format .pdf, 1.8 MB

cu rigla şi compasul. A doua are la bază unraţionament mai elaborat, dar utilizează
numai construcţii la nivelul manualelor.
Soluţia 2. Pe figura şi notaţiile din prima soluţie, aplicăm teorema cosinusului
în 4AMN:
MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2AM · AN · cos( \MAN)=
Ã
³ a
´2 3a √ ! 2
2
= + − 2 · a
2 4 2 · 3a√ √
2 2
·
4 2 = 5a2
8 ,
deci a = 2√ 10
MN.
5
Rezultă următoarea construcţie: determinăm un segment de lungime a = 2√ 10
u,
5
unde u = MN. Vârful A al pătratului este la intersecţia arcului capabil de 45 ◦
construit pe [MN] drept coardă, cu cercul de centru M şi rază a .Aflăm apoi B ca
2
fiind simetricul lui A faţă deM etc.
Soluţia 3. Presupunem problema rezolvată A
D
şi aplicăm teorema lui Menelaus în 4ABC cu
transversala M − N − P ;obţinem:
AM
M
MB · BP
PC · CN
NA =1⇒
⇒ BP =3 ⇒ BC =2PC.
N T
PC
Aplicând acum Menelaus în 4MNP cu transversala
C − N − A, găsim:
B
C P
PC
CB · BA
AM · MN MN
=1 ⇒ =1 ⇒ MN = NP.
NP NP
Să observăm că 4DAM ≡ 4DCP (C.C.), de unde MD = DP şi \ADM ≡ \CDP.
Ultima relaţie arată că
m( \MDP)=m( \MDC)+m(\CDP)=m( \MDC)+m( \ADM) =m(\ADC) =90 ◦ ,
aşadar 4MDP este dreptunghic isoscel. Fie {T } = MP∩CD; teorema fundamentală
asemănării aplicată în4PBM cu CTkBM arată că PT
PM = PC
PB = 1 3 .
Construcţia. Aflăm P ca simetric al lui M faţă deN. Intersectăm cercul de
diametru [MP] cu mediatoarea acestui segment, determinând vârful D al pătratului.
PT
Aflăm punctul T ∈ [MP] care împarte segmentul în raportul
PM = 1 3 ,apoifieC
intersecţia dreptei DT cu semicercul de diametru [DP] aflat în semiplanul delimitat
de dreapta DP ce conţine punctul N. Vârfurile A şi B ale pătratului se construiesc
acum cu uşurinţă.
Observaţie. Problema se poate generaliza considerând că punctele M şi N sunt
luate astfel încât AM = mMB şi AN = nNC.
29