Omotetii si Inversiuni n plan [620225]

Ministerul Educat iei Nat ionale
Universitatea "OVIDIUS" Constant a
Facultatea de Matematic a  si Informatic a
Specializarea Matematic a-Informatic a
LUCRARE DE LICENT  A
Omotetii  si Inversiuni ^ n plan
Coordonator  stiint ic:
Lect. Univ. Dr. Homentcovschi Laurent iu
Absolvent: [anonimizat] a
2018

Cuprins
Introducere 1
1 OMOTETIA 3
1.1 OMOTETIA UNEI DREPTE. OMOTETICUL UNUI CERC . . 3
2 INVERSIUNI ^IN PLAN 15
2.1 INVERSA UNEI DREPTE. INVERSUL UNUI CERC . . . . . . 15
2.2 INEGALITATEA LUI PTOLOMEU. PRIMA TEOREM A A LUI
PTOLOMEU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3 A DOUA TEOREM A A LUI PTOLOMEU . . . . . . . . . . . . 20
2.4 TEOREMA EULER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.5 TEOREMA FEUERBACH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.6 TEOREMA SALMON . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.7 TEOREMA STEINER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.8 TEOREMA T  IT  EICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3 APLICAT II ALE OMOTETIILOR S I INVERSIUNILOR ^IN
PLAN 30
3.1 PROBLEMELE LUI APOLONIU . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2 APLICAT  II ALE OMOTETIILOR ^IN PLAN . . . . . . . . . . . 34
3.3 APLICAT  II ALE INVERSIUNILOR ^IN PLAN . . . . . . . . . . 38
Bibliograe 45
1

INTRODUCERE
2

Capitolul 1
OMOTETIA
1.1 OMOTETIA UNEI DREPTE. OMOTETI-
CUL UNUI CERC
FieO2 un punct x  si k2R,k6= 0.
Denit ia 1. Fie O un punct x ^ n planul  sik2R,k6= 0. Numim o omotetie
de centru O  si raport k o aplicat ie:
T:P!P
A!T(A) =A0
care satisface urm atoarele condit ii:
i) T(0) = 0;
ii) Dac aA6= 0rezul a c a punctele O, A, A' sunt coliniare.
iii)A02[OM dac a avem k>0, iarO2(A0A)dac a avem k negativ.
iv)OA0=jkj
OA.
Punctul A' se nume ste omoteticul punctului A.
Teorema 1. Orice punct O din planul  si orice numar real k6= 0 denesc o
omotetie unic a.
Demonstrat ie. Un vector unic# OZeste denit de punctul ales O, al aturi de orice
punctZ2, iar produsul k
# OZeste un vector colinear cu vectorul# OZ.
Notat ia omotetiei de centru O  si raport k este: hk
O. A sadar,hk
O: !  si
pentru orice Z2 avem# 
Ohk
O(Z) =k
# OZ.
Se poate observa c a aplicat ia identic a a planului reprezint a omotetia care
admite c a are centru orice punct al planului av^ and raportul 1, iar simetria
central a de centru O este omotetia de centru O  si raport -1, deoarece# OSO(Z) =
# OZ, pentru orice Z2.
^Inmult ind vectorul nul# OOcu orice num ar obt inem tot un vector nul, ceea
ce ^ nseamn a c a centrul omotetiei hk
Ose modic a ^ n el ^ nsu si.
Spunem c a centrul omotetiei este exterior daca avem k >0  si punctele Z  si
hk
O(Z) sunt situate de aceea si parte a punctului O pe dreapta OZ. De asemenea,
dac a avem k >0  si punctele Z  si hk
O(Z) sunt separate de puntul O pe dreapta
OZ, spunem c a centrul omotetiei este interior.
3

Teorema 2. Orice omotetie hk
O: !reprezint a o aplicat ie inversabil a, iar
inversa omotetiei hk
Oeste omotetia h1=k
O.
Demonstrat ie. FieZ2  si alegem un punct Z0=hk
O(Z). A sadar# OZ0=k
# OZ
sau# OZ=1
k# OZ0. De aici rezult a c a Z=h1=k
O(Z0).
Numim punctul hk
O(Z) omoteticul lui Z ^ n omotetia de centru O si raport k
dac aZ2  sihk
Oeste omotetie a planului .
Denim gura F0=hk
O(F) ca ind omotetica gurii F ^ n omotetia de centru
O  si raport k, dac a F reprezint a o gura geometric a din planul .
Teorema 3. Omotetia de centru O  si raport k este o asem anare de genul unu
dac a avem k>0sau o asem anare de genul doi ^ n cazul ^ n care k<0.
Demonstrat ie. FieX;T2 dou a puncte oarecare  si X0=hk
O(X),T0=hk
O(T).
Aplic^ and regula de adunare a vectorilor, obt inem:# OT0=# OX0+# X0T0, de unde
rezult a c a# X0T0=# OT0# OX0. Dar# OX0=k# OX,# OT0=k# OT si deci# X0T0=
k# OTk# OX=k(# OT# OX) =k# XT. Prin urmare, avem kX0T0k=jkj
kXYk
de unde rezult a c a omotetia de centru O si raport k este o asem anare de raport
jkj.
M0
O N0
NM
Figura 1. Asem anare de raport jkj
Demonstr am c a dac a avem k>0,hk
Oeste o asem anare de genul unu. Lu am M
 si N dou a puncte oarecare astfel ^ nc^ at punctul O s a nu e situat pe dreapta MN
 siM0=hk
O(M),N0=hk
O(N) (Figura 1).
^In lant ul triunghiular OMN, OM'N, OM'N' ambele perechi de triunghiuri
consecutive au aceea si orientare. A sadar, hk
Ocuk > 0 nu schimb a orientarea
triunghiurilor. Analog se arat a c a dac a avem k<0, atuncihk
Oeste o asem anare
de genul doi.
Corolar 1. Figurile geometrice omotetice sunt asemenea. Toate dreptele care
trec prin O sunt invariate ^ n raport cu o omotetie hk
O.
4

O omotetie exist a dac a se denesc dou a puncte, care se a
 a ^ n raport de
omotetie, A  si A'  si centrul O al omotetiei pe dreapta AA'(Figura 2)
Ar at am acum c a pentru orice punct B2 se poate realiza imaginea lui
printr-o omotetie. Realiz am dreapta d care trece prin A', ind paralel a cu
dreapta AB  si construim punctul B0=d\OB. Punctul B' va  omoteticul
punctului B prin omotetia de centru O  si de raportkOA0k
kOAk.
A0
O B0A
B
Figura 2
Teorema 4. Fieik: !o asem anare de raport k6= 1, cu proprietatea c a
pentru orice M;N2vectorii# MN  si# ik(M)ik(N)au aceea si orientare, atunci
ikeste o omotetie de raport k.(Figura 1)
Demonstrat ie. FieM;N2ddou a puncte oarecare  si M0=ik(M),N0=ik(N)
imaginile lor.
ikar  aplicat ie identic a a planului dac a avem o dreapt a d astfel ^ nc^ at
ik(N)6=d si ecare dreapt a din planul ar  invariat a ^ n raport cu asem anarea
ik. Deoarece a k6= 1, ^ nseamn a c a jMNj sijM0N0jnu sunt congruente  si cum
MNkM0N0, obt inem c a dreptele MM', NN' se ^ nt^ alnesc ^ ntr-un punct O.
Lu am omotetia hk
O si ment ion am c a hk
O(O) =O. Ar at am c a ik(O) =O.
Evident, dreapta OM se modic a prin asem anarea iksau ^ ntr-o dreapt a paralel a
cu OM sau ^ n dreapta OM.
Pentru c a imaginea M' a lui M prin asem anarea ikeste pe dreapta OM, iar
imaginea dreptei OM trebuie s a treac a prin M', ^ nseamn a c a dreapta OM se
modic a prin asem anarea ik^ n ea ^ ns a si.
^In mod asem ana ator, dreapta ON se modic a ^ n ea ^ ns a si prin asem anarea
ik si deci O este punct x ^ n raport cu ik.
A sadar, punctele O, M, N sunt modicate^ n punctele O, M', N' prin asem anarea
ik si omotetia hk
O, deciik=hk
O.
Teorema 5. Mult imea omotetiilor de acela si centru care formeaz a un grup
comutativ izomorf cu grupul multiplicativ al numerelor reale nenule.
5

Demonstrat ie. Lu amhk1
O sihk2
Odou a omotetii cu centrul ^ n O. Pentru orice
T2 ,avem# 
Ohk1
O(T) =k1# OT si# 
Ohk2
O(T) =k2# OT, ceea ce ^ nseamn a c a# 
Ohk1
O(hk2
O(T)) =k# 
Ohk2
O(T) =k1k2# OTadic ahk1
Ohk2
O=hk1k2
O.
S tim c a inversa omotetiei hk
Oeste omotetia h1=k
O. Compunerea omotetiilor
de centru O este asociativ a. Sust inem asta deoarece compunerea funct iilor este
asociativ a, aplicat ia identic a a planului 1 este omotetia h1
O si orice omotetie
hk
Oeste inversabil a.
Not amGO=fhk
Ojk2R;k6= 0g si denim aplicat ia ':HO!Rcare
asociaz a omotetiei hk
Ode raport k num arul real k, '(hk
O) =k. Desigur, aplicat ia
'este bijectiv a  si avem '(hk1
Ohk2
O) ='(hk1k2
O) =k1k2='(hk1
O)'(hk2
O) ceea
ce rezult a c a 'este izomorsm de grupuri.
Teorema 6. Fief: !. Spunem c a f se nume ste aplicat ie bijectiv a dac a
^ ndepline ste urm atoarele propriet at i:
a) f transform a orice segment ^ ntr-un segment;
b) pentru8A;B2, vectorii# AB si# f(A)f(B)sunt colineari  si au raportul
lungimilor constant, atunci f este o omotetie sau o translat ie.
D0
O
f(B)D
BA f(A)
Figura 3
Demonstrat ie. Lu amA;B2.
S tim c a cele dou a segmente jABj sijf(A)f(B)jsunt congruente, iar se-
midreptele (AB  si (f(A)f(B) au aceea si orientare. Spunem c a f se nume ste
translat ie, dac ajAf(A)j sijBf(B)jsunt congruente  si paralele, iar semidreptele
(AB  si (f(A)f(B) au aceea si orientare.
Altfel, dreptele Af(A)  siBf(B) au punctul comun O (Figura 3). Remarc am
faptul c a omotetia de centru O transform a punctul A ^ n punctul f(A). Realiz am
pe gur a punctul D' care corespunde prin aceast a omotetie punctului D oare-
care.
^In consecint  a, segmentele jABj sijf(A)D0jsunt paralele  sikf(A)D0k
kADk=
kOf(A)k
kOAk=kf(A)f(B)k
kABk. A sa cum semidreptele (AB  si (f(A)f(B) au aceea si
6

orientare sau orientar ari opuse, la fel ^ nt^ alnim  si ^ n cazul semidreptelor (AD
 si (f(A)D'. ^In concluzie, D' coincide cu punctul f(D), deci f este omotetie.
Teorema 7. Fie dou a omotetii hk
O sihk
O0. Produsul acestora este tot o omotetie
av^ and centrul coliniar O si O', dac a avem kk06= 1,  si este o translat ie de direct ie
OO' dac a avem kk' = 1.
Demonstrat ie. Fie F = LMN o gur a oarecare care se transform a prin omotetia
hk
O^ n gura F' = L'M'N'. La r^ andul ei gura F' se transform a ^ n gura F" =
L"M"N" prin omotetia hk
O(Figura 4).
Folosindu-ne de teorema anterioara, obt inem c a F  si F" sunt omotetice sau
congruente. Prin omotetia hk
Oorice vector# LM se transform a ^ ntr-un vector# L0M0astfel ^ nc^ at# L0M0=k# LM, iar prin omotetia hk
O, vectorul# L0M0se trans-
form a ^ n vectorul# L"M" astfel ^ nc^ at# L"M" =k0# L0M0.
Obt inem c a# L"M" =kk0# LM. `
M
LOM
L
O"M
LN
L"M"O0
N"L'N'M0
Figura 4
Deci, gurile F  si F" sunt omotetice av^ and coecientul de omotetie k
k0.
Dac a avem kk' = 1, atunci# L"M" =# LM, iar produsul kk
Okk0
O0este o translat ie
^ n aceast a situat ie.
Dreapta care trece prin centrul O al omotetiei hk
Ose transform a prin omotetia
hO^ ntr-o dreapt a care trece prin centrul O  si cum hk
Op astreaz a coliniaritatea
punctelor, obt inem c a toate dreptele invariate ^ n raport cu omotetia hk
Osunt
dreptele care trec prin O  si numai ele.
Obt inem c a singura dreapt a invariat a ^ n raport cu produsul hk
Ohk0
O, este
dreapt a OO'. ^In cazul ^ n care hk
Ohk0
Oeste o omotetie, centrul ei O" este situat
pe dreapta OO'.
Pentru a determina pozit ia lui O" pe dreapta OO' scriem urm atoarele relat ii:
hkk0
O(O00) =O00 sihO000
k0=O00, undeO000=hO0
k(O).
Obt inem c a# O000=k# OO,# O0O00=k0# O0O000. Din relat iile obt inute# OO000=# OO0+# O0O000=# OO0+1
k# O0O00 si# OO00=# OO0+# O0O00deducem c a# OO000=
k(# OO0+# O0O00) =# OO0+1
k# O0O00sau# OO0+1
k# O0O00=k(# OO0+# O0O00) de unde
7

rezult a c a# O0O00=kk0k0
1kk0# OO0,# OO0=# OO0+kk0k0
1kk0# OO0sau, ^ n nal,# OO0=
1k0
1kk0# OO0.
Dac a 0<1k0
1kk0<1, punctul O este situat ^ ntre punctele O  si O', iar dac a
1k0
1kk0>1, atunci punctul O' este situat ^ ntre punctele O  si O".
^In cazul ^ n care avem kk06= 1, dac a  stim pozit iile centrelor O  si O' ale
omotetiilor hk
O sihk0
O0, dar  si pozit iile a trei puncte L', L0=hk
O(L)  siL00=
hk0
O0(A0), putem construi centrul omotetiei hkk0
O00.
Dac akk0= 1 observ am c a produsul hk
Ohk0
O0, este o traslat ie de direct ie
OO'.
Denit ia 2. Se nume ste ax a de omotetie a trei guri omotetice, dreapta deter-
minat a de cele trei centre de omotetie a trei guri omotetice dou a c^ ate dou a.
Denit ia 3. Fie un triunghi XYZ. Se nume ste transversal a a triunghilui XYZ,
orice dreapt a d care intersecteaz a dreptele XY, YZ, XZ care cont in laturile jXYj,
jYZj,respectivjXZj.
Teorema 8. (Menelaus). Dac a o transversal a intersecteaz a dreptele MN, NP,
MP care cont in laturile jMNj,jNPj,jMPjale triunghilui MNP ^ n punctele
M1,N1, respectivP1, atunci are loc relat ia:
kM0Nk
kM0Pk
kN0Pk
kN0Mk
kP0Mk
kP0Nk= 1
P0
MN0
PN
M0M00N00
P00
Figura 5
Demonstrat ie. Fie t o transversal a care intersecteaz a dreptele MN, NP, MP care
cont in laturile triunghilui MNP ^ n punctele M', N', P'.
Construim ^ n gura 5 semidreptele paralele jMM00j,jNN00j, respectivjPP00j
care intersecteaz a transversala t in punctele M", N", P". Obt inem c a jMM00j,
jNN00j,jPP00jsunt segmente paralele.
Evalu am 3 omotetii:
-hk1
M0care transform a pe N ^ n P,
-hk2
N0care transform a pe P ^ n M,
8

-hk3
P0care transform a pe M ^ n N.
A sadar,kM0Nk
kM0Pk=k1,kN0Pk
kN0Mk=k2 sikP0Mk
kP0Nk=k3.
Obt inem c a hk1
M0(N00) =P00,hk2
N0(P00) =M00,hk3
P0(M00) =N00 sikM0Nk
kM0Pk=
kNN00k
kPP00k,kN0Pk
kN0Mk=kPP00k
kMM00k,kP0Mk
kP0Nk=kMM00k
kNN00k.
^Inmult ind membru cu membru aceste ultime trei egalit at i obt inem relat ia
din enunt .
Teorema 9. (Reciproca teoremei lui Menelaus).
Dac a pe dreptele MN, NP, MP care cont in laturile triunghiului MNP consi-
der am punctele M', N', respectiv P' astfel ^ nc^ at s a e ^ ndeplinit a relat ia:
kM0Nk
kM0Pk
kN0Pk
kN0Mk
kP0Mk
kP0Nk= 1,
atunci punctele M', N', P' sunt coliniare.
Demonstrat ie. Fie P' punctul intersect ie a dreptelor MN  si M'N'. Din teorema
lui Menelaus obt inem c a:
kM0Nk
kM0Pk
kN0Pk
kN0Mk
kP000Mk
kP000Nk= 1
Compar^ and egalitatea din enunt  cu cea obt inut a rezult a c a:
kP0Mk
kP0Nk=kP000Mk
kP000Nk,
deci punctul P' ^ mparte segmentul jMNj^ n acela si raport ca  si punctul P"',
ceea ce nu se poate dec^ at dac a P' = P"'.
Teorema 10. Centrele de omotetie a trei guri omotetice dou a c^ ate dou a sunt
coliniare.
Demonstrat ie. FieO12,O23,O31centrele de omotetie ale perechilor de guri
omoteticeF1 siF2,F2 siF3, respectiv F3 siF1. Nemic sor^ and gradul de gene-
ralitate al teoremei, presupunem c a gurile F1,F2,F3sunt formate din perechi
de puncte omotetice:
F1=fT0;U0g,F2=fT00;U00g,F3=fT000;U000g. (Figura 6)
Fiehk12
O12,hk23
O23 sihk31
O31omotetiile care ^ ndeplinesc relat iile:
hk12
O12(jT0U0j) =jT00U00j,hk23
O23(jT00U00j) =jT000U000j,hk31
O31(jT000U000j) =jT0U0j.
9

T0
U0 O13O12
O23T00
U00
F1F2
T000
U000F3
Figura 6
Rezult a c a:
kT0U0k
kT00U00k=kO12A1k
kO12A2k=k12
kT00U00k
kT000U000k=kO23A2k
kO23A3k=k23
kT000U000k
kT0U0k=kO31A3k
kO31A1k=k31
^Inmult ind egalit at ile membru cu membru, obt inem:
kO12A1k
kO12A2k
kO23A2k
kO23A3k
kO31A3k
kO31A1k= 1.
Ultima relat ie reprezint a reciproca teoremei lui Menelaus pentru triunghiul
T'T"T"'. Din gura 6, observ am c a punctele O122T0T00,O232T00T000 si
O312T000T0sunt coliniare, iar dreapta pe care sunt ele situate ind axa de
omotetie a gurilor omotetice F1,F2,F3.
Teorema 11. Fie dou a cercuriC(O1;r1) siC(O2;r2). Acestea nu sunt congru-
ente  si nici concentrice. Avem dou a omotetii hk
O sihk
O0care transform a cercul
C(O1;r1)^ n cerculC(O2;r2). Astfel O se va numii centru de omotetie exterior,
O este centru de omotetie interior, iar k=r2=r2.
Demonstrat ie. Presupunem c a r1> r 2 si consideram raza jO1A1j^ n cercul
C(O1;r1)  si diametruljA2B2j^ n cerculC(O2;r2) astfel ^ nc^ at A2B2kO1A1(Fi-
gura 7).
10

OA1
O1 O2A2
B2O'
Figura 7
FieO=A1A2\O1O2 siO0=A1B2\O1O2. Din gur a rezult a c a:
4OA1O14OA2O2
4O0A1O14O0B2O2
Obt inem c a omotetiile hk
O sihk
O0transform a cercul C(O1;r1)^ n cerculC(O2;r2),
k ind raportul r2=r1.
Se pot deduce urm atoarele relat ii:
kOO1k
kOO2k=r1
r2saukOO2k+kO2O1k
kOO2k=r1
r2
Obt inem c a: 1 +kO1O2k
kOO2k=r1
r2.
Rezult a c a:kOO2k=r2
r1r2kO1O2k, relat ie ce dene ste pozit ia punctului O
fat  a de punctele O1 siO2.
Analog, din relat ia:
kO0O2k
kO0O2k=r2
r1
rezult akO1OkkO0O1k
kO0O1k=r2
r1saukO1O2k
kO0O2k1 =r2
r1.
Obt inem c a:
kO1O2k
kO0O1k= 1 +r2
r1=r1+r2
r1saukO0O1k=r1
r1+r2kO1o2k.
Corolar 2. Fie cercurileC(O1;r1) siC(O2;r2). Dac a acestea sunt congruente,
atunci ^ nt^ anlnim o singur a omotetie h1
Ocare transform a cercul C(O1;r1)^ n
cerculC(O2;r2)av^ and O' centru de omotetie interior. Dac a cercurile sunt con-
centrice, ^ nt^ anlnim o singur a omotetie hk
Ocare transform a cercul C(O1;r1)^ n
cerculC(O2;r2), av^ and raportul k=r2=r1. Dou a cercuri tangente sunt omote-
tice ^ n raport cu punctul de tangent  a.
Teorema 12. (Monge). Fie trei cercuri C(O1;r1),C(O2;r2),C(O3;r3). Dac a
acestea nu sunt congruente dou a c^ ate dou a  si nu au centrele coliniare, atunci
cele  sase centre de omotetie ale acestora sunt situate c^ ate trei pe patru drepte.
11

O12
d2d1
O13O1 O2
O0
13
O23d3d4
O0
23
O3O0
12
Figura 8
Demonstrat ie. FieO12,O0
12,O23,O0
23,O13,O0
13centrele exterioare  si interioare
de omotetie ale perechilor de cercuri (Figura 8). Teorema 10 ne spune c a exist a
patru drepte d1,d2,d3,d4astfel ^ nc^ atfO12;O23;O13gd1,fO12;O0
23;O0
13g
d2,fO0
12;O23;O0
13gd3 sifO0
12;O0
13;O13gd4.
Denit ia 4. Aceste drepte pe care sunt situate c^ ate trei cele  sase centre de
omotetie a trei cercuri care nu sunt congruente  si av^ and centrele necoliniare, se
numesc axe de omotetie ale celor trei cercuri.
Teorema 13. (Euler). ^In orice triunghi MNP ^ nt^ alnim punctul H de intersect ie
a ^ n alt imilor, punctul G la intersect ia medianelor  si centrul O al cercului circum-
scris sunt situate pe o dreapt a asfel ^ nc^ at are loc relat ia kGHk= 2kOGk. Mij-
loacele laturilor triunghilui MNP, mijloacele segmentelor cuprinse ^ ntre v^ arfuri,
picioarele ^ n alt imilor  si ortocentrul sunt nou a puncte pe un cerc cu centrul ^ n
mijlocul segmentului jOHj, iar raza ind jum atate din raza cercului circumscris.
12

N PM
G
HMHNHP
H
M0N0P0
Ow
Figura 9
Demonstrat ie. FiejMHMj,jNHNj,jPHPj^ n alt imile  sijMM0j,jNN0j,jPP0j
medianele triunghiului MNP.
Triunghiul MNP este transformat prin omotetia h1=2
G^ n triunghiul M'N'P',
iar ^ n alt imilejMM0j,jNN0j,jPP0j^ n mediatoarele OM',ON', OP', deoarece
printr-o omotetie o dreapt a se transform a ^ ntr-o dreapt a paralel a cu ea.
Punctul H de intersect ie a ^ n alt imilor triunghiului MNP este transformat
prin aceea si omotetie ^ n punctul O de intersect ie a mediatoarelor triunghiului
MNP. Rezult a de aici c a punctele H  si O sunt separate de punctele G  si kGHk=
2kOGk(Figura 9).
Omotetiah1=2
G transform a cercul C(O;R) circumscris triunghiului MNP ^ n
cercul circumscris triunghiului M'N'P'. Astfel centrul acestuia va deveni imagi-
nea punctului O prin omotetia h1=2
G, reprezent^ and mijlocul segmentului jOHj.
CerculC(O;R) se va modica ^ ntr-un cerc de raz a R/2 pentru c a modulul
raportului omotetiei h1=2
G este 1/2.
Not am cuw=h1=2
G, iarh1=2
G(C(O;R)) =C(w;R= 2).
Obt inem c a w este punctul de intersect ie a mediatoarelor segmentelor M0HM,
N0HN,P0HPdeoareceweste mijlocul segmentului jOHj.
Obt inem c akwM0k=kwHMk,kwN0k=kwHNk,kwP0k=kwHPk si
HM;HN;HP2C(w;R= 2).
Analiz am acum omotetia h+1=2
H, care transform a punctul O ^ n punctul w, iar
cerculC(O;R) ^ n cerculC(w;R= 2), ca  si omotetia h1=2
H. Punctele M, N, P se
transform a ^ n mijloacele segmentelor jMHj,jNHj,jPHjcu ajutorul omotetiei
h+1=2
H.
Not am cu M"', N"', P"' punctele^ n care se intersecteaz a a doua oar a^ n alt imile
MHM,NHN,PHP^ n cerculC(O;R).
Deci, imaginile punctelor M"', N"', P"' prin intermediul omotetiei h+1=2
H
transform a cercul C(O;R) ^ n cerculC(w;R= 2).^In alt a ordine de idei, imagi-
nile punctelor M"', N"', P"' cu ajutorul omotetiei h+1=2
H trebuie s a r am^ an a pe
13

^ n alt imile MH, NH, PH pentru c a ^ n alt imile MH, NH, PH sunt drepte invariate
^ n raport cu omotetia h+1=2
H.
Obt inem c a prin intermediul omotetiei h+1=2
H, imaginile punctelor M"', N"',
P"' sunt punctele de intersect ie ale^ n alt imilor MH, NH, PH cu cercul C(w;R= 2),
adic a sunt punctele HM,HN,HP. Obt inem c a punctele simetrice cu ortocentrul
unui triunghi ^ n raport cu laturile triunghiului sunt situate pe cercul circumscris
triunghiului.
Denit ia 5. Cercul lui Euler sau cercul celor nou a puncte reprezint a cercul care
trece prin mijloacele laturilor, picioarele ^ n alt imilor  si mijloacele segmentelor
cuprinse ^ ntre v^ arfuri  si ortocentrul triunghiului.
14

Capitolul 2
INVERSIUNI ^IN PLAN
2.1 INVERSA UNEI DREPTE. INVERSUL UNUI
CERC
Denit ia 6. Fie O un punct x ^ n planul  sik2Rf0g. Numim inversiune
de pol O  si putere k orice aplicat ie
T:f0g!f0g,A!T(A) =A0,
care satisface urm atoarele condit ii:
i) punctele O, A, A' sunt coliniare;
ii) dac a avem k>0,A02(OA, iar ^ n cazul ^ n care k<0,O2AA0;
iii)OA
OA0=jkj.
Punctul A' se nume ste inversul punctului A.
Observat ii:
i) Inversiunea este o transformare involutiv a, adic a
TT==Id, unde=f0g.
Obt inem c a aplicat ia T este invers a  si T1=T. Deci, inversiunea T:!
este o aplicat ie bijectiv a.
ii) Fie inversiunea T de pol O si putere k>0. Observ am c a:
T(A) =A, (8)A2C(O;p
k)
Rezult a c a toate punctele cercului C(O;p
k) sunt puncte xe. Numim cercul
C(O;p
k) cerc de inversiune.
iii) Un cerc ce traverseaz a dou a puncte inverse A  si A' taie ortogonal cercul
de inversiune.
Not am cu I  si I' punctele de intersect ie ale cercului cu cercul de inversiune
C(O;p
k)  si vom obt ine:
OA
OA0=k=OP2(Figura 10)
A sadar, dreapta OI este tangent a la cercul .
15

OA0
I
I0A
Figura 10
iv) Fie inversiunea T de pol O  si putere k pe care o vom nota cu T(O,k).
Consider am o dreapt a d ce trece prin O.
AtunciT(d)fOg=dfOg.
Lema 1. Consider am inversiunea T(O,k)  si punctele M, N, M' = T(M), N' =
T(N). Atunci:
i) Patrulaterul MNN'M' este inscriptibil;
ii)M0N0=jkjMN
OM
ON
OM
NM0
N0
Figura 11
Demonstrat ie. i) Din relat iile obt inute din gur a: OM
OM0=jkj,ON
ON0=
jkj(Figura 11) obt inem:OM
ON0=ON
OM0.
Deci, triunghiurile MON  si N'OM' sunt asemenea. Ceea ce ^ nseamn a c a
unghiurile\OMN  si\ON0M0sunt congruente. Obt inem ^ n nal c a patrulaterul
MNN'M' este inscriptibil.
ii) Din cauza faptului c a triunghiurile MON  si N'OM' sunt asemenea, rezult a:
M0N0
MN=ON0
OM
Prin urmare,M0N0
MN=ON0
ON
OM
ON=jkj
OM
ON.
Teorema 14. Fie inversiunea T(O,k).
i) O dreapt a d care nu trece prin polul de inversiune O, se transform a ^ ntr-un
cerc care trece prin pol  si din care se scoate punctul O;
16

ii) Consider am un cerc C(A;R)care trece prin polul de inversiune. Rezult a
c aC(A;R)fOgse transform a ^ ntr-o dreapt a perpedincular a pe diametrul care
trece prin pol;
iii) Inversul unui cerc care nu trece prin polul de inversiune este un cerc.
Demonstrat ie. i)
OB
AB0
A0
d
Figura 12
Consider am A=prdO si A' = T(A). Presupunem un punct variabil pe d numit
B  si B' = T(B). Utiliz^ and lema anterioar a obt inem c a patrulaterul AA'B'B este
inscriptibil, ceea ce ^ nseamn a c a m(\BB0A0) = 90. A sadar, locul geometric al
punctului B', c^ and B descrie dreapta d, este cercul de diametru [OA'] din care
se scoate punctul O.
ii)
OM NN0P0
P
Figura 13
Consider am cercul C(A;R) ca ind cercul ce trece prin polul de inversiune
O (Figura 13). Din gur a reiese c a punctul B este diametral opus lui O, iar N'
= T(N). Lu am P un punct oarecare pe cerc. Asem an ator, P' = T(P). Vrem s a
demonstr am, c a patrulaterul N'NPP' este inscriptibil.
Pentru c am(\OPN ) = 90, rezult a c a  si m(\NN0P0) = 90. A sadar, P' se
a
 a pe perpendiculara ^ n N' pe dreapta ON.
iii)
17

OBB0A
A0
Figura 14
Fiepputerea polului O fat a de cercul dat.
^In cazul ^ n care k=p, inversul B' al punctului B se a
 a tot pe cerc deoarece:
OB
OB0=k=p=OA2=OA02(Figura 13)
A sadar, ^ n situat ia ^ n care k=p, cercul dat se transfor a ^ n el ^ nsu si.
Presupunem cazul k6=p.
OZXYX0
Figura 15
Se poate observa c a inversul X' al punctului X nu se mai a
 a pe cercul dat.
Consider am punctul N ca ind punctul ^ n care dreapa OX intersecteaz a cercul
(Figura 15). ^In urma egalit at ilor: OX
OX0=jkjOX
OY=p, vom obt ine:
OX0
OY=jkj
p.
Rezult a c a X' este omoteticul punctului Y ^ n omotetia de centru O  si raport
jkj
p.
^In concluzie, deoarece omoteticul unui cerc este tot un cerc, rezul a c a inversul
unui cerc ce nu trece prin polul de inversiune este un cerc.
Propozit ia 1. Dou a perechi de puncte inverse unul altuia sunt a sezate pe un
cerc ortogonal cercului fundamental de inversiune.
Demonstrat ie. Fie X'  si Y' inversele punctelor X respectiv Y  si consider am C
cercul circumscris patrulaterului XYY'X'. Se arat a c a C si cercul fundamental
de inversiune sunt ortogonale.
Fie T unul din punctele lor de intersect ie  si T' cel alalt punct de intersect ie
a dreptei OT cu cercul C. Rezult aOT
OT0=OX
OX0=k2. Dar OT = k,
deci OT' = k, de unde obt inem c a dreapta OT este tangenta cercului C.
18

Consecint a 1. Consider am dou a curbe inverse una alteia, dou a puncte M  si N
situate pe prima curb a, iar M'  si N' omoloagele lor pe cea de-a doua curb a. ^In
cazul ^ n care M tinde la N, rezult a c a M' tinde la N' deci MN, respectiv M'N',
devin tangentele la cele dou a curbe ^ n N  si N'.
Consecint a 2. Tangentele a dou a curbe inverse ^ n dou a puncte inverse nu sunt
paralele fat  a de razele vectoare.
Teorema 15. Unghiul format de cele dou a curbe ^ ntr-un punct este congruent
cu unghiul format de curbele inverse in inversul planului, deoarece inversiunea
este transformare conform a.
2.2 INEGALITATEA LUI PTOLOMEU. PRIMA
TEOREM A A LUI PTOLOMEU.
Consider am ABCD un patrulater convex ^ nscris ^ ntr-un cerc C(O;R). Prin
intermediul inversiunii T(A,k), k luat arbitrar, cercul C(O;R)se transform a
^ ntr-o dreapt a d perpendicular a pe dreapta AO. Consider am B0;C0;D02d, iar
B' = T(B), C' = T(C), D' = T(D).
OAB
C
D
dB0
C0
D0
Figura 16
Utiliz^ and lema 1, obt inem:
B0D0=jkj
BD
AB
AD
B0C0=jkj
BC
AB
AC
C0D0=jkj
CD
AC
AD
Pentru c a avem B0D0=B0C0+C0D0vom obt ine:jkjBD
AD
AD=jkjBC
AB
AC+
jkjCD
AC
AD.^In nal obt inem: BD
AC=BC
AD+CD
AB(*)
Observat ie. Vom pune problema ^ n cazul ^ n care patrulaterul ABCD nu
este inscriptibil. De data aceasta cercul determinat de punctele A, B, D nu
trece prin punctul C, ceea ce ^ nseamn a c a punctul C' nu se a
 a pe dreapta d.
19

OA BB0
DCC0
dD0
Figura 17
Din triunghiul B'D'C' obt inem: B0D0<B0C0+C0D0.^Inlocuind, rezult a: BD

AC <BC
AD+CD
AB(**)
Obt inem urm atoarea teorema:
Teorema 16 (Ptolomeu.) .Fie un patrulater convex ABCD. Atunci are loc
relat ia:AC
BDAB
CD+AD
BC (inegalitatea lui Ptolomeu).
Observat ie. Dac a patrulaterul ABCD nu ar  inscriptibil, ar avea loc ine-
galitatea (**), ceea ce ar contrazice ipoteza (*). Rezult a urm atoarea teorem a:
Teorema 17 (Prima teorem a a lui Ptolomeu.) .Un patrulater convex este in-
scrptibil dac a  si numai dac a produsul lungimilor diagonalelor este e gal cu suma
produselor lungimilor laturilor opuse.
2.3 A DOUA TEOREM A A LUI PTOLOMEU
Fie MNPQ un patrulater convex inscriptibil. Atunci raportul diagonalelor este
egal cu raportul sumelor formate cu produsul laturilor patrulaterului care pleac a
din aceea si extremitate a diagonalelor respective.
Explicit, folosim relat ia:
MP
NQ=MN
MQ+PN
PQ
NM
NP+QM
QP
Demonstrat ie. Consider am cercul C(O;R), cerc circumscris patrulaterului MNPQ
 si N', P', Q' imaginile punctelor N, P, respectiv Q prin inversiunea T(M,k) (k
luat arbitrar, k>0).
20

OM
N
PQ
d
N0Q0
P0
Figura 18
AvemT(C(O;R)fMg) =d, d ind dreapta perpendicular a dreptei OM.
Consider am N0=T(N),P0=T(P),Q0=T(Q), undeN0;P0;Q02d.
Aplic^ and relat ia lui Stewart pentru triunghiul MN'Q'  si punctul P':
MP02
N0Q0=MP02
P0Q0+MQ02
P0N0N0Q0
N0P0
P0Q0
T  in^ and seama de egalit at ile:
MP0=jkj
MP
MN0=jkj
MN
MQ0=jkj
MQ
N0Q0=jkj
NQ
MN
MQ
P0Q0=jkj
PQ
MP
MQ
N0P0=jkj
NP
MN
MP0
Obt inem:NQ
MP=PQ
MN+NP
MQNP
PQ
NQ
MP
MN
MQ, adic a relat ia c autat a:
NQ
MP(MN
MQ +PN
PQ) =QP
QM +NP
NM
2.4 TEOREMA EULER
Cercul lui Euler al triunghiului MNP este transformatul cercului circumscris
^ ntr-o inversiune al c arei pol este ortocentrul triunghiului  si al c arei modul este
4R2
cosM
cosN
cosP , R ind raza cercului circumscris.
Demonstrat ie. Consider am O centrul cercului circumscris triunghiului MNP,
H ortocentrul, M1,N1,P1triunghiul ortic(triunghiul determinat de picioarele
^ n alt imilor unui triunghi oarecare), M2 siM3mijloacelor segmentelor jNPj si
jMHj. M', M", M"' reprezint a punctele ^ n care cercul circumscris este ^ nt^ alnit
de drepetele MH, MO, M"H (Figura 19). Vom nota cu k puterea ortocentrului
H ^ n raport cu cercul circumscris triunghiului MNP.
21

O
N PM
M2 M1N1
P1H
M0P0N0
M00M000
Figura 19
Obt inem:# HM
# HM0=# HN
# HN0=# HP
# HP0=# HM00
# HM000=k, de
unde# HM
# HM0
2=# HN
HN0
2=# HP
# HP0
2=# HM0
# HM
2=# HM000
# HM00
2=k
2
sau# HM
# HM 1=# HN
# HN 1=# HP
# HP1=# HM0
# HM 3=# HM000
# HM 2=k
2.
Relat iile de mai sus ne arat a ca punctele M1,N1,P1,M2,M3sunt trans-
formatele punctelor M, N, P, M', M" ^ ntr-o inversiune de pol H  si modulk
2.
Pentru c a M, N, P, M', M"sunt situate pe cercul circumscris triunghiului MNP,
iar deoarece acest cerc nu trece prin polul inversiunii, transformatul s au prin
inversiunea ik=2
Heste un cerc care cont ine punctele M1,N1,P1, deci cercul lui
Euler.
Din triunghiul MN 1Hrezult a:
kHMk=kMN 1k
sinP= 2R
cosM
iar din triunghiul M1NH obt inem:
kHM 1k=kHNkcosP = 2R
cosN
cosP
^In nal, obt inem c a:
k
2=# HM
# HM 1=4R2
cosM
cosN
cosP .
Teorema 18. Laturile unui triunghi ^ nt^ alnesc laturile corespunz atoare ale tri-
unghiului ortic ^ n trei puncte coliniare. Dreapta celor trei puncte este axa ra-
dical a a cercului circumscris cu cercul lui Euler, ceea ce ^ nseamn a c a este per-
pendicular a pe dreapta care une ste ortocentrul triunghiului dat cu cercul s au
circumscris.
Demonstrat ie. Fie O centrul cercului circumscris triunghiului XYZ, H ortocen-
trul  si X'Y'Z' triunghiul ortic(Figura 20).
22

Figura 20
Vom nota cu X00=YZ\Y0Z0,Y00=XZ\X0Z0,Z00=XY\X0Y0. Din
cauza faptului c a patrulaterul YZY'Z' este inscriptibil obt inem:# X00Y
# X00Z=# X00Y0
# X00Z0. Dar produsul# X00Y
# X00Zeste puterea punctului X" ^ n raport
cu cercul circumscris triunghiului XYZ, iar produsul# X00Y0
# X00Z0este puterea
punctului X" ^ n raport cu cercul lui Euler al triunghiului XYZ.
Obt inem c a X" are puteri egale fat a de cercul circumscris  si de cercul lui
Euler al triunghiului XYZ, ceea ce ^ nseamn a c a apart ine axei lor radicale.
Analog se arat a c a Y"  si Z" apart ine axei radicale a celor dou a cercuri.
Dreapta X"Y"Z", ind axa radical a a cercului circumscris  si a cercului lui Euler
ale triunghiului XYZ, este perpendicular a pe dreapta centrelor acestor cercuri,
deci pe dreapta OH.
Denit ia 7. Dreapta determinat a de punctele de intersect ie ale laturilor unui
triunghi cu laturile triunghiului ortic corespunz atoare se nume ste dreapta lui
Euler sau axa ortic a a triunghiului XYZ.
Corolar 3. Dac a H este ortocentrul triunghiului XYZ, X1Y1Z1triunghiul s au
ortic,X2,Y2,Z2punctele ^ n care se intersecteaz a perechile de cercuri cir-
cumscrise perechilor de triunghiuri YHZ  si Y1HZ1, ZHX  siZ1HX 1, XHY  si
X1HY1, atunci punctele H, X2,Y2,Z2sunt situate pe un cerc al c arui centru
se a
 a pe dreapta OH.
Demonstrat ie. Fie inversiunea ik=2
H, undek
2=4R2
cosX
cosY
cosZ .
Prin inversiune cercurile circumscrise triunghiurilor YHZ, Y1HZ1, se trans-
form a ^ n dreptele Y1Z1, YZ, deci X2, punctul de intersect ie al cercurilor, se
transform a ^ n X", punctul de intersect ie al dreptelor YZ, Y1Z1. Analog, punc-
teleY2,Z2se transform a^ n punctele Y", Z" de intersect ie al perechilor de drepte
XZ,X1Z1 si XY,X1Y1.
23

Cum punctele X", Y", Z" sunt pe o dreapt a ce nu trece prin polul inversiunii,
transformatele lor prin inversiunea ik=2
H, adic aX2,Y2,Z2sunt pe un cerc care
nu trece prin H, polul inversiunii.
A sadar, punctele H, X2,Y2,Z2sunt situate pe un cerc al c arui centru este
situat pe perpendiculara dus a din H pe dreapta X"Y"Z" deci pe dreapta OH.
2.5 TEOREMA FEUERBACH
^Intr-un triunghi, cercul lui Euler este tangent la cerul ^ nscris  si la cercurile
ex^ nscrise.
Pentru demonstrat ia acestei teroreme se stabilesc mai ^ ntai dou a leme.
Lema 2. Fie triunghiul MNP cu M' mijlocul laturii NP. Prin intermediul inver-
siunii T(M',k)(k luat arbitrar) cercul lui Euler al triunghilui MNP se transform a
^ ntr-o dreapt a antiparalel a cu NP fat  a de M.
Figura 21
Demonstrat ie. S tim c a M' se a
 a pe cercul lui Euler. Prin intermediul inversiu-
nii T(M', k) cercul lui Euler, din care scoatem M', se transform a ^ ntr-o dreapta
d perpendicular a pe dreapta M'w, unde w este centrul cercului lui Euler. H este
ortocentrul triunghiului MNP, iar O centrul cercului circumscris triunghiului.
Evident, w este mijlocul segmentului HO. Consider am H' simetricul lui H fat a
de M'. Atunci H'este punctul diametral opus lui M.
^In triunghiul HOH', segmentul M'w este linie mijlocie, deci M0wkMH0.
Dreapta d ind perpendiculara pe M'w, este perpendicular a pe MH', adic a d
este paralel a pe tangenta ^ n punctul H' la cercul circumscris triunghiului MNP.
Consider am Q punctul ^ n care tangenta ^ n H' intersecteaz a pe MN.
24

Atunci:m(\MQH0) = 90m(\QMH0) =m(\NH0M) =m(\MPN ).
^In concluzie, NP  si QH' sunt antiparalele. Cum d este paralel a cu QH', se
obt ine c a d este antiparale a cu NP.
Lema 3. FieC(I;r)cercul ^ nscris ^ n triunghiul MNP  si e C(I0;r0)cercul
ex^ nscris corespunz ator varfului M. Consider am M' mijlocul laturii NP  si e M1
punctul ^ n care bisectoarea unghiului \NMP intersecteaz a pe NP. Dac a M00=
prNPA,F=prNPI,F0=prNPI0atunci:
i) NF = PF';
ii)M0F2=M0M00
M0M1.
Figura 22
Demonstrat ie. Consider am triunghiul MNP optuzunghic cu m(\NMP )>90.
i) Not amF1=prMNI,x=MF 1,y=NF,z=PF,a=NP,b=PM,
c=MN. Atunci:8
<
:x+y=c
y+z=a
z+x=b
Rezult ax+y+z=p, ceea ce ^ nseamn a c a y=NF =pb, unde p este
perimetrul triunghiului MNP.
Folosind notat iile u=MF00,v=NF0,w=PF0, obt inem:
8
<
:v+w=a
uw=b
uv=c
ceea ce implic a w=PF0=pb. A sadar s-a obt inut NF=PF0.
ii) Folosind teorema bisectoarei:NM 1
PM 1=c
b.
Obt inem:NM 1
NM 1+M1P=c
b+c, deciNM 1=ac
b+c.
25

Rezult a:M0M1=a
cac
b+csauM0M1=a(bc)
2(b+c)(*)
Din triunghiurile dreptunghice MM"N  si MM"P, obt inem:
M00M2=MN2M00N2
M00M2=MP2M00P2
Din ultimele dou a egalit at i obt inem: b2c2= (M00P+M00N)(M00PM00N)
saub2c2=a(a+ 2M00N).
Rezult aM00N=b2c2a2
2a.
DeoareceM0M00=M0N+M00N, obt inemM0M00=b2c2
2a(**)
DeoareceNF=pb, rezult aM0F=M0NNF=a
2(pb).
DeciM0F=bc
2(***)
T  in^ and seama de egalit at ile (*), (**)  si (***) rezult a:
M0M1
M0M00=a(bc)
2(b+c)b2c2
2a=(bc)2
4=M0F2.
Demonstrat ia teoremei Feuerbach. Se ment in gura  si notat iile din lema 3.
Se transform a prin inversiune gura, lu^ and ca pol punctul M'  si ca putere de
inversiune k =p (puterea punctului M' fat  a de cercul ^ nscris ^ n triunghi), deci
k=M0F2.
Prin aceast a inversiune cercul C(I;r) se transform a ^ n el ^ nsu si. Deoarece
M0F=M0F0, rezult a c a  si cercul ex^ nscris C(I0;r0) se transform a ^ n el ^ nsu si.
Egalitatea M0M1
M0M00=M0F2(stabilit a ^ n lema 3) arat a c a punctul
M" se transform a ^ n punctul M1. Folosind lema 2 obt inem c a cercul Euler se
transform a ^ n dreapta d antiparalel a cu NP  si care trece prin M1.
Dreapta d trec^ and prin M1 si ind antiparalel a cu NP este tocmai a dou a
tangent a comun a interioara a a cercurilor C(I;r)  siC(I0;r0).
Dreapta d inversa cercului Euler, ind tangenta cercurilor C(I;r)  siC(I0;r0)
rezult a c a cercul Euler va  tangent cercurilor C(I;r)  siC(I0;r0).
Fie E punctul ^ n care dreapta d este tangenta cercului C(I;r) (respectiv
C(I0;r0)). Atunci cercul lui Euler este tangent cercului C(I;r) ^ n transformatul
punctului E, iar cercul C(I0;r0) ^ n transformatul punctului E prin inversiunea
considerat a.
Analog se arat a c a cercul lui Euler este tangent cercurilor ex^ nscrise cores-
punz^ and v^ arfurilor N  si P.
2.6 TEOREMA SALMON
Dac a punctele O, X, Y, Z sunt pe un acela si cerc, atunci cercurile de diametre
[OX], [OY], [OZ] se ^ nt^ alnesc dou a c^ ate dou a ^ n trei puncte coliniare.
Demonstrat ie. Fie inversiunea T(O,k) (k arbitrar). Cercul circumscris patrula-
terului OXYZ se va transforma ^ ntr-o dreapt a d perpendicular a pe diametrul ce
trece prin pol.
Not am cu X' = T(X), Y' = T(Y), Z' = T(Z) cu X0;Y0;Z02d.
Prin intermediul inversiunii T(O,k), cercul de diametru [OX] se transform a
^ ntr-o dreapt a a. Cercul de diametru [OY] se transform a ^ ntr-o dreapta b?OY,
iar cercul de diametru [OZ] se transform a ^ ntr-o dreapta c?OZ.
26

Consider am ,,
punctele de intersect ie ale cercurilor de diametre [OZ]
 si [OY], [OX]  si [OY], respectiv [OX]  si [OY]. Not am cu 0=T(),0=T()
 si
0=T(
). Ceea ce ^ nseamn a c a:
0=b\c,0=c\a,
0=a\b.
Figura 23
Pentru c a punctele X0=pr0
0X,Y0=pr0
0Y,Z0=pr00Zsunt coliniare,
obt inem c a punctul O se a
 a pe cercul circumscris triunghiului 00
0. Cer-
cul circumscris triunghiului 00
0trec^ and prin polul O, rezult a c a el se va
transforma prin inversiunea T(O,k) ^ ntr-o dreapt a d1. Este evident c a punctele
=T(0),=T(0),
=T(
0) apart in dreptei d1.
2.7 TEOREMA STEINER
Denit ia 8. Spunem c a, ^ ntr-un triunghi ABC, dou a ceviene AA'  si AA" sunt
ceviene izogonale dac a \BAA0=\CAA00
Fie ABC un triunghi, AA1 siAA2dou a ceviene izogonale ( A1;A22[BC]).
Atunci are loc relat ia:
A1B
A1C
A2B
A2C=AB2
AC2
Demonstrat ie. Consider am inversiunea T(A,k), k luat arbitrar. Prin interme-
diul inversiunii, dreapta BC se transform a ^ ntr-un cerc ce trece prin A.
27

Figura 24
Deoarece\BAA 1\CAA 2 si\BAA 2\CAA 1, obt inem:
B0A0
1=A0
2C0
B0A0
2=A0
1C0
Rezult a:B0A0
1
B0A0
2=A0
2C0
A0
1C0. Folosind formula stabilit a ^ n lema 1
obt inem:
jkj
BA1
AB
AA1
jkj
BA2
AB
AA2=jkj
A2C
AA2
AC
jkj
A1C
AA1
AC
adic a tocmai relat ia lui Steiner:
A1B
A1C
A2B
A2C=AB2
AC2
2.8 TEOREMA T IT EICA
Trei cercuri av^ and razele egale se intersecteaz a ^ ntr-un punct. Lu^ andu-le dou a
c^ ate dou a se obt in ^ nca trei puncte de intersect ie. Cercul determinat de aceste
trei puncte are raza egal a cu raza cercurilor date.
Demonstrat ie. Fie un triunghi MNP. Consider am C(I;r), respectivC(O;R), cer-
cul ^ nscris, respectiv cercul circumscris triunghiului MNP. De asemenea, consi-
der am inversiunea T(I;R2+OI2). CerculC(O;R) se va transforma prin T tot
^ ntr-un cerc. Consider am M', N',  si P' punctele de intersect ie al bisectoarelor
[MI, [NI, [PI cu cercul C(O;R). (Figura 25)
28

Figura 25
Folosind puterea punctului I fat a de cercul C(O;R) rezult a relat ia:
IM
IM0=IN
IN0=IP
IP0=R2OI2
De aici:M0=T(M),N0=T(N),P0=T(P).
Din ultimele egalit at i obt inem: T(C(O;R)) =C(O;R).
Dreapta NP se va transforma prin T ^ ntr-un cerc care trece prin punctele I,
N', P' astfel ^ nc^ at tangenta ^ n I la acest cerc este paralel a la NP. Fie Q punctul
de contact al cercului ^ nscris cu latura NP.
DeoareceIQ?NPobt inem c a Q' = T(Q) va  punctul, diametrul opus lui
I ^ n cercul circumscris triunghiului IN'P'. Atunci:
IQ
IQ0=R2OI2
Dac a not am cu 2 R1lungimea diametrului IQ', atunci, ultima egalitate se scrie
r
2R2=R2OI2. Din aceat a egalitate  si din relat ia lui Euler ^ n triunghiul
MNP,OI2=R22rR, se obt ineR1=R.
Repet^ and rat ionamentul pentru dreptele PA  si MN se observ a c a prin inver-
siunea T se obt in alte dou a cercuri de raze egale cu R, care trec prin punctul
I  si care se mai intersecteaz a dou a c^ ate dou a ^ n M', N', P'. Cercul circumscris
triunghiului M'N'P' are raza egal a cu R.
29

Capitolul 3
APLICAT II ALE
OMOTETIILOR S I
INVERSIUNILOR ^IN
PLAN
3.1 PROBLEMELE LUI APOLONIU
Problema 1. (Prima problem a a lui Apoloniu). S a se construiasc a un cerc
C(O1;r1)tangent la un cerc dat C(O;r) si care s a treac a prin dou a puncte date
M  si N.
Solut ia 1. Presupunem problema rezolvat a , deci C(O1;r1) este cercul tangent
cercului datC(O;r)  si trec^ and prin punctele M  si N. Consider am C(O0;r0) un
cerc oarecare care trece prin punctele M  si N  si care intersecteaz a cercul dat
C(O;r) ^ n punctele P  si Q (Figura 26).
Figura 26
30

Dreapta PQ (axa radical a a cercurilor C(O;r),C(O0;r0)) intersecteaz a MN
(axa radical a a cercurilor C(O0;r0),C(O1;r1)) ^ n punctul S (centrul radical al
cercurilorC(O;r);C(O1;r1);C(O0;r0)).
Se duc din S tangente la cercul dat C(O;r)  si se noteaz a C1 siC2punctele de
tangent  a. Dreapta OC1, respectiv OC2intersecteaz a mediatoarea segmentului
MN ^ n punctul O1, respectivO2. Problema admite dou a solut ii c^ and punctul S
este exterior cercului.
^In cazul ^ n care S2C(O;r) problema admite o singura solut ie, iar c^ and
punctul este interior cercului C(O;r), problema nu admite nici o solut ie.
Solut ia 2. Presupunem problema rezolvat a , deci C(O1;r1) este cercul tangent
cercului datC(O;r)  si trec^ and prin punctele M  si N. Prin inversiunea T(M,
k = p), unde p este puterea punctului M fat  a de cercul dat C(O;r), cercul
se transform a ^ n el ^ nsu si, iar cercul c autat C(O1;r1) se va transforma ^ ntr-o
dreapt a d care trece prin inversul N' al punctului N  si care este tangent a la
cerculC(O;r) (Figura 27).
Figura 27
Construim punctul N' din care se duc tangente la cercul C(O;r)  si se noteaz a
cuC1,C2punctele de tangent  a. Dreapta MC 1, respectivMC 2intersecteaz a a
doua oar a cercul C(O;r) ^ n punctul C1, respectivC2. Este clar c a C0
1=T(C1)
 siC0
2=T(C2).
Cercurile circumscrise triunghiurilor MNC 1 siMNC 2pot  construite.
Problema admite dou a solut ii c^ and punctul N' este exterior cercului C(O;r).
Dac aN02C(O;r) atunci problema admite o singur a solut ie. Problema nu
admite nici o solut ie c^ and punctul N' se a
 a ^ n interiorul cercului C(O;r).
Problema 2. S a se construiasc a un cerc, care s a treac a printr-un punct dat A
 si s a e tangent la dou a cercuri date C(O1;r1),C(O2;r2).
Observat ia 1. ^In cazul ^ n care punctul A se a
 a ^ n interiorul unuia dintre
cercurile date, atunci problema nu are solut ii. Presupunem c a punctul A este
exterior cercurilor C(O1;r1) siC(O2;r2).
Dac ar1=r2, atunci problema se reduce la urm atoarea: s a se construiasc a
un cerc care s a e tangent la un cerc dat C(O1;r1)sauC(O2;r2) si care s a
31

treac a prin dou a puncte date A  si A'. Se presupune deci c a cercurile C(O1;r1)
 siC(O2;r2)au razele inegale.
Solut ia 1. Presupunem problema rezolvat a. Consider am C(O;r) un cerc c autat.
Fie M, (respectiv Q) punctul de contact al cercului C(O;r) cu cerculC(O1;r1)
(respectivC(O2;r2)). Fie N (respectiv P) al doilea punct de intersect ie al dreptei
MQ cu cerculC(O1;r1) (respectivC(O2;r2))  si e S = O1O2\MQ. Not am cu
pi(i=1,2) puterea punctului S ^ n raport cu C(Oi;ri) (Figura 28).
Figura 28
Pentru c aO1NkO2Q siO1MkO2P, obt inem:
SN
SQ=r1
r2 siSM
SP=r1
r2
Obt inemSN
SP=SQ
SM =p, unde p este puterea punctului S fat  a de
cerculC(O;r). Rezult a: p2=SQ
SM
SN
SP=p1
p2.
Consider am B al doilea punct de intersect ie al dreptei SA cu cercul C(O;r).
Atunci:
SA
SB=SQ
SM=p=pp1
p2=ST1
ST2
Construim punctul B. ^In urma acestui pas, problema se reduce la urm atoarea:
s a se construiasc a un cerc care s a e tangent la un cer dat C(O1;r1) sauC(O2;r2)
 si care s a treac a prin dou a puncte date A  si B.
Solut ia 2. Presupunem problema rezolvat a. Consider am inversiunea T(A,k) (k
luat arbitrar). Cercurile C(O1;r1)  siC(O2;r2) se vor transforma ^ n alte dou a
cercuriC(O0
1;r0
1)  siC(O0
2;r0
2), iar cerculC(O;r) se va transforma ^ ntr-o dreapt a
d ce va trebuie sa e tangent a cercurilor C(O0
1;r0
1)  siC(O0
2;r0
2). Problema s-a
redus la construct ia tangentelor comune ^ n dou a cercuri.
Problema 3. S a se construiasc a un cerc tangent la trei cercuri date C(Oi;ri)
(i = 1, 2, 3).
32

Solut ie. Presupunem problema rezolvat a. Consider am C(O;r) unul din cercurile
cerute. Presupunem acum r1<r2 sir1<r3. Observ am c a cercul C(O;r+r1)
trece prinO1 si este tangent cercurilor C(O2;r2r1)  siC(O3;r3r1).
Asem an ator, cercul C(O2;rr1) trece prin punctul O1 si este tangent cer-
curilorC(O2;r2+r1)  siC(O3;r3+r1).
^In urma observat iilor obt inem urm atoarea construct ie: ^ n prima etap a se
construiasc cercurile C(O2;r2r1)  siC(O3;r3r1); se traseaz a cercurile care
trec prin punctul O1 si sunt tangente cercurilor C(O2;r2r1)  siC(O3;r3r1).
Dac aC(O;r) este un astfel de cerc, atunci cercul C(O;r), under= rr1,
r aspunde problemei.
^In general, se obt in patru solut ii:
Figura 29
^In cea de-a doua etap a se construiesc cercurile C(O2;r2+r1)  siC(O3;r3+r1).
Se traseaz a cercurile care trec prin O1 si sunt tangente cercurilor C(O2;r+r1)
 siC(O3;r3+r1). Dac aC(O;r0) este un astfel de cerc, atunci cercul C(O;r) unde
r= r0+r1, r aspunde problemei (Figura 30).
Figura 30
S i ^ n acest caz num arul maxim de solut ii este patru. Obt inem c a, ^ n problema
a treia lui Apoloniu are opt solut ii.
^In cazurile particulare de pozit ie ale cercurilor, num arul solut iilor se reduce
corespunz ator.
33

3.2 APLICAT II ALE OMOTETIILOR ^IN PLAN
Problema 4. Se consider a un triunghi isoscel MNP, MN = MP  si un cerc care
este tangent interior cerului circumscris triunghiului MNP  si laturilor MN, MP
^ n U, respectiv V. S a se arate c a mijlocul lui UV este centrul cercului ^ nscris ^ n
triunghiul MNP.
Figura 31
Solut ie. Not am cu O centrul cercului din enunt   si cu T punctul de tangent  a la
acestuia cu cercul circumscris triunghiului MNP.
Din simetria gurii fat  a de ^ n alt imea din M a triunghilui MNP, deducem c a
punctele M, O, S, T sunt coliniare (S este mijlocul laturii NP).
Consider am omotetia de centru M care transform a T ^ n S  si deducem c a
cercul de centru O se transform a ^ ntr-un cerc care este tangent dreptelor MN
 si MP  si care trece prin S, a sadar este vorba despre cercul ^ nscris triunghiului
MNP.
Omoteticul punctului O este astfel centrul cercului^ nscris. Dac a MT\UV=
I, din4MPT4MOV deducemMO
MI=MT
MS, deci I este transformatul lui O
prin omotetia anterioar a.
Problema 5. S a se construiasc a un p atrat ^ nscris ^ ntr-un triunghi MNP, av^ and
dou a v^ arfuri pe NP, iar celelalte dou a varfuri pe celelalte dou a laturi ale triun-
ghilui.
34

Figura 32
Solut ie. Consider am triunghiul MNP. Construim p atratul VXYZ av^ and v^ arfurile
V;X2NP,Z2MN.
FieY0=NY\MP.^In omotetia de centru N  si raport NY'NY, p atratul
VXYZ se transform a ^ n p atratul V'X'Y'Z', care este p atratul ce trebuie con-
struit.
Problema 6. ^Intr-un triunghi dat XYZ s a se ^ nscrie un triunghi MNP ale
c arui laturi s a e paralele cu trei drepte date d1,d2,d3.
Figura 33
Solut ie. Constuim init ial un triunghi M'N'P' av^ and laturile paralele cu cele trei
drepte date  si av^ and dou a v^ arfuri pe dou a laturi ale triunghilui XYZ. Acestea se
realizeaz a duc^ and printr-un punct arbitrat P02XYo paralel a la d1, apoi prin
punctul de intersect ie al acesteia cu XZ se duce o paralel a la d3 si, ^ n sf^ ar sit,
prin P' se duce o paralel a la d2, intersect ia acestor drepte ind punctul M'. Se
unesc punctele X  si M'  si e M=XZ\XM0.
^In omotetia de centru X  si raportXM
XM0triunghiul M'N'P' se transform a ^ n
triunghiul MNP, care este triunghiul ce trebuie construit.
Problema 7. Consider am triunghiul MNP av^ and varfurile N  si P xe, iar M
mobil. S a se a
e locul geometric al centrului de greutate G al triunghiului MNP
c^ and:
i) punctul M descrie o dreapt a;
ii) punctul M descrie un cerc C(O;R).
35

Figura 34
Solut ie. Consider am M' mijlocul segmentului NP. Fie omotetia T(M', 1/3),
atunciG=T(M). Locul geometric al punctului G este:
i) o dreap a d' paralel a cu d.
Consider am M0
1=prdM0 si eQ2MM0
1, astfel ^ nc^ at M0Q= 1=3M0M0
1.
Rezult a c a dreapta d este paralela dus a prin punctul Q la d.
ii) un cercC(O0;R0) omoteticul cercului C(O;R) ^ n omotetia de centru M'  si
raport k = 1/3.
Problema 8. Consider am cercul C(O;R) si X un punct x exterior cercului. L
ind un punct mobil pe cercul C(O;R); s a se a
e locul geometric al intersect iei
dreptei XL cu bisectoarea unghiului \XOL .
Figura 35
Solut ie. Consider am L1intersect ia dreptei XL cu bisectoarea unghiului \XOL .
Deoarece [OL1este bisectoare, rezult a c aXL1
L1L=d
R, unde d este distant a dintre
punctele O  si X. De aici obt inem:
XL1
XL=d
d+R=k1(=constant ),
adic a punctul L1este omoteticul punctului L ^ n omotetia T(X;k 1).
Obt inem c a locul geometric al punctului M1este un cercC(O1;R0), unde
O12OX,XO1=k1
XO siR0=k1R.
Problema 9. Trei cercuri congruente au un punct comun O  si se a
 a ^ n in-
teriorul unui triunghi determinat ABC. Fiecare cerc atinge c^ ate dou a laturi ale
triunghilui. Ar atat i c a centrul cercului ^ nscris, centrul cercului circumscris ^ n
triunghi  si punctul O sunt coliniare.
36

Figura 36
Solut ie. Fie A', B', C' centrele cercurilor. Deoarece razele sunt la fel, deci A'B'
este paralel a cu AB, A'C' este paralel a cu AC  si BC este paralel a cu BC.
Cum AA', BB', CC' sunt bisectoarele unghiurilor bA,bB, respectiv bC, obt inem
punctul de intersect ie ind centrul cercului ^ nscris I al triunghiului ABC. Not am
cu O centrul cercului circumscris triunghiului ABC, acesta ind echidistant fat  a
de A, B  si C.
Consider am omotetia cu centrul ^ n O care transform a triunghiul A'B'C' ^ n
triunghiul ABC. De asemenea, omotetia va transforma centrul O ^ n centrul
circumscris P al triunghiului ABC. A sadar, I, O  si P sunt coliniare.
Problema 10. FieA1A2B0C00,B1B2C0A00,C1C2A0B00dreptunghiuri de arie
egal a ^ nscrise ^ n triunghi ABC. S a se arate c a:
a) perpendicularele ridicate pe mijloacele dreptelor A'A", B'B", C'C" sunt
concurente;
b) perpendicularele ridicate pe mijloacele dreptelor A'C", B'A", C'B" sunt
concurente;
c) perpendicularele ridicate pe mijloacele dreptelor A1A2,B1B2,C1C2sunt
concurente;
d) perpendicularele ridicate pe mijloacele dreptelor A1C2,B1A2,C1B2sunt
concurente;
e) cele patru puncte obt inute mai sus sunt coliniare;
Solut ie. a) FieS1aria constant a a celor trei dreptunghiuri  si S dublul ariei
riunghiului ABC. Consider am Ahpiciorul ^ n alt imii din A. Avem k=S1:S=
C00A1
C00B00:AAh
BC=C00B
AC00:AB2=C00A
C00B:AB2.
DeciC00A
C00B=kAB2 si analogC0A
C0B=kAB2
C0A=C00B,
segmentele A0A00,B0B00,C0C00au mijloacele lor ^ n mijloacele segmentelor BC,
CA,AB. Cele trei drepte sunt concurente ^ n O, centrul cercului cicumscris.
b) FieO1,O2,O3centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor AC'B",
BA'C", CB'A". Triunghiurile ABC, O1O2O3sunt omotetice  si au centrul de
omotetie ^ n O. Pentru a demonstra aceasta se va dovedi mai ^ nt^ ai c a dreptele
C'B", A'C", B'A" sunt paralele cu laturile BC, CA, AB.
Rezult a c a perpendicularele pe mijloacele segmentelor A0C00,B0A00,C0B00
trec prin ortocentrul triunghiului O1O2O3.
c) Consider am Maintersect ia dreptelor A"C', A'B"; Mb,Mcpuncte analoge.
Triunghiurile ABC  si MaMbMcsunt omotetice, centrul de omotetie ind centrul
lor de greutate comun G.
Dreptele B'C", MbMcse intersecteaz a ^ n p art i egale  si cele trei perpendi-
culare de la punctul b) sunt mediatoarele triunghiului MaMbMc si trec prin
centrul cercului s au circumscris.
d) FieI1punctul de ^ nt^ alnire a dreptelor C0B2, B"C, punct situat pe AH,
iarP1mijlocul segmentului AI1;I2,I3,P2,P3puncte analoge. Triunghiurile
ABC,P1P2P3sunt omotetice  si au centrul de omotetie ^ n H.
Perpendicularele pe mijloacele segmentelor A1C2,B1A2,C1B2trec prin
v^ arfurileP1,P2,P3 si se ^ nt^ alnesc ^ n omologul centrului cercului celor nou a
puncte ^ n raport cu P1,P2,P3.
e) Cele patru puncte se g asesc pe dreapta lui Euler a triunghiului ABC, ceea
ce ^ nseamn a ca acestea sunt coliniare.
37

Problema 11. Pe razele OA', OB', OC', care unesc centrul cercului ^ nscris
unui triunghi ABC cu punctele de contact, se iau segmentele O=O=O
.
S a se arate c a centrele cercurilor AO ,BO ,CO
sunt coliniare.
Solut ie. FieA1intersect ia perpendicularei ^ n A pe AO cu perpendiculara ^ n
peO,B1 siC1puncte analoge. Se observ a c a dac a A1,B1,C1sunt coliniare,
 si centrele cercurilor din enunt  sunt coliniare.
Triunghiul format de AA1,BB1,CC1are ca v^ arfuri Oa,Ob,Occentrele
cercurilor ex^ nscrise triunghiului ABC.
TriunghiulA0
1B0
1C0
1, format de A1,B1,
C1, este omoteti cu ABC, centrul
de omotetie ind O. Triunghiurile OaObOc siA0
1B0
1C0
1sunt omologice  si deci A1,
B1,C1sunt coliniare.
3.3 APLICAT II ALE INVERSIUNILOR ^IN PLAN
Problema 12. Fie A,B dou a puncte xe pe un cerc. Se iau pe cerc dou a puncte
mobile M,N a sa c a AM =BN. Se cere locul punctului de intersect ie a dreptelor
AM  si BN.
Solut ie. Dac a plec^ and din A  si B, M  si N sunt luate pe cerc ^ n sensuri contrare,
locul este evident mediatoarea lui AB.
Dac a sunt luate ^ n acela si sens, e P punctul comun dreptelor AM, NB; Q
al dreptelor AB  si MN. PQ trece prin O, iar P  si Q sunt conjugate armonic ^ n
raport cu punctele de intersect ie a dreptei PQ cu cercul, deci OP
OQ=R2, R
ind raza cercului.
Locul lui P este deci un cerc care trece prin O  si care se obt ine prin inversiune
din dreapta AB.
Problema 13. Se une ste un punct oarecare M cu v^ arfurile triunghiului ABC.
S a se arate c a perpendicularele cobor^ ate din punctul de ^ nt^ alnire H al ^ n alt imilor,
pe dreptele MA, MB, MC, ^ nt^ alnesc laturile BC, CA, AB ^ n trei puncte A1,B1,
C1, situate pe o dreapt a d perpendicular a pe MH.
Solut ie. Fie A', B', C' picioarele ^ n alt imilor , iar A", B", C" proiect iile lui H pe
MA, MB, MC. Din patrulaterul inscriptibil AA00A0A1 si cele analoge se deduce
HA00
HA1=HA
HA0=HB
HB0=HC
HC0=HC00
HC1.
A", B", C" se g asesc pe cercul descris pe MH ca diametru, deci A1,B1,C1
se g asesc pe o dreapt a obt inut a din acest cerc prin inversiune ^ n raport cu H ca
pol.
Problema 14. Cercurile (O)  si (O') sunt inverse ^ n raport cu cercul ( w). S a se
arate c a inversul cercului descris pe segmentul cuprins ^ ntre centrele de asem a
nare ale cercurilor (O)  si (O'), ca diametru, este axa radical a a acelor cercuri.
Solut ie .weste unul din centrele de asem anare. Fie A  si A' punctele de contact
ale cercurilor (O)  si (O') cu una din tangentele comune duse prin w, B'  si B'
punctele unde aceea si tangent a ^ nt^ alne ste axa radical a ,de o parte,  si cercul
descris pe segmentul centrelor de asem anare, de alt a parte.
38

Trebuie s a se demonstreze c a wB
wB0=wA
wA0, ceea ce se face observ^ and
c a centrele O, O'  si centrele de asem anare formeaz a o diviziune armonic a, deci
 siwAB0A0este o diviziune armonic a, wB0= 2wA
wA0: (wA+wA0), ^ ns a B
este la mijlocul lui AA'.
Problema 15. Trei cercuri au un punct comun O  si se ^ nt^ alnesc din nou, dou a
c^ ate dou a, ^ n alte trei puncte A, B, C. Perpendicularele duse prin O pe coardele
OA, OB, OC ^ nt^ alnesc respectiv cercurile OBC, OCA, OAB ^ n punctele ,,

. S a se arate c a punctele O, ,,
se g asesc pe acela si cerc.
Solut ie. Transform am gura prin inversiune lu^ and pe O ca pol. Cercurile date se
transform a ^ n drepte form^ and un triunghi A'B'C' ale c arui v^ arfuri sunt inversele
punctele A, B, C.
Perpendicularele duse din O pe coardele OA, OB, OC se transform a ^ n ele
^ nsele; ele sunt perpendiculare pe OA', OB', OC'  si se ^ nt^ anlnesc respectiv pe
laturile B'C', C'A', A'B', ^ n punctele 0,0,
0coliniare.
Problema 16. Se consider a un cerc (O)  si dou a cercuri (O'), (O") tangente
cercului (O) care se ^ nt^ alnesc ^ n A  si B. Un cerc variabil ( w) tangent la (O')  si
(O") intersecteaz a pe (O) ^ n M  si N. Se cere locul centrului cercului circumscris
triunghiului AMN.
Solut ie. Transform am gura prin inversiune lu^ and pe A ca pol. Cercurile (O')
 si (O") se transform a ^ n dreptele (D'), (D"), iar cercurile ( O1), (w1), tangente
la (D')  si (D").
Cercurile (O1), (w1) se ^ nt^ alnesc ^ n M1,N1 si dreaptaM1N1este transfor-
mata cercului AMN.
Locul c autat este o dreapt a ( 4) perpendicular a pe M1N1 si paralel a cu
bisectoarea unghiului format de dreptele (D'), (D").
Problema 17. Se consider a un cerc (O), o dreapt a ( 4)  si un punct D ^ n
interiorul cercului. Se cere locul geometric al ortocentrului H al triunghiului
ABC care are v^ arfurile B  si C pe cercul (O), v^ arful A pe dreapta ( 4)  si ^ n care
D este piciorul ^ n alt imii cobor^ ate din A pe BC.
Solut ie. Se  stie c a ortocentrul unui triunghi  si punctul ^ n care o ^ n alt ime inter-
secteaz a cercul circumscris sunt simetrice ^ n raport cu piciorul ^ n alt imii.
39

Figura 37
H' ind intersect ia lui AD cu cercul ABC, atunci DH0=DH.
Puterea lui D fat  a de cercul ABC d a DH0
DA=DH
DA=DB
DC=
puterea lui D fat  a de cercul (O) = const.
DH
DA= const arat a c a H descrie gura invers a dreptei ( 4), deci un cerc
ce trece prin D  si al c arui diametru, dus prin acest punct, este perpendicular pe
(4).
Problema 18. Fie toate triunghiurile ABC care au acela si v^ arf A  si acela si
punct de ^ nt^ alnire I a bisectoarelor. Fie Ia,Ib,Iccentrele cercurilor ex^ nscrise.
CerculIIbIcintersecteaz a ^ n M mediana triunghiului IBC care pleac a din I, apoi
cercul IBC ^ nt^ alne ste ^ n N mediana care pleac a din I a triunghiului IIbIc. S a
se arate c a toate cercurile IMN au aceea si ax a radical a.
Solut ie. Se transform a gura prin inversiune lu^ and I ca pol  si IA
IIa=IB

IIb=IC
IIcca putere de inversiune. Cercurile IIbIc si IBC devin dreptele
CB  siIbIc.^In patrulaterul complet IBIaCIbIc, DE trece prin mijlocul wal
diagonaleiIIa. Cercul IMN trece prin punctele xe I  si P.
Problema 19. S a se arate c a cercul celor nou a puncte al unui triunghi este
tangent cercurilor ^ nscris  si ex^ nscrise.
Solut ie. Consider am I, Ia,Ib,Iccentrele cercului ^ nscris  si cercurilor ex^ nscrise.
IIa^ nt^ alne ste latura NP ^ n M'. Consider am M1,1,0proiect iile lui M, I,
Iape PN, V mijlocul acestei laturi.
Diviziunea ( MIM0Ia) este armonic a, deci  si ( M1M00) este armonic a. Se
va duce prin M' a doua tangent a comun a cercurilor (I)  si ( Ia) care le atinge ^ n
Q  si Q'. VQ ^ nt^ alne ste pe I ^ n R, VQ' pe Ia^ n R'.
Rezult aVM0
VM 1=V2=VQ
VR=V02. Se face inversiunea ^ n raport
cu V ca pol  si cu V2ca putere.
Cercul celor nou a puncte devine o dreapt a care trece prin M'  si este para-
lel a cu tangenta ^ n V la cercul celor nou a puncte sau tangenta ^ n M la cercul
circumscris, adic a este tocmai QM'Q'.
40

Cercul celor nou a puncte atinge cercul (I) ^ n R  si cercul ( Ia) ^ n R'. Punctele
de tangent  a se numesc punctele lui Feuerbach.
Problema 20. Consider am ( ) cercul tangent interior cercurilor ex^ nscrise
(a), (b), (c) ale triunghiului XYZ. Fie ( wa), (wb), (wc) cercurile tangente
exterior la dou a din cercurile ( a), (b), (c)  si interior la al treilea. S a se
arate c a dac a ( 0) este cercul tangent interior la ( wa), (wb), (wc), cercurile ( )
 si (0) sunt tangente.
Solut ie. Inversiunea, al c arei centru este centrul radical P al cercurilor ex^ nscrise
 si a c arei putere este aceea a punctului P ^ n raport cu aceste cercuri, le trans-
form a pe acestea ^ n ele ^ nsele, ^ nlocuie ste cercul celor nou a puncte ( O9) prin
cercul (), laturile triunghiului prin cercurile ( wa), (wb), (wc)  si cercul ^ nscris
(I) prin cercul (0).
Cercurile (O9), (I) ind tangente,  si cercurile ()  si (0) vor  tangente.
Problema 21. Se consider a un triunghi MNP  si un punct x X pe latura NP.
Cercul MXP intersecteaz a din nou latura MN ^ ntr-un punct D. S a se demon-
streze c a dac a NP se rote ste ^ n jurul lui X, cercul NXD r am^ ane tangent unui
cerc x.
Solut ie. Observ am c a\NXD =\NMP =const: Transform am gura prin inver-
siune lu^ and pe X ca pol. MN se transform a ^ ntr-un cerc x care intersecteaz a
pe XN  si XD ^ n N'  si D'. Pentru c a dreapta N'D' este tangent a la un cerc x,
cercul NDX este tangent la un cerc x.
Problema 22. Fie un patrulater convex ABCD ale c arui diagonale se ^ nt^ alnesc
^ n L. Cercurile ABL  si CDL se ^ nt^ alnesc ^ n L  si M, cercurile ADL  si BCL ^ n L
 si N. Dreapta LM ^ nt^ alne ste din nou cercurile ADL  si BCL ^ n P  si Q respectiv,
iar LN cercurile ABL  si CDL ^ nR  si S. Se cere:
a) s a se arate ce devine gura printr-o inversiune av^ and polul ^ n L;
b) s a se deduc a apoi c a LM  si LN sunt conjugate armonic fat  a de diagonalele
AC  si BD;
c) s a se arate c a avem
MA
RB=MB
RA=1
2
AB
MR
 si patru grupe de relat ii analoge.
Demonstrat ie. a) Not am punctele gurii transformate cu accente. Dreptele care
trec prin L se transform a ^ n ele ^ nse si, cercurile ^ n drepte, iar laturile patrulate-
rului ^ n cercuri ce trec prin L.
41

Figura 38
Figura 39
Cercurile ABL, DCL devin dreptele A'B', C'D'  si se intersecteaz a ^ n M'. Cer-
culrile BCL, ADL devin dreptele B'C', A'D'  si se intersecteaz a ^ n N'.
b) ^ n patrulaterul complet A'B'C'D'M'N', dreptele LM', LN' sunt conjugate
fat  a de A'C', B'D', deci LM, LN sunt conjugate fat  a de diagonalele lui ABCD.
c) Deoarece M'  si R' sunt conjugate fat  a de A'  si B', obt inem c aM0A0
M0B0=R0A0
R0B0,
adic aM0A0
R0B0=M0B0
R0A0.
^Ins aM0A0=MA
k
LM
LAetc.^Inlocuind, g asim MA
RB=MB
RA.
De asemenea, se arat a c a M0A0
R0B0=A0B0
MR
2sau 2M0A0
A0B0=
A0B0
M0R0, scriind 2M0A0
R0B0= (M0A0M0B0)
(M0B0+B0R0). Se
dezvolt a  si se grupeaz a termenii. ^Inlocuind pe M0A0,R0B0etc., ^ n funt ie de
MA,RBetc., se obt ine a doua parte a egalit at ii.
42

Problema 23. Fie un triunghi oarecare ABC. Se cere:
a) s a se arate c a linia centrelor cercurilor ce trec printr-un punct x M de
pe BC  si sunt tangente ^ n B  si C la AB, AC trece printr-un punct x N, c^ and
punctul A se mi sc a pe o dreapt a ( 4);
b) s a se arate c a MN r am^ ane paralel a cu ea ^ ns a si, cand M se mi sc a pe BC;
c) s a se g aseasc a locul celui de-al doilea punct comun celor dou a cercuri.
Solut ie. Se transform a gura prin inversiune lu^ and pe I1ca pol: cercurile ( O1),
(O2), (O3) se transform a ^ n dreptele ( D1), (D2), (D3), trec^ and prin acela si
punct, I transformatul lui I2.
A0
4, transformatul lui A4descrie o dreapt a ( D4) a sa ca fasciculul ( D1D2D3D4)
s a e armonic. Se deduce c a A4descrie un cerc trec^ and prin I1 siI2.
Problema 24. Fie trei puncte coliniare X, Y, Z  si se consider a toate cercurile
(O) ce trec prin punctele Y  si Z. Se cere s a se g aseasc a:
a) locul punctului de contact T al unuia din cercurile (O) cu un cerc (O'),
tangent ^ n X la YZ  si tangent cercului (O).
b) locul intersect iilor dreptelor XT  si YT cu cercurile corespunz atoare din
familiile (O)  si (O').
Solut ie. a) Consider am P ind intersect ia tangentei ^ n T la cercul (O) cu YZ.
Se observ a c a:
PT2=PX2= (PXXY)(PX+XZ).
Obt inem c a PX=PT=XY
XZ: (XY+XZ), ceea ce arat a c a P este este
x  si c a locul lui T este cercul de centru P  si raz a PX.
b) Fie X'  si Y' intersect iile lui XT  si YT cu cercurile (O)  si (O').
Relat iileXT
XX0=XY
XZ siYY0
YT=YA2arat a c a X' descrie
inversul cercului (), polul de inversiune ind X, iar Y' descrie un cerc, inversul
cercului (), polul de inversiune ind Y.
Problema 25. Punctele M, N, P ind necoliniare, prin M  si N , pe de o parte,
M  si P, pe de alt a parte, se duc dou a cercuri ortogonale care se mai intersecteaz a
^ n T. Care este locul lui T?
Solut ie. Se transform a gura prin inversiune lu^ and pe M ca pol. Locul lui P',
inversul lui P, este un cerc (O') descris pe N0P0ca diametru  si deci locul lui P
este cercul (O), inversul lui (O'). Se va observa c a acest cerc este tangent razelor
IN, IP, I ind centrul cercului MNP.
Problema 26. Consider am toate sferele care trec prin v^ arfurile unui triunghi
MNP  si toate conurile circumscrise corespunz atoare, ce au v^ arfurile ^ ntr-un
punct x Q al laturii NM . Se cere locul cercurilor de contact  si locul centrelor
acestor cercuri.
Solut ie. Locul cercurilor este sfera de centru Q  si raz a R2=QM
QN. Consi-
der am S centrul unei sfere  si O centrul cercului considerat.
Se observ a c a QO
QS=QT2=const ,QTind lungimea tangentei duse
din D la sfera S.
43

Deducem c a locul lui S este o dreapt a ( 4), deducem c a locul lui O este un
cerc, inversul dreptei ( 4) situat ^ n planul determinat de Q  si ( 4).
Problema 27. Consider am trei puncte M, N, P  si se iau inversele lor M', N',
P' ^ n raport cu un pol de inversiune L. Se cere locul punctului L, pentru ca
triunghiul M'N'P' s a e isoscel sau echilateral.
Solut ie. Consider am ind modulul de transformare. Avem:
M0N0=jj
MN :LM
LN,M0P0=jj
MP :LM
LP
Relat iaM0N0=M0P0se poate ^ nlocui prin LN:LP=MN :MP  si deci locul
lui M este sfera, loc al punctelor, astfel c a raportul distant elor la punctele N  si
P s a e egal cu MN :MP.^In cazul ^ n care triunghiul M'N'P' este echilateral,
locul lui M este un cerc.
Problema 28. Fie o sfer a (S)  si dou a puncte X, Y. Se consider a sferele ( )
trec^ and prin punctele X, Y  si tangentele la (S). Se cere locul punctului P de
contact ^ ntre ( )  si (S.)
Solut ie. Se transform a gura prin inversiune, lu^ and ca pol punctul X  si ca modul
puterea punctului X ^ n raport cu sfera (S). Aceasta se transform a ^ n ea ^ ns a si.
() se transform a ^ ntr-un plan trec^ and prin Y', inversul lui Y,  si tangent
sferei (S) ^ n punctul P', inversul lui P.
Locul lui P' este un cerc, ceea ce ^ nseamn a c a locul lui M va  cecrul ce se
obt ine printr-o inversiune din acesta.
Problema 29. Consider am dou a plane (M)  si (N) neind perpendiculare, un
punct C  si o sfer a ( ) care trece prin punctul C, este tangent a ^ n X planului
(M)  si are centrul w^ n planul (Q). Se cere:
a) locul lui X;
b) s a se demonstreze c a locul punctului weste o elips a (E), situat a ^ n planaul
(Q);
c) s a se demonstreze c a acel con care are v^ arful C  si curb a directoare (E)
este de rotat ie.
Solut ie. a) Sfera () trece printr-un al doilea punct x C', simetric cu C ^ n
raport cu planul (Q).
Punctele C  si C' trebuie sa e de acea si parte a planului (M). CC' intersec-
teaz a planul (M) ^ n I. Avem IX2=IC
IC0 si locul lui X este un cerc () cu
centrul ^ n I.
b) RazawX, ind perpendicular a pe planul (M), este o generatoare a cilin-
drului de rotat ie, care are ca baz a cercul ()  si generatoarele perpendiculare pe
(M).
Deci locul lui weste o elips a (E), sect iunea cilindrului prin planul (Q).
c) Se transform a gura prin inversiune, lu^ and ca pol punctul C  si ca modul
CC02. Sferele () se transform a ^ n plane ( ), trec^ and prin punctul C', iar planul
(M) ^ ntr-o sfer a (S), trec^ and prin punctul C.
Planele () sunt tangente conului de rotat ie (V) cu v^ arful ^ n C'  si circumscris
sferei (S).
44

Planul tangent (T) ^ n C la o sfer a () este paralel cu planul ( ) cores-
punz ator; acesta va  tangent unui con (Z) de rotat ie, paralel cu conul (V).
Deci  si raza Cw?(T) apart ine unui con de rotat ie.
Problema 30. Ar atat i ca dac a o sfer a este tangent a la trei sfere xe ( S1),
(S2), (S3), locul punctului de contact pe ecare din ele se compune din cercuri
(teorema lui Dupuis).
Solut ie. Dac a centrele O1,O2,O3ale sferelor ( S1), (S2), (S3) nu sunt coliniare,
se poate face o inversiune, astfel ca sferele transformate s a aib a centrele coliniare.
Sect iunile sferelor prin planul centrelor O1,O2,O3sunt trei cercuri ( C1),
(C2), (C3)  si polul de inversiune trebuie s a se g aseasc a pe cercul ortogonal
acestor cercuri.
Problema s-a redus deci la studierea cazului c^ and sferele xe ( S0
1), (S0
2), (S0
3)
au centrele lor O0
1,O0
2,O0
3pe o dreapt a (D).
Se consider a o sfer a variabil a (S') de centru O', tangent a acestor sfere res-
pectiv ^ n punctele a1,a2,a3. Dreptele O0O0
1,O0O0
2,O0O0
3trec prin punctele
a1,a2,a3 si sunt ^ n acela si plan, care intersecteaz a cele trei sfere dup a cercurile
(C0
1), (C0
2), (C0
3), iar pe (S') dup a cercul mare (C') tangent ^ n a1,a2,a3celor
trei cercuri.
Rotind sfera (S) ^ n jurul dreptei (D), ea va r am^ ane tangent a sferelor date,
iar punctele a1,a2,a3vor descrie cercuri ^ n plane perpendiculare pe (D).
Locul punctelor de contact ale sferei (S') cu una oarecare din sferele ( S0
1),
(S0
2), (S0
3) se compune din patru cercuri.
45

Bibliograe
[1] D. Br^ anzei, E. Onofra s, S. Anit a, Gh. Isvoreanu Bazele rat ionamentului
geometric , Ed. Academiei Republicii Socialiste Rom^ ane, Bucure sti 1983.
[2] Dumitru Smaranda, Nicolae Soare, Transform ari geometrice , Ed. Aca-
demiei Republicii Socialiste Rom^ ane, Bucure sti 1988.
[3] Liviu Nicolescu, Vladimir Bosko, Probleme practice de geometrie , Ed.
Tehnic a, Bucure sti 1990.
[4] Dan Br^ anzei, Sebastian Anit a, Constantin Cocea, Planul  si spat iul eu-
clidian , Ed. Academiei Republicii Socialiste Rom^ ane, Bucure sti 1986.
[5] M. St. Botez, Probleme de geometrie , Ed. Tehnic a, Bucure sti 1976.
[6] D. Choquet, Geometry in a Modern Setting , Kershaw, Londra 1969.
[7] A. Haimovici, Lect ii de geometrie elementar a , Univ. "Al. I. Cuza", Ia si
1975.
[8] L. Bal, Curs de geometrie sintetic a , E.D.P, Bucure sti 1960.
[9] C. Co snit  a, Teoreme  si probleme alese de matematici , E.D.P, Bu-
cure sti 1958.
[10] I. Cuculescu, Manuale de geometrie, cls. VI – VIII , E.D.P, Bucure sti
1979-1982.
[11] S. Ianu s, Probleme de geometrie  si de trigonometrie , Ed. Tehnic a,
Bucure sti 1962.
[12] R. Miron, Geometrie elementar a , E.D.P, Bucure sti 1968.
[13] G. S^ amboan, Fundamentele matematicii , E.D.P, Bucure sti 1970.
46