2, Peste centrul comun a
trei cercuri concentrice.
Figura 1.2
O coard a a unui cerc este un segment cu capetele pe cerc. ^In gura 1.3,
[AB] este o coard a.
Figura 1.3
O dreapt a care intersecteaz a cercul ^ n dou a puncte se nume ste o secant a
a cercului. ^In gura 1.3 ABeste o secant a.
A sadar, orice coard a determin a o secant a  si orice secant a cont ine o
coard a.
Analog, o coard a a unei sfere este un segment ale c arui capete sunt pe
sfer a. O secanta a unei sfere este o dreapt a care intersecteaz a sfera ^ n doua
puncte (Figura 1.4).

CAPITOLUL 1. CERCUL 5
Figura 1.4
Undiametru al unui cerc sau al unei sfere este o coard a contin^ and centrul
(Figura 1.5).
Figura 1.5
Oraz a a unui cerc este un segment din centrul s au la un punct al cer-
cului.(Analog la sfere). Punctul A(Figura 1.6) se nume ste cap atul razei
[PA].
Observat i c a utiliz am cuv^ antul raz a ^ n dou a sensuri: int elegem e un seg-
ment e un num ar. Este clar din context ce sens folosi de ecare dat a. Ana-

CAPITOLUL 1. CERCUL 6
Figura 1.6
log, dac a un cerc are raza r, vom vorbi despre 2 rcare despre diametrul cer-
cului. Bine^ nteles ca vrem sa spunem ca num arul 2 reste lungimea oric arei
coarde prin centru.
Repet am : ^ n gura 1.7 , reste raza; [PB] este o raz a, [ PA] este o raz a,
2reste diametrul, [ AB] este un diametru; [ PC] este o raz a cu cap atul C.
Figura 1.7
Teorema 1.1.1. Intersect ia unei sfere cu un plan care trece prin centrul

CAPITOLUL 1. CERCUL 7
s au este un cerc cu acela si centru  si aceea si raza.
Pentru a vedea de ce este a sa trebuie doar s a reamintim denit ia unei
sfere  si denit ia unui cerc. Se d a o sfer a Scu centrulP si de raz ar, precum
 si un plan E. AtunciSeste mult imea tuturor punctelor din spat iu care
au distant a la Pegal a cur. Intersect ia lui ScuEeste mult imea tuturor
punctelor din Ecare au distant a la P=r. Acesta este un cerc cu centrul
Psi de raz ar(Figura 1.8).
Figura 1.8
Denit ia 1.1.3. Intersect ia unei sfere cu un plan ce trece prin centrul s au
se nume ste un cerc mare al sferei.
Exist a  si o alt a motivat ie pentru aceast a terminologie: cercurile mari sunt
cele mai mari dintre cercurile care se a
 a pe sfer a. De exemplu, dac a de-
sen am meridianele si paralelele ^ n sensul geograc uzual(ca pe glob), atunci
ecuatorul este un cerc mare, dar celelalte paralele nu. Celelalte paralele sunt
toate mai mici decat ecuatorul, devenind foarte mici ^ n apropierea Polului
Nord sau a Polului Sud (Figura 1.9).
1.2 Drepte tangente la cercuri
^In aceast a sect iune vom vorbi despre cercuri dintr-un plan xat.

CAPITOLUL 1. CERCUL 8
Figura 1.9
Denit ia 1.2.1. Interiorul unui cerc este mult imea tuturor punctelor plan-
ului care au distant a la centru dec^ at raza. Exteriorul cercului este mult imea
tuturor punctelor planului care au distant a la centru mai mare dec^ at raza
(Figura 1.10).
Figura 1.10
A sadar, orice punct al planului este sau ^ n interiorul cercului sau ^ n ex-
teriorul cercului, sau pe cerc. Deobicei, spunem pe scurt ca un punct este
interior cercului sau exterior acestuia. (Observ am c a 0 <r, deoarecer>0,
 si deci centrul este interior cercului.)
Denit ia 1.2.2. O tangent a la un cerc este o dreapta(din acel si plan ) care
intersecteaz a cercul ^ ntr-un singur punct. Acest punct se nume ste punctul
de tangent  a sau punctul de contact . Spunem ca dreapta  si cercul sunt

CAPITOLUL 1. CERCUL 9
tangente ^ n acel punct (Figura 1.11).
Orice cerc are o tangent a ^ n ecare punct al s au. Aceasta reult a din
urm atoarea teorem a.
Figura 1.11
Teorema 1.2.1. O dreapta perpendicular a pe o raz a ^ n cap atul exterior al
acesteia este tangent a cercului.
Demonstrat ie. FieLperpendiculara pe raza [ PQ] ^ nQ(Figura 1.12). Tre-
buie s a arat am c a niciun alt punct al lui Lnu se a
 a pe cerc. Fie Run alt
punct peL. Conform primei teoreme de minim, cel mai scurt segment de
laPlaLeste segmentul perpendicular. A sadar, PR>PQ  si deciPR<r ,
adic aRnu este pe cerc, ci ^ n exteriorul acestuia.
Reciproca este de asemenea adev arat a.
Teorema 1.2.2. Orice tangent a la un cerc este perpendicular a pe raza dus a
^ n punctul de contact.
Figura 1.13 arat a situat ia de fapt. Figura 1.14 ilustreaz a demonstrat ia
indirect a pe care o vom face ^ n continuare.

CAPITOLUL 1. CERCUL 10
Figura 1.12
Demonstrat ie. FieLo tangent a la cercul C^ n punctul Q. S a presupunem
c aLnu este perpendicular a pe [ PQ]. Trebuie s a ar at am c a aceast a pre-
supunere conduce la o contradict ie.
FieFpiciorul perpendicularei din PpeL. A sadar, F6=Q. FieR
un punct pe semidreapta opus a lui FQ, astfel ^ nc^ at FR=FQ. Atunci,
4PFR=4PFQ . DeciPR=PQ=r si deciReste pe cerc. A sadar
Lintersecteaz a cercul ^ n dou a puncte distincte. Aceasta este imposibil,
deoareceLeste tangent a la cerc. Deci presupunerea noastr a este fals a,
adic aL?[PQ] ^ nQ, ceea ce trebuia demonstrat.
^In gura 1.15, cele dou a cercuri sunt tangente interioare .
^In gura 1.16, cele dou a cercuri sunt tangente exterioare .
Denit ia 1.2.3. Dou a cercuri sunt tangente dac a sunt tangente la aceea si
dreapt a ^ n acela si punct. Dac a dou a cercuri tangente sunt coplanare  si cen-
trele lor sunt de aceea si partea a tangentei comune, atunci ele sunt tangente
interioare. Dac a dou a cercuri tangente sunt coplanare  si centrele lor sunt de
o parte  si de alta a tangentei comune, atunci ele sunt tangente exterioare.
Teorema 1.2.3. Perpendiculara din centrul unui cerc pe o coard a o ^ mparte

CAPITOLUL 1. CERCUL 11
Figura 1.13
pe aceasta ^ n dou a p art i congruente (Figura 1.17).
Teorema 1.2.4. Segmentul care une ste centrul unui cerc cu mijlocul unei
coarde care nu este diametru este perpendicular pe coard a (Figura 1.18).
Teorema 1.2.5. ^In planul unui cerc, mediatoarea unei coarde trece prin
centrul cercului (Figura 1.19).
Corolar 1.2.1. Nici un cerc nu cont ine trei puncte coliniare .
Demonstrat ie. Daca trei puncte Q;R  siSale cercului ar  coliniare, atunci
mediatoarele coardelor [ QR]  si [RS] ar  paralele (Figura 1.20). Aceasta
este imposibil, deoarece ambele trec prin centru.
Denit ia 1.2.4. Cercurile cu raze congruente se numesc congruente.
Observat i c a aceast a denit ie dat a cercurilor congruente concord a cu
modul ^ n care a fost folosit anterior cuv^ antul congruent pentru segmente,
unghiuri  si triunghiuri.
Ideea de baz a ^ n ecare caz este c a gurile sunt congruente dac a au
aceea si form a  si aceea si m arime.

CAPITOLUL 1. CERCUL 12
Figura 1.14
Teorema 1.2.6. ^In acela si cerc sau ^ n cercuri congruente, coardele echidis-
tante fat  a de centru sunt congruente (Figura 1.21).
Teorema 1.2.7. ^In acela si cerc sau ^ n cercuri congruente, orice dou a coarde
congruente sunt echidistante fat  a de centru (Figura 1.22).
Teorema 1.2.8. Dac a o dreapt a  si un cerc sunt coplanare, iar dreapta inter-
secteaz a interiorul cercului, atunci intersecteaz a cercul ^ n exact dou a puncte.
Demonstrat ie. Ca ^ n gura 1.23, e cercul Ccu razar, eLdreapta dat a
 si s a presupunem c a Lcont ine un punct Rdin interiorul lui C. Atunci
PR<r . FieFpiciorul perpendicularei din PpeL si ePF=s.
(1) Dac aXeste peL si peCatunci triunghiul 4PFX are un unghi
drept ^ nF si deci
r2=s2+FX2:

CAPITOLUL 1. CERCUL 13
Figura 1.15
Figura 1.16
A sadar,
FX=p
r2s2:
(2) Dac aXeste un punct pe L siFX=p
r2s2, atunciXeste peC.
Motivul este c a
PX2=PF2+FX2=s2+ (r2s2) =r2:
Darr2s2>0, deoarece r > s . A sadar, din teorema de existent  a a
punctelor, exist a exact dou a puncte XpeLastfel ^ nc^ at
FX=p
r2s2:
A sadarL siCse intersecteaz a ^ n exact dou a puncte, ceea ce trebuia
demonstrat.
1.3 Plane tangente
Relat ia dintre sfere  si plane este foarte asem an atoare cu relat ia dintre cer-
curi  si drepte ^ ntr- un plan. Exist a deci o mare analogie ^ ntre denit iile
 si teoremele din sect iunea precedent a  si denit iile  si teoremele din aceast a
sect iune.

CAPITOLUL 1. CERCUL 14
Figura 1.17
Denit ia 1.3.1. Interiorul unei sfere este mult imea tuturor punctelor din
spat iu a c aror distant  a la centrul sferei este mai mica dec^ at raza .
Denit ia 1.3.2. Exteriorul unei sfere este mult imea tuturor punctelor din
spat iu a c aror distant  a la centrul sferei este mai mare dec^ at raza.
A sadar orice punct al spat iului este ^ n interior, ^ n exterior, sau pe sfer a.
Adesea vom spune pe scurt c a un punct este ^ n ^ n auntrul sferei, sau ^ n afara
ei (Figura 1.24). (Reamintim c a 0 <rdeoarecer>0. A sadar centrul este
automat ^ n interior.
Denit ia 1.3.3. Un plan tangent la o sfer a este un plan care intersecteaz a
sfera ^ ntr-un singur punct. Acest punct se nume ste punctul de tangent  a , sau
punctul de contact . Spunem c a sfera  si planul sunt tangente ^ n acest punct.
^In gura 1.25, planul Eeste tangent sferei ^ n Q. Observat i c a punctul Q
nu pare a  pe "marginea" sferei.
Orice sfer a are un plan tangent ^ n ecare punct al s au. Putem vedea
aceasta din urm atoarea teorem a.
Teorema 1.3.1. Un plan perpendicular pe o raz a ^ n cap atul ei exterior este
tangent sferei.

CAPITOLUL 1. CERCUL 15
Figura 1.18
Figura 1.19
Demonstrat ie. FieEplanul perpendicular pe raza [ PQ]^ n punctul Q(Figura
1.26). Trebuie s a ar at am c a nici un alt punct al lui Enu este pe sfer a.
FieRun alt punct al lui E. Conform celei de-a doua teorem a de minim
cel mai scurt segment de la PlaEeste segmentul perpendicular. A sadar
PR > PQ  si deciPR > r ; aceasta ^ nseamn a c a Rnu este pe sfer a, ci ^ n
exteriorul ei.
Reciproca este de asemenea adev arat a.
Teorema 1.3.2. Orice plan tangent la o sfer a este perpendicular pe raza
dus a ^ n punctul de contact.
Se d aEtangent laS^ n punctul Q. S a presupunem c a Enu este per-

CAPITOLUL 1. CERCUL 16
Figura 1.20
Figura 1.21
pendicular pe [ PQ]. Vom ar ata c a aceast a presupunere ne conduce la o
contradic ctie . Figura 1.27 ilustreaz a aceast a demonstrat ie indirect a. Fie
Fpiciorul perpendicularei din PpeE. AvemF6=Q. FieRun punct
pe semidreapta opus a lui FQastfel caFR=FQ. Atunci triunghiurile
4PFR=4PFQ . A sadarPR=PQ=r si deciReste pe sfer a. A sadar
Eintersecteaz a sfera ^ ntr-un punct diferit de Q. Aceasta este imposibil,
deoareceEeste un plan tangent.
^In aceast a demonstrat ie,  si ^ nc a de c^ ateva ori ^ nainte, am desenat guri ^ n
care intersect ia unui plan cu o sfer a p area a  un cerc. ^Inainte de a continua
discut ia noastr a privind planele tangente, vom ar ata c a aceste guri erau

CAPITOLUL 1. CERCUL 17
Figura 1.22
Figura 1.23
corecte.
Teorema 1.3.3. Dac a un plan intersecteaz a interiorul unei sfere, atunci
intersect ia planului cu sfera este un cerc. Centrul acestui cerc este piciorul
perpendicularei din centrul sferei pe pla.
Demonstrat ie. Cu notat iile din gura 1.28 , se d a planul Ecare intersecteaz a
interiorul sferei S^ n punctul R. FieFpiciorul perpendicularei din PpeE.
Trebuie s a ar at am c a intersect ia lui EcuSeste un cerc cum centrul ^ n F.
Figura 1.24

CAPITOLUL 1. CERCUL 18
Figura 1.25
Figura 1.26
AvemPR < q , deoarece Reste ^ n interior. Conform celei de-a doua
teorem a de minim, PFPR. A sadarPF <r . S a not am PF=s.
FieXun punct oarecare din intersect ia lui EcuS. Atunci4PFX are
un unghi drept ^ n F. A sadar
s2+FX2=r2
 si
FX=p
r2s2:
A sadarXeste pe cercul cu centrul ^ n F si de raz at=p
r2s2. Prin
urmare intersect ia lui EcuSeste inclus a ^ n cercul cu centrul ^ n F si de
raz at=p
r2s2. Aceasta nu ^ nseamn a neap arat c a intersect ia este acel
Demonstrat ie.
Figura 1.27

CAPITOLUL 1. CERCUL 19
Figura 1.28
cerc. Pentru a completa demonstrat ia, trebuie sa ar at am c a orice punct al
cercului este ^ n intersect ie.
FieXun punct arbitrar al cercului din Ecu centrul ^ n F si de raz a
t=p
r2s2. Conform teoremei lui Pitagora
PX2=t2+s2= (r2s2) +s2=r2:
A sadarPX=r si deciXeste pe sfer a.
Teorema 1.3.4. Perpendiculara din centrul unei sfere pe o coard a este me-
diatoarea coardei (Figura 1.29).
Figura 1.29

CAPITOLUL 1. CERCUL 20
Teorema 1.3.5. Segmentul care une ste centrul unei sfere cu mijlocul unei
coarde este perpendicular pe coard a (Figura 1.30).
Figura 1.30
1.4 Arce de cerc
Am ^ nceput acest capitol cu o discut ie despre cercuri  si l-am continuat cu o
discut ie analoag a despre sfere. ^In restul acestui capitol ne vom ocupa ^ ns a
doar de cercuri.
Figura 1.31
^In gura 1.31, ^APB este un unghi la centru al cercului C.

CAPITOLUL 1. CERCUL 21
Denit ia 1.4.1. Ununghi la centru al unui cerc este un unghi care are
v^ arful ^ n centrul cercului.
Figura 1.32
^In gura 1.32, curba ^ ngro sat a este arcul mic dAB, iar curba subt ire este
arcul maredAB.^In ecare caz, A siBsunt capetele arcului.
Denit ia 1.4.2. FieCun cerc cu centrul ^ n P si eA siBdou a puncte
care sunt pe cercul C, dar care nu sunt capetele aceluia si diametru. Atunci
arcul micdABeste reuniunea lui A,B si a punctelor lui Ccare sunt ^ n
interiorul unghiului ^APB .
Arcul maredABeste reuniunea lui A,B si a punctelor lui Ccare sunt ^ n
exteriorul lui ^APB .^In ecare caz, A siBsunt capetele arcului dAB, iar
Pcentrul arcului dAB.
Dac aA siBsunt capetele unui diametru, atunci obt inem dou a arce,
ecare numindu-se un semicerc (Figura 1.33).
Denit ia 1.4.3. FieCun cerc  si e A siBcapetele unui diametru. Un
semicercdABeste reuniunea lui A,B si a punctelor lui Ccare sunt ^ ntr-
un semiplan dat, cu [ AB] ca muchie. Punctele A siBse numesc capetele
semicercului.
Observat i c a notat ia dABpentru arce este ^ ntotdeauna ambig a, deoarece
orice dou a puncte A siBale unui cerc sunt capetele a dou a arce diferite

CAPITOLUL 1. CERCUL 22
Figura 1.33
ale cercului. Modul cel mai simplu de a evita aceast a ambiguitate este de a
xa un alt punct Xpe arc  si a nota arcul cu \AXB . De exemplu,in gura
1.34\AXB este un arc mic,iar [AYB este un arc mare. C^ and este clar din
context despre ce arc este vorba, putem scrie simplu dAB.
Figura 1.34
Vrem s a denim acum m asura ^ n grade a arcelor, ^ ntr-un mod sugerat
de indicat iile din gura 1.35.
Figura 1.35
Observat i c a m asura ^ n grade a unui arc nu depinde de m arimea cercului.
^In perechile de cercuri concentrice din gura 1.35, arcele corespondente au
aceea si m asur a. Observat i de asemenea c a, pe un cerc xat, cu c^ at un arc

CAPITOLUL 1. CERCUL 23
devine mai lung, cu at^ at m asura sa este mai mare. A sadar, un arc mare
are ^ ntotdeauna m asura mai mare dec^ at 180. Aceste idei sunt xate de
urm atoarea denit ie.
Denit ia 1.4.4. 1.M asura ^ n grade a unui arc mic este m asura unghiului
la centru corespunz ator (Figura 1.36).
Figura 1.36
2.M asura ^ n grade a unui semicerc este 180 (Figura 1.37 ).
Figura 1.37
3.M asura ^ n grade a unui arc mare este egal a cu 360 minus m asura arcului
mic corespunz ator (Figura 1.38).
Figura 1.38
De acum, m asura ^ n grade a unui arc se va numi simplu m asura acelui
arc. M asura unui arc dABse va nota cu m asura mdAB.

CAPITOLUL 1. CERCUL 24
Teorema 1.4.1 (Teorema de adunare a arcelor) .Dac aBeste un punct pe
arculdAC, atunci
m[ABC =mdAB+mdBC:
1.5 Unghiuri ^ nscrise  si arce interceptate
^In ecare dintre desenele gurii ^xse spune c a este ^ nscris ^ n arcul desenat
^ ngro sat.
Denit ia 1.5.1. Un unghi este ^ nscris ^ ntr-un arc dac a
(1) laturile unghiului cont in capetele arcului  si
(2) v^ arful unghiului este un punct al arcului, diferit de capetele arcului.
Bine^ nt eles c a dac a Deste alt punct al arcului [ABC , diferit de A siC,
atunci[ABC =\ADC  si deci ^ADC este  si el ^ nscris ^ n acela si arc.
Figura 1.39
^In gura 1.39, toate unghiurile indicate sunt^ nscrise^ n arcul dACcare este
desenat colorat. Figura sugereaz a c a toate aceste unghiuri sunt congruente;
aceasta este adev arat, a sa cum vom ar ata cur^ nd.
^In gura 1.40  si gura 1.41, unghiurile intercepteaz a arcul sau arcele
desenate colorat; ^ n gura 1.42 aceasta nu se mai ^ nt^ mpl a.

CAPITOLUL 1. CERCUL 25
Figura 1.40
Figura 1.41
Denit ia 1.5.2. Un unghi intercepteaz a un arc dac a
1) capetele arcului sunt pe laturile unghiului,
(2) toate celelalte puncte ale arcului sunt ^ n interiorul unghiului,  si
(3)ecare latur a a unghiului cont ine un cap at al arcului.
Teorema 1.5.1 (Teorema unghiului ^ nscris) .M asura unui ungh ^ nscris este
jum atate din m sura arcului pe care-l intercepteaz.
Fie^A^ nscris ^ n arcul[BAE de pe un cerc  si e dBCarcul interceptat de
^A(Figura 1.43). Atunci
m^A=1
2mdBC:

CAPITOLUL 1. CERCUL 26
Figura 1.42
Demonstrat ie. Cazul 1. S a consider am mai ^ nt^ ai cazul ^ n care ^Acont ine
un diametru al cercului (Figura 1.44).Avem:
r=s+t:
Conform teoremei triunghiului isoscel, t=s. A sadar
s=r
2:
Aceasta demonstreaz a teorema ^ n cazul 1, deoarece s=m^A sir=
m^dBC.
Cazul 2. S a presupunem c a B siCsunt de o parte  si de alta a diametrului
ce trece prin A(Figura 1.45). S tiind din cazul 1 c a
t=r
2 siu=s
2:
Prin adunare, t+u=1
2(r+s):Dart+u=m(^A)  sir+s=m(\BDC ).
Decim(^A) =1
2
m(dBC), ca  si ^ n cazul 1.
Cazul 3. S a presupunem c a B siCsunt de aceea si parte a diametrului
prinA(Figura 1.46). Atunci
r+s=m(\BCD )
 si
t+u=m(^BAD ):

CAPITOLUL 1. CERCUL 27
Figura 1.43
Figura 1.44
Din cazul 1,
t+u=1
2
(r+s)
 si
u=1
2s:
Deci
t=1
2r;
adic a
m(^A) =1
2mdBC;
ca ^ n cazurile anterioare.
Corolar 1.5.1. Un unghi ^ nscris ^ ntr-un semicerc este unghi drept.

CAPITOLUL 1. CERCUL 28
Figura 1.45
Demonstrat ie. Demonstrat ia este evident a (Figura 1.47): un astfel de unghi
intercepteaz a ^ ntotdeauna un semicerc  si 90 =1
2
180:
Corolar 1.5.2. Dou a unghiuri^ nscrise^ n acela si arc sunt congruente. Aceasta
este din nou evident: unghiurile intercepteaz a acela si arc.
Denit ia 1.5.3. Un triunghi este ^ nscris ^ ntr-un cerc dac a v^ arfurile tri-
unghiului sunt pe cerc. Dac a ecare latur a a triunghiului este tangent a la
un cerc, atunci triunghiul este circumscris cercului (Figura 1.48).
Un patrulater este ^ nscris ^ ntr-un cerc dac a v^ arfurile patrulaterului sunt
pe cerc. Dac a ecare latur a a patrulaterului este tangent a la un cerc, atunci
patrulaterul este circumscris cercului (Figura 1.48).
1.6 Arce congruente
Denit ia 1.6.1. ^In acela si cerc, sau ^ n cercuri congruente, dou a arce sunt
congruente dac a au aceea si m asur a.
Teorema 1.6.1. ^In acela si cerc sau ^ n cercuri congruente, dac a dou a coarde
sunt congruente, atunci arcele mici corespunz atoare sunt congruente.

CAPITOLUL 1. CERCUL 29
Figura 1.46
Demonstrat ie. Cu notat iile din gura 1.49, trebuie s a ar at am c a r=s:Din
L:L:L:
4APB=4A0P0B0:
A sadarm(^APB ) =m(^A0P0B0). Deoarece mdAB =m(^APB )  si
m[A0B0=m(^A0P0B0),avemr=s sidAB=[A0B0.
Teorema 1.6.2. ^In acela si cerc sau ^ n cercuri congruente, dac a dou a arce
sunt congruente, atunci coardele corespunz atoare sunt congruente.
Demonstrat ie. ^In demonstrat ie sunt trei cazuri de considerat, deoarece arcele
congruente pot  mici, mari sau semicercuri. ^In gura 1.50 este sugerat a
demonstrat ia cazului al doilea. Obt inem AB=A0B0dinL:U:L:
Teorema 1.6.3 (Teorema tangent a- secant a) .Se d a un unghi cu v^ arful pe
un cerc format de o semidreapt a secant a  si o semidreapt a tangent a. M asura
unghiului este jum atate din m asura arcului interceptat de el.
1.7 Teoreme asupra puterii unui punct fat  a de un cerc
Denit ia 1.7.1. Dac a [QA] este tangent a la un cere ^ n Aatunci [QA] se
nume ste segmentul tangent din Qla cerc. (Figura 1.51).

CAPITOLUL 1. CERCUL 30
Figura 1.47
Teorema 1.7.1 (Teorema celor dou a tangente) .Cele dou a segmente tan-
gente la un cerc dintr- un punct exterior sunt congruente  si determin a unghi-
uri congruente cu segmentul ce une ste punctul exterior cu centrul cerculul.
Reformulare.Se d a un cerc Ccu centrul ^ n P si un punct Qexterior lui
C(Figura 1.52). . Dac a QA siQB sunt tangente la C^ nA siB, atunci
QA=QB  si^PQA=^PQB .
Demonstrat ie. PA=PB, deoarece A siBsunt pe cerc, iar PQ=PQ.
Cunoa stem c a ^A si^Bsunt drepte. Din teorema ipotenuz a- catet a avem
4PQA=4PQB . DeciQA=QB si^PQA=^PQB , ceea ce trebuia
demonstrat. S a consider am acum cazul a dou a drepte secante la un cerc,
care trec prin acela si punct exterior.
^In gura 1.53, [ QS]  si [QT] se numesc segmente secante la cerc. Mai
exact , avem urm atoarea denit ie.
Denit ia 1.7.2. Dac a un segment intersecteaz a cercul ^ n dou a puncte  si
exact unul din aceste puncte este un cap at al segmentului , atnci segmentul
se nume ste segment secant la cerc .
Teorema urm atoare spune c a ^ n gura 1.53 avem ^ ntotdeauna
QR
QS=QU
QT:

CAPITOLUL 1. CERCUL 31
Figura 1.48
Figura 1.49
Altfel spus, produsul celor dou a distant e de la Qla cerc este complet
determinat de cerc  si de punctul Q si nu se schimb a c^ and alegem drepte
secante diferite.
Teorema 1.7.2 (Teorema puterii(secant a-secant a)) .Se d a un cerc C si un
punctQexterior lui. Fie L1, o dreapt a secant a prin Qintersect^ and cercul
^ nR siS siL2o alt a dreapt a secant a prin Qintersect^ and Q^ nU siT.
Figura 1.50

CAPITOLUL 1. CERCUL 32
Figura 1.51
Figura 1.52
Atunci
QR
QS=QU
QT:
Demonstrat ie. S a consider am triunghiurile 4QSU  si4QTR . Ele au ^Q
comun  si ^QSU=^QTR , deoarece sunt ^ nscrise ^ n acela si arc [RSU =
[RTU: Conform corolarului U:U: avem4QSU4QTR . A sadar
QS
QT=QU
QR;
adic a
QR
QS=QU
QT;
ceea ce trebuia demonstrat.
A sadar produsul QR
QSeste determinat de cercul C si de punctul
exteriorQ. Acest num ar se nume ste puterea lui Qfat  a deQ.

CAPITOLUL 1. CERCUL 33
Figura 1.53
Figura 1.54
Urm atoarea teorem a va spune c a ^ n gura 1.54 ^ n care [ QT] este segment
tangent, avem
QR
QS=QT2:
Aceast a ecuat ie ^ nseamn a c a
QT=p
QS
QS:
A sadar,QTeste media geometric a a lui QR siQS. Aceast a teorem a
este mai u sor de enunt at dec^ at cea precedent a.
Teorema 1.7.3 (Teorema puterii (tangent a- secant a)) .Se dau un segment
tangent [QT]la un cere  si o dreapt a secant a prin Q, care intersecteaz a cercul
^ n punctele R siS.
Atunci
QR
QS=QT2:
Cu alte cuvinte, p atratul lungimii unui segment tangent este puterea
captului s au exterior ^ n raport cu cercul dat.
Demonstrat ie. dTReste arcul interceptat de ^QST ^ n gura 1.54. Pa sii

CAPITOLUL 1. CERCUL 34
principali ^ n demonstrat ie sunt urm atorii:
(1)m(^QST ) =1
2mdTR:
(2)m(^QTR ) =1
2mdTR:
(3)^QST=^QTR
(4)^Q=^Q:
(5)4QST4QTR:
(6)QS
QT=QT
QR:
(7)QR
QS=QT2:
Teorema urm atoare spune c a ^ n gura 1.55 avem
QR
QS=QU
QT:
Figura 1.55
Teorema 1.7.4 (Teorema puterii(coard a-coard a)) .Fie[RS] siTU dou a
coarde ale aceluia si cerc, care se intersecteaz a ^ n Q.Atunci
QR
QS=QU
QT:

CAPITOLUL 1. CERCUL 35
Demonstrat ie. Pa sii principali din demonstrat ie:
(1)^U=^R:
(2)^SQU=^TQR:
(3)^SQU^TQR:
(4)QS
QT=QU
QR:
(5)QR
QS=QU
QT:
Aceast a teorem a ne permite s a denim puterea unui punct ^ n raport cu
un cerc, ^ n cazul^ n care punctul este interior cercului. Am v azut c a produsul
OR
QSeste determinat c^ and cercul C si punctulQsunt date; acest num ar
nu se modic a c^ and schimb am coarda ce cont ine pe Q. Putem deci deni
puterea lui Qfat  a deCca indQR
QS.
1.8 Cercul ^ n geometria analitic a
Dac a x am un sistem de coordonate ^ n plan, este u sor de v azut care este
ecuat ia cercului. S a consider am mai ^ nt^ ai cazul ^ n care centrul este ^ n orig-
ine. Cercul cu centrul ^ n O si de raz ar(Figura 1.56) este denit de condit ia
OP=r:
Figura 1.56

CAPITOLUL 1. CERCUL 36
Dac aPare coordonatele ( x;y), folosim formula distant ei  si scriem alge-
bric ecuat ia cercului, astfel:
p
(x0)2+ (y0)2=r;
sau
x2+y2=r2:
Dac a centrul este ^ n punctul Q(a;b) (Figura 1.57), atunci cercul este
denit de condit ia
QP=r:
Figura 1.57
Algebric, avemp
(xa)2+ (yb)2=r;
sau
(xa)2+ (yb)2=r2:
Teorema 1.8.1. Gracul ecuat iei
(xa)2+ (yb)2=r2
este cercul cu centrul (a;b) si de raz ar.
Demonstrat ie. Putem aplica aceast a teorem a ^ n ambele sensuri.
(1) Dac a  stim centrul  si raza, putem scrie o ecuat ie a cercului. De exem-
plu, cercul cu centrul (3 ;1)  si raza 2 (Figura 1.58) este gracul ecuat iei
(x3)2+ (y1)2= 4:

CAPITOLUL 1. CERCUL 37
Figura 1.58
(2) D^ andu-se o ecuat ie de tipul celei din teorema de mai sus, putem spune
care este centrul  si c^ at este raza cercului. De exemplu, d^ andu-se
(x+ 1)2+ (y2)2= 9;
 stim c a centrul este ( 1;2)  si raza 3 (Figura 1.59).
Figura 1.59
S a presupunem ^ ns a c a a doua ecuat ie ajunge ^ n m^ ainile cuiva c aruia ^ i
place s a simplice orice ecuat ie pe care o vede. El ar  simplicat forma
standard, obt in^ and:
x2+ 2x+ 1 +y24y+ 4 = 9
deci
x2+y2+ 2x4y4 = 0:
Uneori vet i ^ nt^ alni ecuat iile cercurior date sub aceast a form a. Pentru
a g asi gracul unei astfel de ecuat ii, trebuie s a o "desimplic am"  si s a o

CAPITOLUL 1. CERCUL 38
aducem la forma standard
(xa)2+ (yb)2=r2:
Metoda este de a completa p atratele. Mai ^ nt^ ai, rearanj am termenii ^ n
a sa fel ^ ncat termenii ^ n care apare xs a e la un loc, termenii ^ n care apare
ys a e la un loc, iar constantele le trecem ^ n membrul drept. Avem
x2+ 2x+y24y= 4:
Dorim s a ad aug am ceva la primii doi pentru a forma un p atrat perfect.
Dorim deci ca
x2+ 2x+ (?) = (xa)2:
Deoarece
(xa)2=x22ax+a2:
Trebuie s a avem a=1,a2= 1. Trebuie deci s a adun am 1. (Regula este
simpl a: lu am jum atate din coecientul lui x si ridic am la p atrat rezultatul.)
Analog form am un p atrat perfect cu termenii ^ n care apar y, adun^ and 4.
Deoarece ^ n total am adunat 5 ^ n membrul st^ ang, trebuie s a adun am 5
 si ^ n membrul drept. Deci
x2+ 2x+ 1 +y24y+ 4 = 4 + 5 ;
sau
(x+ 1)2+ (y4)2= 9;
ceea ce reprezint a forma standard. Din aceast a form a standard putem spune
c a centrul cercului este ^ n ( 1;2)  si c a raza este 3.
Dac a ^ n forma standard ( xa)2+ (yb)2=r2^ nmult im  si rearanj am
termenii, obt inem
x2+y22ax2ay+a2+b2r2= 0;
aceasta are forma
x2+y2+Ax+By+C= 0;

CAPITOLUL 1. CERCUL 39
unde
A=2a;B=2b;C=a2+b2r2:
Avem deci urm atoarea teorem a.
Teorema 1.8.2. Orice cerc este gracul unei ecuat ii de forma
x2+y2+Ax+By+C= 0:
Pare rezonabil s a presupunem c a reciproca este de asemenea adevarat a.
Altfel spus, am putea crede c a gracul unei ecuat ii de aceast a form a este
^ ntotdeauna un cerc. Aceasta ^ ns a nu este deloc adev arat. S consider am de
exemplu, ecuat ia x2+y2= 0. AiciA=B=C= 0. Dac a x siysatisfac
aceast a ecuat ie , atunci x siysunt ambii 0. A sadar gracul cont ine un
singur punct  si anume originea.
S a consider am apoi ecuat ia x2+y2+ 1 = 0. Aici A=B= 0  siC= 1.
Deoarecex20 i y20 pentru orice x siy, rezult a ca x2+y2+ 11,
pentru orice x siy. A sadarx2+y2+ 1 nu este niciodat a egal a cu 1 oric^ at ar
x siy. Deci gracul acestei ecuat ii nu cont ine niciun punct, gracul este
mult imea vid a.
Teorema urm atoare ne spune c a, de fapt,singurele grace posibile sunt
cercul – la care ne a steptam la ^ nceput-  si cele 2 situat ii diferite pe care
tocmai le-am discutat.
Teorema 1.8.3. Gracul ecuat iei
x2+y2+Ax+By+C= 0
este(1)un cerc , (2) un punct , sau (3) mult imea vid a.
Demonstrat ie. S a complet am ^ n ecuat ia general a, p atralele pentru termenii
ce cont inx si pentru termenii ce cont in y, la fel ca mai ^ nainte .
Avem
x2+Ax+y2+By=C:
x2+Ax+A
22
+y2+By+B
22
=C+A
22
+B
22
;

CAPITOLUL 1. CERCUL 40

x+A
22
+
y+B
22
=A2+b24C
4:
Sunt trei posibilit at i.
(1) Dac a fract ia din dreapta este pozitiv a, atunci are o r ad acin a p atrat a.
Gracul este atunci cercul cu centrul
(a;b) =
A
2;B
2
 si raza
r=1
2p
A2+B24C:
(2) Dac a fract ia din dreapta este 0, atunci gracul este punctul

A
2;B
2
:
(3) Dac a fract ia din dreapta este negativ a atunci gracul este mult imea
vid a deoarece membrul st^ ang nu poate  negativ.
1.9 Construct ii cu rigla  si compasul
P^ an a acum am f acut geometrie utiliz^ nd rigla gradat a  si raportorul. De
fapt, axiomele noastre ne spun c a avem o rigl a gradat a de lungime innit a,
^ n care gradat iile sunt numere. Am folosit aceast a rigl a pentru a desena
drepte  si pentru a m asura distant e. Avem de asemenea un raportor. Cu
acesta putem m asura unghiuri  si putem desena un unghi de m asur a dat a
pe o semidreapt a dat a.
Acesta este probabil cel mai simplu mod de a face geometrie. Exist a
^ ns a un alt mod, foarte important, de a g^ andi geometria: geometria cu rigla
(negradat a)  si compasul. Aici nu avem o rigl a gradat a, ci doar o "margine
dreapt a" (evident innit a), astfel^ nc^ at, de si putem desena drepte, nu putem
m asura distant e. Mai avem  si un compas. Cu acesta putem desena cercuri,
dac a ni se d a un punct drept centru  si un alt punct prin care s a treac a acel
cerc. Nu mai putem m asura unghiuri, a sa cum nu mai putem m asura nici
distant e.

CAPITOLUL 1. CERCUL 41
Aceasta este metoda dezvoltat a de geometrii Greciei Antice. (Distanta
 si m asura unghiurilor nici nu sunt ment ionate ^ n "Elementele lui Euclid".)
Aceast a metod a are  si ast azi un interes matematic considerabil conduc^ and
la tot felul de probleme curioase, atunci c^ and ^ ncerc am s a g asim gurile care
se pot desena cu rigla  si compasul. Solut iile la aceste probleme au  si valoare
practic a ^ n desenul tehnic; de aceea desenatorii de profesie le cunosc.
Indiferent de modul ^ n care facem geometrie, avem c^ ateva instrumente
zice de desenat  si o teorie matematic a corespunz atoare. ^In ecare caz teoria
matematic a este exact a pe c^ and rezultatele obt inute cu instrumentele zice
de desen sunt doar aproximative.
Pentru a justica construct iile noastre cu rigla  si compasul, avem nevoie
de o teorem a care s a descrie modul ^ n care se intersecteaz a dou a cercuri.
S presupune c a avem date dou a cercuri de raze a sib, cucdistant a ^ ntre
centre.
Figura 1.60
Dac a aceste cercuri se intersecteaz a ^ n dou a puncte, ca ^ n gura 1.60,
atunci ecare din numerele a;b siceste mai mic dec^ at suma celorlalte
dou a. Obt inem aceste trei inegalit at i aplic^ and inegalitatea triunghiului. La
triunghiul4POR , ^ n trei moduri. Pe de alt a parte, dac a una dintre aceste
inegalit at i este adevarat a ^ n sens invers, cercurile nu se intersecteaz a  si avem
cazurile din gurile 1.61, 1.62, 1.63.

CAPITOLUL 1. CERCUL 42
Figura 1.61
Figura 1.62
^In sf^ ar sit, dac a suma a dou a dintre numerele noastre este egal a cu al
treilea atunci cercurile sunt tangente (Figurile 1.64, 1.65, 1.66).
Figura 1.63

CAPITOLUL 1. CERCUL 43
Figura 1.64
Figura 1.65
Aceast a discut ie este descris a ^ n teorema urm atoare.
Teorema 1.9.1 (Teorema celor dou a cercuri) .Fie dou a cercuri cu razele a
 sib, iarcdistant a dintre centrele lor. Dac a ecare dintre numerele a;b si
ceste mai mic dec^ at suma celorlalte dou a, atunci cercurile se interseeteaz a
^ n dou a puncte a
ate de o parte  si de alta a dreptei centrelor (Figura 1.67).
Aceasta este o teorem a, deoarece poate  demonstrat a dac a ne hot ar^ am
s a muncim din greu.

CAPITOLUL 1. CERCUL 44
Figura 1.66
Figura 1.67
1.10 Cercuri ^ nscrise  si circumscrise
^In gura 1.68, cercul C1, este ^ nscris ^ n4ABC , iar cercul C2, este circum-
scris ^ n4ABC .
Denit ia 1.10.1. Dac a un cerc este tangent la toate laturile unui triunghi,
atunci spunem c a acest cerc este ^ nscris ^ n 4ABC , iar triunghiul este cir-
cumscris cercului.
Denit ia 1.10.2. Dac a un cerc cont ine toate cele trei v^ arfuri ale unui
triunghi, atunci spunem c a acest cerc este circumscris triunghiului, iar tri-

CAPITOLUL 1. CERCUL 45
Figura 1.68
unghiul este ^ nscris ^ n cerc.
Orice triunghi este circumscris unui cerc  si este ^ nscris ^ n alt cerc. Un
mod neriguros de a vedea c a aceasta este adevarat este de a imagina un cerc
mic ^ n interiorul unui triunghi  si s a-l "m arim" treptat. ^In momentul ^ n care
nu-l mai putem m ari, ar trebui s a e ^ nscris. Analog, g^ andit i-v a la o  sin a
de ot el ajustabil a, str^ ang^ andu-se treptat ^ n jurul unui triunghi din exterior.
^In momentul c^ and nu se mai poate str^ ange, ar trebui s a e circumscris a.
Vom demonstra acum nu numai existent a cercului ^ nscris  si a celui cir-
cumscris, dar  si cum se construiesc ele cu rigla  si compasul.
Demonstrat ie.
Figura 1.69

CAPITOLUL 1. CERCUL 46
Construct ia cercului circumscris unui triunghi (Figura 1.69).
Se d a4ABC:
Pasul 1. Construim mediatoarele lui AB siAC: Aceste drepte se inter-
secteaz a ^ ntr-un punct P;undePeste echidistant fat  a de A;B  siC:
Pasul 2. Desen am un cerc cu centrul ^ n P si de raz ar=PA: Deoarece
PB=PC=PA=r;cercul cont ine nu numai pe A;dar  si peB siC:
Denit ia 1.10.3. Punctul de intersect ie al mediatoarelor laturilor unui
triunghi se nume ste centrul cercului circumscris triunghiului .
Putem desena de asemenea  si cercul ^ nscris.
Figura 1.70
Demonstrat ie. Construct ia cercului ^ nscris ^ ntr-un triunghi (Figura 1.70)
Se d a4ABC:
Pasul 1. Desen am bisectoarea lui \A:
Pasul 2. Desen am bisectoarea lui \B:
Aceste bisectoare se intersecteaz a ^ ntr-un punct echidistant fat  a de cele
trei laturi ale triunghiului.
Pasul 3. Cobor^ am o perpendicular a din PpeAC: FieDpiciorul per-
rpendicularei.
Pasul 4. Desen am un cerc cu centrul P si razar=PD: (Figura 1.71).
Cercul construit este tangent la AC^ nDdeoareceACeste penpendicu-
lar a pe raza PD: Din acela si motiv, cercul este tangent  si la celelalte dou a
laturi. Am construit deci cercul cerut.

CAPITOLUL 1. CERCUL 47
Figura 1.71
Denit ia 1.10.4. Punctul de concurent  a al bisectoarelor unui triunghi se
nume ste centrul cercului ^ nscris triunghiului .
1.11 Poligoane regulate
Denit ia 1.11.1. Un poligon este regulat dac a:
1) este convex;
2) toate laturile sunt congruente;
3) toate unghiurile sunt congruente.
Exemplul 1.11.1. Un triunghi echilateral este un 3 gon regulat, iar un
p atrat este un 4gon regulat.
Observat ia 1.11.1. Se pot construi ngoane regulate cu orice num ar de
laturi, folosind urm atoarea metod a (Figura 1.72).
Figura 1.72
^Incepem cu un cerc cu centrul ^ n Q si raz ar:^Imp art im mai ^ nt^ ai cercul
^ nnarce congruente, puse cap at la cap at. Fiecare dintre aceste arce are

CAPITOLUL 1. CERCUL 48
m asur a 360 =n:(^In gura 1.72 este ar atat cazul n= 8:) La ecare arc mic,
desen am coarda corespunz atoare. Obt inem astfel un poligon cu v^ arfurile
P1;P2;


;Pn:Este u sor de v azut c a acest poligon este convex. Laturile
sale sunt congruente, deoarece arcele mici sunt congruente.
Dac a desen am razele din Qla v^ arfuri, obt inem o mult ime de triunghiuri
isoscele. Conform cazului L.L.L, toate aceste tiunghiuri sunt congruente.
A sadar toate unghiurile poligonului sunt congruente. (M asura ec arui unghi
este dublul m asurii unghiului de la baza unuia dintre aceste triunghiuri
isoscele). A sadar poligonul este regulat.
Este adev arat  si reciproc: orice poligon regulat poate  construit ^ n
modul de mai sus. Centrul Qal cercului ^ n care poligonul este ^ nscris se
nume ste centrul poligonului . Deoarece toate triunghiurile isoscele din gura
1.72 sunt congruente, ele au aceea si baz a e si aceea si ^ n alt ime a:Num arul
aeste distant a de la centru la o latur a (Figura 1.73).
Figura 1.73
Denit ia 1.11.2. Distant aade la centrul unui poligon regulat la ecare
dintre laturile sale se nume ste apotema poligonului.
Observat ia 1.11.2. Perimetrul se noteaz a cu P:EvidentP=ne:Este
u sor de calculat aria regiunii determinate de un poligon regulat. Fiecare
triunghi isoscel are aria1
2ae:Suntntriunghiuri isoscele. A sadar aria este
An=n
1
2ae=1
2aP:

CAPITOLUL 1. CERCUL 49
1.12 Circumferint a cercului
Vom considera ngoane regulate pentru diverse valori ale lui n:De obicei,
not am latura, apotema  si perimetrul unui ngon regulat ^ nscris ^ ntr-un cerc
de raz ar;cul;a siP:
FieCcircumferint  a unui cerc. Pare rezonabil s a presupunem c a dac a
vrem s a m asur am Caproximativ,putem face aceasta ^ nscriind un poligon
regulat cu un num ar mare de laturi  si m asur^ and apoi perimetrul poligonului.
Altfel spus, perimetrul Par trebui s a e o bun a aproximare pentru C;atunci
c^ andneste mare. Vom descrie aceast a situat ie prin simbolul:
P!C;
spun^ and c a Pse apropie de Cla limit a.
^Ins a nu se poate demonstra acest lucru ^ ntruc^ at nu exist a o denit ie
matematic a a circumferint ei.
Se poate remedia u sor aceasta consider^ and armat ia
P!C
ca denit ie pentru C:
Denit ia 1.12.1. Circumferint a unui cerc este limita perimetrelor poligoanelor
^ nscrise ^ n el.
Dorim s a denim num arul ;ca raportul dintre circumferint  a  si diametru.
Pentru a putea da aceast a denit ie, trebuie c a ar at am mai ^ nt^ ai c a raportul
C=2reste acela si pentru toate cercurile, indiferent de raz a.
Teorema 1.12.1. Raportul dintre circumferint  a  si diametru este acela si
pentru orice cerc.
Demonstrat ie. Se d a un cerc cu centrul Q si razar si un cerc cu centrul Q0
 si razar0:^In ecare dintre aceste cercuri s a ^ nscriem un ngon regulat.
^In gura 1.74 am ar atat doar c^ ate o latur a a ec arui ngon, cu tri-
unghiul isoscel corespunz ator. Cele dou a unghiuri la centru sunt congruente,

CAPITOLUL 1. CERCUL 50
Figura 1.74
deoarece m asura ec aruia este 360 =n:Laturile sunt proport ionale:r0
r=r0
r:
Conforma teoremei de asem anare L:U:L avem4BQA4B0Q0A0:
A sadar
l0
r0=l
r;nl0
r0=nl
r;P0
r0=P
r:
CumP!C siP0!C0;din denit ie avem
P
r=C
r;P0
r0=C0
r0:
DeoareceP
r siP0
r0sunt egale, limitele lor sunt acelea si,
C
r=C0
r0=C0
2r0
ceea ce trebuia demonstrat.
Denit ia 1.12.2 (Aria cercului) .O regiune circular a este reuniunea unui
cerc cu ineriorul s au.
C^ and vorbim de "aria unui cerc" ^ nt elegem aria regiunii circulare core-
spunz atoare.
D^ andu-se un cerc de raz a r;^ nscriem ^ n el un ngon regulat (Figura 1.75.
Denit ia 1.12.3. Aria unui cerc este limita ariilor poligoanelor regulate
^ nscrise ^ n el.
Teorema 1.12.2. Aria unui cerc de raz a rester2:

CAPITOLUL 1. CERCUL 51
Figura 1.75
1.13 Asupra raportului dintre lungimea  si diametrul
cercului
Pentru a determina lungimea cercului, Arhimede (sec. III ^ .e.n) dezvolt a
ideea de a folosi poligoane regulate ^ nscrise  si circumscrise cercului. El
consider a dou a triunghiuri echilaterale, unul^ nscris  si cel alalt circumscris ,  si
apoi m are ste prin dedublare num uarul laturilor, ajung^ and la dou a poligoane
cu 96 de laturi. Ajunge astfel la concluzia c alungimea cercului este cuprins a
cu o bun a aproximat ie ^ ntre perimetrele celor dou a poligoane. Deduce ^ n
acest mod c a raportul dintre ungimea cercului  si lungimea diametrului s au
este cuprins ^ ntre 3,140  si 3,142. Ulterior acest raport s- a notat cu , adic a
circumferint  a (cerc) sau periferie.
Ment ion am c a metoda dezvoltat a de Arhimede a fost ranat a ulterior,
mai ^ nt^ ai sub forma m asurii Jordan, constituindu-se ^ n analiza matematic a
modern a o teorie a m asurii mult imilor. De altfel, pentru denirea lungimii
unei curbe este sucient s ase considere o linie poligonal a ^ nscris a ^ n curba
dat a. pe m asur a ce num arul punctelor de diviziune cre ste(diviziunea devine
mai n a), linia poligonal a se apropie ca form a tot mai mult de curba con-
siderat a. De aceea lungimea curbei este denit a ca limita lungimii liniei
poligonale c^ and num arul punctelor de diviziune tinde la /, iar lungimea
oric arei laturi a liniei tinde la 0. ^ n acest mod problema se reduce la calcu-
lul unei integrale.
^In geometria euclidian a raportul dintre lungimea cercului  s i lungimea
diametrului s au este constant, este acela si pentru toate cercurile. dar, dup a

CAPITOLUL 1. CERCUL 52
cum este cunoscut, ^ n secolul trecut s-a constituit geometria neeucidian a,
geometrie^ n care suma m asurilor unghiurilor unui triunghi nu mai este egal a
cu dou a unghiuri drepte. Mai exact, a ap arut heometria hiperbolic a sau
Lobacevski- Bolyai, ^ n care suma m asurilor unghiurilor triunghiului este mai
mic a dec^ at 180,  si geometria eliptic a, ^ n care suma m asurilor unghiurilor
triunghiului este mai mare dec^ at 180 .
^In cele ce urmeaz a vom ar ata ce propriet at i are raportul dintre lungimea
 si diametrul cercului^ n cazul acestor geometrii. Mai^ nt^ ai,^ ns a, vom prezenta
proprietatea acestui raport de a  constant ^ n planul euclidian.
Dup a cum am ment ionat, lungimea cercului este denit a ca limita poligonu-
lui ^ nscris au circumscris, c^ and num arul laturilor n!/.
Figura 1.76
Fiepnperimetrul poligonului regulat cu nlaturi ^ nscris ^ n cercul de raz a
r, iarPnperimetrul poligonului circumscris. Dac a aneste lungimea laturii
poligonului ^ nscris, putem scrie an= 2rsin(180
n).
Perimetrele pn, c^ andn!1 , formeaz a un  sir cresc ator  si m arginit supe-
rior (o margine poate , de exemplu, perimetrul hexagonului circumscris).
De aceea el este convergent. Fie lim pn=p. Pe de alt a parte, c^ and n!1 ,
perimetrele Pnformeaz a un  sir descrec ator  si m arginit inferior, deci exist a
limPn=P. Vom ar ata c a p=P. Dac arneste apotema poligonului
^ nscris, putem scrie rn=rcos(180
n). Rezult a lim rn=r. Pe de alt a
parte, raportul perimetrelor a dou a poligoane regulate cu acela si num ar de

CAPITOLUL 1. CERCUL 53
laturi este egal cu raportul apotemelor lor, adic apn
Pn=rn
r. Prin urmare
limpn
Pn=p
P= limp
p= 1:
Cu alte cuvinte, cele dou a  siruri au aceea si limit a p=P=L.
Teorema 1.13.1. ^In planul euclidian raportul dintre lungimea cercului  si
lungimea diametrului este o constant a.
Demonstrat ie. ^Intr-adev ar, putem scrie
Q=L
2r=p
2r= lim2nrsin(180=n)
2r= limnsin(180=n) =;
unde limita nu depinde de cercul considerat.
Se obt ine deci pentru lungimea cercului
L= 2r(1):
Evident, formula (1) are loc  si pentru cercul de pe suprafet rle aplicabile
pe plan, ^ n particular pentru cercul de pe un cilindru circular drept. ^ n acest
caz cercul este denit tot ca locul geometric al punctelor egal dep artate de
un punct dat. Numai c a raza nu mai poate lua orice valoare, ci r<R ,R
ind raza cilindrului.
S-ar p area c a formula (1) poate  dedus a  si cu ajutorul calculului integral.
^ ntr-adev ar, e x2+y2=r2ecuat ia cercului cu centrul ^ n originea sistemului
de coordonate din plan. Se obt ine semicercul denit prin y0
y=f(x) =p
r2x2;rxr:
Se poate scrie
L= 2Zr
rp
1 +y02dx;
undey0=x=p
r2x2. Deoarece derivata y0nu este m arginit a pentru
x=r(tangenta la cerc este paralel a cu axa ordonatelor), vom integra
pentru 0xrp
2.
Obt inem:
L= 8Zrp
2
0p
1 +y02dx= 8rZrp
2
0dxp
r2x2= 8rarcsinp
2
2= 2r:

CAPITOLUL 1. CERCUL 54
Se observ a c ade fapt pentru valorile funct iei arcsin s-a folosit , introdus
tocmai cu ajutorul relat ie (1).
^In schimb, odat a introdus raportul , se poate obt ine aria cercului cu
ajutorul calculului integral. Rezult a, pentru ce rcul considerat,
A= 4Zr
0f(x)dx= 4Zr
0p
r62x2dx=r2:
Pentru obt inerea c^ at mai precis a a lui prin metoda lui Arhimede s-au
folosit poligoane cu un num ar tot mai mare de laturi. Astfel, Vi ete, folosind
poligoanele cu 3
1017laturi, a obt inut cu 9 zecimale excte, iar Ludolph
van Ceulen a obt inut cu 35 zecimale excte cu ajutorul poligoanelor 60
229
laturi. Ulterior s-au dat  si alte metode de determinare a lui (cu ajutorul
seriilor), care au permis s a se obt in a cu un num ar  si ai mare de cife, iar
folosirea calculatoarelor electronice a permis obt inerea lui cu sute de mii
de zecimale. Tendint a de a obt ine cu un num ar c^ at mai mare de zecimale a
avut la baz a, pe de o parte, necesitatea de a cunoa ste c^ at mai exact valoarea
luipentru efectuarea de calcule(^ n particular astronomice), iar de pe alt a
parte punerea ^ n evident  a a faptului dac a este num ar rat ional(fract ie
zecimal a nit a sau periodic a).
Dup a cum a ar atat Lambert este un num ar irat ional. dar natura
num aruluia fost stabilit a abia ^ n 1882 de c atre Lindemann. El a ar atat
c aeste un num ar transcendent. Cu alte cuvinte, nu este solut ie a unei
ecuat ii algebrice cu coecient cti ^ ntregi. ^ n acest mod s-a demonstrat c a
problema cuadraturii cercului nu are solut ie. Adic a se poate construi cu
rigla  si compasul un p atrat de arie egal a cu a unui cerc de raz a dat a.
Se observ a c a problema naturii num arului , problem a pus a ^ nc a din
antichitate,  si-a g asit rezolvarea abia ^ n secolul al XIX- lea, adic a dup a dou a
milenii. A sa cum am ment ionat deja, tot ^ n secolul al XIX- lea  si- a g asit
solut ia  si problema postulatului paralelelor, problem a pus a de asemenea din
antichitate, odat a cu aparit ia lucr arii Elementele a lui Euclid. Solut a a fost
obt inut a de Bolyai, Gauss  si Lobacevski.

CAPITOLUL 1. CERCUL 55
1.14 Aspecte metodice privind predarea cercului in
gimanziu si liceu
Conform programei  scolare, primele cuno stint e despre cerc (denit ie, construct ie,
elemente, pozit ii relative) se reg asesc ^ n geometria clasei a VI-a; geometria
clasei a VII-a continu a studiul cercului ^ n urm atoarea ordine: determinarea
cercului, elementele cercului, pozit iile unei drepte fat  a de cerc, unghi la cen-
tru ^ nscris ^ n cerc, patrulater inscriptibil  si ^ ncheie studiul cercului ^ n geome-
tria clasei a IX-a astfel: denit ii, coarde, arce, unghi la centru, unghi ^ nscris,
poligoane ^ nscrise  si circumscrise, probleme de loc geometric, pozit ia rela-
tiv a a dou a cercuri, puterea punctului fat  a de cerc, lungimea  si aria cercului.
Dup a ce ^ n clasa a VI-a elevii au ^ nv at at denit ia cercului  si construct ia lui
cu ajutorul compasului, ^ n clasa a VII-a completeaz a cuno stint ele referitoare
la cerc, iar ^ n clasa a IX-a le consolideaz a.
Ei au studiat deja bisectoarea unui unghi  si mediatoarea unui segment ca
locuri geometrice, au^ nsu sit a aceast a not iune de loc geometric, deci o putem
utiliza ^ n denirea cercului. ^Ii vom determina pe elevi s a ^ nt eleag a c a orice
punct al cercului are proprietatea c a se a
 a la distant a dat a rde punctul O.
^In plan nu mai exist a alte puncte dec^ at cele de pe cercul desenat, care s a
e la distant a rde punctul O.^In acest capitol avem dou a serii de teoreme:
teoreme simple, u sor de intuit, de demonstrat, cum sunt cele referitoare la
coarde  si arce, diametrul perpendicular pe o coard a, congruent a coardelor
 si a distant elor de la centrul cercului la acestea, pozit ia dreptei fat  a de
cerc, teoreme mai greu de ^ nt eles  si intuit ^ n form a general a  si complet a
cum sunt cele referitoare la unghi ^ nscris ^ n cerc, patrulatere inscriptibile.
Avem ^ n plus  si o problem a nou a, aceea a determin arii cercului. Enunt ul
de a construi un cerc este legat ^ n mintea copilului, prin toat a experient a
lui anterioar a, de ideea: am centrul  si raza. Pentru prima dat a ^ i cerem s a
construiasc a un cerc, f ar a a-i da centrul  si raza, urm^ and ca el s a le g aseasc a
^ n condit iile date. Urm arim ca elevul s a ^ nt eleag a c a aceast a condit ie "s a
treac a prin trei puncte date" determin a ^ n mod unic cercul. Aceast a idee nu
este ^ nt eleas a bine, dec^ at ^ n confruntare cu contrara ei, cerc nedeterminat.

CAPITOLUL 1. CERCUL 56
^Incepem deci cu problema: Se d a un punct A. S a se deseneze un cerc care
trece prinA. Dup a ce^ nl atur am unele nel amuriri^ n leg atur a cu ce ^ nseamn a
"a trece prin A" (unii elevi ^ nt eleg s a-l ia pe Acentru), scoatem ^ n evident  a
faptul c a putem construi "multe" cercuri trec^ and prin A, centrele acestor
cercuri ind oriunde ^ n plan. Punem acum problema de a construi un cerc
care s a treac a prin dou a puncte distincte A  si B. Ghidat i de cazul precedent,
lu^ and centrul la ^ nt^ amplare, observ am c a cercul poate trece prin A, dar nu
prin B, ceea ce ^ nseamn a c a centrul trebuie luat ^ n a sa fel ^ nc^ at OA=
OB. Unde sunt punctele care ^ ndeplinesc aceast a condit ie? Pe mediatoarea
segmentului AB.^Ii ^ ndrum am pe elevi s a observe c a putem construi oric^ ate
cercuri vrem care s a treac a prin cele dou a puncte, cu condit ia ca centrul lor
s a e pe mediatoarea segmentului AB.
Trecem la al treilea caz, c^ and se dau trei puncte necoliniare. Este primul
contact al elevului cu metoda intersect iei locurilor geometrice. S tim c a,
pentru ca cercul s a treac a prin punctele A siB, centrul trebuie s a e pe
mediatoarea segmentului AB, dar nu ^ n orice punct al acesteia, deoarece
s-ar putea ca cercul s a nu treac a prin C. Dac a vrem ca cercul sa treac a prin
B siC, centrul cercului se va g asi pe mediatoarea segmentului BC, dar nu
^ n orice punct al acestuia, deoarece s-ar putea ca cercul s a nu treac a si prin
A. Elevii pot deduce acum c a centrul cercului c autat este la intersect ia celor
dou a mediatoare, ind punct egal dep artat de A siB, g asindu-se pe prima
mediatoare  si de B siC, g asinduse pe a doua mediatoare. Mediatoarele
ind unice, punctul O(intersect ia mediatoarelor), este unic determinat.
Deci, exist a un singur cerc care s a treac a prin punctele A, B  si C. Cele
armate pot constitui o justicare intuitiv a, accesibil a pentru existent a  si
unicitatea cercului cu trei puncte date. Nu este o demonstrat ie riguroas a
deoarece nu r aspunde ^ ntreb arii: Cine ne asigur a c a cele dou a mediatoare
se intersecteaz a ^ ntr-un punct?. Deci o demonstrat ie riguroas a a problemei:
trei puncte necoliniare date determin a un cerc  si numai unul ( si este bine s a-
i obi snuim pe elevi cu astfel de formul ari pentru a-i preg ati pentru studiul
geometriei din clasa a IX-a) se poate face cu elevii care au un nivel mai
ridicat de preg atire, ^ n cadrul cercului de matematic a. Referitor la m asura

CAPITOLUL 1. CERCUL 57
unghiurilor  si a arcelor, se impun c^ ateva probleme importante:
-s a explic am de ce spunem m asura unghiului la centru = m asura arcului
cuprins  si nu spunem unghiul = arcul cuprins.
-s a explic am de ce dou a arce din cercuri necongruente pot avea acela si
num ar de grade, de si au lungimi diferite.
^In aceast a etap a, elevul nu are bine xat a not iunea de egalitate ^ n geome-
trie (suprapunere de guri) cuv^ antul egal ^ i evoc a ^ n minte numere egale. ^Il
vom l amuri c a unghiul  si arcul sunt guri,  si guri egale ^ n geometrie sun
cele care coincid.
La predarea temei: "Pozit iile unei drepte fat  a de un cerc" vom ar ata
mai ^ nt^ ai c a o dreapt a nu poate avea mai mult de dou a puncte distincte
comune cu un cerc, respectiv drepte care au un singur punct comun cercului,
numind de ecare dat a pozit ia dreptei fat  a de cerc  si scriind relat ia care
exist a ^ n ecare caz ^ ntre raza cercului  si distant a de la centrul cercului
la dreapt a. T  in^ and cont c a enunt ul teoremei unghiului ^ nscris este greu de
^ nt eles: m asura unghiului este egal a cu jum atate din m asura arcului cuprins
(sunt termeni care trebuie explicat i, interpretat i), este bine s a nu^ ncepem cu
enunt ul ci cu unele considerat ii intuitive care s a ne a seze pe linia ^ nt elegerii
enunt ului  si a descoperirii demonstrat iei. Dup a ce actualiz am mai ^ nt^ ai
unele not iuni ca: m asura unghiului la centru, unghi exterior unui triunghi
 si faptul c a unghiul exterior de la v^ arful triunghiului isoscel are m asura
egal a cu dublul m asurii unghiului de la baz a, desen am un cerc, un unghi la
centru ]AOB , stabilim m asura lui, apoi punem problema.
Dac a nivelul de preg atire al clasei permite, este bine s a se dea ambele
metode de deducere a m asurii unghiului ^ nscris, dac a nu ^ n cadrul acelea si
ore, ^ n cadrul cercului cu elevii clasei, sau s a se propun a a doua metod a ca
tem a. Bine^ nt eles, c a se vor da apoi aplicat ii simple ^ n care se cere s a sencal-
culeze unghiul c^ and se d a arcul, sau arcul c^ and se d a unghiul (m asurile lor),
apoi aplicat ii mai dicile din manual sau culegeri. O prim a observat ie,
dup a predarea teoremelor referitoare la patrulatere inscriptibile, este c a
p atratul, dreptunghiul  si trapezul isoscel sunt patrulatere inscriptibile. O
alt a observat ie util a ^ n rezolv ari de probleme este aceea c a un unghi interior

CAPITOLUL 1. CERCUL 58
al unui patrulater inscriptibil este congruent cu unghiul exterior al unghiului
opus (sunt congruente deoarece au acela si suplement).
Propriet at ile patrulaterului inscriptibil se consolideaz a printr-un volum
de aplicat ii bine dozat (ca num ar  si dicultate gradat a), pun^ andu-se accent
pe cele privind linii  si puncte importante ^ n triunghi. Select ionarea prob-
lemelor propuse pentru considerarea temei se face  si ^ n funct ie de nivelul
clasei, ^ n a sa fel ca dup a parcurgerea temei  si elevul de not a minim a de
promovare s a r am^ an a cu convingerea c a, ind dat un patrulater convex,
cercul determinat de oricare trei dintre v^ arfurile sale nu trec totdeauna  si
prin al patrulea  si c a, atunci c^ and trece, spunem c a patrulaterul este in-
scriptibil, iar c^ and nu trece, spunem c a nu este inscriptibil. Dup a acest
criteriu al inscriptibilit at ii, elevul r am^ ane cu convingerea c a mult imea tu-
turor patrulaterelor se ^ mparte ^ n dou a submult imi disjuncte, cea a patru-
laterelor inscriptibile  si cea a patrulaterelor neinscriptibile, c a ind dat un
cerc, ^ ntotdeauna ^ n el putem ^ nscrie un patrulater convex, reciproc ^ ns a,
ind dat un patrulater convex, nu exist a ^ ntotdeauna un cerc care s a treac a
prin toate cele patru v^ arfuri ale sale. ^In ceea ce prive ste demonstrarea teo-
remelor  si problemelor din geometria cercului, trebuie s a facem ^ n a sa fel
^ nc^ at
-elevul s a ajung a la convingerea c a nu poate s a culeag a roadele studi-
ilor sale matematice f ar a eforturi deosebite, c a nu este sucient numai s a
^ nt eleag a rat ionamentele ce-i sunt expuse,  si s a construiasc a singur, pe baza
lor, rat ionamente noi
-s a observe corect care este ipoteza  si care este concluzia unei teoreme
pe care vrea s a o demonstreze
-s a^ nt eleag a c a a demonstrat o teorem a,^ nseamn a a trece prin rat ionament,
de la ipotez a la concluzie, c a trebuie dedus a concluzia din ipotez a
-s a  stie c a ^ n orice demonstrat ie se arat a c a concluzia are loc, ^ n pre-
supunerea c a ipoteza este adev arat a.
O important  a deosebit a o acord am denirii termenilor folosit i sau reactu-
aliz arii denirii termenilor folosit i, deoarece nu se pot efectua rat ionamente
asupra unor not iuni care nu au fost denite. O atent ie deosebit a o acord am

CAPITOLUL 1. CERCUL 59
formul arii reciprocelor unor propozit ii  si demonstr arii adev arului exprimat
de ele, de multe ori prin reducere la absurd, metod a de demonstrare care
const a ^ n a ar ata c a, presupun^ and ipoteza adev arat a  si totodat a concluzia
fals a, ajungem la o contradict ie, a sa cum este demonstrat a ^ n lucrare la
capitolul "Teoreme  si probleme clasice de geometrie", reciproca primei teo-
reme a lui Ptolemeu. Stabilirea propriet at ilor geometrice se face folosind
o anumit a gur a. Rat ionamentul se face folosind ^ ndeaproape gura, dar
judec at ile se exprim a cu ajutorul literelor puse ca notat ii pe gur a. De si
judec at ile se fac pe o anumit a gur a, concluzia este general a, valabil a pentru
toate gurile din categoria respectiv a.
Pentru a rezolva probleme de construct ii, o prim a condit ie este ca tot i
elevii s a aib a rigl a  si compas, apoi s a posede not iunile ^ nv at ate p^ an a la cerc
inclusiv, s a aib a deprinderi formate de a construi mediatoarea unui segment,
bisectoarea unui unghi, s a cunoasc a propriet at ile punctelor de pe bisectoare,
respectiv mediatoare. S a  stie s a construiasc a cercul c^ and se d a centrul  si
raza, s a ridice o perpendicular a dintr-un punct al unei drepte, s a coboare o
perpendicular a dintr-un punct pe o dreapt a.
C^ and au de rezolvat probleme de construct ii geometrice, elevii au tendint a
de a deduce rezolvarea lor, numai la efectuarea desenului. De aceea, ^ i vom
obi snui s a exprime ^ n scris, etapele ^ n care au efectuat construct ia, ^ n ce
condit ii au dus anumite linii, sau au liniat anumite puncte. Vom preciza
elevilor, ^ nc a de la ^ nceput, c a la orice construct ie geometric a putem con-
sidera problema rezolvat a,  si vom analiza propriet at ile gurii, propriet at i
ce permit o ^ nl ant uire de construct ii p^ an a la obt inerea rezultatului. Fiecare
pas f acut ^ n construct ia gurii trebuie justicat. Se fac preciz ari la num arul
solut iilor sau ^ n ce cazuri avem solut ii.
Rezolvarea problemelor de loc geometric se bazeaz a pe cunoa sterea unor
locuri geometrice uzuale, ca bisectoarea unui unghi, mediatoarea unui seg-
ment, arcul capabil de un unghi dat. ^In cele mai multe cazuri, problemele
de loc geometric se reduc la probleme tipice de loc geometric, deja studiate,
greutatea const a ^ n a le recunoa ste. Caracteristic geometriei este faptul c a,
^ n principiu, toate adev arurile ei pot  descoperite prin propria g^ andire.

Capitolul 2
Aplicat ii
2.1 Construct ia unui cerc care trece prin trei puncte
necoliniare
FieOcentrul cercului () care trece prin punctele necoliniare date A;B;C .
AtunciOA=OB=OC. DeciOse a
 a pe mediatoarea segmentului AB si
pe mediatoarea segmentului BCl ^ n consecint  a  si pe mediatoarea segmen-
tuluiAC. Deci, problema se reduce la construct ia mediatoarelor a dou a din
laturile triunghiului ABC . Intersect ia acestora este centrul cercului cerut
(), iar raza lui este OA(sauOBsauOC).
Figura 2.1
2.2 Construct ia unui cerc care trece prin dou a puncte
 si e tangent la o dreapt a dat a.
CentrulOal cercului cerut () se a
 a pe mediatoarea segmentului de
dreapt aABdeterminat de punctele date A;B  si pe perpendiculara ^ n Tm,
60

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 61
punctul de tangent a al cercului () cu dreapta dat a ( D) pe dreapta dat a.
R am^ ane de determinat punctul T.
Se duce un cerc arbitrar (
) care s a treac a prin A siB, (AB) taie pe (D)
^ nC. FieCSo tangent a la cercul (
) dus a din C. Avem fat  a de cercul (
),
CA
CB=CS2 si fat  a de cercul (), Ca
CB=CT2. DeciCT=CS(CS
este bine determinat). De aici se vede cum se poate construi punctul . Se
ia pe (D) deoparte  si de alta a lui Csegmentele CT=CT0=CS. Deci,
problema are dou a solut ii.
2.3 Construct ia unui cerc care trece prin dou a puncte
 si e tangent la un cerc dat.
FieA;B punctele date  si (
) cercul dat de centrul C, iar () cercul c autat
 siOcentrul lui. Fie Tpuctul de tangent  a al lui () cu (
). Ose a
 a pe
mediatoarea lui AB si pe dreapta CT. R am^ ane deci, de construit punctul
T. Tangenta ^ n Tla cercurile (
) 7c si () taie pe AB^ nS. Dar tangenta
^ nTla cele dou a cercuri este axul ridicat al celor dou a cercuri. Deci Sse
a
 a pe dreapta AB si pe axul radical al cercurilor ()  si (
). De aceea
se duce un cerc (
0) arbitrar care s a treac a prin A;B  si s a taie cercul (
).
S a presupunem c a (
0) taie pe (
) ^ n M siN, iar (MN) taie pe (AB) ^ n
S. FieST siST0tangentele din Sla (
). Puterea lui Sfat  a de (
) este
ST2=SM
SN. Puterea lui Sfat  a de (
0) esteSM
SN=SA
SBdeci,
ST2=SA
SB, deciSTeste tangent a  si la cercul ().
P^ an a aici am v azut cum se poate g asi punctul S. Mai departe se duc
tangenteleST siST0la cercul (
), care taie mediatoarea lui ABs a zicem
^ nO siO0, centrele cercurilor c autate. Razele acestor cercuri sunt respectiv
Oa siO0A. Problema are deci dou a solut ii.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 62
Figura 2.2
2.4 Construct ia unui cerc care trece printr-un punct
dat  si esre tangent la dou a drepte date
FieApunctul dat, iar ( D1)  si (D2) dreptele date. Fie () cercul c autat, iar
Ocentrul s au  si B1;B2punctele de tangent  a ale cercului () cu cele dou a
dtepte date. Avem OB 1=OB 2deciOse a
 a pe bisectoarea unghiului
determinat de dreptele ( D1)  si (D2). Aceast a bisectoare este ax a de simetrie
pentru cerc  si tangentele la acest cerc ( D1)  si (D2). Deci, cercul () trece
prinA0simetricul lui Afat  a de bisectoarea unghiului determinat de dreptele
(D1)  si (D2). Prin urmare, problema se reduce la construct ia unui cerc care
trece prin dou a puncte ( A;A0)  si este tangent la o dreapt a numai cu unghiul
determinat de ( D1)  si (D2) ^ n care se a
 a punctul A.
2.5 Construct ia unui cerc tangent la trei drepte oare-
care date.
Fie (D1);(D2);(D3) cele trei drepte  si A;B;C , intersect iile a dou a c^ ate dou a.
Fie () cercul c autat, Ocentrul s au  si M;N;P , punctele de tangent  a ale lui
() cu cele trei drepte date. Avem OM =ON=OPdeciOeste punctul
de concurent  a al bisectoarelor interioare ale triunghiului ABC . Cercul ()
este cercul ^ nscris triunghiului ABC .
Perpendicularele din Ope cele trei drepte ne dau punctele M;N;P prin
care trece (). Problema se reduce deci, e la construct ia unui cerc ce trece
prin trei puncte, e la construct ia unui cerc ce trece prin dou a puncte  si
tangent la o dreapt a dat a, e la construct ia unui cerc ce trece printr-un

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 63
punct  si e tangent la o dreapt a dat a.
^In afar a de punctul Ose mai g asesc ^ nc a trei puncte puncte O1;O2;O3,
egal dep artate de cele trei drepte  si anume, intersect iile bisectoarelor ex-
terioare triunghiului ABC , dou a c^ ate dou a. Prin urmare, problema poate
avea patru solut ii: cercul ^ nscris triunghiului ABC  si ex^ nscrise acestui tri-
unghi.
2.6 Probleme
Problema 2.6.1. FiePQdiametrul unui semicerc H. cerculOeste tangent
interior semicercului H si tangent ^ n ClaPQ, astfel ^ nc^ at PC <CQ .
FieAun punct apart in^ and semicercului H siBun punct pe diametrul
PQastfel ^ nc^ at ABs a e tangent a la O si perpendicular a pe PQ.
S a se arate c a ACeste bisectoarea unghiului PAB .
Solut ie. Solut ie utiliz^ and teorema bisectoarei (Marcel T  ena). Fie O si
centrele semicercului H, respectiv cercului O, iarR;rrazele acestora. Avem
O
=Rr si folosind teorema lui Pitagora ^ n 4OC
rezult a:
OC=p
O
2C
2=p
(Rr)2r2=p
R22Rr:
Evident:
CP=OPOC=Rp
R22Rr;
BP=BC+CP=r+Rp
R22Rr;
BQ=QPPB= 2r(r+Rp
R22Rr) =Rr+p
R22Rr:
Figura 2.3
Utiliz^ and teorema catetei  si teorema ^ n alt imii ^ n 4PAQ , rezult a:AP=pQP
BP, respectivAB=pBQ
BP. Atunci, avem succesiv:

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 64
AP
AB=s
QP
BQ=s
2R
Rr+p
R22Rr=s
2R(Rrp
R22Rr)
(Rr)2(R22Rr)
=s
2R22Rr2Rp
R22Rr
r2=s
(Rp
R22Rr)2
r=
=Rp
R22Rr
r=CP
BC:
DinAP
AB=CP
BCc si reciproca teoremei bisectoarei, deducem c a ACeste
bisectoarea unghiului PAB .
Solut ie. Solut ie analitic a(Dinu S erb anescu). Consider am un sistem de co-
ordonate cu originea ^ n centrul Oal semicercului H, astfel ^ nc^ at OPs a
e axa abciselor  si OP = 1. Not^ and cu am asura arcului AP, avem
A(cosa;sina)  siB(cosa;0).
Figura 2.4
Fie
centrul cercului O sirraza sa. Atunci
 si Ccu abcisa cos a+r, iar

are coordonata r. Condict ia de tanget  a a cercurilor se scrie : O
= 1r,
de unde :
(cosa+r)2+r2= (1r)2,r2+ 2(cosa+ 1)r+ cos2a1 = 0:
Avem:
4= 4(cosa+ 1)24(cos2a1) = 8 + 8 cos a= 8(1 + cos a) =
= 16 cos2a
2

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 65
 si
r=1cosa2 cosa
2=2 cos2a
22 cosa
2:
Cumr>0, r am^ ane c a r=2 cos2a
2+ 2 cosa
2.
pe de alt a parte, ^BAP = 90^APB = 901
2^AQ=1
2(180^AQ) =
1
2^AP=1
2a, deci este sucient s a ar at am c a ^BAC =1
4a:
Avem
tg^BAC =BC
AB=r
sina=2 cosa
2(1cosa
2)
2 sina
2cosa
2=1cosa
2
sina
2=tg dfraca 4
 si problema este rezolvat a.
Solut ie. Solut ie sintetic a (Dinu S erb anescu). Complet am gura, not^ and cu
A1simetricul punctului Afat  a de diametrul PQ si cuTpunctul de tangent  a
al cerculuiOcuAB.
Aplic am teorema lui Casey pentru A;Q;A 1;O.
AQ
A1T+QA 1
AT=QC
AA 1:
deoareceAQ=A1Q siA1T+AT=AA 1, rezult a c a QA=QC, deci
puncteleA;C;A 1sw a
 a pe un cerc de centru Q. Atunci:
^BAC =1
2^CA 1=1
2^CA=1
2^CAQ =1
2^BAP;
ceea ce trebuia demonstrat.
Figura 2.5

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 66
Problema 2.6.2. FieHortocentrul triunghiului ascut itunghic ABC  siD
intersect ia dreptei AHcu cercul circumscris triunghiului ABC . Demonstrat i
c aDH=DBdac a  si numai dac a m(^ACB ) = 60.
Figura 2.6
Demonstrat ie. FieEintersect ia dreptei BHcu cercul circumscris triunghi-
uluiABC . Atunci
DH=DB,m(^HBD ) =m(^BHD ),^EC+^CD=^AE+^BD,
,m(^HBC ) +m(^DAC ) =m(^ABE ) +m(^BAD ),
,90m(^ACB )+90m(^ACB ) = 90m(^BAC )+90m(^ABC ),
,2m(^ACB ) =m(^BAC ) +m(^ABC ),
,3m(^ACB ) = 180,m(^ACB ) = 60:
Problema 2.6.3. ^In triunghiul ascut iunghic ABC se ducAD siAEbisectoare
ale unghiului A(D2(BC);E2(BC)). Dac aAE?BC siAD;AE inter-
secteaz a cercul circumscris triunghiului respectiv ^ n M siN, s a se arate c a
ADtrece prin centrul cercului  si BDNM este paralelogram.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 67
Figura 2.7
Demonstrat ie. Fie=^BAM =^MAN =^NAC:
Atunci ^AMN =^ABC + si^ANM = 180(^ABC + 2) = 90,
deciADM este diametru. Mai mult, BDjjMN; (1).
Deoarece ^ACD =^ADC =^BDM =^BMD; rezult a c a triunghiul
BDM este isoscel, deci
BD=BM:
CumBM =MN, deducem c a BD=MN; (2).
Din (1)  si (2) obt inem c a BDNM este paralelogram.
Problema 2.6.4. Fie patrulaterul convex ortodiagonal ABCD care admite
un cerc ^ nscris. Not am cu Ointersect ia diagonalelor  si cu r1;r2;r3;r4razele
cercurilor ^ nscrise respectiv ^ n triunghiurile AOB;BOC;COD  siDOA . S a
se arate c a r1+r3=r2+r4:
Figura 2.8
Demonstrat ie. Vom ar ata c a r1=r2;r3=r4saur1=r4;r2=r3, de unde
va rezulta armat ia din enunt . S a not am a=AB;b =BC;c =CD;d =
DA;x =OA;y =OB;z =OC;t =OD.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 68
Deoarece patrulaterul este circumscriptibil, avem:
a+c=b+d:(1)
Deoarece patrulaterul este ortodiagolnal, avem:
a2+c2=b2+d2:(2)
Din (1)  si (2) rezult a ac=bd, (3). Ridic^ and egalitatea (3) la p atrat  si
folosind teorema lui Pitagora obt inem:
(x2+y2)(z2+t2) = (y2+z2)(x2+t2);
care dup a mic calcule, este echivalent a cu
(x2z2)(y2t2) = 0:(4)
Din (4) rezult a x=zsauy=t. Dac ax=zavem4AOB4BOC (C:C)
 si4AOD4DOC , decir1=r2;r3=r4. Dac ay=t, obt inem analog
r1=r4;r2=r3 si solut ia se ^ ncheie.
Problema 2.6.5. Se d a poligonul regulat A1A2:::An^ nscris ^ ntr-un cerc de
centruO. Dac aA1A2jjOA 3s a se determine n.
Figura 2.9

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 69
Demonstrat ie. DeoareceA1A2jjOA 3, deducem c a:
m(^A1A2A3) +m(^A2A3O) = 180:
Deoarece poligonul A1A2:::Aneste regulat, avem
m(^A1A2A3) =n2
n
180
 si
m(^A2A3O) =n2
n
90:
Prin urmare
n2
n
180+n2
n
90= 180;
de unde
n2
n
270= 180;
deci
n2
n=2
3:
Atuncin= 6.
Problema 2.6.6. Dou a cercuri C1(O1;R2)  siC2(O2;R2) se intersecteaz a ^ n
puncteleA siB. FieCsimetricul lui Afat  a deO2. Demonstrat i c a punctele
C;B;D sunt coliniare.
Demonstrat ie. Segmentele AC siADsunt diametre ^ n cercurile C1 siC2.
Deci^ABC =^ABD = 90. Concluzia este evident a.
Figura 2.10

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 70
Problema 2.6.7. Fie [ADbisectoarea unghiului ^A= 60al triunghiului
ABC (D2(BC)). Not am cu r1;r2 sirrespectiv razele cercurilor ^ nscrise ^ n
triunghiurile ABD;ADC  si respectiv ABC . S a se arate c a:
1
21
r1+1
r2
=1
r+1
b+1
c:
Figura 2.11
Demonstrat ie. S tiind c aAD =2bc
b+ccosA
2 si^A= 60, rezult aAD =
bcp
3
b+c. Fieh^ n alt imea din Aa triunghiului ABC .
Conform teoremei bisectoarei avem:
BD
DC=BA
AC=c
b)BD
BC=c
b+c
 si
BD=ca
b+c;DC =ba
b+c:
Cumr1=SABD
pABD, rezult a :
r1=h
BD
BD+AD+AB=h
ac
b+c
ac
b+c+bcp
3
b+c+ 3=ah
2p+bp
3

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 71
 si analogr2=ah
2p+cp
3:Atunci
1
r1+1
r2=4p+ (b+c)p
3
ah=4p+ (b+c)p
3
2S= 2p
S+(b+c)p
3
2S=
=2
r+(b+c)p
3
bcsin 60=2
r+2(b+c)
bc=2
r+2
b+2
c;
de unde rezult a concluzia.
Problema 2.6.8. Pe un semicerc de diametru AB si centruOse consider a
puncteleC siDastfel ^ nc^ at D2(^AC). Not am cufEg=AD\BC.
Demonstrat i c a Co?DO,m(^AEB ) = 45.
Figura 2.12
Demonstrat ie. S tim c am(^^DC) =m(^^DOC )  sim(^AEB ) =1
2(m(^AB)
m(^DC)) = 901
2m(^DC).
AtunciCO?DO,m(^DC) = 90,m(^AEB ) = 901
2
90=
45:
Problema 2.6.9. ^In triunghiul ABC;P;Q  siRsunt punctele de contact ale
cercului ^ nscris cu laturile BC;CA  si respectiv AB. Demonstrat i c a dac a
!AP+!BQ+!CR= !0 , atunci triunghiul ABC este echilateral.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 72
Figura 2.13
Demonstrat ie. Not^ anda;b;c laturile triunghiului ABC , avemAR=AQ=
pa;BP =BR=pb siCP=CQ=pc. Avem :
!AP=!AB+!BP=!AB+pb
a
!BC
 si analog
!BQ=!BC+pc
b
!CA
 si
!CR=!CA+pa
c
!AB:
Prin sumare, rezult a:
pb
a
!BC+pc
b
!CA+pa
c
!AB= !0;
de unde
pb
a+pc
b=pa
c=3pabc
a+b+c=1
2)a=bc;
ceea ce trebuia demonstrat.
Problema 2.6.10. Un trapez isoscel are baza mare de 16 cm si este circum-
scris unui cerc cu raza de 6 cm. A
at i perimetrul  si aria trapezului.
Demonstrat ie. Von folosi notat iile din gur a. Bisectoarea unghiurilor con-
gruenteADC  siBCD suntDO siCO, rezult a triunghiul DOC isoscel. ^In
acest triunghi ^ nalt imea OGe  si median a, deci GC= 8cm. Din4GOC
4FOC (I:C) rezult aFC= 8cm si^FOC^GOC . AnalogBEBF si
^BOE^BOF . Deoarece AEEB(analog cu DGGC) rezult a c a
O;E;G sunt coliniare  si ^BOC =1
2^EOG = 90.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 73
Figura ??
13
^In triunghiul BOC dreptunghic, teorema ^ n alt imii d a OF2=FC
BF,
36 = 8
BF,BF= 4;5cm)AB= 9cm siBC=AD = 12;5cm.
Perimetrul este egal cu 50 cm  si aria 150 cm2
Problema 2.6.11. Demonstrat i c a exist a un triunghi cu lungimile laturilorp
2;3p
2;2p
5. Determinat i raza cercului ^ nscris  si a cercului circumscris.
Demonstrat ie. Se observ a c a
(p
2)2+ (3p
2)2= 2 + 18 = 20 = (2p
5)2;
deci exist a un triunghi deptunghic cu catetele de lungimip
2  si 3p
2  si
ipoteznuza 2p
5. raza cercului circumscris este jum atatea ipotenuzei, adic ap
5, iar raza cercului ^ nscris e dat a de formula r=S
p, unde aria Seste
p
2
3p
2
2= 3, iar semiperimetrul p= 2p
2 +p
5, deci
r=3
2p
2 +p
5=3(2p
2p
5)
3= 2p
25:
Problema 2.6.12. Fie patrulaterul convex ABCD ^ n careAB=AC;DB =
DC sim(^B) =m(^C) = 90. Pe (AD) se consider a punctul Tastfel ^ nc^ at
DB=DT.
Demonstrat i c a Teste centrul cercului ^ nscris ^ n triunghiul ABC .
Demonstrat ie. Conform ipotezei , A siDsumt egal dep artate de B si
C, rezult a c a ADeste mediatoarea segmentului BC. FieEpunctul de

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 74
intersect ie al lui BCcuAD, rezult a4BED este dreptunghic ^ n E. Avem
TD=BD>ED)T2(AE).
TriunghiulDBT este isoscel, rezult a ^DBT^BTD; (1). Avem ^BTD =
^TBA +^TAB ;^DBT =^TBE +^EBD .
Cum^TAB  si^EBD au acela si complement ( ^BDA ) rezult a c a sunt
congruente.
Din (1) obt inem ^TBA^TBE deciBTeste bisectoarea unghiului
^ABC . CUm4BAC este isoscel  si AE?BCavem [AEbisectoarea
unghiului ^BAC . DeciTeste intersect ia bisectoarelor ^ n triunghiul ABC ,
prin urmare este centrul cercului ^ nscris ^ n triunghi.
Figura 2.15
Problema 2.6.13. Fie triunghiul ABC  siA12(BC). S a se arate c a
cercurile^ nscrise^ n triunghiurile ABA 1 siACA 1sunt tangente dac a  si numai
dac aA1este punctul de contact cu latura BCal cercului^ nscris^ n triunghiul
ABC .
Demonstrat ie. S a presupunem mai ^ nt^ ai c a cercurile C1 siC2^ nscrise re-
spectiv ^ n triunghiurile ABA 1 siACA 1sunt tagente. Vom ar ata c a A1este
punctul de contact al cercului ^ nscris ^ n triunghiul ABC cu laturaBC, ceea
ce este echivalent cu a ar ata c a BA 1=pb, notat iile ind cele cunoscute.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 75
DreaptaAA 1este tagent a ec aruia din cercurile C1 siC2 si deoarece aceste
cercuri sunt tagente, ^ nsemn a c a AA 1este tangenta lor comun a ^ n punctul
Tde intersect ie a cercurilor.
FieM1;N1punctele de contact ale cercului C1respectiv cu dreptele
BC;AB iarM2;N2punctele de contact ale cercului C2cuBC;AC .^In
ne, pentru u surint a scrierii s a not am: x=A1M1=A1M2=A1T;
y=BM 1=BN 1;z=CM 2=CN 2;u=AN 1=AT=AN 2. Avem
egalit at ile evidente:
2x+y+z=a(1)
z+u=b(2)
y+u=c(3):
Figura 2.16
Din (2) rezult a u=z+b si introduc^ and ^ n (3) obt inem z=y+bc.
^In locuind ^ n (1) g asim 2 x+y+y+bc=a;adic ax+y=ab+c
2sau
BA 1=pb, ceea ce era de demonstrat.
Reciproc, s a presupunem c a A1este punctul de contact al cercului ^ nscris
^ n triunghiul ABC cu dreapta BC, adic aBA 1=pb siCA 1=pc.
Vom demonstra c a dreapta AA 1este tangent a ^ ntr-un acela si punct Tat^ at
cerculuiC1c^ at  si cercului C2 si atunci cercurile sunt tangente ^ n punctul T.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 76
S a not am cu T1punctul de tangent  a dintre dreapta AA 1 si cerculC1, iar
cuT2punctul de tangent  a dintre dreapta AA 1 si cerculC2.
Mai not am: x1=A1M1=A1T1;x2=A1M2=A1T2;u1=AN 1=
AT 1;u2=AN 2=AT 2;y=BM 1=BN 1;z=CM 2=CN 2:
Avem egalit at ile:
AA 1=AT 1+T1A=u1+x1=cy+x1=c+(y+x1)2y=c+pb2y(4)
AA 1=AT 2+T2A1=u2+x2=bz+x2=b+(z+x2)2z=b+pc2z(5):
Din (4)  si (5) rezult a
c+pb2y=b+pc2z
adic a
z=y+bc
 si de aici obt inem
x2= (pc)z= (pc)(y+bc) = (pb)y=x1;
adic aA1T1=A1T2. Prin urmare T1=T2=T si astfel cercurile C1 siC2
sunt tangente ^ n T, iar solut ia se ^ ncheie.
Figura ??
Problema 2.6.14. FieC(O;R) cercul circumscris triunghiului ABC ^ n care
AB <AC . Bisectoarea unghiului Ataie a doua oar a acest cerc ^ n punctul
A0' si not am cu R0raza cercului circumscris triunghiului AOA0. S a se arate
c a:
R= 2R0sinBC
2:

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 77
Figura 2.18
Demonstrat ie. CumAC > AB , rezult aB > C . Se vede u sor, utiliz^ and
unghiurile ^ nscrise, respectiv unghiurile la centru, c a avem:
^ABA0=B+A
2;^AOA0= 2C+A:
Conform teoremei sinusurilor, aplicat a ^ n triunghiurile ABA0 siAOA0,
putem scrie respectiv:
AA0
sin
B+A
2= 2R;AA0
sin(2C+A)= 2R0:
^Imp art ind aceste relat ii, obt inem:
R
R0=sin(2C+A)
sin
B+A
2:
CumA+B+C=, continu am succesiv:
R
R0=sin(C+B)
sinB+C
2=sin[(BC)]
sin
2CB
2=sin(BC)
cosCB
2=
=2 sinBC
2cosBC
2
cosBC
2= 2 sinBC
2;

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 78
ceea ce trebuia demonstrat.
Problema 2.6.15. Se dau dou a cercuri cu centrele ^ n O siO0care se
^ nt^ alnesc ^ n dou a puncte A siB. Se consider a diametrul MONjjO0A si
diametrulM0O0N0jjOA( puncteleM0;M;A sunt de aceea si parte a dreptei
OO0).
a) S a se arate c a triunghiurile MOA  siM0O0A0sunt asemenea, iar tri-
unghiurileNOA  siN0O0A0sunt asemenea.
b) S a se stabilesc a c a dreptele AM  siAM0sunt confundate; AN siAN0
sunt confundate.
Demonstrat ie. a)^MOA =^M0O0A0av^ and laturile paralele. Deci, tri-
unghiurile isoscele MOA  siM0O0A0sunt asemenea.
La fel, ^NOA =^N0O0A0ca unghiuri opuse ^ n paralelogramul AOPO0.
Deci  si triunghiurile isoscele NOA  siN0O0A0sunt asemenea.
b) T  in^ and seam a de cele ar atate la punctul a), avem: ^MAO =^0AM0O0.
FiindAOjjM0O0, rezult a c a M;A;M0sunt coliniare.
La fel, ^AN0O0=^NAO  si indOAjjN0O0, rezult a c a N0;N;A sunt
coliniare.
Figura 2.19
Problema 2.6.16. a)FieAB= 2Rdiametrul unui cerc de centru O. Se
prelunge ste diametrul ABcu disnt aBC=R si se duce tangenta CDla
cerc. Se cere:
a) S a se arate c a triunghiul ACD este isoscel.
b) S a se arate c a tagenta CDeste egal a cu latura triunghiului echilateral
^ nscris ^ n cerc.

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 79
c) S a se arate c a dac a BC= 8R, atunciCD= 6AD, iarBD=4
3R.
d) FieEmijlocul lui BD. DreaptaOEtaie peCD^ nF. S a se arate c a
DF=CD
3.
e) S a se a
e locul geometric al mijlocului segmentului CDc^ and punctul
Ddescrie cercul de diametru AB;C ind x.
Figura 2.20
Demonstrat ie. a)^In triunghiul dreptunghic DOC medianaDBeste egal a
cu jum atatea ipotenuzei OC, adic a cuBC; deci ^BCD =^BDC . Dar
^BDC =^DAC , av^ and aceea si m asur a^BD
2. Deci, ^BCD =^ACD =
^DAC , ceea ce ne arat a c a triunghiul ACD este isoscel.
b) Aplic^ and puterea punctului Cfat  a de cerc avem:
CD2=CB
CA=R
3R= 3R2;
de undeCD=Rp
3 =l3:
c) Din triunghiul dreptunghic CDO avem:
CD=p
OC2OD2=p
81R2R2=Rp
80
 si
cosC=CD
OC=Rp
80
9R=sqrt80
9:
^In triunghiul ACD , teorema cosinusului ne permite s a scriem:
AD2=CD2+AC22AC
CD
cosC= 80R2+100R22
10R
Rp
80
p
80
9=20
9R2:

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 80
Deci,
AD=R
3p
20:
Se observ a c a CD=Rp
80 = 6
R
3p
20 = 6AD:
Din triunghiul dreptunghic ABD avem :
BD=p
AB2AD2=r
4R6220
9R2=4
3R:
d) Se observ a u sor, c a OE siADsunt paralele. ^In trounghiul CAD ,
conform teoremei lui Thales avem:
AO
AC=DF
DC;
de unde,
DF=AO
DC
AC:
CumAO=R;AC = 3R;avem:
DF=R
DC
3R=CD
3:
e) FieImijlocul lui CD. Din triunghiul COD deducem u sor c a
BI=OD
2=R
2=constant:
Bind x, iar BIun segment de lungime constant a, locul lui Ieste
cercul de centru B si raz aR
2.
Problema 2.6.17. S a se demonstreze c a, dac a cercul circumscris unui tri-
unghiABC este tangent cercului care trece prin mijloacele A0;B0;C0, ale
laturilor, exist a relat ia:
sin2A+ sin2B+ sin2C= 2:
Demonstrat ie. Distant a dintre centrul cercului lui Euler  si centrul cercului
circumscris esteR
2p
18 cosAcosBcosC. Cercurile ind tangente interior
(altfel nu se poate), distant a centrelor lor este diferent a razelor lor, adic a
RR
2=R
2:

CAPITOLUL 2. APLICAT  II 81
Deci, trebuie s a avem:
R
2p
18 cosAcosBcosC=R
2;
sau
18 cosAcosBcosC= 1; 8 cosAcosBcosC= 0:
Fie cosA= 0, adic aA= 90.^In acest caz, triunghiul este dreptunghic.
Atunci sinA= 1. Avem:
sin2A+ sin2B+ sin2C= 1 +b2
a2+c2
a2= 1 +b2+c2
a2= 1 +a2
a2= 1 + 1 = 2 :
O alt a solut ie dat a de Lusting Gh. Consider^ and segmentul determinat
de centrulOal cercului circumscris triunghiului ABC  si de centrul cercului
A0B0C0, avem:
O!=RR
2=R
2:
Dar
O!2=9R2(a2+b2+c2)
4=R2
4:
rezult a
a2+b2+c2= 8R2
sau
a2
4R2+b2
4R2+c2
4R2= 2;
de unde
sin2A+ sin2B+ sin2C= 2:

Bibliograe
[1] Edwin E. Moise, Floyd L. Downs Jr., Geometrie , Editura Didactic a  si
Pedagogic a, Bucure sti, 1983.
82