probleme noiembrie 2012

7/30/2019 Probleme noiembrie 2012

1/14

7399 G.M.B. 2/1966

Se nscrie ntr-un cerc un triunghi oarecare ABC . Mediana AA ntlnete cercul n M . S se

deduc relaia

2 2 2 2AB AC BM CM

AB AC BM CM

+ +

=

Perl Toma, absolvent, Cluj

Soluie.

Patrulaterul ABMC este inscriptibil, deci BAA MCA . Cum i BA A MA C (opuse lavrf), rezult asemnarea triunghiurilor AA B CA M , din care deducem :

CM CA

AB AA

=

; cu notaiile obinuite ntr-un triunghi, la care adugm

aAA m = , obinem

2 a

AB CA acCM

AA m

= =

n mod analog, scriem asemnareaBM BA

AA C BA MAC AA

=

AC BABM

AA

= =

2a

ab

m=

Se calculeaz acum expresia

( )2 2 2 2 2

2 2

2 2 22 2

2

2

4 4 4

2 2 4

a a a

a a a

a b a c ab c

m m mBM CM

ab ac aBM CMbc

m m m

+ ++

= = =

2 2 2 2

b c AB AC bc AB AC + += =

, q.e.d.


2/14

17525* - G.M. 12/1978

Fie r i R razele cercurilor nscris i circumscris unui poligon regulat cu n laturi, de lungime

a . S se arate c ctg2 2

a

r Rn

+ = .

Olimpiad, ChinaSoluie.

Demonstrm mai nti identitatea :1

ctg ctgsin 2

xx

x+ = , pentru toate valorile admisibile ale argumentului real x .

ntr-adevr, membrul stng se rescrie ca :

22cos cos

1 1 cos 2 2ctg ctgsin sin 2

2sin cos sin2 2 2

x x

x xx

x x xx x

++ = = = = , q.e.d.

Fie AB o latur a poligonului regulat i OP AB apotema corespunztoare acestei laturi.Triunghiul isoscel OAB are ,OA OB R OP r = = = i 2AB a AP= = , P fiind mijlocul lui

[ ]AB . Msura n radiani a unghiului la centru AOB este2

n

, deci unghiurileAOP iBOP

sunt de msurn

. Funciile trigonometrice ale unghiuluiAOP n triunghiul dreptunghic OPA

se scriu :

sin2

2sin

AP a aR

n OA R

n

= = =

tg ctg2 2

AP a ar

n OP r n

= = =

Prin adunarea celor dou relaii, obinem1

ctg ctg2 2 2

sin

a aR r

n n

n

+ = + =

(am

folosit identitatea demonstrat mai sus pentru xn

= ), ceea ce ncheie demonstraia.


3/14

E:14349 G.M.B. 5/2012

Fie t o tangent comun a cercurilor ortogonale ( ),C A a i ( ),C B b ; ,A B proieciile lui A ,

respectiv B , pe tangenta t; O punctul de intersecie al celor dou cercuri ( )IntO AA B B ,iar M i N proieciile lui A pe OB , respectiv B pe OA . Artai cMN ab= .

Gh. Szllsy, Sighetu MarmaieiSoluie.

Fie ( )m B A N = i ( )m A B M = . n trapezul dreptunghic AA B B , avem :( ) ( ) 180m A AB m B BA + =

Pe de alt parte, OA OB , deci ( )

( ) 90m OAB m OBA+ = . Prin scderea celor dou relaii,gsim ( ) ( ) 90m A AO m B BO + = . Dar ( ) ( ) ( )2 2m A AO m A O m B A N = = = , unghiulA AO fiind unghi la centrul cercului ( ),C A a , iarB A N fiind format de tangenta A B cu

coarda A O . Analog, ( ) ( ) ( )2 2m B BO m B O m A B M = = = , deci 2 2 90 + = 45 + = .

n patrulaterul inscriptibil A MNB se scrie teorema lui Ptolemeu :MN A B A M B N A N B M + =

Fie A B t = lungimea tangentei comune a celor dou cercuri. Din triunghiurile dreptunghiceA MB i A NB , avem sin , cos , cos , sinA M t B M t A N t B N t = = = = . Relaiascris mai sus devine :

( )sin sin cos cos cos cos sin sinMN t t t t t MN t + = = =

( )2

cos cos 452

t t t = + = =

n triunghiul dreptunghic AOB , avem 2 2 2 2 2AB OA OB a b= + = + , iar n trapezul dreptunghic

AA B B , ( )22 2 2 2 2

2 2A B AB a b a b a b ab ab = = + + = .


4/14

Aadar,2

22

MN ab ab= = , q.e.d.


5/14

24197 G.M. 11/1999

Fie ABCD un ptrat i M un punct n planul su astfel nct 1, 2,MA MB= = 3MC = .

S se determine lungimea laturii ptratului.Soluie.

Fie { }O AC BD= intersecia diagonalelor ptratului. Teorema medianei n triunghiurile

MAC i MBD se scrie :

( )2 2 22

2

4

MA MC ACMO

+

= , respectiv

( )2 2 22

2

4

MB MD BDMO

+

=

Egalnd cele dou expresii i innd seama cAC BD=

, rezult c :2 2 2 2MA MC MB MD+ = +

n aceast egalitate se nlocuiesc valorile lungimilor ,MA MB i MC date n enun. Se obine2 2

1 3 2 2 2MD MD MD MB+ = + = = = . Rezult c M se afl pe mediatoarea lui

[ ]BD , care este AC . Cum MC MA> , rezult (M OA . Distingem dou cazuri :

i) ( )M OA . Fie l latura ptratului i 2d l= diagonala sa. Avem

1 3 3 12 2

d dMO OA MA MC OC d= = = = + . Se calculeaz imediat

6 2

22

dl

+= = .

ii) ( )A OM . Pstrnd notaiile cazului anterior, avem MO MA OA MC OC= + =

6 21 3 3 1

2 2 22

d d dd l

+ = = = = .

Problema are aadar dou soluii,6 2 6 2

,2 2

l +


6/14

23414 G.M. 11/1995

Fie ABCD un ptrat i O centrul su. Dreapta d ce trece prin O intersecteaz dreptele

, , ,AB BC CD DA respectiv n punctele , , ,X Y Z T . S se arate c

4

4

aOX OY OZ OT ,

unde a reprezint latura ptratului i s se precizeze n ce caz are loc egalitatea.Eugen Ursu, Motru, Gorj

Soluie.

Triunghiurile AOT i COY au TAO YCO (alterne interne, AD BC , secanta AC),

[ ] [ ]AO CO i TOA YOC (opuse la vrf), deci (U.L.U.)AOT COY

[ ] [ ]OT OY i [ ] [ ]AT CY . Analog se arat c AOX COZ , de unde deducem c

[ ] [ ]OX OZ i [ ] [ ]AX CZ . Fie AX CZ x= = i AT CY y= = .

Deoarece AT BY , teorema lui Thales n XBY se poate scrie ( )1XT AXYT AB

= . Din

triunghiul dreptunghic2 2 2 2

,XAT XT AX AT x y= + = + ; observm c

2YT OY OT OY = + = . Relaia ( )1 devine2 2 2 2

2 2

x y a x yxOY

OY a x

+ += =

Din asemnarea ( )XAT XBY AT BY , deducemAT AX y x

BY BX a y a x= =

+. Cu

ajutorul proporiilor derivate, deducem c2

2 2

y x ax a a xy

a a x a x y x

+= = =

+ +

2 12 2 2

a a x a

y x x

+ = = +

Se calculeaz

2 2

2 21

2 2

a x yaOX XT OT XT OY x y

x y

+ = + = + = + + =

i apoi

( ) ( )

2 2

2 2 22 2 2 2 2 2

1 1 4 4 4y x

OX OY aa x y a x y+ = + =

+ +.


7/14

Inegalitatea dintre media geometric i cea armonic a numerelor2

OX i2

OY se scrie2

2 2

2 2 2

2 2

1 1 4 2

aOX OY

OX OY a

= =

+

. Prin ridicare la ptrat, rezult

4

2 2

4

aOX OY sau

4

4

aOX OY OZ OT , q.e.d.

Egalitatea are loc dac OX OY = , ceea ce nu este posibil. Inegalitatea dat este aadarstrict.


8/14

26627 G.M.B. 6-7-8/2012

Fie ABC un triunghi i , ,AD BE CF bisectoarele acestuia. Notm cu1 2 3

, , ,R R R R razele

cercurilor circumscrise triunghiurilor , ,ABC ABD BCE, respectiv CAF . S se arate c :

1 2 3

b c aR R R R

a b c

+ + < + +

Laura Constantinescu, Sibiu

Soluie.

Pentru raza cercului circumscris unui triunghi ABC se cunoate formula4

abcR

S= , unde

, ,a b c sunt lungimile laturilor triunghiului, iar S aria acestuia. n cazul triunghiului ABD , laturile

au lungimile ,ac

AB c BDb c

= =

+

i2

cos

2a

bc AAD l

b c

= =

+

, iar aria ABDS se gsete n relaia

ABDS BD c

S BC b c= =

+cu aria S a triunghiului ABC.

Rezult1

2cos

42 cos cos4 4 2 2 2 2

4

aa

ac bc Ac l ac

acl c A abc c A RS b c b cRc S S b c S b c S

Sb c

+ +

= = = = = =+ +

+

( )

2 sin 2 sin2 cos 2 cos cos

2 2 sin sin 2 22sin cos

2 2

c A R C A R C AR R

B C B Cb c R B C = = = =

+ + +

2 sin cos2 sin 12 2cos 2

22cos cos cos cos sin sin cos sin

2 2 2 2 2 2 2 2

sin cos2 2

C CRR C A

RA B C B C B C B B

C C

= = =

+

+


9/14

Se folosesc relaiile cunoscute( ) ( ) ( )

cos , sin2 2

p p b p a p cB B

ac ac

= = etc. i se

obine( )

( ) ( )

( )( )

( )

1

1 12 2

cR R R

b p p ap p b p a p c

p a pac ac

p a p b p p c

ab ab

= =

+

+

Cu inegalitatea mediilor, avem 2 2p p a p p a

p a p p a p

+ =

; inegalitatea este

chiar strict, deoarece nu putem aveap p a

p a p

=

. Rezult

1

12

2

c cR R R

b b

< = .

n mod analog, se obin inegalitile2 3

,a b

R R R Rc a

< < . Prin nsumarea acestor inegaliti,

obinem1 2 3

b c aR R R R

a b c

+ + < + +

, q.e.d.


10/14

17531* - G.M. 12/1978

n triunghiul ABC avem ( ) ( )2m A m B= i ( ) ( )m B m C < . Mediatoarea laturii [ ]BC

intersecteaz pe AB n M , iar bisectoarea unghiului A intersecteaz pe CM n P i latura

( )BC n D . S se arate c :

a) ( )b c PD a PC + = ; b) 2 2a b bc= + ; c) ( )1 2cosc b A= + Laura Constantinescu, profesoar, Sibiu

Soluie.

a) Triunghiul MBC este isoscel, deoarece mediatoarea [ ]MI este mediani nlime (I fiind

mijlocul lui

[ ]BC ). Rezult

( )

( )

( )

( )

1

2m MCB m B m A m DAC = = = . Triunghiurile

DCP i DAC sunt prin urmare asemenea, avnd DCP DAC . Din asemnarea

acestora rezult ( )

ab

DP CP DP DC ab cb c PD a PC

DC AC CP AC b b c

+= = = = + =

+

b) Se duce din B paralela ,BE AD E AC . Avem CEB CAD (unghiuri corespondente,

secanta CE) i DAB ABE (alterne interne, secanta AB ). Dar CAD DAB , deci ABE AEB ABE isoscel cu AE AB CE CA AE AC AB b c= = + = + = +

Se calculeaz ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2m CBE m B m ABE m B m A= + = = . Rezult c triunghiurile CAB

i CBE sunt asemenea, avnd unghiul din C comun i CAB CBE . Asemnarea celor dou ,

triunghiuri se scrie ( )2 2AC BC

BC AC CE a b b cBC CE

= = = +

Observaie. Punctul b) a fost propus la Olimpiada local, Bucureti, clasa a IX-a, februarie1986.

c) Unghiul AMC este exterior triunghiului isoscel MBC , deci ( ) ( )2m AMC m MBC = = ( ) ( )2m B m A= = . Triunghiul CAM este aadar isoscel; deducem c [ ] [ ]MC AC . Cum

ns[ ] [ ]MC MB , rezult[ ] [ ]MB AC .


11/14

Putem scrie ( )1AB AM MB AM AC= + = +

n triunghiul isoscel CAM se duce ,CN AM N fiind mijlocul lui [ ]AM . Avem

cos cos 2 2 cosAN

A AN AC A AM AN AC AAC

= = = = .

Relaia ( )1 devine ( )2 cos 1 2cosAB AC AC A c b A= + = + , q.e.d.


12/14

23388 G.M. 10/1995

n triunghiul ABC se consider un punct ( )M BC i un punct ( )P AM astfel nct

2AP PM= . Dreapta BP intersecteaz AC n E, iar dreapta CP intersecteaz AB n F .S se arate cEF trece prin mijlocul segmentului ( )AM .

Horia Vrgolici, inginer, Brila

Soluie.

Relaia lui Van Aubel se scrie ( )2 1AP AF AE

PM BF CE = = +

Dac EF BC , atunci 1AF AE

BF CE= = , deci [ ]EF este linie mijlocie n ABC i trece i prin

mijlocul cevienei ( )AM .

S presupunem c { }EF BC T = i notmAF

kBF

= ; rezult din relaia ( )1 c

2AE

kCE

= . Vom efectua raionamentul pe cazul 1k > , caz n care ( )C BT . Cazul

( )( )1k B CT < se trateaz similar.Se scrie teorema lui Menelaus n ABC pentru transversala FET :

2 2 21

AF BT CE BT AE BF k BT CT BC k

BF CT AE CT CE AF k CT CT k

= = = = =

2 2

kaCT

k =

, unde am notat a BC= .

Teorema lui Ceva pentru cevienele concurente ,AM BE i CF ne conduce la2 2

12

BM CE AF BM AE BF k BM CM BC kaCM

CM AE BF CM CE AF k CM CM k

+ = = = = = =

Scriem acum teorema lui Menelaus n AMC pentru transversala IET , unde

{ }I EF AM= :

( )1 2AI TM CE AI AE CT

IM CT AE IM CE TM = =


13/14

Se evalueaz( )

( )

211

2 2 2 2 1 2 1

k k aka ka kaTM CT CM

k k k

= + = + = + =

i se nlocuiesc

n relaia ( )2 toate elementele calculate :

( )( )

( )

( )

2 12 1

2

2 1

ka

kAIk

k k aIM

k

= =

. Deducem cI este mijlocul lui ( )AM , q.e.d.


14/14

26630 G.M.B. 6-7-8/2012

Fie ABC un triunghi cu ( ) 60m B = i ( ) 45m C = . Considerm punctele , ,P Q R astfel

nct ,CP AB AQ BC = = i ( )2 3 2CR BA CB= + . S se arate c triunghiul PQR esteechilateral.

Romanai Ioan Ghi, Blaj

Soluie.

Se calculeaz ( ) ( ) ( )( )180 180 105 75m A m B m C = + = = . Avem sin 75 =

( )( )2 3 12 3 2 1

sin 45 30 sin 45 cos30 cos45 sin302 2 2 2 4

+

= + = + = + =

Patrulaterul AQCB este paralelogram, deci CQ BA= i ( ) ( ) 60m PQA m B= = . Fie

punctul (S CB astfel nct ( )2 3 2CS CB=

. Rezult c punctul R este al patrulea vrf al

paralelogramului CQRS, deoarece ( )2 3 2CR BA CB CQ CS = + = +

.

Teorema sinusurilor n ABC se scriesin sin sin 45 sin 75

AB BC c a

C A= =

( )( )

2 3 1

3 14

22

2

ca c

+

+

= =

Calculm ( ) ( )( )3 1

2 3 1 2 3 1 22

cCS a c RQ

+

= = = = .

Patrulaterul ABPC este de asemenea paralelogram, deci CP AB i punctele , ,P C Q sunt

coliniare. Rezult c 2 2PQ AB c RQ= = = . Triunghiul PQR este isoscel cu ( ) 60m PQR = ,deci echilateral, q.e.d.

probleme noiembrie 2012

Documents