Geometrie - rezolvări

Ion Nanu

Matematică
PROBLEME DE GEOMETRIE
Rezolvări

      P1
      Să se construiască trei cercuri tangente exterior fiecare cu fiecare.

      Soluţie: Vom aborda cazul, cel mai complicat, cînd r₁ < r₂ < r₃, unde r₁, r₂, r₃ sînt razele celor trei cercuri C1,C2 şi C3. Procedăm astfel:

      - trasăm cercul C₁ de o rază arbitrară r₁ şi centru O₁;
      - ducem prin O₁ dreapta ₁x care taie C₁ în A₁;
      - alegem pe semidreapta O₁x un punct A₁ în afara cercului C₁;
      - luăm în compas mărimea segmentului O₁A₁ = r₂;
      - punem compasul în A şi trasăm un arc de cerc care taie semidreapta O₁x în punctul O₂;
      - trasăm cercul C₂ cu centrul în O₂ şi rază r₂;
      - luăm pe semidreapta O₁x un punct A₂ astfel încît A₁ să fie între A şi A₂;
      - luăm în compas mărimea O₁A = r₁ şi trasăm un arc cu centrul în A₂ de rază r₁ care va tăia semidreapta O₁x în punctul B₁ astfel încît A₂ să fie între O₁ şi B₁;
      - luăm în compas mărimea segmentului O₁B₁ şi cu centrul în O₁ trasăm arcul Γ₁ (de rază O₁B₁);
      - luăm în compas mărimea O₁A₁ = O₂A şi trasăm un arc cu centrul în A₂ de rază r₂ care va tăia semidreapta O₁x în punctul B₂ astfel încît A₂ să fie între O₁ şi B₂;
      - luăm în compas mărimea segmentului O₁B₂ şi cu centrul în O₂ trasăm arcul Γ₂ (de rază O₁B₂);
      - notăm O₃ = Γ₁ ∩ Γ₂ (unul dintre cele două puncte de intersecţie);
      - cu centrul în O₃ şi de rază r₃ = O₁A₂ trasăm cercul C₃ care va fi tangent cercurilor C₁ şi C₂ deoarece:

O₃O₁ = O₁B₁ = O₁A₂ + A₂B₁ = r₃ + r₁

O₃O₂ = O₁B₂ = O₁A₂ + A₂B₂ = r₃ + r₂

      - punctele de tangenţă B şi C se obţin unind O₃ cu O₁ şi, respectiv, O₂.

      P2
      Se dă un cerc fără a se şti centrul său. Cum putem determina centrul ?

      Soluţie: Luăm pe cerc 3 puncte distincte A,B,C şi construim mediatoarele coardelor AB şi BC. Intersecţia celor două mediatoare va fi centrul cercului.

      P3
      Să se construiască o dreaptă paralelă cu o dreaptă dată.

      Soluţie: Fie dreapta d₁. Pe dreapta dată luăm punctul A şi cu o deschidere oarecare a compasului construim punctele B şi C astfel încît AB = BC.

      Cu aceeaşi deschidere a compasului trasăm arcele A₁ cu centrul în A, A₂ cu centrul în B, A₃ cu centrul în B şi A₄ cu centrul în C. Fie D intersecţia arcelor A₁ şi A₂, fie E intersecţia arcelor A₃ şi A₄.
      Dreapta d₂ care uneşte punctele D şi E este paralelă cu dreapta dată deoarece punctele D şi E sînt la aceeaşi distanţă de dreapta d₁.

      P4
      Să se împartă un segment dat în n părţi egale (n ≥ 2).

      Soluţie:

      Notăm cu AB segmentul dat. Construim dreapta d paralelă cu segmentul dat (a se vedea problema 3). Pe dreapta d luăm un punct oarecare P₀ şi o deschidere oarecare de compas. Construim, pe dreapta d, punctele P₁, P₂, P₃, ..., P_n, egal depărtate unul de altul prin mutarea compasului. Dreptele P₀A şi P_nB se întîlnesc în punctul O. Unim O cu punctele P₁, P₂, ... , P_n-1. Dreptele obţinute intersectează pe AB în puncte egal depărtate unul de altul.

      P5
      Se dă un cerc C, de centru O. Cum se pot construi trei cercuri interioare cercului dat, tangente la cercul dat, tangente exterior între ele şi de aceeaşi rază.
      Notînd cu R raza cercului dat şi cu r razele cercurilor interioare, ce relaţie există între R şi r ?

      Soluţie Se împarte cercul dat în şase sectoare prin luarea în compas a razei sale. Tangenta la cerc în punctul T şi prelungirea razei OA se întîlnesc în V. Bisectoarea unghiului OVT întălneşte raza OT în punctul O₁. Cercul cu centrul în O₁ şi de rază O₁T este unul dintre cele trei cercuri interioare. La fel se construiesc şi celelalte două cercuri interioare după cum se vede pe figura de mai jos.

În tringhiul dreptunghic OTV avem: OT=R, OV=2R şi TV=R√3. Deoarece VO₁ este bisectoare avem:

O₁T

O₁O

      Din relaţia de mai sus, se deduce uşor că r = R√3(2-√3).

      P6
      Se dă cubul ABCDA₁B₁C₁D₁ de latură a. Fie E mijlocul muchiei AB şi F mijlocul feţei BCC₁B₁. Să se determine secţiunea realizată în cub de planul D₁EF şi să se afle aria acestei secţiuni.

      Soluţie.

Coborîm perpendiculara FG pe muchia BC. Deoarece FG || DD₁, punctele D, D₁, F, G sînt coplanare. Fie H intersecţia dreptelor D₁F şi DG. Întrucît FG este jumătate din DD₁ rezultă că DH este dublul lui DG. Deoarece H este pe dreapta DG care aparţine planului ABCD, rezultă că punctul H aparţine planului ABCD. În triunghiul HAD dreapta BG, conform celor de mai sus, este linie mijlocie. De aici rezultă că H se află pe dreapta AB.

      Punctele A şi B aparţin, deci, planului EFD₁, adică muchia AB aparţine acestui plan. Cum A şi D₁ aparţin planului considerat, rezultă că diagonala feţei ADD₁A₁ aparţine planului EFD₁. Cum punctele B şi F aparţin lui EFD₁ rezultă că şi diagonala feţei BCC₁B₁ aparţine planului EFD₁. În fine, cum D₁ şi C₁ aparţin planului EFD₁, rezultă că muchia C₁D₁ aparţine planului EFD₁.
      Aşadar, planul considerat, EFD₁ taie cubul după dreptunghiul ABC₁D₁. Aria cerută este S = a.a√2 = a²√2.

      P7
      Se dă cubul ABCDA₁B₁C₁D₁ de latură a. Fie E mijlocul muchiei AB şi F situat pe linia mijlocie a feţei BCC₁B₁, la distanţa de a/5 faţă de muchia BC. Să se determine secţiunea realizată în cub de planul D₁EF şi să se afle laturile poligonului secţiune.

      Soluţie.

Fie G piciorul perpendicularei din F pe muchia BC. Notăm cu H intersecţia dreptelor D₁F cu DG, drepte care sînt coplanare deoarece FG este paralelă la D₁D.

      Dreapta HE intersectează pe BC în punctul I şi pe AD în punctul J. Segmentul IE face parte din secţiunea cerută.
      Dreapta JD₁ intersectează pe AA₁ în K. Segmentul KD₁ face parte din secţiune.
      Dreapta IF intersectează pe CC₁ în L. Segmentele IL şi LD₁ fac parte din secţiune.
      Aşadar, secţiunea determinată în cub de planul D₁EF este pentagonul D₁KEIL.
      Din asemănarea triunghiurilor ΔFGH şi ΔD₁DH rezultă GH=DG/4, deci GH=a√5/8.
      Considerăm, pentru claritate, figura de mai jos:

      Fie M piciorul perpendicularei din H pe BC. Triunghiurile ΔHMG şi ΔDCG sînt asemenea, de unde rezultă MH=a/4. De aici, rezultă că MG=a/8 iar MB=3a/8.
      Din asemănarea triunghurilor ΔHMI şi ΔEBI obţinem BI=a/4.
      Din triunghiul dreptunghic ΔEBI deducem, imediat, EI=a√5/4.
      Din echivalenţa triunghiurilor ΔEBI şi ΔEAJ deducem AJ=a/4.
      Din asemănarea triunghurilor ΔJAK şi ΔJDD₁ obţinem AK=a/5, deci A₁K=4a/5.
      Din triunghiul dreptunghic ΔEAK deducem, imediat, EK=a√29/10.
      Din triunghiul dreptunghic ΔEBI deducem, imediat, D₁K=a√41/5.
      Din asemănarea triunghurilor ΔICL şi ΔIGF obţinem LC=3a/5 şi, apoi, LI=3a√41/20.
      În sfîrşit, din triunghiul dreptunghic ΔD₁C₁L, obţinem D₁L=a√29/5.

      P8
      Se dă cubul ABCDA₁B₁C₁D₁ de latură a. Fie M mijlocul muchiei AB, N mijlocul muchiei B₁C₁ şi P mijlocul muchiei DD₁. Să se determine secţiunea realizată în cub de planul MNP şi să se afle aria acestei secţiuni.

      Soluţie. Figura iniţială este:

Dreptele DM şi BC se taie, în planul bazei, în punctul E. Paralela prin E la muchia DD₁ taie pe MP în punctul F. Din congruenţa triunghiurilor ΔPDM şi ΔMEF rezultă că EF=a/2.

      Deoarece F se află pe dreapta MP care aparţine secţiunii cerute, rezultă că punctul F aparţine acestui plan.
      Dreapta FN aparţine, deci, planului secţiune. Se arată uşor că dreapta FN înjumătăţeşte segmentele BE şi BB₁.
      Notăm cu Q intersecţia dreptelor FN şi BB₁. Punctul Q aparţine, deci, planului de secţiune deoarece aparţine dreptei FN. Prin urmare MQ este intersecţia planului MNP cu faţa ABB₁A₁ iar QN este intersecţia planului MNP cu faţa BCC₁B₁.
      În mod similar se determină punctele R ca mijloc al muchiei C₁D₁ şi S ca mijloc al muchiei AD. Astfel că, NR este intersecţia planului MNP cu faţa A₁B₁C₁D₁, RP este intersecţia planului MNP cu faţa CC₁D₁D, PS este intersecţia planului MNP cu faţa ADD₁A₁ şi SM este intersecţia planului MNP cu faţa ABCD.
      Aşadar, secţiunea cerută este hexagonul regulat MQNRPS. Latura hexagonului este a√2/2. Prin urmare, aria hexagonului este 3a²√3/8.

      P9
      În triunghiul ∆ABC prelungim laturile AB, BC şi CA cu segmentele BA₁, CB₁ şi respectiv AC₁ atfel încît BA₁≡AB, CB₁≡BC şi AC₁≡AC. Fie A₂=AA₁∩B₁C₁, B₂=BB₁∩A₁C₁ şi C₂=CC₁∩A₁B₁.
      Să se arate că:
      a) S_{∆A₁B₁C₁}=7S_∆ABC
      b) S_{∆A₂B₂C₂}=(7/3)S_∆ABC
      c) Triunghiurile ∆ABC şi ∆A₂B₂C₂ au acelaşi centru de greutate.

      Soluţie.

a) Triunghiurile ∆ABC şi ∆ACB₁ au înălţimea din A comună şi bazele corespunzătoare BC≡CB₁, deci

S_∆ACB₁=S_∆ABC (1)

Triunghurile ∆ACB₁ şi AC₁B₁ au înălţimea din B₁ comună şi bazele corespunzătoare AC≡AC₁, deci

S_∆AC₁B₁=S_∆ACB₁ (2)

Din (1) şi (2) rezultă

S_∆B₁CC₁=2S_∆ABC (3)

La fel obţinem:

S_∆A₁AC₁=2S_∆ABC S_∆A₁BB₁=2S_∆ABC (4)

Din (3) şi (4) obţinem:

S_{∆A₁B₁C₁} = S_∆B₁CC₁ + S_∆A₁AC₁ + S_∆A₁BB₁ + S_∆ABC = 7.S_∆ABC

b) Fie AD || BC, D∈A₁C₁.
În ∆C₁B₂C, AD este linie mijlocie, deci

C₁D≡DB₂ (5)

În ∆AA₁D, BB₂ este linie mijlocie, deci

DB₂≡A₁B₂ (6)

Din (5) şi (6) rezultă

A₁B₂=(1/3).A₁C₁ B₂C₁=(2/3).A₁C₁ (7)

Analog se obţine

B₁C₂=(1/3).A₁B₁ C₂A₁=(2/3).A₁B₁ (8)

C₁A₂=(1/3).B₁C₁ A₂B₁=(2/3).B₁C₁ (9)

Ţinînd seama de (9), obţinem că triunghiul ∆B₂A₂C₁ are înălţimea din A₂ egală cu 1/3 din măsura înălţimii din B₁ a triunghiului ∆A₁B₁C₁ şi, ţinînd seama de (7), obţinem

S_{∆B₂A₂C₁} = (2/3).(1/3).S_{∆A₁B₁C₁} = (2/9).S_{∆A₁B₁C₁}

La fel se obţine

S_{∆C₂A₁B₂} = (2/9).S_{∆A₁B₁C₁} S_{∆A₂B₁C₂} = (2/9).S_{∆A₁B₁C₁}

Astfel:

S_{∆A₂B₂C₂} = S_{∆A₁B₁C₁} - 3.(2/9).S_{∆A₁B₁C₁} = (1/3).S_{∆A₁B₁C₁} = (7/3).S_∆ABC

c) În triunghiul ∆AA₁D, BB₂ fiind linie mijlocie, rezultă

BB₂ = (1/2).AD (10)

În triunghiul ∆C₁B₂C, AD fiind linie mijlocie, rezultă

AD = (1/2).B₂C = (1/2).(BB₂ + BC) (11)

Din (10) şi (11) rezultă

BB₂ = (1/3).BC (12)

Analog se obţine:

AA₂ = (1/3).AB (13)

CC₂ = (1/3).AC (14)

      Fie A₃ mijlocul lui BC şi B₃ mijlocul lui AC iar G = AA₃∩BB₃, centrul de greutate al triunghiului ∆ABC.
      Fie A₄=A₃B₃∩B₂C₂ şi E=AB∩B₂C₂.
      Avem: B₃A₄||AB, deci ∆B₂EB ∼ ∆B₂A₄A₃, deci

A₃A₄

B₂B

B₂A₃

BC/3

BC/3 + BC/2

Adică:

A₃A₄

(15)

Din ∆B₃A₄C ∼ ∆AEC₂ obţinem:

B₃A₄

C₂B₃

C₂A

AC/3 + AC/2

AC/3 + AC

Adică

A₃A₄ + A₃B₃

AB + BE

Deci:

A₃A₄ + AB/2

AB + BE

(16)

Din (15) şi (16), eliminînd pe BE, rezultă

A₃A₄ = (1/6).AB (17)

Deoarece A₃A₄||AA₂ rezultă

≮ A₂AG ≡ ≮ A₄A₃G (18)

Deoarece G este centrul de greutate al ∆ABC obţinem

A₃G

(19)

Din (13) şi (17) deducem

AA₂

A₃A₄

(20)

      Din (18),(19) şi (20) rezultă ∆A₂AG ∼ ∆A₄A₃G, deci ≮ AGA₂ ≡ ≮ A₃GA₄, adică A₂, G, A₄ sînt coliniare.
      Rămîne să arătăm că A₄ este mijlocul lui B₂C₂.
      Din asemănarea triunghiurilor B₂EB şi B₂A₄A₃ obţinem:

B₂E

B₂A₄

B₂B

B₂A₃

deci:

B₂E = (2/5).B₂A₄ (21)

Din asemănarea triunghiurilor ∆B₃A₄C₂ şi ∆AEC₂ obţinem:

C₂A₄

C₂E

C₂B₃

C₂A

Deci: C₂A₄ = (5/8).C₂E = (5/8).(C₂A₄ + A₄E) = (5/8).(C₂A₄ + B₂A₄ - B₂E) de unde, ţinînd seama de (21) obţinem

C₂A₄ = (5/8).(C₂A₄ + B₂A₄ - (2/5).B₂A₄)

adică

C₂A₄ = (5/8).C₂A₄ + (3/8).B₂A₄

C₂A₄ = B₂A₄

      Deci A₄ este mijlocul lui A₂B₂.
      Aşadar A₂A₄ este mediană în ∆A₂B₂C₂ şi trece prin G, deci toate medianele triunghiului ∆A₂B₂C₂ trec prin G, deci G este centrul de greutate şi al ∆A₂B₂C₂.

      P10
      Fie H ortocentrul triunghiului ∆ABC, O centrul cercului circumscris şi M mijlocul laturii BC.
      Să se arate că HA = 2.OM

      Soluţie.

Notăm cu a, b, c laturile triunghului ∆ABC.
Avem ≮BOC = 2.≮A , deci în ∆OMB, ≮BOM ≡ ≮A. Rezultă:

ctg≮A

Prin urmare:

.ctg≮A

(1)

Notăm cu S aria ∆ABC. Avem:

AA₁

2.S

Obţinem:

BA₁

√	BA² - AA₁²

√	c² - 4S²/a²

√	a²c² - 4S²

Din ∆BA₁H ∼ ∆AA₁C rezultă

HA₁

BA₁

A₁C

AA₁

Obţinem:

HA₁

BA₁.A₁C

AA₁

a²√a²c² - 4S² - a²c² + 4S²

2.a.S

Obţinem:

AA₁ - HA₁

ac² - a√a²c² - 4S²

Punem acum

ac.sin≮B

Rezultă:

c - a.cos≮B

sin≮B

Ţinînd seama că c=(a.sin≮C)/sin≮A, obţinem:

a.sin≮C

sin≮A

a.cos≮B

sin≮B

a.(sin≮C - cos≮B.sin≮A)

sin≮A.sin≮B

⇒

a.[sin≮(A+B) - sin≮A.cos≮B]

sin≮A.sin≮B

a.ctg≮A

Aşadar:

a.ctg≮A

(2)

      Relaţiile (1) şi (2) arată că HA = 2.OM q.e.d.

      P11
     Se dă punctul M pe latura AB a triunghiului ∆ABC. Să se construiască o dreaptă care trece prin M şi împarte triunghiul dat în două figuri de arii egale.

     Soluţie:

     O dreaptă care trece prin M va intersecta una dintre celelalte laturi ale triunghilui în N. Să considerăm, pentru fixarea problemei, că AM>c/2, ca pe figura de mai sus. Dreapta MN împarte triunghiul dat în două figuri, un triunghi şi un patrulater. Trebuie ca aria ∆AMN să fie jumătate din aria ∆ABC.
     Avem: S_∆ABC = AB.AC.sinA, S_∆AMN = AM.AN.sinA
     Rezultă: AN = AB.AC/2AM
     Relaţia de mai sus cu un rînd se mai poate scrie şi sub forma: 2AM/AC = AB/AN
     Luăm pe latura AB un punct D astfel încît MD = AM.
     Unim punctele D şi C, obţinînd triunghiul ∆ADC.
     Relaţia de mai înainte, 2AM/AC = AB/AN, se mai scrie
     AD/AC = AB/AN
     Rezultă, de aici, că ∆ADC ∼ ∆ABN, ceea ce arată că BN ∥ DC.
     Aşadar, construcţia este următoarea: se prelungeşte AB şi se ia punctul D astfel încît DM = AM, apoi se duce prin B paralela la DC care taie pe AC în punctul N. Construcţia se poate face doar cu rigla şi compasul negradate.
     Observaţii: 1) În cazul că M se află la jumătatea lui AB, punctele D şi B coincid, paralela prin B la DC coincide cu BC, deci N coincide cu C.
     2) Dacă AM < c/2 construcţia rămîne valabilă. Acum paralela prin B la DC va intersecta latura AC pe prelungirea sa în N. MN va intersecta pe BC într-un punct P situat între B şi C astfel încît ∆BMP este jumătate din aria ∆ABC.
     3) Dacă M este în A, se construieşte mediana care trece prin vîrful A. Dacă M este în B, se construieşte mediana care trece prin vîrful B.

Top