Clasa IX Coliniaritate,Concurenta

Ciocotişan Radu

ii vectoriale de coliniaritateii vectoriale de coliniaritateŃŃ3.1 Condi3.1 Condiia 1.ia 1.ŃŃPropoziPropozi

Punctele A,B,C sunt coliniare dacă şi numai dacă există numărul real α astfel încât ACAB α=

ieieŃŃemonstraemonstraDD

1) Dacă A,B,C sunt coliniare atunci vectorii AB şi AC sunt coliniari deci există numărul real α şi ACAB α=2) Dacă ACAB α= atunci vectorii AB şi AC sunt coliniari,deci dreptele AB şi AC coincid,adică punctele A,B,C sunt coliniare

n cazurileîi şia este adevărată Ń: propoziieŃObserva ABACBCACACAB γβα === ,,

Punctele A,B,C sunt coliniare ⇔ există numărul real α ,astfel încât ACAB α=

Ciocotişan Radu

ia 2.ia 2.ŃŃPropoziPropoziPunctele A,B,C sunt coliniare dacă şi numai dacă există numerele reale x,y,cu x+y=1, astfel încât pentru orice punct O din plan avem

OByOAxOC +=

Punctele A,B,C sunt coliniare ⇔ . astfel astfel îîncât pentru orice punctncât pentru orice punct O din plan avem1,, =+∈∃ yxRyx OByOAxOC +=

a) b)ieieŃŃemonstraemonstraDD

a)→b)A

B

C

O

Fie ( ) OByOAxOBOAOBOAOCCB

CA+=

−−

+−

=−−

=⇒=λλ

λλ

λλ

11

1

1

1

x y

b)→a) avem ( ) ( ) ( )

CBx

yCACByCAx

CByCAxOCCByCAxOCyxCBOCyCAOCxOByOAxOC

−=⇒=+⇒

++=+++=+++=+=

0 iar din Prop.1 A,B,C sunt coliniare

ă ă ŃŃConsecinConsecin Cum x+y=1 avem y=1-x şi atunci

OBxOAxOC )1( −+= *Rx∈Punctele A,B,C sunt coliniare ⇔

Ciocotişan Radu

Problema 1Problema 1

Într-un trapez mijloacele bazelor,punctul de intersecŃie al diagonalelor şi punctul de intersecŃie al laturilor neparalelesunt 4 puncte coliniare

AB

CD

O

E

F

I

RezolvareRezolvare

,O,F sunt coliniareArătăm că E1)

,2

,2

OBOAOF

OCODOE

+=

+=E,F mijloace

Notămk

OD

OB

OC

OA==

OEkOBOC

kOBkOCkOBOA

OF

OCkOA

−=+

−=−−

=+

=

−=⇒

222

,

ceea ce exprimă că O,E,F sunt coliniare( Prop.1)

,F,I sunt coliniareArătăm că punctele E2)

2,

2

IBIAIF

ICIDIE

+=

+=E,F mijloace

( ) IFk

IBIAk

IEkIB

IC

kIA

ID

kOA

OC

AB

DCOABODC

AB

DC

IB

IC

IA

IDIABIDC

2

1

2

11,

1

1

=+=⇒==⇒

==⇒∆≈∆

==⇒∆≈∆

ceea ce exprimă că I,E,F sunt coliniare( Prop.1)

Ciocotişan Radu

22Problema Problema

În triunghiul ABC ,fie D,E mijloacele laturilor AB,AC. Fie C’ situat pe AB şi B’ situat pe AC astfel ca

λ==AB

AB

AC

BC

'

'

'

' ArătaŃi că punctele D,E şi I ,mijlocul lui B’C’ sunt coliniare.

RezolvareRezolvare A

B C

D E

I

B’

C’

( )12

'' ACABAI

+=

Avem ( )( )2,

1

1'

'''''

ABAC

ACABBCABACACBC

λ

λλ

−=⇒

⇒−−=−=⇒=

Avem ( )3,1

''' ACABCBABλλ

λ−−

=⇒=

Înlocuind 2 şi 3 în 1 avemAEADAI

λλ

λ −−

+−

=11

1

x y

şi x+y=1 deci D,E,I coliniare( Prop.2)

Ciocotişan Radu

33Problema Problema

Fie triunghiul ABC şi G centrul său de greutate.O dreaptă d care trece prin G,intersectează AC în P şi BC în Q. ArătaŃi că 1=+

QC

BQ

PC

AP

RezolvareRezolvare

Notăm nQC

BQm

PC

AP== ,

C

BA

G

P

Q

atunciCA

mCP

mCA

CP

1

1

1

1

+=⇒

+= analog CB

nCQ

1

1

+=

De asemenea avem ( )CBCACCCG +⋅==2

1

3

2'

3

2

Cum punctele P,Q,G sunt coliniare,există numărul real nenul t,astfel încât CQtCPtCG )1( −+= consecinŃă

( ) CBn

tCA

m

tCBCACG

1

1

13

1

+−

++

=+=Atunci

Cum vectorii CA şi CB sunt necoliniari avem

cctdnmnmn

tm

t

n

t

m

t

,13

11

3

1

3

11 şi

3

11

1

3

1 şi

13

1

=+⇒+

−=+

⇒+

−=+

=⇒

+−

=+

=

Ciocotişan Radu

SYLVESTERSYLVESTERia luiia luiŃŃRelaRela

În orice triunghi ABC avem

( notăm O-centrul cercului circumscris,G-centrul de greutate,H-ortocentrul)

OHOCOBOA =++

ieieŃŃDemonstraDemonstra

triunghi dreptunghic1.Cazul A

B C

O

H=A OHOA = OHOCOBOA =++ evident

triunghi oarecare.Cazul2

A

B

C

O

D

H

P

BHCDABCHABDB

DCBHACDCACBH

//,

//,

⇒⊥⊥

⇒⊥⊥

deci BHCD este paralelogram

Fie P mijlocul lui BC

În ∆AHD, OP este linie mijlocie OPAH 2=⇒

De asemenea în ∆OBC,OP este mediană OCOBOP +=⇒ 2AHOCOB =+⇒

În ∆AOH avem OAOHAH −=

OHOCOBOA =++

Ciocotişan Radu

))Dreapta lui EULERDreapta lui EULER((TeoremăTeoremă

i avem şi H sunt coliniarei H sunt coliniareşşO,G O,G n orice triunghi ABC,punctele Î OGOH 3=ieieŃŃDemonstraDemonstra

Folosim relaŃia lui LEIBNIZ PCPBPAPG ++=3 cu P=O OCOBOAOG ++=⇒ 3

OHOCOBOA =++dar

OGOH 3=

ceea ce exprimă că O,G,H sunt coliniare(Prop.1)

ia lui LEIBNIZŃrela

G

A

B C

B’

P

( )

3

2

'2, '

1

1

PCPBPAPG

PCPAPB'dar

GB

GBPBPBPG

++=⇒

+=

=−=−−

= λλλ

ieŃObserva

Ciocotişan Radu

MENELAUSMENELAUSTeorema lui Teorema lui

Fie un triunghi ABC şi punctele A’,B’,C’ distincte de vârfurile triunghiului.

Punctele A’,B’,C’ sunt coliniare ⇔1

'

'

'

'

'

'=⋅⋅

BC

AC

AB

CB

CA

BA

A

B C

A’

B’C’

Notăm

CA

BA

'

'= m

AB

CB

'

'= n

BC

AC

'

'= p

(←)ieieŃŃDemonstraDemonstra

Presupunem mnp = 1. Din ( )BAnBCn

BBABnCB −−

=⇒=1

1'''

Avem

'1

1''1

'''' BAm

BABAm

BACABACABC

−=−=+=−=

( ) '1'''' BCpBCpBCACBCBA −=+=+=

(*)

'1

)1('

)1(

1' BC

n

pnBA

nm

mBB

−−

−−−

=

x y

Se verifică că x+y = 1

Deci A’,B’,C’ sunt coliniare(Prop.2)(→) Presupunem prin absurd că A’,B’,C’ sunt coliniare şi mnp≠1Notăm 1mnqpq ,

1=⇒≠=

mnq

Construim unicul punct Q astfel ca qQB

QA= Cum mnq= 1 avem A’,B’,Q coliniare

Atunci dreptele A’B’ şi AB au în comun 2 puncte distincte C’ şi Q,deci ele coincid.

3.23.2

A’B’C’ se numeşteTRANSVERSALĂ

Ciocotişan Radu

VAN AUBELVAN AUBELia lui ŃRelaFie triunghiul ABC şi punctele A’,B’,C’ ,diferite de vârfurile triunghiului,astfel încât AA’,BB’,CC’ sunt concurente în P.Atunci avem relaŃia:

BC

AC

CB

AB

PA

PA

'

'

'

'

'+=

A

B C

P

A’

B’C’ sau

A

B C A’

C’

PB’


Aplicăm T.Menelaus în ∆ABA’ cu transversala C’PC

BC

CA

PA

PA

CB

CA

PA

PA

BC

AC

PA

PA

CA

CB

BC

AC '

'

'

''

'1

'

''

'⋅=⋅=⇒=⋅⋅

Aplicăm T.Menelaus în ∆ACA’ cu transversala B’PB

BC

BA

PA

PA

CB

AB

PA

PA

BA

BC

CB

AB '

''

'1

'

''

'⋅=⇒=⋅⋅

+

''

''

''

'

'

'

PA

PA

BC

BC

PA

PA

BC

BA

BC

CA

PA

PA

BC

AC

CB

AB=⋅=

+=+

Ciocotişan Radu

Problema 4Problema 4Fie triunghiul ABC şi punctul D, situat pe segmentul BC ,astfel încât BC = 3DC.Fie C’ şi E mijloacele segmentelor AB şi CC’.ArătaŃi că punctele A,E şi D sunt coliniare.

RezolvareRezolvare))MenelausMenelaus.(T .(T Metoda 1Metoda 1

A

B CD

C’E

∆BCC’ şi ‘’transversala’’ A,E,D 11

21

2

1

'

'=⋅⋅=⋅⋅

DC

DB

EC

EC

AB

AC

Metoda 2.Metoda 2.

Arătăm că există numărul real α cu DEAE α=

22

1

2

' ACABACAC

AE+

=+

=

) )

+−=

−−=

−+=

−=

++=+=+=

22

1

6

1

12

2

12

3

12

3

432

'

3

34 ACABACABACACBACABCCBCABCCCBC

CEDCDE

Atunci DEAE 3−= A,D,E coliniare (Prop.1)

Ciocotişan Radu


Fie ∆ABC echilateral şi punctele D,E astfel încât avem CAAEBCCD == , Notăm DE∩AB= {F}. ArătaŃi că ABAF3

1=

A

B C D

E

F

))MenelausMenelaus.(T .(T Metoda 1Metoda 1

∆BFD cu transversala EACED

EF

AB

AF

CD

CB

EF

ED

AB

AF=⇔=⋅⋅ 1

∆ECD cu transversala BAF

3

1

2

11 =⇒=⇒=⋅⋅

ED

FE

FD

FE

AE

AC

BC

BD

FD

FE

Metoda 2.Metoda 2.

Notăm 0>= xAB

AFatunci A împarte în raportul -xFB ( )EBxEF

xEA +

+=⇒1

1

Punctul E împarte în raportul AC ⇒−=

−−

=⇒ BCBABCBABE 22

1

2

11

1

2

1

ABBCEB 2+=

(1)

(2)

Cum vectorii EDEF şi sunt coliniari,există )2()(, BCACkCDECkEDkEFRk +=+==∈ (3)Avem

BCABACEA +== (4) Înlocuind 2,3,4 în 1 obŃinem( ) ( )[ ]BCxkABxk

xBCAB +++

+=+ 3221

1

Cum vectorii AB şi BC sunt necoliniari avem simultan

3

1

11

3

11

22

==⇒

=++

=++

xk

x

xkx

xk

Metoda 3.Metoda 3.

Ducem CM // AB

M

T.Thales în ∆ACM AFCMEFFMEF

FM

EA

AC2=⇒=⇒= (1)

Analog se arată că FM=MD,deci în ∆BDF BF=2CM (2)

Din 1 şi 2 avem AB+AF=2(2AF),deci AB=3AF

Ciocotişan Radu

Problema 6Problema 6Fie triunghiul ABC,A’mijlocul laturii BC şi N situat pe (AA’).Notăm BN∩AC={E},CN∩AB={D}.ArătaŃi că DE // BC.

RezolvareRezolvare A

B CA’

NED

Aplicăm T.Menelaus în ∆AA’C cu transversala B,N,E

'2

11

'

' NA

NA

EC

EA

EC

EA

NA

NA

BA

BC=⇒=⋅⋅

Aplicăm T.Menelaus în ∆BAA’ cu transversala D,N,C

'2

11

'

' NA

NA

DB

DA

DB

DA

NA

NA

CA

CB=⇒=⋅⋅

Reciproca T.Thales DE // BC

Ciocotişan Radu


Fie ∆ABC şi un punct D situat pe dreapta AB astfel încât ( )BDA∈

Fie [AF, ( )CDF ∈ bisectoarea unghiului <CAD,E mijlocul lui [BC] şi AC∩BF={P}.Punctele D,P,E sunt coliniare dacă şi numai dacă AB=AC.

A

B C

D

E

F

P

RezolvareRezolvare

dacă AB=AC Punctele D,P,E sunt coliniare

Avem <FAC=< ACB AF // BC ABCF trapez Pr1 Punctele D,P,E sunt coliniare

Punctele D,P,E sunt coliniare dacă AB=AC

Aplic[m T.Menelaus în ∆ABC cu transversala D,P,E 1=⋅⋅EB

EC

PC

PA

DA

DB

De undePA

PC

DA

DB= (1)

T.Menelaus în ∆ ADC cu transversala BPFBD

BA

FC

FD

PC

PA

FD

FC

PC

PA

BA

BD⋅=⇒=⋅⋅ 1

T.bisectoarei în ∆CAD avem

AC

AD

FC

FD=

BD

BA

AC

AD

PC

PA⋅=⇒ (2)

Din 1 şi 2 avem AB=AC

Ciocotişan Radu

Problema 8Problema 8Fie ABCD un patrulater convex şi O intersecŃia diagonalelor sale AC şi BD.O dreaptă mobilă care trece prin O taie dreptele AB,DC,în punctele M,N(diferite de vârfurile patrulaterului)ArătaŃi că produsul

kNC

ND

MB

MA=⋅

A

B C

D

M NORezolvareRezolvare

Aplicăm T.Menelaus în ∆ABD cu transversala L,M,O

L

OB

OD

LD

LA

MB

MA

MA

MB

OB

OD

LD

LA⋅=⇒=⋅⋅ 1

Aplicăm T.Menelaus în ∆ACD cu transversala L,N,O

OC

OA

LA

LD

ND

ND

NC

ND

OA

OC

LD

LA⋅=⇒=⋅⋅ 1

·

kOC

OA

OB

OD

NC

ND

MB

MA=⋅=⋅

Ciocotişan Radu

CEVACEVA3.3 Teorema lui 3.3 Teorema lui

Fie untriunghi ABC şi A’,B’,C’ situate respectiv pe dreptele BC,CA şi AB ,diferite de vârfuri.Atunci AA’,BB’,CC’ sunt concurente sau paralele ⇔

1'

'

'

'

'

'−=⋅⋅

BC

AC

AB

CB

CA

BA


AA’,BB’,CC’ sunt concurente în M.

A

B CA’

B’C’

MAplicăm T.Menelausîn ∆ABA’ cu transversala C’,C,M

1'

''

'=⋅⋅

MA

MA

CA

CB

BC

AC

Aplicăm T.Menelausîn ∆ACA’ cu transversala B’,B,M

1'

''

'=⋅⋅

MA

MA

BA

BC

CB

AB1

'

'

'

'

'

'

''

'

''

'

−==⋅⋅⇒

⋅=⋅

CB

BC

AB

BA

CA

CB

BC

AC

BA

BC

CB

AB

CA

CB

BC

AC

AA’,BB’,CC’ sunt paralele.

A

B C

B’C’

A’Aplicăm T.Thales

''

'

AC

AB

CA

BA=∆BCC’

BA

BC

AB

CB '

'

'=∆BAB’cu CC’

·

BA

AB

AC

BC

AB

CB

CA

BA

BA

BC

AC

AB

AB

CB

CA

BA⋅=⋅⇒⋅=⋅'

'

'

'

'

'

'

'

''

'

'

'

-1Reciproca se demonstrează prin reducere la absurd.

1'

'

'

'

'

'=⋅⋅

BC

AC

AB

CB

CA

BAsau

Ciocotişan Radu

GergonneGergonnePunctul lui Punctul lui

Dacă în ∆ABC notăm M,N,P punctele de contact ale cercului înscris cu laturile BC,CA,AB,))GergonneGergonneun punct (-ntrîatunci dreptele AM,BN,CP sunt concurente

A

B CM

NP1=⋅⋅

PB

PA

NA

NC

MC

MB


Avem AM,BN,CP concurente( nu pot fi paralele)

Ciocotişan Radu


Fie ∆ABC şi M mijlocul lui BC.Considerăm [MP bisectoarea unghiului <AMC,undeAtunci dreptele AM,BN şi CP sunt concurente.

[ ] [ ]ACNABP ∈∈ ,

RezolvareRezolvare

A

B CM

P N

Aplicăm T.bisectoareiMC

MA

NC

NA

MB

MA

PB

PA== şi

Verificăm T.Ceva

11 =⋅⋅=⋅⋅MC

MA

MA

MC

PB

PA

NA

NC

MC

MB

AM,BN şi CP sunt concurente

Ciocotişan Radu


Fie ∆ABC şi înălŃimea CD,mediana AM şi bisectoarea BE.Dacă 1=+

BA

BD

BC

BDatunci dreptele CD,AM şi BE sunt concurente.

A

B C

D

M

E

RezolvareRezolvare

Este suficient să verificăm T.Ceva 1=⋅⋅DB

DA

EA

EC

MC

MB(1)

a

bc

a

c

DB

DA

DB

DA

c

a

DB

DA

c

a

a

a

DB

DA

EA

EC

MC

MB

=

⇔=⋅=⋅⋅=⋅⋅ 12/

2/

(2)

sau

darca

acBD

caBDBA

BD

BC

BD

+=⇔+=⇔=+

1111

Atunci ca

cBDcAD

+==−=

2

... Şi avem a

c

ac

ca

ca

c

DB

DA=

+⋅

+=

2

Ciocotişan Radu


Fie ∆ABC şi punctele A’,B’şi C’ situate respectiv pe segmentele (BC),(AC) şi (AB) astfel încât cevienele AA’,BB’,CC’sunt concurente în M. Atunci

6'''

)

'''2

''')

≥++

⋅⋅=+++

MC

MC

MB

MB

MA

MAb

MC

MC

MB

MB

MA

MA

MC

MC

MB

MB

MA

MAa

(cu ‘’= ‘’ M este centrul de greutate)

RezolvareRezolvare

A

B CA’

B’C’M

Notăm pBC

ACn

AB

CBm

CA

BA===

'

',

'

',

'

'atunci mnp=1

Aplicăm relaŃia lui Van Aubel

mn

AB

CB

BA

CA

MC

MA

pm

AC

BC

CA

BA

MB

MB

np

CB

AB

BC

AC

MA

MA

1

'

'

'

'

'

1

'

'

'

'

'

1

'

'

'

'

'

+=+=

+=+=

+=+=

a)

cctdm

np

mn

p

mn

pm

np

MC

MC

MB

MB

MA

MA

=

++

++

++

==

+

+

+=⋅⋅

1112

...111

'''

b) cum 21≥+

xx avem cctd.

( )1

...01

021

21

21

6111

2

===⇒

=−⇒

=−++−++−+

⇒=

++

++

+

pnm

p

nn

mm

pp

mn

pm

np

adică AA’,BB’,CC’ sunt mediane

Ciocotişan Radu

Probleme propuse pag192/193Probleme propuse pag192/193

Problema 1/192Problema 1/192

Fie 2 drepte secante şi d∩d’=O.Considerăm punctele B,C situate pe d şi punctele A,D situate pe d’ astfel încât AB // CD.Fie I,J mijloacele segmentelor AB şi CD.ArătaŃi că punctele I,J şi O sunt coliniare.

O

d

d’

A D

BC

IJ

ie:ie:ŃŃindicaindica

2;

2

OCODOJ

OBOAOI

+=

+=

Din asemănare avem OCkOBODkOAkOC

OB

OD

OA⋅=⋅=⇒== ,

Atunci

OJkOCOD

kOBOA

OI ⋅=+

=+

=22

ceea ce exprimă că punctele O,I,J sunt coliniare

Ciocotişan Radu

Problema 2/192Problema 2/192Fie un triunghi ABC şi punctele ( ) ( )ACFABE ∈∈ , astfel încât EF // BC.

Considerăm punctele ( ) ( ) 0cu , >==∈∈ λNC

NB

MF

MEBCNEFM

ArătaŃi că punctele M,N şi A sunt coliniare.

A

B C

E F

M

N


Din T.Thales avem ACkAFABkAEkAC

AF

AB

AE⋅=⋅=⇒== ;

Dar

NCNB

MFME

⋅−=

⋅−=

λ

λ de unde exprimând vectorii de poziŃie cu originea A avem:

( )ACABAN λλ

++

=1

1

şi

( ) ( ) ANkACABk

AFAEAM ⋅=++

=++

= λλ

λλ 11

1

Ceea ce exprimă că punctele A,M,N sunt coliniare.

Ciocotişan Radu

Problema 3/193Problema 3/193Fie un paralelogram ABCD.Notăm cu I mijlocul laturii AB şi considerăm punctul E situat pe [ID] astfel încât IDIE

3

1=

ArătaŃi că punctele A,E,C sunt coliniare.

A B

CD

I

E


Deoarece IE este o treime din ID avem

( ) ( ) ACABADAIADAE

EIED

3

1

3

12

21

1

2

=+=++

=

⇒−=

adică punctele A,E,C sunt coliniare

Ciocotişan Radu


Fie paralelogramul AMNO şi punctele B,C astfel încât avem .2*,1

11≥∈

+== nN ; nOM

nOC ; ON

nOB

ArătaŃi că A,E şi C sunt puncte coliniare.


A M

NOB

C

( ) ( )AB

n

n

OAOBn

nOAON

nn

nONOA

nOAOM

nOAOCAC

OCAOAC

1

1)

1(

11

1

1

1

+=

=−+

=−+

=++

=−+

=−=

⇒+=

adică punctele A,C,B sunt coliniare

Ciocotişan Radu

Problema 5/193Problema 5/193Fie două triunghiuri ABC şi A’B’C’.Considerăm punctele ',',' CCCBBNAAM ∈∈∈

astfel încât ',',' PCPCNBNBMAMA λλλ ===ArătaŃi că centrele de greutate ale triunghiurilor ABC,A’B’C’ şi MNP sunt puncte coliniare.

ie:ie:ŃŃindicaindicaNotăm centrele de greutate respectiv cu G,G’ şi Q.

Exprimând vectorii de poziŃie (LEIBNIZ) avem:

( )( )( )OPONOMOQ

OCOBOAOG

OCOBOAOG

++=

++=

++=

3

1

'''3

1'

3

1Din ipoteză avem : ( )

( )( )'

1

1

'1

1

'1

1

OCOCOP

OBOBON

OAOAOM

λλ

λλ

λλ

−−

=

−−

=

−−

=

Fie O ,punct oarecare din plan.

Atunci : ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )'1

1'''

33

1

1

1

'1

1'

1

1'

1

1

3

1

OGOGOCOBOAOCOBOA

OCOCOBOBOAOAOQ

λλ

λλ

λλ

λλ

λλ

−−

=

++−++−

=

=

−−

+−−

+−−

=

Alegem O = Q şi avem'QGQG λ= adică G,G’ şi Q sunt coliniare.

Ciocotişan Radu


Fie un triunghi ABC şi punctele M,N astfel încât avem RrNCrNBACABAM ∈=+= , ; 2

DeterminaŃi r astfel încât punctele A,M,şi N să fie coliniare.


Exprimăm vectorul de poziŃie al lui N în raport cu originea A )(1

1ACrAB

rAN −

−=

A,M,şi N să fie coliniare AMAN αα =∃⇒ ,

( )ACABACrABr

+=−−

2)(1

1α

2

1

1

21

1

−=⇒

=−

−

=− r

r

rr

α

α

Ciocotişan Radu


Fie un paralelogram ABCD.Considerăm punctele E,F astfel încât ADAFABBE 3 , 2

1==

ArătaŃi că punctele E,F şi C sunt coliniare.


AB E

CD

F

Arătăm că: CFEC =2 care exprimă coliniaritatea E,F şi C.

BCABADABADAFCDDFCDCF

BCABBCEBEC

22

2

1

+=+=−+=+=

+=+=

cctd

Ciocotişan Radu


Fie un triunghi ABC unde notăm centrul cercului circumscris cu O şi ortocentrul cu H. ArătaŃi că : HOHCHBHA 2=++ie:ie:ŃŃindicaindica

Scriem relaŃia lui Sylvester OHOCOBOA =++A

B CO

H

Avem :

HCOHOC

HBOHOB

HAOHOA

+=

+=

+=

+

HOOHHCHBHAHCHBHAOHOH 223 =−=++⇒+++=

Ciocotişan Radu


Fie un triunghi ABC.Considerăm punctele ( ) ( )3

1cu ',

2

1

'

'cu ' =∈=∈

SA

SA'AAS

BA

CABCA şi notăm CS∩AB={M}

ArătaŃi că M este mijlocul laturii [AB].

ie:ie:ŃŃindicaindica A

B C

M

A’

S

Aplicăm T.Menelaus în ∆ABA’ cu M,S,C.

MBMACA

CA

MB

MA

CA

CB

SA

SA

MB

MA=⇒=⋅=⋅=⇒=⋅⋅ 1

3

13

'31

'

'

3

1

Ciocotişan Radu

Problema 10/193Problema 10/193Fie ABC un triunghi. Notăm cu M mijlocul lui [BC],notăm cu N mijlocul lui [AM] şi CN ∩ AB = {P}.ArătaŃi că a) BP = 2AP şi b) PC = 4PN.


BC

M

NP

a) T.Menelaus în ∆ABM cu P,N,C. PBPACM

CB

NA

NM

PB

PA21 =⇒=⋅⋅

1 2

b) T.Menelaus în ∆BPC cu A,N,M.

411 =⇒=

+⇒=⇒=⋅⋅

PC

PN

PC

PN

APAB

AP

CN

NP

AB

AP

MC

MB

NP

NC

AB

AP

1

Ciocotişan Radu


Fie triunghiul ABC dreptunghic în A şi C=30°.Considerăm bisectoarea BT,T situat pe segmentul AC şi înălŃimea AE,E situat pe segmentul BC.Paralela prin C la BT taie AB în F.ArătaŃi că punctele F,E şi T sunt coliniare.


E

AB

F

T

C

30 30

3030 3030

c

ab

2

acAB == 3

4

3,

4=⇒==

EB

ECaEC

aEB

T.bisectoarei

2

12 ==a

a

TC

TA

3

2

2

3, =⇒==

FA

FBaFAaFB

Atunci:1

3

2

1

3

2

1=⋅⋅=⋅⋅

FA

FB

EB

EC

TC

TA R.T.Men.F,E şi T sunt coliniare

Ciocotişan Radu


Fie T un punct în interiorul triunghiului ABC.Dreptele AT ,BT şi CT intersectează [BC],[CA],[AB] respectiv în punctele M,N, P.Dacă T este centrul de greutate al triunghiului MNP,arătaŃi că T este centrul de greutate al triunghiului ABC.


B CM

NP

C’

A’

B’T

T.Menelaus în ∆PMC cu B,B’;T )1(1'

'

TC

TP

BC

BM

TP

TC

MB

PB

BC

BM=⇒=⋅⋅

T.Menelaus în ∆PNC cu A,A’;T )2(1'

'

TC

TP

AC

AN

TP

TC

NA

PA

AC

AN=⇒=⋅⋅

ABMNAC

AN

BC

BM//⇒=

=1

=1

C’ mijloc P mijlocul ABanalog M,N

Ciocotişan Radu


Fie ABC un triunghi şi punctele coliniare .,, ABPCANBCM ∈∈∈Notăm M’,N’,P’ simetricele acestor puncte în raport cu mijlocul laturii pe care se află fiecare.ArătaŃi că punctele M’,N’,P’ sunt coliniare.


B

P’

P

M M’ C

N’N

Q

Avem '

'

'

'

BM

CM

BQQM

QMQC

QCMQ

MQBQ

MC

MB=

+−

=+−

=

analog

AP

BP

PB

PA

CN

AN

NA

NC

'

''

'

=

=

T.Menelaus în ∆ABC cu P,M,N.

1=⋅⋅NA

NC

MC

MB

PB

PAînlocuim 1

'

'

'

'

'

'=⋅⋅

CN

AN

BM

CM

AP

BP

M’,N’,P’ sunt coliniare

Ciocotişan Radu


Fie un triunghi ABC şi punctele ( ) ( ) ( )ABCACBBCA ∈∈∈ ',',' astfel încât cevienele AA’,BB’ şi CC’ sunt concurente în M.

ArătaŃi că ,8'''≥⋅⋅

MC

MC

MB

MB

MA

MAcu egalitate ⇔ M este centrul de greutate al triunghiului ABC.


B C

A’

B’C’

M

Notăm pBC

ACn

AB

CBm

CA

BA===

'

';

'

';

'

'

Aplicăm relaŃia lui Van Aubel:

mn

AB

CB

BA

CA

MC

MC

pm

AC

BC

CA

BA

MB

MB

np

CB

AB

BC

AC

MA

MA

1

'

'

'

'

'

1

'

'

'

'

'

1

'

'

'

'

'

+=+=

+=+=

+=+=

82222111

2...111

1'''

=+++≥

++

++

++==

+

+

+=⋅⋅p

pm

mn

nm

np

mn

pMC

MC

MB

MB

MA

MA

dacă

1....021

21

21

8111

2 ===⇒=

−++

−++

−+⇒=

++

++

++ pnmp

pm

mn

np

pm

mn

n

adică A’,B’.C’ mijloace

Ciocotişan Radu


În triunghiul ABC bisectoarele AA’,BB’ şi CC’ se intersectează în punctul I. ArătaŃi că sunt echivalente afirmaŃiile:

8'''

)

6'''

)

)

=⋅⋅

=++

−∆

IC

IC

IB

IB

IA

IAc

IC

IC

IB

IB

IA

IAb

lechilateraABCa


B C

I

A’

B’C’

(a→b) Dacă a=b=c avem 2

'=

+=

a

aa

IA

IA

c

ba

IC

IC

b

ca

IB

IB

a

cb

IA

IA +=

+=

+=

';

';

'

Ştim că:

b)

(a→c) analog

(b→a) cbac

a

a

c

c

b

b

c

b

a

a

b

c

a

c

b

b

c

b

a

a

c

a

b==⇒=

−++

−++

−+⇒=+++++ ...02226

(b→c)

82222...111'''

=+++==++++++++=

+

+

+=⋅⋅a

c

a

b

c

b

b

c

b

a

c

a

b

c

c

b

a

c

c

a

b

a

a

b

IC

IC

IB

IB

IA

IA

(c→a)

cbac

b

b

c

a

c

c

a

a

b

b

a

a

c

a

b

c

b

b

c

b

a

c

a==⇒⇒=

−++

−++

−+⇒=+++++++ ...0222811

Clasa IX Coliniaritate,Concurenta

Documents

Transcript of Clasa IX Coliniaritate,Concurenta