Problemele privind concurența unor drepte, la fel ca problemele de coliniaritate a unor puncte, prezintă adevăruri care sunt, în general, adevăruri… [615758]

CAPITOLUL 3
CONCURENȚĂ ÎN PLAN

Problemele privind concurența unor drepte, la fel ca problemele de coliniaritate a unor
puncte, prezintă adevăruri care sunt, în general, adevăruri ușor de intuit, însă a căror demonstra ție
riguroasă cere raționamente precise și o gamă variată de tehnici specifice. În acest gen de probleme
avem de stabilit, pe baza unor judecăți logice că, dacă două drepte 𝑎 ș𝑖 𝑏 au un punct comun
𝑋,𝑎𝑡𝑢𝑛𝑐𝑖 𝑌 ș𝑖 𝑍 fiind puncte aparținând unei drepte 𝑐, pentru a arăta că dreptele 𝑎,𝑏 ș𝑖 𝑐 sunt
concurente trebuie demonstrată coliniaritatea punctelor 𝑋,𝑌 ș𝑖 𝑍.

Astfel de drepte le întâlnim în triunghiuri ca mediane, mediatoare, înălțimi, bisectoare, de
asemenea, în paralelograme sau trapeze ca diagonale, precum și în probleme „combinate”.
Rezolvarea lor se bazează, în prima fază, pe găsirea punctului de intersecție, 𝑋, a două
drepte 𝑎 ș𝑖 𝑏, apoi în raport cu datele problemei, se va demonstra că, o a treia dreaptă , 𝑐, trece prin
același punct. Punctul respectiv, găsit, va fi punctul de concurență al dreptei date.
În continuare, sunt prezentate unele metode, mai des utilizate, atât în gimnaziu, cât și în liceu,
prioritar la rezolvarea acestui tip de probleme de ge ometrie plană.

3.1. DEMONSTRAREA CONCURENłEI FOLOSIND UNICITATEA MIJLOCULUI
UNUI SEGMENT
Pe dreapta 𝑑1 se identifică punctele 𝐴 ș𝑖 𝐵, iar pe dreapta 𝑑2 se identifică punctele 𝐶 ș𝑖 𝐷, astfel
încât segmentele 𝐴𝐵 ș𝑖 𝐶𝐷 să aibă același mijloc .
De reținut că, această metodă funcționează și în situația în care trebuie demonstrată
concurența mai multor drepte.
Problema 1.
Fie rombul 𝐴𝐵𝐶𝐷 ,𝐴𝐶 fiind diagonala mare a rombului și 𝐴1,𝐴2,𝐶1,𝐶2 proiecțiile punctelor
𝐴 ș𝑖 𝐶 pe la turile opuse. Să se demonstreze că dreptele 𝐴1𝐶1,𝐴2𝐶2,𝐴𝐶 și 𝐵𝐷 sunt concurente.
Rezolvare.

Cum 𝐴1𝐶1 ||𝐴1𝐶,𝐴𝐴1 || 𝐶1𝐶 și 𝑚(𝐴1∧
)=90𝑜 rezultă că patrulaterul 𝐴𝐴1𝐶𝐶1 este dreptunghi.
Diagonala 𝐴1𝐶1 trece prin mijlocul 𝑂 al lui 𝐴𝐶. Analog, se arată că și 𝐴2𝐶2 trece prin mijlocul lui
𝐴𝐶.
Problema 2.

Fie triunghiul 𝐴𝐵𝐶 , înscris în cercul de centru 𝑂,ș𝑖 𝐷 punctul diametral opus lui 𝐴. Paralelele prin
𝐷 𝑙𝑎 𝐴𝐵 ș𝑖 𝐴𝐶 intersectează cercul circumscris triunghiului în punctele 𝐸 ș𝑖, respectiv,
𝐹,𝑖𝑎𝑟 laturile 𝐴𝐶 ș𝑖 𝐴𝐵 î𝑛 𝑀, respectiv 𝑁. Să se arate că dreptele 𝐴𝐷,𝐶𝐹,𝐵𝐸 ș𝑖 𝑀𝑁 sunt
concurente.
Rezolvare.

Cum patrulaterel e 𝐴𝐵𝐷𝐸 ș𝑖 𝐴𝐶𝐷𝐹 sunt dreptunghiuri, rezultă că 𝐵𝐸 ș𝑖 𝐶𝐹 sunt diametre în cerc.
Patrulaterul 𝐴𝑀𝐷𝑁 este paralelogram, de unde rezultă că 𝑀𝑁 trece prin mijlocul lui 𝐴𝐷, adică
prin 𝑂.
Prin urmare, dreptele 𝐴𝐷,𝐶𝐹,𝐵𝐸 ș𝑖 𝑀𝑁 sunt concurente.
Problema 3.
Fie paralelogramul 𝐴𝐵𝐶𝐷 și fie 𝐸 ș𝑖 𝐹 puncte pe diagonala 𝐵𝐷 astfel încât 𝐵𝐸 = 𝐸𝐹 = 𝐹𝐷. Se
notează cu 𝐺,𝐺,𝐿 ș𝑖 𝑀 punctele de intersecție ale perechilor de drepte
𝐵𝐶 ș𝑖 𝐴𝐸,𝐶𝐷 ș𝑖 𝐴𝐹,𝐴𝐵 ș𝑖 𝐶𝐸, respectiv 𝐴𝐷 ș𝑖 𝐶𝐹. Să se demonstreze că dreptele 𝐴𝐶,𝐸𝐹 ș𝑖 𝐿𝐻
sunt concurente.
Rezolvare.

Din congruența triunghiurilor 𝐴𝐷𝐸 ș𝑖 𝐵𝐶𝐹 rezultă 𝐴𝐸= 𝐶𝐹, iar din congruenȚa triunghiurilor
𝐴𝐷𝐹 ș𝑖 𝐵𝐶𝐸 rezultă 𝐴𝐹 = 𝐸𝐶.
Din 𝐴𝐸=𝐶𝐹 ș𝑖 𝐴𝐹=𝐸𝐶 rezultă că patrulaterul 𝐴𝐸𝐶𝐹 este paralelogram și, deci, 𝐸𝐹
trece prin mijlocul 𝑂 al diagonalei 𝐴𝐶.
Cum 𝐴𝐹|| 𝐸𝐶 rezultă că patrulaterul 𝐴𝐻𝐶𝐿 este paralelogram și, prin urmare, diagonala
𝐿𝐻 trece prin mijlocul 𝑂 al diagonalei 𝐴𝐶.
Așadar, dreptele 𝐴𝐶,𝐸𝐹 ș𝑖 𝐿𝐻 sunt concurente.

3.2. DEMONSTRAREA CONCURENłEI FOLOSIND PROPRIETĂłILE LINIILOR
IMPORT ANTE ÎN TRIUNGHI
În unele probleme de geometrie plană, demonstrarea concurenței unor drepte se reduce la
a găsi un triunghi în care acele drepte sunt înălțimi, sau mediane, sau mediatoare sau bisectoare.
Problema 4.
În planul unui triunghi oarecare 𝐴𝐵𝐶 , având lungimile laturilor 𝑎,𝑏,𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣 𝑐, se
construiesc în exteriorul triunghiului, triunghiurile 𝐵𝐶𝐷 ,𝐴𝐶𝐸 ș𝑖 𝐴𝐵𝐹 astfel încât 𝐴𝐸=𝐹𝐴=𝑎,
𝐵𝐷 = 𝐹𝐵= 𝑏 ș𝑖 𝐷𝐶= 𝐶𝐸 = 𝑐.
Să se demonstreze că perpendicularele duse din 𝐷,𝐸 ș𝑖 𝐹 respectiv pe 𝐵𝐶,𝐴𝐶 ș𝑖 𝐴𝐵 sunt
concurente într -un punct 𝐻.
Rezolvare.

Cum patrulaterele 𝐹𝐵𝐶𝐴 ș𝑖 𝐴𝐵𝐶𝐸 sunt paralelograme, rezultă că punctele 𝐹,𝐴 ș𝑖 𝐸 sunt
coliniare.
Analog, punctele 𝐹,𝐵 ș𝑖 𝐸, respectiv 𝐷,𝐶 ș𝑖 𝐸 sunt coliniare.
Prin urmare, 𝐹𝐷𝐸 este un triunghi în care 𝐹𝐸 este paralelă cu 𝐵𝐶,𝐹𝐷 paralelă cu 𝐴𝐶 ș𝑖 𝐷𝐸
paralelă cu 𝐴𝐵.
Perpendicularele duse din 𝐷,𝐸 ș𝑖 𝐹 respectiv pe 𝐵𝐶,𝐴𝐶 ș𝑖 𝐴𝐵 sunt perpendiculare și pe
𝐹𝐸,𝐹𝐷 ș𝑖 𝐷𝐸. Prin urmare, ele sunt înălțimile triunghiului 𝐹𝐷𝐸 , care, este știut, sunt concurente
în 𝐻.
Problema 5.
Pe catetele 𝐴𝐶 ș𝑖 𝐴𝐵 ale unui triunghi dreptunghic 𝐴𝐵𝐶 (𝑚(𝐴∧
)=90𝑜)) (𝑚(𝐵𝐴𝐶∧
)=
90𝑜)), se construiesc în exterior, pătratele 𝐴𝐶𝐷𝐸 și 𝐴𝐵𝐹𝐺 . Să se arate că dreptele 𝐵𝐷 ș𝑖 𝐶𝐹 se
intersectează pe înălțimea 𝐴𝐻 a triunghiului 𝐴𝐵𝐶 .
Rezolvare.

Notăm cu 𝐼 intersecția dreptelor 𝐸𝐷 ș𝑖 𝐹𝐺. Din congruența triunghiurilor 𝐺𝐴𝐼 ș𝑖 𝐴𝐵𝐶
rezultă că 𝐺𝐴∧
𝐼≡ 𝐴𝐵𝐶∧
≡𝐶𝐴𝐻∧
, adică punctul 𝐼 este situat pe înălțimea 𝐴𝐻. Triunghiurile 𝐴𝐵𝐼 și
𝐵𝐹𝐶 sunt congruente, de unde rezultă că 𝐵𝐼⊥ 𝐶𝐹 . De asemenea, 𝐵𝐷 ⊥ 𝐶𝐼. Prin urmare,
𝐶𝐹,𝐼𝐻 ș𝑖 𝐵𝐷 sunt înălțimile triunghiului 𝐵𝐼𝐶 .
Problema 6.

Fie 𝐼 punctul de intersecție al diagonalelor trapezului 𝐴𝐵𝐶𝐷 ,𝐸 ș𝑖 𝐹 mijloacele baz elor
𝐴𝐵 ș𝑖 𝐶𝐷 ale trapezului, iar 𝐺 ș𝑖 𝐻 mijloacele diagonalelor 𝐴𝐶 ș𝑖 𝐵𝐷. Se iau punctele
𝐼’ ș𝑖 𝐼”, simetricele punctului 𝐼 în raport cu 𝐺, respectiv 𝐻. Să se arate că dreptele 𝐸𝐹,𝐻𝐼’ ș𝑖 𝐺𝐼”
sunt concurente, iar 2𝐺𝐾 = 𝐾”𝐼, unde 𝐾 este punctul de intersecție al dreptelor 𝐺𝐼” ș𝑖 𝐻𝐼’.
Rezolvare.

Cum 𝐼’ este simetricul lui 𝐼 față de 𝐺, iar 𝐼” este simetricul lui 𝐼 față de 𝐻, rezultă că
𝐼𝐺 = 𝐺𝐼′ și 𝐻𝐼 = 𝐻𝐼". Prin urmare, 𝐺𝐼” ș𝑖 𝐻𝐼’ sunt mediane în triunghiul 𝐼 𝐼’ 𝐼”.𝐼𝐾 este a treia
mediană a triunghiului 𝐼 𝐼’ 𝐼” și, deci, 𝐸𝐹,𝐻𝐼’ ș𝑖 𝐺𝐼” sunt concurente, iar 2𝐺𝐾 = 𝐾𝐼”.

3.3. DEMONSTRAREA CONCURENłEI FOLOSIND RECIPROCA TEOREMEI
LUI CEVA
Teorema lui Ceva:
Fie 𝐴𝐵𝐶 un triunghi și fie punctele 𝐴’,𝐵’ ș𝑖 𝐶’ pe laturile 𝐵𝐶,𝐶𝐴 ș𝑖 𝐴𝐵. Dacă dreptele
𝐴𝐴’,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’ sunt concurente, atunci:
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶  𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1.
Rezolvare.
Fie 𝑃 punctul de intersecție a dreptelor 𝐴𝐴’,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’.

Aplicăm teorema lui Menelaos pentru triunghiul 𝐴𝐴’𝐵 și punctele coliniare 𝐶 – 𝑃 – 𝐶’.
Rezultă:
𝐶𝐵
𝐶𝐴′  𝑃𝐴′
𝑃𝐴 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1.
Teorema lui Menelaos aplicată în triunghiul 𝐴𝐴’𝐶 și punctele coliniare 𝐵 – 𝑃 – 𝐵’ conduce la:
𝐵𝐴′
𝐵𝐶  𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 𝑃𝐴
𝑃𝐴′=1.
Înmulțind aceste două rela ții se obține:
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶  𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1.
Reciproca teoremei lui Ceva:
Fie 𝐴’,𝐵’,𝐶’ trei puncte situate pe laturile 𝐵𝐶,𝐴𝐶 ș𝑖 𝐴𝐵 ale triunghiului 𝐴𝐵𝐶 . Dacă,
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶  𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1
atunci dreptele 𝐴𝐴’, 𝐵𝐵’ și 𝐶𝐶’ sunt concurente.
Rezolvare.

Fie 𝑃 punctul de intersecție dintre 𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’ și fie 𝐴” intersecția lui 𝑃𝐴 𝑐𝑢 𝐵𝐶.

Teorema lui Ceva pentru triunghiul 𝐴𝐵𝐶 și dreptele concurente 𝐴𝐴”,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’:

𝐴′′𝐵
𝐴′′𝐶  𝐵′𝐶
𝐵′𝐴 𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1

relație care împreună cu cea din enunț conduce la:
𝐴′′𝐵
𝐴′′𝐶=𝐴′𝐵
𝐴′𝐶

Deoarece 𝐴’ ș𝑖 𝐴” sunt puncte interioare segmentului 𝐵𝐶, obținem că 𝐴"= 𝐴′.
Observație. Reciproca teoremei lui Ceva este adevărată și în cazul în care unul dintre punctele
𝐴’,𝐵’,𝐶’ se găsește pe o latură a triunghiului, de exemplu 𝐴’ aparține laturii 𝐵𝐶, iar celelalte două
puncte 𝐵’ (aparține dreptei 𝐴𝐶) și 𝐶’ (aparține dreptei 𝐴𝐵) verifică condiția că 𝐵𝐵’ nu este paralelă
cu 𝐶𝐶’.
Reciproca teoremei lui Ce va furnizează o metodă relativ unitară pentru stabilirea concuren ței a
trei drepte.
Problema 7.
Se dă trapezul 𝐴𝐵𝐶𝐷 , cu 𝐴𝐵 baza mică, și cercul de centru 𝑂 tangent laturilor 𝐵𝐶,𝐴𝐷 ș𝑖 𝐴𝐵,
respectiv în punctele 𝐸,𝐹 ș𝑖 𝐻. Dacă 𝐼 este punctul de intersecție al laturilor 𝐴𝐷 ș𝑖 𝐵𝐶, să se
demonstreze că dreptele 𝐴𝐸,𝐵𝐹 ș𝑖 𝐼𝐻 sunt concurente.
Rezolvare.

Din ipoteză rezultă că
𝐻𝐴 = 𝐹𝐴,𝐸𝐵 = 𝐻𝐵,𝐸𝐼 = 𝐹𝐼.
ÎnmulȚind între ele aceste egalități obține m:

𝐻𝐴⋅𝐸𝐵⋅𝐸𝐼 = 𝐹𝐴⋅𝐻𝐵⋅𝐹𝐼.
Împărțind această egalitate prin membrul drept obținem
𝐻𝐴
𝐻𝐵  𝐸𝐵
𝐸𝐼 𝐹𝐼
𝐸𝐼=1
și deci, dreptele 𝐴𝐸,𝐵𝐹 ș𝑖 𝐼𝐻 sunt concurente.
Problema 8.
În triunghiul 𝐴𝐵𝐶 se duc înălțimile 𝐴𝐴’,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’. Fie 𝐸,𝐷 ș𝑖 𝐹 mijloacele înălțimilor
𝐴𝐴’,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’ și 𝑀,𝑁 ș𝑖 𝑃 mijloacele laturilor 𝐵𝐶,𝐶𝐴, respectiv 𝐴𝐵. Să se demonstreze că
dreptele 𝑀𝐷,𝑁𝐸 ș𝑖 𝑃𝐹 sunt concurente.
Rezolvare.
Unind mijloacele l aturilor 𝐵𝐶,𝐶𝐴 ș𝑖 𝐴𝐵 se obține triunghiul 𝑀𝑁𝑃 . ÎnălȚimile 𝑀𝑀 ’,𝑁𝑁’ ș𝑖 𝑃𝑃’
ale triunghiului 𝑀𝑁𝑃 , fiind mediatoarele triunghiului 𝐴𝐵𝐶 , sunt concurente într -un punct 𝑂 și
verifică relația:
𝑀′𝑃
𝑀′𝑁  𝑃′𝑁
𝑃′𝑀 𝑁′𝑀
𝑁′𝑃=1

Cum
𝑀′𝑁=𝐷𝑃,𝑁′𝑃=𝐹𝑀,𝑁′𝑀=𝐸𝑃
și
𝑀𝐸 =𝑃𝑁′,𝑀𝑃′=𝐹𝑁,𝑁𝐷 =𝑃𝑀′

rezultă că
𝐷𝑁
𝐷𝑃  𝐸𝑃
𝐸𝑀 𝐹𝑀
𝐹𝑁=1
și deci, dreptele 𝑀𝐷,𝑁𝐸 ș𝑖 𝑃𝐹 sunt concurente.

Problema 9.
Se dă triunghiul dreptunghic 𝐴𝐵𝐶 . Pe cateta 𝐴𝐶 se ridică în 𝐶, perpendiculara 𝐶𝐶’ cu 𝐶𝐶’=
𝐴𝐶, iar pe cateta 𝐴𝐵 se ridică în 𝐵, perpendiculara 𝐵𝐵’ cu 𝐵𝐵’ = 𝐴𝐵. Să se arate că dreptele 𝐵𝐶’
și 𝐶𝐵’ se întâlnesc pe înăl țimea 𝐴𝐴’.
Rezolvare.

Notăm cu 𝐷 ș𝑖 𝐸 punctele de interseție ale dreptelor 𝐴𝐵 ș𝑖 𝐵’𝐶, respectiv 𝐴𝐶 ș𝑖 𝐵𝐶’.
Din triunghiul dreptunghic 𝐴𝐵𝐶 avem relațiile:
𝐴𝐵 2= 𝐵𝐶⋅𝐵𝐴′ ș𝑖 𝐴𝐶2 = 𝐵𝐶⋅𝐶𝐴′,
de unde
𝐴𝐵2
𝐴𝐶2=𝐵𝐴′
𝐶𝐴′.

Din triunghiurile asemenea 𝐵𝐴𝐸 ș𝑖 𝐸𝐶𝐶 ’ rezultă
𝐸𝐶
𝐸𝐴=𝐶𝐶′
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
𝐴𝐵,
pentru că 𝐶𝐶′= 𝐴𝐶.
Din asemănarea triunghiurilor 𝐷𝐵𝐵 ’ ș𝑖 𝐴𝐷𝐶 rezultă
𝐷𝐴
𝐵𝐷=𝐴𝐶
𝐵𝐵′= 𝐴𝐶
𝐴𝐵,
pentru că 𝐵𝐵′= 𝐴𝐵.
Înmul țind membru cu membru relațiile
𝐵𝐴′
𝐶𝐴′=𝐴𝐵2
𝐴𝐶2,
𝐸𝐶
𝐸𝐴=𝐴𝐶
𝐴𝐵,
𝐷𝐴
𝐵𝐷=𝐴𝐶
𝐴𝐵,

rezultă:

𝐴′𝐵
𝐴′𝐶  𝐸𝐶
𝐸𝐴 𝐷𝐴
𝐷𝐵=1
și prin urmare, dreptele 𝐵𝐶’,𝐶𝐵’ ș𝑖 𝐴𝐴’ sunt concurente.

3.4. DEMONSTRAREA CONCURENłEI PRIN COLINIARITATE
Între problemele de coliniari tate și problemele de concuren ță există o strânsă legătură; o
problemă de concurență, așa cum s -a arătat și la începutul acestui capitol, poate fi transformată
într-o problemă de coliniaritate după următoarea schemă: pentru a dovedi că dreptele 𝑎,𝑏 ș𝑖 𝑐
sunt concurente vom considera punctul 𝑋 comun dreptelor 𝑎 ș𝑖 𝑏, și luăm punctele 𝑌 ș𝑖 𝑍 pe
dreapta 𝑐. În aceste fel, problema revine la a arăta coliniaritatea punctelor 𝑋,𝑌 ș𝑖 𝑍.

Problema 10.
Fie 𝐴𝐵𝐶𝐷 un paralelogram și 𝑀 un punct pe latura 𝐶𝐷. Paralela prin 𝐶 la
diagonala 𝐵𝐷 intersectează pe 𝐴𝐵 î𝑛 𝐸 și pe 𝐴𝑀 î𝑛 𝑁. Să se demonstreze că dreptele
𝐴𝐶,𝑀𝐸 ș𝑖 𝑁𝐵 sunt concurente.
Rezolvare.

Notăm cu 𝑂 punctul de intersecție al diagonalelor 𝐴𝐶 ș𝑖 𝑀𝐸 ale trapezului 𝐴𝑀𝐶𝐸 . Se știe
că punctele 𝑁,𝑂 ș𝑖 𝐵 sunt coliniare, prin urmare, dreapta 𝑁𝐵 trece prin 𝑂, de unde rezultă că
dreptele 𝐴𝐶,𝑀𝐸 ș𝑖 𝐵𝑁 sunt concurente.
Problema 11.
Fie 𝐴𝐵𝐶𝐷 și 𝐴𝐵’𝐶’𝐷’ două pătrate, având laturile de aceeași lungime. Să se demonstreze
că dreptele 𝐵𝐵’,𝐶𝐶’ ș𝑖 𝐷𝐷’ sunt concurente.
Rezolvare.

Fie 𝑃 punctul de intersecție al dreptelor 𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’.
Se constată că
𝐴𝐵𝐵 ′∧
≡𝐴𝐷𝐷 ′∧
,
și atunci, patrulaterul 𝑃𝐵𝐶𝐷 este inscriptibil.
Avem:
𝑚(𝐶𝑃𝐵 )∧
=𝑚(𝐶𝑃𝐵 )∧
=45𝑜=𝑚(𝐶𝐵𝐷 )∧
=𝑚(𝐶𝑃𝐷 )∧
.
Analog, 𝑚(𝐶′𝑃𝐷′)∧
=45𝑜, deci 𝐶𝑃𝐷 ≡∧
𝐶′𝑃𝐷′,∧
de unde rezultă că 𝐷,𝑃 ș𝑖 𝐷’ sunt
coliniare.
Deci, dreapta 𝐷𝐷’ trece prin 𝑃, care este punctul de intersec ție al dreptelor 𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’.
Astfel, 𝐵𝐵’,𝐶𝐶’ ș𝑖 𝐷𝐷’ sunt concurente.

3.5. APLICAłII REMARCABILE
PUNCTUL LUI NAGEL
Dacă A’,B’ și C’ sunt punctele de contact ale cercuril or exînscrise cu laturile triunghiului
ABC (A’∈(BC),B’∈(AC),C’∈(AB)) atunci dreptele AA’,BB’ și CC’ sunt concurente într -un
punct, numit punctul lui Nagel.
Rezolvare.

Fie 𝑎,𝑏,𝑐 lungimile laturilor triunghiului (𝐵𝐶=𝑎,𝐴𝐶=𝑏,𝐴𝐵=𝑐) și fie 𝑝 semiperimetrul
triunghiului. Notăm 𝑥 = 𝐵𝐴’,𝑦 = 𝐴’𝐶 și avem:
𝑥 + 𝑦 = 𝑎 ș𝑖 𝑥 + 𝑐 = 𝑦 + 𝑏
de unde rezultă
2𝑥 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑏,
adică
𝑥 = 𝑝 – 𝑐 ș𝑖 𝑦 = 𝑝 – 𝑏.
Prin urmare obținem:
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶=𝑝−𝑏
𝑝−𝑐

Procedând în mod analog se ob țin relațiile:
𝐵′𝐶
𝐵′𝐴=𝑝−𝑎
𝑝−𝑐

și
𝐶′𝐵
𝐶′𝐵=𝑝−𝑏
𝑝−𝑎.
Înmulțind aceste trei relații obținem
𝐴′𝐵
𝐴′𝐶·𝐵′𝐶
𝐵′𝐴𝐶′𝐴
𝐶′𝐵=1
și conform reciprocei teoremei lui Ceva rezultă că dreptele 𝐴𝐴’,𝐵𝐵’ ș𝑖 𝐶𝐶’ sunt concurente.

PUNCTUL LUI GERGONNE
Într-un triunghi 𝐴𝐵𝐶 dreptele care unesc vârfurile triunghiului cu punctele de contact ale
cercului înscris cu latu rile opuse sunt concurente într -un punct ( numit punctul lui Gergonne ).
Rezolvare.
Notăm punctele de contact cu 𝐷,𝐸 ș𝑖 𝐹, unde 𝐷∈𝐵𝐶,𝐸∈𝐴𝐶 ș𝑖 𝐹∈𝐴𝐵.

Vom folosi reciproca teoremei lui Ceva pentru a arăta că are loc rela ția:
𝐵𝐷
𝐷𝐶·𝐶𝐸
𝐸𝐴𝐴𝐹
𝐹𝐵=1 (∗).
Dar 𝐵𝐷 ≡ 𝐵𝐹,𝐶𝐸 ≡ 𝐶𝐷 ș𝑖 𝐴𝐸 ≡ 𝐴𝐹 (tangentele duse dintr -un punct exterior la un cerc sunt
congruente). Deci relația (*) este evidentă, ceea ce înseamnă că 𝐴𝐷,𝐵𝐸 ș𝑖 𝐶𝐹 sunt concurente
într-un punct.
PUNCTUL LUI NEWTON
Fie 𝐴𝐵𝐶𝐷 un patrulater circumscriptibil și fie 𝐴’,𝐵’,𝐶’ ș𝑖 𝐷’ punctele de tangență ale cercului
înscris cu laturile patrulaterului. Atunci dreptele 𝐴𝐶,𝐵𝐷,𝐴’𝐶’ ș𝑖 𝐵’𝐷’ trec prin același punct 𝑁,
numit punctul lui Newton.
Rezolvare.
Notăm cu {𝑁}= 𝐴𝐶 ∩ 𝐵’𝐷’,𝑎=𝑚(𝐴𝐷′𝑁)∧
ș𝑖 𝑏 = 𝑚(𝐴𝑁𝐷 ′)∧
.

Se observă că
𝑚(𝐴𝐷′𝑁)∧
+𝑚(𝑁𝐵′𝐶)=180𝑜.∧

Aplicăm teorema sinusurilor în triunghiurile 𝑁𝐴𝐷 ’ ș𝑖 𝑁𝐵’𝐶 și ob ținem:
𝐴𝐷′
sin𝑏=𝐴𝑁
sin𝑎 ș𝑖 𝐵′𝐶
sin𝑏=𝑁𝐶
sin𝑎.
Din aceste două egalită ți vom avea că
𝐴𝑁
𝑁𝐶=𝐴𝐷′
𝐵′𝐶 (1)
Fie {𝑁’} = 𝐴𝐶 ∩ 𝐴’𝐶’. Procedăm ca în cazul anterior și ob ținem:
𝐴𝑁′
𝑁′𝐶=𝐴𝐴′
𝐶′𝐶 (2)
Deoarece 𝐴𝐴’ ≡ 𝐴𝐷’,𝐶𝐶’ ≡ 𝐶𝐵’, din (1) și (2) rezultă că 𝑁 = 𝑁’, adică 𝐴𝐶 trece prin intersec ția
segmentelor 𝐴’𝐶’ ș𝑖 𝐵’𝐷’. Analog se demonstrează că 𝑁 ∈ 𝐵𝐷.
PUNCTUL LUI MIQUEL
Fie 𝐴𝐵𝐶𝐷 un patrulater convex și fie { 𝐸} = 𝐴𝐵∩𝐶𝐷,{𝐹} = 𝐵𝐶∩ 𝐴𝐷. Cercurile
circumscrise triunghiurilor 𝐴𝐵𝐹 ,𝐴𝐷𝐸 ,𝐶𝐹𝐷 ș𝑖 𝐸𝐶𝐵 trec prin același punct 𝑀, numit punctul lui
Miquel.
Rezolvare.

Fie 𝑀 cel de -al doilea punct de intersecție al cercurilor circumscrise triunghiurilor
𝐵𝐶𝐸 ș𝑖 𝐷𝐶𝐹 . Deoarece
𝐶𝑀𝐸∧
≡𝐶𝐵𝐴∧
ș𝑖 𝐶𝑀𝐹∧
≡𝐶𝐷𝐴∧

rezultă că
𝑚(𝐵𝐴𝐹 )∧
+𝑚(𝐵𝑀𝐹 )∧
=𝑚(𝐵𝐴𝐹 )∧
+𝑚(𝐵𝑀𝐶 )∧
+𝑚(𝐶𝑀𝐹 )∧

=𝑚(𝐸𝐴𝐷 )∧
+𝑚(𝐴𝐸𝐷 )∧
+𝑚(𝐴𝐷𝐸 )∧
=180𝑜.
Rezultă că patrulaterul 𝐴𝐷𝑀𝐸 este inscriptibil. Prin urmare, punctul 𝑀 aparține cercurilor
circumscrise triunghiurilor 𝐴𝐵𝐹 ,𝐴𝐷𝐸 ,𝐶𝐵𝐸 ș𝑖 𝐶𝐷𝐹 .