Revista (format .pdf, 1.0 MB) - Recreaţii Matematice

Soluţie. Cu notaţiile obişnuite într-un triunghi,
avem AE = AF = p − a, BD = BF = p − b,
CD = CE = p − c, DF =2(p − b)sin B 2 , DE =
2(p − c)sin C . Cu teorema bisectoarei şi teorema
2
F
A
I
P
E
sinusurilor, în 4BIC obţinem BM
MC = BI sin C
CI = 2
sin B .
2
B D M
Aplicând relaţia (R 1 ),avem AF
AB · MB
MC · AC
AE · PE
PF =1,deunderezultăcă
C
PE
PF = c sin B
p − a · 2
sin C 2
· p − a
b
c sin B
= 2
b sin C 2
c sin C
= 2
b sin B 2
sin 2 B
· 2
sin 2 C 2
=
c sin C
= 2 (p − a)(p − c) ab (p − c)sin C
b sin B · ·
ac (p − a)(p − b) = 2
(p − b)sin B = DE
DF
2
2
şi, conform reciprocei teoremei bisectoarei, (DP este bisectoarea unghiului FDE.
Problema 2. Fie ABC un triunghi şi M,N ∈ (BC), P, Q ∈ (AC), R, S ∈ (AB)
puncte astfel încât BM = CN = CP = AQ = AR = BS = x, unde0 < 2x <
min {AB, BC, CA}. Fie A 1 , B 1 , C 1 puncte aparţinând segmentelor (SP), (RN),
(MQ) astfel încât AA 1 , BB 1 , CC 1 sunt ceviene de rang k în triunghiurile ASP ,
BRN, respectiv CQM. Demonstraţi că drepteleAA 1 , BB 1 , CC 1 sunt concurente.
(Generalizarea unei probleme propuse de Constantin Cocea în RMT - 1/1996, care
se obţine pentru k =0.)
A
Soluţie. Notăm cu A 0 intersecţia dreptelor
AA 1 şi BC. Avem AS = c − x, AP = b − x,
µ k
A 1 S c − x
A 1 P
= şi cu relaţia (R 1 ) obţinem
b − x
S
AS
A 1
P
AB · A0 B
A 0 C · AC
AP · A1P
A 1 S =1,deunderezultăcă
A 0 B
A 0 C = c µ k+1 b − x
.
b c − x
B
A′ C
Consideraţii analoage relativ la punctele B 0 şi C 0 . Concluzia rezultă utilizând
reciproca teoremei lui Ceva.
Problema 3. Laturile (AB), (BC), (AC) ale triunghiului ABC sunt tangente
cercului înscris de centru I în punctele C 1 , A 1 , respectiv B 1 . Dacă B 2 este mijlocul
laturii (AC), demonstraţi că dreptele B 1 I, A 1 C 1 şi BB 2 sunt concurente.
(Olimpiadă, Republica Moldova)
Soluţie. Fie B 0 proiecţia vârfului B pe latura AC. Notăm cu M punctul de
intersecţie al medianei BB 2 cu B 1 I. Deoarece B 1 I ⊥ AC, rezultăcă MB 1 k BB 0 şi
16