Identitate geometrică

Votul nostru:

TEORIE

Lemă

Fie \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) patru puncte în plan. Atunci \(AC\perp BD\) dacă și numai dacă \(AB^2-AD^2=CB^2-CD^2\).

Demonstrație

Presupunem că punctele \(A\) și \(C\) se află de diferite părți a dreptei \(BD\) (fig.1). Cazul când \(A\) și \(C\) sunt de aceeași parte a dreptei \(BD\) (fig.2) se rezolvă analog. Notăm \(O \in AC \cap BD\).deltal1(1) Presupunem că \(BD\perp AC\). Atunci din teorema lui Pitagora avem:
\[AB^2= AO^2+BO^2\]
\[BC^2=BO^2+CO^2\]
\[CD^2=CO^2+DO^2\]
\[AD^2=DO^2+AO^2.\]
Adunând obținem
\[AB^2+CD^2= AO^2+BO^2+CO^2+DO^2= BC^2+AD^2\] sau
\[AB^2-AD^2= CB^2-CD^2\]
(2) Presupunem că \(AB^2-AD^2=CB^2-CD^2\). Notăm \(m(\angle{AOB})=\alpha\). Atunci din teorema cosinusurilor avem:
\[AB^2= AO^2+BO^2-2AO\cdot BO\cos{\alpha}\]
\[BC^2=BO^2+CO^2+2BO\cdot CO\cos{\alpha}\]
\[CD^2=CO^2+DO^2-2CO\cdot DO\cos{\alpha}\]
\[AD^2=DO^2+AO^2+2DO\cdot AO\cos{\alpha}\]
Așadar relația \(AB^2-AD^2= CB^2-CD^2\) este echivalentă cu următoarea:
\[(AO\cdot BO+BO\cdot CO+CO\cdot DO+DO\cdot AO)\cos{\alpha}=0,\]
de unde obținem că \(\cos{\alpha}=0\) sau \(AC\perp BD\).
Mai jos prezentăm câteva probleme, în rezolvarea cărora este utilizată lema sus menționată.

Probleme rezolvate

Problema 1

În patrulaterul \(ABCD\) \(m(\widehat{ABC})=m(\widehat{ADC})=90^\circ\) și \(AB=AD\). Pe laturile \(BC\) și \(CD\) se consideră punctele \(F\) și \(E\), astfel încât \(DF \perp AE\). Să se demonstreze că \(AF \perp BE\). (Olimpiada Rusiei 1995)

Soluție.

1

Pentru a demonstra că \(AF \perp BE\) vom demonstra că \(AE^2+BF^2=AB^2+FE^2\). Deoarece \(AE \perp DF\) avem \[AD^2+EF^2=AF^2+DE^2 \Longleftrightarrow AB^2+EF^2=AF^2+DE^2\] Deci trebuie să demonstrăm că \(AF^2+DE^2=AE^2+BF^2\). Din teorema lui Pitagora avem \[AF^2=AB^2+BF^2, \ \ \ \ AE^2=AD^2+DE^2 \] înlocuind, ne rămâne să demonstrăm că \(AB^2+BF^2+DE^2=BF^2+AD^2+DE^2\), ceea ce este echivalent cu \(AB=AD\), adevărat.

Problema 2

În triunghiul \(ABC\) punctul \(I\) este centrul cercului înscris, iar \(O\) centrul cercului circumscris. Considerăm punctele \(P \in (AC\) și \(Q \in (BC\) astfel încât \(AP=BQ=AB\). Atunci \(PQ\perp OI\).

Soluție

2

Vom demonstra că \(IP^2-OP^2=IQ^2-OQ^2\) (1).
Fie \(O’\) proiecția lui \(O\) pe \(BC\). Atunci
\[OQ^2-R^2=(O’O^2+O’Q^2)-(O’O^2+O’C^2)=O’Q^2-O’C^2=\]

\[=(O’Q-O’C)(O’Q+O’C)=QC\cdot QB=c(c-a),\]
Deci \(OQ^2=c^2-ac+R^2\). Analog \(OP^2=c^2-bc+R^2\). Observăm că \(IQ^2=IA^2=(p-a)^2+r^2\) și \(IP^2=IB^2=(p-b)^2+r^2\). Atunci relația (1) devine
\[((p-b)^2+r^2)-(c^2-bc+R^2)=((p-a)^2+r^2)-(c^2-ac+R^2)\]
\[(p-b)^2+bc=(p-a)^2+ac\]
După deschiderea parantezelor obținem relația cerută.

Problema 3

Fie \(POQ\) un unghi și punctele \(A\) și \(B\), care variază pe razele \((OP\) și \((OQ\), astfel încât \(OA+OB=k\), unde \(k\) este un numă fixat. Fie \(P\) intersecția perpendicularelor ridicate în punctele \(A\) și \(B\) pe laturile unghiului. Fie \(\ell\) o dreaptă care trece prin \(P\) cu proprietatea că \(\ell\perp AB\). Demonstrați că dreapta \(\ell\) întotdeauna trece printr-un punct fix.

Soluție

3

Fie \(X \in OP\) și \(Y\in OQ\) astfel încât \(OX=OY=k\). Fie \(D\) intersecția perpendicularelor ridicate în punctele \(X\) și \(Y\) pe laturile unghiului. Vom demonstra că dreapta \(\ell\) întotdeauna trece prin \(D\). Dar pentru aceasta este de ajuns să demonstrăm că \(PD\perp AB\) pentru orice \(A,B\) cu proprietatea din enunț. Observăm că \(\Delta OXD\equiv \Delta OYD\), de unde \(XD=DY\) (1). Utilizând relația \(AO+BO=k\) obținem \[XA=OX-AO=k-AO=OB. \quad (2)\] Analog \(AO=BY\) (3). Pentru a demonstra perpendicularitatea trebuie să aratăm că \(DA^2-PA^2=DB^2-PB^2\). Observăm că din teorema lui Pitagora avem

\[DA^2=AX^2+XD^2\]
\[DB^2=BY^2+YD^2\]
\[PA^2=OP^2-AO^2\]
\[PB^2=OP^2-BO^2\]
Din relațiile (1), (2), (3) și ultimile egalități rezultă că
\[DA^2-PA^2=(AX^2+XD^2)-(OP^2-AO^2)=\\=OB^2+DY^2-OP^2+BY^2=DB^2-PB^2\]

Problema 4

Fie \(I\) centrul cercului înscris în triunghiul neisoscel \(ABC\), iar \(G\) centrul de greutate al triunghiului. Demonstrați că \(IG\perp BC\) dacă și numai dacă \(b+c=3a\).

Soluție

Este adevărată echivalența \(IG\perp BC\Longleftrightarrow IB^2-IC^2=GB^2-GC^2 \) (*).
Din teorema medianei și proprietatea \(BG=\frac{2}{3}m_b\) rezultă că
\[GB^2=\displaystyle\frac{4}{9}\left(\displaystyle\frac{2(a^2+c^2)-b^2}{4}\right)=\displaystyle\frac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\]
\[GC^2=\displaystyle\frac{4}{9}\left(\displaystyle\frac{2(a^2+b^2)-c^2}{4}\right)=\displaystyle\frac{2a^2+2b^2-c^2}{9}\]
însă \(IB^2=(p-b)^2+r^2\) și \(IC^2=(p-c)^2+r^2\). înlocuind în relația (*) obținem
\[IG\perp BC\Longleftrightarrow (p-b)^2-(p-c)^2=\displaystyle\frac{1}{9}\left( b^2+c^2\right) \Longleftrightarrow\\\displaystyle \Longleftrightarrow b^2-c^2+3ac-3ab=0 \Longleftrightarrow (b-c)(b+c-3a)=0 \]
Deoarece \(b\not=c\) rezultă că \(b+c=3a\).

Problema 5

Punctele \(A\) și \(C\) sunt situate pe cercul \(\Gamma\). Fie \(O\) un punct pe mediatoarea segmentului \(AC\). Mediatoarele segmentelor \(OA\) și \(OC\) intersectează cercul \(\Gamma\) în punctele \(B\) și \(D\), astfel încât \(A\), \(B\), \(C\) și \(D\) se află pe \(\Gamma\) în aceatsă ordine. Dreptele \(AB\) și \(CD\) se intersectează în punctul \(P\). Fie \(M\) și \(N\) mijloacele semgentelor \(AB\) și \(CD\). Să se arate că \(MN\perp OP.\)

Soluție

5

Din puterea punctului \(P\) față de cercul \(\Gamma\) rezultă că
\[PA\cdot PB=PD\cdot PC\]
\[PB(PB-AB)=PC(PC-DC)\]
\[PB^2-AB\cdot PB=PC^2-PC\cdot DC\]
Pentru a demonstra că \(MN\perp OP\) trebuie să aratăm că \(PM^2-PN^2=OM^2-ON^2\). Avem:
\[PM^2=\left(PB-\displaystyle\frac{1}{2}AB\right)^2=PB^2+\displaystyle\frac{1}{4}AB^2-AP\cdot PB\]
și
\[PN^2=PC^2+\displaystyle\frac{1}{4}DC^2-DC\cdot PC\]
Rezultă că
\[PM^2-PN^2=(PB^2+\displaystyle\frac{1}{4}AB^2-AP\cdot PB)-\\\displaystyle-(PB^2+\displaystyle\frac{1}{4}AB^2-AP\cdot PB)=\displaystyle\frac{1}{4}(AB^2-CD^2)\]
Din teorema medianei în triunghiurile \(OAB\) și \(ODC\) obținem că
\[OM^2=\displaystyle\frac{2AO^2+2OB^2-AB^2}{4} \, \, (1) \]
\[ON^2=\displaystyle\frac{2OD^2+2OC^2-DC^2}{4} \, \, (2)\]
însă \(AO=OC\), \(AB=OB\) și \(OD=DC\). Din relațiile (1) și (2) rezultă că
\[OM^2-ON^2=\displaystyle\frac{1}{2}(AO^2-OC^2+OB^2+OD^2)-\displaystyle\frac{1}{4}(AB^2-DC^2)=\\=\displaystyle\frac{1}{4}(AB^2-DC^2).\]
în concluzie \(PM^2-PN^2=OM^2-ON^2\) și \(MN\perp OP\).

Problema 6

Pe laturile \(AB\) și \(CD\) patrulaterului convex \(ABCD\) considerăm punctele \(E\) și \(F\) astfel încât \(AE=BE=CF=DF=EF\). Diagonalele patrulaterelor \(BEFC\) și \(AEFD\) se intersectează în punctele \(K\) și \(L\) respectiv. Perpendicularele din \(K\) și \(L\) pe laturile \(AD\) și \(BC\) respectiv se intersectează în punctul \(T\). Demonstrați că \(TE=TF\). (Sankt-Petersburg 2004)

Soluție

6

Vom demonstra că \(TE^2=TF^2\). Din teorema medianei avem
\[4TE^2=2TA^2+2TB^2-AB^2\]
Deoarece \(AB=CD\), este de ajuns să demonstrăm că \(TA^2+TB^2=TC^2+TD^2\). Deoarece \(TK\perp AD\) obținem că
\[TA^2-TD^2=KA^2-KD^2\]
Observăm că
\[m(\widehat{AFB})=m(\widehat{DEC})=90^\circ,\]
deoarece în triunghiurile \(AFB\) și \(DEC\), \(EF=\frac{1}{2}AB\) și \(EF=\frac{1}{2}CD\). Atunci din teorema lui Pitagora
\[KA^2-KD^2=AF^2+FK^2-ED^2-KE^2=\\\displaystyle=AB^2-BF^2+KL^2-FL^2-CD^2+CE^2-KL^2+EL^2=\]
\[=CE^2+EL^2-BF^2-FL^2=CL^2-BL^2=TC^2-TB^2,\]
unde ultima relație rezultă din \(LT\perp BC\).

Problema 7 

Fie \(ABCD\) un patrulater convex. Fie \(\ell_a, \ell_b, \ell_c\) și \(\ell_d\) bisectoarele exterioare ale unghiurilor \(DAB\), \(ABC\), \(BCD\) și \(CDA\) respectiv. Dreptele \(\ell_a\) și \(\ell_b\), \(\ell_b\) și \(\ell_c\), \(\ell_c\) și \(\ell_d\), \(\ell_d\) și \(\ell_a\) se intersectează în punctele \(K,L,M\) și \(N\) respectiv. Presupunem că perpendicularele duse din punctele \(K\), \(L\) și \(M\) pe dreptele \(AB\), \(BC\) și \(CD\) respectiv sunt concurente. Demonstrați că patrulaterul \(ABCD\) este inscriptibil. (Olimpiada Rusiei 2000)

Soluție

7

Notăm măsurile unghiurilor patrulaterului \(ABCD\) cu \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Fie trei perpendiculare concurente la laturile \(AB,BC\) și \(CD\) se intersectează în \(O\). Atunci
\[m(\angle{AKO})=\displaystyle\frac{\alpha}{2}, \  m(\angle{BKO})=\displaystyle\frac{\beta}{2}, \ m(\angle{CMO})=\displaystyle\frac{\gamma}{2}, \ \\ m(\angle{DMO})=\displaystyle\frac{\delta}{2}\]
Cum \(\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ\), obținem că \(m(\angle{NKL})+m(\angle{LMN})=180^\circ\). Așadar patrulaterul \(KLMN\) este inscriptibil, însă
\(m(\angle{LKO})=\displaystyle\frac{\beta}{2}=m(\angle{KLO})\) \(\Longrightarrow\) \(OK=OL\)
Analog \(OL=OM\). Deci \(O\) este centrul cercului circumscris patrulaterului \(KLMN\). Atunci
\[m(\angle{KNL})=\displaystyle\frac{m(\angle{KOL})}{2}=90^\circ-\displaystyle\frac{\beta}{2}=m(\angle{KBA}).\]
Rezultă că patrulaterul \(ABLN\) este inscriptibil. Din puterea punctului \(K\) rezultă că
\[KL\cdot KB=KN\cdot KA\]
Analog, pentru celelalte vârfuri patrulaterului \(KLMN\), obținem
\[KL \cdot BL=LM \cdot LC,\]
\[MN \cdot MD=LM \cdot CM,\]
\[MN \cdot DN=KN \cdot AN.\]
Adunând cele patru egalități obținem
\[KL(KB+BL)+MN(MD+DN)=KN(AN+AK)+\\+LM(LC+CM)\]
\[KL^2+MN^2=KN^2+LM^2\]
Așadar \(KM\perp LN\), de unde
\[m(KL)+m(MN)=180^\circ\]

Deci unghiurile \(KOL\) și \(MON\) sunt suplimentare. însă din \(OK\perp AB\) și \(OL\perp BC\) rezultă că unghiurile \(ABC\) și \(KOL\) sunt de asemenea suplementare. Analog unghiurile \(MON\) și \(CDA\) sunt suplimentare. în concluzie unghiurile \(ABC\) și \(CDA\) sunt complementare, iar patrulaterul \(ABCD\) este inscriptibil.

Votul tău:

[Total: 3    Average: 5/5]

Aveţi nevoie de ajutor? Suntem aici ca să vă fim de folos!

Leave a Reply

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