O devansare posibilă a unor conținuturi ale programei de matematică

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

1

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

11

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

2

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

22

\(\Rightarrow\)“ (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

3

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

33

\(\Rightarrow\)“ (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

Problema 1, Problema 2, Problema 3.

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *