El Triangle

El triangle

Ricard Peiró i Estruch

A Anna i Ricard

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Coneixements preliminars: Angles de la circumferència. Angle Central

Inscrit

Definició S’anomena angle central ∠AOB, l’angle el vèrtex del qual és el centre de la circum ferència i els seus costats contenen radis. El conjunt del punts de la circumferència interiors a l’angle s’anomena arc de la circumferència. S’anomena angle inscrit ∠BAC, l’angle el vèrtex del qual és un punt de la circumferència, i els costats són dues cordes de la mateixa.

Mesura L’ angle central mesura el mateix que l’arc que abraça.

L’angle inscrit d’una circumferència, mesura la meitat que l’arc que abraça.

Semiinscrit

L’angle semiinscrit mesura la meitat de l’arc de circumferència que abraça.

S’anomena angle semiinscrit ∠BAC, l’angle el vèrtex del qual és un punt de la circumferència, un costat és una corda i l’altre costat és tangent a la circumferència.

interior

S’anomena angle interior ∠BAC, l’angle el vèrtex del qual és un punt interior de la circumferència, i els costats són cordes de la circumferència.

L’angle interior mesura la semisuma dels arcs que abraça.

exterior

S’anomena angle exterior ∠BAC, l’angle el vèrtex del qual és un punt exterior a la circumferència, i els costats són cordes o rectes tangents de la circumferència.

L’angle exterior, mesura la semidiferència dels arcs que abraça.

5

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Tales Si dues rectes secants r, s són tallades per paral· leles a, b, els segments que determinen sobre una de les secants són proporcionals als segments que determinen en l’altra secant. OA OA' = AB A ' B' També s’acompleix: OA OA' OA OB b) = c) = OB OB' AA ' BB' a)

Demostració de l’apartat a) : Dibuixem les diagonals del trapezi AA’B’B. ∆

∆

Notem que els triangles ABA ' , AB' A ' tenen la mateixa àrea ja que considerant la base AA ' dels dos triangles tenen la mateixa altura h ja que AA ' i BB' són paral· lels. ∆

∆

àrea ABA ' = àrea AB' A ' Aleshores: ∆

∆

àrea OAA ' ∆

àrea ABA'

=

àrea OAA '

(1)

∆

àrea AB' A ' ∆

∆

Considerem els triangles ABA ' , OAA ' Notem que h’ és: •

∆

L’altura del triangle ABA ' sobre el costat AB . ∆

•

L’altura del triangle OAA ' sobre el costat OB . Aleshores: ∆ ∆ OA ⋅ h' AB ⋅ h' àrea OAA ' = àrea ABA ' = 2 2 ∆

Per tant,

àrea OAA ' ∆

àrea ABA'

=

OA AB

6

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Anàlogament demostraríem que: ∆

àrea OAA' ∆

àrea AB ' A'

=

OA' A ' B'

L’expressió (1) quedaria:

OA OA' = AB A ' B'

Triangles semblants. ∆

∆

∆

∆

Dos triangle ABC, A' B' C' són semblants (ho representarem per ABC ≈ A' B' C' ) si tenen els costats corresponents iguals i els costats corresponents proporcionals. a b c És a dir, A = A ' , B = B ', C = C' i = = a' b' c '

Criteris de semblança de triangles. ∆

∆

Siguen els triangles ABC,

A' B' C'

Criteri 1. ˆ = Aˆ ', Si A

A 'B'

=

AB

∆

∆

, aleshores, ABC ≈ A' B' C'

A' C' AC És a dir, dos triangles són semblants si tenen un angle igual i els costats corresponents que formen l’angle proporcionals. Criteri 2. ∆

∆

ˆ = Aˆ ', Bˆ = Bˆ' , aleshores, ABC ≈ A' B' C' Si A És a dir, dos triangles són semblants s i tenen dos angles corresponents iguals. Criteri 3. És a dir, dos triangles són semblants si tenen els tres costats corresponents proporcionals.

7

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Quadrilàters cíclics. Una quadrilàter és cíclic si es pot inscriure en una circumferència. Propietat: Un quadrilàter és cíclic (inscriptible en una circumferència) si i només si els seus angles oposats sumen 180º Condició necessària. Siga un quadrilàter cíclic ABCD. Els arcs dels angles ∠BAD , ∠BCD formen la circumferència. Per ser angles inscrits mesuren la meitat dels arcs que abracen. 360 º Per tant, la suma els angles és ∠BAD + ∠BCD = 2 Condició suficient. Suposem que el quadrilàter ABCD la suma dels angles oposats és 180º. ∠CDA + ∠ABC = 180 º ∆

Considerem la circumferència circumscrita al triangle ABC Provarem que C pertany a la circumferència circumscrita. Suposem que D està en l’exterior de la circumferència Aleshores el segment AD , o el segment CD talla la circumferència en un punt distint de D. Suposem que el costat AD talla la circumferència en el punt E. El quadrilàter ABCE és cíclic aleshores, ∠CEA + ∠ABC = 180 º Aleshores ∠CEA = ∠CDA , per tant els segments CE, CD són paral· lels, la qual cosa és absurda. Per tant D pertany a la circumferència. Suposem que D està en l’interior de la circumferència. Considerem la recta que passa pels punts A, D. Aquesta recta talla la circumferència en el punt E. El quadrilàter ABCE és cíclic aleshores, ∠CEA + ∠ABC = 180 º Aleshores ∠CEA = ∠CDA , per tant els segments CE, CD són paral· lels, la qual cosa és absurda. Per tant D pertany a la circumferència.

8

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Ptolomeu. Un quadrilàter ABCD és cíclic (inscrit en una circumferència) si i només si la suma dels productes dels costats oposats és igual al producte de les diagonals AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD .

Condició necessària: Suposem, sense restar generalitat, que ∠BAD ≥ ∠ABD Siga P un punt de la diagonal BD tal que ∠BAP = ∠CAD

∆

∆

Els triangles BAP , CAD són semblants ja que ∠ABP = ∠ACD , i ∠BAP = ∠CAD , aleshores, AB BP = , per tant, AB ⋅ CD = AC ⋅ BP (1) AC CD ∆

∆

Els triangles ABC , APD són semblants ja que, ∠BAC = ∠BAP + ∠PAC = ∠DAC + ∠ PAC = ∠PAD , i ∠ACB = ∠ADP , aleshores, AC AD = , per tant, BC ⋅ AD = AC ⋅ PD (2) BC PD Sumant les expressions (1), (2) AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC BP + PD = AC ⋅ BD

(

)

9

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Condició suficient: Siga un quadrilàter ABCD que satisfà la igualtat AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD Siga un punt P’ tal que ∠BAP ' = ∠CAD , ∠ABP ' = ∠ACD ∆

∆

Els triangles BAP' , CAD són semblants AB BP' = , per tant, AB ⋅ CD = AC ⋅ BP ' (3) AC CD ∆

∆

Els triangles ABC , AP' D són semblants AC AD = , per tant, BC ⋅ AD = AC ⋅ P ' D (4) BC P' D Sumant les expressions (3), (4)

(

)

AC BP' + P' D = AB ⋅ CD + AD ⋅ BC Per hipòtesi AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD Aleshores: BP' + P' D = BD , per tant P’ pertany a la diagonal BD ∠ABD = ∠ABP' = ∠ACD , per tant C pertany a la circumferència circumscrita al triangle ∆

ABD .

10

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Potència d’un punt respecte d’una circumferència. Teorema: Siga la circumferència C de centre O. Siga P un punt qualsevol del plànol. Siga la recta r que passa pel punt P, que talla la circumferència C en els punts A, A’. Siga la recta s que passa pel punt P, que talla la circumferència C en els punts B, B’. Aleshores: PA ⋅ PA ' = PB ⋅ PB ' = k , a aquesta constant s’anomena potència del punt P respecte de la circumferència C. Si P és exterior a la circumferència C tenim que: k = d 2 − r 2 , on d = PO , r = radi de la circumferència. Si P és interior a la circumferència C tenim que: k = r 2 − d 2 . Demostració:

∆

∆

En les dues figures, els triangles PAB', PBA' són semblants, aleshores: PB' PA' = per tant, PA ⋅ PA ' = PB ⋅ PB ' PA PB Si P és exterior a la circumferència:

Considerem la recta t que passa pels punts P, O, que talla la circumferència C en els punts D, D’. Per la propietat anterior: PA ⋅ PA' = PD ⋅ PD' Siguen: PO = d, OD = r

(

)(

)

PD ⋅ PD' = PO − OD ⋅ PO + OD' = (d − r ) ⋅ ( d + r ) = d 2 − r 2 ,

Aleshores, PA ⋅ PA ' = d2 − r2 Anàlogament si P és interior a la circumferència k = r 2 − d 2

11

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Pitàgores ∆

Siga el triangle rectangle ABC , Aˆ = 90 º d’hipotenusa a i catets b, c Aleshores, a 2 = b 2 + c 2 Demostració: Considerem els 2 quadrats següents : de costat b + c . Els dos quadrats són iguals, per tant, tenen la mateixa àrea. El primer quadrat la seua àrea és: S = (b + c ) 2 = b 2 + c 2 + 2bc

El segon quadrat l’hem descompost en 4 triangles rectangles iguals i de catets b, c i hipotenusa a, i un quadrat de costat a. La seua àrea és la suma de les àrees dels 4 triangles i la del quadrat,  bc  S = 4  + a 2  2 Igualant les àrees,  bc  b 2 + c 2 + 2bc = 4  + a 2  2 Simplificant podem concloure que, a 2 = b 2 + c 2 El teorema de Pitàgores també es pot enunciar de la forma següent: El quadrat construït sobre la hipotenusa d’un triangle rectangle té la mateixa àrea que la suma de les àrees dels quadrats construïts sobre els catets: àreaM = a 2 àreaP = b 2 àreaN = c 2 a2 = b 2 + c 2

12

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Generalització del teorema de Pitàgores: L’àrea de la figura construïda sobre la hipotenusa és la mateixa que la suma de les àrees de les figures semblants construïdes sobre els catets.

àrea M = àrea N + àrea P

Teorema invers del teorema de Pitàgores: ∆

Siga un triangle ABC tal que a 2 = b 2 + c 2 ∆

Aleshores el triangle ABC és rectangle i l’angle ∠BAC = 90 º Demostració:

∆

Construïm el triangle rectangle A' B' C' de catets b, c que tindrà hipotenusa d Pel teorema de Pitàgores: d 2 = b 2 + c 2 Per hipòtesi a 2 = b 2 + c 2 Aleshores, a = d ∆

∆

Els triangles ABC , A' B' C' tenen els costats corresponents iguals per tant són iguals. Alehsores ∠BAC = ∠B' A' C' = 90 º

13

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de l’altura i del catet en un triangle rectangle. ∆

Siga el triangle rectangle ABC , Aˆ = 90 º Siga l’altura h = AH sobre la hipotenusa. Siga m = BH la projecció del catet c sobre la hipotenusa. Siga n = HC la projecció del catet b sobre la hipotenusa. Aleshores, a) h 2 = m ⋅ n Teorema de l’altura. 2 b) b = n ⋅ a Teorema del catet. 2 c) c = m ⋅ a Teorema del catet. Demostració: a) ∆

∆

Els triangles ABH i ACH són semblants, aleshores, BH AH

=

AH HC

m h = h n

⇒

⇒

h2 = m ⋅ n

b) ∆

∆

Els triangles ABC i ACH són semblants, aleshores, AC BC

=

HC AC

b n = a b

⇒

⇒

b2 = n ⋅ a

c) ∆

∆

Els triangles ABC i ABH són semblants, aleshores, AB BC

=

BH AB

⇒

c m = a c

⇒

c2 = m⋅a

Nota: Sumant les igualtats b) i c) ens dóna una demostració del teorema de Pitàgores.

14

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Raons trigonomètriques d’un angle agut. ∆

Considerarem el triangle rectangle ABC on A = 90 º Recordem que en qualsevol triangle rectangle es complia el teorema de Pitàgores: a2 = b 2 + c 2

Siga α = ∠BCA Definim sinus de l’angle α i ho representem per sin α AB catet oposat sinα = = CB hipotenusa Definim cosinus de l’angle α i ho representem per cos α CA catet contigu cos α = = hipotenusa CB Definim tangent de l’angle α i ho representem per tg α AB catet oposat tg α = = CA catet contigu Nota: Pel teorema de Tales, les raons trigonomètriques de l’angle α no depenen del triangle rectangle escollit.

Relacions fonamentals entre les raons trigonomètriques. Donat un angle α es compleixen les següents relacions: sin 2 α + cos 2 α = 1

tg α =

sin α cos α

Raons trigonomètriques dels angles α+β, α−β. sin(α + β) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β cos(α + β ) = cos α ⋅ cos β − sin α ⋅ sin β tg α + tgβ tg(α + β) = 1 − tgα ⋅ tgβ

sin(α − β) = sin α ⋅ cos β − cos α ⋅ sin β cos(α − β) = cos α ⋅ cos β + sin α ⋅ sin β tg α − tg β tg(α − β ) = 1 + tgα ⋅ tgβ

Raons trigonomètriques de l’angle doble. 2α. sin 2α = 2 sin α ⋅ cos α cos 2α = cos 2 α − sin 2 α

tg2α =

2tgα 1 − tg 2 α

15

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Raons trigonomètriques de l’angle meitat sin

.

α 1 − cos α =± 2 2

cos tg

α 2

α 1 + cos α =± 2 2

α 1 − cos α =± 2 1 + cos α

Nota: El signe de les raons trigonomètriques de l’angle meitat depenen del quadrant α on es trobe l’angle 2

Transformacions de sumes de cosinus (sinus) en productes. A +B A−B ⋅ cos 2 2 A +B A−B cos A − cos B = −2 sin ⋅ sin 2 2 A+B A−B sin A + sin B = 2 sin ⋅ cos 2 2 A+B A−B sin A − sinB = 2 cos ⋅ sin 2 2 cos A + cos B = 2 cos

Transformacions de productes de cosinus-sinus en sumes i diferències. 1 (cos(α + β ) + cos(α − β)) 2 −1 sin α ⋅ sin β = (cos(α + β) − cos(α − β)) 2 1 sin α ⋅ cos β = (sin(α + β ) + sin(α − β) ) 2 1 cos α ⋅ sin β = (sin(α + β ) − sin(α − β)) 2 cos α ⋅ cos β =

16

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema dels sinus Els costats d’un triangle són proporcionals als sinus dels angles oposats: a b c = = sin A sinB sin C Demostració: ∆

Considerem qualssevol dels triangles ABC . ∆

Tracem als triangles ABC l’altura corresponent al vèrtex C.

HC = b ⋅ sin A a b ⇒ b ⋅ sin A = a ⋅ sin B ⇒ =  sin A sin B  HC = a ⋅ sin B Anàlogament si tracem l’altura corresponent al vèrtex A obtindríem: b c = sinB sin C

Teorema del cosinus. ∆

Siga el triangle ABC . Es compleixen les següents igualtats. a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos A b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos B c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos C Demostració: Considerarem tres casos: 1.- L’angle A recte. 2.- L’angle A agut. 3.- L’angle A obtús. 1.- És l’enunciat del teorema de Pitàgores.

17

El triangle Ricard Peiró i Estruch

2.∆

Tracem al triangle ABC l’altura corresponent al vèrtex B. ∆

El triangle CHB és rectangle. Pel teorema de Pitàgores, 2

2

2

(

a 2 = BH + CH = BH + b − HA

)

2

2

2

= BH + b 2 + HA − 2b ⋅ HA

(1)

∆

El triangle HAB és rectangle. 2

2

Pel teorema de Pitàgores BA + HA = c 2 HA cos A = ⇒ HA = c ⋅ cos A c Substituint en (1) 2

2

a 2 = BH + b 2 + HA − 2b ⋅ HA = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos A

3.∆

Tracem al triangle ABC l’altura corresponent al vèrtex B. ∆

El triangle CHB és rectangle. Pel teorema de Pitàgores: 2

2

2

(

a 2 = BH + CH = BH + b + HA ∆

)

2

2

2

= BH + b 2 + HA + 2b ⋅ HA

(1)

El triangle HAB és rectangle. 2

2

Pel teorema de Pitàgores BA + HA = c 2 HA cos(180 º − A ) = ⇒ HA = −c ⋅ cos A c Substituint en (1) 2

2

a 2 = BH + b 2 + HA + 2b ⋅ HA = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos A

Anàlogament es demostren les altres dues igualtats de l’enunciat del teorema.

18

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de la tangent (Viète) ∆

Siga el triangle ABC . A +B tg 2 = a +b Aleshores, A − B a −b tg 2 Demostració: Utilitzarem el teorema dels sinus

a b = i les transformacions de productes sin A sin B

en sumes: 1 (sin(α + β ) + sin(α − β) ) 2 1 cos α ⋅ sin β = (sin(α + β ) − sin(α − β)) 2 sin α ⋅ cos β =

A +B A+B A−B sin ⋅ cos 2 = 2 2 = A −B A+B A−B tg cos ⋅ sin 2 2 2 1 (sin A + sinB ) sin A + sin B = 2 = = 1 (sin A − sin B ) sin A − sin B 2 a ⋅ sinB + sin B a+b b = = a ⋅ sinB a−b − sinB b tg

19

El triangle Ricard Peiró i Estruch

TRIANGLES. ∆

Un triangle ABC és la figura geomètrica del plànol formada per 3 segments anomenats costats els extrems dels quals es tallen 2 a 2 en 3 punts anomenats vèrtexs. Els vèrtexs s’escriuen en lletres majúscules i el costat oposat al vèrtex en la mateixa lletra minúscula.

Igualtat de triangles: ∆

∆

Dos triangles ABC , A' B' C' són iguals si els costats i els angles corresponents són iguals.

Criteris d’igualtat de triangles. Criteri 1. ∆

∆

ˆ =A ˆ ' , b = b' , c = c ' , és a dir, Dos triangles ABC , A' B' C' són iguals si A dos triangles són iguals si tenen iguals dos costats i l’angle comprés entre ells. Criteri 2. ∆

∆

∆

∆

∆

∆

ˆ =A ˆ ', B ˆ = Bˆ' , és a dir, Dos triangles ABC , A' B' C' són iguals si c = c ' , A dos triangles són iguals si tenen igual un costat i els angles continguts. Criteri 3. Dos triangles ABC , A' B' C' són iguals si a = a' , b = b' , c = c ' , és a dir, dos triangles són iguals si tenen els costats corresponents són iguals. Criteri 4. ˆ =A ˆ ' , és a dir, Dos triangles ABC , A' B' C' són iguals si a = a' , b = b' , a > b , A dos triangles són iguals si tenen dos costats iguals i iguals l’angle oposats al major d’ells.

Classificació dels triangles: Segons els costats: Equilàter: Té els 3 costats són iguals. Isòsceles: Té 2 costats iguals. Escalè: Té els tres costats desiguals. Segons els angles: Acutangle: Té els 3 angles aguts. Rectangle : Té un angle recte i els altres aguts. Obtusangle: Té un angle obtús i els altres aguts.

20

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Propietats ∆

a) Si un triangle ABC té dos costats iguals AB = AC , els seus angles oposats són iguals. ∆

Considerem el triangle ABC i el triangle ∆

ACB que resulta de la simetria del triangle ∆

ABC respecte de la bisectriu de l’angle ∠ BAC . Els dos triangles tenen dos costats iguals i l’angle que formen igual. Per tant són iguals, aleshores ∠ABC = ∠ACB .

∆

b) En un triangle ABC , a major costat s’oposa major angle. ˆ > Bˆ . Hem de provar que si AB > AC , aleshores C Siga El punt D sobre el costat AB tal que AC = AD . ∆

Com el triangle ADC és isòsceles ∠ADC = ∠ACD ˆ > ∠ACD i ∠ADC > Bˆ , aleshores, C ˆ > Bˆ . Com C

1.- La suma de dos costats és major que l’altre costat. ∆

Siga el triangle ABC i suposem que a = BC és el costat major.

Hem de provar que BC < AB + AC Prolonguem el costat AB i en la prolongació construïm el segment AD , tal que ∆

AC = AD (el triangle ADC és isòsceles), aleshores ∠ACD = ∠ADC .

∠BCD > ∠ACD = ∠ADC Com que l’angle major s’oposa major angle, temin que: AD = AB + AC > BC

21

El triangle Ricard Peiró i Estruch

2.- La suma dels angles d’un triangle mesura 180º. Considerem la recta paral· lela al costa AB que passa per C Aleshores α + Cˆ + β = 180 º ˆ = α, B ˆ = β , per ser angles alternsA interns sobre costats paral· lels. ˆ + Bˆ + C ˆ = 180 º Per tant, A

ALTRES ELEMENTS D’UN TRIANGLE: Mitjanes i baricentre. La mitjana: És el segment que uneix un vèrtex i el punt mig del costat oposat al vèrtex. Propietat: Les 3 mitjanes d’un triangle es creuen en un punt G anomenat baricentre o centre de gravetat del triangle.

Siguen les mitjanes BMb , CMc que es tallen en el punt G. ∆

Mb Mc és la paral· lela mitjana del triangle ABC . ∆

∆

Aleshores els triangles ABC , AM bM c són semblants i Mb Mc = ∆

a 2

∆

1 2 Aleshores BG = 2 ⋅ GMb , CG = 2 ⋅ GMc , o bé, BMb = 3 ⋅ GMb , CMc = 3 ⋅ GMc Aleshores Els triangles GMb Mc , GBC són semblants i la raó de semblança és

Siga G’ el punt d’intersecció de les mitjanes corresponents als vèrtexs A i B BMb = 3 ⋅ G' M b , AM a = 3 ⋅ G' M a GMb = G' Mb , aleshores G=G’

22

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Propietat del baricentre d’un triangle: ∆

Siga el triangle ABC . Siga G el baricentre del triangle, aleshores CG = 2 ⋅ GM c , AG = 2 ⋅ GM A , BG = 2 ⋅ GMB El baricentre d’un triangle està a doble distància del vèrtex que del punt mig del costat oposat. Demostració: veure el teorema anterior.

Propietat: la mesura de les mitjanes: La mitjana sobre el vèrtex A mesura m A =

2b 2 + 2c 2 − a 2 2

La mitjana sobre el vèrtex B mesura mB =

2a 2 + 2c 2 − b 2 2

La mitjana sobre el vèrtex C mesura m C =

2a 2 + 2b 2 − c 2 2

Demostració: ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ABC a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos A ⇒ − 2bc ⋅ cos A = a 2 − b 2 − c 2

(1)

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle AM C C 2

c m = b +   − bc ⋅ cos A  2 2 C

2

⇒

− 2bc ⋅ cos A = 2m 2C − 2b 2 −

Igualant les expressions (1) i (2) a 2 − b 2 − c 2 = 2m 2C − 2b 2 −

c2 2

⇒

m 2C =

2a 2 + 2b 2 − c 2 4

2a 2 + 2b 2 − c 2 2 Anàlogament, demostraríem la mesura de les altres mitjanes. Aleshores,

mC =

23

c2 2

(2)

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Mediatrius i circumcentre. La mediatriu: és la recta que passa pel punt mig de cada costat i és perpendicular al costat.

Propietat: Les 3 mediatrius d’un triangle es creuen en un punt que s’anomena circumcentre, que té la propietat de ser el centre de la circumferència circumscrita al triangle. Demostració: Siguen m a ,m c les mediatrius que es tallen en el punt O, aleshores: OB = OC, OA = OB Per tant, OA = OC , és a dir, O pertany a la mediatriu del segment AC . També O equidista dels vèrtexs A, B, C, aleshores, és el centre de la circumferència que passa pels tres vèrtexs.

Càlcul del diàmetre del cercle circumscrit a un triangle. El diàmetre de la circumferència circumscrita és igual a la constant de la proporció del teorema dels sinus. ∆

Considerem el triangle ABC . Considerem el cercle circumscrit al triangle. Tracem el diàmetre AD i la corda DC . ∆

Considerem el triangle ADC . Per ser B, D angles inscrits a la circumferència, i abracen el mateix arc tenim que B = D . Siga l’angle α = ∠ACD. L’angle α = 90º , perquè un angle inscrit en la circumferència mesura la meitat de l’arc que abraça. Per tant, b = AD ⋅ sin D = AD ⋅ sin B b Aleshores, el diàmetre AD = sin B És a dir, el diàmetre d’un cercle circumscrit a un triangle és igual a la raó de proporcionalitat del teorema dels sinus. a b c = = = 2R sin A sin B sin C

24

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Bisectrius i incentre. La bisectriu: És la recta que passa pel vèrtex que formen dos costats i divideix per la meitat a l’angle que formen els mateixos costats.

Propietat: Les 3 bisectrius d’un triangle es creuen en un punt que s’anomena incentre, que té la propietat de ser el centre de la circumferència inscrita al triangle. Demostració: Siguen b1, b 2 les bisectrius corresponents als vèrtexs A, B, les quals es tallen en el punt I. El punt I equidista dels costats b, c. El punt I equidista dels costats a, c. Aleshores el punt I equidista dels costats a, c. Per tant el punt I pertany a la bisectriu corresponent al vèrtex C. El punt I equidista dels tres costats, aquesta distància serà el radi de la circumferència tangent als costats. Nota: si la distància del centre d’una circumferència a una recta és igual al radi la recta és tangent a la circumferència.

Propietat de la bisectriu d’un triangle: ∆

Siga el triangle ABC considerem el punt P intersecció de la bisectriu de l’angle ∠ ACB amb el costat AB . AB AC Aleshores: = AP PB ∆

La bisectriu d’un angle d’un triangle ABC divideix al costat oposat en parts proporcionals als costats adjacents. Demostració: Siga ∠ACP = ∠PCB = α S’observa que els angles: ∠CPB = 180 º −(B + α ) , ∠CPA = B + α ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle CPB : PB a sin(C + α ) a = ⇒ = sin α sin(180 º −(C + α )) sin α PB

(1)

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle APC AP b sin(C + α ) b = ⇒ = sin α sin(C + α ) sin α AP De les igualtats (1), (2) tenim: c b = AP PB

25

(2)

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Circumferències exinscrites. Considerem b a la bisectriu de l’angle A, B b la bisectriu de l’angle exterior de B i B c la bisectriu de l’angle exterior de C. Les tres bisectrius s’intersecten en un punt Ia (exincentre de a) que equidista de les rectes que formen els costats.

Anàlogament aconseguiríem els altres exincentres I b , Ic Les tre circumferències tangents als costats i exteriors al triangle s’anomenen circumferències exinscrites.

Propietat: ∆

∆

El triangle format pels incentres I aIb Ic té per altures les bisectrius del triangle ABC . Demostració: Notem que les bisectrius exteriors a un vèrtex i la bisectriu interior formen 90º.

26

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Propietat: Proporció entre els radis de les circumferències inscrites i exinscrites. ∆

Siga el triangle ABC . Siguen r i ra els radis de les circumferències inscrita i exinscrita, respectivament. r p−a a +b+c Aleshores, = on p és el semiperímetre del triangle p = ra p 2 Demostració:

Siguen els punts A’, B’, C’ els punts de tangència de la circumferència inscrita al ∆

triangle ABC amb els costats. AC' = AB ', BC' = BA', CA' = CB' Aleshores, AC' + BA ' + CA' = p BA ' + CA ' = a

Per tant AC' = AB ' = p − a Anàlogament, BC' = BA' = p − b, CA' = CB' = p − c Siga la circumferència exinscrita de centre Ia i radi ra . ∆

Siguen A”, B”, C” els punts de tangència de la circumferència inscrita al triangle ABC amb les prolongacions dels costats.

Calculem BC" i AC " AC" = AB", BC" = BA ", CA" = CB" Aleshores; AC + CA " = AB + BC " AB + BA " = AB + BC "

Sumant les expressions:

27

El triangle Ricard Peiró i Estruch

2p = 2c + 2 ⋅ BC" , aleshores, BC" = p − c Per tant,

AC" = (p − a) + (p − b) + (p − c ) = p ∆

∆

Els triangle IAC ' , I a AC " són semblants, aleshores, r p−a = ra p r p−b r p−c Anàlogament, = , = rb p rc p Nota: També podem provar que: C' C" = a, B' B" = b,

A' A" = CA' − BA" = CB' − BC" = (p − c ) − (p − a ) = a − c

28

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Altures i ortocentre. L’altura: És la recta que passa per un vèrtex i es perpendicular al costat oposat. Propietat: Les tres altures d’un triangle es creuen en un punt que s’anomena ortocentre.

Demostració:

Reduirem aquest cas al cas de les mediatrius. Pels vèrtexs A, B, C dibuixem paral· leles als costats oposats respectius. Aquestes rectes es tallen dos a dos en els punts A’, B’, C’. ∆

∆

∆

∆

Es formen tres triangles ACB' , ABC' , BCA' iguals al triangle ABC . Tenen un costat comú i els altres dos costats paral· lels. D’aquesta igualtat de triangles tenim que AB ' = BC , AC ' = BC , aleshores, AB ' = AC ' És a dir, A és el punt mig del segment B' C' , B és el punt mig del segment A ' C' i C és el punt mig del segment A' B' . Normalment considerem l’altura d’un triangle com el segment de la recta altura que uneix el vèrtex i el punt del costat oposat, CHC , AH A , BHB . ∆

∆

Les altures del triangle ABC són perpendiculars als costats del triangle A' B' C' , per ∆

tant són mediatrius del triangle A' B' C' , que s’intersecten en un punt. ∆

Aleshores, les tres altures del triangle ABC s’intersecten en un punt, que s’anomena ortocentre. 29

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Propietat: fórmula de l’altura en funció dels costats. ∆

En un triangle qualsevol ABC (a + b + c )(−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) 2a (a + b + c )(−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) hB = BHB = 2b (a + b + c )(−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) h C = CHC = 2c h A = AH A =

Demostració: Siga l’altura CH = hC Siga el segment AH = m ∆

Per ser el triangle ACH rectangle, h 2C = b 2 − m 2 ∆

Per ser el triangle BCH rectangle, h 2C = a 2 − (c − m) 2 Restant ambdues igualtats, b 2 − m 2 = a 2 − (c 2 + m 2 − 2cm) Aleshores,  − a2 + b 2 + c 2 h = b −  2c  2 C

2

= b2 − =

(− a

2

+ b2 + c 2 4c 2

)

2

  =  

2

=

(2bc)2 − (b 2 + c2 + −a 2 )2

= 4c 2 2bc + b 2 + c 2 − a 2 ⋅ 2bc − b 2 − c 2 + a 2 = = 4c 2 (b + c)2 − a 2 ⋅ a 2 − (b − c)2 = = 4 c2 ( a + b + c )(b + c − a)(a + b − c )(a − b + c ) = 4c 2 Aleshores, (a + b + c )(−a + b + c )(a − b + c )(a + b − c ) hC = 2c

(

(

)(

)(

)

)

Les altres fórmules es demostren anàlogament.

30

⇒

m=

− a2 + b2 + c 2 2c

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Triangle òrtic. ∆

Donat el triangle ABC acutangle, siguen H a , H b , H c els peus de les altures. ∆

∆

El triangle HaHb Hc s’anomena triangle òrtic del triangle ABC .

Propietat: ∆

Les bisectrius del triangle òrtic són les altures del triangle ABC .

Demostració: Provem que l’altura CHc és bisectriu de l’angle ∠H a H c H b ∠AH a B = 90 º , ∠AH b B = 90 º aleshores el quadrilàter ABH a Hb és cíclic. Aleshores, α = ∠H a AH b = ∠H a BH b (són angles interiors que abracen el mateix arc). ∠HH a B = 90 º , ∠HH c B = 90 º , aleshores el quadrilàter HH c BH a és cíclic. Aleshores, α = ∠H a BH a = ∠H a BH = ∠HH c H a (1) ∠HH c A = 90 º , ∠HH b A = 90 º , aleshores el quadrilàter HH b AH c és cíclic. Aleshores, α = ∠H a AH b = ∠HAH b = ∠ HH c Hb (2)

De (1) i (2) ∠HH c H a = ∠HH c H b , aleshores, l’altura CHc és bisectriu de l’angle ∠H a H c H b

Per a les altres altures es provaria anàlogament.

31

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Àrea d’un triangle. Propietat: l’àrea d’un triangle ∆

L’àrea d’un triangle ABC és:  ∆  base × altura a ⋅ ha b ⋅ h b c ⋅ h C = = = ABC = 2 2 2 2   la fórmula no depén de la base escollida.

Siga r la recta paral· lela al costat a que passa pel punt A Siga s la recta paral· lela al costat b que passa pel punt B Siga D el punt intersecció de les rectes r, s. ACBD és un paral· lelogram. ∆

L’àrea del triangle ABC és la meitat de l’àrea del paral· lelogram. ∆

Fórmula d’Heró. L’àrea d’un triangle ABC és: ( a + b + c )( −a + b + c )(a − b + c )(a + b − c )  ∆  c ⋅ hc ABC = 2 = 4   a +b+c Si fem el canvi p = , tenim que: 2 −a+b+ c a−b+ c a +b − c p−a = ,p−b = ,p−c = 2 2 2 ∆   la fórmula quedaria: ABC = p(p − a )(p − b )(p − c )   ∆

Fórmules trigonomètriques: L’àrea d’un triangle ABC és: b ⋅ c ⋅ sin A a ⋅ c ⋅ sin B a ⋅ b ⋅ sin C Àrea = Àrea = Àrea = 2 2 2 ∆

Considerem el triangle ABC Siga l’altura BH L’àrea d’un triangle és  ∆  base × altura AC ⋅ BH = ABC = 2 2   AC = b ∆

Considerant el triangle rectangle AHB BH = c ⋅ sin A

Aleshores,  ∆  bc ⋅ sin A ABC = 2   Anàlogament obtindríem les altres fórmules.

32

El triangle Ricard Peiró i Estruch

∆

Fórmula amb el radi de la circumferència circumscrita. L’àrea d’un triangle ABC és: abc S= on R és el radi de la circumferència circumscrita. 4R Pel teorema dels sinus: a b c a = = = 2R , aleshores, sin A = sin A sin B sin C 2R A partir de la fórmula trigonomètrica de l’àrea:  ∆  bc ⋅ sin A abc = ABC = 2 4R   ∆

Fórmula amb el radi de la circumferència inscrita. L’àrea d’un triangle ABC és: a +b+c S = rp on p és el semiperímetre p = 2

∆

∆

Siga I l’incentre del triangle ABC . Siga r el radi de la circumferència inscrita a ABC . ∆

Siguen A’, B’, C’, els punts de tangència de la circumferència inscrita i el triangle ABC . Podem notar que IA ' = IB ' = IC ' = r . ∆

∆

∆

∆

L’àrea del triangle ABC és igual a la suma de les àrees dels triangles ABI , BCI, ACI  ∆   ∆   ∆   ∆  c ⋅ r a ⋅r b ⋅ r a + b + c ⋅ r = rp ABC = ABI  + BCI + ACI = 2 + 2 + 2 = 2         Nota 1: Fórmula per a calcular el radi de la circumferència inscrita en funció dels costats. ∆

àrea ABC (p − a )(p − b )(p − c ) r= = p p Nota 2: A partir de la proporció entre els radis de les circumferències inscrita i exinscrites tenim les fórmules dels radis de les exinscrites en funció dels costats: ra =

r ⋅p p(p − b)(p − c ) r ⋅p p(p − a)(p − c ) r ⋅p p(p − a)(p − b) = , rb = = , rc = = p−a p−a p−b p−b p−a p−c

33

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema: sobre l’altura, bisectriu i mitjana d’un triangle ∆

En tot triangle ABC la bisectriu coincideix amb l’altura o la mitjana o roman entre elles. Demostració: Siga CH l’altura, CP la bisectriu, CM la mitjana referides al vèrtex C del triangle ∆

ABC .

Si a = b aleshores, la bisectriu, la mitjana i l’altura al vèrtex C coincideixen. ˆ ∠BCP 2 2 Aleshores, el punt P es troba entre H i B. ∠BCH >

Per la propietat de les bisectrius: b a PB a = ⇒ = > 1 , per tant, PB > AP AP PB AP b 1 1 AP < AP + PB < c 2 2 Aleshores P es troba entre P i M

(

)

34

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teoremes

35

El triangle Ricard Peiró i Estruch

36

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Els teoremes de Napoleó Teorema de Napoleó 1: (demostració trigonomètrica) ∆

Si sobre els costats d’un triangle qualsevol ABC construïm tres triangles equilàters exteriors, els centres d’aquests tres triangles són, a la vegada els vèrtexs d’un nou triangle equilàter. Demostració:

Siguen els segments NP = x MN = y

MP = z

Volem demostrar que x = y = z ∠PAB=30º c AP = 3 3

∠CAN=30º b AN = 3 3 ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ANP 2

2

c b c  b  x2 =  3 + 3  − 2⋅ 3⋅ 3 ⋅ cos(60 º + A ) 3 3 3  3  1 x 2 = c 2 + b 2 − 2bc ⋅ cos(60 º + A ) 3

(

)

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle CMN . 2

2

a b a  b  y = 3 + 3 − 2⋅ 3⋅ 3 ⋅ cos(60 º +C) 3 3 3  3  1 y 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos(60º + C) 3 2

(

x2 − y 2 =

)

(

1 2 c − a 2 − 2b(c ⋅ cos(60 º + A) − a ⋅ cos(60 º +C) 3

37

)

El triangle Ricard Peiró i Estruch

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC x2 − y 2 = =

c=

a ⋅ sin C sin A

1 2  a ⋅ sin C   c − a 2 − 2b ⋅ cos(60 º + A ) − a ⋅ cos(60 º +C)  = 3  sin A 

1 2  sin C   c − a 2 − 2ab (cos 60 º cos A − sin 60º sin A ) − (cos 60º cos C − sin 60 º sin C)  = 3  sin A 

 1 sin C  1  2 3 sin C 1 3 c − a 2 − 2ab cos A − sin A − cos C + sin C  =  2 sin A  3  2 sin A 2 2   1  sin C  =  c 2 − a 2 − ab cos A − cos C   = 3  sin A  =

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC i el teorema del cosinus cos A =

a2 − b 2 − c 2 − 2bc

a ⋅ sin C sin A c 2 − a 2 − b2 cos C = − 2ab c=

Obtenim:   =   2 2 2 2 2  c (a − b − c ) c − a − b 2   1  = =  c 2 − a 2 − ab +  3  − 2abc 2ab   2 2 2 2 2 2 1 a −b −c c − a − b  = c 2 − a 2 + − =0 3 2 2  2 2 Aleshores, x − y = 0 ⇒ x = y x2 − y 2 =

 c a2 − b 2 − c 2 c 2 − a 2 − b2 1  2 c − a 2 − ab − 3  − 2bc − 2ab a

Anàlogament demostraríem que z 2 − x 2 = 0 ∆

Per tant, el triangle MNP és equilàter. Observa que si l’angle A és obtusangle també es demostra de forma anàloga.

38

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Napoleó 1: (demostració sintètica) Lema 1: Un quadrilàter és cíclic (inscriptible en una circumferència) si i només si els seus angles oposats sumen 180º Lema 2: Siguen dues circumferències que s’intersecten. La recta que uneix els punts d’intersecció és perpendicular a la recta que uneix els centres.

Demostració: O 1 pertany a la mediatriu del segment AB perquè O1A = O1B O 2 pertany a la mediatriu del segment AB perquè O 2 A = O2 B Per tant, la recta mediatriu és la recta que passa pels punts O 1 , O 2

Aleshores, O1O 2 és perpendicular a AB

39

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Napoleó 1: ∆

Si sobre els costats d’un triangle qualsevol ABC construïm tres triangles equilàters exteriors, els centres d’aquests tres triangles són, a la vegada els vèrtexs d’un nou triangle equilàter.

En la figura considerem: ∆

El triangle equilàter BCA' de centre M i la seua circumferència circumscrita C 1 , ∆

El triangle equilàter ACB' de centre N i la seua circumferència circumscrita C 2 , ∆

El triangle equilàter ABC' de centre P i la seua circumferència circumscrita C 3 . Siga F el punt intersecció de les circumferències C 1 , C 2 . ∠AFC = 120 º , ∠BFC = 120 º (per ser angles interiors de les circumferències C 1 , C 2 , respectivament). Aleshores l’angle ∠AFB = 120 º Per tant, el quadrilàter AFBC’ és inscriptible en una circumferència. ∆

El triangle ABC' està inscrit en la circumferència C 3 aleshores F pertany a C 3 . Per tant F és la intersecció de les tres circumferències. Considerem els segments AF, CF Els segments NP , AF són perpendiculars (pel lema A, F és la intersecció de C 1 , C 3 i N, i P els centres d’ambdues circumferències).

40

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Anàlogament els segments NM , CF són perpendiculars. Considerem el segment NP que talla el segment AF en el punt X. Considerem el segment NM que talla el segment CF en el punt Y. Per tant, ∠NXF = 90 º , ∠NYF = 90º . El quadrilàter NXFY és inscriptible en una circumferència (la suma de dos angles oposats és 180º) ∠XFY = 120 º Aleshores, ∠XNY = 60º Anàlogament provaríem que ∠NMP = 60 º ,

∠NPM = 60 º

∆

Aleshores els triangle MNP és equilàter. Conseqüències:

Teorema d’Steiner En la construcció anterior: Els segments AA ' , BB' , CC ' s’intersecten en el punt F que s’anomena punt d’Steiner o de Fermat. A més a més AA ' = BB ' = CC ' Demostració: ∠B' FA = 60º, ∠AFB = 120 º , per tant B’, F, B estan alineats Anàlogament A’, F, A estan alineats i C’, F, C estan alineats. ∆

Notem que un gir de 60º de centre A del triangle CB' B és transforma en el triangle ∆

CAA ' , aleshores AA ' = BB' . Anàlogament BB ' = CC '

41

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Napoleó 2: ∆

Si sobre els costats d’un triangle qualsevol ABC construïm tres triangles equilàters interiors, els centres d’aquests tres triangles són, a la vegada els vèrtexs d’un nou triangle equilàter. Demostració:

Siguen els segments N' P' = x

M' N' = y

M' P' = z

Volem demostrar que x = y = z ∠P’AB=30º c AP' = 3 3

∠CAN’=30º b AN' = 3 3 ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle AN' P' 2

2

c b c  b  x2 =  3 + 3 −2⋅ 3⋅ 3 ⋅ cos(A − 60º ) 3 3 3  3  1 x 2 = c 2 + b 2 − 2bc ⋅ cos(A − 60 º ) 3

(

)

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle CM' N' . 2

2

a b a  b  y2 =  3 + 3 −2⋅ 3⋅ 3 ⋅ cos(C − 60 º ) 3 3 3  3  1 y 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos(C − 60 º ) 3

(

x2 − y 2 =

)

(

1 2 c − a 2 − 2b(c ⋅ cos(A − 60 º ) − a ⋅ cos(C − 60 º ) 3

42

)

El triangle Ricard Peiró i Estruch

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC x2 − y 2 = =

c=

a ⋅ sin C sin A

1 2  a ⋅ sin C   c − a 2 − 2b ⋅ cos(A − 60º ) − a ⋅ cos(C − 60 º )  = 3  sin A 

1 2  sin C   c − a 2 − 2ab (cos 60 º cos A + sin 60 º sin A ) − (cos 60º cos C + sin 60º sin C)   = 3  sin A 

 1 sin C  1  2 3 sin C 1 3 c − a 2 − 2ab cos A + sin A − cos C − sin C  =  2 sin A  3  2 sin A 2 2   1  sin C  =  c 2 − a 2 − ab cos A − cos C   = 3  sin A  =

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC i el teorema del cosinus cos A =

a2 − b 2 − c 2 − 2bc

a ⋅ sin C sin A c 2 − a 2 − b2 cos C = − 2ab c=

Obtenim:   =   2 2 2 2 2  c (a − b − c ) c − a − b 2   1  = =  c 2 − a 2 − ab +  3  − 2abc 2ab   2 2 2 2 2 2 1 a −b −c c − a − b  = c 2 − a 2 + − =0 3 2 2  2 2 Aleshores, x − y = 0 ⇒ x = y x2 − y 2 =

 c a2 − b 2 − c 2 c 2 − a 2 − b2 1  2 c − a 2 − ab − 3  − 2bc − 2ab a

Anàlogament demostraríem que z 2 − x 2 = 0 ∆

Per tant, el triangle M' N' P' és equilàter.

43

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema d’àrees dels triangles de Napoleó. La diferència entre les àrees dels triangles equilàters de Napoleó (exterior i interior) és ∆

igual a l’àrea del triangle ABC . Demostració:

∆

Siga MNP el triangle de Napoleó construït amb els centres dels triangles equilàters ∆

construïts sobre els costats del triangle ABC i exteriors al triangle. ∆

Siga M' N' P' el triangle de Napoleó construït amb els centres dels triangles equilàters ∆

construïts sobre els costats del triangle ABC i interiors al triangle. ∆  ∆  1 L’àrea del triangle ABC és ABC = bc ⋅ sin A   2 ∆

∆

Els triangles MNP , M' N' P' són equilàters, per tant: ∆ 2  ∆  3 L’àrea del triangle MNP és igual a MNP  = NP 2   ∆ 2  ∆  3 L’àrea del triangle M' N' P' és igual a M' N' P' = N' P' 2   En el teorema de Napoleó havíem provat que: 2 1 NP = c 2 + b 2 − 2bc ⋅ cos(A + 60 º ) 3 2 1 N' P' = c 2 + b 2 − 2bc ⋅ cos(A − 60 º ) 3 La diferència d’àrees és:

(

)

(

)

2 2  ∆   ∆  3 3 3 MNP  − M' N' P' = 2 NP − 2 N' P' = 6 (− 2bc (cos(A + 60 º ) − cos(A − 60 º )) =    

3 (2bc )(− cos(A + 60º ) + cos(A − 60 º )) = 6  1 3  1 3 1 3  ∆  = bc  − cos A + sin A + cos A + sin A  = bc ⋅ sin A = ABC  3 2 2 2    2  2 =

44

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Napoleó 3. ∆

Dividim els costats d’un triangle ABC qualsevol en tres parts iguals. Sobre cadascuna ∆

de les parts centrals dibuixem tres triangles equilàters exteriors al triangle ABC , els vèrtexs exteriors d’aquests tres triangles equilàters són, a la vegada els vèrtexs d’un nou triangle equilàter.

Demostració: Notem que els punts P, Q, R són els centres dels triangles equilàters construïts sobre ∆

els costats del triangle ABC

45

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema: Generalització del teorema de Napoleó. ∆

Siga el triangle ABC . BX1 = k i el punt X2 tal que BX 1 = X 2 C BC CY1 Sobre el costat CA, siga el punt Y1 tal que = k i el punt Y2 tal que CY 1 = Y2 A CA AZ 1 Sobre el costat AB, siga el punt Z1 tal que = k i el punt Z2 tal que AZ 1 = Z 2B AB Sobre el costat BC, siga el punt X1 tal que

∆

∆

∆

∆

∆

Siguen els triangles equilàters X1 X2 X 3 , Y1 Y2 Y3 , Z 1Z 2 Z 3 , Y2 Z1 X' 3 , Z 2 X1Y '3 , ∆

X 2 Y1Z' 3 en la mateixa orientació. Siguen: la recta r que passa pels punts X3, X’3 la recta s que passa pels punts Y3, Y’3 i la recta t que passa pels punts Z3, Z’3 Aleshores: X 3 X' 3 = Y3 Y '3 = Z 3 Z'3 Les rectes r, s, t concorren en un punt i entre elles formen un angle de 60º.

46

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punts de Napoleó Teorema 1: ∆

Si sobre els costats d’un triangle ABC dibuixem tres triangles equilàters exteriors al ∆

triangle ABC (com el de la figura 1). Siguen P, Q, R els baricentres dels triangles equilàters exteriors. Aleshores les rectes AP, BQ, CR s’intersecten en un punt anomenat punt primer de Napoleó. Teorema 2: ∆

Si sobre els costats d’un triangle ABC dibuixem tres triangles equilàters interiors al ∆

triangle ABC (com el de la figura 2). Siguen P, Q, R els baricentres dels triangles equilàters interiors. Aleshores les rectes AP, BQ, CR s’intersecten en un punt anomenat punt primer de Napoleó.

Figura 1 Aquests punts ha estat estudiats per John Rigby 1988.

47

Figura2

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teoremes de Menelau i de Ceva. Teorema de Menelau. (demostració analítica) ∆

Siga el triangle ABC , siguen els punts D ∈ AB, F ∈ AC . Siga la recta g que passa pels punts B, C. Siga el punt E∈ g . AD BE CF ⋅ ⋅ =1 BD CE AF

D, E, F estan alineats ⇔

Demostració: Siguen AD = r ⋅ BD , BE = s ⋅ CE , CF = t ⋅ AF . Demostrarem D, F, E, estan alineats ⇔ r ⋅ s ⋅ t = 1 Considerem B(0,0 ), BA = (a, b),

A (a, b),

BC = (c,0 ),

C(c ,0)

AC = (c − a,−b )

Per estar D en el segment AB D(αa, αb ) . Calculem α AD = r ⋅ BD

⇒

(α a − a, α b − b ) = r(α a, α b)

⇒

α=

Per estar E en la recta g E(βc,0) . Calculem β BE = s ⋅ CE

⇒

(βc ,0) = s(βc − c,0)

Per estar F en el segment AC CF = t ⋅ AF

⇒

⇒

β=

1 1− r

−s 1− s

F(c + γ(c − a ), − γb ) . Calculem γ

( γ(c − a),− γb) = t(c − γ(c − a ) − a,− γb − b)

{

⇒

γ=

t 1− t

}

D, F, E estan alineats ⇔ DE , FE són linealment dependents DE = (β c − αa,− αb )

FE = (βc − c − γ(c − a), γb)

D, F, E estan alineats ⇔ ⇔

βc − α a −α = βc − c − γ(c − a ) γ

βc − α a − αb = β c − c − γ( c − a) γb ⇔

⇔

βγc − αγa = − αβc + αc + αγc − αγa

⇔

βγ = −αβ + α + αγ ⇔ 1 −s t Substituint α = , β= , γ= 1− r 1− s 1− t −s t −1 − s 1 1 t ⇔ ⋅ = ⋅ + + ⋅ 1 − s 1− t 1− r 1− s 1 − r 1− r 1 − t

48

⇔

r ⋅s⋅t =1

⇔

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Menelau. (demostració sintètica) ∆

Siga el triangle ABC , siguen els punts D ∈ AB, F ∈ AC . Siga la recta g que passa pels punts B, C. Siga el punt E∈ g . D, E, F estan alineats ⇔

AD BE CF ⋅ ⋅ =1 BD CE AF

(⇒)

Suposem que D, E, F estan alineats. Siga r la recta que passa pels punts D, E, F. Siguen BL, AM, CN perpendiculars a la recta r, tal que L, M, N pertanyen a la recta r. Aleshores, BL, AM, CN són paral· lels. Aplicant el teorema de Tales, BE BL AD AM CF CN = , = , = BD BL CE CN AF AM Multiplicant les tres igualtats: AD BE CF ⋅ ⋅ =1 BD CE AF (⇐) Suposem que els punts

D ∈ AB, F ∈ AC , E∈ g , tal que,

AD BE CF ⋅ ⋅ =1 BD CE AF

Siga la recta s que passa pels punts E, F. La recta s talla la el costat AB en el punt D’ Com D’, E, F estan alineats es compleix

AD' BE CF ⋅ ⋅ =1 BD' CE AF

AD' AD = BD' BD Els punts D, D’ pertanyen al costat AB i divideixen el costat AB amb la mateixa raó, per tant D i D’ coincideixen. Aleshores D, E, F estan alineats. Igualant les dues expressions,

49

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Ceva . (demostració analítica) ∆

Siga el triangle ABC , siguen els punts D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC . Siguen AD = r ⋅ BD ,

BE = s ⋅ CE ,

CF = t ⋅ AF .

Aleshores, els segments AE, BF, CD es tallen en un punt T ⇔ r ⋅ s ⋅ t = −1

Demostració: (⇒) Suposem que els segments AE, BF, CD es tallen en un punt T Aleshores ET = m ⋅ AT Com que BE = s ⋅ CE , BC = BE + EC = s ⋅ CE + EC = (1 − s)EC ∆

Els punts D, T, C estan alineats, aplicant el teorema de Menelau al triangle BAE r ⋅ (1 − s ) ⋅ m = 1

(1)

Com que BE = s ⋅ CE , CB = CE + EB =

1  1 ⋅ BE + EB = 1 − EB s  s ∆

Els punts B, T, F estan alineats, aplicant el teorema de Menelau al triangle AEC 1  1 ⋅ 1 −  ⋅ m = 1 (2) t  s Dividint les expressions (1), (2) r(1 − s )m = 1 ⇒ r ⋅ s ⋅ t = −1 1  s − 1  m t s  (⇐) Suposem que els segments AE, BF, CD no es tallen en un punt T Suposem que els segments BF, CD es tallen en T. Considerem el segment AE ' que passa per T i talla en E’ el segment BC Siga BE' = x ⋅ CE' , s ≠ x (ja que E ≠ E' ) Per la implicació anterior ( AE', BF, CD , es tallen en T), r ⋅ x ⋅ t = −1, Com que x ≠ s ⇒ r ⋅ s ⋅ t ≠ −1

50

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Ceva . (demostració sintètica). ∆

Siga el triangle ABC , siguen els punts D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC . Aleshores, AD BE CF els segments AE, BF, CD es tallen en un punt T ⇔ ⋅ ⋅ =1 BD CE AF Demostració: ∆  ∆  Anomenem XYZ  a l’àrea del triangle XYZ   (⇒) Suposem que AE, BF, CD es tallen en un punt T Dos triangle que tenen la mateixa altura les àrees són proporcionals a les bases.  ∆   ∆   ∆   ∆   ∆  ADC ADT   ADC − ADT  ATC  AD   =  =    =  = ∆ ∆ ∆ ∆ ∆          BD  BDC BDT BDC − BDT BTC           ∆ ∆ ∆ ∆ ∆           BEA BET BEA − BET  ATB   BE   =   =     =   = CE  ∆   ∆   ∆   ∆   ∆  CEA CET CEA − CET ATC             ∆   ∆   ∆   ∆   ∆  CFB CFT CFB − CFT  BTC CF   =  =   =  = ∆ ∆ ∆ ∆ ∆           AF AFB  AFT  AFB  − AFT  ATB            Multiplicant les tres igualtats: AD BE CF ⋅ ⋅ =1 BD CE AF (⇐) Siguen els punts D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC tal que

AD BE CF ⋅ ⋅ = 1 (1) BD CE AF

Siga T el punt intersecció de AE, BF Siga la recta r que passa pels punt C, T que talla el costat AB en D’ Vegem que D es igual a D’ AD' BE CF D'∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC i es tallen en T aleshores, ⋅ ⋅ = 1 (2) BD' CE AF AD' AD Igualant les dues (1), (2) expressions, = BD' BD Els punts D, D’ pertanyen al costat AB i divideixen el costat AB amb la mateixa raó, per tant D i D’ coincideixen. Aleshores D, E, F estan alineats. Nota: tres segments que parteixen dels tres vèrtexs d’un triangle i que tallen els costats oposats i els tres es tallen en un punt s’anomenen cevianes del triangle.

51

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Primer teorema de Von Aubel: ∆

Siga un triangle ABC i siguen els punts H, I, J sobre els costats a, b, c respectivament, tals que els segments AH, BI, CJ concorren en el punt K. Aleshores: AK KH

=

AJ JB

+

AI IC

Demostració: ∆

Aplicant el teorema de Menelau al triangle AHB AJ BC KH AJ HC AK ⋅ ⋅ = 1 , per tant, = ⋅ (1) JB HC AK JB BC KH ∆

Aplicant el teorema de Menelau al triangle AHC AI CB KH AI HB AK ⋅ ⋅ = 1, per tant, = ⋅ (2) IC HB AK IC BC KH Sumant les expressions (1) i (2) AJ AI HC AK HB AK AK  HC + HB  AK + = ⋅ + ⋅ = = JB IC BC KH BC KH KH  BC  KH Anàlogament: BK BH BJ = + KI HC JC CK KJ

=

CH HB

+

CI IA

52

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema: Recta d’Euler. El baricentre de qualsevol triangle està alineat amb l’ortocentre i el circumcentre, i a doble distància del primer que del segon. A la recta que uneix els tres punts s’anomena recta d’Euler. Demostració: ∆

Considerem el triangle ABC . Siguen les mitjanes, AM a , BMb Siga G el baricentre del triangle. Siga P el punt mig del segment AG . Siga Q el punt mig del segment BG . Tracem les altures als vèrtexs A i B les quals es tallen en l’ortocentre H Per P i Q tracem, respectivament, dues paral· leles r, s a les altures, que es tallaran en un punt M’, punt mig del segment ∆

∆

HG ( per ser r i s paral· leles mitjanes dels triangles AHG i BHG respectivament.). Per

1 GH 2 Considerem la recta r’ simètrica de r respecte del punt G. Considerem la recta s’ simètrica de s respecte del punt G. tant GM' =

Observem que el punt Ma pertany a la recta r’. Observem que el punt Mb pertany a la recta s’. Siga el punt M la intersecció de les rectes r’ i s’. M és el punt simètric de M’ respecte del punt G. Per tant M, G, M’, H estan alineats. GM = GM '

La recta r’ és paral· lela a l’altura que passa per A La recta s’ és paral· lela a l’altura que passa per B Per tant M és el circumcentre. A més a més, per la simetria, GM = GM' =

1 GH 2

53

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Morley. (demostració trigonomètrica) ∆

En tot triangle ABC les semirectes que divideixen cadascun dels angles A, B, C, en ∆

tres parts iguals determinen un triangle equilàter LMN (veure figura).

Aquest teorema no es pot demostrar mitjançant regle i compàs ja que no es pot fer la trisecció d’un angle amb regle i compàs.

Lema 1: sin 3 α = 3 sin α cos 2 α − sin 3 α cos 3α = cos 3 α − 3 sin 2 α cos α

Lema 2: a) sin 3 α = 4 sin α sin( 60 º +α ) sin( 60 º − α ) b)

sin 2 α + sin 2 β + 2 sin α sin β cos(α + β) = sin2 ( α + β)

Demostració trigonomètrica del teorema de Morley.

α + β + γ = 60 º ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC a b c = = = 2R on R = OA és el radi de la circumferència circumscrita. sin 3α sin 3β sin 3 γ

54

El triangle Ricard Peiró i Estruch

∆

Apliquem el teorema dels sinus al triangle ABL AL c c = = sin β sin(180 º − α − β) sin(α + β ) Com que c = 2R sin 3 γ AL =

2R sinβ sin 3γ sin(60 º −γ )

Aplicant el lema 2a:

sin 3 γ = 4 sin γ sin( 60 º +γ ) sin( 60 º −γ )

AL = 8R sin β sin γ sin(60º + γ ) Anàlogament: AN = 8R sin β sin γ sin(60 + β ) ∆

Apliquem el teorema del cosinus al triangle ALN 2

2

2

LN = AL + AN − 2 ⋅ AL ⋅ AN ⋅ cos α =

(

= 64R 2 sin 2 β sin2 γ sin 2 (60 º + γ) + sin 2 (60 º +β) − 2 ⋅ sin( 60º + γ ) sin(60º +β ) cos α

)

180 º −α = 120 º +β + γ , per tant, cos α = − cos( 120 º +β + γ )

Aplicant el lema 2b sin 2 (60 º + γ ) + sin2 (60 º +β) + 2 ⋅ sin(60 º + γ ) sin(60 º +β) cos(120 º +β + γ ) = sin 2 (120 º +β + γ ) = sin 2 α Aleshores, LN = 64R 2 sin2 β sin2 γ sin2 α Per simetria de la fórmula: LM = 64R2 sin2 α sin2 β sin 2 γ MN = 64R2 sin2 α sin2 β sin2 γ ∆

Aleshores el triangle LMN és equilàter.

55

El triangle Ricard Peiró i Estruch

La circumferència d’Euler. ∆

Donat qualsevol triangle ABC existeix la circumferència d’Euler que conté els següents 9 punts: ∆

H a , H b , H c , els tres peus de les altures del triangle ABC . ∆

Ma ,M b , Mc , els tres punts mig dels costats del triangle ABC . N a , N b , N c , els tres punts mig dels segments compresos entre els vèrtexs i l’ortocentre.

Demostració:

Siguen H l’ortocentre del triangle i O el circumcentre del triangle. ∆

∆

1 . 2 ∆ ∆ 1 Els triangles HNa Nc , HAB són semblants i la raó de semblança és . 2 Aleshores Na Nc = Ma M c i són paral· lels. Els triangles BMa Mc , ABC són semblants i la raó de semblança és

∆

∆

1 . 2 ∆ ∆ 1 Els triangles ANa M c , AHB són semblants i la raó de semblança és . 2 Aleshores, Na M c = M a Nc i són paral· lels. Els triangles CNc M a , CHB són semblants i la raó de semblança és

56

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Per altra banda, BH és perpendicular a AC , per tant, Nc Ma és perpendicular a Ma M c Per tant, Na M c M aN c és un rectangle. Aleshores el rectangle Na M c M aN c està inscrit en una circumferència de diàmetre Na M a = Nc M c

Anàlogament provaríem que Na Mb M aN b és un rectangle que està inscrit en la circumferència de diàmetre Na M a . Com que ∠N a H b Ma = 90 º , Hb pertany a la circumferència de diàmetre Na M a Anàlogament H a , H c pertanyen a la mateixa circumferència. Propietat: El centre de la circumferència d’Euler és el punt mig entre l’ortocentre i el circumcentre del triangle. Propietat El radi de la circumferència d’Euler és la meitat del radi de la circumferència circumscrita al triangle. Propietat: La circumferència d’Euler és tangent a les circumferències inscrita i exinscrites al triangle.

57

El triangle Ricard Peiró i Estruch

La recta de Simson Teorema: La recta de Simson ∆

Siga el triangle ABC Siga P un punt del plànol. Siguen P1, P2 , P3 , les projeccions del punt P sobre els costats (o les rectes que formen els costats) a, b, c.

Aleshores: ∆

P pertany a la circumferència circumscrita al triangle ABC si i només si els punts P1, P2 , P3 estan alineats. Demostració: (⇒) Suposem que el punt P està en la circumferència circumscrita en l’arc BC que no conté A. Els altres casos es demostrarien canviant de nom els vèrtexs Siguen P1, P2 , P3 , les projeccions del punt P sobre els costats a, b, c (o les rectes que formen els costats). ∆

Considerem la circumferència circumscrita al triangle PP3 B de diàmetre BP , per ser

l’angle ∠PP 3 B = 90 º El quadrilàter BPP 1P3 és cíclic, perquè, ∠PP1P3 = 90 º , Considerem els angles α = ∠BP1P3 , β = ∠ BPP 3 Aleshores, α = β per ser inscrits i abraçar el mateix arc.

58

El triangle Ricard Peiró i Estruch

El quadrilàter PP2 CP 1 és cíclic per ser ∠PP 2 C = ∠CP 1P = 90 º Considerem els angles γ = ∠CP 1P2 , δ = ∠ CPP 2

Aleshores, γ = δ per ser inscrits i abraçar el mateix arc. ∆

Considerem la circumferència circumscrita al triangle ABC .

P pertany a la circumferència circumscrita si i només si ∠CPB = 180 º −A El quadrilàter PP2 AP 3 és cíclic per ser ∠PP 2 A = ∠AP 3P = 90 º Aleshores, ∠P 2PP 3 = 180 º −A Aleshores, ∠CPB = ∠P2 PP3 = 180 º − A (1) Restant a la igualtat (1) l’angle ∠ CPP 3 tindríem que β = δ . Aleshores, α = γ , per tant, els punts P1, P2 , P3 estan alineats ja que C, P1, B estan alineats.

(⇐ ) Si els punts P1, P2 , P3 estan alineats invertint l’ordre de la demostració anterior podem ∆

concloure que P pertany a la circumferència circumscrita del triangle ABC .

59

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema ∆

Siga el triangle ABC Siga el punt P P’ de la circumferència circumscrita al triangle. L’angle de les recteds de Simson dels punts P, P’ mesura la meitat de l’arc PP’ de la ∆

circumferència circumscrita al triangle ABC .

Teorema ∆

Siga el triangle ABC Siga el punt P de la circumferència circumscrita al triangle. La recta de Simson del punt P equidista del punt P i de l’ortocentre H del triangle ∆

ABC .

60

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Stewart ∆

Siga un triangle ABC : Siga N un punt qualsevol sobre el costat AB Aleshores: 2

2

2

AC ⋅ BN + BC ⋅ AN − CN ⋅ AB − AN ⋅ BN ⋅ AB = 0

Demostració:

∆

Siga CH l’altura del triangle ABC . 2

2

Provem que: a 2 = CN + BN + 2BN ⋅ NH

(

∆

Apliquem el teorema de Pitàgores al triangle CBH a 2 = BN + NH ∆

Apliquem el teorema de Pitàgores al triangle CNH

2

2

2

(

)

2

= CN − NH

2

2

2

2

Simplificant: a 2 = CN + BN + 2BN ⋅ NH 2

b 2 = CN + NA

Anàlogament:

2

(1)

− 2NA ⋅ NH

(2)

Multiplicant (1) per NA 2

2

NA ⋅ a 2 = NA ⋅ CN + NA ⋅ BN + 2BN ⋅ NA ⋅ NH

(3)

Multiplicant (2) per BN 2

BN ⋅ b 2 = BN ⋅ CN + BN ⋅ NA

2

− 2BN ⋅ NA ⋅ NH

(4)

Sumant (3) i (4) 2

2

2

2

AN ⋅ a 2 + BN ⋅ b 2 = AN ⋅ CN + AN ⋅ BN + BN ⋅ CN + BN ⋅ AN = 2

(

)

(

)

= CN AN + BN + AN ⋅ BN AN + BN

Simplificant ( AN + BN = AB ) 2

2

2

AC ⋅ BN + BC ⋅ AN − CN ⋅ AB − AN ⋅ BN ⋅ AB = 0

61

2

+ CH

CN = NH + CH

Aïllant CH de les dues igualtats i igualant: a 2 − BN + NH

)

2

2

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de E. Catalan (1814-1894). Circumferència de Taylor. Si els peus de les altures d’un triangle les projectem sobre els altres costats, s’obtenen 6 punts que formen un hexàgon inscrit en una circumferència.

62

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Set teoremes sobre radis. Teorema 1: ∆

Siga el triangle ABC . Siguen r i R els radis de les circumferències inscrita i circumscrita, respectivament. r A  B C Aleshores: = 4 ⋅ sin  ⋅ sin  ⋅ sin  R 2 2  2 Demostració:

Sabem que els radis de la circumferència inscrita i de la circumscrita en funció del costats són: r=

(p − a)(p − b)(p − c ) p

Aleshores;

R=

abc a +b+c , on p = 2 4 p(p − a)(p − b)(p − c )

r 4(p − a )(p − b )(p − c ) = R abc

(1)

b 2 + c 2 − a 2 (a + b + c )(b + c − a ) p(p − a) = = 2bc 2bc 2bc 2 2 2 b + c −a 1− A 1 − cos A 2bc − b 2 − c 2 + a 2   2bc sin 2   = = = = 2 2 4bc 2

Pel teorema del cosinus: cos A =

= per tant,

a 2 + (b − c )2 (a + b − c )(a − b + c ) (p − c )(p − b ) = = , 4bc 4bc bc (p − b )(p − c ) A sin  = bc 2

(p − a)(p − c ) B  Anàlogament:, sin  = 2 ac  

(p − a)(p − b) C sin  = 2 ab  

(p − b)(p − c ) (p − a)(p − c ) (p − a)(p − b ) A B C 4 ⋅ sin  ⋅ sin  ⋅ sin  = 4 ⋅ ⋅ = bc ac ab 2 2 2 (p − a )(p − b )(p − c ) = 4⋅ (2) abc De (1) i (2) podem concloure que

r A  B C = 4 ⋅ sin  ⋅ sin  ⋅ sin  R 2 2  2

63

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 2 ∆

En qualsevol triangle ABC els radis de la circumferència inscrita r, circumscrita R i els 3 radis de les circumferències exinscrites tenen la següent relació: r a + r b + r c − r = 4R

Demostració: A partir de la proporció entre els radis de les circumferències inscrita i exinscrites obtenim les fórmules dels radis de les exinscrites en funció dels costats: r ⋅p r ⋅p r ⋅p a +b+c ra = , rb = , rc = , on p = p−a p−b p−a 2 abc També sabem que, r ⋅ p = p(p − a )(p − b )(p − c ) , R = 4r ⋅ p r r r r Calculem a + b + c − R R R R rp rp rp ra rb rc r p − a p −b p − c r + + − = + + − = abc abc abc abc R R R R 4rp 4rp 4rp 4rp 4r 2 p 2 4r 2 p 2 4r 2 p 2 4r 2 p + + − = (p − a )abc (p − b )abc (p − c )abc abc 4 = (p(p − b)(p − c) + p(p − a)(p − c) + p(p − a)(p − b ) − (p − a)(p − b(p − c)) = abc 4 = abc = 4 abc Aleshores, ra + rb + rc − r = 4R =

64

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 3: ∆

En qualsevol triangle ABC la relació dels radis de la circumferència inscrita, i de les exinscrites és la següent: 1 1 1 1 = + + r ra rb rc

Demostració A partir de la proporció entre els radis de la circumferència inscrita i les exinscrites obtenim: r p−a = , ra p

r p−b = , rb p

r p−c a +b+c = , on p = rc p 2

r r r p − a p −b p −c + + = + + =1 ra rb rc p p p Dividint l’expressió per r: 1 1 1 1 = + + r ra rb rc Nota: Una altra fórmula de radis:

r r r + + =1 ra rb rc

65

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 4: ∆

Siga el triangle ABC . Siguen r el radi de la circumferència inscrita i ra rb rc els radis de les circumferències exinscrites. Aleshores: 2

a+b+ c ra ⋅ rb ⋅ rc = r   = rp 2 2  

Demostració: A partir de la proporció entre els radis de les circumferències inscrita i exinscrites obtenim les fórmules dels radis de les exinscrites en funció dels costats: r ⋅p r ⋅p r ⋅p a +b+c ra = , rb = , rc = , on p = p−a p−b p−a 2 El radi de la circumferència inscrita en funció dels costats és: r = r 3 p3 r ⋅r 2 ⋅p 3 ra ⋅ rb ⋅ rc = = = (p − a(p − b )(p − c ) (p − a)(p − b)(p − c )

66

r

(p − a)(p − b)(p − c ) p

(p − a)(p − b )(p − c ) 3 p p = rp 2 (p − a )(p − b)(p − c )

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema d’Euler: Distància entre l’incentre i el circumcentre ∆

Siga el triangle ABC i siguen R el radi de la circumferència circumscrita(de centre O) i r el radi de la circumferència inscrita(de centre I). Aleshores: 2

OI = R 2 − 2Rr

Demostració: Siga d = OI . Siga AX la bisectriu a l’angle A. Notem que X és el punt mig de l’arc BC. ∆

Vegem que el triangle BIX és isòsceles. A B ∠CBX = , ∠IBC = 2 2 ∆ A +B A +B ∠IBX = , ∠BIX = , per tant BIX és isòsceles. 2 2 Aleshores: IX = XB = XC ∆ XB Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABX = 2R A sin 2 ∆

Aplicant raons trigonomètriques al triangle rectangle AIY

⇒

XB = 2R ⋅ sin

A 2

r

IA =

A 2 Apliquem la potencia del punt I respecte de la circumferència circumscrita al triangle A r R2 − d 2 = IA ⋅ IX = 2R ⋅ sin ⋅ = 2Rr A 2 sin 2 sin

2

2 Aleshores, OI = R − 2Rr

Nota: R 2 − 2Rr ≥ 0 , Aleshores tenim la desigualtat, R ≥ 2r .

Teorema 6: Siguen r, R els radis de les circumferències inscrita i circumscrita d’un triangle ∆

qualsevol ABC i siga d = OI la distància entre els centres de les dues circumferències anteriors. Aleshores: 1 1 1 = + r R−d R+d Demostració: Pel teorema d’Euler sobre la distància entre l’incentre i el circumcentre: d 2 = OI

2

= R 2 − 2Rr

on R és el radi de la circumferència circumscrita i r el radi de la circumferència inscrita. 1 1 1 = + r R−d R+d

⇔

1 2R = r (R − r )(R + r )

⇔

67

2rR = R 2 − d 2

⇔

d 2 = R 2 − 2Rr

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Carnot: ∆

Siga el triangle ABC acutangle. Siguen els punts O, I el circumcentre i l’incentre del triangle, respectivament. Siguen R, r els radis de les circumferències circumscrita i inscrita al triangle, respectivament. Siguen O 1, O 2 , O 3 els punts mig dels costats. Aleshores: OO1 + OO2 + OO3 = R + r

Demostració: ∆

Siga O el centre de la circumferència circumscrita al triangle ABC de radi R. ∆

Siga r el radi de la circumferència inscrita al triangle ABC . Siguen O 1, O 2 , O 3 els punts mig dels costats a, b, c, respectivament. ∆

∆

Àrea ABC = rp , on p és el semiperímetre del triangle ABC . ∆

∆

∆

∆

Àrea ABC = Àrea ABO + Àrea BCO+ Àrea ACO . Per tant, 2 ⋅ rp = a ⋅ OO1 + b ⋅ OO2 + c ⋅ OO3 (1) El quadrilàter AO 2 OO 3 és cíclic ja que ∠AO 3 O = ∠AO 2 O = 90 º ∆

∆

Els triangles ABC , AO 2 O3 són semblants i la raó de semblança és 2:1 ∆ R Per tant el radi de la circumferència circumscrita al triangle AO 2 O3 és 2 ∠OO 2O 3 = 90 º −C , ∠OO 3 O 2 = 90 º −B ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle AO 2 O3 , OO2 OO3 R  = = 2  . Aleshores, OO2 = R ⋅ cos B , OO3 = R ⋅ cos C sin(90 º −B) sin(90 º −C) 2 Anàlogament, OO1 = R ⋅ cos A Sabem que: a = c ⋅ cos B + b ⋅ cos C b = c ⋅ cos A + a ⋅ cos C c = b ⋅ cos A + a ⋅ cos B

Sumant les tres equacions: 2p = (b + c ) cos A + (a + c ) cos B + ( a + b) cos C

68

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Multiplicant l’equació per R 2pR = (b + c )R ⋅ cos A + (a + c )R ⋅ cos B + (a + b)R ⋅ cos C

Aleshores: 2pR = (b + c )OO1 + (a + c )OO2 + (a + b )OO3 (2) Sumant (1) i (2) 2pr + 2pR = (a + b + c )OO1 + ( a + b + c )OO2 + (a + b + c )OO3 Simplificant: OO1 + OO2 + OO3 = R + r Nota: si A és obtusangle la fórmula és: − OO1 + OO2 + OO3 = R + r

69

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Quatre teoremes sobre triangles equilàters Teorema 1: ∆

Siga el triangle equilàter ABC . ∆

Siga P un punt en l’arc menor de la circumferència circumscrita al triangle ABC . Proveu que CP = AP + BP

Solució: ∆

Siga a = AB el costat del triangle equilàter ABC ∆

El quadrilàter APBC es inscrit en la circumferència circumscrita del triangle ABC . Aplicant el teorema de Ptolomeu: CP ⋅ AB = AP ⋅ BC + BP ⋅ AC

Per ser el triangle rectangle: CP ⋅ a = AP ⋅ a + BP ⋅ a

Simplificant: CP = AP + BP .

Teorema 2: ∆

Siga el triangle equilàter ABC de costat a ∆

Siga P un punt de la circumferència inscrita al triangle ABC . Aleshores: a AP + BP + CP = 5   2 2

2

2

2

Solució: Sense restar generalització podem suposar que a=1 Considerem el plànol cartesià, d’origen el ∆

baricentre del triangle ABC Aleshores: Les coordenades dels vèrtexs del triangle són:

70

El triangle Ricard Peiró i Estruch

 −1   3   1 3   0, 3  A ,− , B , − , C  3  6   2 6   2   3 6 L’equació de la circumferència inscrita és: El radi de la circumferència inscrita és  3  C1 ≡ x + y =   6   2

2

2

 1 Siga un punt P de la circumferència, P x,± − x2 12    1 • Considerem el cas P x, − x 2  12  

   

Calculem les distàncies del punt P als vèrtexs: 2 1  1 3   d(A, P) =  x +  +  − x2 +  2   12 6   2 1   1 3   d(B, P) =  x −  + − x2 +  2   12 6  

 1 3  d(C, P) = x +  − x2 −  12 3  

2

2

2

2

2

•

2

2

2 2  1  1 1 3   1 3  5 − x2 + + x − + x 2 +  − x2 − =  + 2     2 6   2 3  4  12  12

 AP + BP + CP =  x +  2

2

 1 El cas P x,− − x2 12 

  és anàleg.  

Teorema 3: ∆

Siga el triangle equilàter ABC de costat a. ∆

Siga P un punt de la circumferència circumscrita al triangle ABC . Aleshores: 2

2

2

AP + BP + CP = 2a 2

Solució: Sense restar generalització podem suposar que a=1 Considerem el plànol cartesià, d’origen el ∆

baricentre del triangle ABC Aleshores: Les coordenades dels vèrtexs del triangle són:

71

El triangle Ricard Peiró i Estruch

 −1   3   1 3   0, 3  A ,− , B , − , C  3  6   2 6   2   El radi de la circumferència circumscrita és

3 . 6

L’equació de la circumferència inscrita és:  3  C1 ≡ x + y =   3   2

2

2

 1 Siga un punt P de la circumferència, P x,± − x2 3    1 • Considerem el cas P x, − x 2  3   Calculem les distàncies del punt P als vèrtexs: 2 1  1 3   d(A, P) =  x +  +  − x2 +  2  3 6   2 1   1 3   d(B, P) =  x −  + − x2 +  2  3 6  

 1 3  d(C, P) = x +  − x2 −  3 3  

   

2

2

2

2

2

2  1  1 3   AP + BP + CP =  x +  + 2 − x2 +  +  x − 2 3 6    2

•

2

2

 1 El cas P x,− − x2 3 

  és anàleg.  

72

2

2  1 1 3  2 − x2 −  + x +   =2 2 3 3  

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Vicenzo Viviani (1622-1703) ∆

En un triangle equilàter ABC la suma de les perpendiculars d’un punt P interior al triangle (o del triangle) als costats és igual a l’altura del triangle. Demostració: ∆

Siga a = AB , el costat del triangle equilàter ABC

∆

∆

∆

Considerem els triangles ABP , BCP , ACP ∆

∆

∆

∆

Àrea ABC = Àrea ABP + Àrea BCP+ Àrea ACP a ⋅ CH a ⋅ PS a ⋅ PQ a ⋅ PR = + + 2 2 2 2 Simplificant: CH = PS + PQ + PR , la suma de les perpendiculars d’un punt P interior al triangle (o del triangle) als costats és igual a l’altura del triangle. Generalització: ∆

Si el punt P pertany al triangle ABC es té el mateix resultat.

73

El triangle Ricard Peiró i Estruch

∆

Si el punt P és exterior al triangle ABC , depén de la regió on es trobe es té el següent resultat:

74

El triangle Ricard Peiró i Estruch

75

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Tres teoremes sobre l’ortocentre i l’altura. Teorema 1 ∆

En qualsevol ABC considerem la altura al vèrtex A i el peu de l’altura D. Siga H el ortocentre del triangle. L’altura al vèrtex A talla la circumferència circumscrita al triangle en el punt K. Aleshores: HD = DK Demostració: Considerem la circumferència circumscrita al triangle ∆

ABC . Podem notar que ∠BAD = ∠FCB per ser angles sobre rectes perpendiculars. ∠BAK = ∠BCK per ser angles inscrits que abracen el mateix arc. ∆

∆

Aleshores els triangles DHC, DKC són iguals perquè són rectangles, tenen un angle agut igual i un catet DC igual. Aleshores, HD = DK Anàlogament, HE = EL, HF = FM .

Teorema 2: ∆

Siga H l’ortocentre d’un triangle ABC . El producte dels segments que cada altura queda dividida per l’ortocentre és igual en les tres altures. Demostració: Considerem la circumferència C 1 de diàmetre AB . Els punts H a , H b pertanyen a la circumferència C 1 . Aplicant la potència del punt H (ortocentre) respecte de la circumferència C 1 . AH ⋅ HH a = BH ⋅ HH b Anàlogament dibuixant la circumferència C 2 de diàmetre AC demostraríem que: AH ⋅ HH a = CH ⋅ HHc

Teorema 3: ∆

Donat un triangle ABC . Siga R el radi de la circumferència circumscrita al triangle. Siga h = AH a l’altura al costat a. Aleshores: h = 2R ⋅ sinB ⋅ sin C Demostració: ∆ c Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , = 2R sin C Aplicant raons trigonomètriques h = c ⋅ sin B Aleshores, h = 2R ⋅ sinB ⋅ sin C

76

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Tres teoremes sobre el baricentre i les mitjanes. Teorema 1 ∆

En un triangle ABC , siga G el baricentre. Es compleix la següent igualtat: 2 2 2 2 2 2 AB + BC + AC = 3 AG + BG + CG    Demostració:

Les mesures de les mitjanes són: m A = AM a =

2b 2 + 2c 2 − a 2 2

2a 2 + 2b 2 − c 2 2 2 2 2 Per la propietat del baricentre AG = AM a , BG = BMb , CG = AM b 3 3 3 m B = BMb =

2a 2 + 2c 2 − b 2 2

m C = CMc =

2

2

 2 2b 2 + 2c 2 − a 2   2 2a 2 + 2c 2 − b 2   2 2a 2 + 2b 2 − c 2  +  + AG + BG + CG =  3  3  3 2 2 2      1 1 = 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2 + 2a 2 + 2b 2 − c 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 9 3 2

2

2

(

)

Propietat del baricentre 2. ∆

Siga el triangle ABC i G el seu baricentre. Siga M un punt qualsevol del plànol. Aleshores: 2

2

MA + MB + MC

2

2

2

2

= AG + BG + CG + 3 ⋅ MG

77

2

2

  =  

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 3 ∆

La distància del baricentre d’un triangle ABC a una recta r exterior al triangle és igual a la mitjana aritmètica de les distàncies dels vèrtexs a la recta.

∆

Si la recta r talla el triangle ABC , aleshores es dóna una de les tres igualtats:

d( A, r ) + d(B, r ) − d( C, r ) 3 d( A, r ) − d(B, r ) + d(C, r ) d( G, r ) = 3 − d( A, r ) + d(B, r ) + d(C, r ) d( G, r ) = 3 d( G, r ) =

78

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Tres teoremes sobre triangles rectangles. Teorema 1: ∆

La suma dels catets d’un triangle rectangle ABC , Aˆ = 90 º és igual a la suma dels diàmetres de les circumferències inscrites i circumscrites.

Demostració: Siga D el diàmetre de la circumferència circumscrita. Siga d el diàmetre de la circumferència inscrita. a +b+c Siga p = el semiperímetre. 2 AM = AN = p − a BL = BN = p − b Per ser Aˆ = 90 º el diàmetre de la circumferència circumscrita és la hipotenusa del ∆

triangle ABC , D = a El radi de la circumferència inscrita és r = p − a D + d = a + 2(p − a) = 2p − a = b + c Per tant, la suma dels diàmetres de les circumferències inscrita i circumscrita és igual a la suma dels catets d’un triangle rectangle.

79

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 2: ∆

Considerem el triangle rectangle ABC , A=90º. Sobre el que fem la construcció següent: (els polígons són quadrats) i les circumferències inscrites als triangles. Aleshores el radi de la circumferència mitjana és la mitjana geomètrica dels radis de les altres dues circumferències, és a dir, Rmitjana = R gran ⋅ Rpetita Demostració:

∆

∆

∆

∆

Els triangles ABC, FEB, IHJ, NMK són semblants. Siga x 1 el costat del quadrat EFGH. Siga x 2 el costat del quadrat IJKL. Siga x 3 el costat del quadrat MNOP. Siguen y 1 = BE, y 2 = HJ, y 3 = KL ∆ ∆ y a Els triangles ABC, IHJ són semblants, aleshores, 2 = (1) x2 b ∆ ∆ x − y2 c Els triangles ABC, GKJ són semblants, aleshores, 1 = (2) x2 a De (1) i (2) tenim que: ∆

x 1 bc + a 2 = x2 ab

∆

Els triangles FEB, IHJ són semblants i la raó de semblança és Per tant,

R gran Rmitjana

x 1 bc + a 2 = =k x2 ab

=k

∆

∆

y3 a = (3) x3 b ∆ ∆ x − y3 c Els triangles ABC, LMP són semblants, aleshores, 2 = (4) x3 a Els triangles ABC, NMK són semblants, aleshores,

De (3) i (4) tenim que: ∆

x 2 bc + a 2 = x3 ab

∆

Els triangles IHJ, NMK són semblant i la raó de semblança és Per tant,

Rmitjana Rpetita

Aleshores,

=k

Rgran Rmitjana

=

R mitjana Rpetita

, o bé,

Rmitjana = R gran ⋅ Rpetita

80

x 2 bc + a 2 = =k x3 ab

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 3: a) La mitjana d’un triangle rectangle traçada a la hipotenusa és igual a la meitat de la hipotenusa. b) Si un triangle una de les mitjanes és mesura la meitat del costat sobre la que està traçada, el triangle és rectangle. Demostració: a) ∆

Siga el triangle rectangle ABC , Aˆ = 90 º Siguen la mitjana AM i l’altura AH 2

2

∆

2

AM = MH + AH =

(

= MC − HC

)

2

2

2

2

2

(ja que el triangle MAH és rectangle) 2

+ AH = 2

= MC + HC − 2MC ⋅ HC + AH = 2

= MC + AC − 2MC ⋅ HC

Per tant 2

2

2

2

AM = MC + AC − 2MC ⋅ HC 2

)

2

2

(1) ∆

2

AM = MH + AH =

(

2

(ja que AC = HC + AH )

(ja que el triangle MAH és rectangle) 2

= BH − BM + AH = 2

2

2

= BH + BM − 2BH ⋅ BM + AH = 2

2

2

2

2

= MC + AB − 2BH ⋅ MC 2

2

2

2

2

2

2

2

(ja que BM = MC

Per tant AM = MC + AB − 2BH ⋅ MC Sumant (1)+(2)

2

(ja que AB = BH + AH )

= MC + AB − 2BH ⋅ BM =

(

(2)

)

2 AM = 2MC + AC + AB − 2MC ⋅ BH + HC = 2

2

= 2MC + BC − 2MC ⋅ BC = 2

2

= 2MC + BC − BC ⋅ BC =

2

2

2

(ja que BC = AC + AB ) (ja que 2MC = BC )

2

= 2MC Aleshores, AM = MC

b) ∆

Considerem el triangle ABC Si es compleix que AM = BM = MC , aleshores, ∆

el triangle BMA és isòsceles, per tant ∠BAM= Bˆ ∆

ˆ. el triangle AMC és isòsceles, per tant ∠CAM= C ˆ = Bˆ + C ˆ, Per tant, A ˆ + Bˆ + C ˆ = 180 º ⇒ 2 Aˆ = 180 º ⇒ A ˆ = 90 º , per tant, el triangle és rectangle. A

81

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Dos teoremes sobre un triangle i 3 quadrats sobre els costats Lema: ∆

Sobre l’exterior de dos costats d’un triangle ABC dibuixem 2 quadrats (veure figura). Siguen A’, B’ els centres dels quadrats. Siga M el punt mig de l’altre costat. Aleshores els segments A' M, B' M són perpendiculars i mesuren el mateix. Demostració: ∆

Considerem la rotació de centre B’ i angle 90º del triangle B' AM que té per imatge ∆

B' AM ' .

AM = CM ' ,

AB ' = B ' C , B' M = B' M' ,a més a més, B' M, B' M' són perpendiculars. ∆

Considerem la rotació de centre A’ i angle -90º del triangle A' BM que té per imatge ∆

A' CM" .

BM = CM " ,

A ' B = A ' C , A' M = A ' M" , a més a més, A' M, A 'M" són perpendiculars.

Provem que M' = M" La recta que passa pels punts C, M’ i la recta que passa pels punts C, M” són ambdues perpendiculars a la recta que passa pels punts A, B. Aleshores C, M’, M” estan alineats. Com que C no està entre M’ i M” i a més a més , AM = BM = CM ' = CM " Tenim que M' = M" Aleshores, MA’M’B’ és un quadrat. Per tant, A' M = B' M i són perpendiculars.

82

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema 1: ∆

Sobre l’exterior dels costats d’un triangle ABC dibuixem 3 quadrats (veure figura). Siguen A’, B’, C’ els centres dels quadrats. Aleshores els segments A' B', CC' són perpendiculars i mesuren el mateix.

Siga D el punt mig del costat BC Pel lema anterior: DB ' = DC ' i ∠B' DC' = 90 º . CD = DA ' i ∠CDA' = 90 º

Considerem la rotació de centre D i angle 90º positiu. La imatge de B’ és C’. La imatge de A’ és C. ∆

∆

Aleshores els triangles DCC', DA' B' són iguals. Per tant, A ' B ' = CC ' També la recta que passa pels punt C, C’ és la imatge de la recta que passa pels punts A’, B’ en la rotació anterior. Per tant, A' B', CC' són perpendiculars.

83

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema de Cross ∆

Sobre l’exterior dels costats d’un triangle qualsevol ABC construïm 3 quadrats i pels vèrtexs lliures s’uneixen formant 3 triangles. (Veure figura). ∆

Les àrees d’aquests tres triangles són iguals a l’àrea del triangle ABC .

Demostració: Siga CP perpendicular al costat c. Siga QH perpendicular a la recta que passa pels punts B, G. ∆

∆

Provem que els triangles BCP, BHQ són iguals. Els angles ∠CBP , ∠QBH són iguals per ser els dos complementaris de l’angle ∠CBQ . Els angles ∠CPB , ∠HGB són iguals per ser angles rectes. BC = BH (per construcció del quadrat). ∆

∆

Per tant, BCP, BHQ són iguals. Aleshores, CP = GH ∆

∆

Notem que CP, GH són les altures dels triangles ABC , BGH . Notem que AB = BG (per construcció del quadrat). ∆

∆

Aleshores, els triangles ABC , BGH tenen la mateixa àrea (per tenir igual base i igual altura). ∆

∆

∆

Anàlogament provaríem que els triangles ABC , CID, AEF tenen la mateixa àrea.

84

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Altres teoremes sobre triangles. Teorema ∆

Siga el triangle ABC i la seua circumferència inscrita C de radi r. Siguen les rectes tangents a la circumferència C paral· leles als costats del triangle, les quals determinen amb els vèrtexs ∆

∆

∆

els triangles PQC, RSB, TUA . En cada triangle, dibuixem la circumferènc ia inscrita de radis r1 , r2 , r3 , respectivament .

Aleshores: r = r1 + r2 + r3

Demostració: ∆

El radi de la circumferència inscrita al triangle ABC és: ∆ (p − a)(p − b)(p − c ) r= on p és el semiperímetre del triangle ABC p ∆

Siguen h a l’altura del triangle referida al costat a = BC del triangle ABC L’altura (aplicant la fórmula d’Heró) mesura: 2 p(p − a)(p − b )(p − c ) ha = a ∆

∆

Els triangles ABC , TUA són semblants. ∆

Siga h 3 l’altura del triangle TUA referida al costat TU . h3 = h a − 2r

Aleshores: h r = a r3 h3 2 p(p − a )(p − b)(p − c ) 1 r ha p a a = = = = 1 1 r3 ha − 2r 2 p(p − a)(p − b )(p − c ) p −a (p − a)(p − b )(p − c ) − −2 a p a p Anàlogament: ∆

∆

Els triangles ABC , RSB són semblants, aleshores: r p = r2 p − b ∆

∆

Els triangles ABC , PQC són semblants, aleshores: r p = r1 p − c r(p − a) r(p − b) r (p − c ) Per tant: r3 = , r2 = , r1 = p p p Aleshores: r r1 + r2 + r3 = (p − a + p − b + p − c ) = r p

85

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema: Coordenades cartesianes del baricentre d’un triangle. ∆

Siga el triangle ABC . A (a1 , a 2 ), B(b 1, b 2 ), C(c 1 , c 2 ) Siga G el baricentre del triangle, aleshores  a + b1 + c 1 a 2 + b 2 + c 2  G 1 ,  3 3   Demostració: Siga Mc el punt mig del segment AB .  a + b1 a 2 + b2  Les seues coordenades coordenades són: Mc  1 ,  2   2 El baricentre d’un triangle està a doble distància del vèrtex que del punt mig del costat oposat. 2 Aleshores, CG = ⋅ CMc 3 Siga G( x, y ) el baricentre. CG = (x − c 1, y − c 2 ) ,

 a + b1 a + b2  CMc =  1 − c 1, 2 − c2  2  2 

Aleshores,

(x − c1, y − c 2 ) = 2  a 1 + b1 − c1 , a 2 + b 2

 − c2  

3 2 2 Igualant les components: a1 + b1 2 a + b1 + c 1   − c1 x= 1  x − c 1 =   3 3 3 La solució del sistema és   a2 + b2 2 a2 + b2 + c 2 y − c 2 = y = − c2   3 3 3  a + b1 + c 1 a 2 + b 2 + c 2  Per tant, G 1 , . 3 3   Nota: El teorema s’hauria pogut provar determinant la intersecció de dues rectes mitjanes.

Teorema: (Propietat vectorial del baricentre) ∆

Siga el triangle ABC . Siga G el baricentre. Aleshores, GA + GB + GC = 0 Demostració: Siga G’ El simètric de G respecte del punt mig Ma del costat a. BG’CG és un paral· lelogram. Aleshores, GC = BG' (1) Aplicant la propietat del baricentre: AG = GG'

(2)

GB + BG' = GG' Substituint (1) i (2) GB + GC = GG' = −GA Aleshores, GA + GB + GC = 0

86

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punts del triangle

87

El triangle Ricard Peiró i Estruch

88

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punt de Miguel ∆

Siga un triangle ABC . Siga la recta r que passa pels punts B, C. Siga la recta s que passa pels punts A, C. Siga la recta t que passa pels punts A, B. Siga una recta m que talla les rectes r, s, t en els punts D, E, F, respectivament. Considerem les circumferències C 1, C 2 , C 3 , C 4 circumscrites als triangles ∆

∆

∆

∆

ABC,DBF, AEF,DCE respectivament. Aleshores, les circumferències C 1, C 2 , C 3 , C 4 concorren en el punt K (anomenat punt Miquel). Auguste Miquel 1838.

Punt de Gergonne 1771-1859 ∆

En un triangle ABC les rectes que uneixen els vèrtexs amb els punts de tangència de la circumferència inscrita al triangle (en els costats oposats) s’intersecten en un punt, anomenat el punt de Gergonne.

89

El triangle Ricard Peiró i Estruch

La circumferència d’Adams ∆

Si pel punt de Gergonne d'un triangle ABC es tracen paral· leles als costats del triangle ∆

de contacte interior A' B' C' (triangle que forma els punts de tangència de la circumferència inscrita i el triangle), aquestes paral· leles tallen els costats del triangle en sis punts. Aquests punts estan en una mateixa circumferència, anomenada circumferència d’Adams. El centre de la circumferència d’Adams és l’incentre I del ∆

triangle ABC .

Punt de Nagel ∆

En un triangle ABC les rectes que uneixen els vèrtexs amb els punts de tangència dels circumferències exinscrites (en els costats oposats), s’intersecten en un punt anomenat de Nagel.

90

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punt de Lemoine. ∆

En qualsevol triangle ABC les isogonals de les mitjanes concorren en un punt anomenat punt de Lemoine. (La isogonal a una mitjana és la recta que passa per un vèrtex i forma amb el costat el mateix angle que la mitjana, al mateix vèrtex, amb l’altre costat).

Punt de Grebe. ∆

Sobre el costats d’un triangle qualsevol ABC construïm 3 quadrats (exteriors al triangle) i prolongats els vèrtexs lliures d’aquests quadrats construïm el triangle ∆

A' B' C' (veure figura). Aleshores les rectes AA’, BB’, CC’ concorren en un punt que s’anomena punt de Gebre (Ernst Wilhelm Grebe (1804-1874)). Aquest punt coincideix amb el punt de Lemoine.

91

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punt de Brocard 1845-1922 ∆

Siga un triangle ABC qualsevol. Considerem les següents circumferències: a) Circumferència que passa pels punts A, B i és tangent a BC b) Circumferència que passa pels punts B, C i és tangent a CA c) Circumferència que passa pels punts C, A i és tangent a AB Les tres circumferències anteriors concorren en un punt anomenat punt de Brocard.

Punt pivot ∆

Siga un triangle qualsevol ABC . Siguen els punts A’ sobre el costat a, B’ sobre el costat b, C’ sobre el costat c. ∆

∆

∆

Considerem les circumferències circumscrites als triangles AB' C', BA' C', CA' B' Les tres circumferències concorren en un punt que s’anomena pivot.

Aquesta proposició l’he trobada en la Lletra 54 del Club Cabri. Genova (Suïssa) L’adreça de la pàgina web és: http://wwwedu.ge.ch/cptic/clubs/cabri

92

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Teorema: Mittenpunkt. ∆

Siga el triangle ABC siguen D, E, F els punts mig dels costats a, b, c respectivament. Siguen I1, I2 ,I 3 els centres de les circumferències circumscrites al triangle. Les rectes r(D, I1 ), r(E, I2 ), r (F, I3 ) s’intersecten en un punt Mittenpunkt. Aquest teorema ha estat estudiat per C. Von Nagel l’any 1836.

Punt d’Apoloni. ∆

Siga el triangle ABC . Siguen E 1, E 2 , E 3 les cricumferències exinscrites al triangle. Siga D la circumferència tangent exterior a les 3 circumferències anteriors (circumferència d’Apoloni). Siguen A’, B’, C’ els punts de tangència. Aleshores: les rectes r(A,A’), r(B,B’), r(C,C’) s’intersecten en un punt (Punt d’Apoloni). Aquest teorema ha estat estudiat l’any 1987 per C. Kimberling, Shiko Iwata, Hidetosi Fukagawa.

93

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punt d’Exeter. ∆

Siga el triangle ABC . Siga la circumferència circumscrita al triangle ∆

Considerem el triangle A' B' C' simètric del triangle anterior respecte del circumcentre. ∆

Considerem el triangle A" B" C" format per les rectes tangents a la circumferència circumscrita al triangle que passen pels punts A, B, C respectivament. Aleshores: les rectes r(A’,A”), r(B’,B”), r(C’C”) s’intersecten en un punt que s’anomena punt d’Exeter. Aquest teorema va ser estudiat l’any 1986 a Phillips Exeter Academy

Punt de Clawson. ∆

Siga el triangle ABC . Siguen A’, B’, C’ els peus de les alures als costats a, b, c, respectivament. Siguen E1, E2, E3 les ∆

∆

circumferències exinscrites al triangle ABC . Considerem el triangle A" B" C" format per les rectes tangents exteriors a les 3 circumferències exinscrites. Aleshores: les rectes r(A’A”), r(B’,B”) r(C’,C”) s’intersecten en un punt que s’anomena punt de Clawson. Aquest teorema ha estat demostrat per R. Lyness i G. R. Veldkamp l’any 1983

94

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Punt de Schiffler. ∆

Siga el triangle ABC . Siga I l’incentre del triangle. ∆

∆

∆

∆

Considerem les rectes d’Euler dels triangles ABC, AIB, AIC ,BIC Aleshores: les quatre rectes s’intersecten en un punt, que s’anomena punt de Schiffler. Aquest teorema va ser provat l’any 1986 per Kurt Schiffler, G. R. Veldkamp, i W. A. van der Spek.

Punts de Malfatti Circumferències de Malfatti ∆

Donat un triangle ABC s’anomenen circumferències de Malfatti a les tres circumferències inscrites en el triangle de manera que les circumferències siguen tangents entre elles i tangents cadascuna d’elles a dos costats del triangle. (Veure l’applet) Aquest problema va ser proposat per Gian Francesco Malfatti (1731-1807)

95

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Les circumferències de Malfatti tenen les següents propietats:

Primer punt de Malfatti ∆

Donat un triangle ABC , dibuixem les tres circumferències de Malfatti. Siguen X, Y, Z el punts de tangencia de les tres circumferències (Vegeu la figura). Aleshores les rectes r(A,X), r(B,Y), r(C,Z) s’intersecten en un punt que s’anomena primer punt de Malfatti.

Segon punt de Malfatti ∆

Donat un triangle ABC , dibuixem les tres circumferències de Malfatti. Siguen X, Y, Z el punts de tangencia de les tres circumferències (Vegeu la figura). Siguen I1, I2 ,I 3 els centres de les circumferències exincrites. Aleshores les rectes r(I1,X), r(I2,Y), r(I3,Z) s’intersecten en un punt que s’anomena segon punt de Malfatti.

96

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problemes

97

El triangle Ricard Peiró i Estruch

98

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problemes 1.- Demostreu que en un triangle rectangle la bisectriu de l’angle recte divideix per la meitat l’angle entre la mitjana i l’altura traçades des del mateix vèrtex. 2.- La mitjana traçada sobre la hipotenusa d’un triangle rectangle divideix l’angle recte en una raó 1:2 i és igual a m. Determineu el valor dels costats. 3.- Siga un punt de la hipotenusa d’un triangle rectangle que dista igual dels dos catets, divideix a la hipotenusa en dos segments de 40 i 30 cm. Determineu els catets. 4.- Determineu la bisectriu de l’angle recte d’un triangle rectangle de catets x i y. 5.- Des del vèrtex de l’angle recte d’un triangle rectangle s’han traçat la bisectriu que divideix la hipotenusa en dos segments m i n. Determineu l’altura traçada sobre la hipotenusa. 6.- En un triangle rectangle les mitjanes traçades des dels angles aguts mesuren 52 , 73 . Calculeu la hipotenusa. 7.- El perímetre d’un triangle rectangle és igual a 60 m i l’altura traçada sobre la hipotenusa mesura 12 m. Determineu els costats del triangle. ∆

8.- En un triangle rectangle ABC , siga la mitjana AM = m , siga la bisectriu AP , siga MP = n . Determineu els catets. 9.- Determineu l’angle que formen la mitjana i bisectriu d’un angle agut d’un triangle rectangle, en funció d’aquest angle. 10.- Demostreu que si un triangle la raó de les tangents dels angles aguts és igual a la raó dels quadrats dels sinus d’aquests angles, aleshores el triangle és isòsceles o rectangle. 11.- Demostreu que si en un triangle es verifica

a b = aleshores el triangle és cos A cos B

isòsceles. 12.- La base d’un triangle isòsceles és 4 2 m. La mitjana traçada sobre el costat lateral és igual a 5 m. Calculeu el costat lateral. 13.- El costat lateral d’un triangle isòsceles mesura 4m, la mitjana traçada sobre el costat lateral 3 m. Calculeu la base del triangle.

99

El triangle Ricard Peiró i Estruch

14.- La base d’un triangle isòsceles és 12 m i el costat lateral mesura 18 m. Sobre els costats iguals es tracen les altures. Calculeu quant mesura el segment que uneix els peus d’aquestes altures. 15.- La base d’un triangle isòsceles és 12 i el costat lateral mesura 18. Es tracen sobre els costats laterals les bisectrius . Calculeu quant mesura el segment que uneix els peus de les bisectrius. ∆

16.- Siga el triangle ABC isòsceles AB = BC . A l’altura BH s’agafa un punt M tal que els angles ∠AMB, ∠AMC, ∠BMC són iguals. En quina raó estan BM i l’altura si l’angle de la base és α. 17.- L’angle de la base d’un triangle isòsceles és α. Determineu la raó entre la base i la mitjana traçada sobre un costat lateral. 18.- Determineu els angles d’un triangle isòsceles si sabem que l’ortocentre divideix per la meitat l’altura traçada sobre la base. 19.- Les rectes r, s, t són paral· leles, s està entre les altres dues a una distància p, q respectivament. Calculeu el costat d’un triangle equilàter els vèrtexs del qual estan sobre les 3 rectes. ∆

20.- Siga un triangle isòsceles ABC . Sobre el costat BC determineu el punt D tal que BD DC

=

1 . 4

Calculeu

BM on M és la intersecció del segment AD i l’altura BE . ME

21.- La base d’un triangle isòsceles és a. L’angle oposat a la base 2α. Calculeu la bisectriu sobre el costat lateral. 22.- En un triangle equilàter es traça un segment que uneix un vèrtex i un punt del AE 1 costat oposat E tal que = . EB 2 Calculeu l’angle que forma aquest segment i cada costat. 3 23.- L’angle de la base d’un triangle isòsceles és arctg . 4 Calculeu l’angle ω que formen la mitjana i la bisectriu traçades al costat lateral. 24.- Determineu l’angle desigual d’un triangle isòsceles si la mitjana a un costat lateral 3 i la base formen un angle arcsin . 5 25.- Siga un triangle isòsceles tal que Bˆ =110º. En el seu interior es determina el punt M que forma els angles ∠MAC=30º, ∠MCA=25º. Calculeu l’angle ∠CMB.

100

El triangle Ricard Peiró i Estruch

26.- Demostreu que en tot triangle la suma de les mitjanes és major que

3 del 4

perímetre, però menor que el perímetre. 27.- La bisectriu d’un angle d’un triangle divideix el costat oposat en segments de 2 cm. i 4 cm. L’altura traçada sobre el mateix costat és igual a Determineu el triangle i classifiqueu-lo.

15 cm.

28.- Determineu la raó que hi ha entre la suma dels quadrats de les mitjanes i la suma dels quadrats dels costats d’un triangle. 29.- Classifiqueu un triangle sabent que les mitjanes compleixen m 2a + m 2b = 5m c2 30.- Dos costats d’un triangle mesuren a, b i les mitjanes sobre aquests costats formen 90º. Calculeu l’altre costat. ∆

31.- En un triangle ABC tracem la bisectriu AD . Determineu BC sabent que AC = b AB = c,

AD = BD . ∆

32.- En un triangle ABC BC = 12

ˆ = 2Bˆ AC = 8 i l’angle A

Calculeu AB 33.- L’altura d’un triangle mesura 6 cm i divideix l’angle en una proporció 2:1 i la base en 2 segments el menor dels quals mesura 3 cm. Determineu els costats del triangle. 34.- L’altura d’un triangle divideix els angles en proporció 2:1 i la base en dos segments en proporció k:1 (k>0). Determineu l’angle major de la base. ∆

35.- En un triangle acutangle ABC l’angle agut format per les altures AD, CE és α = ∠ABC . Sabent que AD = x

CE = y , calculeu AC .

36.- La base d’un triangle és 4. La mitjana sobre la base és aguts de la base és 15º. Calculeu l’angle agut format per la mitjana i la base. ∆

ˆ = 30 º 37.- En un triangle ABC A ∆

6 − 2 un dels angles

Bˆ = 50 º . Demostreu que c 2 = b(a + b) . ∆

ˆ =B ˆ' 38.- Siguen dos triangles ABC A' B' C' tal que B Demostreu que aa' = bb '+cc ' .

ˆ ' = 180 º Aˆ + A

∆

39.- Siga el triangle ABC els angles del qual estan en proporció 4:2:1 1 1 1 Demostreu que els costats compleixen = + . c a b

101

El triangle Ricard Peiró i Estruch

40.- L’altura, la bisectriu i la mitjana traçades des d’un vèrtex d’un triangle divideixen l’angle en 4 parts iguals. Determineu els angles del triangle. ∆

41.- Siga CD l’altura del triangle ABC . ˆ , Bˆ sabent que CD 2 = AD ⋅ DB Determineu la dependència dels angles A ∆

42.- Siga el triangle equilàter ABC . Siguen L, M els punts migs dels segments AB, AC, respectivament. ∆

Siga C1 la circumferència circumscrita al triangle ABC . La recta que passa pels punts L, M talla la circumferència C1 en els punts X, Y. Proveu que Φ =

1 + 5 LY LM = = . 2 LM MY

∆

43.- Siga ABC un triangle rectangle A = 90 º . Si els costats del triangle rectangle estan en progressió geomètrica la raó de proporcionalitat és

Φ.

44.- De tots els triangles isòsceles circumscrits en un semicercle de radi R determineu el de menor perímetre. Calculeu també la raó entre l’altura del triangle (sobre el costat desigual) i el radi R. ∆

45.- Siga el triangle ABC de incentre I. Siga P el punt projecció de A sobre la recta que passa pels punts B, I. Siga Q el punt projecció de A sobre la recta que passa pels punt C, I. AP AQ A Aleshores, + = cot  BI CI 2 ∆

46.- Un triangle ABC és rectangle si i només si sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2

102

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 1 Demostreu que en un triangle rectangle la bisectriu de l’angle recte divideix per la meitat l’angle entre la mitjana i l’altura traçades des del mateix vèrtex. Solució:

Siguen la mitjana AM , l’altura AH , i la bisectriu AP . ∆

En un triangle rectangle ABC , A = 90 º la mitjana traçada a la hipotenusa és igual a la meitat de la hipotenusa. Per tant, ∆

AM = MC

⇒ AMC és isòsceles. ˆ = 45 º +α Aleshores C ˆ + 45 º +C ˆ = 180 º P ˆ + β = 90º ⇒Pˆ = 90 º −β P Per tant 90 º −β + 45 º +45 º +α = 180 º Podem concloure que β = α . Problema 2 La mitjana traçada sobre la hipotenusa d’un triangle rectangle divideix l’angle recte en una raó 1:2 i és igual a m. Determineu el valor dels costats. Solució:

Siga la mitjana AM = m

∆

En un triangle rectangle ABC A = 90 º la mitjana traçada a la hipotenusa és igual a la meitat de la hipotenusa. Aleshores, BC = 2 AM = 2m .  α + β = 90 º  α 1 aleshores α = 30º , β = 60º  =  β 2 ∆

AMC és equilàter

AM = m

⇒

AC = m

∆

AMB és

isòsceles,

per

2

2

AB = BC − AC = 4m2 − m2 = m 3

tant

103

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 3 Siga un punt de la hipotenusa d’un triangle rectangle que dista igual dels dos catets, divideix a la hipotenusa en dos segments de 40 i 30 cm. Determineu els catets. Solució:

∆

Siga el triangle rectangle ABC A = 90 º Siga el punt D sobre el costat BC tal que dista una distància x dels altres dos costats: DF = DE = x , DEAF és un quadrat. ( x + y )( x + z ) Àrea del triangle = 2 xy xz Àrea del triangle = x 2 + + 2 2 ( x + y )( x + z ) xy xz = x2 + + , aleshores x 2 = yz 2 2 2 ∆

Com que DEC és rectangle x 2 + z 2 = 30 2 ∆

Com que BDF és rectangle x 2 + y 2 = 40 2 Siga el sistema d’equacions:  x 2 = yz  2 2 2  x + z = 30  x 2 + y 2 = 40 2 

 x 2 = yz  2  yz + z = 900  yz + y 2 = 1600 

 x = 24   y = 32  z = 18 

AB = x + y = 56 AC = x + z = 42

104

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 4 Determineu la bisectriu de l’angle recte d’un triangle rectangle de catets x i y. Solució:

Siguen la mitjana AM , l’altura AH , i la bisectriu AP . Siga l’angle α = ∠MAH AB = x

AC = y

BC = x 2 + y 2 ∆

En un triangle rectangle ABC , A = 90 º la mitjana traçada a la hipotenusa és igual a la meitat de la hipotenusa. AM =

BC = 2

x2 + y2 2

 ∆  xy L’àrea ABC = , L’àrea   2

 ∆  ABC =  

x 2 + y 2 ⋅ AH . 2

Igualant les àrees: xy = 2

x 2 + y 2 ⋅AH 2

⇒

xy

AH =

x2 + y2

xy cos α =

AH = AM

x 2 + y2

=

xy x + y2 2

x2 + y2 2 Com que en un triangle rectangle la bisectriu de l’angle recte divideix per la meitat l’angle que formen la mitjana i l’altura traçades des del mateix vèrtex. (problema 1). AH α 1 + cos α = cos = ± 2 2 AP xy Aleshores AP =

AH = α cos 2

x + y2 2

1+

2xy x + y2 2

=

2 xy x+y

2

105

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 5 Des del vèrtex de l’angle recte d’un triangle rectangle s’ha traçat la bisectriu que divideix la hipotenusa en dos segments m i n. Determineu l’altura traçada sobre la hipotenusa. Solució:

Siguen la mitjana AM , l’altura AH , i la bisectriu AP . Siguen els segments BP = m , PC = n . Siguen AB = c,

AC = b

La bisectriu d’un triangle divideix el costat que talla en segments proporcionals als costats adjacents. Per tant: b n = c m Per les àrees ∆

m+n bc AH = 2 2

Com que ABC , A = 90 º és rectangle c 2 + b 2 = (m + n) 2 Considerem el sistema:  n n b  b= c  = m   n m c   bc = ( m + n ) AH c 2 = (m + n)AH   m  2 b 2 + c 2 = (m + n) 2  n c 2 + c 2 = (n + m )2    m 2 Dividint les dues últimes equacions obtenim: nm(m + n) AH = 2 n + m2

106

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 6 En un triangle rectangle les mitjanes traçades de dels angles aguts mesuren 52 , 73 . Calculeu la hipotenusa. Solució:

∆

Siga el triangle rectangle ABC , A = 90 º . Siguen les mitjanes BF, CE Siguen BC = x,

AB = c,

AC = b

BF = 2

∆ b Com que AFB és rectangle c 2 +   =  2 2

∆ c  Com que AEC és rectangle   + b 2 = 2 ∆

Com que ABC és rectangle c 2 + b 2 Considerem el sistema:  2 b2 = 73 c +  2 4 c 2 les solucions són  + b = 52 4  2 2 2 c + b = x  

EC =

73

52

( 73 )

2

( 52 )

2

= x2

c =8  b=6  x = 10 

Problema 7 El perímetre d’un triangle rectangle és igual a 60 m i l’altura traçada sobre la hipotenusa mesura 12 m. Determineu els costats del triangle. Solució: Siguen AB = c AC = b BC = a El perímetre és c + b + a = 60 L’àrea és bc = 12a ∆

Com que ABC és rectangle c 2 + b 2 = a 2 Considerem el sistema: a + b + c = 60   bc = 12a  b2 + c 2 = a2 

la

solució

107

del

qual

és

a = 25  b = 20  c = 15 

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 8 ∆

En un triangle rectangle ABC , A = 90 º , siga la mitjana , AM = m , siga la bisectriu AP , siga MP = n . Determineu els catets. Solució:

Siguen AB = c

AC = b

Siga la mitjana AM = m , i siga la bisectriu MP = n En un triangle rectangle la mitjana traçada a la hipotenusa és igual a la meitat de la hipotenusa, per tant BC = 2m MC = m Per la propietat de la bisectriu tenim que:

PC BP m −n m+ n = , és a dir = b c AC AB

∆

Com que el triangle ABC és rectangle b 2 + c 2 = (2m)2 Considerem el sistema:  2m(m − n) b =  m−n m+n  =  m2 + n 2 la seua solució és :   b c b 2 + c 2 = ( 2m )2 c = 2m(m + n)  m2 + n 2  Problema 9 Determineu l’angle que formen la mitjana i bisectriu d’un angle agut d’un triangle rectangle, en funció d’aquest angle. Solució:

∆

Siga el triangle rectangle ABC , A = 90 º , Siguen la bisectriu BP , la mitjana BM, AC = b, AB = c tg Bˆ = b  Bˆ  2  Bˆ  1 tg + α  = . Aleshores, tg Bˆ = tg + α  2 2  c 2  Deduïm: ˆ  tgBˆ   ˆ Bˆ  ⇒ α = − B + arctg tg B  + α = arctg   2  2 2  2   

108

c b

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 10 Demostreu que si en un triangle la raó de les tangents dels angles aguts és igual a la raó dels quadrats dels sinus d’aquests angles, aleshores el triangle és isòsceles o rectangle. Solució:

ˆ sin2 C ˆ tgC = ˆ sin 2 Bˆ tg B

⇒

Aleshores 2Bˆ = 2Cˆ

ˆ cos Bˆ sin C = ˆ sin B ˆ cos C

⇒

ˆ sin 2Bˆ = sin 2C

ˆ o 2Bˆ = 180 º −2C ˆ + Bˆ = 90º. C

Per tant Cˆ = Bˆ o En el primer cas el triangle és isòsceles i en el segon cas el triangle és rectangle. Problema 11 Demostreu que si en un triangle es verifica isòsceles. Solució:

Aplicant el teorema dels sinus

a b = ˆ sin Aˆ sin B

Considerem el sistema:  a b =  ˆ cos Bˆ cos A  a b  = ˆ  sin A sinBˆ Dividint-les: ˆ sin Aˆ sin B ˆ = tg Bˆ = ⇒ tg A ˆ ˆ cos A cos B ˆ = Bˆ Aleshores A

109

a b = cos Aˆ cos Bˆ

aleshores el triangle és

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 12 La base d’un triangle isòsceles és 4 2 m. La mitjana traçada sobre el costat lateral és igual a 5 m. Calculeu el costat lateral. Solució:

Siguen l’altura CD , la mitjana AE = 5 i el costat AC = b Siga G el baricentre: 2 4 2 Aleshores, AG = 5 AD = 3 2 ∆

Considerem el triangle rectangle AGD

2

2

GD = AG + AD =

100 2 −8 = 7 9 3

Aleshores DC = 3GD = 2 7 2

2

Per tant b = AD + CD =

(2 2 ) + (2 7 ) 2

2

=6

Problema 13 El costat lateral d’un triangle isòsceles mesura 4m, la mitjana traçada sobre el costat lateral 3 m. Calculeu la base del triangle. Solució:

Siguen la mitjana AE = 3 , el baricentre G. Per la propietat del baricentre GE = 1, AG = 2 h Siguen AD = x, CD = h, GD = 3 h Per ser el triangle AGD rectangle tenim 2 = x +   3 ∆

2

2

2

∆

Per ser el triangle ACD rectangle tenim 4 2 = x 2 + h2  h2  4 = x2 + Considerem el sistema  9 la seua solució és 16 = x 2 + h 2  Aleshores AB = 2

5 = 10 2

110

  x =  h = 3 ⋅ 

5 2 3 2

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 14 La base d’un triangle isòsceles és 12 m i el costat lateral mesura 18 m. Sobre els costats iguals es tracen les altures. Calculeu quant mesura el segment que uneix els peus d’aquestes altures. Solució:

Considerem les altures CH, AD, BE . ∆

Per ser el triangle ACH rectangle tenim CH = 18 2 − 62 = 288 ∆

Igualant les àrees del triangle ABC tenim Per tant AD =

12 288 18 AD = . 2 2

2 288 3 ∆

2

2

Per ser el triangle ADB rectangle tenim BD + AD = 12 2 . Aleshores, BD = 4, ∆

CD = 18 − 4 ∆

Els triangles CHB,CFD són semblants, aleshores 14 Aleshores, DF = 3

HB BC

=

DF CD

,

6 DF = 18 14

28 ED = 2DF = 3

Problema 15 La base d’un triangle isòsceles és 12 i el costat lateral mesura 18. Es tracen sobre els costats laterals les bisectrius. Calculeu quant mesura el segment que uneix els peus de les bisectrius. Solució:

Considerem les bisectrius AE, BD Per la propietat de les bisectrius, CE BE 18 − BE BE 36 = = , aleshores BE = 18 12 5 AC AB ∆

∆

Els triangles ABC, DEC són semblants, per tant 12 DE = 18 54 5

⇒

DE =

36 5

111

CE = 18 − BE = AB DE = BC CE

54 5

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 16 ∆

Siga el triangle ABC isòsceles AB = BC . Sobre l’altura BH s’agafa un punt M tal que els angles ∠AMB, ∠AMC, ∠BMC són iguals. En quina raó estan BM i l’altura si l’angle de la base és α. Solució:

Siguen ∠CAB = α, AB = c, Notem que ∠MAB = 30 º

AC = b

BH = c ⋅ sin α ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC c b b = = sin α sin(2α ) 2 sin α ⋅ cos α

aleshores, b = 2c ⋅ cos α ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle AMC

MH = AM ⋅ sin 30 º

⇒

MH =

b 2 3

=

2c ⋅ cos α 2 3

 3 cos α  BM = BH − MH = a sin α −  3   BH BM

=

a ⋅ sin α  3 cos α  a sin α −  3  

=

c b = sin α sin(180 º −2α )

sin α sin α −

3 cos α 3

112

b AM = sin120 º sin 30º =

c ⋅ cos α 3

⇒

AM =

b 3

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 17 L’angle de la base d’un triangle isòsceles és α. Determineu la raó entre la base i la mitjana traçada sobre un costat lateral.

Solució: ˆ = α, Siguen A

AC = BC = b,

AB = c , la mitjana AM , i G el baricentre. ∆ c b Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC = sin α sin(180 º −2α ) Aleshores, AB = c = 2a ⋅ cos α a ⋅ sin α CH = a ⋅ sin α GH = (aplicant la propietat del baricentre). 3 ∆

2

2

El triangle AGH és rectangle per tant AG = GH + AH = =

a 2 sin 2 α c 2 + = 9 4

4a 2 sin 2 α + 9c 2 = 6

4a 2 sin 2 α + 9(2a ⋅ cos α ) 2 = 6

a sin2 α + 9 cos2 α 3 3 a Aleshores, AM = AG = sin 2 α + 9 cos 2 α 2 2 AB 2a ⋅ cos α 4 cos α Per tant: = = 2 a AM sin α + 9 cos2 α sin2 α + 9 cos 2 α 2 =

Problema 18 Determineu els angles d’un triangle isòsceles si sabem que l’ortocentre divideix per la meitat l’altura traçada sobre la base. Solució: Siguen BC = AC = a, Siguen les altures CH,

AB = c ,

Aˆ = α

AK ,

l’ortocentre O, α = ∠AOH . OH = CO = x ∆

4x c ∆ c El triangle AOH és rectangle per tant tg α = 2x  4x  tgα = c Considerem el sistema  multiplicant ambdues equacions queda, c  tg α =  2x El triangle ACH és rectangle per tant

tg 2 α = 2

⇒

tgα =

2

Per tant Aˆ = α = arctg 2

⇒

tg α =

α = arctg 2 ˆ = 180 º −2α = 180 º −2arctg 2 C

113

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 19 Les rectes r, s, t són paral· leles, s està entre les altres dues a una distància p, q respectivament. Calculeu el costat d’un triangle equilàter els vèrtexs del qual estan sobre les 3 rectes. Solució:

Siga la recta f perpendicular a r que passa pel punt A. Siga la recta g perpendicular a r que passa pel punt C. Siga el rectangle ADEF que determinen les rectes r, f, t, g. Siguen AB = AC = BC = a Siguen AD = p + q AF = x DB = m ∆

El triangle AFC és rectangle per tant ∆

El triangle ADB és rectangle per tant ∆

El triangle BCE és rectangle per tant

a 2 = p2 + x 2 a 2 = (p + q) 2 + m 2 a 2 = q2 + (x − m )2

a 2 = p 2 + x 2  Considerem el sistema a 2 = (p + q)2 + m 2 a 2 = q2 + ( x − m )2  Resolent el sistema queda a =

2 p 2 + q 2 + pq 3

114

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 20 ∆

Siga un triangle isòsceles ABC . En el costat BC determineu el punt D tal que BD 1 = . DC 4 Calculeu

BM on M és la intersecció del segment AD i l’altura BE . ME

Solució:

Siga BC = 5a

⇒

Siguen AE = y

BD = a

DC = 4a

AF = x

∆

El triangle EBC és rectangle per tant BE = 25a 2 − y 2 ∆

∆

Els triangles ABE, FDC són semblants, per tant 25a 2 − y 2 DF = y 2y − x ∆

BE DF = AE FC

(1) ∆

Els triangles EBC, FDC són semblants, per tant

BC DC = EC FC

5a 4a = ⇒ 6y = 5x y 2y − x Substituint en (1) 4 DF = 25 a 2 − y 2 5 ∆

∆

Els triangles AME , ADF són semblants, per tant 4 25a 2 − y 2 ME 5 = y x

⇒

ME =

BM = BE − ME = 25 a2 − y 2 −

Aleshores,

ME DF = AE AF

2 25a 2 − y 2 3

2 1 25a 2 − y 2 = 25a 2 − y 2 3 3

1 25 a 2 − y 2 BM 3 1 = = 2 ME 2 25 a 2 − y 2 3

115

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 21 La base d’un triangle isòsceles és a. L’angle oposat a la base 2α. Calculeu la bisectriu sobre el costat lateral. Solució:

Siguen AB = a

ˆ = 2α C

Aˆ = Bˆ = 90 º −α .

Siga la bisectriu AE . Siguen ∠EAB = ω, ∠ AEB = φ . 90 º −α 3 ω= φ = 180 º −( ω + Bˆ) = 45 º + α 2 2 ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle AEB a AE = sin φ sin Bˆ

⇒

a 3   sin 45 º + α  2  

=

AE sin(90 º −α )

⇒

AE =

a ⋅ cos α 3   sin 45 º + α  2  

Problema 22 En un triangle equilàter es traça un segment que uneix un vèrtex i un punt E del costat AE 1 oposat tal que = . Calculeu l’angle que forma aquest segment i cada costat. EB 2 Solució: Siga l’altura CD . Siga ∠ACE = α, ∠ECB = ω . Siga AB = 3a

⇒ AE = a EB = 2a 3 1 ED = AD − AE = a − a = a 2 2 2

3a 3  El triangle DCB és rectangle per tant CD = (3a ) −  a  = 3 2 2  ∆

2

∆

1 2 9 a + 9a 2 − a2 = a 28 4 4 CE EB = sin 60º sin ω

2

2

El triangle DCE és rectangle per tant, CE = ED + CD = ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle CEB

a 28 2a 3 = ⇒ sin ω = sin ω 3 28 2  3     α = 60º − ω = 60 º − arcsin 3  ω = arcsin     28   28 

116

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 23 3 L’angle de la base d’un triangle isòsceles és arctg . 4 Calculeu l’angle ω que formen la mitjana i la bisectriu traçades al costat lateral. Solució:

Siguen la mitjana AM , la bisectriu AP i el baricentre G. ˆ = arctg 3 ⇒ BE = 3a, AE = 4a A 4 1 Per ser G el baricentre GE = BE = a . 3 Siguen ∠MAC = α, ∠PAM = ω ∆

GE a = . AE 4a 1 1 3 1 ω = Aˆ − α = arctg − arctg . 2 2 4 4

Considerem el triangle rectangle AGE Aleshores, α = arctg

1 4

tg α =

Problema 24 Determineu l’angle desigual d’un triangle isòsceles si la mitjana a un costat lateral i la 3 base formen un angle arcsin . 5 Solució:

Siguen la mitjana AM , el baricentre G Siguen ∠MAC = α, ∠ABE = ω ∆

Considerem el triangle rectangle AMD MD = 3a

AM = 5a

AG =

∆

sin α =

MD 3 = AM 5

2 10 AM = a 3 3

∆

Els triangles AMD i AGE són semblants, per tant

3a GE = 5a AG

⇒

GE = 2a

BE = 3GE = 6a 2

8  10  Per ser el triangle AGE rectangle AE = AG − GE =  a  − (2a) 2 = a 3  3  ∆

2

2

∆

Per ser el triangle ABE rectangle, 8 a AE 3 4 4 tg ω = = = ⇒ ω = arctg 9 9 BE 6a

ˆ = 2ω = 2arctg 4 B 9

117

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 25 Siga un triangle isòsceles tal que Bˆ = 110 º . En el seu interior es determina el punt M que forma els angles ∠MAC=30º, ∠MCA=25º. Calculeu l’angle ∠CMB. Solució:

Siga ∠CMB=α ˆ =C ˆ = 35 º A ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle MBC ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle AMB BC sin α sin(235 º −α ) = = ⇒ sin 5º BM sin10 º sin α sin( 235 º −α ) ⇒ = 2 sin 5º cos 5 º sin 5 º ⇒

⇒

BC BM = sin α sin10 º BM BC = sin5 º sin(235 º −α )

2 sin(235 º −α ) cos 5º = sin α

− 2 sin( 55º − α ) cos 5 º = sin α

Transformant productes en sumes: 1 1  − 2 sin(60 º −α ) + sin(50 º −α )  = sin α 2 2  − sin 60 º cos α + cos 60º sin α − sin 50 º cos α + cos 50 º sin α = sin α 3 1 cos α + sin α − sin 50º cos α + cos 50 º sin α = sin α 2 2 − 3    cos α =  1 − cos 50 º  sin α − sin 50 º  2  2    3 − − sin 50º 2 tg α = 1 − cos 50 º 2    − 3 − sin 50 º   = 85 º α = arctg 2  1  − cos 50º    2  −

118

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 26 Demostreu que en tot triangle la suma de les mitjanes és major que

3 del perímetre, 4

però menor que el perímetre. Solució:

Siguen les mitjanes AM = m a CN = m c BR = m b . Siga el baricentre G. Siguen S = m a + m b + m c P = a + b + c ∆ 2 2 Considerem el triangle CGB m b + mc > a 3 3 ∆ 2 2 Considerem el triangle AGC ma + mc > b 3 3 ∆ 2 2 Considerem el triangle AGB m a + mb > c 3 3 Sumant les 3 inequacions: 4 4 (m a + m b + m c ) > a + b + c ⇒ S >P 3 3 ∆

1 1 b+ c 2 2 ∆ 1 1 Considerem el triangle BNR m b < c + a 2 2 ∆ 1 1 Considerem el triangle CNR m c < a + b 2 2 Considerem el triangle AMN

ma <

Sumant les desigualtats: ma + mb + m c < a + b + c

⇒

S
119

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 27 La bisectriu d’un angle d’un triangle divideix el costat oposat en segments de 2 cm i 4 cm. L’altura traçada sobre el mateix costat és igual a Determineu el triangle i classifiqueu-lo.

15 cm.

Solució:

Siguen la bisectriu CE i l’altura CD = 15 . Siguen els segments BE = 4 EA = 2 AD = x . Per la propietat de la proporcionalitat de la bisectriu: 4 2 = ⇒ a = 2b a b ∆

( 15 ) = b (6 + x ) + ( 15 ) 2

Considerem el triangle rectangle ADC x 2 + ∆

Considerem el triangle rectangle BDC

2

a = 2b  Considerem el sistema  x 2 + 15 = b 2  x 2 + 36 + 12 x + 15 = a 2  Els sistema té dues solucions: a = 8 b = 4  triangle obtusangle ja que a 2 > b2 + c 2  x = 1  c = 6 a = 4 6  b = 2 6   x=3  c =6 

triangle obtusangle ja que a 2 > b2 + c 2

120

2 2

= b2

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 28 Determineu la raó que hi ha entre la suma des quadrats de les mitjanes i la suma dels quadrats dels costats d’un triangle. Solució:

Siguen les mitjanes AN, CM, BP ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ACM 2

2 c  CM =   + b 2 − bc ⋅ cos Aˆ 2 ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle BAN , 2

a AN =   + c 2 − ac ⋅ cos Bˆ  2 2

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle CBP , 2

2 b ˆ BP =   + a 2 − ab ⋅ cos C 2  

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ABC , a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos Aˆ b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos Bˆ

ˆ c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos C Per tant, 2

2

2

CM + AN + BP = a 2 + b 2 + c2 2

2

2

c  ˆ +  a  + c 2 − ac ⋅ cosBˆ +  b  + a 2 − ab ⋅ cos C ˆ   + b 2 − bc ⋅ cos A 2 2 2     =  = a 2 + b2 + c 2 2

2

2

a2 − b2 − c2  a  b 2 − a2 − c 2  b  c 2 − a2 − b2 c +   +c2 + +   + a2 +   + b2 + 2 2 2 2 2 2 =  = 2 2 2 a +b +c

c 2 a 2 b2 − a2 − b2 − c 2 + + + a2 + b2 + c 2 + 3 4 4 4 2 = 2 2 2 4 a +b + c

121

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 29 Classifiqueu un triangle sabent que les mitjanes compleixen m 2a + m 2b = 5m 2c Solució:

Siguen les mitjanes AN = m a

CM = m c

BP = m b . ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ACM , 2

c m =   + b 2 − bc ⋅ cos Aˆ  2 2 c

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle BAN , 2

a m =   + c 2 − ac ⋅ cos Bˆ  2 2 a

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle CBP , 2

b ˆ mb2 =   + a 2 − ab ⋅ cos C 2   ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ABC , a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos Aˆ b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos Bˆ

ˆ c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos C Per tant, a2 b 2 − a 2 − c 2 2b 2 + 2c 2 − a 2 ma2 = + c2 + = 4 2 4 2 2 2 2 2 a + 2 c − b 2 a + 2b 2 − c 2 mb2 = , mc2 = 4 4 2 2 2 Com que ma + mb = 5m c tenim: 2b 2 + 2c 2 − a2 2a 2 + 2c 2 − b 2 2a 2 + 2b − c 2 + =5 4 4 4 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2 = 10a 2 + 10b 2 − 5c 2

Aleshores: a2 + b2 = c 2

ˆ = 90 º . El triangle és rectangle C

122

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 30 Dos costats d’un triangle mesuren a, b i les mitjanes sobre aquests costats formen 90º. Calculeu l’altre costat, Solució:

Siguen les mitjanes AN,

BM siga el baricentre G.

Volem determinar AB = c ∆

∆

Els triangles ABC , MNC són semblants Siguen GN = x

AG = 2x

GM = y

BG = 2 y

MN =

c  El triangle GMN és rectangle, per tant x + y =    2 ∆

2

c (propietat del baricentre). 2

2

2

 b El triangle AGM és rectangle, per tant (2 x ) + y =    2 ∆

2

2

2

2

∆  a El triangle BGN és rectangle, per tant x 2 + ( 2y ) 2 =    2 Considerem el sistema 2  b  2 b2 a2 (2 x )2 + y 2 =   −  x =  2 15 60 la solució del qual és   2 2 2 y 2 = a − b  x 2 + (2y ) 2 =  a    15 60 2

c  Com que x 2 + y 2 =   2 Per tant c =

2

⇒

c 2 = 4( x 2 + y 2 ) =

a2 + b2 5

123

a2 b2 + . 5 5

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 31 ∆

En un triangle ABC tracem la bisectriu AD . Determineu BC sabent que AC = b , AB = c,

AD = BD .

Solució:

Siga la bisectriu AD = x Siga l’angle ∠CAD = α Per la propietat de proporcionalitat de la bisectriu: c b = (1) x a −x ∆

Per ser el triangle ADB isòsceles Bˆ = α ∆

∆

Els triangles ABC DAC són semblants, aleshores

b x = a c

(2)

Considerem el sistema format per (1) i (2)  c b c b  bc = = bc x a − x  a−  b x  a a   bc =  a c x = a  Aleshores a = b 2 + bc Problema 32 ∆

En un triangle ABC tal que BC = 12

ˆ = 2Bˆ AC = 8 i l’angle A

Calculeu AB Solució:

Siga el costat AB = c Siguen Bˆ = α Aˆ = 2α

ˆ = 180 º −3 α . C ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , 12 8 c = = sin 2α sin α sin(180 º −3α ) 12 8 c = = 2 sin α ⋅ cos α sin α sin α( 4 cos 2 α − 1) 6 c =8= cos α 4 cos 2 α − 1 3 Aleshores, cos α = c = 8 4 cos 2 α − 1 = 10 . 4

(

)

124

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 33 L’altura d’un triangle mesura 6 cm i divideix l’angle en una proporció 2:1 i la base en 2 segments el menor dels quals mesura 3 cm. Determineu els costats del triangle. Solució:

Siga l’altura CH = 6 . Siga el segment HB = 3 . Siga els angles ∠HCB = α ∠ACH = 2α. ∆

El triangle CHB és rectangle, per tant, a = 6 2 + 3 2 = 3 5 sin α =

3 5 3

=

3 5

cos α =

6 5 3

=

2 3 5

tg α =

1 2

∆

El triangle ACH és rectangle, per tant, tg2α =

c−3 6

⇒

2 tgα c−3 = 2 2 1 − tg α

⇒

1 c−3 2 = 2 2  1 1−    2 2

2

b = AH + 6 2 = 8 2 + 6 2 = 10 .

125

⇒

c = 11

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 34 L’altura d’un triangle divideix els angles en proporció 2:1 i la base en dos segments en proporció k:1 (k>0). Determineu l’angle major de la base. Solució:

Siga l’altura CH . Siguen els angles ∠ACH= α ∠BCH = 2α ˆ = 90 º −a Bˆ = 90 − 2α A Siguen els segments AH = x

HB = kx

∆

x b ∆ kx El triangle CHB és rectangle, per tant, sin 2α = a El triangle ACH és rectangle, per tant, sin α =

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , a b a b = ⇒ = sin(90 º −α ) sin(90º −2 α) cos α cos 2 α Considerem el sistema:  a b  cos α = cos 2α  a sin α  =  bk sin 2α Dividint ambdues equacions: 2 cos2 α k k= ⇒ cos 2 α = 2 2(k − 1) 2 cos α − 1 per tant, cos α = sin(90 º − α) =

k 2(k − 1)

Nota: Es pot observar que k > 2 ja que

⇒

90º − α = arcsin

k 2(k − 1)

k k <1 i >0 2(k − 1) 2(k − 1)

126

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 35 ∆

En un triangle acutangle ABC l’angle agut format per les altures AD,CE α = ∠ABC . Sabent que AD = x

és

CE = y , calculeu AC

Solució:

Siga Bˆ = α , aleshores l’angle ∠AHE = α. ∆

El triangle DAB és rectangle, per tant, sin α = ∆

El triangle ECB és rectangle, per tant, sin α =

x AB y BC

⇒ ⇒

x sin α y BC = sin α

AB =

∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle ABC , 2

2

2

AC = AB + BC − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos α 2

Per tant, AC = Aleshores: AC =

x2 y2 2 xy ⋅ cos α + − 2 2 sin α sin α sin2 α x 2 + y 2 − 2xy ⋅ cos α sin α

Problema 36 La base d’un triangle és 4. La mitjana sobre la base és de la base és 15º. Calculeu l’angle agut entre la mitjana i la base.

6 − 2 un dels angles aguts

Solució:

Siga la mitjana CM = 6 − 2 . Siga el segment AM = 2 Siguen els angles Aˆ = 15º ∠CMB = γ ∠MCA = α ∠AMC= β 6− 2 sin15 º = 4 ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ACM , 6− 2 2 1 = , per tant, sin α = ⇒ α = 30º o α = 150 º sin15 º sin α 2 Les dues solucions són: a) β = 180 º −(15 + α ) = 135 º γ = 180 º −β = 45 º b) β = 180 º −(15 + α ) = 15 º

127

γ = 180 º −β = 165 º

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 37 ∆

ˆ = 30 º En un triangle ABC A

Bˆ = 50º . Demostreu que c 2 = b(a + b) .

Solució:

ˆ = 180 º −( A + B ) = 100 º C ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , a b c = = sin 30º sin 50 º sin100 º 2a =

b c = sin 50 º 2 sin 100 º

b(a + b ) =

⇒

a=

c , 4 sin 50 º cos 50º

b=

c 2 cos 50 º

c c c 1    1 + 2 sin 50º  +   = c2   2 cos 50º  4 sin 50 º cos 50º 2 cos 50 º  2 cos 50º  4 sin 50 º cos 50º 

Cal demostrar que

1  1 + 2 sin 50 º   =1 2 cos 50º  4 sin 50º cos 50º 

8 cos 50 º sin 50 º cos 50 º = 4 sin 100 º co50 º = 2(sin150 º + sin 50 º ) = 1 + 2 sin 50 º

Per tant, podem concloure que: b(a + b ) = c 2

128

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 38 ∆

∆

ˆ = Bˆ' Siguen dos triangles ABC A' B' C' tal que B Demostreu que aa' = bb'+cc ' .

ˆ +A ˆ ' = 180 º A

Solució:

ˆ = Bˆ', Com que B

ˆ ' = 180 º Aˆ + A

⇒

ˆ, Aˆ ' = 180 º − A

ˆ ' = Aˆ − Bˆ . C

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , ˆ a b c sin Bˆ sin C = = . Per tant, b = a c= a ˆ sin Aˆ sinBˆ sin C sin Aˆ sin Aˆ ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle A' B' C' a' b' c' a' b' c' = = ⇒ = = ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ sin A ' sin B' sin C' sin(180 º − A ) sin B sin(Aˆ − Bˆ) sin Bˆ sin(Aˆ − Bˆ) Per tant, b' = a' c = a' sin Aˆ sin Aˆ bb'+cc ' =

ˆ ⋅ sin( A ˆ −B ˆ) sin2 Bˆ sin C aa ' + aa' = 2 ˆ 2 ˆ sin A sin A

= aa'

ˆ + Bˆ ) sin( A ˆ − Bˆ ) sin 2 Bˆ + sin( A = 2 ˆ sin A

ˆ + (sin Aˆ cos Bˆ + cos A ˆ sinBˆ)(sin Aˆ cos B ˆ − cos Aˆ sinBˆ) sin 2 B = 2 ˆ sin A sin 2 Bˆ + sin2 Aˆ cos 2 Bˆ − cos 2 Aˆ sin2 Bˆ = aa' = aa' ˆ sin 2 A

= aa'

129

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 39 ∆

Siga el triangle ABC els angles del qual estan en proporció 4:2:1 1 1 1 Demostreu que els costats compleixen = + . c a b Solució:

Siguen els angles Cˆ = α Bˆ = 2α 180 º 7α = 180 º ⇒ α = 7

ˆ = 4α A

∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , a b c = = sin 4α sin 2α sin α Aleshores: c ⋅ sin 4α c ⋅ sin 2α a= = 4c ⋅ cos α ⋅ cos 2α b= = 2c ⋅ cos α sin α sin α 1 1 1 1 1  1 + 2 cos 2α  + = + =   a b 4c ⋅ cos α ⋅ cos 2α 2c ⋅ cos α c  4 cos α ⋅ cos 2α  Amb l’ajut de la calculadora demostrem que 1 + 2 cos 2α =1 4 cos α ⋅ cos 2α

130

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 40 L’altura, la bisectriu i la mitjana traçades des d’un vèrtex d’un triangle divideixen l’angle en 4 parts iguals. Determineu els angles del triangle. Solució:

Siguen l’altura CH , la bisectriu CV , la mitjana CM . Siguen els angles ∠ACH=∠HCV=∠VCM=∠MCB = α. El punt V està entre H i M. ∆

El triangle AHC és rectangle, per tant Aˆ = 90 − α ∆

El triangle CHB és rectangle, per tant Bˆ = 90 º −3α ∆

El triangle ACV és isòsceles, per tant CV = b c AM = MB = 2 Siga CM = x ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle AMC , c x = 2 sin(90 º −α ) sin 3α ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle CMB , c x 2 = sin α sin(90 º −3α ) Dividint ambdues equacions, sin(90 º −α ) sin 3α cos α sin 3α = ⇒ = ⇒ sin(90 º −3α ) sin α cos 3α sin α ⇒ 2 sin α ⋅ cos α = 2 sin 3 α ⋅ cos 3α ⇒ sin 2α = sin 6α 180º Aleshores, α = = 22 º30' 8 Per tant, Aˆ = 90 º −α = 67 º 30' ˆ = 90 º −3 α = 22º 30' B

ˆ = 4 α = 90º C

131

⇒

6α = 180 º −2α

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 41 ∆

Siga CD l’altura del triangle ABC . ˆ , Bˆ sabent que CD 2 = AD ⋅ DB . Determineu la dependència dels angles A Solució: Estudiarem dos casos: ˆ ,Bˆ angles aguts. 1.- A ˆ o Bˆ obtús. 2.- A 1r cas ˆ ,Bˆ són angles aguts. Suposem que A

2

2

2

2

a 2 + b 2 = AD + CD + DB + CD = 2

2

= AD + AD ⋅ DB + DB + AD ⋅ DB =

(

)

(

) (

)

2

AD AD + DB + DB AD + DB = AD + DB = c 2 ∆

⇒ A + B = 90 º .

Aleshores el triangle ABC és rectangle, Cˆ = 90 º

2n cas Suposem que l’angle Bˆ és obtús. 2

b 2 = AD + CD

2

2

a 2 = BD + CD

2 ∆

Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABC , a b = ˆ ˆ sin A sin B

( (

) )

2 2 2 sin2 Aˆ a2 BD + CD BD + AD ⋅ DB BD AD + BD BD = = = = = = sin 2 B b 2 AD 2 + CD2 AD 2 + AD ⋅ DB AD AD + BD AD ˆ ⋅ cos Bˆ − a cos Bˆ − sin A = = ⇒ b cos Aˆ sin Bˆ ⋅ cos Aˆ

⇒ ⇒

ˆ − cos Bˆ sin A = ⇒ 2 sin Aˆ ⋅ cos Aˆ = −2 sin Bˆ ⋅ cos Bˆ ˆ sinBˆ cos A ˆ ) ⇒ 2Bˆ = 180 º +2Aˆ ⇒ sin(2Aˆ ) = − sin(2B

ˆ − Aˆ = 90º B

ˆ és obtús Aˆ − Bˆ = 90º . Si A ˆ o Bˆ obtús Podem concloure que si A

ˆ − Bˆ = 90º A

132

⇒

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 42 ∆

Siga el triangle equilàter ABC . Siguen L, M els punts migs dels segments AB, AC, respectivament. ∆

Siga C1 la circumferència circumscrita al triangle ABC . La recta que passa pels punts L, M talla la circumferència C1 en els punts X, Y. Proveu que Φ =

1 + 5 LY LM = = 2 LM MY

Solució: (Amb coordenades cartesinanes). ∆

Considerem El triangle ABC , tal que B(0,0), C(2,0). Per ser el triangle equilàter A (1, 3 ) Les coordenades dels punts L, M són: 1 3   , M 3 , 3  L ,    2 2  2 2  ∆

Siga C1 la circumferència circumscrita al triangle ABC de centre O i radi R.  3  El centre O té coordenades O1,  3   El radi de la circumferència circumscrita C1 és: R =

4 3 2

 3  4 L’equació de la circumferència C1 és: C1 ≡ (x − 1) +  y −  =3 3   2

L’equació de la recta r que passa pels punts L, M és: r ≡ y =

3 2

 5 3  Les interseccions de la circumferència C1 i la recta r són: X1 − , , 2 2    5 3  Y1 + , 2 2   LM = 1 1+ 5 LY = 2 − 1+ 5 MY = 2 Aleshores: LY 1 + 5 = =Φ 2 LM

LM 1 + 5 = =Φ 2 MY

133

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Solució trigonomètrica:

∆

Considerem el triangle ABC de costat AB = 2 . ∆

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle ALC , CL = 3 Aleshores LM = 1 ∆

Considerem el triangle OLM ∆

Per la propietat del baricentre del triangle ABC 3 3 2 3 OC = 3 OL =

L’angle ∠MLO = 30 º ∆

Considerem el triangle LOY . ∆

Aplicant el teorema del cosinus al triangle LOY , 2

2

2

OY = OY + LY − 2 ⋅ OY ⋅ LY ⋅ cos 30 º 2 4 1 = + LY − LY 3 3 Simplificant: 2

LY − LY − 1 = 0

Aleshores, 1+ 5 LY = 2

134

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 43 ∆

Siga ABC un triangle rectangle A = 90 º . Si els costats del triangle rectangle estan en progressió geomètrica la raó de proporcionalitat és

Φ

Solució: Siga r la raó de proporcionalitat. Els costat del triangle rectangle són a, ar , ar 2 , on ar 2 és la hipotenusa. Aplicant el teorema de Pitàgores:

(ar )

2 2

= a 2 + (ar )2

a2r 4 = a 2 + a2r 2

Simplificant, r4 − r2 −1 = 0

Resolent l’equació: r 2 = Aleshores, r =

1+ 5 , 2

Φ=

1+ 5 2

1+ 5 = Φ 2

Problema 44 De tots els triangles isòsceles circumscrits en un semicercle de radi R determineu el de menor perímetre. Calculeu també la raó entre l’altura del triangle (sobre el costat desigual) i el radi R. Solució:

Considerem el sistema de referència cartesià amb origen O(0,0) . Considerem la circumferència de centre O(0,0) i radi OR = 1 que té per equació: C1 ≡ x 2 + y 2 = 1 ∆

Siga el triangle isòsceles ABC , A (−a,0), B(a,0), C(0,b ) . ∆

∆

Aplicant el teorema de Pitàgores al triangle OBC el perímetre del triangle ABC és: P(a, b ) = 2a + 2 a 2 + b 2

(1)

135

El triangle Ricard Peiró i Estruch

−b ( x − a) a Com que la recta r és tangent a la circumferència C 1 , el sistema format per les seues Considerem la recta que passa pels punts B, C, r ≡ y =

 −b ( x − a) y = equacions té solució única.  a x 2 + y 2 = 1  2 b b2 Substituint: x 2 + 2 x 2 + b 2 − 2 x −1 = 0 a a Simplificant: (a 2 + b 2 )x 2 − 2ab 2 x + a 2b 2 − a 2 = 0 Per tenir solució única el discriminant de l’equació de segon grau és 0. 4a 2b 4 − 4(a 2 + b 2 )(a 2 b 2 − a 2 ) = 0 a2 a2 − 1 Aleshores la funció perímetre quedaria: Simplificant: b 2 =

a2 a4 = 2 a + 2 a2 − 1 a2 −1 Calculem la primera derivada: 2a 5 − 4a 3 P' (a ) = 2 + a4 (a 2 − 1) 2 ⋅ a2 −1 Igualant a zero la primera derivada: 2a 5 − 4a 3 2+ =0 4 a ( a 2 − 1)2 ⋅ 2 a −1 Simplificant: P(a ) = 2a + 2 a 2 +

(a 2 − 1) 2 + (a 3 − 2a) a 2 − 1 = 0 , Elevant al quadrat i simplificant:

on a > 1

(a 2 − 1) 2 = −(a 3 − 2a ) a 2 − 1

a4 − a2 − 1 = 0

Aleshores, a 2 = Per tant, b 2 =

1+ 5 = Φ, 2

a= Φ

Φ = Φ2 Φ −1

Aleshores, b = Φ

El menor perímetre s’assoleix quan a =

Φ, b = Φ

El perímetre mínim és P( Φ ) = 2Φ + 2 Φ + Φ 2 = 2Φ + 2 1 + 2Φ La proporció entre l’altura i el radi és b = Φ

136

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Solució trigonomètrica:

Considerem la circumferència de centre O i radi OR = 1 . Siga α = ∠OBC , aleshores, α = ∠SOC Siga S el punt de tangència de la circumferència i el triangle OS = 1. 1 Aleshores, CS = tgα , BS = ctgα , OB = sin α Aleshores el perímetre en funció de l’angle α = ∠OBC és:  1 1   P(α ) = 2 tgα + + tgα sin α   Calculem la primera derivada: −1 − cos α   1 P' ( α ) = 2 + +  2 2 2  cos α sin α sin α  Igualant a zero la primera derivada: 1 −1 − cos α + + =0 2 2 cos α sin α sin 2 α sin 2 α − cos 2 α − cos 3 α = 0 1 − 2 cos 2 α − cos 3 α = 0

Substituint a = cos α

1 − 2a 2 − a 3 = 0 , les solucions són: a = −1, a =

Com que 0 < cos α < 1 , cos α =

−1+ 5 1 = 2 Φ

5 −1 − 1− 5 ,a= 2 2 1+ 5 on Φ = . 2

1 1+ 5 Φ = = Φ , CS = tgα = Φ , BS = ctgα = sin α 2 Φ També: OC = Φ , per tant la proporció entre l’altura i el radi és OC = Φ . Aleshores, OB =

El perímetre és:  1 1  = P(α ) = 2 tgα + + tgα sin α  

   Φ  2 Φ + Φ  . 2 Φ + Φ + = 2  Φ  Φ   

137

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 45 ∆

Siga el triangle ABC de incentre I. Siga P el punt projecció de A sobre la recta que passa pels punts B, I. Siga Q el punt projecció de A sobre la recta que passa pels punt C, I. AP AQ A Aleshores, + = cot  BI CI 2 Solució: Problema2102 Crux resolt per Panos E. Tsaoussoglou (Grècia).

∆

Considerem el triangle rectangle APB , ∆

Considerem el triangle rectangle AQC , B Aleshores, AP = AB ⋅ sin  , 2

 B  AP sin  =  2  AB  C  AQ sin  =  2  AB

C AQ = AB ⋅ sin  2 ∆

BI AB = A   A B  sin  sin180 º − +   2  2 2   ∆ CI AB Aplicant el teorema dels sinus al triangle ACI , = A     A C  sin  sin180 º − +   2    2 2   Aplicant el teorema dels sinus al triangle ABI ,

A  AB ⋅ sin   2, Aleshores, BI = C cos  2

A AB ⋅ sin  2 CI = B cos  2

A B C C B B C  sin  ⋅ cos  sin  ⋅ cos  sin +  sin 90º −  AP AQ 2 A 2 2  2 2 2 2  + = + = = = cot  A A A A BI CI 2 sin  sin  sin  sin  2 2 2 2

138

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Problema 46 ∆

Un triangle ABC és rectangle si i només si sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 . Solució: (⇒) ∆

Suposem que el triangle ABC és rectangle i A = 90 º . Aleshores, C = 90º −B , sin 90 º −B = cos B sin 2 A + sin 2 B + sin2 C = sin 2 90º + sin2 B + sin 2 (90 º −B) = 1 + sin2 B + cos 2 B = 1 + 1 = 2 (⇐) Suposem que sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 , A + B + C = 180 º Aleshores, sin 2 A = 2 − sin 2 B − sin 2 C sin 2 A = 1 − sin 2 B + 1 − sin 2 C sin 2 A = cos 2 B + cos 2 C

sin 2 (180 º −(B + C)) = cos 2 B + cos 2 C sin 2 (B + C) = cos 2 B + cos 2 C

(sin B ⋅ cos C + sin C ⋅ cos B )2 = cos 2 B + cos 2 C sin 2 B ⋅ cos 2 C + sin 2 C ⋅ cos 2 B + 2 sin B ⋅ cos C ⋅ sin C ⋅ cos B = cos 2 B + cos 2 C

Simplificant: − cos 2 B ⋅ cos 2 C + sin B ⋅ cos C ⋅ sin C ⋅ cos B = 0

Factoritzant:

cos B ⋅ cos C(cos B ⋅ cos C − sin B ⋅ sin C ) = 0

cos B ⋅ cos C ⋅ cos( B + C ) = 0 Aleshores cos B = 0 , o cos C = 0 , o

És a dir, B = 90 º , o C = 90 º , o rectangle.

cos( B + C) = 0 ∆

B + C = 90 º , en tots tres casos el triangle ABC és

139

El triangle Ricard Peiró i Estruch

140

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Bibliografia. PUIG ADAM, P., Curso de geometría métrica. tomo 1. Fundamentos. Nuevas gráficas S.A. 8ª ed., Madrid, 1965 PUIG ADAM, P., Curso de geometría métrica. tomo 2. Complementos. Nuevas gráficas S.A., 7ª ed., Madrid, 1961. ROANES MACIAS, E., Introducción a la geometria. Anaya, Madrid, 1980. GELTNER, P.B. PETERSON, D.J. Geometría. Ed. Thomson editores. Mèxic. 1998. VELASCO SOTOMAYOR, G. Tratado de Geometría. Ed. Limusa. Mèxic. 1983. LEVI S. SHIVELY, PH.D. Introducción a la Geometría Moderna. Compañia editorial continental. Mèxic. 1972. COXETER, H.S.M. Retorno a la geometría. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 1. Madrid. 1994. COXETER, H.S.M. Fundamentos de geometría. Ed. Limusa. Mèxic. 1971. GONZÁLEZ, M. i PALENCIA,J. Trazado geométrico. Editorial: els autors. Sevilla. REDÓN GÓMEZ, A. Geometría paso a paso. Ed. Tébar. 2000. ALSINA, C. i altres, Invitación a la didáctica de la geometría. Síntesis, Colección: Matemáticas: cultura y aprendizaje, 12, Madrid, 1992. MARTÍNEZ RECIO, A. i altres, Una metodología activa y lúdica para la enseñanza de la geometría. Síntesis, Colección: Matemáticas: cultura y aprendizaje, 16, Madrid, 1989. GUSIEV, V. i altres, Prácticas para resolver problemas matemáticos. Geometría. Editorial Mir. Moscou, 1989. GREMILLION, D. i altres, Cabri géomètre II. Manual para Macintosh y MS-DOS. LYÚBICH, Yu.I. i SHOR, L.A. Método cinemático en problemas geométricos. Editorial Mir Moscou 1978. Col· lecció: Lecciones populares de matemáticas. NATASON, I.P. Problemas elementales de máximo y mínimo. Ed. Mir. Moscou 1977. Col·lecció Lecciones populares de matemáticas. SMOGORZHEVSKI, A.S. La regla en construcciones geométricas. Ed. Mir. Moscou 1988. Col· lecció Lecciones populares de matemáticas. KOSTOVSKI, A.N. Construcciones geométricas mediante compás. Ed. Mir. Moscou. 1984. Col· lecció Lecciones populares de matemáticas. GUILLÉN SOLER, G. Poliedros. Ed. Síntesis. Col. Educacions matemática en secundaria, 15. Madrid. 1997. FERRER MUÑOZ, J.L. Superficies poliédricas. Ed. Paraninfo. Madrid. 1999. JAIME, A. GUTIÉRREZ, A. El grupo de la isometrias del plano. Ed. Síntesis. Col. Educacions matemática en secundaria, 13. Madrid. 1996. Mathematical Association of America. Concursos de matemáticas. Geometría. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 8. Madrid. 1996. Mathematical Association of America. Concursos de matemáticas. Algebra, Teoría de Números, Trigonometría. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 9 y 10. Madrid. 1996. AA.VV. Competencias Matemáticas en Estados unidos. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 11. Madrid. 1996.

141

El triangle Ricard Peiró i Estruch

GREITZER, S.L. Olimpiadas MatemáticasI. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 2. Madrid. 1994. KLAMKIN, M.S Olimpiadas Matemáticas II. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 12. Madrid. 1998. AA.VV. Matemáticas Recurrentes. Ed. Euler. Col. La tortuga de Aquiles, 13. Madrid. 1998. SÁNCHEZ-RUBIO. RIPOLLÉS AMELA. Manual de mátemáticas para preparación olímpica.E. Universitat Castelló. Castelló de la Plana. 2000. PÉREZ FUENTES, R. Olimpiada Matemética. Ed autor. Utiel. 1998. PÉREZ FUENTES, R. El triángulo y sus cosas. Ed. Arpe. Utiel-Requena. 1988. Col· lecció de problemes de l’Olimpíada Argentina de Cabri. REINHARDT, Fritz i SOEDER, Heinrich, Atlas de matemáticas, 1. Fundamentos, álgebra y geometría. Alianza atlas, 3, Alianza, 1984. REINHARDT, Fritz i SOEDER, Heinrich, Atlas de matemáticas, 2. Análisis y matemática aplicada. Alianza atlas, 12, Alianza, 1996. COLLETTE, J.P., Historia de la matemáticas I Siglo XXI, Madrid, 1985. COLLETTE, J.P., Historia de la matemáticas II. Siglo XXI, Madrid, 1985

142

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Algunes adreces d’internet sobre Cabri Géomètre II. Aquesta és la meua adreça: http://webs.ono.com/ricardpeiro http://www.xtec.es/recursos/mates/index.htm Matemàtiques de la xarxa telemàtica educativa de Catalunya. http://www-cabri.imag.fr/index.html Pàgina dels autors del Cabri http://www.xtec.es/~qcastell/armilar/index.htm Pàgina de Quim Castellsaguer. Recursos de matemàtiques classificats. http://www.xtec.es/~qcastell/ttw/ttwcat/portada.html Tot triangles web. Pàgina de Quim castellsaguer sobre triangles. Macros de Cabri 2. Excel· lent. http://terra.es/personal/joseantm/ Pàgina de José Antonio Mora. Coordenades i mecanismes amb Cabri (CabriJava). Omnipolíedre (CabriJava). http://roble.pntic.mec.es/~jarran2/ Pàgina de Juan Manuel Arranz. Applets amb CabriJava. http://centros5.pntic.mec.es/ies.marques.de.santillana/matem/inddep.htm Pàgina de matemàtiques de l’IES “Marqués de Santillana” Colmenar Viejo, Madrid. Geometria interactiva (CabriJava, Descartes). http://www.oma.org.ar/ Olimpíada matemàtica d’Argentina. Bona col·lecció de problemes. Curs de Cabri. http://www.ac-reunion.fr/pedagogie/icosaweb/ Pàgina francesa (La Reunion) sobre cabri. http://wwwedu.ge.ch/cptic/clubs/cabri/ Pàgina suïssa sobre Cabri. Lletres de Cabri i un manual. http://arci01.bo.cnr.it/cabri/index.htm Pàgina italiana de Cabri. Té dues revistes el Bollettini, i quaderni. http://atene.provincia.parma.it/~ssrondan/coniche/index.htm Pàgina italiana sobre còniques (Cabri i Derive). http://www.xtec.es/~jjareno/index.htm Pàgina de Joan Jareño, Lloc dedicat als problemes i entreteniments matemàtics, pensant en el seu ús en educació. Presenta problemes, activitats, llibres i enllaços del mes. http://www.cabri.com.br/ Pàgina del Brasil sobre Cabri. Curs de Cabri. Enllaços, CabriJava... http://www.mat.ufrgs.br/~edumatec/atividades/sugest.htm Pàgina del Brasil. Mecanismes amb Cabri. http://www.peda.com/poly/ Programa sobre políedres. Molt interessant. Programa de funcions. http://www.xtec.es/~jlagares/matemati.htm Pàgina de Jordi Lagares. Progama winfun. Integrals. Derivades. Apunts de problemes de Cou2.... D’entrada obligatòria. http://www.arrakis.es/~fcalbet/index.htm Pàgina de F. Calvet. Programa funcions a trossos. http://platea.pntic.mec.es/~jescuder/ Pàgina de Jesús Escudero sobre jocs entre altres coses. Molt interessant.

143

El triangle Ricard Peiró i Estruch

http://www.arrakis.es/~mcj/pres_0.htm Un boníssim portal de matemàtiques. http://www.redemat.com/ Portal molt interessant sobre matemàtiques. D’entrada obligatòria. http://www.ciudadfutura.com/juegosmensa/ Pàgina de Jocs. http://perso.wanadoo.fr/chavaignes/aetius.html Geometria interactiva. En francés. Autor: Sylvain DESHAYES. http://poncelet.math.nthu.edu.tw/disk3/cabrijava/index.htm Pàgina xinesa molt completa de geometria CabriJava. http://www.mowmowmow.com/math/cabri/index_e.htm Altra pàgina xinesa amb CabriJava. http://www.sciences.univ-nantes .fr/physique/perso/gtulloue/index.html Pàgina d’applets cabri creada per Genevieve Tulloue de la universitat de Nantes (França). Conté, entre d’altres coses: Còniques, Políedres, Electricitat, Mecànica.... Una pàgina molt completa. http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/enseignement/tp/optique/index.html Pàgina d’applets cabri de la universitat de Nantes (França). Conté òptica. http://teleline.terra.es/personal/jariasca/ Pàgina de José María Arias. Derive, Cabri, Excel, curiositats.... http://www.ies.co.jp/math/java/index.html Pàgina japonesa amb applets de geometria interactiva (CabriJava i altres) http://www.geocities.com/trianguloscabri/ Pàgina de Ricardo Barroso. Problemes quinzenals sobre triangles. Applets amb CabriJava. http://www.iesarroyo.com/index.htm Pàgina de matemàtiques de l’IES “Arroyo de Miel” Benalmádena. Málaga. Exercicis per a l’ESO. http://www.upv.es/derive/index.html Pàgina del Derive en espanyol. Associació d’usuaris. http://eulero.ing.unibo.it/~barozzi/Net_Elenco_schede.html Curs de Derive en italià. http://chronomath.irem.univ-mrs.fr/ Diccionari de matemàtiques en francés. http://perso.club-internet.fr/rferreol/encyclopedie/courbes2d/courbes2dsp.shtml Diccionari de corbes. En francés i espanyol. http://xahlee.org/SpecialPlaneCurves_dir/specialPlaneCurves.html Diccionari visual de corbes. En anglés. http://www2.evansville.edu/ck6/ 1114 teoremes sobre triangles. ENCICLOPÈDIA DELS CENTRES D’UN TRIANGLE (ETC). Pàgina de Clark Kimberling. http://imozas.eresmas.com/ Pàgina d’Idelfonso Mozas. Apunts de matemàtiques per a l’ESO i el batxillerat i també per a la facultat. Enllaços d’astronomia.

144

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Índex pàgina Coneixements preliminars.......................................................................................5 Angles de la circumferència ....................................................................................5 Teorema de Tales....................................................................................................6 Triangles semblants.....................................................................................7 Criteris de semblança..................................................................................7 Quadrilàters cíclics ..................................................................................................8 Propietat .......................................................................................................8 Teorema de Ptolomeu .................................................................................9 Potència d’un punt respecte d’una circumferència...............................................11 Teorema de Pitàgores ...........................................................................................12 Teorema de l’altura i del catet ...................................................................14 Trigonometria ........................................................................................................15 Raons trigonomètriques d’un angle agut...................................................15 Relacions fonamentals...............................................................................15 Raons trigonomètriques de la suma (resta) de dos angles .....................15 Raons trigonomètriques de l’angle doble ..................................................15 Raons trigonomètriques de l’angle meitat .................................................16 Transformacions de sumes en productes .................................................16 Transformacions de productes en sumes .................................................16 Teorema dels sinus ...............................................................................................17 Teorema del cosinus .............................................................................................18 Teorema de la tangent ..........................................................................................19 TRIANGLES ........................................................................................................20 Definició ........................................................................................................20 Igualtats de triangles. Criteris d’igualtat ................................................................20 Classificació dels triangles. Propietats: ........................................................................................................20 La suma de dos costats és major que l’altre costat ..................................21 La suma dels angles d’un triangle mesura 180º .......................................22 Altres elements d’un triangle .................................................................................22 Mitjanes i baricentre...................................................................................22 Propietat: les tres mitjanes es creuen en un punt .........................22 Propietat del baricentre..................................................................23 Propietat: mesura d’una mitjana ....................................................23 Mediatrius i circumcentre...........................................................................24 Propietat: les tres mediatrius es creuen en un punt......................24 Propietat: càlcul del diàmetre del cercle circumscrit al triangle ....24 Bisectrius i incentre....................................................................................25 Propietat: les tres bisectrius es creuen en un punt .......................25 Propietat de la bisectriu .................................................................25 Les circumferències exinscrites.....................................................26 Altures i ortocentre .....................................................................................29 Propietat: les tres altures es creuen en un punt............................29 Propietat: càlcul de l’altura d’un triangle en funció dels costats ...30 Triangle òrtic ........................................................................................................31

145

El triangle Ricard Peiró i Estruch

Àrea d’un triangle...................................................................................................32 Propietat .....................................................................................................32 Fórmula d’Heró ..........................................................................................32 Fórmules trigonomètriques ........................................................................32 Fórmula amb el radi de la circumferència circumscrita.............................33 Fórmula amb el radi de la circumferència inscrita.....................................33 Propietat de l’altura, bisectriu i mitjana d’un triangles...........................................34 TEOREMES ........................................................................................................35 Els teoremes de Napoleó ......................................................................................37 Teorema 1. Demostració trigonomètrica...................................................37 Teorema 1. Demostració sintètica.............................................................39 Teorema 2..................................................................................................42 Teorema de les àrees dels triangles de Napoleó......................................44 Teorema 3..................................................................................................45 Generalització del teorema de Napoleó ....................................................46 Punts de Napoleó ......................................................................................47 Teoremes de Menelau i de Ceva ..........................................................................48 Teorema de Menelau. Demostració vectorial ...........................................48 Teorema de Menelau. Demostració sintètica............................................49 Teorema de Ceva. Demostració vectorial.................................................50 Teorema de Ceva. Demostració sintètica.................................................51 Teorema de Von Aubel ..............................................................................52 Teorema: recta d’Euler ..........................................................................................53 Teorema de Morley................................................................................................54 La circumferència d’Euler ......................................................................................56 La recta de Simson................................................................................................58 Teorema de recta de Simson ....................................................................58 Propietats de la recta de Simson...............................................................60 Teorema d’Stewart ................................................................................................61 Teorema de E. Catalan .........................................................................................62 Set teoremes sobre radis ......................................................................................63 Teorema d’Euler.........................................................................................67 Teorema de Carnot....................................................................................68 Quatre teoremes sobre triangles equilàters..........................................................70 Teorema de Viviani ....................................................................................73 Tres teoremes sobre l’ortocentre i l’altura.............................................................76 Quatre teoremes sobre el baricentre i les mitjanes ..............................................77 Tres teoremes sobre triangles rectangles.............................................................79 Dos teoremes sobre un triangle i 3 quadrats sobre els costats ...........................82 Teorema de Cross.....................................................................................84 Altes teoremes sobre triangles ..............................................................................85 Coordenades cartesianes del baricentre...................................................85 Propietat vectorial del baricentre ...............................................................86

146

El triangle Ricard Peiró i Estruch

PUNTS DEL TRIANGLE .......................................................................................87 Punt de Miquel ...........................................................................................89 Punt de Gergonne......................................................................................89 La circumferència d’Adams ...........................................................90 Punt de Nagel ............................................................................................90 Punt de Lemoine ........................................................................................91 Punt de Grebe ............................................................................................91 Punt de Brocard .........................................................................................92 Punt pivot ...................................................................................................92 Mittenpunkt.................................................................................................93 Punt d’Apoloni............................................................................................93 Punt d’Exeter..............................................................................................94 Punt de Clawson........................................................................................94 Punt de Schiffler.........................................................................................95 Punts de Malfatti. .......................................................................................95 PROBLEMES ........................................................................................................97 Enunciats....................................................................................................99 Solucions..................................................................................................103 Bibliografia

......................................................................................................141

147