Probleme Geometrie Rezolvate Vectorial [PDF]

Zitiervorschau

Probleme de geometrie rezolvate vectorial Clasa a IX-a

1. Considerăm în plan punctele M şi N şi triunghiul ABC. Dacă

AM  p AB  AC

şi

CN  qCB ,

1 1 demonstraţi că A, M, N sunt coliniare dacă şi numai dacă q  p  1. 1 q q 1 1 Soluţie: AN  AC (1  q )  q AB ; A, M, N coliniare  1  p  q  p  1.

2. Fie triunghiul ABC cu laturile a, b, c, iar I centrul cercului înscris, M şi N astfel încât CN  n NA. Să se arate că M, I, N sunt coliniare dacă şi numai dacă mb + nc = a. Soluţie: AI 

BM  m MA,

bc b AB  c AC AB b AB  c AC AC b AB  c AC AD  , MI    ; NI    abc abc 1 m abc 1 n abc

M, I, N coliniare 



.

1 b c  1 m a  b  c  abc  mb  nc  a. b 1 c   abc 1 n a  b  c

Observaţie: Folosind teorema transversalei, M, I, N coliniare  CD 

BM CN DI  BD   BC   mb  nc  a. MA NA IA

3. Fie M  ( AB ),

MA 1 k  k . Demonstraţi că PM  PA  PB , pentru orice punct P din plan. MB k 1 1 k

4. Fie ABC un triunghi, M  ( AB), N  ( AC ), iar P şi Q mijloacele laturilor (MN) şi (BC). Dacă PQ este paralelă cu bisectoarea unghiului A, arătaţi că ( BM )  (CN ). Soluţie: Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului ABC şi BM = x, CN = y. PQ 

1 1 x y b c  ( MB  NC )   AB  AC  ; AD  AB  AC , ‌PQ ‌|| AD  x = y. 2 2c b bc bc 

5. Fie triunghiul ABC şi centrele O, I ale cercurilor circumscris, respectiv înscris. Să se arate că dacă are loc relaţia 5OA  4OB  3OC  12OI , atunci O  BC. Soluţie: 5OA  4(OA  AB)  3(OA  AC )  12(OA  AI )  4 AB  3 AC  12 AI . Cum AI  b AB  c AC , rezultă 4 AB  3 AC  12 b AB  c AC , deci 4  abc

abc

12c 4c 5c 3 b , a şi a 2  b 2  c 2 . abc 3 3

1

12b ; abc

6. Fie triunghiul ABC, M mijlocul lui (AC), N  (BM ) astfel încât PC  6PB. Arătaţi că punctele A, N, P sunt coliniare.

BM  4 BN

şi P  (BC ),

7 Soluţie: AN  6 AB  AC ; AP  6 AB  AC , deci AN  AP. 8

8

7

7. Fie a , b , c vectori nenuli astfel încât a + b , a - b , a +2 b + 3 c sunt coliniari. Arătaţi că a , b , c sunt coliniari. Soluţie: a + b = x u ; a - b = y u , a + 2 b + 3 c = z u , x, y, z numere reale, iar u direcţia comună. Rezultă: a 

x y x y 2 z  3x  y u, b  u, c  u. 2 2 6

8. În triunghiul ABC considerăm M  ( AB), N  ( AC ),

AM 1  ; MB 5

AN 3  . Fie P  (MN ) , NC 4

BQ MP 2  . Dacă AP  BC  {Q} , determinaţi . QC PN 7 BQ Soluţie: AP  49 AB  36 AC ; AQ  AB  k AC ; k  QC . 378 1 k

k

AP, AQ

coliniari 

49 36  , deci 1 k

36 . 49

9. O mulţime are 2010 vectori cu lungimi ce formează mulţimea {1, 2, ..., 2010} şi au direcţiile paralele cu două drepte concurente date. Demonstraţi că suma acestor vectori este nenulă indiferent de direcţiile şi sensurile lor. Soluţie: Fie a1 u , a 2 u ,..., a k u şi bk 1 v, bk  2 v,..., b2010 v vectorii daţi.  a1 , a 2 ,..., bk 1 ,...  1,2,...,2010 . Din

 a1  a 2  ... u   bk 1  ... v  0  a1  a 2  ...  a k

 bk 1  ..b2010  0 

1  2  ...  2010  2 x1  x 2  ...  x p   1005  2011  2( x1  x 2  ...x p )

ceea ce este fals. 10. Considerăm triunghiul ABC şi AD, BF, CE bisectoarele unghiurilor triunghiului. Dacă AD  BF  CE  0 , atunci triunghiul ABC este echilateral. Soluţie: Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului. Atunci condiţia dată impune: b AB  c AC a BA  c BC bCB  aCA    0, bc ac ba

deci

b AB  c AC  a AB  c( AC  AB) b( AB  AC )  a AC b a c b   0     0; bc ac ab bc ac ac ab c c b a     0  a  b  c. bc ac ab ab

11. Fie ABC un triunghi şi M un punct din planul său. Notăm cu A2 , B2 , C 2 simetricele punctului M faţă de mijloacele laturilor BC, CA, AB. Demonstraţi că AA2 , BB2 , CC 2 sunt concurente. Soluţie: Fie A1 , B1 , C1 mijloacele laturilor BC, CA, AB. Notăm cu rX vectorul de poziţie al punctului X faţă de un punct oarecare O din plan. Rezultă rA  rB  rC  rM . Căutăm P  AA2 care să se 2

2

exprime simetric în funcţie de

rA , rB , rC , rM

. P  AA2

 rP  x rA  (1  x)(rB  rC  rM ) ,

alegem

1 1 x   rP  (rA  rB  rC  rM ). Va rezulta P  BB2 şi P  CC 2 . 2 2

12. Fie A, B distincte în plan şi M arbitrar în plan. Arătaţi că M  AB  rM  x rA  (1  x)rB . Soluţie: AM , AB coliniari ()t  R, AM  t AB  rM  rA  t (rB  rA )  rM  t rB  (1  t )rA . 13. Fie H ortocentrul triunghiului ABC, M, N, P mijloacele laturilor BC, CA respectiv AB, iar A1 H BH CH  1  1 . Să se arate că A1  ( AH ), B1  ( BH ), C1  (CH ) astfel încât AA1 BB1 CC1 A1 M , B1 N , C1 P sunt concurente. Soluţie: Notăm cu rX vectorul de poziţie al punctului X faţă de O, centrul cercului circumscris A1 H r r r  rB  rC  k rA r  k rA triunghiului ABC şi k  . Atunci rM  B C şi rA  H  A . Căutăm un AA1 1 k 1 k 2 punct Q  A1 M astfel încât rQ să se exprime simetric în funcţie de rA , rB , rC . 1

rQ  x rA1  (1  x )rM  x

r  rC rA  rB  rC  k rA  (1  x ) B , alegem x astfel încât 1 k 2

1 k x 1 x k 1 k 1   , deci x  . Atunci rQ  ( rA  rB  rC ). Rezultă Q  B1 N 1 k 1 k 2 3k  1 3k  1 Q  C1 P. Prin urmare, dreptele A1 M , B1 N , C1 P sunt concurente în Q. x

şi

14. Fie ABCD un dreptunghi înscris în cercul C(O, R), M un punct de pe cerc şi H 1 , H 2 ortocentrele triunghiurilor MAB, MCD. Demonstraţi că M este mijlocul lui ( H 1 H 2 ). Soluţie: Fie O centrul cercului circumscris dreptunghiului. Atunci avem: rH  rM  rA  rB , rH  rM  rC  rD . Cum rA  rC  rB  rD  0  rH  rH  2rM . 1

2

1

2

15. Fie A1 A2 A3 un triunghi înscris în cercul C(O, R). Notăm H 1 , H 2 , H 3 ortocentrele triunghiurilor MA2 A3 , MA3 A1 , MA1 A2 , unde M este un punct de pe cerc. Să se arate că A1 H 1 , A2 H 2 , A3 H 3 sunt concurente. Soluţie: Dreptele sunt concurente în mijlocul segmentului MH, H ortocentrul triunghiului A1 A2 A3 . 16. Se consideră rombul ABCD şi M  (AB), N  (BC) şi P  (DC). Să se arate că centrul de greutate al triunghiului MNP se află pe dreapta AC  AM + DP = BN. Soluţie: Alegem reperul cu originea în O, intersecţia diagonalelor rombului. Rezultă: rC   rA , rD   rB

Atunci G

si rG 

(l  x  y  z ) rA  ( x  y  z ) rB , unde l = AB, x = AM, y = BN, z = DP. 3l

 AC 

există u

 R astfel încât

rG  u rA  (1  u )( rA )

 x – y + z = 0.

17. Se consideră triunghiul ABC şi punctele D  ( AB), E  ( AC ). Să se arate că mijloacele segmentelor (AB), (AC) şi (DE) sunt coliniare dacă şi numai dacă

3

AD EC  . DB EA

Soluţie: Fie

r  p rA r  k rB AD CE  k,  p, rD  A , rE  C . DB EA 1 k 1 p

Notăm cu M mijlocul lui (AB), P mijlocul

r  rC rA  rB . , rP  A 2 2 r  rC r  k rB rC  p rA r  rB  x A  (1  x) A M, N, P coliniare  A . Rezultă că 2(1  k ) 2(1  p ) 2 2 1 p 1    k  p. 2(1  k ) 2(1  p) 2

lui (AC) şi N mijlocul lui (DE). Avem: rM 

18. În paralelogramul ABCD se dau : AB = 4, BD = 3, BC = 2. Fie G centrul de greutate al triunghiului BM  2 . Să se arate că G, I şi M MC

ABD, I centrul cercului înscris în triunghiul BCD şi M  (BC ) cu sunt coliniare şi IG = 2IM. Soluţie: Faţă de un punct arbitrar O, rG 

2rA  rC ; 3

rM 

4rB  3rC  2rD 2r  2rB  5rC  A , 9 9 2( 2rA  rB  rC ) 2r  rB  rC IG  rG  rI  ; MI  A , 9 9

rA  rC  rB  rD

rB  2rC . 3

si rI 

deci

IG  2MI .

19. Fie ABCX şi DEFX paralelograme. Arătaţi că triunghiurile ACE şi BDF au acelaşi centru de greutate. Soluţie: rG  1

rA  rC  rE r  rX  rE r  rD  rF  B  B  rG2  G1  G2 . 3 3 3

20. Fie ABCDE pentagon şi M, N, P, Q punctele de intersecţie ale segmentelor ce unesc mijloacele laturilor opuse în patrulaterele BCDE, CDEA, EABD şi ABCE. Demonstraţi că MNPQ este paralelogram dacă şi numai dacă ABCD este paralelogram. Soluţie: În raport cu un punct O, rM  MNPQ este paralelogram

rB  rC  rD  rE şi analoagele. 4

 rM  rP  rQ  rN  rA  rC  rB  rD

.

21. Fie ABCD un patrulater inscriptibil, iar M, N, P, Q mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DA). Arătaţi că perpendicularele din M pe CD, din N pe DA, din P pe AB şi din Q pe BC sunt concurente. Soluţie: Notăm cu O centrul cercului circumscris patrulaterului ABCD, E intersecţia perpendicularelor din M pe CD şi din P pe CD, iar F intersecţia perpendicularelor din Q pe BC şi din N pe AD. MOPE şi OQFN sunt paralelograme. Rezultă OE  OF 





1 OA  OB  OC  OD  E  F . 2

22. Se consideră un triunghi ABC şi punctele M



(AB), N



(AC). Demonstraţi că dreapta MN

MB NC   1. conţine centrul de greutate al triunghiului dacă şi numai dacă MA NA MB NC  k,  p . Faţă de un punct oarecare O, Soluţie: Fie MA NA

4

1 1 x  3 1 p

rA  rB  rC r  p rA r  k rA 1 x x B  (1  x) C   ; 3 1 k 1 p 3 1 k

G  MN  rG  x rM  (1  x) rN 

şi

1 k p x  (1  x )  k  p  1. 3 1 k 1 p



23. Fie ABCDEF un hexagon regulat şi M



(AC), N

(CE) astfel încât

AM CN   k. AC CE

Determinaţi k astfel încât punctele B, N, M să fie coliniare. Soluţie: În raport cu un punct O, rM  (1  k )rA  k rC ; rN  (1  k )rC  k rE . Dacă Q este centrul hexagonului, atunci rE  rB  2rQ şi rQ  rB  rA  rC , deci rE  2rA  2rC  3rB . B, N, M sunt coliniare dacă există x  R astfel încât rM  x rB  (1  x )rN ; rezultă 1 – k = 2(1 – x) k; 0 = x – 3(1 – x) k, k = (1 – x)(1 – k) + 2(1 – x) k. Deducem k 

1 3

.

24. Fie ABC un triunghi. Să se arate că IG || BC dacă şi numai dacă AB + AC = 2BC. Soluţie: Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului ABC. rA  rB  rC a rA  b rB  c rC   x( rC  rB )  b  c  2a. 3 abc

IG || BC  IG  x BC 

25. Fie O centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Dacă atunci triunghiul ABC este echilateral. Soluţie: Fie N  ( AB ), M  ( BC ), P  (CA).

OA  2OB  OB  2OC  OC  2OA

,

AN BM CP    2  ON  OM  OP , NB MC PA

deci ON = OM = OP. Din teorema lui Stewart avem: ON 2  R 2 

2c 2 2a 2 2b 2 ; OM 2  R 2  ; OP 2  R 2  . 9 9 9

Rezultă a = b = c. 26. Fie triunghiul ABC şi L, M astfel încât L sunt coliniare. Soluţie: CA  AM 



AL  n AB  AC ,



iar CM 

n n 1 CA  AB  AM  AB  AC , deci n 1 n 1 n 1

n CB. . Să se arate că A, M, n 1

AL  ( n  1) AM .

27. Se consideră punctele A, B, C, D coplanare, oricare trei necoliniare şi R, S ortocentrele triunghiurilor ABC, respectiv ABD. Să se arate că A, B, C, D sunt conciclice dacă şi numai dacă RS  CD . Soluţie: Fie O1 , O2 centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor ABC şi ABD. Faţă de un punct O, avem: rR  rA  rB  rC  2rO ; rS  rA  rB  rD  2rO , deci



1



2

RS  rS  rR  rD  rC  2 rO1  rO2  CD  2O2 O1 . Astfel, RS  CD  O1O2  0  O1  O2 .

28. Fie ABC un triunghi, D  ( BC ), CD  kBC . a) Demonstraţi că AD < kAB + (1 - k)AC; 5

b) Dacă (AD este bisectoarea unghiului A, demonstraţi că

2 1 1   . AD AB AC

Soluţie:

a)

AD  k AB  (1  k ) AC  AD  AD  k AB  (1  k ) AC  k AB  (1  k ) AC  kAB  (1  k ) AC.

b) k 

b . bc

29. Pe laturile (BC) şi (CD) ale patrulaterului convex ABCD, se consideră punctele M şi N astfel încât BM CN AP BP 4  2,  3. Fie AM  BN  {P}. Dacă  2,  , arătaţi că ABCD este paralelogram. MC ND PM PN 5

Soluţie: Fie

AB  u , BC  v, CD  au  bv ,

a şi b numere reale.

4 4 1 Rezultă: BP  BA  2 BM   1 u  4 v şi BP  BN  v  (au  bv)  a  1, b  0, deci 3

CD  u  BA 

3

9

9

9

3

ABCD paralelogram.

30. Fie ABC un triunghi, D mijlocul lui BC, M, N puncte pe BC astfel încât BM = CN. Arătaţi că 2 AD  AN  AM  AB  AC. BM CN   k . Atunci AD  AM  AN ; AM  AB  k AC ; AN  AC  k AB , deci Soluţie: Fie MC NB 2 1 k 1 k AB  kAC AC  kAB 2 AD  AM  AN şi AM  AN    AB  AC. 1 k 1 k

31. Fie ABCD un patrulater înscris într-un cerc de centru O şi X un punct în planul său. Se notează cu AH , B H , C H , DH , respectiv AG , BG , C G , DG simetricele punctului X faţă de ortocentrele, respectiv centrele de greutate ale triunghiurilor BCD, CDA, DAB, ABC. Să se arate că: a) Dreptele AAH , BBH , CC H , DDH sunt concurente într-un punct H. b) Dreptele AAG , BBG , CC G , DDG sunt concurente într-un punct G. c) Punctele Y, H, G sunt coliniare, Y simetricul lui X faţă de O. Soluţie: Alegem un reper cu originea în O. a) Avem: rA  rX  2(rB  rC  rD ) , deci rA  2(rB  rC  rD )  rX . Căutăm a  R astfel încât rH să se exprime simetric în funcţie de rA , rB , rC , rD , rX . H

H

Cum rH  a rA  (1  a)rA  a rA  (1  a )(2rB  2rC  2rD  rX ), alegem a  H

rH 

2 . Obţinem: 3

2 1 ( rA  rB  rC  rD )  rX . Astfel, dreptele AAH , BBH , CC H , DDH sunt concurente în H. 3 3

b) Din rX  rA  2 G

2 rB  rC  rD , deducem rAG  ( rB  rC  rD )  rX . Procedând ca mai sus, dreptele 3 3

AAG , BBG , CC G , DDG sunt concurente în G şi rG 

c) Avem:

rY   rX .

2 3 (rA  rB  rC  rD )  rX . 5 5

Punctele Y, H, G sunt coliniare dacă există

rH  x rY  (1  x ) rG ,

2 3

găsim x   . 6

xR

astfel încât

32. Fie ABCD un patrulater inscris în cercul C(O, R). Notăm H A , H B , H C , H D ortocentrele triunghiurilor BCD, CDA, DAB, ABC. Arătaţi că AH A , BH B , CH C , DH D sunt concurente. Soluţie: În raport cu un reper cu originea în O, rH  rB  rC  rD . Căutăm H  AH A care se exprimă simetric în rA , rB , rC , rD . A

rH  x rA  (1  x )rH A . Alegem x 

1 1  rH  ( rA  rB  rC  rD ). 2 2

33. Pe laturile AB, BC, CD, DA ale paralelogramului ABCD se consideră M, N, P, Q astfel încât AM CN CP AQ  l,  k,  m,  p, unde l, m, n, p > 0 şi MB NB PD QD

AP  AN  CQ  CM  0 .

Arătaţi că dreptele

QN, PM şi AC sunt concurente. Soluţie: AP  AC  m AD şi analoagele. Relaţia dată devine: 1 m

 1 1  1   1  BC  0 , deci m = l şi k = p. Rezultă AM = CP şi BN = DQ. Din     AB   m  1 l  1 k  1 p  1    

paralelogramele AMCP, BNDQ şi ABCD rezultă concurenţa cerută. 34. Fie ABCD, CEFG, FHAI paralelograme. Daca M, N sunt centrele de greutate ale triunghiurilor BEF şi DIG, atunci centrul de greutate al triunghiului ACF este mijlocul lui (MN). 1 3

Soluţie: Folosim: “Dacă G este centrul de greutate al unui triunghi UVW, atunci rG  (rU  rV  rW ) şi dacă XYZT este paralelogram, atunci

rX  rZ  rY  rT

.

35. Triunghiurile ABC şi A’B’C’ au acelaşi centru de greutate. Demonstraţi ca AA’, BB’, CC’ pot fi laturile unui triunghi. Soluţie: AA'  BB'  CC '  rA'  rA  rB '  rB  rC '  rC  3rG '  3rG  0 , deci AA’, BB’, CC’ pot fi laturile unui triunghi. 36. Fie ABCD un patrulater convex, G centrul de greutate al triunghiului BCD şi H ortocentrul triunghiului ACD. Demonstraţi că ABGH este paralelogram dacă şi numai dacă G coincide cu centrul cercului circumscris triunghiului ACD. Soluţie: Fie O centrul cercului circumscris triunghiului ACD. În raport cu O, ABGH este paralelogram dacă şi numai dacă AB  HG  rB  rA  rG  rH  rB  rA 

rB  rC  rD  rA  rC  rD  rB  rC  rD  0  rG  0 , 3

deci

OG  0  O  G.

37. Fie ABCDE un pentagon şi M, N, P, Q, R, S mijloacele segmentelor AB, BC, CD, DE, MP şi NQ. Arătaţi că RS 

1 AE . 4

1 1 (rA  rB ) şi analoagele. Deducem rR  (rA  rB  rC  rD ) 2 4 1 1 1 şi rS  ( rB  rC  rD  rE ) , deci RS  rS  rR  (rE  rA )  AE . 4 4 4

Soluţie: rM 

7

38. Fie ABCDE pentagon inscriptibil, iar H 1 , H 2 ,..., H 5 ortocentrele triunghiurilor ABC, BCD, CDE, DEA, EAB şi M 1 , M 2 ,..., M 5 mijloacele segmentelor DE, EA, AB, BC, CD. Demonstraţi că dreptele H i M i , i  1,5 sunt concurente. Soluţie: Fie O centrul cercului circumscris pentagonului. Faţă de O, rH  rA  rB  rC , rM  1

Căutăm un punct Q  H 1 M 1 care sa aibă rQ simetric în rQ  x rH1  (1  x) rM 1  x( rA  rB  rC )  (1  x)

Considerăm x 

rA , rB ,...rE

1

rD1  rE 2

.

.

rD  rE . 2

1 1 si rQ  (rA  rB  rC  rD  rE ) . Rezultă rQ 3 3

H

i

M i , i  1,5 .

39. Arătaţi că într-un triunghi dreptunghic IG nu poate fi paralelă cu ipotenuza, însă poate fi paralelă cu una dintre catete. Soluţie: Fie triunghiul ABC dreptunghic în A. IG || BC  IG  x BC  Rezultă

rA  rB  rC a rA  b rB  c rC   x(rC  rB ) , în raport cu un punct oarecare O. 3 abc

1 a   0 , b + c = 2a. Cum b 2  c 2  a 2  4(b 2  c 2 )  (b  c) 2 , imposibil. 3 abc

IG || AB este echivalent cu a = 5k, b = 3k, c = 4k. 40. Fie (AB), (CD) două coarde perpendiculare ale unui cerc de centru O şi fie P punctul de intersecţie al dreptelor AB şi CD. Să se arate că PA  PB  PC  PD  2 PO . Soluţie: Fie M mijlocul lui (AB), iar N mijlocul lui (CD). Atunci PA  PB  2 PM , PC  PD  2 PN şi PA  PB  PC  PD  2( PM  PN )  2 PO . 41. Fie ABCD un patrulater convex, E mijlocul lui (AC), iar F mijlocul lui (BD). Dacă a EF  AD  BC , a  2 , atunci ABCD este paralelogram. Soluţie: EF  rF  rE  Rezultă

rB  rD rA  rC r  rA rC  rB 1   D   ( AD  BC ) . 2 2 2 2 2

a ( AD  BC )  AD  BC . Cum a  2  AD  BC , deci ABCD este paralelogram. 2

42. Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC, iar G1 , G 2 , G3 centrele de greutate ale triunghiurilor GBC, GCA, GAB. Arătaţi că GG1  GG2  GG3  0 . Soluţie: Fie O un punct oarecare al planului. Atunci avem: GG1  GG2  GG3  rG1  rG  rG2  rG  rG3  rG 

3rG  2( rA  rB  rC ) 3r  6rG  3rG  G  3rG  0 . 3 3

43. Fie rA , rB , rC vectorii de poziţie corespunzători vârfurilor triunghiului ABC, iar a, b, c lungimile laturilor BC, CA, AB. Să se arate că dacă (b  c  2a )rA  (c  a  2b)rB  (a  b  2c)rC  0 , atunci triunghiul ABC este echilateral. Soluţie: Avem relaţia dată în forma: (a  b  c)(rA  rB  rC )  3(a rA  brB  c rC )  rG  rI  G  I , deci triunghiul ABC este echilateral. 8

44. Să se arate că I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC dacă şi numai dacă a AI  b BI  cCI  0 , unde a = BC, b = AC, c = AB. Soluţie: Fie I centrul cercului inscris în triunghiul ABC şi AD bisectoarea unghiului A. Atunci: AI 

AI bc b AB  c AC b AB  c AC AD    AD abc bc abc

. Rezultă

a AI  b BI  cCI  0 .

Reciproc, fie I’ centrul cercului inscris. Avem: a AI 'b BI 'cCI '  0  a( AI '  AI )  b( BI '  BI )  c(CI '  CI )  (a  b  c) II '  0  I '  I . 45. Fie paralelogramul ABCD, E un punct pe diagonala (BD), diferit de centrul paralelogramului şi C’ simetricul lui C faţă de E. Paralela prin C’ la AD taie AB în F, iar paralela prin C’ la AB taie AD în G. Să se arate ca: a) EF || AC; b) E, F, G sunt coliniare. Soluţie: Faţă de un punct oarecare O din planul ABCD, rD  k rB DE ,k  , rC '  2rE  rC . Din F  AB  rF  x rA  (1  x)rB , deci 1 k EB r  rC  rB  2k rB C ' F  rF  rC '  x rA  (1  x )rB  2rE  rC  x rA  (1  x )rB  2 A  rC . Dar C’F || BC, 1 k 2 k 1 2  0;1  x  2   ;1    , deci deci C ' F   BC   (rC  rB ) . Obţinem: x  k 1 k 1 k 1 2 k 1 2 k 1 1 1 x ,  rA  rB . Rezultă EF  rF  rE  (rA  rC )  CA , deci şi rF  1 k k 1 1 k k 1 k 1 k 1 rA  rC  rB  rD , rE 

EF || AC. De asemenea, GF  rF  rG

(din AFC’G paralelogram), deci  2 EF  AC  (k  3) EF . În concluzie, E, F, G sunt coliniare. rG  rA  rC '  rF

46. Fie ABC un triunghi, D un punct pe (AB), E un punct pe (AC) astfel încât

AD CE  . Paralela prin DB EA

E la BC taie AB în F. Arătaţi că: a) (AB) şi (DF) au acelaşi mijloc; b) mijloacele segmentelor (AB), (AC) şi (DE) sunt coliniare. Soluţie: Fie

AD CE k r  rB r  k rB   k . Atunci avem: rF  A . , rD  A DB EA 1 k 1 k

a) Dacă M’ este mijlocul lui DF, iar M este mijlocul lui (AB), atunci rM ' 

1 1 (rD  rF )  (rA  rB )  rM , deci M’ = M. 2 2

b) Fie M, N, P mijloacele segmentelor (AB), (AC), (DE). r  rC ( k  1)rA  k rB  rC rA  rB r  rE , rN  A , rP  D  . 2 2 2 2(k  1) k M, N, P coliniare  () x  R cu rP  x rM  (1  x)rN  x  . k 1

De aici, rM 

47. Fie ABCD un patrulater inscriptibil şi M un punct pe cercul circumscris acestuia, diferit de vârfurile patrulaterului. Dacă H 1 , H 2 , H 3 , H 4 sunt ortocentrele triunghiurilor MAB, MBC, MCD şi MDA, iar E, F mijloacele segmentelor (AB) şi (CD), atunci: 9

a) H 1 H 2 H 3 H 4 este paralelogram; b) H 1 H 3  2 EF . (Olimpiada Judeţeană, 2002)

10

Soluţie: Folosim vectorii de poziţie faţă de O. Avem: H 1 H 2  rH  rH  (rM  rB  rC )  (rM  rA  rB )  rC  rA  AC . Analog H 1 H 2  H 4 H 3 . În concluzie, H 1 H 2 H 3 H 4 este paralelogram. b) H 1 H 3  rH  rH  rC  rB  rD  rA  BC  AD  2 EF . 2

3

1

H 4 H 3  AC.

Deci

1

48. Fie ABC un triunghi, G centrul de greutate şi M  ( AB), N  ( BC ), P  (CA) astfel încât AM BN CP   . Notăm cu D, E, F centrele de greutate ale triunghiurilor AMP, BMN, CNP. Să se MB NC PA

arate că: a) triunghiurile ABC şi DEF au acelaşi centru de greutate; b) pentru orice punct X al planului, avem : 3 XG  XD  XE  XF  XA  XB  XC . (Olimpiada Judeţeană, 2002) Soluţie: a) Fie

AM  k . Faţă de un punct O, rM  rA  k rB , rN  rB  k rC , rP  rC  k rA . Dacă G1 MB 1 k 1 k 1 k

este centrul de greutate al triunghiului DEF, iar G al triunghiului ABC, atunci rG1 

r  rB  rC  2(rM  rN  rP ) rA  rB  rC rD  rE  rF  A   rG . 3 9 3

b) 3 XG  XD  XE  XF . Deci 3 XG  deoarece XD, XE , XF un sunt coliniari).

XD  XE  XF  XD  XE  XF

(inegalitatea este strictă

1  XA  XM  XP  , XE  1 ( XB  XM  XN ), XF  1 ( XC XN  XP ). 3 3 3 XA  kXB XB  kXC XC  kXA XM  , XN  , XP   XD  XE  XF  XA  XB  XC. 1 k 1 k 1 k XD 

49. Spunem că o mulţime A de vectori nenuli din plan are proprietatea (S) dacă are cel puţin trei elemente şi () u  A, ()v, w  A, v  w, u  v  w . a) Arătaţi că pentru orice n  6 , există o mulţime de vectori nenuli, care are proprietatea (S). b) Demonstraţi că o orice mulţime finită de vectori nenuli, care are proprietatea (S), are cel puţin 6 elemente. (Olimpiada Judeţeană, 2003) Soluţie: a) Pentru n = 6 considerăm A  OM 1 , OM 2 ,..., OM 6 , unde M 1 M 2 ...M 6 este hexagon regulat de centru O. Demonstrăm inductiv. Fie A  v1 , v 2 ,..., v n o mulţime de n vectori care are proprietatea (S). Construim o mulţime cu (n + 1) vectori, care are aceeaşi proprietate. Dacă









v1  v 2 , v1  v3 ,..., v1  v n

sunt din A, cum sunt distincţi, diferiţi de

, rezultă: v1  v 2 , v1  v3 ,..., v1  v n  v 2 , v3 ,..., v n , de unde urmează că (v1  v 2 )  (v1  v3 )  ...  (v1  v n )  v 2  v3  ...  v n  v1  0 , fals. Prin urmare, există i   2,3,..., n



 

v1







astfel încât v1  vi  A , multimea v1 , v 2 ,..., v n , v1  vi (cu (n + 1) elemente) are prorietatea (S). b) Fie A  OX 1 , OX 2 ,..., OX n . Alegem două axe, de versori u, v , neparalele cu nici unul dintre vectorii OX i . Rezultă: OX K  a k u  bk v, a k , bk  0 . Mulţimea M = {a1 , a 2 ,...., a n } are aceeaşi proprietate cu (S).





11

Fie a  M , cel mai mic element. Atunci există b, c diferite, b, c < 0 astfel încât a = b + c (dacă b > 0 sau c > 0, a nu poate fi cel mai mic element). Rezultă că M conţine cel puţin trei numere negative. Considerând cel mai mare element din M, găsim cel puţin trei numere pozitive în M. Rezultă n  6 . 50. Fie ABC un triunghi nedreptunghic, H ortocentrul său şi M 1 , M 2 , M 3 respectiv mijloacele laturilor BC, CA, AB. Fie A1 , B1 , C1 simetricele lui H faţă de M 1 , M 2 , M 3 , iar A2 , B2 , C 2 ortocentrele triunghiurilor BA1C , CB1 A şi AC1 B . Demonstraţi că: a) triunghiurile ABC şi A2 B2 C 2 au acelaşi centru de greutate; b) centrele de greutate ale triunghiurilor AA1 A2 , BB1 B2 şi CC1C 2 formează un triunghi asemenea cu triunghiul dat. (Olimpiada Judeţeană, 2005) Soluţie: În raport cu O, centrul cercului circumscris triunghiului ABC, rH  rA  rB  rC . Din rH  rA  2rM rezultă că rA  (rB  rC )  (rA  rB  rC )   rA , deci A1 este simetricul lui A faţă de O. Rezultă că A1 , A2 , A3  C (O, R) . a) Fie G 2 centrul de greutate al triunghiului A2 B2 C 2 şi G centrul de greutate al triunghiului ABC. 1

1

1

1 3

1 3 etc.). Rezultă G 2  G.

1 3

Atunci avem: . rG  (rA  rB  rC )  (rB  rA  rC  rC  rB  rA  rA  rC  rB )  (rA  rB  rC ) . 2

2

2

2

1

1

1

(am folosit rA   rA b) Fie G A centrul de greutate al triunghiului AA1 A2 . 1

1 3

Atunci G A G B  rG  rG  (rB  rB  rB  rA  rA  rA )  B

A

1

Rezultă asemanarea de raport

2

1

2

2 2 ( rA  rB )  BA şi analoagele. 3 3

2 . 3

51. Fie ABCD un patrulater convex, M mijlocul lui AB, N mijlocul lui BC, E punctul de intersecţie a dreptelor AN şi BD, iar F punctul de intersecţie a dreptelor DM şi AC. Arătaţi că dacă BE  AF 

1 BD şi 3

1 AC , atunci ABCD este paralelogram. 3

Soluţie: Fie

AB  u , BC  v, CD  au  bv ,

AD  (a  1)u  (b  1)v, AN  u 

a – 2b + 1 = 0. Analog din concluzie, CD  BA .

(Olimpiada Judeţeană, 2006) cu a şi b numere reale. Rezultă:

1 a3 b 1 v, AE  u v . Din 2 3 3

DF , DM

AE, AN

coliniari deucem:

coliniari urmează că 2a + b + 2 = 0. Rezultă a = -1; b = 0. În

52. Fie triunghiul ABC şi punctele M pe (AB), N pe (BC), P pe (CA), R pe (MN), S pe (NP) şi T pe (PM) astfel încât

AM BN CP MR NS PT   ,    1   ,   (0,1) . MB NC PA RN SP TM

a) Să se arate că triunghiurile STR şi ABC sunt asemenea. b) Să se determine  astfel încât aria triunghiului STR să fie minimă. (Olimpiada Judeţeană, 2007) Soluţie: a) Faţă de un punct O, avem: RT  rT  rR 

12

rP  (1   ) rM rM  (1   ) rN .  2 2

Deoarece are loc relaţia rM

r   rB  A 1 

1    2 şi relaţiile analoage, rezultă: RT  t BC , t   0. 2    2

Analog avem: TS  t AB, SR  t CA . Deci triunghiurile STR şi ABC sunt asemenea, raportul de asemanare fiind t. b) Raportul ariilor celor două triunghiuri este t 2 , deci aria triunghiului STR este minimă dacă t este minim. 1



1

1

2 Din (1  t )  (1  t )  1  2t  0,   0  t  (,1]   ,   . Rezultă t min  pentru   . 3 2 3 

53. Pe laturile AB şi AC ale triunghiului ABC se consideră punctele D şi E, astfel încât DA  DB  EA  EC  0 . Fie T intersecţia dreptelor DC şi BE. Să se determine   R astfel încât TB  TC   TA . (Olimpiada Judeţeană, 2009) Soluţie: Observăm că vectorii DA  DB şi EA  EC au direcţiile vectorilor necoliniari AB şi AC , deci suma lor este vectorul nul dacă şi numai dacă ambii sunt nuli. Rezultă că D şi E sunt mijloacele segmentelor (AB) şi (AC), deci T este centrul de greutate al triunghiului ABC. Din TA  TB  TC  0 rezultă   1. 54. O dreaptă care trece prin I, centrul cercului inscris în triunghiul ABC, taie laturile AB şi AC în P şi PB

QC

Q. Notăm BC = a, AC = b, AB = c, PA  p, QA  q . a) Arătaţi că a(1  p ) IP  (a  pb) IB  cp IC . b) Arătaţi că a = bp + cq. c) Arătaţi că dacă a 2  4bcpq , atunci dreptele AI, BQ şi CP sunt concurente. (Olimpiada Judeţeană, 2010) ( p  1 ) IP  IB  p IA Soluţie: a) Din si a AI  b BI  cCI  0 , rezultă concluzia. b) Avem:

a (1  q ) IQ  ( a  cq) IC  bq IB .

a  pb

 cp

Din P, I, Q coliniare, rezultă  bq  a  cp , deci

(a – pb)(a – cp) = bcpq. c) Din a 2  4bcpq  (bp  cq) 2  4bcpq  bp  cq şi din reciproca teoremei lui Ceva rezultă concurenţa cerută. 55. Fie ABC un triunghi dreptunghic în A şi M un punct pe (AB) astfel încât

AM  3 3  4 . Să se MB

determine măsura unghiului B ştiind că simetricul lui M faţă de mijlocul segmentului GI aparţine dreptei AC. (Olimpiada Naţională, 2002) Soluţie: În raport cu un punct O, avem: rM  rI 

rA  k rB r r r , unde k  3 3  4, rG  A B C , 1 k 3

a rA  b rB  c rC . Fie M’ simetricul lui M faţă de mijlocul lui (GI). Rezultă rM '  rM  rG  rI . abc

Din faptul că M’ este situat pe (AC) urmează că

rM '  x rA  (1  x ) rC

, deci avem:

rA  rB  rC a r  b rB  c rC r  k rB + A - A = x rA  (1  x) rC , de unde obţinem 3 abc 1 k

13

1 a k b 3 3   0  , de unde, ţinând cont şi de teorema lui Pitagora, rezultă 3 a  b  c k 1 abc 6 3 3 9 c ,b  şi măsura unghiului B egală cu 30°. 2 2

56. Fie ABCD un patrulater convex şi E punctul de intersecţie a dreptelor AD şi BC, iar I punctul de intersecţie a dreptelor AC şi BD. Dacă triunghiurile EDC şi IAB au acelaşi centru de greutate, atunci AB || CD şi IC 2  IA  AC. (Olimpiada Naţională, 2005) Soluţie: Alegem reperul cu originea în I, deci rC  n rA , rD  mrB , cu m, n numere reale. Din E, B, C şi E, A, D coliniare rezultă rE  x rB  n(1  x)rA  y rA  (1  y )m rB , iar de aici urmează că n(1 – x) = y şi x = (1 – y)m. Cum triunghiurile EDC şi IAB au acelaşi centru de greutate, avem: rE  m rB  n rA  rA  rB , deci x rB  (1  x)n rA  mrB  n rA  rA  rB  (1  x)n  n  1 , x + m = 1. Din relaţiile deduse găsim m = n, n 2  n  1  0 . Astfel, CD  rD  rC  m(rB  rA )  m AB , deci AB || CD şi m < 0. Din

AB AI    m şi CD IC

m2  m 1  0 

IC 2 CI   1  0  CI 2  CI  AI  AI 2  0  CI 2  AI ( AI  CI )  AI  AC. IA 2 AI

14