Coliniaritate, concurență

Coliniaritate, concurență

Nivel introductiv

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.}

E.756. Fie triunghiul ABCABC și punctele D∈(BC), E∈(CA), F∈(AB).D\in(BC),~E\in (CA),~F\in(AB). Notăm cu M,N,PM,N,P mijloacele segmentelor AD,BE,AD,BE, respectiv CF.CF. Dacă M′=AD∩NP, N′=BE∩PM, P′=CF∩MN, M'=AD \cap NP,~ N'=BE \cap PM,~ P'=CF \cap MN,~ să se demonstreze relația: [ABC]=2(DM′M′M+EN′N′N+FP′P′P+5)⋅[MNP].[ABC]=2\Big(\dfrac{DM'}{M'M} + \dfrac{EN'}{N'N} + \dfrac{FP'}{P'P} +5\Big) \cdot [MNP].

Van Khea
Soluție
Soluție:

Lucrăm în coordonate baricentrice. M,N,PM,N,P mijloace ⇒M(12,1−a2,a2), N(b2,12,1−b2), P(1−c2,c2,a2).\Rightarrow M\Big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1-a}{2}, \dfrac{a}{2}\Big),~N\Big(\dfrac{b}{2}, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1-b}{2}\Big),~P\Big(\dfrac{1-c}{2}, \dfrac{c}{2}, \dfrac{a}{2}\Big).

{Mx′+My′+Mz′=1A, M’, D coliniare⇒aMy′=(1−a)Mz′N, M’, P coliniare⇒c(1−b)Mx′+bMy′+(1−c)Mz′=Mx′+(1−b)(1−c)My′+bcMz′⇒Mx′=1+c−bc−12(a+b−ab−ac). \begin{cases} M'_x+M'_y+M'_z=1 \\ \text{A, M', D coliniare} \Rightarrow aM'_y=(1-a)M'_z \\ \text{N, M', P coliniare} \Rightarrow c(1-b)M'_x + bM'_y + (1-c)M'_z = M'_x + (1-b)(1-c)M'_y + bcM'_z \end{cases} \Rightarrow \boxed{M'_x=1+\dfrac{c-bc-1}{2(a+b-ab-ac)}}.

Deci ⇒DM′M′M=Mx′−DxMx−Mx′=2a+2b+c−2ab−2ac−bc−11−a−b−c+ab+bc+ca.\Rightarrow \boxed{\dfrac{DM'}{M'M} = \dfrac{M'_x-D_x}{M_x-M'_x} = \dfrac{2a+2b+c-2ab-2ac-bc-1}{1-a-b-c+ab+bc+ca}}.

Analog, EN′N′N=2b+2c+a−2ab−2bc−ac−11−a−b−c+ab+bc+ca\boxed{\dfrac{EN'}{N'N} = \dfrac{2b+2c+a-2ab-2bc-ac-1}{1-a-b-c+ab+bc+ca}} și FP′P′P=2a+2c+b−2bc−2ac−ab−11−a−b−c+ab+bc+ca.\boxed{\dfrac{FP'}{P'P} = \dfrac{2a+2c+b-2bc-2ac-ab-1}{1-a-b-c+ab+bc+ca}}.

Însumând obținem: DM′M′M+EN′N′N+FP′P′P=21−a−b−c+ab+bc+ca−5.\boxed{\dfrac{DM'}{M'M} + \dfrac{EN'}{N'N} + \dfrac{FP'}{P'P} = \dfrac{2}{1-a-b-c+ab+bc+ca} -5}.

Dar [MNP]=[ABC]⋅123⋅∣11−aab11−b1−cc1∣⇒[ABC][MNP]=2⋅21−a−b−c+ab+bc+ca. \text{Dar } [MNP]=[ABC] \cdot \dfrac{1}{2^3} \cdot \begin{vmatrix} 1 & 1-a &a \\ b & 1 & 1-b \\ 1-c & c & 1 \end{vmatrix} \Rightarrow \boxed{\dfrac{[ABC]}{[MNP]}= 2 \cdot \dfrac{2}{1-a-b-c+ab+bc+ca}}.

Din ultimele două relații rezultă concluzia.