Teoreme Cu Nume

Teoreme cu nume 1. Problema (Năstăsescu IX, p 147, propoziţia 5) Formula lui Chasles Pentru orice puncte M , N şi P avem MN + NP = MP .

2. Problema (Năstăsescu IX, p 168, teoremă) Vectorul de poziţie al centrului de greutate al unui triunghi Fie un triunghi ABC şi A' , B ' , C ' mijloacele laturilor [ BC ], [ CA] respectiv [ AB ] . a) Medianele AA' , BB ' şi CC ' sunt concurente în punctual G (centrul de greutate al triunghiului ABC ) astfel încât: GA = −2GA', GB = −2GB ', GC = −2GC ' ( G împarte fiecare mediană în raportul -2) b) Vectorul de poziţie al lui G faţă de un punct oarecare P ∈ P este dat de formula 1 PG = PA + PB + PC . 3 Demonstraţie

(

)

A

B’

C’ G

B

A’

C

a) Notăm intersecţia medianelor BB ' şi CC ' cu G . Din asemănarea triunghiurilor GB GC BC = = = 2 , deoarece B 'C ' este linie GBC şi GB'C ' deducem: GB' GC ' B ' C ' mijlocie în triunghiul ABC . Rezultă GB = −2GB ' , GC = −2GC ' . Fie P un punct oarecare din plan. Avem 1 1 PG = PB − ( − 2 ) PB ' = PB + 2 PB ' , unde 2 PB ' = PA + PC , deci 1 − ( − 2) 3 1 PG = PA + PB + PC . 3 Notăm intersecţia medianelor BB ' şi AA' cu G ' . Printr-un calcul analog obţinem 1 PG ' = PA + PB + PC . Rezultă PG = PG ' , deci G = G ' , adică medianele sunt concurente. 3 b) Formula vectorului de poziţie a lui G rezultă de la a).

(

) (

(

)

(

)

)

3. Problema (Năstăsescu IX, p 168) Relaţia lui Leibniz. Pentru orice punct P din planul triunghiului ABC avem PA + PB + PC = 3PG , unde G este centrul de greutate al triunghiului ABC .

4. Problema (Năstăsescu IX, p 169, teoremă) Teorema lui Pappus. Fie un triunghi ABC . Se consideră punctele A'∈ BC , B '∈ AC şi C '∈ AB , distincte A' B B ' C C ' A = = = λ . În aceste condiţii, de vârfurile triunghiului, astfel încât avem A' C B ' A C ' B triunghiurile ABC şi A' B ' C ' au acelaşi centru de greutate. Demonstraţie

A

C’

B’

B

A’

C

Fie G şi G ' centrele de greutate al triunghiurilor ABC şi A' B ' C ' , iar P un punct oarecare din plan. Scriem relaţia lui Leibniz pentru G şi G ' . Obţinem: PA + PB + PC = 3PG , PA' + PB ' + PC ' = 3PG ' . Avem: (1 − λ ) PA' = PB − λ PC

(1 − λ ) PB' = PC − λ PA (1 − λ ) PA' = PA − λ PB Prin adunare găsim (1 − λ ) ( PA' + PB' + PC ') = (1 − λ ) ( PA + PB + PC ) , deci

de unde G = G ' .

PG = PG ' ,

5. Problema (Năstăsescu IX, p 172, teoremă) Teorema lui Thales. Se consideră un triunghi ABC şi o dreaptă d care nu trece prin niciunul dintre punctele A, B, C şi intersectează pe AB în M şi pe AC în N . Atunci următoarele afirmaţii sunt echivalente: a) Dreapta MN BC ; b) Avem relaţia

MA NA = . MB NC

Demonstraţie Cele trei situaţii posibile sunt illustrate mai jos

A

A

M B

N

M

A

N C

B

B

C

C

N

M

1) Demonstrăm implicaţia b) ⇒ a) . MA NA = = λ , unde λ ≠ 0 (deoarece M ≠ A, N ≠ A ). Rezultă relaţiile, Notăm MB NC λ λ AB , NA = AC . MA = λ MB , NA = λ NC , de unde MA = 1− λ 1− λ λ λ AB − AC = BC . Prin urmare Avem MN = MA + AN = MA − NA = 1− λ 1− λ MN BC . 2) Demonstrăm implicaţia a ) ⇒ b) . MA NA = m şi = n . Vom arăta m = n . Notăm MB NC Presupunem, prin absurd, că MN BC şi m ≠ n . Fie pe dreapta AC unicul punct P

(

)

PA MA PA = m . Avem = , deci, conform implicaţiei anterior demonstrate, PC MB PC avem MP BC . Rezultă că dreptele MN şi MP sunt confundate şi P = N , deci m = n , în contradicţie cu presupunerea iniţială. astfel încât

6. Problema (Năstăsescu IX, p 174, teoremă)

Teorema bisectoarei. Fie un triunghi ABC şi un punct D ∈ [ BC ] . Următoarele afirmaţii sunt echivalente: a) Semidreapta [ AD este bisectoarea unghiului ∠BAC ; DB AB = b) Avem relaţia . DC AC Demonstraţie

E

A

B

D

C

1) Vom arăta că a ) ⇒ b) . Prin punctul C construim paralela la AD până intersectează dreapta AB în E . Aplicăm teorema lui Thales în ∆BCE , unde AD EC . Obţinem DB AB = (1) DC AE Avem ∠ACE ≡ ∠CAD (alterne interne), ∠AEC ≡ ∠BAD (corespondente) şi ∠CAD ≡ ∠BAD ( [ AD bisectoare), deci ∠CAD ≡ ∠AEC . Prin urmare, ∆ACE este isoscel, DB AB = deci AE = AC , iar din (1) obţinem . DC AC AB = λ . Rezultă că D împarte BC în raportul − λ . 2) Vom arăta că b) ⇒ a) . Notăm AC D' B AB = = λ , deci punctul Fie [ AD' bisectoarea unghiului ∠BAC . Conform 1), D' C AC D' împarte BC în raportul − λ . Prin urmare D = D' , deci [ AD este bisectoarea unghiului ∠BAC .

7. Problema (Năstăsescu IX, p 174, teoremă)

Vectorul de poziţie al centrului cercului înscris în triunghi Fie ABC un triunghi, I centrul cercului înscris în triunghi şi un punct oarecare P ∈ P . Vectorul de poziţie al punctului I faţă de P este dat de formula 1 PI = a PA + b PB + c PC , unde am notat AB = c , BC = a şi AC = b . a+b+c Demonstraţie

(

)

A

B’

C’ I

B

A’

C

În triunghiul ABC fie A' , B ' , C ' picioarele bisectoarelor din vârfurile A, B, C . A' B c B ' C a C ' A b = , = , = . Conform teoremei bisectoarei avem: A' C b B ' A c C ' B a c Rezultă că punctul A' împarte segmental BC în raportul − , deci b   1  c AA' =  AB −  −  AC  b c AB + AC . adică AA' = b  c   1− −  b+c b+c  b A' B c A' B c = rezultă = Din . Avem A' B + A' C = BC = a , deci obţinem A' C b A' B + A' C b + c ac ab A' B = , A' C = . b+c b+c [ BI este bisectoare în triunghiul ABA' , deci aplicând teorema bisectoarei, avem IA BA b+c b+c = = c⋅ = . IA' BA' ac a

Rezultă că punctual I împarte segmental AA' în raportul −

b+c deci a

 1  b+c   PA −  −  PA'  a   (1)  b+c  1− −  a   A' B c c = , rezultă că A' împarte segmentul BC în raportul − deci Cum A' C b b  1  c  PA' =  PB −  −  PC  b c PB + PC (2)  c  b   deci PA' = 1− −   b+c b+c  b a b+c  b c  PA + PB + PC  de  Înlocuind (2) în (1), avem PI = a+b+c a +b+cb+c b+c  unde obţinem formula din enunţ. PI =

8. Problema (Năstăsescu IX, p 181, propoziţie) Relaţia lui Sylvester În orice triunghi ABC , avem relaţia OA + OB + OC = OH , unde notăm centrul cercului circumscris cu O , centrul de greutate G şi ortocentrul cu H . Demonstraţie

A

A

O C B

H

O

B

C

P D

În cazul când triunghiul ABC este dreptunghic, relaţia este evidentă. De exemplu dacă m( ∠A) = 90 0 , atunci H = A şi O este mijlocul lui [ BC ] , iar relaţia se reduce la OB + OC = 0 . Dacă triunghiul nu este dreptunghic, fie D punctual diametral opus lui A în cercul circumscris şi P mijlocul laturii [ BC ] . Patrulaterul BHCD are laturile opuse paralele (avem BH ⊥ AC şi DC ⊥ AC , deci BH DC ; analog CH ⊥ AB şi DB ⊥ AB , deci CH DB ), deci este parallelogram. Rezultă că mijlocul diagonalei [ HD ] coincide cu mijlocul P al laturii [ BC ] . În triunghiul AHD , OP este linie mijlocie, deci AH = 2OP . Cum, OB = OC rezultă OB + OC = 2OP , deci OB + OC = AH sau OB + OC = OH − OA , de unde OA + OB + OC = OH .

9. Problema (Năstăsescu IX, p 182, teoremă) Dreapta lui Euler În orice triunghi ABC , punctele O, G, H sunt coliniare (unde notăm centrul cercului circumscris cu O , centrul de greutate G şi ortocentrul cu H ) şi avem OH = 3OG . Dreapta care conţine punctele O, G, H se numeşte dreapta lui Euler a triunghiului ABC . Demonstraţie Conform relaţiei lui Leibniz, avem 3PG = PA + PB + PC , ∀P ∈ P . Pentru P = O , avem 3OG = OA + OB + OC = OH , deci OH = 3OG . Prin urmare punctele O, G, H sunt coliniare şi sunt situate astfel:

O

G

H

Evident, dacă triunghiul ABC este echilateral, punctele O, G, H coincide, deci dreapta lui Euler nu este determinată.

10. Problema (Năstăsescu IX, p 183, teoremă) Teorema lui Menelaus Fie un triunghi ABC şi trei puncte A'∈ BC , B '∈ AC şi C '∈ AB , diferite de vârfurile triunghiului. Următoarele afirmaţii sunt echivalente: a) Punctele A' , B ' , C ' sunt coliniare. A' B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = 1. b) Avem relaţia: A' C B ' A C ' B Demonstraţie A' B B' C C' A = m, =n, = p. Notăm A' C B' A C' B

C’ B’

A

A B’

C’

A’

B

C

B

A’

1)Demonstrăm implicaţia b) ⇒ a) . Presupunem că mnp = 1 şi vom arăta că A' , B ' , C ' sunt coliniare. 1 BC − n BA . Avem B ' C = n B ' A , deci BB ' = 1− n Vom exprima BC în funcţie de BA' , iar BA în funcţie de BC ' . Avem: 1 1  BC = BA' + A' C = BA' + A' B = 1 −  BA' , deoarece A' B = m A' C . m  m BA = BC ' + C ' A = BC ' + pC ' B = (1 − p ) BC ' , deoarece C ' A = pC ' B . m −1 n (1 − p ) BA" − BC ' . Obţinem: BB ' = m (1 − n ) 1− n m −1 n( 1 − p ) m −1 n( 1 − p ) − = 1 . În adevăr − =1⇔ Cum mnp = 1 , avem m (1 − n ) 1− n m (1 − n ) 1− n m − 1 − mn(1 − p ) = m(1 − n ) ⇔ − 1 + mnp = 0 . În concluzie există x, y ∈ R * , cu x + y = 1 şi BB ' = x BA' + y BC ' , deci punctele A' , B ' , C ' sunt coliniare. 2)Demonstrăm implicaţia a ) ⇒ b) . Presupunem, prin absurd, că există punctele A' , B' , C ' care sunt coliniare şi totuşi mnp ≠ 1 .

(

)

C

Notăm

1 = q , deci mnq = 1 şi q ≠ p . Construim unicul punct Q ∈ AB astfel încât mn

QA = q . Din mnq = 1 rezultă că A' , B ' , Q sunt coliniare, iar din q ≠ p rezultă că C ' ≠ Q . QB Prin urmare dreptele A' B' şi AB au în comun două puncte distincte, C ' şi Q , deci ele coincid, ceea ce este fals.

11. Problema (manual IX EDP1989, p 43, pr3) Teorema lui Menelaus

Fie ABC un triunghi şi A' , B ' , C ' trei puncte coliniare astfel ca A'∈ BC , B '∈ AC şi A' B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = 1. C '∈ AB . Să se arate că: A' C B ' A C ' B Demonstraţie

P

C A’

B’

C’

A

B

Se duce prin C o paralelă la AB care intersectează dreapta A' B ' în P . Din teorema CP A' C BC '⋅ A' C = fundamentală a asemănării rezultă: ∆CPA' ~ ∆BC ' A' şi deci sau CP = BC ' A' B A' B . Tot din teorema fundamentală a asemănării rezultă şi ∆CPB ' ~ ∆AC ' B ' , de unde se CP CB ' AC '⋅CB ' = obţine şi CP = . AC ' BA' B' A BC '⋅ A' C AC '⋅CB ' A' B B ' C C ' A = ⋅ ⋅ = 1. Aşadar , de unde rezultă A' B B' A A' C B ' A C ' B

12. Problema (manual IX EDP1989, p 43, pr4) Reciproca teoremei lui Menelaus

Se consideră punctele A' , B ' , C ' situate pe dreptele BC , CA, AB determinate de laturile triunghiului ABC . Dacă două dintre ele sunt situate pe laturile triunghiului şi unul pe prelungirea unei laturi, sau toate trei pe prelungiri de laturi, şi este satisfăcută relaţia A' B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = 1 , atunci cele trei puncte sunt coliniare. A' C B ' A C ' B Demonstraţie Putem admite că A'∉ [ BC ] ; atunci A' B ≠ A' C şi ambele puncte B ' , C ' se găsesc fie pe laturile triunghiului, fie pe prelungirile acestora. Dacă am avea B ' C ' BC , din teorema lui B' A C ' A A' B B ' C C ' A = ⋅ ⋅ = 1 ne-ar da A' B = A' C , ceea ce împreună cu B' C C ' B A' C B ' A C ' B în contradicţie cu A' B ≠ A' C . Deci B'C ' taie BC într-un punct A" şi se observă A"∉ [ BC ] (căci B 'C ' nu poate intersecta o singură latură sau toate cele trei). Putem scrie în virtutea A" B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = 1. teoremei lui Menelaus A" C B ' A C ' B A" B A' B = Obţinem ; ţinând seama şi de A" , A'∉ [ BC ] rezultă A" = A' , deci punctele A" C A' C A' , B ' , C ' sunt coliniare. Thales ar rezulta

13. Problema (Năstăsescu IX, p184, propoziţie) Relaţia lui Van Aubel

Fie un triunghi ABC şi punctele A'∈ BC , B '∈ AC şi C '∈ AB , diferite de vârfurile triunghiului, astfel încât dreptele AA' , BB ' şi CC ' sunt concurente într-un punct P . Atunci PA B ' A C ' A = + avem relaţia . PA' B ' C C ' B Demonstraţie Punctual P poate fi în interiorul sau în exteriorul triunghiului ABC .

C’

A

A

C’ P

B

P

B’

A’

B’ C B

C

A’

Aplicăm teorema lui Menelaus în ∆ABA' cu transversala C ' , P, C şi apoi în ∆ACA' cu transversala B ' , P, B . Obţinem: C ' A CB PA' C ' A PA CA' PA A' C ⋅ ⋅ = 1 , de unde = ⋅ = ⋅ (1) C ' B CA' PA C ' B PA' CB PA' BC B' A BC PA' B ' A PA BA' ⋅ ⋅ = 1 , de unde = ⋅ (2) B' C BA' PA B ' C PA' BC Adunând membru cu membru (1), (2) şi ţinând cont că BA' + A' C = BC obţinem: B ' A C ' A PA  BA' A' C  PA BC PA  = + = + ⋅ = . B ' C C ' B PA'  BC BC  PA' BC PA'

14. Problema (Năstăsescu IX, p185, teoremă) Dreapta Newton-Gauss

Mijloacele celor trei diagonale ale unui patrulater complet sunt coliniare (dreapta formată cu aceste mijloace se numeşte dreapta Newton-Gauss a patrulaterului complet). (Se numeşte patrulater complet figura formată din patru drepte, două câte două neparalele şi care sunt astfel încât câte trei dintre ele nu sunt concurente. Aceste drepte sunt laturile patrulaterului. Laturile se intersectează două câte două în 6 puncte numite vârfurile patrulaterului. Pentru fiecare vârf format prin intersecţia a două laturi se formează vârful opus, care este intersecţia celorlalte două laturi. Prin urmare, cele 6 vârfuri se grupează două câte două în perechi de vârfuri opuse: ( A, A') , ( B, B ') , C ,C ' . Segmentele AA' , BB ' , CC ' se numesc diagonalele patrulaterului complet.) A

d

C” M B” B

N A”

B’ A’ C

P C’

Demonstraţie Fie M mijlocul lui AA' , N mijlocul lui BB ' , P mijlocul lui CC ' . Avem de arătat că M , N , P sunt coliniare. Pentru aceasta, considerăm mijlocul A" al lui BC , mijlocul B" al lui AC şi mijlocul C" al lui AB . Rezultă că M ∈ B"C" , N ∈ C" A" , P ∈ A" B" . Aşadar, punctele M , N , P sunt pe laturile triunghiului A" B" C" . Coliniaritatea punctelor M , N , P revine, conform teoremei MB" NC" PA" ⋅ ⋅ = 1 (1) lui Menelaus, la relaţia MC" NA" PB" În triunghiul ABC , avem B" C" BC şi M ∈ BC , A'∈ BC . MB" A' C = . MC" A' B NC" B ' A PA" C ' B = = Similar vom avea şi . NA" B ' C PB" C ' A Înlocuind, rezultă că (1) este adevărată. 15. Problema (Năstăsescu IX, p190, teoremă) Teorema lui Ceva Rezultă

Fie un triunghi ABC şi trei puncte A'∈ BC , B '∈ AC şi C '∈ AB , diferite de vârfurile triunghiului. Următoarele afirmaţii sunt echivalente: a) dreptele AA' , BB ' , CC ' sunt concurente sau paralele; A' B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = −1 . b) avem relaţia A' C B ' A C ' B

C’

A

A

C’ M

B

M

B’

A’

B’ C B

A’

C

B’

C’

A

B

A’

C

Demonstraţie Vom demonstra implicaţia a ) ⇒ b) . 1.1)Presupunem că AA' , BB ' , CC ' sunt concurente în M . Aplicăm teorema lui Menelaus în ∆ABA' pentru punctele C ' , C , M şi apoi în ∆ACA' pentru punctele B ' , B, M . Obţinem:

C ' A CB MA' B ' A BC MA' C ' A CB B' A BC ⋅ ⋅ = 1, ⋅ ⋅ = 1 , de unde ⋅ = ⋅ sau C ' B CA' MA B ' C BA' MA C ' B CA' B ' C BA' C ' A B ' C BA' BC BC BA' A' B A' B B ' C C ' A ⋅ ⋅ = = −1 şi = ⋅ ⋅ = −1 . . Deoarece , obţinem C ' B B ' A CA' CB CB CA' A' C A' C B ' A C ' B 1.2)Presupunem că dreptele AA' , BB ' , CC ' sunt paralele. A' B AB B ' C BC ' = = Aplicând teorema lui Thales deducem , de unde obţinem A' C AC ' B ' A BA A' B B ' C AB AB ⋅ = ⋅ . A' C B ' A AC ' BA A' B B ' C AC ' AB ⋅ ⋅ = = −1 . Prin urmare, avem A' C B ' A BC ' BA Implicaţia b) ⇒ a ) se demonstrează prin reducere la absurd.

16. Problema (Năstăsescu IX, p190, propoziţie) Punctual lui Gergonne Dacă în triunghiul ABC notăm M , N şi P punctele de contact ale cercului înscris cu laturile [ BC ] , [ CA] şi [ AB ] , atunci dreptele AM , BN şi CP sunt concurente într-un punct (punctul lui Gergonne).

A

P

B

N

M

C

Demonstraţie Avem AP = AN (tangentele din acelaşi punct la un cerc au lungimi egale), BP = BM , CM = CN . PA MB NC ⋅ ⋅ = 1 , deci dreptele AM , BN şi CP sunt concurente sau Prin urmare PB MC NA paralele, conform teoremei lui Ceva. Cum D ∈ ( BC ) , E ∈ ( CA) şi F ∈ ( AB ) , cele trei drepte nu pot fi paralele, deci sunt concurente.