7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
1/23
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
2/23
19295* - G.M. 7/1982
Fie [ ] AD n l imea triunghiului dreptunghicl
( )( )90 ABC m A = , iar E i F proiec iilepunctului D pe catetele [ ] AB , respectiv [ ] AC . Notnd BE u= i CF v= , s se
demonstreze c lungimea ipotenuzei este dat de formula
32 2 23 3 BC u v
= +
.
Gh. Szllsy, profesor, Sighetu Marma iei
Solu ie.
Se aplic succesiv teorema catetei (nota iile fiind cele cunoscute ntr-un triunghi):
- n triunghiul ABC :2 2 AB c
BD BC a
= = ,2b
CDa
=
- n triunghiurile ADB i ADC :4
2 32
2
c BD cau BE AB c a
= = = = ;
4
2 32
2
bCD bav CF AC b a
= = = =
Se calculeaz acum expresia
3 33 3
2 22 2 22 2 22 23 3 3
4 4 4
3 3 3
c b au v a a BC
a a a
+ = + = = = = , ceea
ce ncheie rezolvarea.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
3/23
26539 G.M.B. 12/2011
Se consider un triunghi ABC dreptunghic n A i punctul D BC astfel nct AD BC .Cercul de diametru
[ ] AD intersecteaz laturile AB i AC n E , respectiv F . Fie G punctul de
intersec ie al segmentelor [ ] AD i [ ] EF . S se arate c dac 2 AG AE AF = , atunci2 4 BC AB AC = .
Lucian Dragomir, O elu Ro u
Solu ie.
Folosim notaiile standard , , BC a AB c AC b= = = .
Teorema catetei n ABC se scrie2 2
2 AB c AB BC BD BD BC a
= = = .
Deoarece BC AD , BC este tangent la cercul de diametru[ ] AD .
Puterea lui B fa de cercul de diametru[ ] AD se scrie2 3
2
2
BD c BD BE AB BE
AB a= = =
Calcul m ( )2 23 2
2 2 2
c a cc cb AE AB BE c
a a a
= = = = . n mod analog, obinem
2
2
bc AF
a= .
ntruct [ ] AD este diametru n cerc, unghiurilen
AED in
AFD sunt drepte, deci patrulaterul AEDF este dreptunghi. Diagonalele[ ] AD i [ ] EF ale acestuia se intersecteaz n mijloculcomun G , punct care este centrul cercului( ) AEDF
A adar1
2 2
bc AG AD
a= = ; egalitatea din ipotez 2 AG AE AF = se scrie
2 2 3 3
2 44
b c b c
a a=
2 4a bc = , sau 2 4 BC AB AC = , q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
4/23
E:14305 G.M.B. 2/2012
Fie triunghiul ABC dreptunghic n (, A BX bisectoarea unghiuluin
ABC i CD BX ,
( D BX . Demonstrai c 2 2 BD CD AB BC = .Ion Safta, Pite ti
Solu ie.
Teorema bisectoarei n ABC se scrieCX BC a
AX AB c= = . Cu ajutorul proporiilor derivate,
calcul m ,CX a ab bc
CX AX AC a c a c a c
= = =+ + +
Triunghiurile dreptunghiceCDX i BAX sunt asemenea, avnd unghiurile ascuite din X
opuse la vrf. Rezult 2 2 2
2 2 2 2
CD CX CD CX CX
AB BX AB BX AB AX = = =
+(am folosit teorema lui
Pitagora n BAX pentru a exprima pe 2 BX ). Deducem c 2 2
2
2 2
AB CX CD
AB AX
=+
Din triunghiul dreptunghic BDC , avem 2 2 2 2 2 2 22 BD BC CD BD CD BC CD= = = 2 2
2
2 2
2 AB CX BC
AB AX
= +
nlocuimCX i AX cu expresiile stabilite mai susi obinem :
( )
( )
( )
( )( )
2 2 2 2 22
2 2 2 22 2 2 2 2
2 2 2222
22
2
22
2
1
a b a b cc
a c a c a b BD CD a a a
b c b a cbc ca c a c
+ + = = = =
+ ++
+ + +
( )( )
( )
2 22 2 2 2
2 2 22 2 2 2 22 2
2 212
a c bb a c ac ba a a
b a c acb a c b a c
+ + + = = = + + ++ + + +
La num r torul fraciei obinute, nlocuim 2 2 2a b c = , iar la numitor scriem 2 2 2b c a+ = ,conform teoremei lui Pitagora n ABC . Scopul este s elimin m pe 2b . Rezult :
( )( )
22 2 2 2 2
2
22 2
2 2 2
c c ac ac c BD CD a a a ac BC AB
a ac a a c a
++ = = = = =
+ +, q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
5/23
21012* - G.M. 2/1987
Fie n l imea AH dus n triunghiul , ABC H BC . Cercurile cu centrele n B i C i de raze BH , respectiv CH , intersecteaz dreptele AB , respectiv AC n M , respectiv N . S searate c :
2
2
AM AC AN
AN AB AM
=
.
Laura Constantinescu, profesoar , Sibiu
Solu ie.
Presupunem c triunghiul ABC are unghiurilel
B il
C ascu ite. Ra ionamentul este ns similarcnd unul dintre aceste unghiuri este obtuz.n triunghiurile dreptunghice AHB i AHC au loc inegalit ile :
( ) BH AB BM AB M AB< < ( )CH AC CN AC N AC < <
Rezult AM AB BM AB BH = = i AN AC CN AC CH = = . Se scrie teorema luiPitagora n triunghiurile AHB i AHC :
( )( ) ( )( )2 2 2 2 2 AH AB BH AC CH AB BH AB BH AC CH AC CH = = + = + ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 AB BH AB AB BH AC CH AC AC CH =
( ) ( )2
2 22
AM AC AN AM AB AM AN AC AN
AN AB AM
= =
Studiem separat cazul n care unul dintre unghiurilel
B il
C (de exemplu, unghiull
B ) estedrept. n acest caz, H B M AM AB= = = .n triunghiul ABC are loc inegalitatea ( )CH BC AC CN CH AC N AC = < = < . Se
calculeaz AN AC CN AC CH AC BC = = = .
Teorema lui Pitagora n triunghiul ABC se scrie 2 2 2 AB AC BC AB AB= = ( )( ) ( ) ( )( )2 2 AC BC AC BC AM AB AB AN AC AC BC = + =
( ) ( )2
2 22
AM AC AN AM AB AM AN AC AN
AN AB AM
= =
Rela ia se verific deci i n acest caz.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
6/23
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
7/23
22496* G.M.10/1991
Se consider un dreptunghi ABCD avnd laturile de lungimi ,a b . Dac ( ), M AB N
( ) ( ) ( ), , BC P CD Q DA astfel nct2 2 2 2 2 2
MN NP PQ QM a b+ + + = + , atunci MNPQ este romb.
Marian Ionescu, profesor, Motru
Solu ie.
Fie , , , , , , AM x BN y CP z DQ t MB a x CN b y DP a z AQ b t = = = = = = = = .Cu teorema lui Pitagora n triunghiurile dreptunghice formate, calculm suma :
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MN NP PQ QM MB BN CN CP DP DQ AQ AM + + + = + + + + + + + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 1 x a x y b y z a z t b t = + + + + + + + Consider m trinomul de gradul al doilea :
[ ] ( ) ( )22 2 21 1: 0, , 2 2 f a f x x a x x ax a = + = +\ . Acesta are pentru 12ma
x =
valoarea minim ( )2
1 1
2m
a f x = .
n mod analog, trinomul [ ] ( ) ( )22 2 22 2: 0, , 2 2 f b f x x b x x bx b = + = +\ are un minim
egal cu ( )2
2 22m
b f x = pentru 2
2mb
x = .
Observ m c ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 22 2m m MN NP PQ QM f x f y f z f t f x f x+ + + = + + + + =
2 22 22
2
a ba b
+= = +
Egalitatea are loc cnd2
a x z= = i
2
b y t = = . n acest caz, punctele , , , M N P Q sunt
mijloacele laturilor dreptunghiului ABCD ; patrulaterul MNPQ este paralelogram, dar
2 2
AC BD MN NP= = = , deci MNPQ este romb, q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
8/23
E:10343 G.M. 10/1991
S se arate c dac 1 1 1, , AA BB CC sunt n l imile triunghiului ascuitunghic ABC , atunci:2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 AA BB CC BA A C CB AB AC C B+ + > + + .Eugenia Besoiu i Ioan Besoiu, profesori, Sebe
Solu ie.
ntruct triunghiul ABC este ascu itunghic, ( )1 1 1 A BC BA CA BC a + = = . Teorema luiPitagora n triunghiurile dreptunghice 1 AA B i 1 AA C se scrie :
( )
( )( )
2 2 21 1
2 2 21 1
2 22 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1
AA BA c
AA CA b
c b BA CA c b BA CA BA CA c b BA CA
a
- + =
+ =
= + = =
Se scrie un sistem de ecua ii cu necunoscutele 1 1, BA CA :2 2
1 1
1 1
c b BA CA
a
BA CA a
-
= + =
Rezolv m sistemul i obinem2 2 2 2 2 2
1 1,2 2
a b c a b c BA CA
a a
+ + = =
Scriem inegalitatea2 2 2
2 2 2 2 2 2 21 2
2
a b c BC BA a a a b c b a c
a
+> > > + + > .
Analog se arat c 2 2 2b c a+ > i 2 2 2a c b+ >
Se calculeaz produsul( )
24 2 2
1 1 2
4
a b c BA CA
a
= i cu teorema lui Pitagora n 1 AA B ,
( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 21 1 2 2
4
4 4
a b c a c a b c AA c BA c
a a
+ += = =
ncerc m s demonstr m inegalitatea 21 1 1 AA BA CA> ; aceasta revine la :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4a c a b c a b c a c a a b c b c + > > +
( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4a c a a b c b c a b c b c a c a > + + + + > ( )2 2 2 22 2a c b a> +
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
9/23
Dup simplificarea cu 2a , aceast ultim inegalitate revine la 2 2 2 2 24 2 2c a c b a > +
2 2 2 2 2 22 2 2c b a c b a+ > + > , inegalitate justificatanterior.
La fel, avem i2 2
1 1 1 1 1 1, BB CB AB CC AC BC > > . Prin nsumarea acestor trei inegaliti seob ine inegalitatea de demonstrat.
Solu ie alternativ .
Fie D mijlocul lui( ) BC . ntruct 2 2 2b c a+ > , avem( )2 2 2 2 222
4 4 4
b c a a a AD
+ > >
2
a AD > .
Presupunem, f r a restrnge generalitatea, c b c .
Se calculeaz 2 2 2 2 2
1 12 2 2a a b c b c DA BD BA
a a
+ = = = . Deoarece 2 2 2b a c< + , rezult
2 22 2 2
12 2 2
b c a ab c a DA
a
< < < . Cercul de centru D i de raz
2
ataie pe ( )1 AA ntr-
un punct P . Triunghiul BPC este dreptunghic n P , deci conform teoremei nl imii avem2 2
1 1 1 1 BA CA A P AA = <
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
10/23
17524* - G.M. 12/1978
n interiorul unui cerc de centruO i raz R se ia un punct P , prin care se duc dou coarde
perpendiculare [ ] AB
i [ ]CD
. S se arate c dac ( )2 22 2 AB CD R OP
, atunci AB CD= .
Marcel Chiri , profesor, Bucure ti
Solu ie.
Se duc ,OM AB ON CD . Punctele M i N sunt mijloacele coardelor[ ] AB i [ ]CD ,iar patrulaterulOMPN este dreptunghi. Teorema lui Pitagora n triunghiurileOMB i OND sescrie :
22 2 2 2
4
ABOM OB MB R= =
;
22 2 2 2
4
CDON OD ND R= =
Aceea i teorem n triunghiul MON d 2 2
2 2 2 224
AB CD MN OM ON R
+= + = ; dar
OP MN = , deci2 2
2 224
AB CD R OP
+ =
Inegalitatea din enun devine ( )2 2
20
2
AB CD AB CD AB CD
+ . Deducem imediat
c AB CD= , q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
11/23
22441* - G.M. 8/1991
Fie D un punct oarecare pe latura ( ) BC a triunghiului ABC i O centrul cercului circumscris,
de raz R . S se arate c 2 2 2
4 4 BC OD R+ Laura Constantinescu, profesoar , Sibiu
Solu ie.
Fie ,1 1 1
BD BD k ak BD ak BD DC
DC BC k k k k = = = = =
+ + +
Se scrie rela ia lui Stewart n triunghiul BOC pentru ceviana [ ]OD :
( )( )
32 2 2 2 2
21
a k OB CD OC BD OD BC BD CD BC R CD BD OD a
k + = + + = +
+
Se mparte cu a BC = rela ia ob inut :
( )2 2 2
21
k OD R a
k =
+
Calcul m expresia( ) ( )
2 2 2 2 2 2 22 2
4 44 4 4 1
1 1
k k BC OD a R a R a
k k
+ = + = + = + +
( )( )
2
2 2 22
14 4
1
k R a R
k
= +
+(fiind evident c
( )( )
2
22
10
1
k a
k
+).
Cazul de egalitate corespunde valorii 1k = , adic pozi iei lui D la mijlocul laturii ( ) BC .
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
12/23
14005 G.M.B. 4/1974
S se arate c ntr-un trapez ABCD , neisoscel, cu AB CD& , exist rela iile:
a)2 2
2 2
AC BD AB CD
AD BC AB CD
+=
;
b) 2 2 2 2 2 AC BD AD BC AB CD+ = + + .Dorin Andrica, elev, Deva
Solu ie. a) Se proiecteaz vrfurileC i D ale bazei mici pe baza mare AB n E , respectiv F .Fie h CE DF = = distan a dintre bazele trapezului. n func ie de ordonarea punctelor
, , , A B E F pe dreapta AB apar mai multe cazuri. Vom efectua demonstra ia n dou dintreacestea.
Scriem teorema lui Pitagora n triunghiurile dreptunghice , , AEC BEC AFD i BFD :
( )( )( )( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
2
3
4
AC h AE
BC h BE
AD h AF
BD h BF
= +
= +
= +
= +
Din rela ia ( )1 se scade ( )4 , iar din ( )3 se scade ( )2 , efectund apoi raportul:( )( )( )( )
( )2 2 2 2
2 2 2 25
AE BF AE BF AC BD AE BF
AD BC AF BE AF BE AF BE
+ = =
+
i) Dac ( ), E F AB , ca n figura 1, atunci AE AF EF = + i BF BE EF = + , deci AE BF AF BE = .
Pe de alt parte, AE BF AF EF BE EF AB EF AB CD+ = + + + = + = + i AF BE AB EF AB CD+ = = . Rela ia ( )5 devine:
( )( )( )( )
2 2
2 2
AE BF AE BF AC BD AB CD
AD BC AF BE AF BE AB CD
+ += =
+
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
13/23
ii) Fie ( ) ( ), , E A BF E AF , ca n figura 2. n acest caz, avem: AE BF AE AB AE EF AB CD = = AF BE AE EF AB AE CD AB = + =
2 AE BF AE AB AE EF AE AB CD+ = + + + = + + 2 AF BE AE EF AB AE AE AB CD+ = + + + = + +
n rela ia ( )5 , factorul care se simplificeste ( )2 AE AB CD+ + i r mne:( )( )( )( )
( )2 22 2
AE BF AE BF AB CD AC BD AB CD
AD BC AF BE AF BE CD AB AB CD
+ + += = =
+
b) Efectu m i aici demonstra ia pe cele dou cazuri distincte analizate la punctul a). Scriemteorema lui Pitagora generalizat n triunghiurile ABC i ABD pentru a exprima 2 AC ,respectiv 2 BD .
i)2 2 2
2 2 2
2
2
AC BC AB AB BE
BD AD AB AB AF
= +
= +
Adun m cele dou rela iii ob inem: ( )2 2 2 2 2 AC BD AD BC AB AB BE AF + = + + , dar AB BE AF EF CD = = ,deci:
2 2 2 2 2 AC BD AD BC AB CD+ = + +
ii)2 2 2
2 2 2
2
2
AC BC AB AB BE
BD AD AB AB AF
= +
= + +
Prin adunarea acestor egalit i, rezult :( )2 2 2 2 2 AC BD AD BC AB AB BE AF + = + + + . ns n acest caz avem:
AB BE AF BF BE EF CD + = = = , de unde ob inem imediat:2 2 2 2 2 AC BD AD BC AB CD+ = + + , q.e.d.
Observa ie. Cerina punctului b) apare i n problemele9308 din G.M.B. 12/1968 (autor IonApolozan, Medgidia)i 11422 din G.M.B. 9/1971 (autor Nicolae Pun, Rm. Vlcea)
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
14/23
21010 G.M. 2/1987
Fie un triunghi isoscel [ ] [ ]( ) ABC AB AC astfel nct 2 BC AB> i punctele , M N
situate pe latura [ ] BC . S se arate c :n
( ) 2 2 290m MAN AB AC MN BM MC BN NC = + = + Ion Safta, profesor, Pite ti
Solu ie.
Fie D mijlocul laturii[ ] BC ; avem AD BC . Rela ia 2 BC AB> este echivalent cu2 2
2 2 224 2
BC AB BC AB BD> = > . Din teorema lui Pitagora n triunghiul ADB ,
2 2 2 AD AB BD= , rezult c 2 2
2 2 2
2 2
AB AB AD AB BD AD BD< = < < . n triunghiul
ADB , avemn
( )n
( )n
( )n
( )n
( )l
( )90 90 2m ABD m BAD m BAD m BAD m BAD m A< < < = Unghiul
l
A fiind a adar obtuz, pot exista puncte [ ], M N BC astfel nctn
( ) 90m MAN = . Sescrie relaia lui Stewart n triunghiul ABC pentru cevienele[ ] AM , respectiv [ ] AN :
( )2 2 2 2 AB MC AC MB AM BC BM MC BC AB MC MB + = + + =
( ) ( )2 2 2 BC AM BM MC AB BC BC AM BM MC = + = + 2 2 BM MC AB AM =
2 2 2 2 2 AB NC AC NB AN BC BN NC BC BN NC AC AN + = + = Prin adunarea celor dou egalit i obinem :
( ) ( )2 2 2 2 1 BM MC BN NC AB AC AM AN + = + +
Dac n
( ) 90m MAN = , teorema lui Pitagora n triunghiul MAN d 2 2 2 AM AN MN + = ; din( )1 rezult 2 2 2 BM MC BN NC AB AC MN + = + , q.e.d.Reciproc, dac are loc relaia din enun, prin comparaie cu ( )1 rezult 2 2 2 AM AN MN + = .
Reciproca teorema lui Pitagora ne asigur c triunghiul MAN este dreptunghic nn
( ) 90 A m MAN = , q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
15/23
E:14279 G.M.B. 12/2011
Pe diagonala ( ) AC a p tratului ABCD se consider punctul P i fie ,QP DP Q AB .
a) Demonstrai c [ ] [ ] DP PQ .b) Dac Q este mijlocul laturii[ ] AB , calculai raportul AP
PC .
Maranda Lin i Dorin Lin , Deva
Solu ie.
a) Patrulaterul ADPQ este inscriptibil, avnd unghiurile opusen
DAQ in
DPQ drepte.
Rezult c n
( )n
( ) 45m DQP m DAP= = , deci triunghiul DPQ este dreptunghic isoscel.A adar, [ ] [ ] DP PQ .
b) Fie a AB= lungimea laturii ptratului.Q fiind mijlocul lui[ ] AB , teorema lui Pitagora n
DAQ ne d 2
2 2 2 5
4 2
a a DQ AD AQ a= + = + = . n triunghiul dreptunghic
isoscel DPQ avem5 10
42 2 2
DQ a a DP PQ= = = = .
Se scrie rela ia lui Stewart n triunghiul dreptunghic isoscel ADC pentru ceviana [ ] DP :( )2 2 2 2 2 2 AD PC CD AP DP AC AC AP PC a AP PC DP a + = + + = +
2a AP PC +
Dar 2 AP PC AC a+ = = ; simplificm rela ia ob inut cu 2a i nlocuim DP de
mai sus; rezult 2 2
2 10 6
16 16
a aa AP PC AP PC = + = .
n concluzie, 22
6
16
AP PC a
a AP PC
- + =
=; lungimile AP i PC verific a adar ecua ia:
22 62 0
16
a x a x + = .
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
16/23
Rezolv m ecua ia:2 2
21,2
2224 8 22
16 16 2
aaa a
a x
= = = . Deci,
1 2
2 3 2,
4 4
a a x x= =
Dac 1 AP x= i 2PC x= , avem1
3
AP
PC = ; invers, avem 3 AP
PC = .
A adar, cnd Q este mijlocul laturii[ ] AB , avem 1 , 33
AP
PC
-
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
17/23
21850 G.M. 8/1989
Fie ABC un triunghi oarecare i M un punct n interiorul triunghiului. Semidreptele
((( , , AM BM CM taie laturile triunghiului n punctele , N P respectiv Q , iar cercul circumscristriunghiului n punctele , R S , respectiv T . S se arate c are loc inegalitatea:9
AN BP CQ
NR PS QT + + .
C lin Naghi, elev, Satu-Mare
Solu ie.
Not m cu , , BC a CA b AB c= = = lungimile laturilor triunghiului ABC . Fie
, , BN CP AQ NC PA QB
= = = . Conform teoremei lui Ceva, are loc rela ia:
( )1 1 =
Calcul m1
,1 1 1
BN BN a NC a
BC
= = =
+ + +.
Scriem rela ia lui Stewart pentru ceviana AN :
( ) ( )( )
2 2 2
3 2 2 22 2 2 2
2 2 21 1 11 1
AB NC AC BN AN BC BN NC BC
a a a c b ac b AN a AN
+ = +
+ + = + =
+ + ++ +
Puterea punctului N fa de cerc se scrie: BN NC AN NR = . Raportul AN NR
se exprim ca
2 2 AN AN AN
NR AN NR BN NC = =
. nlocuim 2 AN din ( )2 i rezult :
( )( )
( )( )
( ) ( )
2 2 22 2 2
22 2
2 2
2 2
111
1 1
11 1 3
c b AN c b a
NR a a
AN c b
NR a a
+ ++ += = + + +
+= + + +
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
18/23
Se nsumeaz rela ia ( )3 cu alte dou rela ii analogei ob inem:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 13 1 1 1 4
AN BP CQ c b a c b a
NR PS QT a a b b c c
+ + ++ + = + + + + + + + + +
Se scrie inegalitatea mediilor pentru numerele:
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1, 1 , , 1 , , 1
c b a c b a
a a b b c c
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2
62 2 2 2 2 2
1 1 11 1 11 1 1 6 5
c b a c b a
a a b b c c
+ + ++ + + + + + + + + + +
Dar ( ) ( ) ( ) ( )( )( )2 2 2
361 1 1
6 6 1 1 1
+ + += + + +
Se scriu inegalit ile 1 2 , 1 2 , 1 2 + + + . Prin nmul irea acestora,ob inem:
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )( ) ( )
3
3
1 1 1 8 8 1 1 1 2
6 1 1 1 12 6
+ + + = + + +
+ + +
Din rela iile ( ) ( )4 , 5 i ( )6 , ob inem 3 12 9 AN BP CQ NR PS QT
+ + + = , q.e.d.
Egalitatea are loc dac i numai dac 1 = = = i a b c= = , adic n cazul n caretriunghiul ABC este echilateral, iar M este centrul s u de greutate.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
19/23
26488 G.M.B. 7-8-9/2011
Fie ABC un triunghi nscris n cercul ( ),C O R i fie , , M N P puncte pe laturile ( ), BC
( ) AC , respectiv ( ) AB . Dreptele , , AM BN CP retaie cercul C n 1 1 1, , M N P respectiv. S sedemonstreze c :
a) 21
1 2 bc MA Ra
; b)1 1 1
1 1 1 6
MA NB PC R+ +
Dan tefan Marinescu i Viorel Cornea, Hunedoara
Solu ie.
a) Puterea punctului M fa de cerc se scrie 1 MA MA MB MC = ; folosim inegalitatea
cunoscut ( )2
4
x y xy
+ pentru , x MB y MC = = :
( )2 2
4 4
MB MC a MB MC
+ =
Rezult c 21
1 4 MA MA a
; aceasta se nmul e te cu inegalitatea a MA h i se ob ine
2 3 3 21
41 8 2 2ah S abc bc MA a a Ra Ra
= = =
b) Prin nsumarea inegalit ii de la punctul a) cu alte dou ob inute prin permut ri circulare,
rezult ( )2 2 21 1 1
1 1 1 21
bc ca ab MA NB PC R a b c
+ + + +
R mne s scriem inegalitatea mediilor pentru numerele 2 2,bc caa b
i 2abc
:
32 2 2 2 2 2
3 3bc ca ab bc ca aba b c a b c
+ + = ; din ( )1 ob inem imediat1 1 1
1 1 1 6 MA NB PC R
+ + ,
q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
20/23
14531 G.M. 10/1974
Fie M un punct oarecare pe cercul circumscris unui triunghi echilateral ABC , iar N un punct
pe cercul nscris. S se arate c 2 2 2
2 2 2
8
5
MA MB MC
NA NB NC
+ +=
+ + .tefan Musta, Bucure ti
Solu ie.
Se folose te rela ia lui Leibniz : fiind dat un punct M n planul unui triunghi oarecare ABC cucentrul de greutateG , are loc relaia :
2 2 22 23
3
a b c MA MG
+ += + , unde , ,a b c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC .
n cazul particular al triunghiului echilateral de latur a , rela ia devine :
( )2 2 23 1 MA MG a= +
Se particularizeaz rela ia ( )1 pentru puncte , M N situate pe cercul circumscris, respectiv pecercul nscris triunghiului ABC , innd seama c G O I = = (centrul de greutate i centrelecercurilor circumscrisi nscris coincid ) :
( )2 2 23 2 MA R a= + ( )2 2 23 3 NA r a= +
R mne s nlocuim2 3 1 3
;3 3 3 6
a a
a a R h r h= = = = n rela iile ( )2 i ( )3 :
22 2 23 2
3
a MA a a= + =
2 22 2 53
12 4
a a NA a= + =
A adar,2 2
22
2 85 54
MA a
NAa
= =
, q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
21/23
16227 G.M. 12/1976
n triunghiul ascuitunghic ABC ducem mediana AM i n l imile 1 BB i 1CC . Not m cu
H ortocentrul triunghiului. Sse arate c 2
12 4 HM BC HC HC = I. Dumitru, Hotarele, Ilfov
Solu ie.
Conform teoremei medianei n triunghiul BHC :( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 22
4 2 14
BH CH BC HM HM BH CH BC
+ = = +
Din asem narea triunghiurilor dreptunghice 1 HC B i 1 HB C , avem :
( )1 1 1 1 1 11
4 2 2 2 HC HB
HB HB HC HC HC HC HB HB HC HC HB HC
= = = +
Se calculeaz ( )
2 2
12 4 BH CH HC HC + + ; adun m i sc dem 2 21 1 HB HC + i inem seama
de rela ia ( )2 i de teorema lui Pitagora mai nti n triunghiurile dreptunghice 1 HC B i 1 HB C ,apoi i n 1 BB C i 1CC B :
( )2 2 2 2 2 21 1 1 1 12 4 2 2 BH CH HC HC BH HB HB HB CH HC HC HC + + = + + + + + + 2 2 2 2
1 1 BH BC CH HB+ + = ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1 BH HB CH HC BC CB+ + + + + =
( )2 2 2 2 21 1 1 1 2 3 BB CB CC BC BC = + + + =
Din relaia ( )3 sc dem 2 14 BC HC HC + i rezult
( ) ( )2 2 2 2 12 4 4 BH CH BC BC HC HC + = n fine, n relaia ( )1 se ine seama de ( )4 i obinem 2 2 14 4 HM BC HC HC =
2
12 4 HM BC HC HC = , q.e.d.
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
22/23
16228* - G.M. 12/1976
Fie ABC i DBC dou triunghiuri echilaterale de latur a simetrice fa de dreapta BC . FieP un punct oarecare pe cercul de centruO , circumscris trunghiului DBC . S se arate c avem:
2 22PA PB PC a = sau 2 22PA PB PC a+ = , n funcie de poziia punctului P pecercul de centru O .
Eliferie Rogai
Solu ie.
Fie E mijlocul lui[ ] BC . ntruct AE BC i DE BC , punctele , , A E D sunt coliniare;
mai mult, A este simetricul lui D n raport cu3
2
a E AE DE
= =
. Calcul m
3 AD AE DE a= + = .Teorema medianei n triunghiurilePBC i PAD se scrie :( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 2
4 4
PB PC BC PD PA ADPE
+ + = =
( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 3PB PC a PD PA a+ = + ( )2 2 2 2 2 1PB PC PD PA a+ = +
Analiz m n continuare mai multe cazuri posibile, n funcie de poziia lui P pe cercul ( ) DBC .i) Dac
p
P BC , scriem teorema lui Ptolemeu n patrulaterul inscriptibil DBPC :PD BC PB CD PC BD PD PB PC = + = +
nlocuimPD n ( )1 i obinem ( )22 2 2 2PB PC PB PC PA a+ = + + 2 2 2 2 2 22PB PC PB PC PB PC PA a + = + + + 2 22PA PB PC a + =
ii) Dac p
P CD , scriem teorema lui Ptolemeu n patrulaterul inscriptibil DBCP :PB CD PD CB PC BD PD PB PC = + =
iii) Dac p
P BD , aceea i teorem se scrie n patrulaterul inscriptibil DCBP :PC BD PD CB PB CD PD PC PB = + =
7/31/2019 Probleme de geometrie metrica
23/23
n cazurile ii) i iii), putem scrie ( )22PD PB PC PD PB PC = = ; nlocuind n( )1 , rezult 2 2 2 2 2 22PB PC PB PC PB PC PA a+ = + +
2 22PA PB PC a = A adar, avem :
2 22PA PB PC a+ = , dac P apar ine arcului micp
BC 2 22PA PB PC a = , dac P apar ine arcului mare
p
BC