PENTRU LICENTA -MASTER MATEMATICA DIDACTICA [605457]
1
UNIVERSITATEA PITESTI
FACULTATEA DE MATEMATICA
LUCRARE
PENTRU LICENTA -MASTER MATEMATICA DIDACTICA
CONDUCATOR STIINTIFIC :
PROFESOR UNIVERSITAR DOCTOR
Profesor PEREANU ANA MARIA
2017
2
TRANSFORMARI GEOMETR ICE IN PLAN
3
Introducere
Prezenta lucrare a fost elaborata cu scopul de a reuni cunostinte legate de transformari
geometrice in plan cum ar fi notiunile de teorie , partea aplicativa , precum si anumite aspecte
metodice .
Transformarle geometrice pot fi utilizate atat la nivel de liceu cat si la nivel de gimnaziu ,
oferind elevilor noi metode de rezolvare a problemelor de geometrie.
Lucrarea contine trei capitole. Primul capitol trateaza notiunile teoretice privind
transformarile geometrice .Acest capitol contine trei subcapitole si anume 1.1.Transformari
affine ; 1.2.Izometrii ; 1.3.Inversiunea.Capitolul al doilea contine aplicatii ale transformarilor
geometrice in plan.Cel de -al treilea capitol prezinta diverse consi deratii pedagogice ,
psihologice si metodice , metode generale , metode specifice
4
Cuprins
1.Rezultate generale privind transformarile geometrice in plan …………………………………………4
1.1.Transformari afine…………………………………………………………………………………………………….4
1.2.Izometriile planului……………………………………………………………………………………………………7
1.4. Omotetia…………………………………………………………………………………………………………………16
1.5.Inversiunea……………………………………………………………………………………………………………….19
2.Aplicatii ale transformarilor geometrice in plan……………………………… ……………………………..25
2.1.Aplicatii ale izometriilor planului……………………………………………………………………………..25
2.2.Aplicatii ale omotetiei…………………………………………………… ……………………………………… 36
2.3.Aplicatii ale inversiunii……………………………………………………………………………………………..47
3.Consideratii pe dagogice , psihologice si metodice privind transformarile
geometrice in plan……………………………………………………………………………………………………………55
3.1.Metode generale……………………………………………………………………………………………………55
3.1.1.Metoda analizei……………………………………………………………………………………55
3.1.2.Metoda sintezei………………………………………………………………………………… ….56
3.1.3.Metoda reducerii la absurd…………………………………………………………………… 58
3.2.Metode specific e…………………………………………………………………………………………………… 59
3.2.1.Probleme de coliniaritate………………………………………………………… ………….59
3.2.2.Probleme de concurenta……………………………………………………………… ……..65
3.2.3.Probleme de lo c geometric……………………………………………………………… …..69
3.2.4.Metoda analitica……………………………………………………………………………… …..71
3.2.5.Metoda vectorială ………………………………………………………………………… …….76
3.2.6.Metoda cu numere complexe……………………………………………………………… 77
3.2.7.Proble me de constructii geometrice…………………………………………… ………83
3.2.8.Comparatie plan – spatiu……………………………………………………………… ……..85
5
Capitolul 1
Rezultate generale privind transformarile geometrice in plan
1.1.Transformari afine
Notiunea de miscare a spatiului fizic care pastreaza forma si dimensiunile figurilor in
momentul initial si in momentul final al miscarii a generat nitiunea de transformare
geometrica.Ce ea ce intereseaza in procesul de transformare a figurii este corespondenta dintre
punctele figurii in momentul initial si in momentul final , precum si proprietatile figurii care
raman neschimbate dupa efectuarea transformarii.
Aplicand transformaril e geometrice in rezolvarea problemelor de geometrie se evita
constructiile auxiliare si se simplifica rationamentele.
Pentru a aplica metoda transformarilor geometrice trebuie sa stim:
1) sa construim imaginea unui punct printr -o transformare geo metrica;
2) sa determinam punctele care corespund printr -o transformare geometrica;
3) sa precizam elementele care definesc transformarile geometrice;
4)sa construim imaginea unei figuri printr -o transformare geometrica.
Desi transformarile geometrice constituie un aport extrem de util pentru demonstr area
unor propozitii geometrice si rezolvarea unor probleme , este greu de asimilat de catre elevi si
rareori aplicat . Dintre motivele reticentei elevilor fata de acest subie ct credem ca urmatoarele
trei sunt importante :
-Se omite frecvent evidentierea consideratiilor intuitive;
-Se trece prea rapid de la transformari private individual la familii de transformari ,
structurate algebric ;
-Nu sunt prezentate suf iciente probleme care sa probeze eficienta utilizarii transformarilor.
6
Imaginea intuitiva pentru o transformare geometrica T suficient de generala considera planul
π drept o placa rigida acoperita cu o membrana µ .Orice punct M din planul π apartine s i
membrane i µ .Se considera ca membrana µ se desprinde de placa π , se depalseaza cu sau fara
deformare si se relipeste apoi pe placa π .Punctul M al membran ie µ va fi acum lipit peste un
punct M
/
al placii π .Punctul M
/
se numeste transformatul lui M prin T sau imaginea lui M
prin T.Se mai spune ca M este contraimaginea lui M
/ prin T si se folosesc notatiile
M
/=T(M) ,
M=T
1 ( M
/)
cea de -a doua egalitate fiind conditionta de unicitatea lui M.
Transformarile geometrice ne ajuta sa descoperim proprietati , sa dam noi demonstratii unor
proprietati cunoscute , sa executam con structii geometrice cu rigla si compasul , sa rezolvam
probleme de extremum in geometrie.
Construirea figurilor geometrice inseamna desenarea acestor figuri numai cu rigla negradata
si compasul sI face parte , prin traditie , din predarea geometriei p lane.Trebuie subliniat faptul
ca , in teoria clasica a constructiilor geometrice , cu ajutorul riglei putem trasa o dreapta
(segment , semidreapta) ce trece prin doua puncte date , iar cu compasul putem desena un cerc
cu un orice punct dat ca centru al cer cului si care sa treaca prin orice alt punct al planului.
Rezolvarea unei problem e de constructii geometrice este impartita in doua faze : analiza si
sinteza.Aceste faze constituie un procedeu sistematic de abordare a acestor probleme.Analiza
are un caracter ajutator , pe baza ei obtinem elemente si informatii fundamentale pe care ne
bazam pentru a demonstra existenta si a obtine solutia.Ea porneste de la ipoteza ca problema
are solutie.Dupa ce obtinem procedee concrete de constructie a obiectului cautat , nu ne oprim
aici , ci continuam sa dovedim ca , prin constructia facuta , rezolvam intr -adevar problema. Cu
alte cuvinte , trebuie sa fac em sinteza problemei.Sinteza este etapa in care verificam
corectitudinea solutiei gasite.
In cele ce urmeaza vom exemplifica aceste consideratii generale , dar mai intai sa dam cateva
definitii.
Definitie. Un punct A
P se nume ste punct invariant sau punct fix al transformarii T:P
P
daca T(A)=A.
O figura geometrica F
P se numeste figura invarianta sau figura fixa in raport cu
7
transformarea geometrica T:P
P dac a T(F)=F.Daca T(X)=X pentru orice X
F , atunci F se
numeste figura fixa punct cu punct.
Spunem ca o transformare geometrica T este involutiva daca T
2 =1
P .O transformare
involutiva se mai numeste si involutie.Relatia T
2 =1
P ne spune ca o involutie este inversabila si
inversa ei coincide cu ea. Deci avem T
2 =1
P daca si numai daca exista T
1 si T
1 =T.
In geometrie , compunerea a doua transformari geometrice se mai numeste si produsul celor
doua transformari.
Definitie .Sa luam urmatoarele multimi de transformari plane , aplicate punctelor aceluiasi
plan P:
1.[a] multimea tuturor transformarilor perspective – afine din plan;
2.*πa+ multimea produselor de transformari perspective – afine ale planului , neechivalente
cu transformari perspective -afine;
3.[H] multimea omotetiilor din plan;
4.[aH] mult imea produselor fiecarei omotetii a multimii [H] cu fiecare transformare
perspective -afina a multimii [a];
5.*πa• H] multimea produselor fiecarei omotetii a multimii [H] cu fiecare transformare a
multimii *πa+.
Constituim o multime de transformari , pe care o notam cu[A] , reunind cele cinci multimi de
transormari indicate mai sus:
[A]=[a]
*πa+
[H]
[aH]
*πa•H+
Vom numi transformare afina ( afinitate) plana o transformare a multimii [A] si vom nota cu
A o transformare oarecare afina plana.
[A] este multimea transformarilor afine plane.
Observatii
1.Translatiile plane sunt transformari afine , pentru ca orice translatie palna este
echivalenta cu produs ul a doua simetrii de axe paralele , deci cu produsul a doua
transformari perspectiv -afine neechivalent cu o transformare perspectiv –afina.
Deci T fiind o translatie oarecare plana ,
8
T
*πa+
si astfel
T
[A].
2.Rotatiile plane sunt transformari afine , pentru ca orice rotatie plana R este echivalenta cu
produsul a doua simetrii de axe concurente , deci
R
*πa+,
de unde
R
[A].
Invarianti. Avand in vedere prop rietatile figurilor transformate prin omotetii plane sau prin
transformari perspective -afine plane , deducem ca orice transformare afina transforma
dreptele in drepte , dreptele paralele in drepte paralele , cercurile in cercuri sau elipse.
In general , transformarile afine nu pastreaza distantele dintre puncte si unghiurile dreptelor.
Raportul in care un punct imparte un segment de dreapta , raportul a doua segmente
paralele , raportul ariilor triunghiurilor sunt invariante fata de transformarile afine plane.
De asemenea , inversa unei transformari afine plane este o transformare afina.
1.2.Izometriile planului
Definitie .Se numeste izometrie a planului euclidian E
2 , o aplicatie f:E
2
E
2 care conserva
distantele intre doua puncte , adica pentru orice A ,B
E
2, [AB]
[A
/B
/] , A
/=f(A) si B
/ =f(B).
Proprietati
1.Orice izometrie transforma un segment [AB] in segmentul [A
/ B
/] , unde A
/ =f(A) si B
/ =f(B).
2.Orice izometrie transforma o dreapta intr -o dreapta.
3.Orice izometrie transforma trei puncte necoliniare A , B , C in trei puncte necoliniare A
/
=f(A) , B
/ =f(B) ,C
/ =f(C) si
ABC
A
/B
/C
/.
4.Orice izometrie este o transformare conforma ( conserva masura unghiurilor) , deci , in
particular , transforma drepte paralele in drepte paralele , si drepte perpendiculare in drepte
perpendiculare.
9
5.Daca A , B
E
2, A
B sunt doua puncte fixe ale izometriei f (adica f(A)=A si f(B)=B ) atunci
orice punct al dreptei AB este fix.
6.Daca o izometrie are trei puncte fixe necoliniare , atunci este aplicatia identica.
7.Orice izometrie este aplicatie bijectiva.
8.Multimea izometriilor unui plan , impreuna cu operatia de compunere este grup.
Simetrii
Fie O
E
2un punct fixat si P
E
2 un punct oarecare diferit de O.Punctul P
/
E
2construit in
asa fel incat O este mijlocul lui [PP
/ ] se numeste simetricul lui P fata de O.
Daca P=O atunci se a lege P
/ =O=P.
Definitie .Aplicatia s
O :E
2
E
2care asociaza fiecarui punct P
E
2, punctul P
/ =s
O(P)
E
2
se numeste simet rie centrala de centru O.
P
)(|PsOP
Fie d
E
2 o dreapta si P
/
E
2 un punct oarecare , P
d.Punctul P
/
E
2 construit in asa fel
incat d este mediatoarea segmentului [PP
/ ] se numeste simetricul lui P fata de d.Daca P
d , se
alege P
/ =P.
Definitie. Aplicatia s
d :E
2
E
2 care asociaza fiecarui punct P
E
2 punctul P
/ =s
d(P) se
numeste sim etrie axiala de axa d.
P
d
)(|PsOP
10
Propozitie. Simetriile sunt izometrii involutive si reciproc orice izometrie involutiva este o
simetrie centrala sau axiala sau aplicatia identica.
Demonstratie. Prima parte a afirmatiei este evident adevarata.
Fie f:E
2
E
2 o izometrie involutiva (adica f
f=1
2E ).Atunci f are puncte fixe.Intr -adevar , fie
A
E
2;daca A este punct fix , adica f(A)=A atunci afirmatia este adevarata.Daca f(A)=A
/
A ,
atunci f
f(A)=1
2E =A si (f
f)(A)=f(f(A))=f(A).
Deci f(A
/ )=A , adica segmentul [AA
/ ] se transforma in el insusi (A
A
/ si A
/
A).
Fie M mijlocul segmentului [AA
/ ] si fie M
/ =f(M).Atunci [AM]=[f(A)f(M)]=[A
/ M
/] si
AM=
21 AA
/ .Rezulta A
/ M
/=
21AA
/, adica M
/ este mijlocul segmentului AA
/ , deci M
M
/ , deci
M este punct fix al lui f.
Avem urmatoarele cazuri:
a). Izometria involutiva f are un singur punct fix , O.Fie P
E
2, P
O , si fie P
/ =f(P) .S -a
demonstrat mai sus ca mijlocul M al segmentului [PP
/ ] este un punct fix pentru f , deci el
coincide cu O , adica P
/ =s
O(P) , adica f este simetria central a s
O.
b). Daca f are doua puncte fixe distincte , A si B , atunci intreaga dreapta AB este fixa punct
cu punct.
b
1.Daca f nu are si alte puncte fixe in afara de cele de pe dreapta AB=d , atunci P
E
2\ d
si fie P
O proiectia ortogonal a a lui P pe dreapta d .
P
A B
P
P
/
11
Printr -o izometrie , drepte perpendicular e se transforma in drepte perpendicular e , si cum
f(d)=d , f(P
O )=P
O
f(PP
O )=PP
O , adica f(P)=P
/
PP
O si [PP
O ]
[P
OP
/].Dar P
/
P ( pentru ca P
nu este punct fix) , deci singura posibilitate este ca d sa fie mediatoarea segmentului PP
/ , adica
P
/=s
d(P) , adica f=s
d .
b
2. Daca f mai are puncte fixe , nesituate pe dreapta d , atunci f=1
2E (pentru ca are cel
putin trei puncte fixe necoliniare).
Observatie. Daca dreptele a si b sunt perpendicular e in punctu l O
E
2 , atunci s
a
s
b=s
b
s
a=
s
O si multimea {1
2E , s
O , s
a , s
b} este grup comutativ in raport cu compunerea functiilor (
grupul lui Klein).
Demonstratia este evidenta ( ase vedea figura si tabloul de compozitie).
b
s
b(P) P
a
s
O(P) s
a (P)
1
2E s
O s
a s
b
1
2E 1
2E s
O s
a s
b
s
O s
O 1
2E s
b s
a
s
a s
a s
b 1
2E s
O
s
b s
b s
a s
O 1
2E
12
Translatii
Definitie. Fie A si A
/ doua puncte distinct e din planul Euclidian E
2 si fie M
E
2 un punct
oarecare . Aplicatia t
/AA : E
2
E
2 care asociaza punctului M , punctu l M
/
E
2 cu
proprietatea
/MM =
/AA se numeste translatie de vector
/AA .
Propozitie. Compunerea a doua simetrii centrale este o translatie si reciproc orice translatie
t
/AA poate fi scrisa sub forma s
P
s
Q , unde P sau Q poate fi ales in mod arbitrar (fig . 1 si fig.
2).
Demonstratie. Fie P si Q
E
2, P
Q si fie compunerea s
P
s
Q.
M
))( (||MssM Q P
Q P R
P
)(|MsM Q
Figura 1
PQ este linie mijlocie in triunghiul MM
| M
|| , unde M
| =s
Q(M) si M
|| =s
P(M
|)=(s
P
s
Q)(M).
Prin urmare PQ || MM
| si PQ =
21 MM
|| .
Fie R
E
2 astfel inca t Q , P , R sunt coliniare si [QP]
[PR] . Deci
QR =
||MM , adica M
|| =
13
t
QR (M) . Rezulta ca (s
P
s
Q)(M)=t
QR (M) , pentru orice M
E
2, adica s
P
s
Q=t
QR .
Reciproc , fie translatia t
||AA si fie P un punct arbitrar in planul E
2 .
M
))( ( ) (| ||MssMsM Q P P
A
A|
P
Q
)(|MsM Q B Figura 2
Notam cu B simetricul lui A
| fata de P si cu Q mijlocul segmentului [AB] . Daca M este un
punct oarecare in E
2 , fie M
| =s
Q(M) si fie M
|| =s
P(M
|)=s
P (s
Q(M)) ; atunci QP linie mijlocie
comuna triunghiurilor ABA
| si MM
| M
||. Deci AA
||| MM
|| si [AA
| ]
[MM
| ] , adica M
|| =t
\AA (M) ,
si prin urmare t
\AA = sP
s
Q.
Propozitie. Compuner ea a doua simetrii axiale cu axele paralele este o translatie si reciproc
orice translatie poate fi scrisa sub forma s
d
s
/d , unde d || d
| si d ( sau d
| ) poate fi o dreapta
arbitrara , perpendiculara pe directia translatiei .
d| d
M
M|
M||
a
Q P
14
Demonstratie. Fie a o dreapta perpendicular a pe dreapta d si pe d
| si fie {P}=a
d ,{ Q}=
a
d
|. Avem s
/d
s
d=s
/d
(s
a
s
a)
s
d=( s
/d
s
a)
( s
a
s
d)=s
Q
s
P adica o translatie ,
conform propozitiei precedente. Reciproca se demonsteaza analog.
Rotatii
Fie O un punct fixat in planul Euclidian E
2 si
un numar real din intervalul *0;π+.Daca M
este un punct variabil in planul euclidian E
2 , construim punctul M
| astfel:
1) [OM]
[OM
| ] ;
2)
(
MOM
| )=
.
Definitie. Se numeste rotatie de centru O si unghi
aplicatia R
,O : E
2
E
2 care asociaza
fiecarui punct M din E
2 punctul M
| = R
,O (M) construit ca mai sus .
M|
O
M
Observatie. Unghiul
MOM
| din definitie este orientat in sens direct trigonometric (invers
sensului de rotatie al acelor de ceasornic).
Se pot defini si rotatii de unghi negativ
–
,
[0;
] considerand unghiul
MOM
|
orientat in sens invers trigonometric ( sensul de rotatie al acelor de ceasornic ) .
M
O
M|
15
Proprietati
1) Rotatiile sunt izometrii.
2) Pentru
=0 rotatia este aplicatia identica 1
2E .
3) Pentru
=
rotatia R
,O este simetria fata de O , s
O .
4) Pentru
0 , O este singurul punct fix al rotatiei.
Observatie. Aceasta definitie este intuitiv a si practica . Un alt mod de a defini rotatiile ( mai
abstract , dar care are si el avantajele lui teoretice) este urmatorul:
Definitie. Se numeste rotatie o izometrie cu un unic punct fix numit centru l rotatiei . Se
accepta ca si aplicatia identica 1
2E este rotatie.
Propozitie. Un produs de doua simetrii axiale cu axele concurente este o rotatie . Reciproc ,
orice rotator R e ste un produs s
b
s
a unde dreptele a si b trec prin centrul rotatiei r si a( sau b)
poate fi aleasa arbitrar.
Demonstratie. Consideram produsul s
b
s
a unde a
b={O}.Avem (s
b
s
a)(O)= s
b( s
a(O))=
s
b(O)=O.
Deci O este un punct fix al compunerii s
b
s
a.Vom arata ca este unicul punct fix.
Fie M
E
2 astfel incat (s
b
s
a)(M)=M
s
a(M)=s
b (M)(simetriile sunt involutii).Fie N=
s
a(M)=s
b (M).Presupunem ca M
N.Atunci a este mediatoarea segmentului MN si de
asemenea , b este mediatoarea segmentului MN , deci a=b contradictie cu ipoteza a
b={O}.
Prin urmare M=N , deci s
a (M) =M si s
b (M)=M , adica M
a si M
b ( pentru ca sunt puncte
fixe). Rezulta ca M=O.
Reciproc , fie r o rotatie de centru O .Fie A
E
2 , A
O si fie A
| =r(A). Notam cu b suportul
bisectoarei lui
AOA
| .Avem (s
b
r)(O)=s
b (O)=O si (s
b
r)(A)=s
b (A
|)=A , deci dreapta a=OA este
fixa punct cu punct pentru izometria s
b
r.
Rezulta ca s
b
r=1
2E sau s
b
r=s
a .In primul caz r=s
1
b =s
b , ceea ce nu este posibil pentru ca r
are un singur punct fix iar s
b o infinitate. Deci s
b
r=s
a , adica r=s
b
s
a.
16
1.3. Omotetia
Definitie. Fie O un punct fixat in planul Euclidian E
2 si k
R \{0} un numar real nenul. Se
numeste omotetie de centru o si raport k o aplicatie H
kO, :E
2
E
2, care asociaza fiecarui punct
M
E
2 un punct M
|
E
2cu urmatoarele prprietati:
1) H
kO, (O)=O;
2) Daca M
O , atunci punctele O , M si M
| sunt coliniare.
3) Daca numarul real k este pozitiv , atunci M
|
(OM iar daca k este negativ , atunci O
[MM
| ].
4) OM
| =|k|
OM.
Observatie. Conditiile 1) -4) din definitie se pot inlocui cu relatia vectoriala:
|OM
=k
OM .
Punctul M
| se numeste omoteticul punctului M. Cand k˃ 0 omotetia se numeste directa
(pozitiva) , iar cand k˂0 omotetia se numeste inversa ( negativa ).
Proprietati (deduse imediat din definitie)
1) Daca k
1 , O este unicul punct fix al omotetiei H
kO, .
2) Dreptele care trec prin centrul O al omotetiei H
kO, sunt invariante (H
kO, (d)=d daca O
d).
3) Pentru k=1 , M
| coincide cu M , deci H
1,O =1
2E .
4) Daca k= -1 , M
| este simetricul lui M fata de centrul omotetiei , adica H
1,O =s
O.
5) Omotetiile sunt functiile bijective si H
1
,
kO =H
1,kO .
Propozitie. Fie H
kO, omotetia de centru O si raport k , si fie A si B doua puncte distincte in
plan. Daca A
| =H
kO, (A) si B
| =H
kO, (B) ,atunci AB || A
| B
| , A
|B
|=|k|
AB si H
kO, ([AB])=[A
| B
|].
17
B|
B
M|
M
O A
A|
Demonstratie. OA
|=|k|
OA , OB
| =|k|
OB.Deci
OAOA| =
OBOB|
A
|B
| || AB
(Reciproca teoremei lui Thales).
Din teorema fundamentala a asemanarii , rezulta ca
OA
|B
|
OAB , deci
ABBA| | = |k|.
Fie M
[AB] un punct oarecare al segmentului [AB] , si M
| = H
kO, (M) . Avem:
A
|B
|=|k|
AB , A
|M
|=|k|
AM , B
| M
|=|k|
BM.
Atunci
A
|M
|+ B
| M
|=|k|
AM+|k|
BM=
=|k|(AM+BM)=|k|
AB=A
| B
|.
Deci M
|
[A
|B
|] , adica H
kO, ([AB])
[A
|B
|].Din bijectivitatea lui H
kO, rezulta ca orice punct al
segmentului [A
| B
|] este imaginea unui punct al segmentului [AB] prin omotetia H
kO, este
segmentul [AB].
Propozitie. Imaginea unei drepte d care nu trece prin centrul omotetiei H
kO, , este o dreapta
d
| , paralela cu d , (H
kO, (d)=d
| ||d , O
d)
18
A|
M|
B|
d|
A M B
O
Demonstratie. Fie A si B doua puncte fixate pe dreapta d si M
d un punct variabil.Fie A
| =
H
kO, (A) , B
| = H
kO, (B) , M
| = H
kO, (M).
Avem ca in demonstratia propozitiei anterioare
A
|B
| || AM=d , B
|M
| || BM=d si A
| B
| || AB =d.
Din unicitatea paralelei duse printr -un punct la dreapta data d , rezulta ca M
| apartine
dreptei d
| = A
| B
|.
Propozitie. Omoteticul unui poligon este un poligon asemenea cu cel dat , raportul de
omotetie fiind |k|.In particular , un triunghi se transforma prin omotetia H
kO, intr-un triunghi
asemenea cu el.
Propozitie. Prin omotetia H
kO, , un cerc se tr ansforma intr -un cerc .
M
M|
R
O A
A|
19
Demonstratie. Fie cercul de centru A si raza R , si fie un punct M oarecare pe cerc. Daca A
| =
H
kO, (A) , M
| =H
kO, (M) , atunci :OA
| =|k|
OA si O , A , A
| sunt coliniare.Prin urmare punctual A
|
este un punct fixat in plan ( nu depinde de pozitia punctului M ).
De asemenea A
| M
|=|k|
AM
A
|M
|=|k|
R. In consecinta , punctul M
| = H
kO, (M) se
gaseste la distanta constanta de punctul A
| , deci locul sau geometric este cercul de centru A
| si
raza |k|
R.
1.4 Inversiunea
Definitie. Fie O un punct fixat in planul euclidian E
2 si k un numar real nenul.
Se numeste inversiune de pol O si putere k aplicatia:
I
kO,: E
2\{O}
E
2\{O}
care asociaza fiecarui punct M
E
2\{O} un punct M
| = I
kO,(M) astfel incat :
1) Punctele O , M , M
| sunt coliniare.
2) Pentru k > 0 , M
|
( OM si pentru k< 0 , O
(MM
| ).
3) OM
OM
| =|k|.
Punctul M
| se numeste inversul punctului M.
Proprietati
1) Inversiunea este o aplicatie involutiva , adica I
kO,
I
kO,=1
2E
}\{O , deci I
kO, este bijectie si
coincide cu inversa sa.
2) Inversiunile de puteri negative (k<0) , sunt compuneri ale inversiunilor de puteri pozitive
|k| cu simetrii central e fata de pol (I
kO, =I
||,kO
s
O).
3) Pentru k>0 , cercul C(O,
k ) este locul gometric al punctelor fixe ale inversiunii
I
kO, , si
se numeste cerc de inversiune.
4) Pentru k<0 cercul C(O,
k ) este cerc invariant ( fix) dar nu punct cu punct ,
20
(I
kO, (C(O,
||k ))=C(O,
||k ) pentru ca fiecatre punct al sau se transforma in punctul diametral
opus.
La fel ca la celelalte transformari geometrice , un aspect important al teoriei il constituie
deter minarea imaginii unor curbe plane prin inversiune. In acest sens avem urmatorul set de
propozitii.
Propozitie. Orice dreapta d care trece prin polul inversiunii se transforma in ea insasi (este
invarianta).
Demonstratie. Intr-adevar , orice punct M de pe dreapta se transforma intr -un punct M
|
coliniar cu O si M, deci tot pe dreapta si datorita bijectivitatii lui I
kO, , orice punct M
|
d este
imaginea unui punct M
d , adica I
kO, (d)=d , unde O
d . (Desigur , punctul O nu intra in discutie
pentru ca nu este in domeniul de definitie).
Propozitie. Un cerc care trece prin polul inversiunii se transforma int r-o dreapta
perpendicular pe diametrul care trece prin pol . ( Evident din cerc se poate scoate polul).
O
M
P
M|
P|
Demonstratie. Fie inversiunea I
kO, , C un cerc care trece prin polul O si P punctul diametral
opus polului O . Daca P
| = I
kO,(P) avem din definitia inversiunii :
OP
OP
|=|k|.
21
Daca M este un punct variabil al cercului C si M
| = I
kO,(M) , rezulta
OM
OM
| =|k|.
Deci OP OP
|=OM OM
|
OPM
OPOM
OMOP| |
| |P .
Dar m OMP)=90
( inscris intr -un semicerc) m( OP
|M
|)=90
, adica M
| P
| OP.
Din unicitatea perpendicularei duse intr -un punct al dreptei pe acea dreapta ( in plan) ,
rezulta ca locul geometric a l inverselor punctelor cercului C ( fara punctual O) este dreapta
perpendiculara pe diametrul OP in punctul P
| .
Propozitie. O dreapta d care nu trece prin O de inversiune se transforma int r-un cerc care
trece prin pol ( din care se scoate polul O)
d
M|
M
O A
A|
Demonstratie. Fie A piciorul perpendicularei din O pe dreapta d si fie A
| =I
kO, (A).Consideram
un punct variabil M
d si fie M
| =I
kO, (M ). Atunci:
OA OA
|=OM OM
| (=|k|)
|OMOA =
|OAOM
OAM
| |AOM m( OM
| A
|)=m( OAM)=90
,
Adica din punctul M
| =I
kO, (M) , segmentul fix OA
| se vede sun un unghi de 90
.
22
Prin urmare locul geometric al punctului M
| =I
kO, (M) este cercul de diametru OA
| , fara
punctul O.
Propozitie. Un cerc C care nu trece prin polul de inversiune se transforma intr -un cerc care
nu trece prin polul de inversiune.
Demonstratie. Fie
Oputerea polului O fata de cercul dat. Sunt doua situatii distincte care
trebuie discutate.
a) Puterea k ainversiunii este egala cu puterea punc tului o fata de cerc .
Fie M un punct variabil al cercului si M
| = I
kO, (M). Atunci
OM
OM
| =|k|=
O
si prin urmare M
| apartine cercului dat.Deci cercul C se transforma in el insusi dar nu punct cu
punct.
Totusi exista doua puncte fixe , P si Q , punctele de contact cu cercul ale tangentelor duse din
O la cerc.
P
M|
O M
Q
b).Daca puterea k a inversiunii nu este egala cu puterea
O a punctului O fata de cerc , atunci
inversul M , punctual M
| = I
kO, (M) nu apartine cercului C .
23
M|
N
M
O
OM
OM
| =|k| si OM
ON=
O
Rezulta
ONOM| =
Ok
|| , adica punctul M
| este omoteticul punctului N prin omotetia de centru
O si raport
Ok
|| (M
|=H
OkO
||, (N)).
Cand M descrie cercul dat C atunci si N descrie acelasi cerc , deci M
| descrie omoteticul
cercului C prin omotetia H
OkO
||, , care este tot un cerc , avand raza R
| =R
Ok
|| .
Propozitie. Fie inversiunea I
kO, si fie punctele distincte M si N
E
2\{O} cu inversele lor M
| =
I
kO,(M) si N
| =I
kO, (N).
Atunci
M
|N
|=MN
ON OMk
|| .
24
Dem onstratie. M
|=I
kO, (M) si N
| =I
kO, (N)
OM
OM
| =ON
ON
| =|k|
|ONOM =
|OMON
| |M
|ONOM =
|OMON =
| |NMMN
M
|N
|=MN
OMON|
M
|N
|=MN
OMONONON
|
M
|N
|=MN
ON OMk
|| .
M|
M
O N
N|
25
Capitolul 2
Aplicatii ale transformarilor geometrice in plan
2.1Aplicatii ale izometriilor planului
1.Fie d o dreapta si fie A , B doua puncte distincte , situate pe aceeasi parte a ei. Sa se
determine punctual m pe dreapta D astfel incat suma AM+MB sa fie minima .
A
B
d
M
M|
A|
Solutie: Fie M
| un punct oarecare pe dreapta d si fie A
| =s
d(A).Atunci [AM
| ]
[A
|M
|] si prin
urmare AM
| +M
| B=A
| M
|+ M
|B. Pentru minimalizarea acestei sume trebuie ca punctele A
| , M
|
si B sa fie coliniare , pentru ca A
| M
|+ M
|B
A
|B ( inegalitatea triunghiului) . In concluzie ,
punctual cautat M , se obtine intersectand dreapta A
| B cu dreapta d (Intr -adevar AM
| +M
| B=
A
|M
|+ M
|B
A
|B= AM
| +MB=AM+MB).
2.Fie C un punct in interiorul unghiului AOB. Sa se determine pozitia punctelor P
(OA si Q
(OB astfel incat perimetru triunghi ului CPQ sa fie minim .
26
C|| B
Q| Q
C
O
P| P A
C||
Solutie. Fie C’=s
OA(C) si C”=s
OB (C).Punctele P s i Q sunt intersectiile dreptei C’C” cu
semidreptele (OA si (OB. Intr -adevar , daca P’
(OA si Q’
(OB , atunci
CP’+P’Q’+Q’C=C’P’+P’Q’+Q’C’’>C’C’’=C’P+PQ+QC’’=CP+PQ+QC.
3.Sa se inscrie in triunghiul ascutitunghic ABC un triungh i cu perimetrul minim .
A
N R’ Q’ M
B P’ C
27
Solutie. Fie P’
(BC) un punct oarecare si fie M=s
AC (P’) si N=s
AB (P’).Daca notam cu R’
respectiv Q’ punctele de intersectie ale dreptei MN cu laturile AB respective AC , atunci
triunghiul P’R’Q’ are perimetrul cel mai mic , dintre toate triunghiurile inscrise in triunghiul ABC
cu varful P’ fixat ( conform problemei prec edente). Acest perimetru este
P’R’+R’Q’+Q’P’=NR’+R’Q’+Q’M=NM
Acum trebuie sa determinam pozitia lui P’
(BC) astfel incat NM sa aibe lungime minima.
Se observa ca pentru orice P’
(BC) triunghiurile MAN su nt isoscele pentru ca AN
AP’ si AP’
AM din cauza simetriilor fata de AB respective AC , si m( NAM)=2m( BAC) , adica constanta si
deci triunghiurile NAM sunt asemenea intre ele.Dar AN=AP’ si deci P’ trebuie sa fie piciorul
inaltimii din A a triunghiului ABC.
Fie acum P piciorul inaltimii din A a triunghiului ABC .
Fie N=s
AB (P) si M =s
AC (P) si fie {R}=NM AB si {Q}=NM AC.Atunci triunghiul PRQ are
perimetrul minim(=NM).
Acest triunghi este triunghiul ortic al triunghiului ABC.
Intr-adevar :
m( APR)=m( ANR)=
2) (2 180 BACmo =90
0 -m(
BAC)
A M
Q
R
N
B C
Deci m( BPR)=m( BAC) adica patrulaterul ARPC este inscriptibil si prin urmare CR AB
( pen tru ca AP BC).
28
Analog se arata ca BQ este cea de -a treia inaltime , adica triunghiul PRQ este triunghiul ortic
al triunghiului ABC.
4.Fie ABC un unghi oarecare si O un punct interior unghiului ABC .O dreapta variabila d , trece
prin O si intersec teaza dreptele AB si BC in M si N.aratati ca aria triunghiului MBN este minima
daca si numai daca BO este mediana in triunghiul MBN. Construiti in acest caz dreapta d .
A
P M O
B
Q N C
Solutie. Construim paralelogramul OPBQ , P BA si Q BC. Notam OM=a . ON=b , [MPO]=x ,
[NQO]=y.
[MBN]=2 [POQ]+ [MPO]+ [MQO]=2s+x+y ,
unde s= [POQ]= [PBQ].
Avem
sx =
ba ,
sy =
ab
Deci [MBN]=2s+
ssabsba4
cu egalitate pentru a=b , si prin urmare N=s
O (M).Dar M BA N s
O(BA) si in acelasi timp N
BC , deci {N}=BC s
O(BA).
Construim A
| =s
O(A) , B
| =s
O(B).Punctul N este intersectia lui A
| B
| cu BC si punctual M este
intersectia lu i NO cu BA .
29
M
A B
|
O
A
|
B N C
5.Fie (O,R) un cerc si A,B (O,R) doua puncte fixate . Sa se determine locul geometric al
ortocentrului triunghiului ABC unde C este un punct variabil pe cercul (O,R) .
Solutie. Fie AD AB unde D (O,R) . CDAH este paral elogram pentru ca:
1).CH AB si DA AB , deci CH DA si
2).DC CB ( patrulaterul ABCD fiind inscris in (O,R)) si AH CB deci DC AH . Atunci H=
t
DA (C). Dar C (O,R) si prin urmare H t
DA ( (O,R))= (O’;R) unde O’= t
DA (O) , adica locul
geometric al lui H este un cerc congruent cu cercul dat obtinut prin translatia de vector
DA ,
fara punctele X= t
DA (A) si Y= t
DA (B) deoarece ele corespund cazurilor in care C=A r espectiv
C=B , adica triunghiul ABC este degenera t.
C
D
O
H
A B
O’
X Y
30
6. Sa se construiasca un trapez cand se cunosc laturile sale.
D b C
l
1 l
2 l
2
A B
D’
D
1 C
1
Solutie. Fie trapezul ABCD cu laturile , b ,l
1 , l
2(fig. 2.17). Prin D construim paralela DD’’ la
latura BC , D’ AB. Atunci D=t
'BD (C) . Dar C (B , l
2 ) si prin urmare D t
'BD ( (B , l
2 )). Pe de
alta parte D (A , l
1 ). Rezulta din aceste consideratii constructia din figura 2.17.
a).pe segmentul AB de lungime se considera punctul D’ astfel incat BD’=b.
b).Se construieste cercul (D’, l
2 ) =t
'BD (B , l
2 ).
c).Daca (A , l
1 ) (D’ , l
2 ) , atunci se obtin doua puncte D si D
1 care sunt varfuri ale
trapezului.
Acest lucru este posibil daca AD’ l
1+l
2 , adica -b l
1+l
2 b+ l
1+l
2.
d).Daca (A , l
1 ) (D’ , l
2)= adica b+ l
1+l
2 problema nu are solutie.
7.Fie ABC un triunghi echilateral si M un punct in planul sau .
a).Sa se demonstreze ca daca M (A,B,C) , se poate forma un triunghi cu segmentele MA ,
MB , MC.
b).Sa se arate ca daca M (A , B , C ) atunci unul din segmentele MA, MB , MC are lungimea
egala cu suma laturilor celorlalte doua. ( teorema lui Pompeiu).
31
A
a
M
b c
B /3 b C
b M’ a
C’
Solutie. Notam AM=a , BM=b , CM=c .
a). Consideram rotatia R
3,B . Atunci R
3,B (A)=C , R
3,B (C)=C’ , R
3,B (M)=M’ , iar B este un
punct fix. Triunghiul MBM’ este isoscel si are un unghi de masura
3 , deci este echilateral si
prin urmare MM’=b . Pe de alta parte CM’=AM=a , deci triunghiul CMM’are laturile de lungimi
a , b , c (figura 2.18).
b).Consideram aceeasi rotatie R
3,B . Toate consideratiile de la punctual a). raman valabile cu
exceptia faptului ca nu se mai poate forma un triunghi MCM’ , deoarece punctele M, C si M’
sunt coliniare .
A
a M
b c
C
B
b a
M’
32
Intr-adevar , ABM CBM’ ( rotatia este o izometrie) , deci BAM BCM’ . dar
m( BAM)+m( BCM’)=180
o m( BCM’)+m( BCM)= 180
o M , C , M’ coliniare
MM’=MC+CM’ b=c+a .
8.Fie ABC si DBC doua triunghiuri echilaterale simetrice in raport cu dreapta BC si M un punct
pe cercul de centru D si raza[DB] . Notam cu a,b,c lungimile segementelor [MA ] , [MB] , [MC] .
Sa se arate ca a
2 =b
2 +c
2.
Solutie. Se foloseste rotatia R
3,B ca si in problem precedenta. Unghiul BMC are masura
150
0 , unghiul BMM’ are masura 60
o , deci triunghiul M’MC este dreptunghic in M , adica
a
2=b
2 +c
2.
A
a
M
B c
B b b a C
M’
D
9. Fie
1
,
2 ,
3 trei cercuri concentric e de raze r
1 r
2 r
3 . Sa se construiasca un
triunghi echilateral ABC care sa indeplineasca conditiile : A
3 , B
1 si C
2. Discutie.
33
Solutie. Presupune figura construita . se observa ca C=R
3,A (B). Deci C R
3,A (
1) , insa
C
2. Prin urmare se alege un punct A pe cercul
3
, se construieste cercul (O’ , r
1 )=
R
3,A (
1) si se intersecteaza cu cercul
2 obtinandu -se:
a). doua puncte , daca r
1 r
3-r
2
b). un punct , daca r
1 = r
3-r
2
c). nici un punct , daca r
1 r
3-r
2.
3(O,r
3 )
2(O,r
2 )
1(O,r
1 )
C
2 O
B
2
1) B
1
O’ C
1
A
34
10. Fie a , b , c trei drepte paralele .Construiti triunghiul echilateral ABC astfel incat
A
Solutie. Se presupune figura construita . Se observa ca C=R
3,A (B).Deci C R
3,A (B) si in acelasi
timp Prin urmare constructia se realizeaza astfel :
1). Se alege un punct oarecare A .
2).Se construieste dreapta b’= R
3,A (b) si se intersecteaza cu dreapta c ob tinandu -se punctul
C.
Observatie. Mai exista o solutie a problemei si anume simetricul triunghiului ABC fata de
perpendicular a in A pe a.
c C
Y’
b X’ X Y B
a A
b’= R
3,A (b)
11.Sa se determine un punct in planul triunghiului ABC , pentru care suma distantelor la
varfurile tr iunghiului este minima ( punctu l lui Toricelli).
Solutie. Fie rotatia R= R
3,A(fig. 2.23) si C’ = R(C) , M’=R(M) , unde M este arbitrar.
35
Se observa ca MA+MB+MC=BM+MM’+M’C’ BC’ , cu egalitate daca si numai daca punctele B ,
M , M’ , C’ sunt coliniare. Cum triunghiul AMM’ este echilateral obtinem ca m( AMB)=120
o si
m( AM’C’)=120
o .Rezulta ca M trebuie sa aiba proprietatea ca m( AMB)= m( AMC) =
120
o.Constructia practica a punctului M se face astfel : fie triunghiurile echilaterale ACC’ , AB’B
construite in exteriorul lui ABC.Atunci ,M-=BC’ CB’.
C’
A
M’
M
B C
2.2.Aplicatii ale omotetiei
1.Fie O centrul cercului circumscris triunghiului ABC , G centrul de greutate si H ortocentrul
triunghiului . Punctele H , G si O se gasesc pe o dreapta ( dreapta lui Euler) si HG=2 GO .
36
Demonstratie . Se cunoaste ca GA’=
21GA. Aceasta pro prietate a centrului de greutate ne
sugereaza idea utilizarii omotetiei H
21,G , prin care punct ul A se transforma in punctul A’= H
21,G
(A). Deoarece prin omotetie , o dreapta care nu trece prin centrul omotetiei se transfor ma
intrtr-o dreapta paralel a cu ea , inseamna ca inaltimea AH se transforma in mediatoarea
segmentului BC.Analog , inaltimea BH se transforma in mediatoarea laturii AC . Prin urmare ,
punctul H , intersectia inaltimilor se transforma in punctul O , intersectia mediatoarelor.
De aici se deduc doua proprietati:
a).Punctele H , G si O= H
21,G (H) sunt coliniare ( din definitia omotetiei).
b).GO=
21 GH HG=2 GO.
A
B
1
B’
H
G O
B A
1 A’ C
2.Mijloacele laturilor unui triunghi , picioarele inaltimilor si mijloacele segmentel or care unesc
fiecare varf cu ortocentrul triunghiului se gasesc pe acelasi cerc (cercul celor noua puncte).
Demonstratie. Fie A
1 mijlocul laturii BC , A
2 piciorul inaltimii din A si A
3 mijlocul segmentului
AH.Se stie ca simetricele ortocentrului fata de laturi si fata de mijloacele laturilor se gasesc pe
37
cercul circumscris triunghiului.Fie A’
1 si A’
2 simetricele ortocentrului H fata de mijlocul A
1 al
laturii BC , respectiv fata de latura BC. Considerand omotetia H
21,H , avem :
H
21,H ( A’
1)= A
1 , H
21,H ( A’
2)= A
2 , H
21,H (A)= A
3.
Rezulta ca punctele A
1 , A
2 , A
3 sunt situate pe un cerc , omoteticul cercului circumscris
triunghiului ABC. Acest cerc are centrul , In mijlocul segmentului HO , si are raza de lungime
egala cu jumatate din lungimea razei cercului ciecumscris triunghiului ABC. Analog , celelalte
sase puncte B
1 , B
2 , B
3, C
1 , C
2 , C
3 se vor afla pe acelasi cerc , numit cercul celor noua puncte
sau cercul lui Euler.
A
A
3
H O
B A
2 A
1 C
A’
2 A’
1
3.Varfurile B si C ale triunghiului ABC sunt fixe iar A mobil . Sa se afle locul geometric al
centrului de greutate G al triunghului ABC cand:
38
a).punctul A descrie o dreapta d ( fig 1 );
b).punctul A descrie un cerc (O;R) ( fig. 2 ).
Solutie. a). Fie A’ mijlocul segmentului B C .Avem A’G=
31 A’A. Consideram omotetia H
31;'A prin
care punctu l A , mobil , se transforma in centrul de greutate , G al triunghiului ABC.
Daca dreapta d trece prin cen trul A’ al omotetiei , atunci locul geometric al lui G este chiar
dreapta d . Daca dreapta d nu trece prin punctul A’ , atunci locul geometric al lui G este o
dreapta d’ , paralela cu dreapta d.
A d
d’
G
B A’ C
Figura 1
A
O G
O’
B A’ C
Figura 2
39
b).Consideram aceeasi omotetie H
31;'A .Prin aceasta omotetie , cercul (O, R) se transforma In
cercul ’(O’ ,
31R) , unde O’ *OA’+ si O’A’ =
31 OA’.
4. In triunghiul ABC , ipotenuza BC este fixa iar varful A este variabil . Se prelungeste
AB cu
AD
BA
, se uneste mijlocul E al lui
BC cu D si se noteaza cu M punctul de intersectie
dintre dreptele ED si AC. Se cere loc ul geometric al lui M .
D
A
M
B E F C
Solutie. Deoarece triunghiul ABC este dreptunghic in A , punctul variabil A descrie cercul de
diametru BC ( fara punctele B si C ). Punctul M este centrul de greutate al triunghiului BCD .
Deci CM=
32
CA , adica M este omoteticul punctului A prin omotetia H
32,C . Deoarece printr -o
omotetie un cerc se transforma intr -un cerc , rezulta ca locul geometric al punctului M este
cercul cu centrul in F
CE si CF =
32 CE.
40
5.Sa se construiasca un patrat inscris intr -un triunghi ascutitunghic ABC , avand doua varfuri
pe latura
BC si celelalte doua pe laturile
AC si
AB (fig. 3.9 )
Solutie. Fie patratul M
/ N
/P
/Q
/ astfel incat M
/ , N
/
BC si Q
/
AB . Daca punctul P
/
apartine laturii AC atunci constructia este incheiata. Consideram paralela prin punctul P
/ la
dreapta AC care intersecteaza laturile BA si BC in punctele A
/ , respective C
/ . Patratul
M
/N
/P
/Q
/ este inscris in triunghiul A
/ BC
/ , dar nu in triunghiul ABC , care este omoteticul
triunghiului A
/ BC
/ prin omotetia de centru B si raport k=
/BABA =
/BCBC
1.Deci va trebui sa
marim figura formata din triunghiul A
/ BC
/si patratul M
/ N
/P
/Q
/, prin omotetie , pana cand
triunghiul A
/BC
/ se suprapune peste triunghiul ABC ( sau o micsoram in cazul in care P
/ este in
exteriorul triunghiului ABC).
Deoarece punctul P
/ are un omotetic P pe latura AC ( prin aceasta omotetie de centru B) ,
coliniar cu B si P
/ rezulta ca acest punct P este intersectia dreptei BP
/ cu dreapta AC .Plecand
acum de la punctul P, se pot construi ( numai cu rigla si compasul ) punctele M , N si Q prin
paralelism si perpendicularitate.
A
A
/
Q P
Q
/ P
/
B M
/ M N
/ N C
/ C
41
6.Fie triunghiul oarecare ABC .Sa se inscrie un triunghi cu laturile paralele cu trei drepte date
d
1, d
2 respectiv d
3 .
Solutie. Fie Q
/
AC , R
/
AB astfel incat Q
/ R
/ d
1. Construim ( cu rigla si compasul) prin R
/
si Q
/ paralele la d
1 respectiv d
2 , care se intersecteaza in P
/ .Prin P
/ ducem paralela la BC care
intersecteaza laturile AB si AC in B
/ si in C
/ .Triunghiurile ABC si AB
/ C
/ sunt omotetice prin
omotetia de centru A si raport k=
/ABAB =
/ACAC ( 1 in cazul desenului nostru).Prin aceasta
omotetie se micsoreaza triunghiul AB
/ C
/ pana se suprapune peste triunghiul ABC. Punctul P
/
are un omotetic P coliniar cu A si P
/ situat pe latu ra BC. Constructia triunghiului se face astfel
unim A cu P
/ si intersectam latura BC in P .Ducand acum paralele prin P la d
2 si d
3 obtinem
punctele R si Q pe laturile AB si AC.
A d
1
Q d
3
R Q
/ d
2
R
/
B P C
B
/ P
/ C
/
7.Fie triunghiul oarecare ABC . i) Sa se construiasca triunghiurile A
1 B
1C
1 si A
2 B
2C
2 in asa
fel incat A
1 ,A
2
BC , B
1,B
2
AC , C
1,C
2
AB si
1 1BCA CB
2 A
2
ACB , AB
1C
1
AC
2 B
2 BAC , A
1C
1B C
2A
2B . ii) Sa se demonstreze ca punctele A
1 ,A
2,B
1
,B
2,C
1,C
2sunt conciclice. iii) Sa se demonstreze ca dreptele AA
1 , BB
1 , CC
1 sunt concurente
daca triunghiul ABC este echilateral
42
A
B
2=B
3
C
3=C
B
1
C
1
B A
1 A
2=A
3 C
Solutie . i) Constructia celor doua triunghiuri se realizeaza conform tehnicii de la problema 6
( fiind un caz particular al acesteia).
ii) Se considera cercul circumscris triunghiului A
1 B
1C
1 care intersecteaza a doua oara laturile
in punctele A
3 BC , B
3 CA si C
3
AB. Din patrulaterul inscriptibil C
1 B
1B
3C
3 avem
m( AC
3B
3)=m( C
1B
1A)=m( BAC).
Din patrulaterul inscriptibil C
1 A
1A
3C
3 avem
m( BA
3C
3)=m( A
1C
1B)=m( BCA).
Din patrulaterul inscriptibil A
1 B
1B
3A
3 avem
m( CB
3A
3)=m( B
1A
1C)=m( ABC).
Deci triunghiul A
3 B
3C
3 verifica conditiile impuse la punctul i), triunghiului A
2 B
2C
2. Dar
constructia acestui triunghi are solutie unica , deci A
2 =A
3 , B
2 =B
3, C
2 =C
3 , adica punctele A
1 ,
A
2,B
1,B
2,C
1,C
2sunt conciclice.
iii) Fie masurile unghiurilor A,B respectiv C.Avem in triunghiurile isoscele A
1 BC
1 ,
B
1CA
1 si C
1 AB
1
43
BABC
11 =2cos ,
CBCA
11 =2cos ,
ACAB
11 =2cos
CABA
11
ABCB
11
BCAC
11 =
.cos21
cos21
cos21
Dreptele AA
1 , BB
1 , CC
1 sunt concurente , daca si numai daca
CABA
11
ABCB
11
BCAC
11 =1
8cos cos cos =1
Triunghiul ABC este echilateral (proprietate cunoscuta).
8.Pe laturile unui triunghi ABC se construiesc trei triunghiuri isoscele asemenea APB
(AP=PB) ,AQC(AQ=QC) si BRC (BR=RC) , primele doua gasindu -se in exteriorul triunghiului ABC si
al treilea fiind asezat de aceeasi parte a dreptei BC ca triunghiul ABC. Sa se a rate ca APQR este
paralelogram .
A
R Q
R
B C
Solutie. Fie masura unghiurilor de la bazele triunghiurilor isoscele APB , AQC si BRC .
Consideram rotatia R
,B si omotetia H
kB, unde k=
CACQ
BABP
BCBR =
CBCR .
Avem (H
kB,
R
,B )(C)
44
=R si (H
kB,
R
,B )(A)=P pentru ca
BABP
BCBR , (H
kB,
R
,B )(B)=B pentru ca B este fix si pentru
rotatia cu centrul in B si pentru omotetia de centru B.Rezulta ca triunghiul ABC se transforma in
triunghiul PBR.
Analog prin transformarea H
, , C kCR triunghiul ABC se transforma in triunghiul
QRC.Compunerea dintre o omotetie si o rotatie fiind o asemanare rezulta ca triunghiurile PBR
si QRC sunt asemenea cu triunghiul ABC si mai mult , ele sunt congruente pentru ca raportul de
asemanare este acelasi k.
Deci PB=QR
AP=QR si PR=QC
PR=QA
APQR paralelogram.
9.Se considera triunghiul A
1 B
1C
1. Fie i=1,2,3 ,M
i mijlocul laturii opuse a lui A
i ,T
i punctul de
contact al cercului inscris in triunghi cu aceeasi latura si S
i simetricul lui T
i fata de bisectoarea
interioara din A
i .Sa se demonstre za ca daca A
1 A
2A
3 nu este isoscel atunci dreptele M
i S
i,
i=1,2,3 sunt concurente (fig. 3.13).
A
1
M
3 T
2
T
3 S
3 M
2
S
2
S
1
A
2 A
3
T
1 M
1
45
Solutie. T
2si T
3 sunt simetrice fata de bisectoarea unghiului A
1 , ca si T
1 si S
1 .
Deci T
1 S
1 T
2T
3.
Deci m(
1 3ST )=m(
21TT ). Analog m(
2 3ST )=m(
21TT ) si prin urmar e m(
1 3ST )=m(
2 3ST ) , deci S
1 S
2
A
1A
2 , adica S
1 S
2 M
1M
2 (M
1M
2linie mijlocie).
La fel S
2 S
3 M
2M
3 , S
3S
1 M
3M
1 , adica triunghiurile M
1 M
2M
3 si S
1 S
2S
3 au laturile
paralele , deci sunt omotetice , deci dreptele M
i S
i , i=1,2,3 sunt concurente.
10.Fie A , B , C , D patru puncte distincte pe o dreapta , situate in aceasta ordine. Cercurile
de diametre AC si BD se intersecteaza in punctele X si Y . Dreapta XY intersecteaza BC in
punctul Z.Fie P un punct diferit de Z pe dreapta XY. Dreapta CP intersectea za cercul de diametru
AC in punctele C si M iar dreapta BP intersecteaza cercul de diametru BD in punctele B si N. Sa
se arate ca dreptele AM , DN si XY sunt concurente.
R
Q
M
N
X
P
A B Z C
Y
46
Solutie. Punctul Z se gaseste pe coarda comuna a celor doua cercuri , care este axa lor
radicala , deci are aceeasi putere fata de cele doua cercuri , adica
ZA
ZC=ZB
ZD
ZDZB =
ZCZD .
Notam cu k acest raport si consideram omotetia H
kZ, . Prin aceasta omotetie dreapta BN se
transforma intr -o dreapta paralela cu ea , deci perpendicular a pe DN , iar dreapta CM se
transforma intr -o dreapta paralela cu ea , deci perpendicular a pe AM.Aceste drepte trec prin A ,
respectiv D , pentru ca H
kZ, (B)=A si H
kZ, (C)=D. Fie R intersectia acestor drepte si fie Q
intersectia dreptelor AM si DN. Rezulta ca Q este ortocentrul triunghiului RAD. Deci RQ AD.
Dar R este omoteticul lui P prin omotetia H
kZ, .Deci Z , P si R sunt coliniare , deci RZ AD.
Deoarece din R se poate duce o singura perpendiculara pe AD rezulta ca Q XY.
2.3.Aplicatii ale inversiunii
1.Intr -un patrulater convex inscrip tibil , produsul lungimilor diagonalelor este egal cu suma
prodeselor lungimilor laturilor opuse ( Prima teorema a lui Ptolomeu).
A
B D
C
B
/ C
/ D
/
47
Demonstratie. Fie ABCD un patrulater convex inscriptibil si f ie cercul care i se poate
circumscri e . Consideram inversiunea I
kA, , unde k
–
0 .Fie B
/ = I
kA,(B) , C
/ = I
kA,(C) , D
/=
I
kA,(D). Atunci punctele B
/ , C
/ si D
/ sunt coliniare pentru ca cercul trece prin polul
inversiunii si deci B
/ C
/+C
/D
/=B
/D
/. Dar
B
/C
/= BC
ACABk
, C
/D
/=CD
ADACk
, B
/ D
/=BD
ADABk
BD
ADABk
=BC
ACABk
+CD
ADACk
BD
AC=BC
AD+CD
AB.
2.Fie ABCD un patrulater convex inscriptibil.Atunci:
.DCDA BCBACDCB ADAB
BDAC
(A doua teorema a lui Ptolomeu)
Demonstratie. Se considera aceeasi inversiune I
kA, . Se aplica teorema lui Stewart
triunghiului AB
/ D
/ cu C
/
(B
/D
/) , adic a:
/ / / / / / / / 2/ / / 2/ / / 2/DCCBDB CB AD DC AB DB AC
.
AC
/=
ACk , AB
/ =
ABk , AD
/ =
ADk
B
/C
/=BC
ACABk
, C
/ D
/=CD
ADACk
, B
/ D
/=
ADABk
.
22
ACk
BD
ADABk
=
22
ABk
CD
ADACk
+
22
ADk
BC
ACABk
–
ADACACABADABCDBCBDk
3
BD
AB
AD=AC
CD
AD+BC
AB
AC-BD
BC
CD
BD(AB
AD+BC
CD)=AC(AB
BC+AD
CD)
BDAC =
DCDA BCBACDCB ADAB
.
3.Fie (O,R) si (I,r) cercul circumscris , respective cercul inscris al triunghiului ABC. Atinci
are loc relatia: OI
2=R
2 -2Rr ( Teorema lui Euler)
48
A
A
/ E
F r T r
B
/ C
/
r
B D C
Demonstratie. Fie inversiunea I
2,rI .Fie A
/ = I
2,rI(A). IA
IA
/=r
2 A
/este piciorul
perpendicularei din E pe ipotenuza AI a triunghiului dreptunghic AIE (reciproca teoremei
catetei). Deci A
/ este mijlocul segmentului FE (triunghiul AFE fiind isoscel) .
Analog B
/ = I
2,rI(B) este mijlocul segmentului FD si C
/ = I
2,rI(C) este mijlocul segmentului DE
(F , D si E fiind punctele de tangenta ale cercului inscris cu laturile AB , BC si CA ).
Prin urmare , cercul (O,R) se transforma prin inversiunea I
2,rI in cercul lui Euler al
triunghiului DEF ( cu raza
2r ).
Asadar intre raze exista relatia:
2r
=R
12
r
2r=R
2 22
OIRr
R
2- OI
2=2Rr OI
2=R
2 -2Rr.
4.Fie ABC un triunghi si AA
1 , AA
2 doua ceviene izogonale (A
1 , A
2
BC si A
1AB A
2AC.
Atunci:
22
22
11
ACAB
CABA
CABA (teorema lui Steiner)
49
A
B A
1 A
2 C
B
/ C
/
A
/
1 A
/
2
Demonstratie. Fie inversiunea I
kA, si fie B
/ = I
kA,(B) , C
/ = I
kA,(C) , A
/
1 = I
kA,(A
1) , A
/
2
= I
kA,(A
2).
m( BAA
1 )=m( CAA
2 ) si m( BAA
2 )=m( CAA
1 )
B
/A
/
1 C
/A
/
2 si B
/ A
/
2 C
/A
/
1 ( la arce congruiente corespund coarde congruiente)
Prin urmare
11
AAABBAk
=
AC AACAk
22 ,
AC AACAk
AAABBAk
11
22
2 122 1
2 122 1
AA AA ACCA CA
AA AA ABBA BA
22
2 12 1
ACAB
CACABABA
.
5. Fie ABC un triunghi echilateral si M un punct in planul triunghiului.Sa se demonstreze ca :
a) Daca M nu apartine cercului circumscris triunghiului ABC , atunci exista un triunghi cu
laturile congruiente cu segm entele MA , MB si MC .
b) Daca M apartine cercului circumscris triunghiului ABC atunci lungimea unuia dintre
segmentele MA , MB , MC este egala cu suma lungimilor celorlalte doua ( fig. 4.10 ).
(teorema lui Pompeiu).
50
A
/
A
l a l
b M c
B l C
B
/ C
/
Demonstratie. a) Fie inversiunea I
kM, , k –
0 si fie A
/ = I
kM,(A) , B
/ = I
kM,(B) , C
/ = I
kM,
(C). Notam cu a , b , c lungimile segmentelor MA , MB , MC si cu l lungimea laturilor
triunghiului echilateral ABC . Deoarece punctul M nu este situat pe cercul circumscris
triunghiului ABC , punctele A
/ , B
/ , C
/ nu sunt coliniare.
A
/B
/=AB
abckcl
abklabk , B
/ C
/=l
abckal
bck , C
/A
/=
abckbl
klabc
BAc
ACb
CBa
/ / / / / /
.
Prin urmare , lungimile segmentelor MA , MB si MC sunt proportionale cu lungimile laturilor
triunghiului A
/ B
/C
/ . Asadar segmentele MA , MB , MC pot forma un triunghi , asemenea cu
triunghiul A
/ B
/C
/.
51
A
/
A
M a
B
/ C
/ c
b O
B C
b)Daca M apartine cercului , atunci prin aceeasi inversiune I
kM, , punctele A , B si C s e
transforma in punctele A
/ , B
/ si C
/ situate pe o dreapta ( perpendiculara pe diametrul ce trece
prin M ) . Avem :
A
/B
/=B
/C
/+C
/A
/ AB
abk =BC
bck +CA
cak c=a+b.
6. In triunghiul ABC se considera medianele AA
1 , BB
1 , CC
1 si O centrulcercului circumscris
triunghiului ABC . Sa se arate ca cercurile circumscrise triunghiurilor AOA
1 , BOB
1 , COC
1 au un
punct comun diferit de O .
Solutie. Consideram inversiunea I
2,RO . Cercul circumscris triunghiului ABC este cercul de
inversiune , deci punctele A , B si C sunt fixe .Fie A
/
1 = I
2,RO (A
1) . Avem OA
1
OA
/
1 =R
2 =OB
2 =OC
2
.
52
B
/
1
A
C
/
1 R
C
1 O B
1
B R R
A
1 C
A
/
1
Din reciproca teoremei catetei rezulta ca A
/
1 B OB si A
/
1 C OC . Cu alte cuvinte , inversele
punctelor A
1 , B
1 si C
1 sunt varfurile triunghiului tangential A
/
1 B
/
1C
/
1 ( obtinut prin construirea
tangentelor in A , B , C la cercul circumscris triunghiului ABC ).
Cercurile AOA
1 , BOB
1 , COC
1 , trecand prin polu l O se transforma in dreptele AA
/
1 , BB
/
1 ,
CC
/
1 care sunt concurente in punctual lui Gergonne al triunghiului A
/
1 B
/
1C
/
1.
In concluzie , cele trei cercuri mai au un punct comun in afara de O ( asupra caruia nu
actioneaza inversiunea ) , si anume inversul punctului lui Gergonne al triunghiului A
/
1 B
/
1C
/
1.
Observati e. Daca triunghiul ABC este obtuzunghic , O este in exteriorul triunghiului ABC si
atunci (O , R) va fi cerc exinscris in triunghiul A
/
1 B
/
1C
/
1 . In acest caz dreptele AA
/
1 , BB
/
1 , CC
/
1 vor
fi concurente intr -unul din punctele adjuncte ale lui Gergonne.
7. Fie A , B , C , D patru puncte distincte pe o dreapta , situate in aceasta ordine . Cercurile de
diametre AC si BD se intersecteaza in punctele X si Y . Dreapta XY intersecteaza BC in punctul Z .
Fie P un punct diferit de Z pe dreapta XY . Dreapta CP intersecteaza cercul de diametru AC in
punctele C si M iar dreapta BP intersecteaza cercu l de diametru BD in punctele B si N. Sa se
arate ca dreptele AM , DN si XY sunt concurente .
53
Z
/
N
M X
A
/
D
/ P
A B Z C D
Y
Rezolvare. Punctul P se gaseste pe axa radicala a celor doua cercuri ( coarda comuna) , deci
are aceeasi putere
fata de cele doua cercuri. Fie inversiunea de pol P si putere
, I
,P .
Dreapta XY este invariant a prin I
,P ( trece prin pol ). Dreapta AM nu trece prin pol , deci se
transforma in cercul (P , A
/ , C) , unde C= I
,P(M) si A
/ = I
,P(A). Acest cerc are diametrul PC
pentru ca m( AA
/C)=90
o . Deci Z ( P , A
/ , C ) . Analog dreapta DN se transforma in cercul
(P , D
/ , B ) , unde B= I
,P(N) si D
/ = I
,P(D). Acest cerc are diametrul BP , deci si Z
( P,D
/ ,B).
Deoarece imaginile prin inversiune ale dreptelor AM , DN si XY au un punct comun Z atunci si
dreptele AM , DN , XY vor avea un punct comun , Z
/ , inversul lui Z prin inversiunea I
,P .
54
Capitolul 3
Consideratii pedagogice , psihologice si metodice
ale transformarilor geometrice in plan
In geometrie , ca si in celelalte ramuri ale matematicii , nu exista chei universale , motiv
pentru care prin metode de rezolvare a problemelor nu se intelege prezentarea unui retetar
absolut , care sa asigure solutionarea tuturor problemelor pe baza unor formule cunoscute sau
algoritmi prestabiliti.
Insusirea notiunilor de baza ale geometriei elementare si folosirea acestora in mod selectiv
in rezolvarea problemelor constituie esenta procesului invatarii dirijate si constiente a acestei
discipline . Este esential ca rezolvatorul , dezvoltand ope ratiile mentale fundamentale –
analiza , sinteza , comparatia , abstractizarea , generalizarea – sa imbine diferitele ipoteze prin
rationamente logice sa descopere solutia . In felul acesta are loc si realizarea unei unitati intre
formativ si informativ .
La geometrie este nevoie intr -adevar de o mare flexibilitate a gandirii creatoare , de ceea ce
se numeste minte organizata.
In geometrie o problema rezolvata , fie si complet satisfacator , nu este un punct terminus ,
in timp ce serveste scopu l propus in mod constient , ea devine si o sursa pentru noi implicatii ,
sugestii , probleme adiacente.
In abordarea problemelor de geometrie este absolute obligatoriu stapanirea metodelor
generale si particulare.
Dintre metodele genera le amintim : analiza , sinteza si metoda analitico – sintetica .
Metodele particulare mai importante sunt : metoda reducerii la absurd , metoda vectoriala si
metoda transformarilor geometrice.
3.1.Metode generale
3.1.1. Metoda analizei
Aceasta metoda este eficace in abo rdarea unor problem e de calcul sau de demonstratie. In
mod foarte succin t vom explica modul cum se aplica metoda analizei in rezolvarea problemelor
de demonstratie. In fapt este vorba de a dovedi implicatia p q. Se cauta o propozitie r
n care
55
s-o implice pe q , dupa care trebuie gasita o propozitie r
1n din care sa deducem r
n si asa mai
departe pana reusim sa depistam propozitia r
1 care rezulta direct din p.
Problema. Sa se arate ca dac a diagonalele unui trapez sunt congruiente , atunci trapezul
este isoscel.
D C
A B E
Solutie. p:
BD AC , q :
BC AD
r
2:
ABC
BAD , r
2
q
Fie translatia de vector
DC . t
DC ( DB)=CE , rezulta
CE
AC DB . Deci triunghiul CAE
este isoscel , rezulta ca CAB CEB
DBA.
r
1: CAB
DBA , r
1
r
2
CAB
DBA , AB latura comuna ,
BD AC rezulta
BC AD
p
r
1.
3.1.2. Metoda sintezei
Aceasta metoda se dovedeste a fi fecunda atat in rezolvarea unor probleme de calcul cat si in
tratarea unor probleme de demonstratie. Ne vom ocupa de problem e apartinand celei de -a
doua categorii , unde verificam sau stabilim o relatie , gasim proprietati noi ale figurilor date , In
general justificam daca o afirmatie r eferitoare la o figura geometrica este adevarata sau nu .
Pentru demonstrarea unor teoreme sau pentru rezolvarea unor probleme se considera o
figura despre care se stie ca poseda proprietatea p si se cere sa aratam ca poseda si
proprietatea q. Recunos tem cu usurinta ca aici intervine implicatia logica p q.
Mecanismul metodei de sinteza consta in a pleca de la propozitia p si de a descoperi alte
propozitii r
1 , r
2 , ……….. ,r
k astfel incat:
56
p
r
1
r
2
……..
r
k
q.
De cele mai multe ori , insa , demonstratia unei teoreme sau rezolvarea unei probleme are
la baza o schema de forma:
r
1
r
2
…………..
r
k
p q
a
1
a
2
………….
s
Evident , in anumite situatii sunt necesare ma i multe ramificatii.
Problema. Intr-un triunghi isoscel , suma distantelor de la un punct oarecare al bazei la
celelalte doua laturi este constanta.
A
C
/
E F
B C
D
E
/ F
/
G
57
Solutie. q:DE +DF=constanta
Construim simetricul triunghiului ABC in raport cu dreapta BC .
s
BC(A)=G , s
BC (E)= E
/
BG , s
BC (F)=F
/
CG
p:
/CC EF , CC
/ AB.
p
r
1
r
1:EF
/ =ED+DF= CC
/= constanta.
3.1.3 . Metoda reducerii la absurd
Dupa cum se stie , orice teorema este in esenta o impicatie logica p
q. Teorema reciproca
este q
p. Folosind tablele de adevar , se demonstreaza foarte usor ca teorema directa p
q
este echivalenta cu contrara teoremei reciproce q
p. Adeseori , demonstratia unei
teoreme sau rezolvarea unei problem e prezinta mari dificultati , pe cand demonstratia
contrarei reciprocei nu este prea complicata .Aceasta modalitate de abordare a unor teoreme si
problem e se numeste metoda reducerii la absurd ( reduction ad absurdum ). La baza metodei
reducerii la absurd s e afla una din legile fundamentale ale logicii clasice, legea tertului exclus
potrivit careia propozitia q
( q) este o tautologie . Aceasta inseamna ca avnd doua
propozitii contradictorii (q si q ) una este adevarata , cealal ta falsa , iar a treia posibilitate nu
exista . Amintim aici si principiul contradictiei care afirma ca propozitia q
( q ) are valoarea
de adevar 0, altfel spus , o propozitie si negatia ei nu pot fi simultan adevarate. Mai menti onam
ca echivalenta logica dintre teorema directa si contrara reciprocei se numeste principiul
contrapozitiei. Incheiem aceste consideratii prin a descrie in ce consta metoda reducerii la
absurd. Avand de dovedit implicatia p
q , se ad mite ca nu este adevarata propozitia q ( se
neaga concluzia q ) si atunci , evident , ar fi adevarata q. Folosind si ipoteza p , pe baza unor
deductii logice , se ajunge la o absurditate , care contravine fie ipotezei , fie unui adevar
evident , fie unui adevar stabilit anterior.
Contradictia obtinuta atesta valabilitatea teoremei directe p
q.
Problema. Fie D mijlocul laturii BC a triunghiului ABC . Sa se demonstreze ca
AD
2AC AB .
Solutie. Presupunem prin reducere l a absurd ca AD
2AC AB .
Fie A
/ =s
D(A).
58
A
B D C
A
/
2 AD
AB+AC rezulta AA
/
AB+AC.
Dar ABA
/ C este paralelogram rezulta ca
/BA AC rezulta ca AA
/ AB+BA
/ ceea ce
contrazice inegalitatea triunghiului. Deci AD
2AC AB .
3.2.Metode specifice
3.2.1. Probleme de coliniaritate
Punctele A , B , C sunt coliniare daca:
1) m( ABC) = 180
o
x y C
A
B
59
Observatii
a.
In redactare este necesar sa se specifice : ” consideram semidreptele (BA si (BC …..” pentru
a nu se creea dubii asupra procedeului folosit.
b. De regula m( ABC) se obtine dintr -o relatie de tipul
m( ABC)=m( ABX)+ m( XBY)+m( YBC) , unde BX
Int( ABY) , BY
Int( XBC).
2).m( =0
o
X
B
A C
Observatie . Se considera semidreptele (AB , (AC , (AX si se arata ca
m( m( XAC)
3). m( BAX)=m( CAY) , unde A
XY , iar B , C se gasesc in semiplane diferite determinate
de dreapta XY.
B
Y A x
C
Observatie : Se utilizeaza reciproca teoremei unghiurilor opuse la varf.
4).AB XY si AC XY B
A C
y x
60
Observatii
a) Se utilizeaza teorema referitoare la unicitatea paralelei dusa printr -un punct la o
dreapta.
b) Ca varianta se poate folosi AB XY si AC XY , utilizand teorema referitoare la
unicitatea perpendicularei dusa dintr -un punct pe o dreapta.
5).
1//
//
//
CBCA
BABC
ACAB unde A
/ /CB , B
/ /CA , C
/ /BA .
A
/
B
C
A
B
/ C
/
Observatii
a).
Unul sau trei puncte A , B , C nu apartin segmentelor A
/B
/ , B
/C
/ , A
/C
/.
b). Justificarea coliniaritatii este data de reciproca teotemei lui Menelaus aplicata triunghiului
A
/B
/C
/.
6)Punctele A , B , C au proprietatea ” p ” , iar locul punctelor din plan cu proprietatea ”p”
este situat pe o dreapta.
Observatie : Aplicarea acestui procedeu presupune , evident , cunosterea de ca tre
rezolvatori a unor proprietati ”p” in conditiile specificate.
6)
ABC =0
Observatie : Demonstratia relatiei rezulta din
AOB =
AOC +
COB , unde C
Int( AOB).
61
O
A B
C
Problema 1. Fie I punctu l de intersectie al diagonalelor patrulaterului convex ABCD iar A
/
, B
/ , C
/ , D
/ mijloacele laturilor sale . Paralelele prin varfurile A , C si B , D la dreptele BD si
AC delimiteaza un paralelogram MNPQ al carui centru il notam cu J . Centrul paralelogramului
A
/ B
/C
/D
/ il notam cu K . Sa se demonstreze ca pun ctele I , J , K sunt coliniare.
M B N
A
/ B
/
K C
A J I
D
/ C
/
Q D P
62
Solutie. Patrulaterul IAMB este paralelogram ( laturile opuse sunt paralele ) deci A
/ este si
mijlocul lui
IM . In mod analog B
/ este mijlocul lui
IN , C
/este mijlocul lui
IP , D
/ este
mijlocul lui
IQ . Deducem ca A
/ B
/C
/D
/ este omoteticul paralelogramului MNPQ in omotetia
de centru I si raport ½ . Rezulta ca omoteticul J va fi K si deci I , J , K sunt coliniare.
Problema 2. Fie H ortocentrul triunghiului ABC si un punct M diferit de H . Fie D , E , F
proiectiile ortogonale ale lui H pe dreptele AM , BM , CM si
S =HD
BC ,
T =HE
CA ,
U
=HF
AB. Sa se demonstreze ca S , T , U sunt coliniare .
T
A
B
/
C
/ D
H
F E M
S B A
/ C
U
Solutie. Fie A
/ , B
/, respectiv C
/ picioarele inaltimilor triunghiului corespunzatoare
varfurilor A , B , C . Deoarece
SHA
/
AHD rezulta
63
(1) HD
HA= HA
/ HA
Deoarce intr -un tringhi ABC c u AA
/ , BB
/ , CC
/ inaltimi si H ortocentru avem HA
HA
/ =HB
HB
/
=HC
HC
/=k , rezulta ca membrul stang din (1) este o constanta k invariant a la schimbarea
inaltimii AA
/ cu alta inaltime. Din alte triunghiuri asemenea obtinem
HE
HT=HB
/
HB
HF
HU=HC
/
HC
Din aceste doua egalitati si din (1) obtinem
HD
HS=HE
HT=HF
HU=k
Am obtinut o inversiune de pol H si putere k , inversiune ce transforma punctele D , E , F in
punctele S, T , U respectiv.
Dar punctele D , E , F determina cercul de diametru HM , cerc ce trece prin polul de
inversiune.Cum inversul unui cerc ce trece prin polul de inversiune este o dreapta
perpen diculara pe diametrul care trece prin pol , rezulta ca punctele S , T , U sunt coliniare.
Problema 3. Fie O, A , B , C patru puncte situate pe un acelasi cerc. Sa se demonstreze ca
cercurile de diametre
OA ,
OB ,
OC se intersecteaza doua cate doua in tre i puncte
coliniare .
/ d
A
/
c
A
B B
/
/
O a
C
/
C
/ b
64
Solutie. Consideram inversiunea T de pol O si putere k arbitrara.
Cercul circumscris patrulaterului OABC s e va transfo rma intr -o dreapta d perpendicular a pe
diametrul ce trece prin pol. Daca se noteaza A
/ =T(A) , B
/ =T(B) , C
/ =T(C) , atunci A
/ , B
/ , C
/
d.
Prin inversiunea considerata cercului de diametru OA se transforma intr -o dreapta a ( evi dent
a OA ) . Cercul de diametru OB se transforma intr -o dreapta b OB , i ar cercul de diametru
OC se transforma intr -o dreapta c OC . Fie
,
,
respectiv punctele de intersectie ale
cercurilor de diametre OC si OB , OA si OC , respectiv OA si OB. Se noteaza
)(/ T ,
)(/T
,
)(/T .
Este evident ca
cb/ ,
ac/ ,
ba/
Deoarece punctele A
/ =pr
// A , B
/ =pr
// B , C
/ = pr
/ / C sunt coliniare , rezulta ,
conform reciprocei teoremei lui Simpson ca punctul O se afla pe cercul circumscris triunghiului
// /
. Deoarece cercul circumscris triunghiului
// / trece prin polul O , rezulta ca el ( mai
putin punctul O ) se va transforma prin inversiunea considerata intr -o dreapta d
1 . Este evident
ca punctele
)(/T ,
)(/T ,
)(/T apartin dreptei d
1 .
3.2.2. Probleme de concurenta
1) Fie trei drepte d
1 , d
2 , d
3 si
A =d
1
d
2 , B
d
3 , C
d
3 . Dreptele d
1 , d
2, d
3 sunt
concurente daca si numai daca punctele A , B , C sunt coliniare.
d
1
d
3 B C
A d
2
Observatie : Rezulta de aici ca o problem a de concurenta a dreptelor poate fi reformulata ca
problema de coliniaritate si ca o problema de colin iaritate poate fi redusa la o problem a de
comcurenta.
65
2)Fie d
1 , d
2 , d
3 trei drepte și
M =d
1
d
2 ,
N =d
1
d
3. Dreptele sunt concurente
daca și numai daca punctele M si N coincid.
Observație : Procedeul se utilizeaza de obicei la rezolvarea problemelor de concurenta a
dreptelor prin reducere la absurd.
3) Dreptele d
1 , d
2 , d
3 sunt: mediane , bisectoare , în ălțimi , mediatoare etc. p entru un
anumit triunghi .Rezulta de aici concurența lor.
4) Fie un triunghi ABC și A
/
(BC) , B
/
(AC) , C
/
(AB) astfel încât
BCAC
ABCB
CABA
//
//
// 1 ( 1) .
Atunci AA
/ , BB
/ , CC
/ sunt concurente. Daca A
/
(BC) , B
/
AC-
AB , C
/
AB-
AB și
daca are loc relația (1) atunci AA
/ , BB
/ , CC
/ sunt concurente sau paralele ( Reciproca
teorem ei lui Ceva).
5) Fie un triunghi ABC si A
/
(BC) , B
/
(AC) , C
/
(AB) astfel încât :
) sin() sin(
) sin() sin(.) sin() sin(
//
//
//
ABBCBB
BCCACC
CAABAA
=1 (2) . Atunci AA
/ , BB
/ , CC
/ sunt concurente.
A
B
/
C
/
B A
/ C
Dacă A
/
(BC) , B
/
AC-
AC , C
/
AB-
AB si are loc relația (2) atunci AA
/ , BB
/
, CC
/ sunt
concurente sau paralele ( Reciproca teoremei lui Ceva sub forma trigonometrică ).
66
C
/
B
/ A
B A
/ C
Demonstrație. Aplic ând teorema sinusurilor în
ABA
/ și
CAA
/ avem:
ABBAA
BABAA ) sin( ) sin(/
//
și
ACCAA
CACAA ) sin( ) sin(/
// și deci
cb
CABA
CAABAA
//
//
) sin() sin(
.
Analog
ba
BCAC
BCCACC
//
//
) sin() sin( și
ac
ABCB
ABBCBB
//
//
) sin() sin( ceea ce face ca relațiile (1) si (2) sa
fie echivelente.
6) Fie triunghiul ABC si A
/
BC , B
/
AC , C
/
AB. Prpendicularele din A
/ , B
/ , C
/ pe BC ,
AC si respectiv AB sunt concurente daca și numai daca
A
/B
2-A
/C
2+B
/C
2-B
/A
2+C
/A
2-C
/B
2=0 (1) ( teorema lui Carnot ) .
B
/
A
M
C
/
A
/ B C
Demonstra ție. Daca perpendicularele sunt concurente în M avem
A
/B
2=MB
2 -MA
2/ , A
/C
2=MC
2 -MA
2/ și deci A
/ B
2-A
/C
2=MB
2 -MC
2 .
67
Analog se obține B
/ C
2-B
/A
2=MC
2 -MA
2 și C
/ A
2-C
/B
2=MA
2 -MB
2 și de aici rezulta
relația (1) .
Considerăm acum relația (1) adevarata.Fie M intersecția perpendicularelor din A
/ pe BC și
din B
/ pe AC și C
1 proiecția lui M pe AB. Din relația lui Carnot rezulta :
A
/B
2- A
/C
2+B
/C
2-B
/A
2+C
1A
2-C
1B
2=0 care comparta cu (1) dă:
C
/A
2-C
/B
2=C
1A
2-C
1B
2 (2).
Trebuie arătat că punctele C
/ si C
1 coincid. Presupunem C
/
AB , d(A;B)=a , d(A,C
/ )=m ,
d(A,C
1)=n și avem
C
/A
2-C
/B
2=(C
/ A-C
/B)(C
/ A+C
/ B)=a(2m -a)
X A C
/ B y
Dacă C
1
(By atunci C
1 A
2-C
1B
2=-a(2n+a) și din (2) rezultă
m=a+n a deci contradicție.
Dacă C
1 (AX atunci C
1 A
2-C
1B
2=a(2n+a) și din (2) rezultă m+n=0 , contradicție deci C
1
AB și în acest caz C
1 A
2-C
1B
2=a(2n-a).
Din (2) rezulta m=n adica C
1 si C
/ coincid. La fel se arată că C
1 si C
/ coincide dacă C
/
(Ax
sau C
/
( By.
Problemă . Se dau triunghiurile ABC și A
1 B
1C
1 pentru care exista k
1 astfel încât
1 1BA = =k
AB
,
1 1CA =k
AC și
1 1CB =k
BC. Să se arate că dreptele AA
1 , BB
1 , CC
1 sunt concurente.
Solutie. Dreptele AA
1 și BB
1 se intersecteaza într -un punct O. Se va arăta că punctele O , C
și C
1 sunt coliniare. Se consideră omotetia H cu centrul în O și raport k . Atunci
1OA =k
OA ,
1OB
=k
OB. Se calculează
1OC =
OCk ACk OAk CA OA1 1 1 . Deci C
1 este transformatul
lui C prin H și O , C , C
1 sunt coliniare.
68
C
1
C
O B B
1
A
B
1
Observatii:
1)Din ipoteza rezulta ca triunghiurile ABC și A
1 B
1C
1 sunt asemene ,dar nu sunt congruiente ,
au laturile omoloage paralele și ori toate perechile (
) , (), , (), ,1 1 1 1 1 1
CBBC CAAC BAAB au
același sens , ori toate perechile (
) , (), , (), ,1 1 1 1 1 1
CBBC CAAC BAAB au sensuri opuse.
2)Rezultatul se poate extinde la doua poligoane asemenea ( dar nu congruiente ) ale caror
omoloage formeaza vectori paraleli și de același sens.
3.2.3.Probleme de loc geometric
Printre problemele de geometrie care pun în valoare cunoștințele ,dar mai ales
ingeniozitatea se numara și cel e de loc geometric. Deși nu se poate spune ca exista o metoda
generala de rezolvare a acestui tip de probleme , totuși se pot da anumite indicații
metodologice , a căror îmbinare cu cunoștințele anterioare solide poate conduce la succes,
chiar si in cele mai dificile situații.
O problemă de loc geometric consta in gasirea punctelor care au anumite proprietați date
in enunț.Redactările soluțiilor care se gasesc in general in carțile de geometrie cuprind doua
părți:
I. Se arată că punctele care au propriet ațile din enunț se află în locul geometric
intuit.
II. Se demonstrează că orice punct al mulțimii ( locul geometric ) determinate are
proprietațile din enunț. Uneori , prima parte a demonstrației se face prin reducere
la absurd , arătând că un punct care nu es te in mulțimea considerată nu are
proprietațile din enunț. Totodată a doua componentă a demonstrației ne poate
69
arăta , câteodată faptul ca locul geometric este compus numai din anumite
porțiuni de curbă , plan sau spațiu.
Problema 1. Pe un cerc s -au fixat punctele A și B , iar punctul C este mobil pe acest
cerc.Să se determine locul geometric al centrului de greutate a triunghiului ABC.
C
G
A C
/ B
Soluție. Fie C
/ mijlocul segmentului
AB , iar G centrul de greutate al triunghiului ABC.
Atunci
CC GC/ /
31 . Deci G descrie un cerc obținut din cercul inițial printr -o omotetie de
centru C
/ și coef icient
31 .
Problema 2. Fie segmentul
AB și cercul de centru O și rază r. Fiecarui punct M de pe
cercul i se atașeaza punctul M
/ astfel încât ABMM
/ să fie paralelogram. Să se gasească locul
geometric al punctului M
/ .
Soluție. Deoarece ABMM
/ este un paralelogram rezultă MM
/ =BA , MM
/ BA și sensul de la
M la M
/ este sensul de la B la A . Punctul M
/ este transformatul lui M prin translația care duce
punctul B în punctul A . De aceea atunci când M descrie pe , punctul M
/ descrie un cerc cu
centrul O
/ = (O) și rază r.
70
/
O O
/
M M
/
B A
3.2.4.Metoda analitic ă
Expresia analitică a translației
Dacă a=
i , z=x+iy , z
/ =x
/+iy
/, atunci :
x
/+iy
/=(x+iy)+(
i ).
Din definiția egalitații a două numere complexe , rezultă că ultima egalitate este echivalentă cu
x
/=x+
, y
/=y+
.Deci:
T
v (M)=M
/
y yxx
//
Expresia analitică a simetriei centrale
Considerăm planul raportat la un reper ortonormat xOy. Fixăm un punct A de coordonate
(
, ). Fie M (x,y) un punct din plan și M
/ (x
/, y
/) simetricul lui în raport cu punctul A . Atunci ,
z
A=
+i
, iar z
M =x+i
y , z
/M =x
/+i
y
/ și atunci:
x
/=2
-x , y
/ =2
-y
71
Putem scrie: S
A (M)=M
/
y yx x
22
//
( ecuațiile carteziene ale simetriei de centru A(
, ))
Problemă rezolvată
Fie d o reaptă de ecuație 5x -2y+10=0. Să se arate că transformata dreptei d prin simetria de
centru A(2,1) es te o dreaptă d
/ . Să se determine ecuația dreptei d
/ .
Soluție. Fie M(x, y) un punct oarecare al dreptei d și M
/ (x
/, y
/) transformatul lui M prin
simetria de centru A .
y yx x
1222
// , de unde ,
//
24
y yx x .
M
d
x, y verifică ecuația dreptei d
5(4-x
/) – 2(2-y
/)+10=0
-5x
/+2y
/ +26=0 .
Ultima relație arată ca M
/ descrie o dreaptă , pe care o notăm d
/ . Ecuația dreptei d
/ în planul
xOy se obține recând x
/ în x și y
/ în y și este : -5x+2y+26=0.
Observație : Cele două drepte au aceeași pantă , deci sunt p aralele.
Expresia analitică a simetriei axiale
y
M
/ d
M
A
u
x
O
Considerăm în planul complex xOy o dreaptă d. Dacă
=(Ox, d) , atunci u=cos
+isin
este
afixul unui vector director unitar al dreptei d.
72
Fie A(a
1 , a
2) un punct al dreptei . Dacă M
/ (x
/ , y
/) este simetricul punctului M(x,y) atunci ,
rezultă:
x
/+iy
/=(cos
+isin
)
2
) () (2 1iaa iyx +(a
1 +ia
2 ),
x
/+iy
/=(cos2
+i sin2
)
iay ax ) () (2 1 +a
1+ia
2
Egalând părțile reale și părțile imaginare , obținem sistemul:
2 2 1/1 2/
2cos) ( 2sin) (2sin) ( 2cos) (
a ay ax ya ay ax x
(*)
Cazuri particulare
1. Dacă d conține originea , atunci (*) devine :
2cos 2sin2sin 2cos
//
y xyy xx (**)
2. Dacă d este Ox , atunci (**) devine :
y yxx
//
3. Dacă d este Oy , atunci (**) devine:
y yx x
//
Expresia analitică a rotației
Considerăm planul orientat raportat la un reper ortonormat direct xOy.
Fie M , un punct în plan de coordonate (x,y) , R
),(O o rotație de centru O și unghi
, iar
M
/(x
/, y
/) transformatul lui M prin rotația R
),(O .
Atunci M și M
/ au afixele z=x+iy și z
/ =x
/+iy
/.
x
/+iy
/=(cos
+isin
)
(x+iy) , de unde:
cos sinsin cos
//
y xyy xx ( expresia analitica a rotației de centru O și unghi
)
Reciproc , sistemul de ecuații
mynxyny mxx
// reprezintă o rotație de centru O dacă :
73
m
2+n
2 =1.
În acest caz , unghiul
satisface condițiile: cos
=
2 2n mm
, sin
=
2 2n mn
.
Problemă rezolvată
Fie sistemul de ecuații :
) (
21) (
21
//
yx yyx x . Să se arate că sistemul definește o rotație
de centru O și să se determine unghiul de rotație.
Soluție. m
2+n
2 =
121
21 , și prin urmare , sistemul definește o rotație de centru O . Un
unghi
pentru care cos
=
21 și sin
=
21 este
=arccos
21 =
4.
Expresia analitica a omotetiei
Considerăm planul raportat la un reper ortonormat (O ,
ji, ). Fixăm un punct A(
2 1, )
în plan și un n umăr real nenul k. Fie M(x, y) un punct în plan și M
/ (x
/, y
/) omoteticul lui în
raport cu omotetia H
),(kA . Atunci,
z
A=
1+i
2 , z
M =x+iy , z
/M =x
/+iy
/
x
/+iy
/=(1-k)(
1 +i
2 )+k(x+iy).
Egalând părțile reale și părțile imaginare obținem :
ky k ykx k x
2/1/
) 1() 1(
(*)
( expresia analitică a omotetiei de centru A(
2 1, ) și raport k)
Dacă centrul omotetiei este O , originea axelor , atunci (*) devine:
kyykxx
// .
74
Reciproc , un sistem de forma
ky ykx x
2/1/
, unde
1 ,
2 , x , y , x
/ , y
/ sunt numere reale ,
definește o omotetie H
),(kA cu A de coordonate
k k1,12 1 , când k
1 și o translație de
vector
v =
1
i +
2
j , când k=1.
Problemă rezolvată
Se dă omotetia de ecuații
1 21 2
//
y yx x
a) Să se determine centrul C al omotetiei.
b) Determinați grafic și prin calc ule omoteticul triunghiului de vârfuri A(2,1) , B( -3,0) ,
D
.21,21
y
A
/
D
/
B
/ A D
O x
B C
Soluție. Centrul C(
, ) al omotetiei este un punct fix și atunci
și
verifică relațiile
=2
-1 ,
=2
+1 . Se obține :
=1 și
=-1 . Ecuațiile date definesc omotetia H
)2,(c de
centru C( -1,1) și raport k=2.
A
/ , B
/ , C
/ determinate de relațiile :
/CA =2
CA ,
/CB =2
CB ,
/CD =2
CD sunt desena te în
fugură.
Folosind ecuațiile omotetiei putem determina coordonatele punctelor A
/ , B
/ , C
/.
75
x
/A=2x
A -1
x
/A=-5 , y
/A =2y
A +1
y
/A=3 , de unde A
/ (-5 , 3).
Analog se determină B
/ (-7 , 1) , D
/ (-2 , 2).
3.2.5. Metoda vectorială
Ecuația vectorială a translației
Fie
v un vector și T
v translația de vector
v . Atunci:
T
v (M)=M
/
/MM =
v
M
/ se numește translatatul lui M prin translația T
v . Analog , dacă este o figură
geometrică , T
v ( ) se numește translatata figurii prin translația T
v .
Ecuația vectorială a simetriei centrale
Știm că O este mijlocul segmentului
/MM
OM = –
/OM și M
M
/. În plus , relația
vectorială este adevărată și în cazul în care M=M
/ =O . Putem scrie :
S
O(M)=M
/
/OM = –
OM
Problemă rezol vată
Fie A și B două puncte fixate și M un punct oarecare în plan , diferit de A și B.
Dacă M
1 =S
A (M) , M
2 =S
B (M
1) , M
3=S
A (M
2) și M
4 =S
B (M
3 ) , atunci M , M
2 , M
4 sunt
coliniare.
M
3 M
1
B
A M
4
M
2
M
76
Soluție. Considerăm punctele A , B , M
i , i=
4,1 .
M
2=T
AB2 (M) , M
4 = T
AB2 (M
2 ).
Rezultă :
2MM =2
AB și
4 2MM =2
AB , de unde
4 2MM =
2MM .
Ultima relație exprimă coliniaritatea punctelor M , M
2 , M
4 .
3.2.6. Metoda cu numere complexe
Ecuația translației cu numere complexe
Considerăm planul raportat la un reper ortonormat (O , i , j).
În acest plan considerăm un vector
v de afix a și două puncte M , M
/ de afixe z , z
/ .Atunci:
/MM
=
v
z
/-z=a. Așadar:
T
v (M)=M
/
z
/=z+a (*)
Din această relație deducem că a face o translație înseamnă a aduna două numere complexe,
unul fiind afixul vectorului de translație , iar al doilea afixul punctului care se translatează.
Considerăm planul raportat la un reper ortonormat (O,i,j) și
1v ,
2v doi vectori de afixe a
1
și a
2. Fie M un punct arbitrar în plan. Notăm :M
1 =T
2 1 v v (M) , M
/ =T
1v(M) și M
// =T
2v (M
/)
Utilizând ecuația (*) obținem :
(i) z
1M=z
M +(a
1 +a
2) și (ii) z
//M =z
/M +a
2=(z
M +a
1)+a
2 .
Din (i) și (ii) rezultă că z
1M =z
//M , sau M
1 =M
//, adică T
2 1 v v (M) =T
2v (T
1v (M)).
T
2 1 v v =T
2v
T
1v
77
Ecuația simetriei centrale în numere complexe
Considerăm planul raportat la un reper ortonormat (O,i,j). Fixăm în acest plan un punct A de
afix a. Fie M de afix z un punct în plan și M
/ , de afix z
/ , simetricul lui M în raport cu A. Avem:
S
A(M)=M
/
/AM = –
AM
z
/-a=-(z-a)
z
/=a-z+a. Deci:
S
A(M)=M
/
z
/=2a-z (ecuația simetriei centrale în numere complexe)
Ecuația simetriei axiale în numere complexe
Considerăm planul complex xOy . Fie d o dreaptă în plan , M de afix z un punct oarecare din
plan și M
/ , de afix z
/ , simetricul lui M în raport cu simetria de axă d.
I . Vom considera că d este una din axele reperului.
Ținând seama de interpretarea geometrică a numerelor complexe , putem scrie:
S
Ox(M)=M
/
z
/=
z
y
M
1(-
z) M(z)
x
O
M
/(
z)
Fie M
1 =S
Oy (M) . Dar M=S
Ox (M
/) și Ox Oy. Putem scrie:
M
1=S
Oy (S
Ox (M
/))=S
O (M
/) , de unde rezultă: z
1 = –
z, unde z
1 este afixul punctului M
1 .
Rezultă : S
Oy (M) =M
1
z
1= –
z.
II.Presupunem că d este o dreaptă oarecare.
Pentru a determina afixul simetricului M
/ vom folosi interpretarea geometrică a produsului a
doua numere complexe.
78
M
/ d
M
0
M
A
v
j
u
O
i
Fie
u un versor director al dreptei d și
v de afix v , un vector unitar , coliniar cu dreapta
MM
/ .
Atunci ,
arg v =(
i ,
v )+(
u ,
v )=arg u +
2 = arg u + arg i. În plus ,
v = 1 =
u
i . Din ultimele
relații rezultă că v = ui. Cum
/MM este coliniar cu
v , rezultă ca există
astfel încât
/MM
=
v. Trecând la afixe și folosind relația v=ui , obținem z
/ – z =
ui (*).
Pentru a determina numărul real
, fixăm punctul A de afix a pe dreapta d și considerăm
mijlocul M
0 al segmentului
/MM .
Afixul z
0 al punctului M
O , verifică relația : z
0 =
2/zz .
Vectorii
oAM și
u sunt coliniari și , ca urmare , există k astfel încât
oAM =k
u ,
sau , trecând la afixe :
2/zz – a = ku (**).
Din relațiile (*) și (**) rezultă z +
2 ui – a = ku , de unde
uaz = –
2I + k.
Prin conjugare ultima relație devine :
kiuaz
2 .
79
Scădem ultimele relații și obținem :
iuaz
uaz
.
Înlocuind în relația (*) rezultă : z
/ – z =
uaz u – z + a. Dar
uu =
uuu
2 = u
2 , ceea ce ne
permite să scriem ecuația simetriei axiale sub forma:
z
/= u
2 (
az ) + a
unde u este afixul unui vector director al dreptei d cu norma 1 , iar a este afixul unui punct fixat
al dreptei d .
Cazuri particulare:
1. d conține originea axelor .
În acest caz a=0 și ecuația devine z
/ = u
2
z
2. d este paralelă la Oy și are ecuația x=p . În acest caz u=i și A este de afix a=p , iar ecuația
devine
z
/ = –
z + 2p
3. d este paralelă la Ox și are ecuația y=q . În acest caz u = 1 și A are afixul a=qi și se obtine
ecuația:
z
/=
z + 2qi.
Problemă rezolvată
Fie M un punct de afix 2+3i . Să se determine simetricul punctului M în rapor t cu simetria
axială S
d , dacă d are ecuația 4x – 3y -10 =0
Soluție. Considerăm dou ă puncte A( 1; -2) și B(4 , 2 ) pe dreapta d . Atunci
AB are
coordonatele (3 ; 4 ) , adică afixul 3+4i . Considerăm u=
ii
4343
=
51(3+4i) și A de afix 1 – 2i .
Obținem : z
/ =
251 (3+4i )
2
)21()32( i i + ( 1 – 2i) =
25138 +
259 i .
Ecuația rotației în numere complexe
În planul orientat raportat la un sistem ortonormat direct , xOy , considerăm M de afix z
și M
/ de afix z
/ . Fie
un număr real . Atunci vom demonstra că :
M
/= R
),(O (M)
z
/= e
i
z
Dacă z=0 atunci M=O , M
/ =O , z
/=0 și relația de mai sus este adevărată.
80
Presupunem z
0 . Atunci : M
O și OM=
z =
zei =
/z =OM
/ , iar (OM , OM
/ )=
arg
00/
zz =arg
zz/ =arg e
i =
, de unde rezultă că M
/ =R
),(O (M).
Formula de mai sus se poate interpreta astfel: produsul dintre un număr complex
oarecare z și un număr complex de modul 1 este o rotație de centru O ( originea reperului
ortonormat xOy) și unghi
egal cu argumentul nu mărului complex de modul 1 considerat.
Exemple
Considerăm planul orientat raportat la un reper ortonormat direct xOy.
1.Un unghi al rotației de ecuație :
z
/=
z i
23
21 , care se mai scrie z
/ =e
i
32
z este
=
32
2. Dacă A are afixul 2+2i și A
/ de afix z
/ este rotitul lui A prin R
32,o , atunci z
/ =
i i 2223
21
=(-1-
3 )+i
13 .
Ecuația omotetiei în numere complexe
Fixăm un punct A de afix „a ” în planul complex xOy și un număr real k nenul. Fie M un punct
de afix z și M
/ de afix z
/ transformatul său prin omotetia H
),(kA . Atunci :
/AM = k
AM
z
/AM = z
AMk
z
/ – a =k(z -a).
Din ultima relație rezultă ecuația omotetiei în numere complexe :
z
/ = (1 – k ) a + kz (*)
Dacă centru omotetiei este O , originea axelor , atunci ecuația devine z
/ = kz.
Reciproc , o relație de forma z
/ + b+ kz , unde b , z , z
/ sunt numere complexe și k număr real
nenul și diferit de 1 este o omotetie de centru A de affix a=
kb
1 și raport k .
Pentru k=1 relația de mai sus devine z
/ = b + z , care este ecuația unei translații.
81
Problemă rezolvată
Considerăm planul complex xOy . În acest plan vârfurile patrulaterului ABCD au afixele z
A =
2+ i , z
B =6+3i , z
C =5+4i și z
D =3+3i.
a) Să se arat e că ABCD este trapez;
b) Să se determine afixele transformatelor A
/ , B
/ , C
/ , D
/ ale punctelor A , B , C , D prin
omotetia H
2,I , unde I
AC
BD.
c) Să se deseneze A
/ B
/C
/D
/ și să se demonstreze că este trapez.
C
/
C
D
/ D I B B
/
A
j
A
/
i
Soluție.
a)
2224
ii
zzzz
A CA B trapez.
b) CD
AB
CDAB
IDIB ;
În plus ,
AB și
CD ,
IBși
ID sunt perechi de vectori opuși . Rezultă :
2
C DA B
I DI B
zzzz
zzzz
, de unde z
I =4+3i.
Aplicăm ecuația (*) pentru a=3+4i și k=2.
82
Obținem : z
/A =-z
I+2z
A = – I , z
/B = 8 + 3i , z
/C = 6+ 5i , z
/D = 2 + 3i .
c) În figura de mai sus este desenat A
/ B
/C
/D
/ .
21
4824
/ / ii
z zzz
A BA B
AB A
/B
/ . Analog se arată că CD C
/D
/ .
Dar AB CD și , ținând seama de relațiile de mai sus rezultă că A
/ B
/ C
/D
/ și , ca urmare
A
/B
/C
/D
/ este trapez.
3.2.7.Probleme de construcții geometrice
Unul dintre elementele care sporesc frumusețea geometriei sintetice este lipsa unei metode
generale și sigure de a rezolva orice problemă . Natura întrebărilor pe care ni le putem pune
este atât de diversă încât un mare rol în soluționarea cu success a unei problem e de geometrie
îl are imaginația , fără a neglija , totuși , necesitatea unei baze solide de cunoștințe.
Cu rigla și compasul se pot executa următoarele construcții simple :
– construcția unui segment de dreaptă ce trece prin două puncte date;
– determinarea punctului de intersecție a doua drepte date;
– construcția unui cerc cu centrul și raza date;
– determinarea punctelor de intersecție dintre o dreaptă și un cerc date;
– determinarea punctelor de intersecție a două cercuri date.
Spunem că o problemă de construcție este rezolvabilă cu rigla și compasul dacă pentru
soliționarea ei este necesar un număr finit de construcții de tipurile enumerate mai sus.
Etapele rezolvării unei probleme de construcție sunt:
1 . Analiza : Se presupune problema rezolvată și se analizeaz ă toate proprietațile figurii;
2 . Indicarea construcțiilor : Din analiza figurii rezultă anumite proprietăți care permit o
înlănțuire de construcții în vederea obținerii rezultatului ;
3 . Demonstrarea exactității construcțiilor : Toate construcțiile util izate trebuie justificate;
4 . Discutarea soluțiilor : Se fac precizări referitoare la numărul soluțiilor și posibilitatea
construcției
83
Această detaliere a rezolvarii unei probleme de construcție pe etape nu este totdeauna
evidentă și nici necesară . Rezolvarea multor probleme de construcție se reduce la două sau trei
etape.
Problema 1 .
Fie A unul dintre punctele de intersecție a două cercuri ( O , R) și
/ , R
/) . Să se ducă
prin A o dreaptă care să intersecteze cele două cercuri în B respectiv B
/ , astfel încăt AB=AB
/ .
B O
1
A
O
B
/
O
/
Soluție.
Fie O
1 simetricul lui O față de A . Cercul (O
1 , R ) intersectează cercul
/ , R
/) în
punctele A și B
/ . Fie B simetricul punctului B
/ față de A . Este evident că B ( O , R ). Dreapta
determinată de punctele B și B
/ răspunde problemei.
Problema 2.
Să se construiască un patrulater ABCD cunoscând lungimile laturilor lui și știind că (AC este
bisectoarea unghiului BAD.
Soluție.
Notăm AB= a , BC=b , CD=c , AD= d . presupunem d a.
84
Fie B
/ simetricul punctului B față de dreapta AC. Evident că B
/ ( AD . Triunghiul B
/ CD
poate fi construit deoarece cunoaștem CB
/ = b , CD=c , B
/ D= d -a.
A
a a
B B
/
d-a
b b D
c
C
3.2.8 . Comparație plan – spațiu
Translația în spațiu
Definiție. Translația în spațiu este o transformare a spațiului prin care toate punctele se
deplasează în aceeași direcție și cu aceeași distanță între orice punct și transformatul său.
Prin urmare orice translație a spațiului determină un vector
a din spațiu și orice vector
a
din spațiu determină o translație a spațiului.
Translația de vector
a va fi notată cu t
a :
t
a : și pentru orice A , dacă t
a (A)=A
/ , atunci
/AA =
a .
85
Problemă. Fie A
/ B
/C
/ imaginea triunghiului ABC prin translația t , C
1 =AB
BA/ / , B
1=AC
/
A
/C , A
1 = BC
CB/ / și A
0 , B
0 , C
0 mijloacele laturilor triunghiului ABC . Arătați că triunghiurile
A
1B
1C
1
și A
0B
0C
0 sunt congruiente.
A
C
0 B
0 B
1 A
/
A
0 C C
1
B
A
1 C
/
B
/
Soluție. Observăm că
1 1BA ,
1 1CB ,
1 1AC sunt li nii mijlocii ale triunghiurilor A
/ BC ,
AB
/C , ABC
/ , deci A
1 B
1=
21
AB , B
1 C
1=
21 BC , A
1 C
1=
21
AC.
De asemenea A
0 B
0 , B
0C
0 , A
0C
0 sunt linii mijlocii în triunghiul ABC . Prin urmare A
0 B
0=
21
AB , B
0C
0=
21 BC , A
0 C
0=
21 AC.
Deci
0 0 1 1 BA BA ,
0 0 1 1 CB CB ,
0 0 1 1 CA CA , deci triunghiurile A
1 B
1C
1
și A
0B
0C
0
sunt congruiente.
Simetria centrală în spațiu
Definiție. Punctele A și A
/ din spațiu se numesc simetrice în raport cu punctul O din spațiu ,
dacă O este mijlocul segmentului
/AA . Punctul A
/ se numeste simetricul punctului A în raport
cu punctul O .
Definiție. Simetria centrală de cen tru O în spațiu este o transformare a spatiului prin care
punctul O se transformă în el însuși și orice alt punct A se transformă în simetricul său A
/ în
raport cu punctul O .
86
Bibliografie
1.Competenta si performanta in geometrie, Dan Branzei , Sebastian Anita , Alice Anita,Editura
Mined , Iasi
2.Matematica, manual pentri clsa a X -a , Mircea Ganga , Editura Mathpress
3.Matematica , manual pentru clasa aX -a , C. Nastasescu , C. Nita , N. Soare , D. Nit escu , M.
Dumitescu ,Editura Didactica si Pedagogica
4.Elemente de transformari geometrice, Constantin Ionescu Bujor , Biblioteca Societatii de
Stiinte Matematice si Fizice din R.P.R.
5.Teme si probleme alese de geometrie , Dorin Andrica , Csaba Varga , Da niel Vacaretiu ,
Editura Plus , Bucuresti , 2002.
6.Geometrie , exercitii si problem e pentru clasa aIX -a , Nicolae Dragomir , Tudor Deaconu ,
Carmen Dragomir , Ana Mandriesi , Doru Savulescu , Meteor Press
7.Inegalitati elementare…si mai putin elementare , Mircea Becheanu , Bogdan Enescu , Gil
8.Probleme calitative de geometrie plana , M. E. Panaitopol , L. Panaitopol , Editura Gil , Zalau
9.Matematica , manual pentru clasa a X -a , Lidia Nicola , Ani Drăghici , Lucian Țuțescu ,Editura
Niculescu.
10.Transformări geometrice , Dumitru Smaranda , Nicolae Soare , Editura Academiei Republicii
Socialiste România
Copyright Notice
© Licențiada.org respectă drepturile de proprietate intelectuală și așteaptă ca toți utilizatorii să facă același lucru. Dacă consideri că un conținut de pe site încalcă drepturile tale de autor, te rugăm să trimiți o notificare DMCA.
Acest articol: PENTRU LICENTA -MASTER MATEMATICA DIDACTICA [605457] (ID: 605457)
Dacă considerați că acest conținut vă încalcă drepturile de autor, vă rugăm să depuneți o cerere pe pagina noastră Copyright Takedown.