Temistocle BÎRSAN

Propoziţia 2. Dacă P este pe ∆, atunciP 0 ,obţinut din P ca în Propoziţia 1,este de asemenea pe ∆ (fig. 3).Demonstraţie. Fie A 00 mijlocul segmentului eulerian[AH] şi A 000 mijlocul segmentului cevian [AP ]; deciA 00 A 000 k ∆. Notăm cu Q intersecţia paralelei prin A 0 laceviana AP . Din acest fapt şi din proprietăţile A 0 O kAA 00 şi A 0 O = AA 00 ,rezultăcă 4A 0 OQ, 4AA 00 A 000 suntcongruente (ULU), deci A 0 Q = AA 000 = A 000 P . PatrulaterulPA 0 QA 000 este paralelogram şi P 0 este mijloculsegmentului [PQ]. CumP, Q ∈ ∆, urmeazăcă P 0 ∈ ∆.BAA′′′A′′P′ QH P OA′Fig. 3Revenind la Propoziţia 1, vom impune punctului Pcondiţii suplimentare, care să-l apropie de H.Propoziţia 3. Fie P un punct în planul 4ABC. Punctele B 0 , C 0 , B 00 , C 00(fig.2) sunt conciclice dacă şi numai dacă P ∈ AH.Demonstraţie. Am observat deja că B 0 C 0 B 00 C 00 este paralelogram. Dacă B 0 ,C 0 , B 00 , C 00 sunt conciclice, atunci B 0 C 0 B 00 C 00 va fi dreptunghi, deci B 00 C 0 ⊥ BC.Dar B 00 C 0 k AP (în 4PAB). Deci AP ⊥ BC, adică P ∈ AH. Implicaţia reciprocăse dovedeştepecaleinversă.Propoziţia 4. Fie P în planul 4ABC. DacăpuncteleB 0 , C 0 , B 00 , C 00 şi A 0(sau A 00 ) (fig.2) sunt conciclice, atunci P coincide cu H.Demonstraţie. Cercul pe care se află punctele are centrul în P 0 . Ambelepunctele A 0 şi A 00 vor fi pe cerc, căci P 0 A 0 = P 0 A 00 şi unul din ele, prin ipoteză,este pe cerc. Conform Propoziţiei 3, aplicată de trei ori, avem P ∈ AH, P ∈ BH şiP ∈ CH, adică P şi H coincid.Propoziţia 5. Dacă punctul P verifică condiţia AP ⊥ BC şi punctele A 0 , B 0 ,C 0 , A 00 (fig.2) sunt conciclice, atunci P este ortocentrul H al 4ABC.Demonstraţie. Punctul A 1 definit prin {A 1 } = AP ⊥ BC este piciorul înălţimiiduse din A. Caurmare,A 1 ∈ E şi 4A 1 A 0 A 00 dreptunghic în A 1 este înscris în E; deci,A 0 A 00 este un diametru în E. În consecinţă, mijlocul lui A 0 A 00 , care este este P 0 ,vaficentrul cercului E. Dinfaptulcă B 0 ,C 0 ∈ E, rezultăcă punctele diametral opuse lorvor fi pe acest cerc, adică B 00 ,C 00 ∈ E. Se poate aplica Propoziţia 4, conform căreiaP este punctul H.Propoziţia 6. Dacă punctul P verifică condiţia AP ⊥ BC şi punctele A 00 , B 00 ,C 00 , A 0 (fig.2) sunt conciclice, atunci P este ortocentrul H.Demonstraţie. Simetricele punctelor A 00 , B 00 , C 00 şi A 0 faţă deP 0 sunt deasemenea conciclice; aşadar, A 0 , B 0 , C 0 şi A 00 sunt conciclice. Ipotezele Propoziţiei 5fiind îndeplinite, rezultă că P coincide cu H.Observaţii. 1) Propoziţiile 4, 5 şi 6 pot fi privite ca reciproce ale binecunoscuteiafirmaţii: dacă H este ortocentrul unui triunghi, atunci mijloacele laturilor sale,mijloacele segmentelor euleriene şi picioarele înălţimilorsuntconciclice(cerculluiEuler).17∆C

2) Remarcăm că înenunţul Propoziţiei 4 este absentă condiţia AP ⊥ BC. Faptuleste doar aparent, căci în ipotezele acesteia, rezultă cămenţionata condiţie are loc(conform Propoziţiei 3).Revenind din nou la Propoziţia 1, să examinăm rezultatul acesteia din alt punctde vedere. Notăm cu τ transformarea geometrică (aplanului4ABC) care punepunctul P în corespondenţă cuP 0 , punct construit ca în Propoziţia1(asevedeaşiObservaţia ce-i urmează, punct 1) ); deci P → τ P 0 sau τ (P )=P 0 .Vom indica câteva proprietăţi ale transformatei τ şi o vom compara cu omotetiileh 1/2H şi h−1/2G .Iată câtevaproprietăţi ale lui τ, care decurg direct din definiţiile lui τ sauaufoststabilite mai sus:1 ◦ G → τ G, H → τ O 9 ;2 ◦ τ (A) =mijlocul medianei [AA 0 ] (analog, τ (B), τ (C));3 ◦ τ (4) =4, adică dreapta lui Euler este transformată îneaînsăşi (conformPropoziţiei 2).Propoziţia 7. Sunt adevărate afirmaţiile:a) τ (O) =U, undeU este mijlocul segmentului [O 9 O];b) τ (O 9 )=V ,undeV este mijlocul segmentului [O 9 U], adică O 9 V = 1 4 O 9O.Demonstraţie. a) Afirmaţia rezultă din faptul că Apatrulaterul OA 0 O 9 L (fig.4) este paralelogram (O 9 L calinie mijlocie în 4AHO este paralelă cuAH şi egală cu A′′ K LAH2 ,iarOA0 , după cum am amintit la început, are deVasemenea aceste două prprietăţi).H O U O9b) Argument similar: O 9 A 0 UK este paralelogramB(A 0 O A′ C9 şi UK sunt paralele cu OA şi egale cu OA2 ).Fig. 4Propoziţia 8. Are loc egalitatea τ = h 1/4G, adică τ este omotetia de centru G şiraport 1 4 .Demonstraţie. Faptul că imaginea P 0 a punctului P se obţine construind maiîntâi mijlocul A 00 al segmentului [AP ] şi apoi P 0 ca mijloc³al segmentului [A 0 A 00 ] sescrie: τ = h 1/2A ◦ 0 h1/2 A(într-adevăr, h1/2A ◦ 0 h1/2 A(P )=h1/2Ah 1/20 A(P )´= h 1/2A 0 (A00 )=P 0 ). Ca produs de două omotetii, τ va fi tot o omotetie, cu centrul coliniar cucentrele omotetiilor factor şi de raport 1 2 · 1 ([1, p.81], [4, p.85]). Să notăm cu T2centrul omotetiei τ, T ∈ AA 0 .Poziţia punctului T pe AA 0 poate fi aflată cuajutorulunor formule prezente în locurile citate mai înainte; preferăm să odeterminăm direct.Avem:τ (T ) = T ⇒ h 1/2A ◦ 0 h1/2 A(T )=T ⇒ h1/2A0 (S) =T , unde S = h1/2A(T ) ⇒−−→A 0 T = 1 −−→A 0 −→S şi AS = 1 −→AT ⇒ −→ AT =2 −→ AS =2( AA −−→ 0 + −−→ A 0 S)=2218

=2( −−→ AA 0 +2 −−→ A 0 T )=2( −→ AT + A −−→ 0 T ) ⇒− −→ AT =2A −−→ 0 T ⇒ T coincide cu G,ceea ce încheie demonstraţia.Speculând faptul că omotetiile transformă dreptelecetrecprincentruîneleînseleşi cercurile în cercuri ([1], [4]), putem completa lista proprietăţilor lui τ de mai sus:4 ◦ dreptele suport ale medianelor 4ABC sunt invariante la τ;5 ◦ dreapta lui Nagel IN (N este punctul lui Nagel) este invariantă, căci G ∈ IN;avem τ (I) =I 0 ,cuI 0 ∈ IN, 4 GI 0 = GI şi τ (N) =S, undeS este punctul luiSpiecker — centrul cercului înscris în triunghiul median 4A 0 B 0 C 0 [2, pp.90şi 233].Observaţie. Propoziţia 2, căreia i-am dat o demonstraţie directă, decurge şi dinfaptul că 4 trece prin G şi τ este omotetie.Încheiem cu o problemă care poate părea dificilă, dar care este uşor de rezolvatîn contextul nostru.Problemă. Cercul determinat de mijloacele medianelor 4ABC are centrul pedreapta lui Euler în mijlocul segmentului [OO 9 ] şi raza R 4 .Soluţie. Observăm că acest cerc este imaginea prin τ a cercului circumscris4ABC (proprietatea 2) ) şi apoi utilizăm Propoziţia 7, a).Bibliografie1. D. Brânzei, S. Aniţa, C. Cocea - Planul şi spaţiul euclidian, Biblioteca profesoruluide matematică, Ed. Academiei, Bucureşti, 1986.2. D. Brânzei, S. Aniţa, M. Chirciu - Geometrie. Clasa a IX-a, Colecţia Mate-2000,ed. a III-a, Paralela 45, Piteşti, 1998.3. T. Lalescu - Geometria triunghiului, Ed. Tineretului, Bucureşti, 1958.4. D. Smaranda, N. Soare - Transformări geometrice, Biblioteca profesională dematematică, Ed. Academiei, Bucureşti, 1988.Vizitaţi pe Internet revista "Recreaţii Matematice" la adresahttp://www.recreatiimatematice.uv.ro19