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

obţinem BM = B0 B 1
.Dar
MB 2 B 1 B 2
B 0 B 1 = p − a − c cos A, B 1 B 2 = b − (p − a), deci
2 C 1
BM p − a − c · b2 + c 2 − a 2
=
2bc =
MB 2 b
2 − (p − a) B
b + c − a − b2 + c 2 − a 2
=
b = a2 − c 2 − b (a − c)
b − (b + c − a)
b (a − c)
Dacă A 1 C 1 ∩ BB 2 = {M 0 } cu relaţia (R 2 ) avem
BM 0
M 0 B 2
=
b · p − b
p − c · p − b
p − a
b
2 · p − b
p − c + b 2 · p − b
p − a
=
A
I
M
A 1
B′
= a − b + c .
b
B 1
B 2
p − b 2(p − a)(p − c)
· = a − b + c
(p − a)(p − c) p − a + p − c b
şi rezultă că M ≡ M 0 ;drepteleA 1 C 1 , B 1 I, BB 2 sunt concurente.
Problema 4. Fie ABC un triunghi cu AB < AC, I centrul cercului înscris
şi M mijlocul laturii BC. Notăm cu D intersecţia dintre IM şi AB, iarcuE
intersecţia lui CI cu perpendiculara din B pe AI. Să se demonstreze că DE k AC.
(Problema 2915, Crux Mathematicorum - 2/2004, propusădeToshio Seimiya)
Soluţie. Notăm {B 1 } = BE ∩ AC, {B 0 } = A
BI ∩AC. În triunghiul ABB 1 , bisectoarea AI este şi
înălţime, deci AB 1 = AB = c, B 1 C = b − c. Cuteorema
bisectoarei în 4BCB 1 obţinem BE =
a
B′
D
EB 1 b − c .
I
Fie acum BD
DA = x. Curelaţia (R 2) rezultă că
B 1
BI AC · BM
E
IB 0 = MC · x
B
M C
CB 0 · BM ;
MC + B0 A · x
dar BM
MC =1, CB0 =
ab
a + c , B0 A =
bc
a + c , BI
IB 0 = a
CB 0 ,deci
a + c
b
=
ab
a + c +
bx
bc ⇔ 1=
a + c · x
bx
a + cx ⇒ x =
a
b − c .
BE
Deci = BD şi rezultă că DE k AC.
EB 1 DA
Observaţie. Alte soluţii pentru Problema 2 (cazul k =0)şi Problema 3 pot fi
găsite în [1].
Bibliografie
1. G. Popa, P. Georgescu - Ometodă de demonstrare a concurenţei unor drepte,
RecMat - 1/2004, 29—32.
17
C