4. Aplicaţii ale numerelor complexe în geometrie
În aceast ă temă vom utiliza numerele complexe pentru rezolvarea şi generalizarea unor probleme de geometrie. De şi metoda vectorial ă şi metoda numerelor complexe sunt echivalente, fiecare dintre ele rezolv ă cu uşurinţă anumite probleme şi în acelaşi timp creeaz ă, în limbajul lor specific, noi probleme. Amintim câteva rezultate, care vor fi utile în cele ce urmeaz ă. Vom nota cu M(z) punctul M de afix z. 4.1.2 Distanţa dintre punctele M 1(z1) şi M2(z2) este M1M2 = z 1 − z 2 . 4.1.1
4.1.3 Afixul punctului M care împarte segmentul [M1M2] în raportul k , z − kz 2 adică MM 1 = k MM 2 este z = 1 , unde M(z), M 1(z1), M2(z2). 1 − k 4.1.4 Consecinţă . Afixul mijlocului M al segmentului [M 1M2] este z + z 2 ; Afixul g al centrului de greutate G al triunghiului M 1M2M3 este z = 1
2
g =
z 1 + z 2 + z 3
; patrulaterul M1M2M3M4 este paralelogram dac ă şi numai 3 dacă z1+z3 = z2+z4, unde M i(zi), i = 1, 2, 3, 4.
Condiţia de coliniaritate : coliniare dac ă şi numai dac ă există k 1 z 1 + k 2 z 2 + k 3 z 3 = 0 .
Punctele M1(z1), M2(z2), M3(z3) sunt k 1, k 2, k 3 ∈ R cu k 1+ k 2+ k 3 = 0 şi
4.1.5
Demonstraţie
: Dacă M1 , M2
,
k ∈ R cu M 2 M 1 = k M 2 M 3 . Deci z 2 =
M3 sunt coliniare, atunci exist ă
z 1 − kz 3
, adică z 1 − (1 − k ) z 2 − kz 3 = 0 . 1 − k Pentru k 1 = 1, k 2 = k-1, k 3 = -k obţinem concluzia. Reciproc, din k 1 z 1 + k 2 z 2 + k 3 z 3 = 0 cu k 2= -k 1-k 3, obţinem k 1 ( z 1 − z 2 ) = −k 3 ( z 3 − z 2 ) . Pentru k = −
k 3 k 1
obţinem z 2 =
z 1 − kz 3
1 − k
, adică M1 , M2 , M3 sunt coliniare.
Măsurara unghiului orientat ∠ M 1OM 2 , în sens trigonometric, (semidreapta OM 1 se roteşte în sens trigonometric peste semidreapta OM 2), 4.1.6
51
faţă de un reper cu originea în O este: µ (∠ M 1OM 2 ) = arg
z 2 z 1
, unde z 1, z 2 sunt
afixele punctelor M 1, respectiv M 2. 4.1.7 Consecinţă : Dacă M1(z1), M2(z2), M3(z3), atunci măsura unghiului ∠ M 1 M 2 M 3 orientat (în sens trigonometric) este: µ (∠ M 1 M 2 M 3 ) = arg
z 3 − z 2 z 1 − z 2
.
M3
y
M1
Translatăm M2 în originea O şi aplicăm 4.1.5 .
z3 – z2 M2 z1 – z2 x O Demonstraţie : 4.1.8 Consecinţă
: Dacă M1(z1), M2(z2), M3(z3) şi
ε = cos α + i sin α , şi
α ∈ [0, 2π ) ,
cu
z 3 − z 2 z 1 − z 2
= ρ ε , unde ρ > 0,
atunci
M 2M 3 M 1M 2
= ρ
(∠M 1M 2 M 3 ) = min(α , 2π −α ) .
4.1.9 Formula rotaţiei în comple Dacă M3(z3) se ob ţine printr-o centrul în M2(z2) şi unghi α ∈ [0, 2π ) , a punctului M 1(z1),
rotaţie cu atunci : z 3 = z 2 + ( z 1 − z 2 )ε , unde ε = cos α + i sin α , dacă rotaţia se efectueaz ă în sens trigonometric sau ε = cos(2π − α ) + i sin (2π − α ) , dacă rotaţia se efectueaz ă în sens invers trigonometric. 4.1.10
Consecinţă
c = a + (b − a )ε ,
: Triunghiul ABC este echilateral dac ă şi numai dacă
unde ε = cos
trigonometric, sau ε = cos
π
3
+ i sin
π
3
, dacă ∆ ABC este orientat în sens
5π 5π , dacă ∆ ABC este orientat în sens + i sin 3 3
invers trigonometric. 52
4.1.11 Unghiul a două drepte.
Dacă M1(z1), M2(z2), M3(z3), M4(z4) sunt puncte distincte în plan, diferite de origine, atunci m ăsura unghiului orientat (în sens trigonometric) al dreptelor M 1M2 şi M3M4 este : µ (∠(M 1 M 2 , M 3 M 4 ) ) = arg
4.1.12
Consecinţă
α ∈ [0, 2π ) , atunci:
: Dacă
M 1M 2 M 3 M 4
= ρ şi
z 3 − z 1 z 4 − z 3
z 2 − z 1 z 4 − z 3
.
= ρ ε , unde ρ > 0, ε = cos α + i sin α ,
(∠(M 1 M 2 , M 3 M 4 ) ) = min(α , 2π − α ) .
4.1.13 Consecinţă : M 1 M 2 ⊥ M 3 M 4 ⇔
z 2 − z 1 z 4 − z 3
M 1 M 2 M 3 M 4 ⇔
∈ iR * .
z 2 − z 1 z 4 − z 3
∈ R * .
4.1.14 Punctele M1(z1), M 2(z2), M 3(z3), M 4(z4), distincte, sunt conciclice dac ă şi numai dac ă raportul anarmonic al afixelor z 1, z2, z3, z4 este real, adic ă: z − z z − z ( z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ) = 3 1 : 4 1 ∈ R * . z 3 − z 2 z 4 − z 2 Demonstraţie : Cazul I: Dacă M1 şi M2 sunt de aceea şi parte a dreptei M 3M4 avem: z 1 − z 3 z 1 − z 4
arg
z 2 − z 3
Cazul II: Când M1
arg
z 1 − z 3
z 2 − z 3
= arg şi
z 2 − z 4
.
M2 sunt separate de dreapta M 3M4 avem:
− arg
z 1 − z 4 z 2 − z 4
= π .
. Triunghiurile A1A2A3 şi A1' A2' A3' , la fel orientate, sunt asemenea, în aceast ă ordine, dacă şi numai dacă 4.1.15
a 2 − a1 a3 − a1
Triunghiuri asemenea
=
' ' a 2 − a1
a3' − a1'
.
53
Demonstraţie: Avem ∆ A1 A 2 A 3
~ ∆ A1' A 2' A3'
A1 A2 A1' A2' = ⇔ A1 A3 A1' A3' ⇔ ∠ A A A ≡ ∠ A ' A ' A ' 3 1 2 3 1 2 a −a a 2' − a1' 2 1 = ' a3 − a1' a3 − a1 a 2 − a1 a 2' − a1' = arg ' arg ' − a a a3 − a1 3 1
⇔
a 2 − a1 a3 − a1
=
a 2' − a1' ' ' a3 − a1
.
Triunghiurile A1A2A3 şi A1' A2' A3' , la fel orientate, sunt asemenea, dac ă şi numai dac ă: a1' (a 2 − a3 ) + a 2' (a3 − a1 ) + a3' (a1 − a 2 ) = 0 . ' ' ' 4.1.17 Observaţie: Triunghiurile A1A2A3 şi A1 A2 A3 , invers orientate, sunt 4.1.16 Observaţie:
asemenea în aceast ă ordine, dacă şi numai dacă: Demonstraţie
a 2 − a1 a3 − a1
=
a 2' − a1' ' a3
: Se consider ă triunghiul M1M2M3 simetric cu
.
− a1' A1' A2' A3'
faţă de O
Triunghiul M1M2M3 are afixele vârfurilor a1' , a 2' , a3' şi este la fel orientat cu triunghiul A1A2A3. Folosim 4.14, obţinem relaţia cerută. 4.1.18 Consecinţă : Triunghiul A1A2A3 a12 + a 22 + a32 = a1a 2 + a 2 a3 + a3 a1 .
este echilateral dac ă şi numai dacă:
Demonstraţie: Triunghiul A1A2A3 este echilateral ⇔ ∆ A1 A 2 A 3 ~ ∆ A 2 A3 A1 ⇔ 2 2 2 a 2 (a 2 − a3 ) + a3 (a3 − a1 ) + a1 (a1 − a 2 ) = 0 ⇔ a1 + a 2 + a3 = a1a 2 + a 2 a3 + a3 a1
. 4.1.19 Aria unui triunghi. Dacă a1, a2, a3 sunt afixele vârfurilor triunghiului
A1A2A3, notat în sens trigonometric, atunci 1 σ [ A1 A2 A3 ] = Im(a1 a 2 + a 2 a3 + a3 a1 ) . 2
54
Făr ă a restrânge generalitatea problemei, putem considera originea sistemului ortogonal de axe în interiorul triunghiului. Fie a1 = r 1 (cosθ 1 + i sin θ 2 ) a 2 = r 2 (cosθ 2 + i sin θ 2 ) a3 = r 3 (cosθ 3 + i sin θ 3 ) . Atunci: a1a 2 + a2 a3 + a3 a1 = r 1r 2 [cos(θ 2 − θ 1 ) + + i sin (θ 2 − θ 1 )] + r 2 r 3 [cos (θ 3 − θ 2 ) + i sin (θ 3 − θ 2 )] + r 1 r 3 [cos (θ 1 − θ 3 ) + i sin (θ 1 − θ 3 )] . Deci:
y A1
A2
O
x A3
Demonstraţie :
1 1 1 1 Im(a1 a 2 + a 2 a 3 + a3 a1 ) = r 1 r 2 sin (θ 2 − θ 1 ) + r 2 r 3 sin (θ 3 − θ 2 ) + r 1 r 3 sin (θ 1 − θ 3 ) = 2 2 2 2 = σ [ A1OA2 ] + σ [ A2 OA3 ] + σ [ A3OA1 ] = σ [ A1 A2 A3 ] .
: Formula se poate extinde pentru un poligon conve Dac ă A1A2…An, n ≥ 3 este un poligon convex, notat în sens trigonometric, iar a 1, a2,…, an sunt afixele vârfurilor, atunci: 1 σ [ A1 A2 ... An ] = Im (a1 a 2 + a 2 a 3 + .... + a n −1 a n + a n a1 ) (Formula lui Kiril 2 Docev). Demonstra ţie prin inducţie (vezi [3] ). 4.1.20 Observaţie
4.1.21 Afixul ortocentrului unui triunghi.
Faţă de un reper cartezian cu originea O în centrul cercului circumscris triunghiului ABC, afixul ortocentrului H al triunghiului ABC, este: h = a + b + c , unde H(h), A(a), B(b), C(c). Demonstra ţie :
Fie O1 simetricul lui O faţă de BC. Atunci AHO1O este paralelogram. Rezult ă: a + o1 = h + o . Obţinem : h = a + o1 = a + b + c .
.
O
B
C . O1
55
: Faţă de un reper cu originea în centrul cercului circumscris triunghiului ABC, centrul ω al cercului lui Euler al triunghiului 4.1.22
Consecinţă
ABC este :
ω =
a+b+c
, unde ω (ω ) .
2 Demonstraţie : Ω este mijlocul segemntului [OH]. 4.1.23 Caracterizarea triunghiului dreptunghic . Triunghiul ABC înscris în cercul C(O, R) este dreptunghic dac ă şi numai dac ă a + b + c = R , unde A(a),
B(b), C(c). Demonstraţie : Dacă triunghiul ABC este dreptunghic cu unghiul drept în A, atunci B şi C sunt diametral opuse, deci b = −c , de unde a + b + c = a = R .
Reciproc dac ă
a + b + c = R , atunci
a +b+ c
2
= R 2 , adică
R 2 R 2 R 2 = R 2 , (a + b + c ) deci + + a b c 1 1 1 (a + b + c ) + + = 1 ⇔ ⇔ (a + b )(b + c )(c + a ) = 0 adică două b c a
din punctele A, B, C sunt diametral opuse.
Bibliografie 1. Andrei Gh., Caragea C., Cucurezeanu I., Bordea Gh., Probleme de algebr ă pentru concursurile de admitere şi olimpiade şcolare, E.D.P., Bucure şti, 1993 2. Andrica D., Bi şboacă N., Numere complexe de la…a…la…z, Aditura Millenium, Alba Iulia, 2001 3. Andrica D., Varga C., V ă că re ţ u D., Teme de geometrie, Editura Promedia Plus, Cluj Napoca, 1997 4. Cocea C., 200 de probleme din geometria triunghiului echilateral, Editura Gh. Asachi, Ia şi, 1992 5. Dincă M., Chiri ţă M., Numere complexe în matematica de liceu, Editura All Educational, Bucure şti, 1996 6. Nicula V., Numere complexe. Probleme şi exerci ţ ii pentru clasa a X-a, Editura Scorpion 7, Bucure şti, 1993
56
Probleme rezolvate (4)
R4.2.1 Fie ABCDE un pentagon complex, iar M, N, P, Q, X, Y respectiv mijloacele segmentelor (BC), (CD), (DE), (EA), (MP), (NQ). Să se arate că XY AB. Soluţie : Notăm cu literele mici corespunzătoare, afixele vârfurilor. Avem: b + c m = , 2 c + d d + e e+a m + p b + c + d + e = n= , p = , q= , x = , 2 2 2 2 4 a + d + c + e b−a XY 1 = şi XY AB. y = . Atunci: x − y = . Deci 2 AB 4 4 R4.2.2 Dac ă pe laturile unui patrulater oarecare ABCD construim în exterior pătrate de centre O1, O2, O 3, O4 , atunci dreptele O1O3 şi O2O4 sunt perpendiculare. Soluţie : Fie O1, O2, O3, O4 centrele pătratelor construite pe (AD), (DC), (CB), respectiv (BA). Atunci O1 este transformatul punctului D printr-o rota ţie de π centru mijlocul segmentului (AD) şi unghi (vârfurile patrulaterului ABCD 2 fiind notate în sens trigonometric). Deci: a + d a + d a + d + i(d − a ) c + d + i(c − d ) . Analog , o1 = o2 = + d − i = 2 2 2 2 b + c + i(b − c ) a + b + i (a − b ) , . Avem: o3 = o4 = 2 2 a + d − b − c d − a − b + c , o1 − o3 = +i 2 2 o1 − o3 c + d − a − b c − d − a + b . Deci Obţinem +i = −i . o2 − o4 = 2 2 o 2 − o4 O1O3=O2O4 şi O1O3 ⊥ O2 O4 . R4.2.3 Se dă un triunghi ABC şi în interiorul său se consider ă triunghiul ' ' ' A B C asemenea cu triunghiul dat şi având aceeaşi orientare (adică vârfurile celor două triunghiuri sunt notate în acela şi sens de rotaţie). Fie A '' , B '' , C ''
(
'
)(
'
)(
'
)
apar ţinând segmentelor AA , BB , CC astfel încât:
57
AA'' A '' A '
=
BB '' B '' B '
=
CC '' C ''C '
.
Să se arate că ∆ A '' B '' C '' ~ ∆ABC . Soluţie : Fie
AA
''
BB
=
A '' A '
''
=
B '' B '
C '' C '
= λ . Notăm cu litere mici afixele corespunzătoare b − λ b '
c − λ c '
, b = , c = . Deoarece 1 − λ 1 − λ 1 − λ ∆ ABC ~ ∆ A ' B ' C ' rezultă : a ' (b − c ) + b ' (c − a ) + c ' (a − b ) = 0 . Se verifică că:
vârfurilor. Atunci:
a =
a − λ a '
CC ''
''
''
''
a ' ' (b − c ) + b '' (c − a ) + c '' (a − b ) = 0 , adică ∆ A '' B '' C '' ~ ∆ ABC . R4.2.4 Pe laturile patrulaterului convex ABCD se construiesc în exterior triunghiurile echilaterale ABM, BCN, CDP, DAQ. S ă se arate că patrulaterele ABCD şi MNPQ au acelaşi centru de greutate. Soluţie : Notăm vârfurile patrulaterului în sens trigonometric. Atunci: m = b + (a − b )ε , n = c + (b − c )ε , p = d + (c − d )ε , q = a + (d − a )ε , unde π π ε = cos + i sin . Adunând aceste relaţii, obţinem: m+n+p+q = a+b+c+d, 3 3 deci patrulaterele ABCD şi MNPQ au acelaşi centru de greutate. R4.2.5 Dacă pe laturile triunghiului ABC construim în exterior triunghiurile asemenea AC ' B, BA ' C , CB ' A , atunci triunghiurile ABC şi A ' B ' C ' au acelaşi centru de greutate. AB ' BC ' CA ' = = = r şi Soluţie : Fie AC AB BC α = µ ∠ ABC ' = µ ∠ BCA ' = µ ∠ CAB ' . Atunci, folosind 4.1.8, avem:
b ' = a + (c − a )r ε , c ' = b + (a − b )r ε , a ' = c + (b − c )r ε , unde ε = cos α + i sin α . Adunând aceste rela ţii obţinem a ' + b ' + c ' = a + b + c , adică cele două triunghiuri au acelaşi centru de greutate. Observaţie : Dacă triunghiurile construite în exterior sunt echilaterale, obţinem cunoscuta problemă a lui Toricelli. R4.2.6 Pe laturile triunghiului ABC se construiesc în exterior triunghiurile echilaterale ABC ' , CAB ' , BCA ' . Să se arate că centrele de greutate ale acestor triunghiuri formează un triunghi echilateral. Soluţie : Fie G1, G2, G3 centrele de greutate ale triunghiurilor ABC ' , CAB ' , BCA ' . Notăm cu litere mici corespunzătoare, afixele vârfurilor. Atunci: 58
c ' = b + (a − b )ε , a ' = c + (b − c )ε , b ' = a + (c − a )ε , unde π π c + 2a + (c − a)ε a + 2b + (a − b )ε ; g 1 = , g 2 = , + i sin ε = cos 3 3 3 3 b + 2c + (b − c)ε g 1 = . Obţinem: 3 b + 2c + (b − c )ε 2 a − c − b 2c − a − b 2 + ⋅ ε + ⋅ ε = g 1 , g 3 + ( g 2 − g 3 )ε = 3 3 3 deoarece ε 2 = ε − 1 . Deci g 3 + ( g 2 − g 1 )ε = 0 , adică ∆G1G 2 G3 este echilateral. R4.2.7 Se consider ă în plan un triunghi A 1A2A3 şi un punct P 0. Se defineşte A s = A s −3 , ∀ s ≥ 4, s ∈ N şi se construieşte un şir de puncte P0, P1, …, astfel încât Pk+1 este imaginea punctului Pk prin rotaţia de centru Ak+1 şi de unghi 1200, în sensul arcelor de ceasornic, k=0, 1, 2, … . Dac ă P1986 = P0, atunci triunghiul A1A2A3 este echilateral. Soluţie : Avem: A1=A4=A7=…; A2=A5=A8=…; A3=A6=A9=… . Dar Pk+1=
= R A + , 120 (P k ) ,
ε = cos
2π
+ i sin
3
pk +1 = ak +1 + ( pk − ak )ε ,
deci
o
k 1
2π 3
unde
.
Obţinem : p k + 1 = (1 − ε ) a k + 1 + a k ε + ... + a 1 ε k . Din 0 = P 0 = P 1986 , obţinem: Deci
0 = (1 − ε ) a1986 + a1985ε + ... + a1ε 1985 = (1 − ε ) a3 + a 2 ε + a1ε 2 ⋅ 662 .
a3 + a 2 ε + a1ε 2 = 0 .
Cum
ε 2 + ε + 1 = 0 ,
obţinem:
a 3 = a 1 + ε (a 2 − a 1 ) , adică A1A2A3 este echilateral. R4.2.8 Fie A1A2A3A4 un patrulater inscriptibil. Se notează cu H1, H2, H3, H4 ortocentrele triunghiurilor A2A3A4, A3A4A1, A4A1A2, A1A2A3. Să se arate că patrulaterele A1A2A3A4 şi H1H2H3H4 sunt congruente. Soluţie : Avem: h1 = a2 + a3 + a4 , h2 = a3 + a4 + a1 , h3 = a4 + a1 + a2 ,
h4 = a1 + a2 + a3 . Atunci: H 1 H 2 = a1 − a 2 = A1 A2 şi
µ (∠ H 1 H 2 H 3 ) = arg
h3 − h 2 h1 − h2
= arg
a 2 − a3 a 2 − a1
Analog celelalte. 59
= = arg
a3 − a 2 a1 − a 2
= µ (∠ A1 A2 A3 ) .
R4.2.9
Fie z1, z2, z3 numere complexe distincte, având acelaşi modul r. 1 1 1 1 Ar ătaţi că: + + ≥ 2 . z 1 − z 2 ⋅ z 1 − z 3 z 2 − z 1 ⋅ z 2 − z 3 z 3 − z 1 ⋅ z 3 − z 2 r Soluţie : Consider ăm un triunghi care are afixele z1, z2, z3 şi fie originea axelor de coordonate în centrul cercului circumscris triunghiului. Notăm z 1 − z 2 = c , z 2 − z 3 = a , z 1 − z 3 = b şi r = z k = R , k = 1, 2, 3 . Inegalitatea devine: 1 1 1 1
+
≥
2
Ar ătaţi că g − z 1
a)
4 RS
2
⇔ 2 p ≥
2
2
2
2
+ g − z 2 + ... + g − z n + n g = nr 2 .
ţi inegalitatea: g − z 1 + g − z 2 + ... + g − z n ≤ nr . Demonstra
b) c)
⇔ a+b+c≥
abc
⇔ R p ≥ 2 S ⇔ ab ac R R R 2 ⇔ R p ≥ 2 ρ p ⇔ R ≥ 2 ρ , unde ρ raza cercului înscris. (inegalitatea lui Euler). R4.2.10 Fie z1, z2, …, zn afixele vârfurilor A1, A2, …, An ale unui poligon înscris în cercul cu centrul în origine şi se rază r. consider ăm z + z 2 + ... + z n . g = 1 n bc
+
Deduceţi
apoi
că
în
orice
triunghi
are
loc
inegalitatea:
9 ma + mb + mc ≤ R . 2 Soluţie : a) Avem: n
∑ g − z
2
k
k =1
n
n
n
n
k =1
k =1
k =1
k =1
= ∑ ( g − z k ) ( g − z k ) = ∑ g g − ∑ g z k − ∑ g z k +
n
+ ∑ z k z k = n g − g ng − gn g + nR 2 = nR 2 − n g . 2
2
k =1 2
b)
2
n n n n n 2 2 2 ∑ g − z k = ∑ g − z k ⋅1 ≤ ∑ g − z k ∑1 = n∑ g − z k ≤ k =1 k =1 k =1 k =1 k =1
≤ nr 2 n = n 2 r 2 . c)
Din punctul b) deducem: 9 2 2 2 ma + mb + mc ≤ 3R ⇒ ma + mb + mc ≤ R . 2 3 3 3
60
GA+GB+GC ≤ 3R,
adică
Dac ă z1, z2, z3, z4 ∈ C * sunt distincte două câte două şi
R4.2.11
z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0 şi z 1 = z 2 = z 3 = z 4 = 1 , atunci sunt afixele vârfurilor unui dreptunghi. Soluţie : Din z 1 + z 2 + z 3 = − z 4 rezultă z 1 + z 2 + z 3 = − z 4 = 1 . Folosind rela ţia 4.1.22 deducem că ∆ Z 1 Z 2 Z 3 este dreptunghic, unde Z i ( z i ) , i =1, 2, 3, 4.
Analog pentru celelalte unghiuri. R4.2.12 Afixele z1, z2, z3 ale vârfurilor triunghiului A1A2A3 verifică condiţiile: a) z 1 = z 2 = z 3 = 1 ;
z 1 + z 2
2
2
+ z 2 + z 3 2 + z 3 + z 1 b) = .
3
Demonstraţi că A1A2A3 este triunghi echilateral. Soluţie : Din b)
(
)
(
)
(
)
obţinem: ( z 1 + z 2 ) z 1 + z 2 + ( z 2 + z 3 ) z 2 + z 3 + ( z 3 + z 1 ) z 3 + z 1 = 3 ⇒
( z 1 + z 2 + z 3 )( z 1 + z 2 + z 3 ) = 0 ⇒ z 1 + z 2 + z 3 2 = 0 . Deci OH=0, unde O reprezintă centrul cercului circumscris, iar H ortocentrul triunghiului A1A2A3. Din OH=0 rezultă O=H, adică ortocentrul triunghiului coincide cu centrul cercului circumscris. Deducem că A1A2A3 este triunghi echilateral. R4.2.13 Fie ABCD un paralelogram şi M un punct în planul s ău. Să se arate că: MA ⋅ MC + MB ⋅ MD ≥ AB ⋅ BC . Soluţie : Fie z afixul punctului M, iar a, b, c, d afixele punctelor A, B, C, D. Folosind faptul că a+c=b+d, obţinem: (a − b )(b − c ) = ( z − b )( z − d ) − ( z − a )( z − c ) . Trecând la module rezultă:
(a − b)(b − c) = ( z − b)( z − d ) − ( z − a)( z − c) ≤ ( z − b)( z − d ) + ( z − a) ⋅ ⋅ ( z − c ) = z − b ⋅ z − d + z − a ⋅ z − c , adică ⋅ BC AB ≤ MB ⋅ MD + MA ⋅ R4.2.14
.
MC
Pe laturile triunghiului A1A2A3 consider ăm punctele M1 ∈ (A2A3),
M2 ∈ (A1A3), M3 ∈ (A1A2) astfel încât M 1 A2 =λ 1 M 1 A3 ; M 2 A3 =λ 2 M 2 A1 ;
M 3 A1 =λ 3 M 3 A2 . Atunci aria triunghiului M1M2M3 este :
61
σ [M 1 M 2 M 3 ] =
1 − λ 1λ 2 λ 3
(1 − λ 1 )(1 − λ 2 )(1 − λ 3 )
σ [ A1 A2 A3 ] .
Soluţie : Notăm cu literele mici corespunzătoare afixele punctelor. Atunci: a − λ 1 a3 a − λ 2 a1 a − λ 3 a 2 , m2 = 3 , m3 = 1 . Deci: m1 = 1 1 − λ 1 1 − λ 2 1 − λ 3 1 1 σ [M 1 M 2 M 3 ] = Im m1m2 + m2 m3 + m3 m1 = Im 2 2
[
]
1 − λ 1λ 2 λ 3 1−λλ 1 2λ 3 aa a a a a + + σ [ A1 A2 A3 ] . = ( ) 1 2 2 3 3 1 ( )( )( ) − − − 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ − − − ( )( )( ) 1 2 3 1 2 3 Observaţie 1 : Pentru σ [M 1 M 2 M 3 ] = 0 , regăsim teorema lui Menelaus: λ 1λ 2 λ 3 = 1 . Observaţie 2 . Dacă M1, M2, M3 sunt picioarele bisectoarelor interioare ale unui 2abc triunghi ABC, atunci σ [M 1 M 2 M 3 ] = σ [ ABC ] , unde a, b, c (a + b )(b + c )(c + a ) sunt lungimile laturilor. R4.2.15 Se consider ă pentagonul inscriptibil ABCDE. Not ăm cu H1, H 2, H 3, H4, H5 ortocentrele triunghiurilor ABC, BCD, CDE, DEA, EAB şi cu M1, M2, M3, M4, M5 mijloacele laturilor DE, EA, AB, BC şi respectiv CD. Să se arate că dreptele H1M1, H2M2, H3M3, H4M4 şi H5M5 sunt concurente. Soluţie : Alegem un reper cu originea O în centrul cercului circumscris pentagonului. Dac ă afixele punctelor A, B, C, D, E sunt a, b, c, d, respectiv e, se d + e ştie că afixul punctului H1 este h1=a+b+c, iar afixul lui M1 este m1= şi 2 analoagele. Un punct P de afix p apar ţine dreptei H1M1 dacă şi numai dacă d + e există t1 real astfel încât p = (1 − t 1 )(a + b + c ) + t 1 . Analog P ∈ H2M2 dacă 2 e+a şi numai dacă există t2 ∈ R, astfel încât p = (1 − t 2 )(b + c + d ) + t 2 2 a + b + c + d + e 2 ∈ HiMi, oricare ar fi i = 1, 5 , ş.a.m.d. Pentru t 1 = avem p = 3 3 deci dreptele sunt concurente.
62
