Page 1
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 1/13
16225 – G.M. 12/1976
Se consider ptratul ABCD de latur a . Pe diagonala ( ) BD se consider punctul O astfel
ca
1
, 11
OB
k DB k = >+ . Dac { }P AD OC = ∩ , s se arate c ( )1 ABP ADBS k S= − ⋅ .
Petru Asaftei, Cotnari, Ia i
Soluie.
Cu ajutorul proporiilor derivate, avem1 1
1 1
OB OB
OD DB OB k k = = =
− + −
Deoarece BC DP& , avem asemnarea1 BC OB
BOC DOP
DP OD k
∆ ∆ = = . Dar
( )1
11
BC DP AD AP BC AP AP k BC
AP k = + = + = = −
−
Evalum aria triunghiului ABP : ( ) ( )1 1 1
1 12 2 2
ABPS AB AP AB k BC k AB AD= ⋅ = ⋅ − = − ⋅ ⋅ =
( )1 ABD
k S= − , q.e.d.
Page 2
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 2/13
22626 – G.M. 4/1992
În triunghiul dreptunghic l( )( )90 ABC m A = considerm punctul mobil Int M ABC ∈ i
, MN BC MP AC ⊥ ⊥ unde ( ) ( ), N BC P AC ∈ ∈ . Dac h este lungimea înlimii din A iar
AB c= , s se arate c 1 MN MP
h c+ < .
Doru P. Firu, profesor, Or ova
Soluie.
Aria triunghiului ABC se scrie în dou moduri ca2 2
ABC
ah bcS = = .
Deoarece Int M ABC ∈ ∆ , are loc inegalitatea MAC MBC ABC
S S S+ <
2 2
MP AC MN BC S
⋅ ⋅ + <
Se împarte aceast
inegalitate cu ABC
S S= , înlocuind apoi S cu2
bcîn prima frac
ie
i cu
2
ah
în cea de-a doua :
1 1
2 22 2
MP b MN a MP MN
bc ah c h
⋅ ⋅+ < ⇔ + <
⋅ ⋅
, q.e.d.
Page 3
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 3/13
E:2933 – G.M.B. 4/1968
În paralelogramul l( )( )90 ABCD m C > se dau 12, 15 AB AC = = , înlimea
( )( )9CE E AD= ∈ . Se prelungete CE pân ce intersecteaz [ BA în N . S se afle AEN S .D. Mîrzan, Rm. Vâlcea
Soluie.
Cu teorema lui Pitagora în triunghiurile dreptunghice CED∆ i AEC ∆ calculm:2 2
3 7 DE CD CE = − =
2 212 AE AC CE = − =
Întrucât AN CD& , rezult AEN DEC ∆ ∆ (teorema fundamental a asemnrii), deci :
12 9 36 7
73 7
AE EN AE CE EN
DE EC DE
⋅ ⋅= = = =
Se calculeaz acum1 1 36 7 216 7
122 2 7 7
AEN S AE EN = ⋅ = ⋅ ⋅ =
Page 4
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 4/13
22628 – G.M. 4/1992
Dac ABCD este un patrulater convex i ( ) ( ), M AB N CD∈ ∈ astfel încât 1 MB NC
AB CD+ = ,
s se arate c MCD NAB ABCDS S S+ = .
Virgil Nicula, profesor, Bucure ti
Soluie.
Fie ( )0,1 1 MB NC
k k AB CD
= ∈ = −
Se calculeaz rapid 1 1 MA MB
k AB AB
= − = − i ( )1 1 1 ND NC
k k CD CD
= − = − − =
Avem ( ) ( )1 1 1 AMD
AMD ABD
ABD
S MAk S k S
S AB= = − = − ⋅
Analog, se deduc relaiile :
( )2 BMC
BMC ABC
ABC
S MBk S k S
S AB= = = ⋅
( )3 AND
AND ACD
ACD
S NDk S k S
S CD= = = ⋅
( ) ( )1 1 4 BNC
BNC BCD
BCD
S NC k S k S
S CD= = − = − ⋅
Se adun membru cu membru relaiile ( )1 i ( )4 , apoi ( )2 i ( )3 :
( ) ( ) ( ) ( )1 1 5 AMD BNC ABD BCD ABCD
S S k S S k S+ = − ⋅ + = − ⋅
( ) ( )6 BMC AND ABC ACD ABCDS S k S S k S+ = ⋅ + = ⋅
Se adun acum relaiile ( )5 i ( )6 :
( )1 AMD BNC BMC AND ABCD
S S S S S k k + + + = ⋅ − +
Dar AMD BMC ABCD CMD
S S S S+ = − i BNC AND ABCD ANB
S S S S+ = − .
Obinem ( )2 ABCD CMD ANB ABCD ABCD CMD ANB
S S S S S S S− + = = + , q.e.d.
Pentru1
2k = , regsim problema E:5163 din G.M. 8/1975.
Page 5
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 5/13
19954* - G.M. 12/1983
Pe laturile unui triunghi oarecare ABC se consider punctele ( ) ( ),P AB Q BC ∈ ∈ ,
( ) R CA∈ astfel încît
AP BQ CR
PB QC RA= = . S se arate c [ ] [ ]4 PQR ABC σ σ ⋅ ≥ .
(Generalizarea unei probleme date la admitere în Facultatea de Matematic, 1982).
Marian Dinc , profesor, Române úti, Dîmbovi a
Soluie.
Fie 0 AP BQ CR
PB QC RAλ = = = > . Cu ajutorul propor iilor derivate, ob inem
1 1
AP AP c
AB
λ λ
λ λ = =
+ +; analog, 1
1
AC b AR
ARλ
λ = + =
+.
Se calculeaz [ ]( )
2
1 1sin sin
2 2 1 APR AP AR A bc A
λ σ
λ = ⋅ ⋅ = ⋅
+
. Pe de alt parte,
[ ]1
sin2
S ABC bc Aσ = = ⋅ , deci[ ]
( )[ ]
( )2 2
1 1
APR APR S
S
σ λ λ σ
λ λ = = ⋅
+ +
. În mod
analog, se ob ine c [ ] [ ] [ ]( )
2
1 BQP CRQ APR S
λ σ σ σ
λ = = = ⋅
+
.
Prin scdere, ob inem: [ ] [ ] [ ] [ ]( )PQR S APR BQP CRQσ σ σ σ = − + + , deci
[ ]( )
2
31
1PQR S
λ σ
λ
§ ·= −¨ ¸
¨ ¸+© ¹
. Îns ( )2
4 1λ λ ≤ + (inegalitate echivalent cu ( )2
1 0λ − ≥ ), sau
( )2
4 11
λ
λ ≤
+
. Prin înmul ire cu 34
§ ·−¨ ¸© ¹
, ob inem( )
23 3
41
λ
λ
− ≥ −
+
, deci
( ) ( )[ ] [ ] [ ] [ ]
2 2
3 1 3 1 11 1 4
4 4 41 1S S PQR ABC PQR ABC
λ λ σ σ σ σ
λ λ
§ ·− ≥ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⋅ ≥¨ ¸
¨ ¸+ +© ¹, q.e.d. Egalitatea are loc dac úi numai dac 1λ = , ceea ce se întîmpl atunci cînd , ,P Q R
sunt mijloacele laturilor triunghiului ABC .
Page 6
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 6/13
16049 – G.M. 9/1976 Fie triunghiul ABC i punctele ( ) ( )1 2 1
, , A A BC B CA∈ ∈ , cu ( )1 2 A BA∈ . Notm
{ } { }1 1 2 1, N AA BB P AA BB= ∩ = ∩ i { } 1
M AA CP= ∩ . Dac , AM p MN = ⋅
BN m NP= ⋅ i CP n MP= ⋅ , s se exprime aria triunghiului MNP în funcie de aria S atriunghiului ABC i de parametrii , ,m n p .
Nusfet aganai, Constan a
Soluie.
Se folosete proprietatea: raportul ariilor a dou triunghiuri cu un vârf comun i laturile opuseacestuia pe aceeai dreapt este egal cu raportul lungimilor laturilor opuse vârfului comun(înlimea dus din vârful comun fiind aceeai).
În baza acestei proprieti, scriem( )
1
1 1
MNP
ANP
S MN MN MN
S AN AM MN MN p p= = = =
+ + +
( )11
ANP MNP
SS p
=
+
Dar( )
( )1
21 1 1
ANP APB
ANP
APB
S NP NP NP SS
S PB BN NP NP m m m= = = = =
+ + + +
Din relaiile ( )1 i ( )2 obinem( ) ( )
( ) ( ) ( )1 1 31 1
APB
MNP APB MNP
SS S m p S
m p= = + +
+ +
Observm c ( )1 APM ANP MNP MNP MNP MNPS S S p S S p S= − = + − = ⋅
Aplicm înc o dat proprietatea pentru triunghiurile APM i : APC
( )
1
4 APM
APC APM MNP
APC
S MP MP
S n S np SS CP n MP n= = = = ⋅ = ⋅⋅
Triunghiurile MNP i BPC au unghiurile din P suplementare; fie n( ) BPC α µ = , deci
n( ) NPM µ π α = − .
Avem1
sin2
BPC S BP CP α = ⋅ ⋅ , ( )1 1
sin sin2 2
MNPS MP NP MP NPπ α α = ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅
Rezult prin împrire c :
Page 7
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 7/13
( ) ( ) ( )1 1 1 5 BPC BPC MNP
MNP
S BP CP BP CP BN NP BN n n n m S n m S
S MP NP NP MP NP NP
⋅ + § ·= = ⋅ = ⋅ = + = + = +¨ ¸
⋅ © ¹
Relaiile ( ) ( )3 5− exprim ariile triunghiurilor , APB APC i BPC în funcie de aria triunghiului
MNP . Prin adunarea celor trei relaii, obinem expresia ariei triunghiului : ABC
( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1 1 ABC APB APC BPC MNP MNPS S S S S m p np n m S m p mp np n mn= + + = ⋅ + + + + + = ⋅ + + + + + +
Observm c ( )( )( )1 1 1 1m p mp np n mn m n p mnp+ + + + + + = + + + − . Rezult c :
( ) ( )( )1 1 1 MNP
SS
m n p mnp=
+ + + −
Page 8
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 8/13
21215*, G.M. 9/1987Dac O este un punct în interiorul triunghiului ABC úi , , A B C ′ ′ ′ celelalte intersec ii ale
dreptelor , ,OA OB OC cu laturile triunghiului, s se arate c este adevrat rela ia:
1OB C OA C OA B
AB C BA C CA B
S S S
S S S
′ ′ ′ ′ ′ ′
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + =
Al. O et, profesor, Bra úov
Soluie. Vom utiliza urmtoarea proprietate: Dac în triunghiul ABC lum punctul BC D ∈ ,
avem:
ADB
ADC
S BD
S DC = (se demonstreaz uúor, inînd seama c triunghiurile ADB úi ADC au
înl imea din A comun).S revenim acum la problema noastr. Notm pentru început rapoartele:
1 2 3, ,
BA CB AC k k k
CA AB BC
′ ′ ′= = =
′ ′ ′
Conform teoremei lui Ceva, avem rela ia ( )1 2 31 1k k k = ; din aceast egalitate, rezult
3
21
2
31
1
32
111
k k k
k k k
k k k =⇔=⇔= .
Fie ABC
S S= . Conform propriet ii amintite, avem:
( )3 3
3
3 3
2
1 1
ACC ACC
ACC
BCC ABC
S k S Sk AC k S
BC S k S k
′ ′
′
′
′= = = =
′ + +
Utilizând aceeaúi proprietate, rezult úi:
2 2
1 1
1
AB C AB C AB C
CB C CB C AB C ACC
S S S AB
k CB S k S S S
′ ′ ′ ′ ′ ′
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
′= = = =
′ + +
( )( )( )3
2 2 3
31 1 1
ACC
AB C
S Sk S
k k k
′
′ ′ = =+ + +
Scoatem de aici úi( ) ( )
( )2 3
2
2 3
41 1
CB C AB C
Sk k S k S
k k ′ ′ ′ ′= ⋅ =
+ +
Aici intervine rela ia lui Van Aubel:
Page 9
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 9/13
( )1 2
2
1 1
1 15
CO CB CA k k k
OC AB BA k k
′ ′ += + = + =
′ ′ ′
Pe de alt parte,
( )6 BOC
OB C
SCO
OC S
′
′ ′
=′
Din rela iile ( )5 úi ( )6 , rezult:
1 2 1 2 1
1 1
1 1 B OC B OC OB C
OB C OB C
S S Sk k k k k
S k S k
′ ′ ′ ′
′ ′ ′ ′
++ + += =
( )1 2 1 1
1 1 2 1
17
1
CB C
OB C CB C
OB C
S k k k k S S
S k k k k
′ ′
′ ′ ′ ′
′ ′
+ += = ⋅
+ +
Din rela iile ( )4 úi ( )7 rezult c:
( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )1 2 3
2 3 1 2 1 2 3 1 2 1
81 1 1 1 1 1
OB C Sk k k SSk k k k k k k k k k
′ ′ = =+ + + + + + + +
(s-a utilizat aici rela ia ( )1 ).
Se împart membru cu membru rela iile ( )8 úi ( )3 úi rezult:
( ) ( ) ( )
( )( )
( )2 3
2 3 1 2 1 3 3 1 2 1
1 1 1
1 1 1 1
OB C
AB C
k k S S
S k k k k k Sk k k k k
′ ′
′ ′
+ += ⋅ =
+ + + + + +
( )1 2 3 1 3 3 1 3 3
1 19
1
OB C
AB C
S
S k k k k k k k k k
′ ′
′ ′
= =+ + + +
Similar, se obtin relatiile:
( )3
1 3 3
101
OA C
BA C
S k
S k k k
′ ′
′ ′
=+ +
( )1 3
1 3 3
111
OA B
CA B
S k k
S k k k
′ ′
′ ′
=+ +
Adunînd membru cu membru rela iile ( ) ( )9 , 1 0 úi ( )11 , gsim exact:
3 1 3
3 1 3
11
1
OB C OA C OA B
AB C BA C CA B
S S S k k k
S S S k k k
′ ′ ′ ′ ′ ′
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ ++ + = =
+ +, q.e.d.
Page 10
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 10/13
22611 – G.M. 2-3/1992
Într-un triunghi oarecare ABC notm cu D piciorul bisectoarei din A . Pe semidreptele ( AB i
( AC
lum respectiv punctele M
i N
astfel încât
n l MDA B≡
i
n l NDA C ≡
. Notm cuP
aldoilea punct în care bisectoarea din A taie cercul circumscris triunghiului ABC . S se arate c
AMPN ABC S S= .
Nicolae Oprea, lector univ., Baia Mare
Soluie.
Deoarecen n
n n
ADM ABD
DAM BAD
- ≡°®
≡°̄, rezult c
2 AM AD AD
ADM ABD AM AD AB AB
∆ ∆ = = .
Dar ( )2 2
2 21 AMP
AMP ABP
ABP
S AM AD ADS S
S AB AB AB= = = ⋅
Îns ( )2
2 ABD
ABP
S AD AD
S AP AD AP= =
⋅
Se calculeaz produsul ( ) 2 AD AP AD AD DP AD AD DP⋅ = ⋅ + = + ⋅ . Puterea lui D fa de
cerc se scrie în dou moduri 2 AD DP BD CD AD AP AD BD CD⋅ = ⋅ ⋅ = + ⋅
Relaia lui Stewart pentru bisectoarea [ ] AD se scrie :
2 2 2 AB CD AC BD AD BC BC BD CD⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅
Înlocuind ,ac ab BD CDb c b c
= =+ +
în membrul stâng al acestei relaii, se obine :
( )( )2 2 2 2
bc b cab acc b a AD BD CD AD BD CD bc
b c b c b c
+⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = =
+ + +
Relaia ( )2 devine2
2
ABD
ABP ABD
ABP
S AD AB AC S S
S AB AC AD
⋅= = ⋅
⋅; din relaia ( )1 se obine
2
2 2 AMP ABD ABD
AD AB AC AC S S S
AB AD AB
⋅= ⋅ ⋅ = ⋅
Page 11
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 11/13
Îns ABD
ABD
ABC
S BD c cS S
S BC b c b c= = =
+ +, deci
AMP
b c bS S S
c b c b c= ⋅ =
+ +.
În mod analog, obinem ANP AMNP AMP ANP ABC
c b c
S S S S S S S Sb c b c
+
= = + = = =+ + , q.e.d.
Page 12
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 12/13
E:5819* - G.M. 3/1977
Cât de mare este segmentul 1OO din figura de mai jos, tiind c ariile haurate sunt egale i c
1r = ?
Revista Alfa nr. 4/1976, R.D. German
Soluie.
Aria dreptunghiului 1OABO se compune din : aria sferturilor de disc q 1 ADC (în cercul ( )O ) i
q BDC (în cercul ( )1O ) din care scdem aria 1S a triunghiului curbiliniu 1CDC (care face parte
din ambele sferturi de disc), i la care adunm aria 2S a triunghiului curbiliniu ABD .
Fie 1 2 x OO= < distana dintre centrele cercurilor. Aria dreptunghiului 1OABO este
1 1OABOS OO OA x= ⋅ = u.a. Un sfert de disc dintr-un cerc de raz 1 are aria de 4
π
u.a. Rezult
aadar egalitatea :
1 224
x S Sπ
= ⋅ − +
Cheia în rezolvarea facil a problemei este egalitatea 1 2S S= ; relaia de mai sus devine în
consecin 12
x OOπ
= = , care satisface condiia 2 x < .
Observaie. Calculul efectiv al ariilor (fie i egale) 1S i 2S nu este chiar trivial. Dac ducem
1 DM CC ⊥ , aceasta este ax de simetrie a suprafeei curbilinii de arie 1S . Jumtatea 1S ′ ariei
1S se compune din :
- aria triunghiului dreptunghic 1 DMC ;
- aria segmentului circular corespunztor arcului q 1 DC .
Page 13
5/13/2018 Probleme cu arii - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/probleme-cu-arii 13/13
Avem 1
2 2
OO xOM = = , iar în triunghiul dreptunghic OMD , calculm 2 2
MD OD OM = − =
24
2
x−
= . Se calculeaz 1 1
2
2
x
MC OC OM
−
= − = , deci 1 1
1
2 DMC S DM MC = ⋅ =
( ) 22 4
8
x x− −=
Segmentul circular q 1 DC are aria egal cu a sectorului circular corespunztor din care se scade
1ODC S . Evalum mai întâi
1
2
1
1 4
2 4ODC
xS OC DM
−= ⋅ =
Unghiul la centru al sectorului/segmentului q 1 DC se calculeaz din triunghiul OMD :
2 24 4
sin arcsin2 2
DM x x
ODα α
− −
= = = . Aria sectorului q
1 DC este deci
q 1
2 2
sector
1 4arcsin
2 2 2 DC
r xS
α π
π
⋅ −= = . Aadar, aria segmentului q
1 DC este :
q q 11 1
2 2
seg sector
1 4 4arcsin
2 2 4ODC DC DC
x xS S S
− −= − = −
În concluzie, q
( )1 1
2 2 2
1 seg
2 4 1 4 4arcsin
8 2 2 4 DMC DC
x x x xS S S
− − − −′ = + = + − =
2 21 4 4arcsin
2 2 8
x x x− −= − , deci
2 2
1 1
4 42 arcsin
2 4
x x xS S
− −′= = −
În cazul2
xπ
= , obinem2 2
1
16 16arcsin 0,181303
4 16S
π π π − −= − ≅ u.a.