Exercițiul 187

E.187. În paralelogramul ABCDABCD avem AB=4AB=4, BC=2BC=2, BD=3.BD=3. Fie GG centrul de greutate al △ABD\triangle ABD și II centru înscris △ABD.\triangle ABD. Fie M∈(BC)M \in (BC) astfel încât BM=2MC.BM=2MC. Demonstrați că punctele GG, II, MM sunt coliniare.

Ana Iordache, MateMaraton, 20.01.2024
Soluție
Soluție:

Considerăm ca sistem de referință triunghiul ABCABC și calculăm coord. baricentrice absolute ale punctelor GG, MM și II:
GG are coordonatele G(1,1,1).\boxed{G(1,1,1)}.
M([MBC][ABC],[MCA][ABC],[MAB][ABC])=M(daha,−dbhb,dchc)=M(23,−23,1).M\bigg(\dfrac{[MBC]}{[ABC]}, \dfrac{[MCA]}{[ABC]}, \dfrac{[MAB]}{[ABC]}\bigg) = M\bigg(\dfrac{d_a}{h_a}, -\dfrac{d_b}{h_b}, \dfrac{d_c}{h_c}\bigg) = \boxed{M\bigg(\dfrac{2}{3}, -\dfrac{2}{3}, 1\bigg)}.

I([IBC][ABC],[ICA][ABC],[IAB][ABC])=I(ha−rha,−rhb,hc−rhc)=I(1−rha,−rhb,1−rhc).I\bigg(\dfrac{[IBC]}{[ABC]}, \dfrac{[ICA]}{[ABC]}, \dfrac{[IAB]}{[ABC]}\bigg) = I\bigg(\dfrac{h_a-r}{h_a}, -\dfrac{r}{h_b}, \dfrac{h_c-r}{h_c}\bigg) = I\bigg(1-\dfrac{r}{h_a}, -\dfrac{r}{h_b}, 1-\dfrac{r}{h_c}\bigg).

Dar cercul înscris în △ADC\triangle ADC are aceeași rază cu cercul înscris în △ABC\triangle ABC, iar pentru acesta din urmă, folosind doar teorema bisectoarei și proporții derivate, obținem relațiile rha=aa+b+c\dfrac{r}{h_a} = \dfrac{a}{a+b+c} și analoagele. Așadar, II va avea coordonatele
I(1−49,−39,1−29)=I(59,−39,79).I\bigg(1-\dfrac{4}{9}, -\dfrac{3}{9}, 1-\dfrac{2}{9}\bigg) = \boxed{I\bigg(\dfrac{5}{9}, -\dfrac{3}{9}, \dfrac{7}{9}\bigg)}.
Pentru punctele GG, MM, II avem determinantul:

∣11123−23159−3979∣=127∣1112−235−37∣=0, deci G, M, I  coliniare. \begin{vmatrix} 1 & 1 &1\\[4pt] \dfrac{2}{3} & -\dfrac{2}{3} & 1\\[10pt] \dfrac{5}{9} & -\dfrac{3}{9} & \dfrac{7}{9} \end{vmatrix} = \dfrac{1}{27} \begin{vmatrix} 1 & 1 &1\\[4pt] 2 & -2 & 3\\[4pt] 5 & -3 & 7 \end{vmatrix} = 0, \text{ deci G, M, I~ coliniare.}