Teorie
Prezentăm acum un alt punct care joacă un rol important în geometria triunghiului, și anume centrul cercului înscris în triunghi. Este cunoscut următorul rezultat:
Teorema 1
Bisectoarele unghiurilor unui triunghi sunt concurente într-un punct egal depărtat de laturile triunghiului.
Definiție
Punctul de intersecție a bisectoarelor unghiurilor unui triunghi se numește centrul cercului înscris triunghiului.
Un rezultat util este dat în următoarea propoziție:
Propoziția 1
Dacă \(S,r,p\) sunt aria, raza cercului înscris, respectiv semiperimetrul unui triunghi, atunci \(S=r\cdot p\).
Demonstrație
Fie \(I\) centrul cercului înscris într-un triunghi \(ABC\) și \(M,N,P\) proiecțiile punctului \(I\) pe \([BC]\), \([CA]\) respectiv \([AB]\).
Atunci
\[S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AIB}+S_{\triangle BIC}+S_{\triangle CIA}
=\\=\displaystyle\frac{IP\cdot AB}{2}+\displaystyle\frac{IM\cdot BC}{2}+\displaystyle\frac{IN\cdot CA}{2}.\]
Cum \(IM=IN=IP=r\), se obține că \(S_{\triangle ABC}=r\cdot p,\) unde \(p=\displaystyle\frac{AB+BC+CA}{2}\).
De asemenea este util următorul rezultat:
Propoziția 2
Se consideră un triunghi \(ABC\) cu laturile de lungimi \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\). Fie \(M,N,P\) punctele de contact ale cercului înscris triunghiului \(ABC\) cu laturile \(BC\), \(CA\), respectiv \(AB\). Atunci
\[AP=p-a,\
BM=p-b,\
CN=p-c,\]
unde \(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2}\).
Demonstrație
Fie \(I\) centrul cercului înscris în triunghiul \(ABC\). Atunci \(IB\) este bisectoarea unghiului \(ABC\), iar \(IM\perp BC\), \(IP\perp AB\). Atunci \(\angle IPB \equiv \angle IMB\) (I.U.), deci \(BM=BP\). Analog \(CM=CN\) și \(AN=AP\). Cum \(BM+MC=a\), \(CN+NA=b\), \(AP+PB=c\), se obține prin însumare că
\[(BM+BP)+(CM+CN)+(AN+AP)=a+b+c,\]
deci
\[2\cdot (BM+MC)+2\cdot AN=a+b+c,\]
deci
\[AN=\displaystyle\frac{b+c-a}{2}=AP.\]
Analog
\[BM=BP=\displaystyle\frac{a+c-b}{2}
\quad\mbox{și}\quad
CM=CN=\displaystyle\frac{a+b-c}{2}.\]
Definiție
Un patrulater convex se numește circumscriptibil dacă este circumscris unui cerc.
Teorema 2
Într-un patrulater circumscriptibil, suma lungimilor a două laturi opuse este egală cu suma lungimilor celorlalte două laturi opuse.
Demonstrație
Fie patrulaterul circumscriptibil \(ABCD\) și \(M,N,P,Q\) punctele de tangență ale cercului înscris cu laturile \(AB\), \(BC\), \(CD\) respectiv \(DA\). Raționând ca în Propoziția 2, avem
\[AM=AQ=x,\ BM=BN=y\\CN=CP=z,\ DP=DQ=t.\]
Atunci
\[AB+CD=x+y+z+t=BC+AD.\]
Este cunoscut și rezultatul următor:
Propoziția 3
Fie \(A’,B’,C’\) picioarele înălțimilor duse din \(A,B\), respectiv \(C\) în triunghiul \(ABC\), \(A’\in BC\), \(B’\in AC\), \(C’\in AB\). Dacă \(H\) este ortocentrul triunghiului \(ABC\), atunci \(H\) este centrul cercului înscris în triunghiul \(A’B’C’\).
Demonstrație
Deoarece \(m(\angle HC’B)=m(\angle HA’B)=90^\circ\), rezultă că patrulaterul \(HC’BA’\) este inscriptibil, deci
\[\angle HBC’\equiv \angle HA’C’
\quad(1)\]
Analog patrulaterul \(HA’CB’\) este inscriptibil, deci
\[\angle HA’B’\equiv \angle HCB’
\quad(2)\]
Cum \(m(\angle BCC’C)=m(\angle BB’C)=90^\circ\), rezultă că și patrulaterul \(BC’B’C\) este inscriptibil, așadar
\[\angle HBC’\equiv \angle HCB’
\quad(3)\]
Din relațiile (1), (2) și (3) se obține că \(\angle HA’B’\equiv HA’C’\), deci \(A’H\) este bisectoarea unghiului \(\angle C’A’B’\). Analog \(B’H\) și \(C’H\) sunt bisectoarele unghiurilor \(A’B’C’\), respectiv \(A’C’B’\), deci \(H\) este centrul cercului înscris în triunghiul \(A’B’C’\).
Vom prezenta în continuare câteva aplicații.
Probleme rezolvate
Problema 1
Punctul de intersecție a medianelor \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) ale triunghiului \(ABC\) este centrul cercului înscris în triunghiul \(A_1B_1C_1\). Să se arate că triunghiul \(ABC\) este echilateral.
Soluție
Centrul cercului înscris este punctul de intersecție a bisectoarelor triunghiului, deci diagonala \(AA_1\) a paralelogramului \(AB_1A_1C_1\) (\(A_1C_1\) și \(A_1B_1\) fiind linii mijlocii în triunghiul \(ABC\)) este bisectoarea unghiului \(B_1A_1C_1\). Deci \(AB_1A_1C_1\) este romb, și atunci
\[\displaystyle\frac{AB}{2}=A_1B_1=A_1C_1=\displaystyle\frac{AC}{2},\]
deci \(AB=AC\). Analog \(AC=BC\), deci triunghiul \(ABC\) este echilateral.
Problema 2
Bisectoarele \(AD\), \(BE\) și \(CF\) ale triunghiului \(ABC\) se intersectează în punctul \(O\). Să se demonstreze că dacă triunghiurile \(BOF\) și \(BOD\) au arii egale, atunci triunghiul \(ABC\) este isoscel.
Soluție
Avem
\[S_{\triangle BOF}=\displaystyle\frac{BF\cdot d(O,BF)}{2},\quad
S_{\triangle BOD}=\displaystyle\frac{BD\cdot d(O,BD)}{2},\]
deci cum \(d(O,BF)=d(O,BD)\) se obține că \(BF=BD\). Dacă \(BC=a\), \(AC=b\), \(AB=c\), din teorema bisectoarei obținem
\[BD=\displaystyle\frac{a\cdot c}{b+c},\quad
BF=\displaystyle\frac{a\cdot c}{a+b},\]
și din \(BD=BF\) rezultă că \(a=c\), deci triunghiul \(ABC\) este isoscel.
Problema 3
Cercul \(\omega \) trece prin punctele \(B\) și \(C\) și prin centrul cercului înscris în triunghiul \(ABC\). Cercul \(\omega \) intersectează a doua oară dreapta \(AB\) în punctul \(B_1\), iar dreapta \(AC\) în punctul \(C_1\). Să se demonstreze că \(BB_1=CC_1\).
Soluție
Presupunem fără a restrânge generalitatea că \(m(\angle ABC)\ge m(\angle ACB)\). Fie \(I\) centrul cercului înscris în triunghiul \(ABC\). Unghiul dintre dreptele \(BI\) și \(BB_1\) are măsura \(180^\circ-\displaystyle\frac{m(\angle ABC)}{2}\), deoarece \(BI\) este bisectoarea unghiului \(ABC\) și \(m(\angle ABI)=\displaystyle\frac{m(\angle ABC)}{2}\). Atunci arcul \(IBB_1\) are măsura unghiului \(ABC\). Apoi, deoarece arcul \(IB\) are măsura \(2\cdot m(\angle ICB)=m(\angle ACB)\),
deducem că
\[m(\angle BB_1)=m(\angle ABC)-m(\angle ACB).\]
Analog
\[m(\angle CC_1)=m(\angle ABC)-m(\angle ACB).\]
Așadar \(BB_1=CC_1\).
Problema 4
Diagonalele patrulaterului inscriptibil \(ABCD\) se intersctează în punctul \(E\). Fie \(O_1\) centrul cercului înscris în triunghiul \(ABC\), iar \(O_2\) centrul cercului înscris în triunghiul \(ABD\). Fie \(\{M\}=O_1O_2\cap BD\) și \(\{N\}=O_1O_2\cap AC\). Să se demonstreze că triunghiul \(EMN\) este isoscel.
Soluție
Centrul cercului înscris este punctul de intersecție a bisectoarelor, deci
\[m(\angle O_1BA)=m(\angle O_1BC)=\beta \\
m(\angle O_1AB)=m(\angle O_1AC)=\tau,\]
\[m(\angle O_2BA)=m(\angle O_2BD)=\alpha \\
m(\angle O_2AB)=m(\angle O_2AD)=\gamma .\]
De aceea
\[m(\angle BO_1A)=180^\circ-(\beta +\tau),\
m(\angle BO_2A)=180^\circ-(\alpha +\gamma ),\]
adică \(\angle BO_1A\equiv \angle BO_2A\), fiindcă
\[\beta +\tau=\alpha +\gamma \Leftrightarrow
2\cdot \beta -2\cdot \alpha =2\cdot \gamma -2\cdot \tau\Leftrightarrow
\angle CBD\equiv \angle CAD\]
(înscrise, subîntinzând arcul \(CD\)). Rezultă că punctele \(B,O_1,O_2,A\) sunt conciclice.
Dar atunci
\[m(\angle MO_1B)=180^\circ-m(\angle O_2O_1B)=m(\angle O_2AB)=\gamma ,\]
adică
\[m(\angle EMN)=m(\angle MBO_1)+m(\angle MO_1B)=2\cdot \alpha -\beta +\gamma .\]
Analog
\[m(\angle ENM)=m(\angle NAO_1)+m(\angle NO_1A)=\\=\tau+m(\angle O_2BA)=\tau+\alpha ,\]
de unde rezultă că
\[m(\angle EMN)=m(\angle ENM),\]
deoarece \(2\cdot \alpha -\beta +\gamma =\tau+\alpha \). Deci triunghiul \(EMN\) este isoscel.
Problema 5
Punctul \(O\) este centrul cercului înscris în patrulaterul \(ABCD\). Să se demonstreze că dacă perimetrele triunghiurilor \(AOB\), \(BOC\), \(COD\) sunt egale, atunci patrulaterul \(ABCD\) este romb.
Soluție
Vom demonstra că \(AB=BC=CD\). Să presupunem de exemplu că \(AB\le BC\). Considerăm atunci pe segmentul \([BC]\) punctul \(A_1\) astfel încât \(BA_1=BA\). Cum \(\angle A_1BO\equiv \angle ABO\), se obține că \(\angle A_1BO\equiv \angle ABO\) (L.U.L.) și deci perimetrele triunghiurilor \(A_1BO\) și \(CBO\) sunt egale. Atunci \(A_1O=A_1C+CO\), deci \(A_1,O,C\) sunt coliniare și atunci \(A_1=C\), de unde \(BA=BC\). Cazul \(BC\le AB\) se tratează analog. De asemenea analog se obține că \(BC=CD\). Conform Teoremei 2, avem că \(AD+BC=AB+CD\), și cum \(AB=BC=CD\), se obține că \(ABCD\) este romb.
Problema 6
Fie \(ABC\) un triunghi. Să se arate că toate dreptele care împart triunghiul în două poligoane de arii și perimetre egale sunt concurente.
Soluție
Să observăm că dacă \(MN\) este o dreaptă cu proprietățile din enunț (\(M\in [AB]\), \(N\in [AC]\)), atunci și dreapta \(PQ\) are aceleași proprietăți, unde \(AP=AN\) și \(AQ=AM\) (\(P\in [AB]\), \(Q\in [AC]\)).
Fie \(MN\cap PQ=\{O\}\). Atunci \(s_{\triangle OMP}=S_{\triangle OQN}\), și cum \(MP=QN\) deducem că \(d(O,AB)=d(O,AC):=r\), deci \(O\) se găsește pe bisectoarea din \(A\) a unghiului \(BAC\). Pe de altă parte avem relațiile:
\[\displaystyle\frac{1}{2}\cdot S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AMN}=\displaystyle\frac{AM\cdot r}{2}+\displaystyle\frac{AN\cdot r}{2}
=\\=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot (AM+AN)\cdot r=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot p\cdot r,\]
unde \(p\) este semiperimetrul triunghiului \(ABC\).
Deci \(S_{\triangle ABC}=r\cdot p\), deci \(r\) este raza cercului înscris în triunghiul \(ABC\), deci toate dreptele cu proprietățile din enunț trec prin centrul cercului înscris în triunghi.
Propunem spre studiu următoarele probleme:
Probleme propuse
Problema 1, Problema 2, Problema 3, Problema 4, Problema 5, Problema 6, Problema 7, Problema 8.
