Triunghiul

Triunghiul

Nivel introductiv

E.225. Fie triunghiul ABCABC și MM, NN între BB și CC astfel incât BM=CNBM=CN și BAM^=CAN^\widehat{BAM}=\widehat{CAN}. Demonstrați că triunghiul ABCABC este isoscel.

Doru Stoica, FB (grupul profesorilor)
Soluție
Soluție:

Construim BD∥MABD \parallel MA și CE∥NACE \parallel NA. Rezultă D^=E^,\widehat{D} = \widehat{E}, deci B,B, D,D, E,E, C,C, conciclice.

Construim prin AA coarda PS∥BCPS \parallel BC. Cum AQ=AR⇒T.FlutureluiAP=AS.AQ=AR \overset{T. Fluturelui}{\Rightarrow} AP=AS.

Așadar, AOAO este mediatoarea lui PSPS, deci și a lui BC⇒△ABCBC \Rightarrow \triangle ABC isoscel.

E.235. În triunghiul ABCABC, înălțimea din AA este 3\sqrt{3} cm, iar proiecțiile laturilor ABAB și ACAC pe BCBC sunt 11 cm, respectiv 33 cm. Aflați măsura unghiului AA.

Lucian Măran
Soluție
Soluție:

Cazul 1: B^<90°.\widehat{B}<90\degree.
BD⋅DC=AD2⇒R.T.h.A^=90°.BD \cdot DC = AD^2 \xRightarrow{R.T. h.} \boxed{\widehat{A}=90\degree}.
Obs: Reciproca T.h. funcționează doar într-un triunghi ascuțitunghic!

Cazul 2: B^>90°.\widehat{B}>90\degree.

tg⁡B1^=3⇒B1^=60°tg⁡C^=33⇒C^=30°}⇒A^=30°. \begin{rcases} \tg{\widehat{B_1}}=\sqrt{3} \Rightarrow \widehat{B_1}=60\degree \\ \tg{\widehat{C}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow \widehat{C}=30\degree \end{rcases} \Rightarrow \boxed{\widehat{A}=30\degree}.

E.237. Se dă triunghiul ABCABC cu vârfuri în punctele de coordonate A(0,0)A(0,0), B(10,0)B(10,0) și C(4,8)C(4,8). Să se afle coordonatele ortocentrului acestui triunghi.

Lucian Măran
Soluție
Soluție:

Din ipoteză, DB=6DB=6, CD=8⇒BC=10.CD=8 \Rightarrow \boxed{BC=10}.
ABCABC isoscel ⇒EC=EA=2x\Rightarrow EC=EA=2x (notație).

CECD=EHDA⇔2x8=EH4⇒EH=x⇒CH=x5.\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{EH}{DA} \Leftrightarrow \dfrac{2x}{8} = \dfrac{EH}{4} \Rightarrow \boxed{EH=x} \Rightarrow \boxed{CH=x\sqrt{5}}.

EHDA=CHCA⇔x4=x54x⇒x=5⇒CH=5⇒HD=3⇒H(4,3).\dfrac{EH}{DA}=\dfrac{CH}{CA} \Leftrightarrow \dfrac{x}{4} = \dfrac{x\sqrt{5}}{4x} \Rightarrow \boxed{x=\sqrt{5}} \Rightarrow \boxed{CH=5} \Rightarrow \boxed{HD=3} \Rightarrow \boxed{H(4,3)}.

E.238. Se dă triunghiul ABCABC cu vârfuri în punctele de coordonate A(0,0)A(0,0), B(14,0)B(14,0) și C(5,12)C(5,12). Să se afle coordonatele centrului cercului înscris în acest triunghi.

Lucian Măran
Soluție
Soluție:

Notăm tg⁡A1^=t\tg{\widehat{A_1}} = t și tg⁡B1^=u.\tg{\widehat{B_1}} = u.

tg⁡(A^)=125=2t1−t2⇔6t2+5t−6=0⇒t=IEEA=23(1)\tg(\widehat{A}) = \dfrac{12}{5} = \dfrac{2t}{1-t^2} \Leftrightarrow 6t^2+5t-6=0 \Rightarrow \boxed{t= \dfrac{IE}{EA} = \dfrac{2}{3}} \quad (1)

tg⁡(B^)=129=2u1−u2⇔2u2+3u−2=0⇒u=IEEB=12(2)\tg(\widehat{B}) = \dfrac{12}{9} = \dfrac{2u}{1-u^2} \Leftrightarrow 2u^2+3u-2=0 \Rightarrow \boxed{u = \dfrac{IE}{EB} = \dfrac{1}{2}} \quad (2)

14=EA+EB=(1),(2)3⋅IE2+2⋅IE⇒IE=4⇒(1)AE=6⇒I(6,4).14=EA+EB \overset{(1),(2)}{=} \dfrac{3\cdot IE}{2} + 2 \cdot IE \Rightarrow \boxed{IE=4} \overset{(1)}{\Rightarrow} \boxed{AE=6} \Rightarrow \boxed{I(6,4)}.

E.239. Construiți cu rigla negradată perpendiculara din AA pe BCBC, folosind orice punct laticeal (adică având coordonate carteziene întregi).

Rădulescu Dorimedont
Soluție
Soluție:

Pas 1. Rotim segmentul ABAB cu 90°90\degree în jurul originii:

(0−110)⋅(xAyA)=(−yAxA)⇒A′(−yA,xA). Analog, B′(−yB,xB). \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_A \\ y_A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -y_A \\ x_A \end{pmatrix} \Rightarrow \boxed{A'(-y_A, x_A)}. \text{ Analog, } \boxed{B'(-y_B, x_B)}.

Pas 2. Calculăm matricea de translație:

T=(xC−xA′yC−yA′)=(xC+yAyC−xA) T = \begin{pmatrix} x_C - x_{A'} \\ y_C - y_{A'} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_C + y_{A} \\ y_C - x_{A} \end{pmatrix}

Pas 3. Translatăm punctul B′B' în DD:

(−yBxB)+(xC+yAyC−xA)⇒D(−yB+xC+yA, xB+yC−xA) \begin{pmatrix} -y_B \\ x_B \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_C + y_A \\ y_C - x_A \end{pmatrix} \Rightarrow \boxed{D(-y_B+x_C+y_A,~x_B+y_C-x_A)}

Pas 4. Unim CC cu DD și obținem astfel CD⊥AB.CD \perp AB.

E.240. Se dă triunghiul ABCABC cu BC≥max(AB,AC)BC \geq max(AB,AC) sau BC≤min(AB,AC).BC \leq min(AB,AC). Dacă suma distanțelor de la orice punct de pe ceviana AD la laturile triunghiului este constantă, atunci triunghiul ABCABC este echilateral.

L. Măran
Soluție
Soluție:

Fie MM și NN două puncte oarecare pe ceviana AD.AD.
x+y+z=ip.x′+y′+z′,x+y+z\overset{ip.}{=}x'+y'+z', adică x−x′=(y′−y)+(z′−z)(1).\boxed{x-x' = (y'-y) + (z'-z)} \quad (1).

Dar 2SABC=xa+yb+zc=x′a+y′b+z′c.2S_{ABC} = xa+yb+zc = x'a+y'b+z'c.
Ținând cont de (1), (y′−y)a+(z′−z)a−(y′−y)b−(z′−z)c=0.(y'-y)a + (z'-z)a - (y'-y)b - (z'-z)c=0.

Adică (y′−y)⏟>0(a−b)+(z′−z)⏟>0(a−c)=0.\boxed{\underbrace{(y'-y)}_{>0}(a-b) + \underbrace{(z'-z)}_{>0}(a-c)=0}.

  • dacă a≥max(b,c)a \geq max(b,c), atunci a−b≥0a-b\geq 0 și a−c≥0a-c \geq 0;
  • dacă a≤min(b,c)a \leq min(b,c), atunci a−b≤0a-b\leq 0 și a−c≤0a-c \leq 0;

În ambele cazuri, avem egalitate cu zero când a−b=a−c=0.a-b=a-c=0.
Deci a=b=c.\boxed{a=b=c}.

E.241. Se dă triunghiul ABCABC cu min(AB,AC)<BC<max(AB,AC).min(AB,AC) < BC < max(AB,AC). Să se demonstreze că există o ceviană AD (și doar una) cu proprietatea că suma distanțelor de la orice punct de pe AD la laturile triunghiului este constantă. Să se construiască această ceviană.

L. Măran

E.242. În triunghiul ABCABC se consideră punctele E∈(BC)E\in (BC) și D∈(BE)D\in (BE) astfel încât BD=10BD=10 cm, DE=2DE=2 cm, EC=3EC=3 cm și BAE^=90°.\widehat{BAE}=90\degree. Să se demonstreze că DAE^=EAC^.\widehat{DAE} = \widehat{EAC}.

L. Măran (preluată și modificată)
Soluție
Soluție:

Din ipoteză, ECED=BCBD\dfrac{EC}{ED}=\dfrac{BC}{BD}

⇔AC⋅AE⋅sin⁡A1AD⋅AE⋅sin⁡A2=AB⋅AC⋅sin⁡(90°+A1)AB⋅AD⋅sin⁡(90°−A2)⇔\Leftrightarrow \dfrac{\cancel{AC}\cdot \cancel{AE} \cdot \sin{A_1}}{\cancel{AD}\cdot \cancel{AE} \cdot \sin{A_2}} = \dfrac{\cancel{AB}\cdot \cancel{AC} \cdot \sin{(90\degree + A_1)}}{\cancel{AB}\cdot \cancel{AD} \cdot \sin{(90\degree - A_2)}} \Leftrightarrow

⇔sin⁡A1sin⁡A2=cos⁡A1cos⁡A2⇔sin⁡(A1−A2)=0⇒A1=A2.\Leftrightarrow \dfrac{\sin{A_1}}{\sin{A_2}} = \dfrac{\cos{A_1}}{\cos{A_2}} \Leftrightarrow \sin{(A_1-A_2)}=0 \Rightarrow \boxed{A_1=A_2}.

E.245.

Doru Stoica, FB (grupul profesorilor, preluată)
Soluție
Soluție:

Construim △BCE\triangle BCE echilateral.
Construim △CBF\triangle CBF isoscel ⇒AF=DC\Rightarrow \boxed{AF=DC} și FBC^=80°⇒FBE^=20°.\widehat{FBC}=80 \degree \Rightarrow \boxed{\widehat{FBE}=20\degree}.
B3^=120−80=40°⇒AF=BF=DC.\widehat{B_3}=120-80=40\degree \Rightarrow AF= \boxed{BF=DC}.

Deci △FBE≡△DCB\triangle FBE \equiv \triangle DCB (LUL).
Cum E1^=70−60=10°⇒B1^=10°.\widehat{E_1} = 70-60=10\degree \Rightarrow \boxed{\widehat{B_1}=10\degree}.

E.249. În patrulaterul ABCD,ABCD, MM este mijlocul laturii AD,AD, NN mijlocul laturii BC,BC, iar EE și FF sunt pe segmentul MNMN astfel încât MF=EN=0,25⋅MN.MF=EN=0,25 \cdot MN. Să se afle raportul dintre aria AECFAECF și aria ABCD.ABCD.

Radu Ion, MM, 31.08.2024
Soluție
Soluție:

[ABCD]=2a+2b[ABCD]=(4x+a)+(4y+b)}⇒2x+2y=[ABCD]4(1) \begin{rcases} [ABCD] = 2a+2b \\ [ABCD] = (4x+a) + (4y+b) \end{rcases}⇒ \boxed{2x+2y=\dfrac{[ABCD]}{4}} \quad (1)

[AECF][ABCD]=2x+2y[ABCD]=(1)14.\dfrac{[AECF]}{[ABCD]} = \dfrac{2x+2y}{[ABCD]} \overset{(1)}{=} \dfrac{1}{4}.