TEOREMA BISECTOAREI Definiţie. Se numește bisectoare interioară a unghiului
A al triunghiului ABC, bisectoarea unghiului BAC. Dacă AB < AC, se numește bisectoarea exterioară a unghiului p A al triunghiului ABC, bisectoarea unghiului p BAC' unde (AC’ este semidreapta opusă semidreptei (AC. În figura ală alăturată turată [AD este bisectoarea interioară interioar ă a unghiului A, iar [AD’ este bisectoarea exterioară exterioar ă a unghiului p A . p
C’ A
D’
B
D
C
Observaţie. Bisectoarea interioară și bisectoarea exterioară ale unui unghi sunt perpendiculare. Teorema 1. (Teorema bisectoarei interioare și reciproca acesteia). Fie triunghiul ABC și
D∈(BC). [AD este bisectoarea unghiului
p
BAC ⇔
BD AB = . DC AC
Demonstraţie. „⇒”
E
A B
D
C
Construim CE || AD, E ∈AB.
BD AB = (1). DC AE Avem congruen ţele de unghiuri p BEC ≡ p BAD ≡ p DAC ≡ p ECA de unde deducem c ă triunghiul ACE este isoscel cu [AE] ≡ [AC] (2). BD AB Din (1) și (2) rezult ă = . DC AC „⇐” Presupunem c ă [AD nu este bisectoarea unghiului BAC. Dac ă D1 ∈(BC) este piciorul bisectoarei BD1 AB = unghiului BAC, atunci . D1C AC BD AB = Din ipoteză avem . DC AC Aplicând teorema lui Thales în
∆ ABC obţinem
BD BD1 = cu D, D1 ∈(BC) ceea ce este în contradic ţie cu faptul DC D1C că există un singur punct interior segmentului (BC) care îl împarte într-un anumit raport. Teorema 2. (Teorema bisectoarei exterioare și reciproca acesteia). Fie triunghiul ABC cu AB ≠ AC și D’∈BC \ [BC]. BD' AB = [AD’ este bisectoarea exterioar ă a unghiului BAC ⇔ . D' C AC Demonstraţia este asemănătoare cu demonstra ţia teoremei 1. Observaţie. Punctele D și D’ din teoremele 1 și 2 sunt conjugate armonic fa ţă de punctele B și C. Teorema 3. (Teorema celor două bisectoare) Fie triunghiul ABC și punctele D, D’ ∈BC care împart segmentul [BC] în rapoarte egale. Dacă m(p DAD') = 90 , atunci [AD și [AD’ sunt cele două bisectoare ale unghiului p BAC (interioară și exterioară). Demonstraţie. Din cele dou ă proporţii obţinem
o
E A E’
D’
B
D
C
Construim BE || AD, E ∈AC și BE’ || AD’, E’ ∈AC. Aplicând teorema lui Thales ob ţinem EA BD AE' D' B și = = . AC DC AC D' C BD D' B Din ipoteză avem = . DC D' C Din cele trei propor ţii deducem [AE] ≡ [AE’]. m(p DAD') = m(p EBE') = 90 . În triunghiul dreptunghic EBE’ [BA] este median ă de unde rezult ă BA=AE=AE’ și BD EA AB = = . Aplicând reciproca teoremei bisectoarei deducem c ă [AD este bisectoarea DC AC AC unghiului p BAC. Definiţie. În spa ţiu se consider ă un unghi diedru de muchie d ale cărei feţe sunt incluse în plane diferite. Se nume ște semiplan bisector al unghiului diedru, semiplanul m ărginit de dreapta d , inclus în interiorul unghiului diedru și care formeaz ă cu feţele acestuia unghiuri diedre congruente. Se demonstreaz ă ușor următoarea: Propoziţie. Un punct interior unui unghi diedru apar ţine semiplanului bisector al acestuia dac ă și numai dacă este egal depărtat de fe ţele diedrului. Observaţie. Semiplanul m ărginit de dreapta AB și care con ţine punctul M ∉AB se notează (AB, M . Teorema 4. (Teorema semiplanului bisector). Se consideră tetraedrul ABCD și un semiplan mărginit de dreapta BC, semiplan care intersecteaz ă segmentul [AD] în punctul M. Semiplanul (BC, M este semiplanul bisector al unghiului diedru m ărginit de semiplanele (BC, A și (BC, D AM A [ABC] dacă și numai dacă = . MD A [BCD] o
Demonstraţie.
A M
P
N
B
D C
Fie N și P proiec ţiile punctelor A și D pe planul (BCM); punctele M, N și P sunt coliniare. Din AM AN AN ⋅ A[BCM] V[ABCM] asemănarea triunghiurilor ANM și DPM deducem = . = = MD DP DP ⋅ A[BCM] V[BCDM] V[ABCM] A[ABC] d (M, (ABC)) AM A[ABC] d (M, (ABC)) și Pe de altă parte = = . V[BCDM] A[BCD] d (M, (BCD)) MD A[BCD] d (M, (BCD)) AM A[ABC] Dacă (BC, M este semiplanul bisector, atunci d (M, (ABC)) = d (M, (BCD)) și = . MD A[BCD] AM A[ABC] Dacă = , deducem d (M, (ABC)) = d (M, (BCD)) și M aparţine semiplanului bisector. MD A[BCD] PROBLEME REZOLVATE
1) Fie D și D’ picioarele bisectoarelor interioar ă și exterioară ale unghiului A al triunghiului ABC. Se notează AB = C, BC = a și AC = b. a) Calculaţi în func ţie de a, b și c lungimile segmentelor BD și DC. b) Dacă AB < AC calcula ţi în func ţie de a, b și c lungimile segmentelor BD’ și D’C. c) 2bc A Demonstraţi că AD = cos . b+c 2 2 d) Demonstra ţi că AD = AB ⋅ AC − BD ⋅ DC . Soluţie. BD AB BD AB ac ⇒ ⇒ BD = a) = = . DC AC BD + DC AB + AC b+c DC =
ab b+c
b) BD’ =
ac b−c
, D’C =
ab b−c
.
Aplicăm teorema sinusurilor în triunghiul ABD: AD BD ac sin B de unde AD = . = A sin B sin A (b + c )sin 2 2 Aplicăm teorema sinusurilor în triunghiul ABC: a sin B = b sin A . Înlocuim în rela ţia de mai sus:
bc sin A
AD =
(b + c )sin
A 2
2bc b+c
cos
A . 2
2 2 bc A b c p( p − a ) d) AD = = = cos ⋅ ⋅ (a + b + c )(b + c − a ) = 2 bc (b + c) 2 (b + c) 2 (b + c) 2
2
bc
2 2
=
b c
2
2
a bc
[(b + c ) − a ] = bc − = AB ⋅ AC − BD ⋅ DC . (b + c) 2 (b + c )2 2) Se consideră triunghiul ABC cu AB < AC < BC. [AD și [AD’ sunt bisectoarele unghiului p BAC , D ∈(BC), D’ ∈BC \ [BC]. Se noteaz ă DD’ = x și se consider ă y și z lungimile segmentelor 1 1 1 analoage cu DD’ corespunz ătoare respectiv unghiurilor p ABC și p ACB . Arătaţi că + = . =
2
2
x
ac
Indicaţie. x = DD’ = BD + BD’ =
b+c
+
ac b−c
=
2abc 2
b −c
2
y
z
.
3) Se consider ă triunghiul ABC cu centrul de greutate în G și centrul cercului înscris în I. Demonstraţi că GI || BC ⇔ AB + AC = 2BC. Soluţie. A I B
G D M
C
Dacă D este piciorul bisectoarei interioare a unghiului p A și M este mijlocul laturii [BC], avem AI AB AG și = =2. ID BD GM AI AG AI AB c(b + c) ⇔ GI || BC ⇔ = =2⇔ =2⇔ = 2 ⇔ b + c = 2a . ac ID GM ID BD 4) În triunghiul ABC, M este mijlocul laturii [AC], B’ este piciorul în ălţimii din B și p ABB' ≡ p B' BM ≡p MBC . Determina ţi măsurile unghiurilor triunghiului ABC. Soluţie. B
A B’
M
C
B' M BB' = . MC BC B' M 1 În triunghiul isoscel AMB avem [AB’] ≡ [B’M], deci = . MC 2 Aplicând teorema bisectoarei în triunghiul BB’C ob ţinem
BB' 1 = , deci în triunghiul dreptunghic BB’C avem BC 2 m(p BCB') = 30 . Rezultă m(p B' BC) = 60 și m(p ABC) = 90 , iar m(p BAC) = 60 . 5) Se consider ă triunghiul ABC cu AB = 20 și BC = 30. Dac ă D este piciorul bisectoarei interioare a unghiului B, DE || AB, E ∈(BC), EF || BD, F ∈AC și AD – CF = 1, calcula ţi lungimea laturii [AC]. Soluţie. Din cele dou ă propoziţii obţinem o
o
o
o
A D F B
E
Aplicând teorema bisectoarei ob ţinem AD =
C
2AC 3AC și DC = . 5 5
Aplicând teorema lui Thales în triunghiurile ABC și BCD obţinem EC = 18 și FC =
EC DC FC EC și = = de unde BC AC DC BC
9AC . 25
2AC 9AC − = 1 de unde AC = 25. 5 25 6) Se consideră trapezul ABCD cu AB || CD și AC ∩ BD = {O}. Paralela prin punctul O la bazele trapezului intersecteaz ă dreptele AD și BC respectiv în E și F. Demonstra ţi c ă [EF este bisectoarea unghiului p CEB dacă și numai dac ă trapezul este dreptunghic în A și D. Înlocuind în rela ţia din ipotez ă avem
Soluţie.
D E
A
C O
F
B
Din asemănarea triunghiurilor COF și CAB apoi COD și AOB obţinem CF CO CD = = . (1) FB OA AB CF DE CD DE Din AB || EF || CD rezult ă = , deci = . (2) FB EA AB EA
Dacă [EF este bisectoarea unghiului
p
BEC, atunci
CF EC și obţinem = FB EB
∆DEC ~ ∆AEB
(au
laturile propor ţionale) de unde m (p CDE ) = m(p BAE ) . Dar m(p CDE ) + m(p BAE ) = 180 . Rezultă m(p BAD) = 90 . o
o
Dacă m(p BAD ) = m(p ADC ) = 90 , folosind (2) deducem ∆CDE ~ ∆BAE de unde o
CE CD = . EB AB
CE CF = deci [EF este bisectoare. EB AB 7) Se d ă patrulaterul ABCD înscris în cercul C . M este mijlocul laturii [BC], N este mijlocul laturii [AD] și P este intersec ţia dreptelor AB și CD. Demostra ţi că distanţele de la punctele M și N la bisectoarea unghiului p APD sunt propor ţionale cu lungimile laturilor BC și AD. Soluţie. Folosind (1) rezult ă
A B N L
M M’ K
P C D Notăm cu L și K punctele de intersec ţie ale bisectoarei unghiului
APD cu AD și BC. PB KB PD LD și Aplicând teorema bisectoarei în triunghiurile PBC și PAD obţinem = = . Din PC KC PA LA PB PD triunghiurile asemenea PBC și PDA (au dou ă perechi de unghiuri congruente) ob ţinem = . PC PA KB LD Din cele trei propor ţii rezultă = . KC LA Avem KB – KC = (KM + MB) – (MC – KM) = 2KM și LD – LA = 2LN. KB - KC LD - LA LN KM Din aceste rela ţii obţinem = , adică = (1) KB + KC LD - LA AD BC Dacă M’ și N’ sunt proiec ţiile punctelor M și N pe dreapta PL avem 0 m(p NLN') = m(p KLA ) = 180 − m(p DAB) – m(p APL ) = m(p BCD ) – m(p LPC) = = 1800 − m(p KCP ) – m(p LPC) = m(p CKP) = m(p MKM') . Din această congruenţă de unghiuri rezult ă că triunghiurile dreptunghice M’KM și N’LN sunt MM' NN' asemenea de unde = (2) MK NL MM' NN' Din (1) și (2) rezult ă = . BC AD 8) Se consideră patrulaterul ABCD înscris în cercul C astfel încât AB ∩ CD = {E} și BC ∩ AD = {F} . Bisectoarea unghiului p BEC intersectează dreapta AD în H și dreapta BC în G, bisectoarea unghiului p CFD intersectează dreapta DC în I și dreapta AB în J. Demonstra ţi că: p
IC JA = ; c) HJ || BD; d) Patrulaterul GIHJ este ID JB romb; e) Mijloacele diagonalelor [AC], [BD] și punctul de intersec ţie al dreptelor EG și FI sunt coliniare. Soluţie. a) Triunghiurile AFC și BFD sunt asemenea; b)
E
F A
B
D
H
J O
I
G C
a) Cele două triunghiuri sunt asemenea deoarece au un unghi comun și m(p ACF) = m(p FDB) = 1 = m(p AB) . 2 FC FA b) Din asemănarea de la subpunctul a) ob ţinem = . FD FB FC IC FA JA și Aplicând teorema bisectoarei în triunghiurile FCD și FAB rezultă = = FD ID FB JB IC JA Din cele trei propor ţii obţinem = . ID JB AC c) Din asem ănarea de la subpunctul a) avem = . BD AJ FA AC Aplicând teorema bisectoarei în DAFB ob ţinem = , deci = (1). JB FB BD AH AE AC Analog se ob ţine = = (2) DH DE BC AJ Din (1) și (2) rezult ă = , deci HJ || BD. BJ IC JA AH ⇒ HI || AC. d) = = ID JB DH Analog se demonstreaz ă GJ || AC și GI || BD. Rezult ă că patrulaterul GIHJ este paralelogram. Notăm GE ∩ FI = {O} m (p FOH ) =180 0 − 1 m(p CFD) − m(p FHO) = 1800 − 1 m(p CFD ) − 2 2 1 1 – 180 0 − m(p BEC) − m(p EDA ) = m(p EDA) – [180 0 − m(p FCD) − m(p FDC)]+ 2 2 1 1 1 1 + [1800 − m(p EBC) − m(p ECB)] = m(p EDA ) + m(p FCD) + m(p FDC) – m(p EBC) – 2 2 2 2
1 1 1 1 1 – m(p ECB) = 1800 – m(p ADC) + m(p FCD) – m(p EBC) =1800 – m(p ADC) – m(p EBC) = 2 2 2 2 2 1 = 1800 − ⋅ 180 0 = 90 0 . 2 Patrulaterul GIHJ este romb. e) A
D
J B
H N
K
L O
M
I
G C Notăm cu M și N mijloacele diagonalelor [AC] și [BD]. Deoarece GJ || AC, mediana BM a triunghiului ABC intersecteaz ă segmentul [GJ] în mijlocul acestuia K. Analog DM intersecteaz ă segmentul [HI] în mijlocul acestuia L. Centrul O al rombului HIGJ este mijlocul segmentului [LK]. Dar LK || BD și atunci O apar ţine medianei MN a triunghiului BMD. MA 9) Determina ţi locul geometric al punctelor M pentru care = k , k > 0 , k ≠ 1 , dacă A și B sunt MB două puncte distincte date. M 1A M 2 A = k . = Soluţie. Există două puncte M 1∈(AB) și M2∈(AB) \ [AB] astfel încât M 1B M 2 B Ele sunt fixe și aparţin locului geometric c ăutat. M A MA M A MA și 2 = Fie M ∉AB un punct cu proprietatea din enun ţ. Din 1 = rezultă că [MM1 și M 2 B MB M1B MB [MM2 sunt bisectoarele unghiului M al triunghiului MAB. Deoarece MM 1⊥ MM2 deducem c ă M aparţine cercului C de diametru [M 1M2]. Reciproc, fie M un punct al cercului C . Dacă M ∈{ M1, M2} el are proprietatea din enun ţ. Dacă M ∈C \ { M1, M2}, deoarece m(p M1MM 2 ) = 90 aplicând teorema celor dou ă bisectoare deducem c ă (MM1 și (MM2 sunt bisectoarele unghiului M al triunghiului MAB, deci M1A MA = =k . M1B MB Locul geometric c ăutat este cercul de diametru [M 1M2] unde M 1 și M2 sunt punctele care împart segmentul [AB] în raportul k . Observaţie. Pentru k = 1 locul geometric este mediatoarea segmentului [AB]. o
PROBLEME PROPUSE
1) Se consideră triunghiul ABC. M este mijlocul segmentului [BC], [MD este bisectoarea unghiului p AMB , D ∈(AB). Dreapta DE este paralel ă cu BC, E ∈(AC). Demonstra ţi că [ME este bisectoarea unghiului p AMC .
2) Se consider ă dreptunghiul ABCD. Bisectoarele unghiurilor BAC și CAD intersectează dreptele MB ND + > 1. BC și CD respectiv în M și N. Demonstra ţi că MC NC 3) Se consider ă triunghiul ABC și E mijlocul laturii [AC]. Paralela prin E la bisectoarea unghiului ABC intersectează dreptele AB și AC respectiv în F și G. Demonstraţi că [AF] ≡ [CG]. 4) Bisectoarele unghiurilor A și D ale paralelogramului ABCD intersecteaz ă dreptele BD și AC respectiv în M și N. Demonstra ţi că MN || AD. 5) Semidreptele [AA 1, [AA2 și [AA3 împart unghiul A al triunghiului ABC în patru unghiuri AB A A AC congruente, A 1 ∈(BC), A2 ∈(A1C), A3 ∈(A2C). a) Demonstra ţi c ă 1 ⋅ 2 3 ⋅ 2 = 1 . b) Dacă A1A 2 A 3C A 2 B [BA1] ≡ [CA3] demonstra ţi că triunghiul este isoscel. c) Justifica ţi că nu poate avea loc rela ţia AA 22 = AB ⋅ AC . 6) Se consider ă triunghiul ABC dreptunghic în A. [AD este bisectoarea unghiului p BAC , D ∈(BC) AB ⋅ AC 2 și [BE este bisectoarea unghiului p ABC , E ∈(AC). a) Demonstraţi că AD = . AB + AC 1 1 2 + = b) Arătaţi că BE + EA = BC dacă și numai dac ă . c) Demonstra ţi că dacă BC AB AC BE + EA = BC atunci BE 2 = AB ⋅ AC . 7) Diagonalele patrulaterului ABCD se intersecteaz ă în O. Bisectoarea unghiului p AOB intersectează dreptele AB și CD respectiv în E și F. a) Dac ă AG || EF, G ∈BD, demonstra ţi că EO BO triunghiul AOG este isoscel. b) Demonstra ţi că = . c) Demonstra ţi că AG BO + AO 1 1 1 + OE = OA OB . 1 1 1 + OF OC OD 8) Se consideră patrulaterul convex ABCD astfel încât AB ∩ CD = {S}. Se consideră punctele N NB QA AB ∈(BC), Q ∈(DA) astfel încât și punctele A’, D’ astfel încât patrulaterele ABNA’ = = NC QB CD și DCND’ sunt paralelograme. Demonstra ţi că: a) Punctele A’, Q, D’ sunt coliniare. b) Dreapta NQ este paralel ă sau coincide cu bisectoarea unghiului ASD. INDICA ŢII ȘI RĂSPUNSURI
1) Aplicând teorema bisectoarei în ∆AMB, teorema lui Thales în ∆ABC și reciproca teoremei bisectoarei în ∆AMC. MB AB ND AD MB ND AB + AD AB + AD și 2) = > 1. ⇒ ⇒ = = + MC AC NC AC MC NC AC AC CD CB AD AB CD AE CB AF ⋅ ⋅ și 3) = = = ⇒ CE CG AE AF AD CE CG AB CD BC CE AE = , = . AD AB CG AF DM AD AD AN 4) = = = . MB AB DC NC DM AN DM AN = ; = . DM + MB AN + NC 2DO 2AO
5) a) Se înmul ţesc egalitaţile A1B AB A 2 A 3 AA 2 A 2C AC = ; = ; = . A1A 2 AA 2 A 3C AC A 2 B AB b) Notăm BA1 = CA 3 = x , A1A 2 = y , A 2 A 3 = z . Înlocuim în rela ţia A 2 A 3 ⋅ A 2 C = A 2 B ⋅ A 2 A1 . z ( z + x ) = y ( x + y ) ⇒ ( z − x )( x + y + z ) = 0 ⇒ z = y ⇒ x + z = y + z ⇒ BA 2 = CA 2 . În triunghiul ABC, AA2 este mediană și înălţime. AA 2 AC ⇒ ∆ABA2 ~ ∆AA 2 C ⇒ p ACB ≡ p AA 2 B contradicţie (de c) AA 22 = AB ⋅ AC ⇔ = AB AA 2 ce?) 6) a) Folosi ţi rezultatul din problema rezolvat ă 1c). 2 bc b) BE = acp( p − b) , EA = . a+c
a+c
BE + EA = BC ⇔ 4acp( p − b) = [a(a + c) − bc] 2 2
2
(
2 2
2
= a (a + c ) + b c − 2abc(a + c ) ⇔ a a − c 2
2
2
2
[
2
⇔ ac (a + c ) − b
2
]=
) + b 2c = 2abc ⇔ ab 2 + b 2c = 2abc 2
2
c) Folosiţi BE = AB + AE sau BE = ac AE ⋅ EC = ac −
ab c
(a + c )2
=
2ac 2 a+c
⇔
2 b
=
1 1 a
+
c
.
= bc
7) Notaţi OA = a, OB = b, OC = c, OD = d . a) p OAG ≡ p OGA . EO BO BO BO b) = = = . AC BD BO + OG BO + OA c) Construiţi DH || EF, H ∈AC. Analog cu subpunctul b se demonstreaz ă
FO OC = . DH OC + OD
OE CF(b + a )DH DH OD OD = ; = = etc. OF b(d + c) ⋅ AG AG OG OA AA' || DD' ⇒ p A' AQ ≡ p D' DQ AQ AA' 8) a) ⇒ ∆AA' Q ~ ∆DD' Q ⇒ p AQA' ≡ p DQD' ⇒ = QD DD' ⇒ A’, Q, D’ coliniare. QA' AQ AB A' N b) = = = ⇒ [NQ bisectoarea p A' ND' . QD' DQ CD D' N Unghiurile A’ND și ASD au laturile respectiv paralele și sunt congruente, rezult ă că bisectoarele lor sunt paralele sau coincid. BIBLIOGRAFIE
1) Botez M. Șt. – Probleme de geometrie, Editura Tehnic ă, 1976. 2) Brânzei D. și alţii – Bazele ra ţionamentului geometric, Editura Academiei R.S.R., 1983. 3) Mihalea D. și alţii – Geometria patrulaterului, Editura Teora, 1998. 4) Nicula V. – Geometrie plan ă. Culegere de probleme, Editura Gil, 2002. 5) Ţiţeica Gh. – Probleme de geometrie, Editura Tehnic ă, 1981.
