METODE DE REZOL V ARE A PROBLEMELOR DE GEOMETRIE [613956]

41
CAPITOLUL III
METODE DE REZOL V ARE A PROBLEMELOR DE GEOMETRIE

§3.1. Importanța raportului dintre axiomatic și intuitiv în
cunoașterea și înțelegerea conținutului geometric

Se știe că geometria este apreciată datorită caracterul ui ei practic și sistematic iar studiul
ei este adaptat atât senzorial cât și rațional, în funcție de particularitățile de vârstă ale fiecăruia
chiar de la cea mai fragedă vârstă. Astfel că atât în învățământul preșcolar cât și cel primar,
raportul dintre in tuiție și axiomatizarea geometriei înclină mult spre intuiție care este î nsoțită
de observarea imaginii o biectelor, atingerea lor și recunoașterea lor folosind anumite
caracteristici ale formei. Limbajul specific geometriei este introdus prin asociere cu
reprezentarea spațială , pe un fond deja format, acumulat prin descoperire în cursul dezvoltării
simțurilor și identificării asemănărilor și deosebirilor între obiectele din apropierea copilului.La
acest nivel de vârstă ,proprietățile geometrice sunt susținut e în primul rând prin atingere ( ex.
,,ascuțit” = înțeapă , „paralele”= nu se ating, intersectează=„se ating”) prin observarea unor
caracteristici comune, evidențiate cu ajutorul desenelor, prin manipularea obiectelor, sugerând
mișcarea, compararea prin supr apunere , observarea „egalității” și identificarea unei clase de
obiecte cu însușiri date ( ex: seamănă cu un paralelipiped : tabla, buretele, cated ra, dulapul;
seamănă cu o sferă : globul pământesc, mingea, bilele numărătorii; seamănă cu piramida : cortul,
acoperișul caselor; seamănă cu un cub : zarul de la jocuri, cubul Rubik (chiar este un cub). Toate
acestea vor putea pune bazele unei structuri clare de clasificare și reprezentare a tuturor figurilor
și corpurilor geometrice care urmează a fi studiate în șco ală. În ciclul primar, problematizarea
și învățarea prin descoperire sunt metodele care contribuie în cea mai mare măsură la
dezvoltarea spiritului de investigare, a imaginației și creativității elevilor. Prin e forturi proprii
elevii sunt cond uși să ajungă la descoperirea unor adevăruri necunoscute lor până atunci, să -și
formeze imagini clare și bine conturate asupra noțiunilor de geometrie și să -și completeze
aceste imagini cu noțiuni elementare care să formeze un adevărat suport pentru dezvoltarea
raționa mentului geometric în gimnaziu.
Ca elemente de noutate apar dreptele paralele , dreptele perpendiculare, perimetrul unei
figuri geometrice, axa de simetrie, desfășurarea anumitor corpuri geometrice. Cadrul didactic
utilizează materialul intuitiv ca principal suport în lecțiile de matematică pentru a face mai
ușoară înțelegerea anumitor noțiuni. Se folose sc diferite materiale cum ar fi: bețișoare,
plasti lină, sârmă, creioane astfel încât elevii să obțină figuri geometrice sau anumite construcții

42
cu ajutorul lor. Învățătorii vor face aceste lucruri mai mult sub formă de joc, astfel că elevii vor
pricepe mult mai ușor și le va plăcea. Axa de simetr ie se poate explica foarte ușor : elevii
desenează pe hârtie diferite figuri geometrice, apoi le decupează, le îndoaie și astfel își dau
seama ce figuri admit axe de simetrie și câte admit. Și pentru că simetria este întâlnită și în
natură, li se poate cere elevilor să deseneze jumătăți de frunze, flori, fluturi pe care să le
întregească apoi.
Materialul didactic folosit de cadrul didactic trebuie să îndeplinească următoarele caracteristici:
-să aibă dimensiuni suficien t de mari astfel încât să fie văzut cu claritate din orice loc al clasei;
-să fie o const rucție clară, estetică ;
-să reprezinte (fidel) foarte b ine figura sau elementele figuri i respective ;
-să se respecte particularitățile de vâ rstă ale copiilor, să fie simple, atractive, fără amănunte
științifice .
Deși suportul de bază al predării -învățării elementelor de geometrie în cl asele primare
este cel intuitiv, este foarte clar că bagajul de cunoștințe de geometrie asimilate de elevi trebuie
să corespundă rigurozității geometriei și trebuie să răspundă necesității de a sensibiliza gândirea
elevilor spre acele cunoștințe și abilită ți geometrice care sunt funcționale, adică spre acele
cunoștințe care pot fi aplicate și transferate eficient în orice situație teoretică sau practică.
Proble matizarea implică elevii în sit uații-problemă care le ridică întrebări și îi obligă să
gândească, să descopere și să -și consolideze cunoștințele deja asimilate. Întreaga natură este
geometrie însă puține adevăruri sunt evidente. Tot ceea ce nu este evident în geometrie trebuie
dedus din afirmații simple , uneori evidente. Când introducem o noți une nouă ne folosim de ceea
ce știm deja, dar nu putem proceda așa tot timpul, deoarece există o primă noțiune definită
pentru care nu mai există altele deja definite ca să le putem folosi.
În această situație trebuie să utilizăm noțiunile geometrice fundamentale cele mai simple,
evidente, pe care nu le putem defini în modul cel mai riguros, mulțumindu -ne în general cu o
cât mai completă descriere a lor, descriere care uneori pare că se ident ifică cu definiția. Aceste
noțiuni le numim fundamentale.
De exemplu, noț iunile de punct, dreaptă și plan sunt sugerate de obiecte și fenomene fizice
din mediul înconjurător. Par noțiuni simple, însă înțelegerea lor corectă ridică multe dificultăț i.
Punctul este rezultat ul intersecției a două drepte. Dar ce sunt dreptele? Noțiunea de dreaptă ne
este necunoscută. Cum putem folosi o noțiune despre care nu știm nimic pentru a defini o
noțiune abia conturată? Multe lucruri a învățat omul fără să știe c ă o parte dintre cele învățate
vor sta la baza acestei științe numită matematică. L -a impresionat forma dreaptă a copacilor,
chiar și a celor căzuți care erau tot drepți și pe care uneori i -a folosit ca sprijin să se urce în alți
copaci sau i -a folosit să -și facă adăpost, sau drept punte să treacă un râu etc. De la aceste modele

43
de linie dreaptă omul a ajuns la o senzațională descoperire și anume că „linia dreaptă este
drumul ce l mai scurt dintre două puncte”, descoperire preluată cu succes de geometrie. Da r se
știe că „drumul cel mai scurt dintre două puncte este un segment de dreaptă, nu o dreaptă” adică
ar însemna că reprezentarea intuitivă a unei drepte să fie pusă în evidență de o porțiune limitată
a ei. În afară de aceasta se ivește și contradicția fla grantă între prop rietatea dreptei de a fi
nelimitată, infinită și prezența celor două puncte între care dreapta trebuie să fie drumul cel mai
scurt.
Există uneori pericolul de a se confunda proprietatea dreptei de a fi infinită cu proprietatea
de a avea o infinitate de puncte, însă știm că orice segment de dreaptă are tot o infinitate de
puncte indiferent că are lungimea de 1 metru sau 10 metr i, dar ele nu pot fi drepte pentru că au
această proprietate.
Pentru aceasta consider că trebuie plecat de la imaginea intuitivă a dreptei. Aceasta poate
fi foarte sugestiv dată de imaginea unei raze de soare ce se strecoară până la noi prin spărt ura
unui nor, rază la care capăt nu se va ajunge niciodată și deci nu -i putem limita lungimea, de
unde și concluzia că dreapta este infinită.
În general, există mari dificultați în definirea noțiunilor de punct, dreaptă și plan, utilizate
în proce sul didactic. Ele sunt considerate ca noțiuni geometrice fundamentale. De aceea le
putem folosi fără teamă în raționamentele geometrice, chiar dacă nu se pot defini riguros,
deoarece ele – inițial imagini nemijlocite ale unor forme materiale investigabile experimental –
s-au purificat, s -au conceptualizat și au devenit elemente componente ale unor operații mentale
logice.
Dar funcționalitatea noțiunilor studiate nu trebuie pierdută din vedere, altfel acestea rămân
izolate, suspendate ca informații abstracte și inutile sau chiar sunt uitate , apărând la elev
percepția că „nu înțelege, nu -i place, este prea grea geometria…” .
De exemplu, faptul că dreptunghiul are laturile opuse egale, notate cu L și l, trebuie folosit
imediat, pentru fixare, în calc ularea perimetrului acestuia. Atenția elevului este îndreptată spre
măsurare și deducere a metodei de calcu l a perimetrului dreptunghiului : P = L + l + L + l adică
elevul va deduce că P = 2·L +2·l sau, pentru calcului ariei dreptunghiului se ia ca reper de calcul
un pătrat care are latura de 1 unitate și se identifică numărul maxim de astfel de pătrate care se
pot considera în interiorul dreptunghiului și vom obține A = L·l .
Nivelul gimnazial și o parte din cel liceal beneficiază de o prezentare a noțiunilor de
geometrie plană și în spațiu „în spirală”, revenind la noțiunile deja introduse, completându -le
proprietățile, schimbând modul de demonstrare a lor, sporind ri gurozitatea argumentelor,
evoluând spre acel deziderat de rigoare și abst ractizare. O astfel de abordare este utilă doarece
nu toți elevii au o dezvoltare cognit ivă uniformă, astfel încât, dacă un elev care în clasa a VI -a

44
nu a asimilat ușor noțiunea de pe rpendicularitate sau cea de congruență, o va înțelege mai bine
peste un an. Din păcate, în ceea ce privește predarea geometriei, s -a produs o ruptură de la
gimnaziu la liceu în m odul de predare. Geometria plană din clasele VI -VII se reia oarecum în
clasa a IX-a dar folosind metoda vectorială, noțiunea de vector fiind mult mai greu asimilată de
elevi. Abstracțiunile matematice preiau pas cu pas locul cercetării directe, apropiate practicii,
utilizării dimensiunilor în situații problemă. Astfel, o problemă de geometrie în spațiu care er a
rezolvată cu plăcere de elevi : „fie o piramidă triunghiulară regulată cu muchia bazei de 6 cm și
înălțimea de 10 cm. Determinați aria laterală și volumul.” devine lipsită de interes atunci când
dimensiunile sunt luate în mod a bstract, prin înlocuirea lor cu litere.
Rămâne ca formarea competențelor la elevi să depindă în mare măsură de capacitatea
instructiv -educativă a profesorului. El trebuie să facă apel la intuiție nu doar la unele teme
predate din conținu tul geomet riei. Intuiția trebuie să participe la toate etapele și vârstele
învățării matematicii. Ea este ideală în descrierea premergătoare introducerii unor noțiuni.
Menționăm că natura intuiției elevilor poate fi și ea diferită. Unii elevi au o intuiție geometric ă,
figurativă, alții au o intuiție algebrică, operațională.
O dovadă a folosirii intuiției este alege rea unor propoziții matematice adevărate ca fiind
teoreme, având deci o importanță deosebită. Matematicianul intuiește utilitatea ulterioară a unui
rezultat și subliniază acest lucru numindu -l teoremă. Dar, cu singuranță rolul esențial al intuiției
apare î n procesul rezolvării unei probleme. Astfel că o problemă mai complexă poate fi
împărțită în probleme mai simple, pasul intermediar de demonstrație fiind adesea intuit. La fel
se procedează și în procesul de cercetare când matematicianul intuiește care ar fi rezultatul
obținut folosind anumite date cunoscute. Apoi va încerca să demonstreze acest rezultat în mod
riguros.
Ca o concluzie, putem afirma că raportul cunoaștere intuitivă -cunoaștere logică evoluează
în favoarea celei logice pe măsură ce el evii cresc. Dar această evoluție trebuie să se producă
discret, fără a denatura în mintea elevului raportul intuiție -rigoare logică, fără a dezvolta un
oarece dispreț față de intuiție sau față de rigurozitate logică. Mai curând o îmbinare inteligentă
între intuiție și rigoare dezvoltă în mintea elevului un proces de asociere între concepte deja
existente sau de generare a unor idei noi, proces numit creativitate.

45

§3.2. Metode generale în rezolvarea problemelor de geometrie

În geometrie, ca de altfel și î n celelalte ramuri ale matematicii, nu există „chei
universale”, motiv pentru care prin „ metode de rezolvare a problemelor ” nu se înțelege
prezentarea unui rețetar care să asigure soluționarea tuturor problemelor pe baza uno r formule
sau algoritmi deja știuti. Prin metodă se înțelege calea rațională care trebuie urmată pentru a
demonstra o teoremă sau a rezolva o problemă.
Însușirea noțiunilor de bază ale geometriei elementare și folosirea acestora în mod selectiv
în rezolvarea problemelor constituie esența procesului învățării dirijate și conștiente a ace stei
discipline. Este esențial ca cel care rezvolvă, dezvoltând operații me ntale fundamentale –
analiza, sinteza, comparația, abstractizarea, generalizarea – să îmbi ne diferite ipoteze și prin
raționamente logice să descopere soluția. La geometrie este nevoie de o mare flexibilitate a
gândirii, mai cu seama a celei creatoare, motiv pentru care spunem că avem nevoie de „o minte
organizată” .
În abordarea proble melor de geometrie este absolut obligatorie stăpânirea metodelor
generale și particulare. Dintre metodele generale amintim: sinteza, analiza și metoda analitico –
sinte tică. Metodele particulare sunt : reducerea la absurd, metoda vectorială și metoda
transfor mărilor geometrice.

3.2.1. Metoda sintezei

Sinteză vine de la cuvântul grecesc „synthesis ” care înseamnă strângerea într -un întreg a
părților componente care au fost despărțite. În logică, sinteza este o metodă de raționament care
constă în faptul că desfășurarea gândirii se face de la simplu la compus sau de la cunoscut la
necunoscut .
În problemele de demonstrație se urmărește stabilirea sau verificarea unei relații, găsirea
unor proprietăți noi ale figuri lor date sau, în general să se justifice dacă o afirmație pe care am
formulat -o anterior este adevărată sau nu.

46
Rezolvarea problemelor de demonstrație ajută la însușirea temeinică a cunoștințelor de
geometrie, la dezvoltarea gândirii logice, repre zentând primii pași spre o muncă creatoare în
acest domeniu.
Într-o problemă de demonstrație se cere să arătăm că dacă pentru o figură este adevărată ipoteza,
este adevărată și concluzia.
În rezolvarea unei probleme de demonstrație prin sinteză se pleacă de la propoziția A
(ipoteză) și se caută o altă propoziție C, pe care o implică propoziția A. Căutăm mai departe o
propoziție D pe care să o implice propozițiile A și C și așa mai departe până când propozițiile
astfel găsite indică concluzia adică propoziția B.
Exemple de probleme în care se aplică metoda sintezei în demonstrații.
Problema 1. Teorema lui Menelaus. Fie un triunghi ABC și trei puncte A’ ∈BC, B’ ∈CA,
C’∈AB diferite de vârfurile triunghiului. Dacă punctele A’ , B’ , C’ sunt coliniare atunci are
loc egalitatea :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1
Demonstrație :

Fig. 37
Analizând figura de mai sus observăm că ipoteza nu ne dă suficiente date pentru a pune în
evidență relația cerută.
Fiind vorba despre rapoarte și legăturile ce trebuie stabilite între ele, acestea constituie o
indicație că noi trebuie să plecăm de la cunoștințe legate de asemănarea triunghiurilor. Vom
proiecta vârfurile triunghiului ABC pe dreapta determinată de cele t rei puncte coliniare A’ , B’,
C’ și vom obține punctele A1 , B1 și C1 . A
B
C A1
A’ C’
B1
C1 B’

47
Observăm ușor că :
△A’BB 1 ∿ △A’CC 1 , △B’CC 1 ∿ △B’AA 1 , △C’AA 1 ∿ △C’BB 1 și obținem rapoartele :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 = 𝐵𝐵1
𝐶𝐶1 ; 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 = 𝐶𝐶1
𝐴𝐴1 ; 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 𝐴𝐴1
𝐵𝐵1
Dacă înmulțim a cum cele trei egalități obținem :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1. □
Problema 2. Teorema lui Ceva . Fie triunghiul ABC și A’ , B’ , C’ trei puncte astfel încât
A’∈BC, B’∈CA , C’ ∈AB. Dacă dreptele AA’ , BB’ , CC’ sunt concu rente atunci are loc
egalitatea :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1.

Fig. 38
Demonstrație:
Considerăm AA’∩BB’∩CC’ = {P}.
Faptul că în ipoteză se vorbește de șase segmente determinate de cele trei drepte concurente de
pe laturile triunghiului ne indică faptul că în această demonstrație vom putea aplica teorema lui
Menelaus.
Obținem 𝐵𝐶
𝐶𝐴′ · 𝑃𝐴′
𝑃𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1.
Aplicăm teorema lui Menelaus pentru △CAA’ și punctele B’ , P , B și obținem :
𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝑃𝐴
𝑃𝐴′ · 𝐵𝐴′
𝐵𝐶 = 1 A
B C P
A’ B’ C’

48
Înmulți nd cele două relații vom obține :
𝐵𝐶
𝐶𝐴′ · 𝑃𝐴′
𝑃𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝑃𝐴
𝑃𝐴′ · 𝐵𝐴′
𝐵𝐶 = 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1. □
3.2.2. Metoda analizei

Analiză provine din cuvântul grecesc analysis , care se poate traduce prin descompunerea
unui corp compus sau a unui fenomen în părțile sale componente. În logică, analiza este o
metodă de raționament care constă în faptul că desfășurarea gândirii se face de la necunoscut la
cunoscut. În această metodă, gândirea elevului trebuie dirijată pentru a răspunde la între barea :
Ce trebuie să știu pentru a dovedi că.. .?
În rezolvarea unei probleme prin analiză se pleacă de la propoziția B (concluzia) și se caută o
propoziție C care să o implice pe B. Căutăm altă propoziție D din care să o deducem pe C, apoi
o propoziție E din care să o deducem pe D și așa mai departe p ână când reușim să găsim o
propoziție A din care putem să deducem propoziția precedentă.
Exemple de probleme în care se aplică metoda analizei în demonstrații .
Problema 3. Se consideră cercul C(O,R) și un punct C exterior cercului. Prin punctul C
se deduce secanta CBA și tangenta CD la cercul dat. Pe cercul C(O 1 ,R1) circumscris △CBD
se consideră punctul E astfel încât [CD]≡[CE]. Arătați că punctele A, D și E sunt coliniare.
Demon strație :
Presupunând că punctele A, D, E sunt coliniare avem m (∠ADC ) + m (∠EDC ) = 180° , m (∠EDC )
= m(∠DEC ) pentru că [ CD]≡[CE].
m(∠ADC ) = m( ∠ADB ) + m( ∠BDC ) = m( ∠ADB ) + 1
2 m(∠DMB ) = m( ∠ADB ) + m( ∠BAD )
= 180° – m(∠ABD ).

Fig. 39

A D
B
C E
· O · O1
M

49
Comparând aceste relații obținem m( ∠DEC ) = m( ∠ABD ) , egalitate care este adevărată pentru
că m( ∠DEC ) = 180° – m(∠DBC ) = m( ∠ADB ), patrulaterul BDEC fiind inscriptibil.
Plecând de la egalitatea m( ∠DEC ) = m( ∠ABD ) și făcând un raționament pe cale sintetică, putem
pune în evidență faptul că A , D , E coliniare.
Schematic avem :
m(∠ADE ) = m( ∠ADC ) + m( ∠DEC ) , [CD]≡[CE]
m(∠ADE ) = m( ∠ADB ) + m( ∠BDC ) = m( ∠ADB ) + 1
2 m(∠DMB ) = m( ∠ADB ) + m( ∠BAD )
m(∠ADE ) = m( ∠ADB ) + m( ∠BAD ) + m( ∠DEC )
= 180° – m(∠ABD ) + m( ∠DEC )
= 180° , deci A , D , E coliniare. □

§3.3.Metode particulare în rezolvarea problemelor de demonstrație

3.3.1. Metoda reducerii la absurd
Încă din antichitate, metoda reducerii la absurd este folosită în geometrie pentru
demonstrarea unor teoreme sau a unor problemele cu caracter teoretic. La baza acestei metode
stă una dintre legile fundamentale ale logicii clasice ș i anume legea terțului exclus: d in două
propoziții contradictorii, una e ste adevărată, cealaltă falsă, iar a treia posibilitate nu poate exista.
Metoda reducerii la absurd constă în a admite în mod provizoriu, ca adevărată, propoziția
contrară teoremei date apoi în baza presupunerii făcute se deduc o serie de consecințe ce duc la
un rezultat absurd, deoarece ele contrazic ipoteza problemei care este un adevăr deja stabilit.
Practic, această metodă se aplică astfel : se presupune că ceea ce trebuie să demonstrăm nu este
adevărat, altfel spus se nea gă concluzia teoremei date. Apoi, pe baza presupunerii făcute, se fac
o serie de deduceri logice, care scot în evidență faptul că presupunerea făcută duce la o
absurditate. Aceasta duce la concluzia că presupunerea făcută nu este posibilă și rămâne ca
adev ărată concluzia teoremei date.
Problema 4. Reciproca teoremei lui Menelaus : Fie un triunghi ABC și trei puncte
A’∈BC , B’ ∈CA , C’ ∈AB diferite de vârfurile triunghiului. Se presupune că două dintre
punctele A’ , B’ și C’ sunt situate pe două laturi ale triunghiului iar al treilea punct este situat

50
pe prelungirea celei de -a treia laturi sau că toate punctele A’ , B’ , C’ sunt situate p e
prelungirile laturilor triunghiului. Dacă are loc egalitatea : 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1 atunci
punctele A’, B’ , C’ sunt coliniare.
Demonstrație :
Fie B’∈[AC] , C’∈[AB] și A’∈[BC-[BC] , aplicând metoda reducer ii la absurd vom proceda
astfel: presupunem că punctele A’ , B’ , C’ nu sunt coliniare. Atunci dreapta A’B’ intersectează
latura AB în punctul C’’.

Fig. 40
Aplicând teorema lui Menelaus pentru punctele coliniare A’, B’ și C’ obținem :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′′𝐴
𝐶′′𝐵 = 1.
Comparând relația obținută cu relația din ipoteză obținem 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 𝐶′′𝐴
𝐶′′𝐵.
Propoziția care exprimă egalitatea de mai sus ne arată că în baza presupunerii făcut e, am ajuns
la concluzia că avem două puncte interioare care împart segmentul AB în același raport, ceea
ce nu se poate.
Contradicția la care am ajuns demonstrează teorema dată. Cum nu pot exista două puncte care
împart interior un segment în același raport rezultă că punctul C’’ este identic cu C’ , deci
punctele A’ , B’ și C’ sunt c oliniare. □
Problema 5. Reciproca teoremei lui Ceva. Fie un triunghi ABC și punctele A’ ∈(BC) ,
B’∈(CA), C’ ∈(AB) , diferite de vârfurile triunghiului. Se presupune că toate punctele A’ , B’ ,
C’ sunt situate pe laturile triunghiului sau că două dintre ele sunt situate pe prelungirile a două
laturi, iar al treilea punct este situat pe cea de a treia latură a triunghiului. A
B
C A’ B’ C’
C’’

51
Dacă :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1 atunci dreptele AA’, BB’ și CC’ sunt concurente.
Demonstrație :
Presupunem că dreptele AA’ , BB’ și CC’ nu sunt concurente.
Considerăm BB’∩CC’ = {P} , PA∩BC = {A’’} . Aplicând teorema lui Ceva pentru triunghiul
ABC și dreptele concurente AA’ , BB’ și CC’ rezultă : 𝐴′′𝐵
𝐴′′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 =1.

Fig. 41
Comparând relația obținută cu relația din ipoteză rezultă 𝐴′′𝐵
𝐴′′𝐶 = 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 .
Propoziția care exprimă egalitatea de mai sus ne spune că, în baza presupunerii făcute , am ajuns
la concluzia că sunt două puncte interioare care împart segmentul BC în același raport, ceea ce
nu se poate.
Contradicția la care am ajuns demonstrează teorema dată. Neputând exista două puncte distincte
care împart interior un segment în același raport rezultă că punctul A’’ se confunda cu A’, deci
dreptele AA’ , BB’ , CC’ sunt concurente. □

3.3.2. Metoda analitico -sintetică
În rezolvarea problemelor de geometrie, de obicei se folosesc cele două metode generale:
analiza și sinteza în strânsă legătură. Într -adevăr, atunci când rezolvăm o problemă prin sinteză,
plecăm de la anumite date sau de la unele cunoștințe învățate mai înainte, însă a vem mereu în
minte întrebarea problemei la care trebu ie să răspundem. De asemenea, câ nd rezolvăm o
problemă prin analiză, plecăm de la întrebarea problemei, însă trebuie să ținem seama și de ceea
ce cunoaștem în problemă și de multe ori aceasta ne sugereaz ă formularea unei probleme noi. A
B C P C’
B’
A’ A’’

52
Practic se procedează astfel : folosim calea sintezei atât cât reușim, după care, mai departe,
folosim metoda de raționament a analizei. În unele probleme sau teoreme putem începe
demonstrarea lor prin metoda analizei până găsim elementele de care trebuie să ne folosim în
demonstrația după care, apoi, se aplică calea sintezei.
Problema 6. Se dă triunghiul ABC înscris în C(O,R). Fie H ortocentrul triunghiului, D
punctul diametral opus lui A și E mijloc ul laturii BC. Să se arate că punctele D, E și H sunt
coliniare.

Fig. 42
Demonstrație :
Începem rezolvarea cu metoda analizei. Pentru a arăta că punctele D, E și H sunt coliniare este
suficient să arătăm că punctul E aparține dreptei DH.
Examinând figura observăm că pentru că dreapta DH să conțină punctul E este suficient să
arătăm că figura BDCH este paralelogram . De aici mai departe, folosind calea sintezei, pe baza
datelor din problemă se poate dovedi că BDCH este un paralelogram.
Cum AD este diametru avem m (∠ABD )=90 °, deci DB⊥AB. Din DB⊥AB și CH⊥AB rezultă
DB‖CH.
Analog se arată că DC‖BH. Așadar patrulaterul BDCH este paralelogram. Cum într -un
paralelogram diagonalele se înjumătățesc urmează că E este și mijlocul segmentului HD.
Așadar punctele D, E și H sunt coliniare.
Cum E este mijlocul lui HD și O mijlocul lui AD este linie mijlocie în triunghiul AHD și deci
OE = 1
2 AH. □
A
B C
D O H
E

53
§3.4. Metode specifice de rezolvare a problemelor de coliniaritate și concurență
Printre problemele de geometrie care prezintă deseori dificultăți pentru elevi se numără
problemele de coliniaritate și concurență. Varietatea și multitudinea situațiilor în care apar
astfel de probleme ca și a modalităților de soluționare nu permit încad rarea lor într -un număr
finit de scheme sau tehnici de lucru.

3.4.1. Metode specifice de rezolvare a problemelor de coliniaritate
Problemele de coliniaritate a unor puncte reprezintă un tip deosebit de probleme de
geometrie , ele fiind probleme de demonstrație prin rezolvarea cărora se urmărește stabilirea sau
verificarea unei relații, găsirea unor proprietăți noi ale figuril or date, justificarea unei afirmații
formulate. Ele reprezintă, în general, adevăruri ușor de intuit, dar a căror demonstrație riguroasă
necesită raționamente precise și o gamă variată de tehnici specifice și solicită din partea celui
care rezolvă aceste p robleme multă inventivitate, cultură matematică și perspicacitate.
Metoda 1. Punctele A, B, C sunt coliniare dacă și numai dacă m( ∠ABC) = 180°.
De regulă m (∠ABC ) = 180° se obține dintr -o relație de tipul :
m(∠ABC ) = m (∠ABX ) + m(∠XBY) + m (∠YBC ) , unde BX ⊂ int (∠ABY), BY⊂int(∠XBC )

Fig. 43

Problema 7 : Fie punctul E interior pătratului ABCD și punctul F exterior, astfel încât
triunghiurile ABE și BCF să fie echilaterale. Să se arate că pu nctele D, E și F sunt coliniare.
A X Y
B C

54

Fig. 44
Unind punctele D, E și E, F se obțin triunghiurile isoscele DAE și EBF .
Avem că m( ∠DEA ) = 180° −30°
2 = 75° , m(∠BEF ) = 180° −(30°+60°)
2 = 45° și deci m( ∠DEF )
= m(∠DEA ) + m (∠AEB ) + m (∠BEF ) = 75° + 60° +45° = 180° . Prin urmare punctele D, E și
F sunt coliniare. □
Metoda 2. Punctele A, B, C sunt coliniare dacă și numai dacă m(∠BAC) = 0° .

Fig. 45
Se consideră semidreptele ( AB , (AC , (AX punctele B și C sunt de aceeași parte a semidreptei
(AX și se arată că m(∠XAB) = m( ∠XAC).
Problema 8 : Fie un triunghi ABC (AB<AC ) și punctele A1 și D intersecțiile înălțimii și
bisectoarei duse din A cu BC. Fie B1 = pr ADB și C1 = pr ACD . Să se arate că punctele A1, B1 și
C1 sunt coliniare.
Rezolvare: Unind punctele A1, B1 și A1, C1 se obțin patrulaterele inscriptibile ABA 1B1 și
AA1DC 1 . Rezultă de aici m(∠B1A1D) = m(∠BAD ) și m(∠C1A1D) = m(∠DAC) și cum AD este
bisectoare se obține m(∠B1A1C) = m( ∠C1A1C) și deci m(∠B1A1C1) = 0° adică punctele A1, B1
și C1 sunt coliniare . □ A B C D
E
F
A C X
B

55
În cazul în care triunghiul ABC este isoscel ( AB=AC ) problema este trivială, iar dacă triunghiul
este obtuzunghic demonstrația rămâne valabilă.

Fig. 46
Metoda 3. Se consideră dreapta XY și punctele A, B, C astfel încât A ∈XY iar punctele
B și C se găsesc în semiplane diferite determinate de dreapta XY. Dacă m( ∠BAX) = m( ∠CAY)
atunci punctele A , B și C sunt coliniare.

Fig.47
Se utilizează teorema potrivit căreia dacă semidreptele ( AC și (AB formează cu aceeași dreaptă
XAY, de o parte și de alta a ei, unghiurile BAX și CAY egale între ele, atunci aceste două
semidrepte sunt în prelungire.
Problema 9 : Fie două cercuri C(O,R) și C 1(O1,R1) tangente în T . Prin T se duce o dreaptă
care intersectează cercurile în A și A 1. Fie B pe C(O,R) și B 1 pe C 1(O1,R1) astfel încât AB‖A 1B1.
Să se arate că B, T, B 1 sunt coliniare.

Fig. 48 S1 A
B C A1 D C1
B1
Y X
C A B
A B M
N S
T
B1 A1 · O
· O1

56
Rezolvare : Fie MTN tangenta comună celor două cercuri.
Avem m(∠BTM) = 1
2 m(∠BST) = m( ∠BAT) . Cum AB‖A1B1 avem că m(∠BAT) = m( ∠B1A1T).
Deci m(∠BTM) = m( ∠B1A1T) = 1
2 m(∠B1S1T) = m( ∠B1TN). Așadar m(∠BTM) = m( ∠B1TN) de
unde avem că B , T , B 1 sunt coliniare. □
Metoda 4. Fie punctele A, B, C și dreapta XY. Dacă AB‖XY și AC‖XY atunci punctele A,
B și C sunt coliniare.

Fig. 49
Se folosește unicitatea paralelei duse printr -un punct la o dreaptă.
Problema 10 : Fie un triunghi ABC și punctele D ∈(AB) și E ∈(AC) astfel încât 𝐴𝐷
𝐷𝐵 = 𝐶𝐸
𝐸𝐴.
Să se arate că mijloacele lui [AB] , [AC] și [DE] sunt coliniare.
Rezolvare :

Fig. 50
Fie C’ , B’ , M mijloacele lui [ AB] , [AC] și [DE] și F∈(AB) astfel încât EF‖BC.
Obținem 𝐵𝐹
𝐹𝐴 = 𝐶𝐸
𝐸𝐴 și deci 𝐵𝐹
𝐹𝐴 = 𝐴𝐷
𝐷𝐵 de unde avem că 𝐷𝐵
𝐴𝐹 = 𝐴𝐷
𝐹𝐵 = 𝐷𝐵+𝐴𝐷
𝐴𝐹+𝐹𝐵 = 𝐴𝐵
𝐴𝐵 = 1. F
C’
D B
A C
X Y
A
B C M E
B’

57
Așadar [ DB]≡[AF] și deci C’ este mijlocul lui [ DF] .
Cum M este mijlocul lui [ DE] rezultă că C’M ‖‖ EF ‖‖ BC și C’B ‖‖ BC. În concluzie C’M‖‖BC
și C’B’‖‖BC, deci punctele C’ , M , B’ sunt coliniare. □
Metoda 5. Se consideră punctele A, B, C și dreapta XY. Dacă AB ⊥XY și AC ⊥XY atunci
punctele A, B, C sunt coliniare.

Fig. 51
Se utilizează teorema referitoare la unicitatea perpendicularei dusă dintr -un punct pe o dreaptă.
Metoda 6. Considerăm un triunghi ABC și punct ele A’∈BC , B’ ∈AC , C’ ∈AB. Se
presupune că două dintre punctele A’ , B’ , C’ sunt situate pe două laturi ale triunghiului, iar
al treilea punct este situat pe prelungirea celei de -a treia laturi sau că toate punctele A’ , B’ ,
C’ sunt situate pe prelungirile laturilor triunghiului. Dacă are loc egalitatea 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵
= 1 atunci punctele A’ , B’ , C’ sunt coliniare.

Fig. 52
-justificarea coliniarității este dată de reciproca teoremei lui Menelaus. B’ C’ A’ C’ B A
B C X
Y
A’
C B’ A
B C

58
Problema 11 : Fie un triunghi neisoscel ABC. Cercul C(A,x) intersectează (AB) și (AC)
în B 1 respectiv C 1 . Fie {A’}=BC∩B 1C1 . Considerând cercurile cu centrele în B și C și de rază
x se obțin analog punctele B’ și C’. Să se arate că punctele A’, B’ și C’ sunt coliniare.
Rezolvare : Din teorema lui Menelaus aplicată triunghiului ABC și punctele coliniare A’
, B1 și C1 obținem :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐶1𝐶
𝐶1𝐴 · 𝐵1𝐴
𝐵1𝐵 = 1
de unde ne va rezulta că :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 = 𝑥
𝑏−𝑥 · 𝑐−𝑥
𝑥 = 𝑐−𝑥
𝑏−𝑥 .
Analog vom obține și celelalte relații :
𝐵𝐶
𝐵′𝐴 = 𝑎−𝑥
𝑐−𝑥 , 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 𝑏−𝑥
𝑎−𝑥 .

Fig. 53

Așadar 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 𝑐−𝑥
𝑏−𝑥 · 𝑎−𝑥
𝑐−𝑥 · 𝑏−𝑥
𝑎−𝑥 = 1 deci punctele A’, B’ , C’ sunt coliniare. □
Metoda 7 . Se consideră A, B și C având o anumită proprietate „P” . Dacă mulțimea
punctelor din plan cu această proprietate „P” este situată pe o dreaptă d atunci punctele A, B
și C se află pe dreapta d .
Acest procedeu presupune în primul râ nd cunoașterea proprietăț ii specifice „P” .
Metoda 8 . Punctele A, B, C sunt coliniare dacă și numai dacă σ[ABC ] = O , unde σ(ABC)
= aria triunghiului ABC . Relația σ[ABC] = O este echivalentă cu :

A2 C2 B2
C1 C A’ B’ C’
A B
B1

59
σ[AOB ] = σ[AOC ] + σ[COB ] , C ∈int(AOB ).

Fig. 54

Problema 12 . Se consideră un triunghi ABC și punctele M ∈(AB) și N ∈(AC) , astfel încât
𝐵𝑀
𝑀𝐴 = x și 𝐶𝑁
𝑁𝐴 = y . Să se arate că MN trece prin centrul cercului înscris în triunghiul ABC
dacă și numai dacă bx+cy=a.
Rezolvare : Fie I centrul cercului înscris. Cu notațiile făcute avem AM = 𝑐
1+𝑥 , AN = 𝑏
1+𝑦.
Coliniaritatea este echivalentă cu σ[AMN ] = σ[AMI] + σ[ANI].
Deci σ[AMN ] = σ[ANI] + σ[AMI] ⇔
1
2 AM·AI·sin𝐴
2 + 1
2 AN·AI·sin𝐴
2 = 1
2 AM·AN·sinA ⇔
AI·sin𝐴
2 ( 𝑐
1+𝑥 + 𝑏
1+𝑦 ) = 𝑏𝑐
(1+𝑥)(1+𝑦) sinA .
Dar cum bc·sinA = 2S și AI·sin𝐴
2 = r = 𝑆
𝑝 , atunci avem
σ[AMN ] = σ[AMI] + σ[ANI] ⇔
𝑆
𝑝 ( 𝑐
1+𝑥 + 𝑏
1+𝑦 ) = 2𝑆
(1+𝑥)(1+𝑦) ⇔ 𝑐
1+𝑥 + 𝑏
1+𝑥 = 2𝑝
(1+𝑥)(1+𝑦) ⇔
⇔ c(1+y) + b(1+x) = a+b+c
c + cy + b + bx – b – c = a
bx + cy = a
Așadar punctele M, N și I sunt coliniare dacă și numai dacă bx + cy = a. A B
C O

60

Fig. 55

3.4.2. Metode specifice de rezolvare a problemelor de concurență
Problemele privind concurența unor drepte, ca și problemele de coliniaritate a unor
puncte, prezintă adevăruri care sunt, în general, foarte ușor de intuit, însă căror demonstrație
riguroasă cere raționamente exacte și o gamă variată de tehnici specifice.
Întâlnim astfel de drepte concurente și în triunghiuri precum mediane, mediatoare,
bisectoare sau înălțime, în paralelograme sau trapeze ca diagonale, precum și în probleme
„combinate”. Rezolvarea lor se bazează pe găsirea punctului de intersecție a două drepte a și b,
după care, în raport cu datele problemei, se va demonstra că o a treia dreaptă, c, trece prin
același punct. Punctul găsit va fi punctul de concurență al dreptelor date .
Vom prezenta în continuare unele dintre cele mai utili zate metode de rezolvare a acestui
tip de probleme, metode folosite atât în gimnaziu cât și la liceu.
Metoda 1. Fie trei drepte d 1, d2, d3 și punctele M = d 1 ∩ d 2 , N∈d3 , P∈d3 . Dreptele d 1,
d2, d3 sunt concurente dacă și numai dacă punctele M, N, P sunt coliniare.

Fig. 56
Rezultă că o problemă de concurență a dreptelor poate fi reformulată ca o problemă de
coliniaritate și o problemă de coliniaritate poate fi redusă la o problemă de concurență.
Problema 13 : Fie un trapez ABCD (AB‖CD). Se construiesc în exterior triunghiurile
echilaterale ABM și CDN. Să se arate că dreptele AC, BD și MN sunt concurente.

d2 d1
N ·I A
B C M N
d3 P
M

61
Rezolvare :
Considerăm AC∩BD={O}. Pentru că △OAB ∿△OCD avem 𝑂𝐴
𝑂𝐶 = 𝐴𝐵
𝐶𝐷 , dar AB=AM
DC=NC
Dar m(∠MAO ) = m(∠MAB ) + m(∠BAO ) = 60 ° + m(∠BAO )
= 60 ° + m(∠OCD ) = m(∠NCD ) + m(∠OCD ) = m(∠NCO )
m(∠MAO) = m(∠NCO)
𝑂𝐴
𝑂𝐶 = 𝐴𝑀
𝑁𝐶
-deci punctele M, N și O sunt coliniare prin urmare dreptele AC, BD și MN sunt concurente. □

Fig. 57

Metoda 2. Fie trei drepte d 1, d2, d3 și punctele d 1∩d2={M} , d1∩d3={N} . Dreptele d 1,
d2 și d 3 sunt concurente dacă și numai dacă punctele M și N coincid.

Fig. 58
Procedeul se utilizează de obicei la rezolvarea problemelor de concurență a dreptelor prin
reducere la absurd. N
d3 atunci 𝑂𝐴
𝑂𝐶 = 𝐴𝑀
𝑀𝐶
⇒ △MAO ∿ △NCO , deci m(∠MOA) = m(∠NOC)
A B
C D O M
N
d1
d2
A M

62
Metoda 3. Dreptele d 1, d2, d3 sunt : mediane, bisectoare, înălțimi, mediatoare pentru un
anumit triunghi. Atunci dreptele d 1, d2 și d 3 sunt concurente.
Problema 14 . Tangentele în A, B, C la cercul circumscris triunghiului ABC se
intersectează în A’, B’, C’. Fie A 1, B1, C1 centrele cercurilor înscrise în triunghiul A’BC, B’AC,
C’AB. Să se arate că dreptele AA 1, BB 1 și CC 1 sunt concurente .

Fig. 59

Avem A’B=A’C , m(∠BCA 1 ) = 1
2 m(∠BCA’ ) = 1
4 m(∠BA1C) = 1
2 m(∠BAC ).
Obținem m(∠BA1C) = 180° – 2m(∠BCA 1 ) = 180° – m(∠BAC ) adică patrulaterul ABA 1C este
inscriptibil și A1 este mijlocul arcului BC. Rezultă că AA1 este bisectoarea ∠BAC.
Analog se demonstrează că BB1 este bisectoarea unghiului ABC și CC 1 este bisectoarea
unghiului ACB. Așadar AA1, BB1, CC 1 sunt bisectoare în △ABC deci sunt concurente. □
Metoda 4. Fie un triunghi și punctele A’ ∈(BC) , B’ ∈(AC) , C’ ∈(AB) astfel încât :
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 = 1 (*). Atunci AA’, BB’ și CC’ sunt concurente .
Dacă A’ ∈[BC] , B’ ∈[AC-[AC] , C’ ∈[AB-[AB] verifică condiția BB’ nu este paralel cu CC’ și
dacă are loc relația (*) atunci AA’, BB’ și CC’ sunt concurente (reciproca teoremei lui Ceva) .

A1
C’ B’ A’
C
A B
CI B1

63

Fig. 60 Fig. 61
Metoda 5. Fie un triunghi ABC și punctele, A’ ∈(BC), B’ ∈(AC), C’ ∈(AB) astfel încât :
𝑠𝑖𝑛 (∠𝐵𝐴𝐴′)
𝑠𝑖𝑛 (∠𝐶𝐴𝐴′) · 𝑠𝑖𝑛 (∠𝐶𝐵𝐵′)
𝑠𝑖𝑛 (∠𝐴𝐵𝐵′) · 𝑠𝑖𝑛 (∠𝐴𝐶𝐶′)
𝑠𝑖𝑛 (∠𝐵𝐶𝐶′) = 1 (**)
Atunci dreptele AA’, BB’, CC’ sunt concurente (reciproca teoremei lui Ceva sub forma
trigonometrică).
Aplicând teorema sinusurilor în △ABA’ și △CAA’ rezultă :
sin (∠𝐵𝐴𝐴′)
𝐴′𝐵 = sin (∠𝐴𝐴′𝐵)
𝐴𝐵
sin (∠𝐴𝐶𝐶′)
𝐴′𝐶 = sin (∠𝐴𝐴′𝐶)
𝐴𝐶 și deci sin (∠𝐵𝐴𝐴′)
sin (∠𝐶𝐴𝐴′) = 𝐴′𝐵
𝐴′𝐶 · 𝑏
𝑐.
Analog se obțin relațiile :
sin (∠𝐶𝐵𝐵′)
sin (∠𝐴𝐵𝐵′) = 𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 · 𝑐
𝑎 , sin (∠𝐴𝐶𝐶′)
sin (∠𝐵𝐶𝐶′) = 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵 · 𝑎
𝑏
ceea ce face relațiile (*) și (**) să fie echivalente .
Metoda 6. Fie un triunghi ABC și punctele A’ ∈(BC) , B’ ∈(AC) , C’ ∈(AB).
Perpendicularele din A’, B’, C’ pe BC, AC respectiv AB sunt concurente dacă și numai dacă :
A’B2 – A’C2 + B’C2 – B’A2 + C’A2 – C’B2 = 0. (***)
Dacă perpendicularele sunt concurente în M se obține :
A’B2 = MB2 – MA’2 , A’C2 = MC2 – MA’2 ,
deci A’B2 – A’C2 = MB2 – MC2. Analog avem relațiile B’C2 – B’A2 = MC2 – MA2 , C’A2 – C’B2
= MA2 – MB2 de unde rezultă relația cerută. C’ C’ A
B C A’ B’ A
B
B’ C A’

64
Considerăm acum relația „***” adevărată. Fie M intersecția perpendicularelor din A’ pe BC și
din B’ pe AC și C1 proiecția lui M pe AB.
Din relația lui Carnot rezultă :
A’B2 – A’C2 + B’C2 – B’A2 + C1A2 – C1B2 = 0
Care comparată cu (***) ne dă
C’A2 – C’B2 = C 1A2 – C1B2
Trebuie arătat că punctele C’ și C1 coincid. Considerăm un sistem de coordonate pe dreapta AB,
astfel încât A(0) , B(b) , C’(x) , C 1(x1). Relația anterioară se transformă în
x2 – ( b – x )2 = x 12 – ( b – x1)2 sau 2bx = 2bx 1 , deci x=x 1 adică C’=C 1 . □

Fig. 62 C’ C1 A
B C M B’
A’