Enunţul problemei este disponibil aici.
Soluție sintetică
Fie \(M\), \(N\), \(P\) mijloacele laturilor \([AB]\), \([BC]\), respectiv \([AC]\). Presupunem prin absurd că \(M\), \(N\), \(P\) sunt coliniare. Din \(BC\parallel MP\) și \(AB\parallel PN\), rezultă că prin \(B\) s-au dus două paralele la dreapta \(MN\) \((P \in MN)\), contradicție cu postulatul lui Euclid.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
Votul nostru:
Fie \(A\), \(B\), \(C\) trei puncte necoliniare. Să se demonstreze că mijloacele segmentelor determinate de ele sunt necoliniare.
Soluția problemei o găsiți aici.
Votul tău:
Enunţul problemei este disponibil aici.
În \(\Delta ABC\), fie \(M\) mijlocul laturii \((AB)\) și \(MN\parallel BC\), \(N\in (AC)\), iar \(NP\parallel AB\), \(P\in (BC)\). Din \(\Delta BMP \equiv \Delta NPM\) (U.L.U.), rezultă:
\((BM) \equiv (NP)\), (1);
\((BP)\!\equiv\! (MN)\), (2);
\(\angle{MBP}\! \equiv\! \angle{PNM}\), (3).
Din
\(\Delta BMP \equiv \Delta MAN\) \((LUL)\), rezultă:
\(\angle{BPM} \equiv \angle{MNA}\), (4);
\(\angle{BMP} \equiv \angle{MAN}\), (5);
\((MP)\equiv (AN)\), (6).
Din (4) rezultă că \(MP\parallel AN\) și astfel \(\angle{MPN} \equiv \angle{PNC}\). Dar \(MN\parallel BC\) și astfel \(\angle{MNP} \equiv \angle{NPC}\). Folosind aceste congruențe rezultă \(\Delta PNM \equiv \Delta NPC\), de unde:
\((MN)\! \equiv\! (PC)\), (7);
\((MP) \equiv (NC)\), (8) și
\(\angle{NMP} \equiv \angle{PCN}\), (9).
Din (6) și (8), rezultă \((AN) \equiv (NC)\), deci \(N\) este mijlocul laturii \((AC)\).
Observații
1. Astfel \((MN)\) este linie mijlocie în \(\Delta ABC\) și \(MN\parallel BC\), \(MN = \frac{{BC}}{2}\).
2. Proprietățile liniei mijlocii au fost demonstrate astfel la nivelul cunoștințelor unui elev de clasa a VI-a, devansând astfel aceste cunoștințe care erau posibile conform programei abia în clasa a VII-a, după asemănarea triunghiurilor.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
Votul nostru:
Propoziția 4 (P4)
Paralela dusă prin mijlocul unei laturi a unui triunghi, la dreapta suport a unei alte laturi, trece prin mijlocul celei de-a treia.
Demonstrația propoziției o găsiți aici.
Votul tău:
Enunţul problemei este disponibil aici.
a) Fie \(x = m(\angle{MBC})\).
Atunci
\(m(\angle{AMN}) = 2x\) și \(m(\angle{BNP})=3x\).
De asemenea \(m(\angle{NBM}) = 60 – x\), (1),
\(m(\angle{BPM})=150^\circ\),
\(m(\angle{BMP})=30-x\), (2),
\(m(\angle{NMB})=60-x\), (3).
Din (1) și (3) rezultă că \(\Delta NBM\) este isoscel și \(m(\angle{PNM})=60-x\)
b) Vom arăta că \(BP = PM\), de unde \(x = 30^ \circ – x \Rightarrow x = 15^ \circ\). Presupunem \(BP > PM\), de unde \(30 – x > x \Rightarrow x < 15^ \circ \). Aplicând (P3) triunghiurilor \(BNP\) și \(MNP\), obținem \(3x > 60 – x \Rightarrow x > 15^ \circ \). Contradicție. Analog, cazul \(BP < PM\) conduce la contradicție.
Observație
Această problemă nu a fost rezolvată complet de niciunul dintre elevii participanți la concurs.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
Votul nostru:
Se consideră un triunghi echilateral \(ABC\). Punctele \(M\), \(N\) și \(P\) sunt situate pe laturile \(AC\), \(AB\) și \(BC\), respectiv, astfel încât \(m(\angle{CBM})=\frac{1}{2} m(\angle{AMN}) = \frac{1}{3}m(\angle{BNP})\) și \(m(\angle{CMP}) = 90^ \circ \).
(Olimpiada de matematică, etapa județeană, 7 martie 2009, clasa a VII-a)
a) Să se arate că triunghiul \(NMB\) este isoscel.
b) Să se determine \(m(\angle{CBM})\).
Soluția problemei o găsiți aici.
Votul tău:
Această notă introduce câteva propoziții care se pot demonstra la nivelul cunoștințelor unui elev de clasa a VI-a. Aplicațiile propuse scoțând evidență importanța lor: astfel elevii pot aborda cu mai multă ușurință probleme propuse în Gazeta Matematică, probleme propuse la olimpiade și concursuri sau chiar probleme propuse pentru clasele superioare. Tot ca aplicații se prezintă o suită de probleme cu aceeași “linie melodică” și interpretate cu “două instrumente” diferite.
Probleme rezolvate
Propoziția 1 (P1)
Două triunghiuri dreptunghice, cu aceeași ipotenuză și vârfurile unghiurilor drepte situate în semiplane opuse față de dreapta suport a ipotenuzei, formează un patrulater în care unghiul format de o latură și o diagonală este congruent cu unghiul format de cealaltă diagonală și latura opusă celei dintâi.
Demonstrație
Fie \(m(\angle{BAC})=m(\angle{BDC})=90^\circ\), \(E\) mijlocul ipotenuzei \((BC)\), \(m(\angle{EAC})=a\) și \(m(\angle{BAD})\!=\!b\). Deoarece \(AE\!=\!EC\) și \(AE=EB\), rezultă că \(\Delta AEC\) și \(\Delta EAB\) sunt isoscele, deci \(m(\angle{ECA}) = a\), \(m(\angle{EAD})=m(\angle{EDA})=90^\circ-a-b\) și \(m(\angle{EAB}) = m(\angle{EBA}) = 90^ \circ – a.\)(1)
Deoarece \(m(\angle{AEB}) = 2a\) (unghi exterior pentru \(\Delta AEC\)), rezultă:
\[m(\angle{BED}) = 2b.\quad(2)\]
Din (2) și \(\Delta EBD\) isoscel, rezultă:
\[m(\angle{EBD})=m(\angle{EDB})=90^\circ-b \quad(3)\]
și astfel:
\[m(\angle{ADB}) = m(\angle{EDB}) – m(\angle{EDA}) = a.\quad(4)\]
Deci \[\angle{ACB} \equiv \angle{ADB}.\quad(i)\]
Din \(m(\angle{DEC})=180^\circ-2b\) și \(\Delta EDC\) (\(ED=EC\)) isoscel, rezultă \(m(\angle{EDC})=m(\angle{ECD})=b\). Deci
\[\angle{BAD}\equiv\widehat{BCD}.\quad (ii)\]
Din \(m(\angle{ADC})=m(\angle{ADE})+ m(\angle{EDC})=90^\circ-a\), împreună cu (1), rezultă că
\[\angle{ABC}\equiv\widehat{ADC}.\quad(iii)\]
Cum \(m(\angle{CAD})=90^\circ-b=m(\angle{EBD})=m(\angle{CBD})\), rezultă
\[\angle{CAD} \equiv \angle{CBD}.\quad(iv)\]
Din (i), (ii), (iii), (iv), rezultă cerința propoziției 1.
Observație
Această propoziție devansează o proprietate a patrulaterului inscriptibil, conținut al programei pentru olimpiadă la clasa a VII-a și care poate fi demonstrat spre finele anului școlar.
Problema 1
Se consideră pătratul \(ABCD\) și punctul \(E\) pe latura \(AB\). Diagonala \(AC\) taie segmentul \(DE\)în \(P\). Perpendiculara dusă în \(P\) pe \(DE\) intersectează latura \(BC\)în \(F\). Să se arate că \(EF=AE+FC\).
(Olimpiada de matematică, etapa județeană, 1 martie 2008)
Soluție
Fie \(T\in AB\) astfelîncât \(A\in (TB)\) și \(AT=CF\). Atunci \(\Delta ADT \equiv \Delta CDF\) (L.L.). Rezultă \(DT=DF\) și \(m(\angle{TDA})=m(\angle{CDF})\).(1)
Triunghiurile dreptunghice \(DPF\) și \(DCF\) au aceeași ipotenuză \(DF\) și conform P1, rezultă că:
\(m(\angle{PDF})=m(\angle{PCF})=45^\circ.\)(2)
Din (1) și (2) rezultă că \(m(\angle{TDE}) = 45^ \circ \). Cum \((TD) \equiv (DF)\) (din (1)), \(m(\angle{TDE}) = 45^ \circ = m(\angle{EDF})\) și \(DE\) latură comună, rezultă că \(\Delta TDE \equiv \Delta FDE\). (L.U.L.) și astfel \(TE=EF\), adică \(EF = TA + AE= AE + FC\).
Observație
Olimpiada de matematică, etapa județeană a avut loc la 1 martie 2008, iar patrulaterul inscriptibil se predă după această dată la clasa a VII-a, programa pentru olimpiadă.
Propoziția 2 (P2)
Două triunghiuri dreptunghice cu ipotenuza comună și vârfurile unghiurilor drepte situateîn același semiplan față de dreapta suport a ipotenuzei, formează un patrulaterîn care orice unghi format de o latură și o diagonală este congruent cu unghiul format de cealaltă diagonală și latura opusă celei dintâi.
Demonstrație
Fie \(m(\angle{BAC})=m(\angle{BDC})=90^\circ\) și \(E\) mijlocul ipotenuzei \((BC)\). Notăm \(m(\angle{EAC})=a\) și \(m(\angle{EBD})=b\).
Lăsăm mai departe demonstrația pe seama cititorului.
Problema 2
Fie \(ABC\) un triunghi ascuțitunghic și \(H\) ortocentrul său. Arătați că \([AH] \equiv [BC]\) dacă și numai dacă \(m(\angle{BAC})=45^\circ\).
(E:13828 din Gazeta Matematică nr. 5/2009)
Soluție
\(\Rightarrow\)“ (necesitatea)
Știm că
\((AH)\equiv(BC)\). Fie \(M\) piciorulîn\u alțimii din \(C\) a triunghiului și construim \(HP\parallel BC\), \(HP=BC\). Rezultă că \(\Delta AHP\) dreptunghic (\(m(\angle{AHP})=90^\circ\)), este isoscel (\(AH=BC=HP\)).
Aplicăm (P2) triunghiurilor \(AHP\) și \(ACP\) (\(m(\angle{ACP})=90^\circ\)) și obținem:
\(45^\circ =m(\angle{APH})=m(\angle{ACM})\)
Deci \(m(\angle{MAC})=45^\circ =m(\angle{BAC})\)
\(\Leftarrow\)“ (suficiența)
Dacă \(m(\angle{BAC}) = 45^\circ\Rightarrow m(\angle{ACM})=45^\circ\). Dar conform P2, \(\angle{ACH} \equiv \angle{APH}\), deci \(\Delta AHP\) este dreptunghic isoscel. Rezultă \(AH=HP=BC\).
Problema 3
Să se demonstreze că în triunghiul determinat de picioarele înălțimilor unui triunghi dat, centrul cercului înscris coincide cu ortocentrul triunghiului dat.
Demonstrație
Fie \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) picioarele înălțimilor triunghiului \(ABC\) și \(H\) ortocentrul triunghiului.
Din P1 rezultă că:
\(\angle{HC_1A_1}\equiv \angle{ HB_1A_1}%\stackrel{(P2)}{\equiv}
\stackrel{(P2)}{\equiv}\angle{B_1C_1C}\).
Deci \((C_1 H\) este bisectoarea unghiului \(\angle{B_1C_1A_1}\), (1).
Analog, din P2 rezultă:
\(\angle{C_1A_1A}\equiv \angle{ C_1CB_1} \stackrel{(P1)}{\equiv}\angle{HA_1B_1}\). Rezultă că \((A_1H\) este bisectoarea unghiului \(\angle{C_1A_1B_1}\), (2).
Din (1) și (2) rezultă că \(H\) este centrul cercului înscris în \(\Delta A_1 B_1 C_1\).
Propoziția 3 (P3)
Fie triunghiurile \(ABC\) și \(ACD\) cu \((AB)\equiv (AD)\), iar \(B\) și \(D\) în semiplane diferite față de \(AC\). Demonstrați că \(m(\angle{BAC}) > m(\angle{CAD})\) dacă și numai dacă \(BC>CD\).
Demonstrație
\(\Rightarrow\)“ (necesitatea)
Știm că \(m(\angle{BAC})>m(\angle{CAD})\).
Fie \((AE\) bisectoarea unghiului \(\angle{BAD}\). Din \(\Delta ABE \equiv \Delta ADE\) (L.U.L.), rezultă \((BE)\equiv (ED)\).
În \(\Delta EDC\):
\(DC<DE+EC\). Cum \(BE = ED\), rezultă: \(DC<BE+EC=BC\).
\(\Leftarrow\)“ (suficiența)
Știm că \(BC>CD\).
Lăsăm mai departe demonstrația pe seama cititorilor.
Probleme propuse
Enunţul problemei este disponibil aici.
Știm că \(1+ 3+ 5+7+ \ldots +2k-1-k^2\) iar pentru \(k<p\),
\[2k+1+2k+3+\ldots +2p+1=\\=(p+1)^2-(k+1)^2=(p-k)(p+k+2)\]
și în ambele situații sumele sunt numere compuse. Deci niciunul dintre băieți nu va avea suma numerelor din secvență număr prim.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
Enunţul problemei este disponibil aici.
Fie \(n_1=2k_1+1\), \(n_2=2k_2+1,\ldots \), \(n_{23}=2k_{22}+1\), unde \(k_i\in \mathbb{N}\), \(i=\overline{1,23}\), a căror sumă este număr impar. Mediile aritmetice vor fi:
\[m_a(n_1,n_2)=\displaystyle\frac{2k_1+1+2k_2+1}{2}=k_1+k_2+1,\]
\[m_a(n_2,n_3)=k_2+k_3+1,\ldots ,
m_a(n_{23},n_1)=k_{23}+k_1+1\]
și dacă calculăm suma mediilor obținute avem:
\[S=k_1+k_2+1+k_2+k_3+1+\ldots +k_{23}+k_1+1
=\\=2(k_1+k_2+\ldots +k_{23})+23\]
care este număr impar, ceea ce ne indică faptul că există un număr impar de valori impare ale acestor medii aritmetice.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
Enunţul problemei este disponibil aici.
La un pas se poate scoate în alternanța Andrei-Marcel, minim 2 bile și maxim 6 (media fiind 4). Să reținem că 40 este un multiplu de 4, iar un jucător nu poate scoate mai mult de 3 bile. Astfel cheia de control este ca la fiecare pas să se asigure micșorarea numărului de bile cu 4. Deci dacă Andrei scoate \(k\in \{1,2,3\}\) atunci Marcel scoate \(4-k\) și astfel Marcel va scoate ultima bilă din urnă și va câștiga.
Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!
