Construcții auxiliare

Probleme rezolvate

Problema 1

În \(\triangle ABC\) avem \(m(\angle A)=30^\circ\) și \(m(\angle C)=45^\circ\). Fie \(D\in (AB)\) astfel încât \(BD=BC\). Arătați că \(CD=AB\).

Soluția 1

Construim \(\triangle ABE\) echilateral de aceeași parte cu \(C\) față de \(AB\).

\(\triangle BCD\) este isoscel cu \(m(\angle CBD)=100^\circ\).
Atunci
\[m(\angle BCD)=m(\angle BDC)=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle CBD)}{2}
=\displaystyle\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ\]
\[m(\angle BCE)=m(\angle CBA)-m(\angle EBA)
=100^\circ-60^\circ=40^\circ\]
\[m(\angle EAC)=m(\angle EAB)-m(\angle CAB)=60^\circ-30^\circ=30^\circ\]

Deci \(AE\) este bisectoarea \(\angle EAB\) și de aici \(AC\) este mediatoarea laturii \(BE\).

Rezultă că \(CB=CE\).

Astfel \(\triangle CEB\) este isoscel cu \(m(\angle BCE)=180^\circ-2\cdot m(\angle CBE)=100^\circ\).

Deoarece \(CB=EC\), \(m(\angle CBD)=m(\angle ECB)\), \(BD=CB\).

Rezultă că \(\triangle CBD\equiv \triangle ECB\) (L.U.L.) și apoi \(CD=EB=BA\).

Soluția 2

Construim \(\triangle CDE\) astfel încât \(E\) și \(B\) sunt în semiplane
diferite față de \(CD\). În \(\triangle BCD\) isoscel
\[m(\angle BCD)=m(\angle BDC)=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle CBD)}{2}
=\displaystyle\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ\]
\[m(\angle BCE)=m(\angle BCD)+m(\angle DCE)=40^\circ+60^\circ=100^\circ\]
\[m(\angle BDE)=m(\angle BDC)+m(\angle CBE)=40^\circ+60^\circ=100^\circ\]
Deoarece \(EC=ED\), \(m(\angle ECB)=m(\angle EDB)\), \(CB=DB\).

Rezultă că \(\triangle BCE\equiv \triangle BDE\), de unde
\[m(\angle CBE)=m(\angle DBE)=\displaystyle\frac{m(\angle CBD)}{2}=\displaystyle\frac{100^\circ}{2}=50^\circ\]
Astfel
\[\begin{array}{l}
\triangle BCA\\
\triangle CBE
\end{array}
\left\{\begin{array}{lll}
BC\equiv CB\\
\angle BCA\equiv \angle CBE\\
\angle CBA\equiv \angle BCE
\end{array}\right\}
\overset{U.L.U}{\Longrightarrow} \triangle BCA\equiv \triangle CBE\]
și de aici \(BA=CE=CD\).

Problema 2

În interiorul \(\triangle ABC\) cu \(AB=AC\) și \(m(\angle A)=100^\circ\),
se consideră punctul \(D\) astfel încât \(m(\angle DBC)=30^\circ\) și \(m(\angle DCB)=20^\circ\). Aflați \(m(\angle (BAD)\).

Soluția 1

Construim \(\triangle ABE\) echilateral astfel încât \(A\) și \(E\) sunt în semiplane diferite față de \(BC\).

În \(\triangle ABC\) avem
\[m(\angle ABC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BAC)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ\]
\[m(\angle CBE)=m(\angle ABE)-m(\angle ABC)=60^\circ-40^\circ=20^\circ\]

Din \(AE=AB=AC\Rightarrow \triangle AEC\) isoscel cu
\[m(\angle EAC)=m(\angle BAC)-m(\angle BAE)=100^\circ-60^\circ=40^\circ\]

În \(\triangle CAE\) avem
\[m(\angle ACE)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle EAC)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^\circ\]
și de aici \(m(\angle BCE)=m(\angle ACE)-m(\angle ACB)=70^\circ-40^\circ=30^\circ\)

\(BC=CB\), \(m(\angle DBC)=m(\angle ECB)\), \(m(\angle DCB)=m(\angle EBC)\)

\(\Rightarrow \triangle DBC\equiv \triangle ECB\) (U.L.U.) de unde \(DC=BE=AC\).

Astfel \(\triangle CAD\) isoscel cu
\[m(\angle DCA)=m(\angle BCA)-m(\angle BCD)=40^\circ-20^\circ=20^\circ\]
\[m(\angle DAC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle DCA)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

În final
\[m(\angle BAD)=m(\angle BAC)-m(\angle DAC)=100^\circ-80^\circ=20^\circ\]

Soluția 2

Construim \(\triangle ACE\) echilateral astfel încât \(A\) și \(E\) sunt în semiplane opuse față de \(BC\).
\[m(\angle BCE)=m(\angle ACE)-m(\angle ACB)=60^\circ-40^\circ=20^\circ\]
\[m(\angle BAE)=m(\angle BAC)-m(\angle EAC)=100^\circ-60^\circ=40^\circ\]

\(\triangle ABE\) este isoscel \((AB=AE=AC)\)
\[m(\angle ABE)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BAE)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^\circ\]
\[m(\angle CBE)=m(\angle ABE)-m(\angle ABC)=70^\circ-40^\circ=30^\circ\]

Avem
\[m(\angle DBC)=m(\angle EBC),\
m(\angle DCB)=m(\angle ECB),\
BC=BC\]

Astfel \(\triangle DBC\equiv \triangle EBC\) (U.L.U.). Rezultă astfel \(DC=EC(=AC)\) și de aici \(\triangle CDA\) este isoscel cu
\[m(\angle DCA)=m(\angle BCA)-m(\angle BCD)=40^\circ-20^\circ=20^\circ\]
\[m(\angle DAC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle DCA)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

În final
\[m(\angle BAD)=m(\angle BAC)-m(\angle DAC)=100^\circ-80^\circ=20^\circ\]

Soluția 3

Construim \(\triangle ACE\) echilateral astfel încât \(A\) și \(B\) sunt în semiplane diferite față de \(AC\)
\[m(\angle BAE)=m(\angle BAC)+m(\angle CAE)=100^\circ+60^\circ=160^\circ\]
\[m(\angle ABD)=m(\angle ABC)-m(\angle DBC)=40^\circ-30^\circ=10^\circ\]

\(\triangle ABE\) isoscel \((AB=AE=AC)\) de unde
\[m(\angle ABE)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BAE)}{2}=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-160^\circ}{2}=10^\circ
=m(\angle AED)\]
deci \(B,D,E\) sunt coliniare.

În \(\triangle BDC\) avem \(EDC\) exterior
\[\Rightarrow m(\angle EDC)=m(\angle DBC)+m(\angle DCB)=30^\circ+20^\circ=50^\circ\]
\[m(\angle CED)=m(\angle CEA)-m(\angle DEA)=60^\circ-10^\circ=50^\circ\]

Astfel \(\triangle CDE\) isoscel \((m(\angle CDE)=m(\angle CED))\)
de unde rezultă
\[CD=DE=CA.\]

\(\triangle CAD\) isoscel cu \(m(\angle ACD)=m(\angle ACB)-m(\angle DCB)=40^\circ-20^\circ=20^\circ\) și de aici
\[m(\angle ADC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle ACB)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

În final
\[m(\angle BAD)=m(\angle BAC)-m(\angle DAC)=100^\circ-80^\circ=20^\circ\]

Soluția 4

Fie \(\triangle ABE\) echilateral astfel încât \(E\) și \(C\) sunt în semiplane opuse față de \(AB\)
\[m(\angle EAC)=m(\angle EAB)+m(\angle BAC)=60^\circ+100^\circ=160^\circ\]

\(\triangle EAC\) este isoscel \((EA=AC=AB)\)
de unde
\[m(\angle ACE)=m(\angle AEC)=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle EAC)}{2}
=\displaystyle\frac{180^\circ-160^\circ}{2}=10^\circ\]
\[m(\angle BCE)=m(\angle BCA)-m(\angle ECA)=40^\circ-10^\circ=30^\circ\]

Notăm \(BD\cap CE=\{P\}\).

În \(\triangle BCP\) avem \(m(\angle PBC)=m(\angle PCB)=30^\circ\) deci
\(\triangle PBC\) este isoscel
\[\Rightarrow PB=PC\]

\(\triangle APB\equiv \triangle APC\) (L.L.L.) rezultă
\[m(\angle BAP)=m(\angle CAP)=\displaystyle\frac{m(\angle BAC)}{2}=\displaystyle\frac{100^\circ}{2}=50^\circ\]

În \(\triangle BDC\), \(\angle PDC\) este exterior, deci
\[m(\angle PDC)=m(\angle DBC)+m(\angle DCB)=30^\circ+20^\circ=50^\circ\]
\[m(\angle DCP)=m(\angle BCA)-m(\angle BCD)-m(\angle PCA)=\\=40^\circ-20^\circ-10^\circ=10^\circ\]

Avem \(m(\angle PDC)=m(\angle PAC)\), \(m(\angle PCD)=m(\angle PCA)\), \(PC=PC\)

Deci \(\triangle PDC\equiv \triangle PAC\) (U.L.U.) rezultă \(CD=CA\).

\(\triangle CAD\) isoscel cu \(m(\angle DCA)=20^\circ\)
\[\Rightarrow m(\angle DAC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle DCA)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

În final
\[m(\angle BAD)=m(\angle BAC)-m(\angle DAC)=100^\circ-80^\circ=20^\circ\]

Problema 3

În \(\triangle ABC\) cu \(m(\angle CAB)=m(\angle CBA)=80^\circ\). Punctul \(M\) aparține laturii \([BC]\) astfel încât \(CM=AB\). Găsiți \(m(\angle AMB)\).

Soluția 1

În același plan cu \(B\) față de \(AB\) se construiește \(\triangle ACP\) echilateral
\[m(\angle PAB)=m(\angle CAB)-m(\angle CAP)=80^\circ-60^\circ=20^\circ\]

În \(\triangle ABC\) avem \(m(\angle ACB)=180^\circ-2\cdot m(\angle A)=20^\circ\)
\[\begin{array}{l}
\triangle CNA\\
\triangle ABP
\end{array}
\left\{\begin{array}{lll}
CM\equiv AB\\
\angle ACM\equiv \angle PAB\\
CA\equiv AP
\end{array}\right\}
\overset{L.U.L}{\Longrightarrow} \triangle CMA\equiv \triangle ABP\]
de unde rezultă \(m(\angle AMC)=m(\angle PBA)\)

Deoarece \(CP=CA=CB\Rightarrow \triangle PCB\) isoscel cu
\[m(\angle PCB)=m(\angle PAB)-m(\angle ACB)=60^\circ-20^\circ=40^\circ\]

Atunci
\[m(\angle CBP)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BCP)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^\circ\]
și
\[m(\angle ABP)=m(\angle ABC)+m(\angle CBP)=80^\circ+70^\circ=150^\circ\]

Astfel \(m(\angle AMC)=m(\angle ABP)=150^\circ\). În final
\[m(\angle AMB)=180^\circ-m(\angle AMC)=180^\circ-150^\circ=30^\circ\]

Soluția 2

În interiorul \(\triangle ABC\) se construiește \(\triangle ABP\) echilateral
\[m(\angle CAP)=m(\angle CAB)-m(\angle PAB)=80^\circ-60^\circ=20^\circ\]

Deoarece \(CA=AC\), \(AP=CM(=AB)\) și \(m(\angle CAP)=m(\angle ACM)\) rezultă \(\triangle CAP\equiv \triangle ACM\) (L.U.L.) și de aici
\[m(\angle CAM)=m(\angle ACP)=\displaystyle\frac{m(\angle ACB)}{2}=\displaystyle\frac{20^\circ}{2}=10^\circ\]

\(\angle AMB\) este exterior \(\triangle ACM\), deci
\[m(\angle AMB)=m(\angle ACM)+m(\angle CAM)=20^\circ+10^\circ=30^\circ\]

Problema 4

Fie \(\triangle ABC\) cu \(m(\angle C)=40^\circ\) și \(m(\angle B)=80^\circ\). Pe \(BC\) se iau punctele \(E\) și \(D\) astfel încât \(m(\angle CAE)=10^\circ\) și \(BD=CE\). Calculați \(m(\angle EAD)\).

(Dimitrie Pompeiu)

Soluție

În \(\triangle ABC\), \(m(\angle CAB)=180^\circ-[m(\angle ABC)+m(\angle ACB)]=60^\circ\).

Pe latura \(AC\) considerăm punctul \(P\) astfel încât \(\triangle APB\) este echilateral
\[m(\angle EAB)=m(\angle CAB)-m(\angle CAE)=60^\circ-10^\circ=50^\circ\]

În \(\triangle ABE\) avem \(m(\angle AEB)=180^\circ-[m(\angle EAB)+m(\angle ABE)]=50^\circ\) deci \(\triangle BAE\) este isoscel cu \(BE=BA(=BP)\). Astfel \(\triangle BPE\) este isoscel cu
\[m(\angle EBP)=m(\angle EBA)-m(\angle PBA)=80^\circ-60^\circ=20^\circ\]
iar
\[m(\angle BEP)=m(\angle BPE)=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle EBP)}{2}
=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

Atunci
\[m(\angle CPE)=180^\circ-[m(\angle APB)+m(\angle PBE)]=\\=180^\circ-[60^\circ+80^\circ]=40^\circ\]

\(\triangle EPC\) este isoscel \((m(\angle EPC)=m(\angle ECP))\) de unde rezultă \(PE=CE=DB\).

Deoarece \(BE=AB\), \(EP=BD\), \(m(\angle BEP)=m(\angle ABD)\) \(\Rightarrow \triangle BEP\equiv \triangle ABD\) (L.U.L.) iar de aici
\[m(\angle DAB)=m(\angle PBE)=20^\circ\]

În final
\[m(\angle EAD)=m(\angle EAB)-m(\angle DAB)=50^\circ-20^\circ=30^\circ\]

Problema 5

Fie \(\triangle ABC\) cu \(AB=AC\) și \(m(\angle A)=20^\circ\). Pe \(AC\) se consideră punctul \(G\) astfel încât \(GC=BC\). Mediatoarea segmentului \(AG\) întâlnește \(AB\) în \(F\). Arătați că \(AF\equiv BC\).

Soluția 1

Fie \(D\in AB\) astfel încât \(BD=BC\). Construim \(\triangle EDC\) echilateral astfel încât punctele \(E\) și \(B\) sunt în semiplane opuse față de \(DC\).

\(\triangle FAG\) isoscel rezultă \(m(\angle FGA)=m(\angle FAG)=20^\circ\) și de aici
\[m(\angle AFG)=180^\circ-2\cdot m(\angle FGA)=140^\circ\]
și
\[m(\angle BFG)=180^\circ-m(\angle AFG)=40^\circ\]

\(\triangle BCG\) isoscel cu \(m(\angle BCG)=80^\circ\)
\[\Rightarrow m(\angle BGC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BGC)}{2}=50^\circ-m(\angle GBC)\]
\[m(\angle BGF)=180^\circ-[m(\angle AGF)+m(\angle BGC)]=110^\circ\]

Deoarece \(\triangle BDE\equiv \triangle BCE\) (L.L.L.) rezultă
\(BD=BC=CG\) și
\[m(\angle DBE)=m(\angle CBE)=\displaystyle\frac{m(\angle DBC)}{2}=40^\circ\]
\[m(\angle DEB)=m(\angle CEB)=\displaystyle\frac{m(\angle DEC)}{2}=30^\circ\]

Astfel
\[m(\angle BCE)=180^\circ-[m(\angle EBC)+m(\angle BEC)]=110^\circ\]
\[m(\angle FBG)=m(\angle ABC)-m(\angle GBC)=80^\circ-50^\circ=30^\circ\]
\[\begin{array}{l}
\triangle BDC\\
\triangle CGB
\end{array}
\left\{\begin{array}{lll}
BC\equiv CB\\
BD\equiv CG\\
\angle DBC\equiv \angle GCB
\end{array}\right\}
\overset{L.U.L}{\Longrightarrow}
\triangle DBC\equiv \triangle CGB\Rightarrow \\\Rightarrow DC\equiv GB(\equiv EC)\]

Deoarece \(m(\angle GBF)=m(\angle CEB)\), \(m(\angle FGB)=m(\angle BCE)\), \(GB=CE\)

\(\Rightarrow \triangle GBF\equiv \triangle CEB\) (L.U.L.) de unde rezultă \(FG=BC\) și de aici \(AF=BC\).

Soluția 2

Construim \(\triangle BGE\) echilateral astfel încât \(E\) și \(C\) sunt în semiplane opuse față de \(BG\).

În \(\triangle CBG\) isoscel avem
\[m(\angle CBG)=m(\angle CGB)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BCG)}{2}=50^\circ\]

\(\triangle BEC\equiv \triangle GEC\) (L.L.L.) rezultă
\[m(\angle BCE)=m(\angle GCE)=\displaystyle\frac{m(\angle GCB)}{2}=40^\circ\]

\(\triangle FAG\) isoscel cu \(m(\angle FAG)=20^\circ\).

Avem \(m(\angle BFG)=2\cdot m(\angle FAG)=40^\circ\) (unghi exterior).

\(\triangle BCG\) isoscel cu \(m(\angle BCG)=80^\circ\).

Avem \(m(\angle BGC)=m(\angle GBC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle C)}{2}=40^\circ\) și de aici
\[m(\angle BGF)=190^\circ-[m(\angle AGF)+m(\angle BGC)]=110^\circ\]
\[m(\angle EBC)=m(\angle EGC)=m(\angle EGB)+m(\angle BGC)=110^\circ\]
\[m(\angle FBG)=m(\angle FBC)-m(\angle GBC)=80^\circ-50^\circ=30^\circ\]
\[m(\angle BEC)=m(\angle GEC)-\displaystyle\frac{m(\angle BEG)}{2}=30^\circ\]
\[\begin{array}{l}
\triangle BGF\\
\triangle EBC
\end{array}
\left\{\begin{array}{lll}
BG\equiv EB\\
\angle BGF\equiv \angle EBC\\
\angle FBG\equiv \angle CEB
\end{array}\right\}
\overset{U.L.U}{\Longrightarrow} \triangle BGF\equiv \triangle EBC\]
de unde \(GF=BC\) și de aici \(AF=BC\).

Problema 6

Fie \(\triangle ABC\) isoscel cu \(m(\angle A)=100^\circ\). Pe semidreapta \((AB\) se consideră punctul \(M\) astfel încât \(AM=BC\). Determinați \(m(\angle BMC)\).

Soluția 1

Construim în exteriorul \(\triangle ABC\) punctul \(P\) astfel încât \(\triangle ACP\) este echilateral.

În \(\triangle ABC\) avem
\[m(\angle ACB)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle A)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ\]

Astfel
\[m(\angle BCP)=m(\angle BCA)+m(\angle ACP)=100^\circ\]

Deoarece \(BC=MA\), \(m(\angle BCP)=m(\angle MAC)\) și \(CP=AC\).

Atunci \(\triangle BCP\equiv \triangle MAC\) (L.U.L.). Rezultă \(m(\angle CBP)=m(\angle AMC)\).

În \(\triangle ABP\) avem \(AB=AC=AP\), rezultă \(\triangle ABP\) isoscel cu
\[m(\angle BAP)=m(\angle BAC)+m(\angle CAP)=100^\circ+60^\circ=160^\circ\]
și de aici
\[m(\angle ABP)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BAP)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-160^\circ}{2}=10^\circ\]
\[m(\angle PBC)=m(\angle ABC)-m(\angle ABP)=40^\circ-10^\circ=30^\circ\]
deci \(m(\angle BMC)=30^\circ\).

Soluția 2

Considerăm punctul \(P\) în exteriorul \(\triangle ABC\) astfel încât \(\triangle ACP\) este echilateral iar \(A\) și \(P\) sunt de o parte și de alta
a dreptei \(BC\),
\[m(\angle MAP)=m(\angle MAC)-m(\angle PAC)=100^\circ-60^\circ=40^\circ\]

În \(\triangle ABC\) isoscel avem
\[m(\angle ACB)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle A)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ\]

Deoarece \(MA=BC\), \(m(\angle MAP)=m(\angle BCA)\), \(AP=CA\) avem
\(\triangle MAP\equiv \triangle BCA\) (L.U.L.) și de aici
\[MP=BA=AC=PC=PA\]

În \(\triangle MPA\) isoscel avem \(m(\angle PMA)=m(\angle PAM)=40^\circ\) și apoi
\[m(\angle MPA)=180^\circ-2\cdot m(\angle MAP)=100^\circ\]
și
\[m(\angle MPC)=m(\angle MPA)+m(\angle APC)=100^\circ+60^\circ=160^\circ\]

În \(\triangle PMC\) isoscel avem
\[m(\angle PMC)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle MPC)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-160^\circ}{2}=10^\circ\]

Problema 7

În \(\triangle ABC\), \(M\) este mijlocul segmentului \(BC\). Dacă \(m(\angle AMB)=45^\circ\) și \(m(\angle ACB)=15^\circ\), determinați \(m(\angle BAC)\).

Soluția 1

Construim \(\triangle ADC\) echilateral și notăm \(AM\cap CD=\{N\}\).

În \(\triangle AMC\), avem
\[m(\angle AMB)=m(\angle MAC)+m(\angle MCA)\Rightarrow
m(\angle MAC)=30^\circ\]

Cum
\[m(\angle DAC)=60^\circ\Rightarrow
m(\angle DAN)=m(\angle DAC)-m(\angle NAC)=\\=60^\circ-30^\circ=30^\circ\]

Astfel \(AM\) este bisectoare în \(\triangle DAC\) deci și mediană și înălțime.

În \(\triangle BCD\), \(MN\) este linie mijlocie \(\Rightarrow MN\|BD\) rezultă că \(BD\perp DC\).

Deoarece \(m(\angle BCD)=m(\angle ACD)-m(\angle ACB)=60^\circ-15^\circ=45^\circ\), obținem că \(\triangle BCD\) este dreptunghic isoscel și de aici \(BD=DC=AD\).

\(\triangle DBA\) este isoscel cu
\[m(\angle BDA)=m(\angle BDC)-m(\angle ADC)=90^\circ-60^\circ=30^\circ\]

Mai departe
\[m(\angle BAD)=m(\angle ABD)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle BDA)}{2}
=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-30^\circ}{2}=75^\circ\]
\[m(\angle BAC)=m(\angle BAD)+m(\angle DAC)=75^\circ+60^\circ=135^\circ\]

Soluția 2

Fie \(\triangle CME\) echilateral astfel încât \(E\) și \(C\) sunt în semiplane diferite față de \(AB\) și ducem \(AF\perp BC\), \(F\in BC\).

În \(\triangle BCM\),
\[m(\angle CMA)=m(\angle MCB)+m(\angle MBC)\Rightarrow
m(\angle MCB)=30^\circ\]
\[m(\angle ECB)=m(\angle ECM)+m(\angle MCB)=60^\circ+30^\circ=90^\circ\]

În \(\triangle AFB\), \(M\) este mijlocul ipotenuzei, deci \(MF=MB=MA\).

Astfel \(\triangle MFB\) este isoscel cu \(m(\angle MFB)=m(\angle MBF)=15^\circ\), unde unde
\[m(\angle AMF)=m(\angle MFB)+m(\angle MBF)=15^\circ+15^\circ=30^\circ\]
și apoi
\[m(\angle FMC)=m(\angle AMC)-m(\angle AMF)=45^\circ-30^\circ=15^\circ\]
iar
\[m(\angle EMA)=m(\angle EMC)-m(\angle AMC)=60^\circ-45^\circ=15^\circ\]

Avem \(m(\angle FMC)=m(\angle AME)\), \(FM=AM\), \(CM=EM\)
rezultă \(\triangle MCF\equiv \triangle MEA\) (L.U.L.). De aici
\[m(\angle AEM)=m(\angle FCM)=180^\circ-m(\angle MCB)=150^\circ\]
și de asemenea \(FC=AE\).

Deoarece \(m(\angle CFM)=m(\angle CMF)=15^\circ\Rightarrow \triangle CFM\) isoscel, deci \(CF=CM\) și de aici
\[AE=FC=CM=EM=CE\]
\[m(\angle CEA)=m(\angle MEA)-m(\angle MEC)=150^\circ-60^\circ=90^\circ\]

Astfel \(\triangle ECA\) este dreptunghic isoscel deci \(m(\angle ACE)=45^\circ\). În concluzie
\[m(\angle ACB)=m(\angle ACE)+m(\angle ECB)=45^\circ+90^\circ=135^\circ\]

Soluția 3

În \(\triangle MCB\) avem
\[m(\angle AMC)=m(\angle MCB)+m(\angle MBC)
\mbox{ deci }\\
m(\angle MCB)=45^\circ-15^\circ=30^\circ\]

Construim \(\triangle CMD\) echilateral astfel încât \(D\) și \(M\) sunt în semiplane opuse față de dreapta \(CB\).

De asemenea considerăm punctul \(F\) pe \(BC\) astfel încât \(AF\perp BC\)

\(m(\angle MCB)=30^\circ\) rezultă
\[m(\angle DCB)=m(\angle DCM)-m(\angle BCM)=60^\circ-30^\circ=30^\circ\]

Astfel \(CB\) este bisectoare în \(\triangle MCD\) deci și mediatoare a laturii \(DM\).

\(F\in CB\) rezultă \(FD=FM\).

În \(\triangle AFB\), \(FM\) este mediana din unghiul drept, deci \(FM=AM=MB\). Astfel
\[FD=AM
\quad(1)\]

În \(\triangle FMB\) isoscel avem \(m(\angle MFB)=m(\angle MBF)=15^\circ\).
Astfel
\[m(\angle MFD)=2\cdot m(\angle MFB)=30^\circ\]
\[m(\angle AMF)=m(\angle MFB)+m(\angle FMB)=30^\circ\]

Avem \(FD=AM\), \(\angle DAM\equiv \angle AMF\), \(FM=MF\), rezultă \(\triangle FDM\equiv \triangle MFA\) (L.U.L.).

Rezultă \(FA=MD=CM\)
\[m(\angle CMF)=m(\angle CMA)-m(\angle FMA)=45^\circ-30^\circ=15^\circ\]

În \(\triangle CMF\) avem \(m(\angle CMF)=m(\angle CFM)\), deci \(\triangle CMF\) este isoscel, de unde \(CM=CF\). Astfel \(CF=AF\), de unde rezultă că \(\triangle FAC\) este dreptunghic isoscel, deci \(m(\angle FCA)=45^\circ\)
\[m(\angle ACB)=180^\circ-m(\angle FCA)=180^\circ-45^\circ=135^\circ\]

Problema 8

Fie \(P\) un punct în interiorul \(\triangle ABC\) și \(\angle ABM=\angle MCB=10^\circ\). Determinați \(m(\angle BAM)\) dacă \(m(\angle MBC)=10^\circ\) și \(m(\angle ACM)=20^\circ\).

Soluție

Construim \(\triangle BMD\) echilateral astfel încât \(A\) și \(D\) sunt de aceeași parte a lui \(BM\).

\(\triangle MBC\) isoscel cu \(m(\angle BMC)=180^\circ-2\cdot m(\angle MBC)=180^\circ-20^\circ=160^\circ\)

Atunci
\[m(\angle DMC)=360^\circ-[m(\angle DMB)+m(\angle BMC)]=\\=360^\circ-[60^\circ+160^\circ]=140^\circ\]

Din \(MC=MB=MD\Rightarrow \triangle MDC\) isoscel cu
\[m(\angle MDC)=m(\angle DCD)=\\=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle DMC)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-140^\circ}{2}=20^\circ\]

Deoarece \(m(\angle MCD)=m(\angle MCA)\) rezultă că punctele \(C,A,D\) sunt coliniare.
\[m(\angle BDA)=m(\angle BDM)+m(\angle MDA)=60^\circ+20^\circ=80^\circ\]
\[m(\angle DBA)=m(\angle DBM)-m(\angle ABM)=60^\circ-10^\circ=50^\circ\]

În \(\triangle ABD\) avem
\[m(\angle DAB)=180^\circ-[m(\angle BDA)+m(\angle ABD)]=\\=180^\circ-(50^\circ+80^\circ)=50^\circ\]
deci \(\triangle DAB\) este isoscel cu \(DA=DB(=DM)\).

Astfel \(\triangle DAM\) isoscel cu \(m(\angle MDA)=20^\circ\) și
\[m(\angle DAM)=\displaystyle\frac{180^\circ-m(\angle MDA)}{2}=\displaystyle\frac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ\]

În final
\[m(\angle BAM)=m(\angle DAM)-m(\angle DAB)=80^\circ-50^\circ=30^\circ\]

Leave a Reply

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