format .pdf, 1.8 MB

G17. Fie ABCD un patrulater convex ce nu are diagonalele perpendiculare, B 1 şi
D 1 proiecţiile punctelor B, respectivD pe AC, iarA 1 şi C 1 proiecţiile punctelor A,
respectiv C pe BD. Săsearatecă S µ 2
BB 1DD 1 BD
= şi S 2
S CC1 AA 1
AC
ABCD·cos2 (BD,AC) =
= S BB1 DD 1 · S CC1 AA 1
.
Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi
Soluţie. Avem că S ABCD = S ACD + S ACB =
= AC · DD 1
+ AC · BB 1
= BB 1 + DD 1
AC. Pe
2
2
2
de altă parte,BB 1 DD 1 este trapez sau paralelogram
(BB 1 ,DD 1 ⊥B 1 D 1 ) cu înălţimea [B 1 D 1 ],
deci S BB1 DD 1
= BB 1 + DD 1
B 1 D 1 . Atunci
2
S BB1 DD 1
= B 1D 1
S ABCD AC .
Observăm că 4DOD 1 ∼ 4BOB 1 şi de aici B 1O
D 1 O = BO
DO ,adică B 1D 1
D 1 O = BD
DO ,
deci B 1 D 1 = BD D 1O
¯¯¯cos(
DO = BD AC, \ ¯
BD) ¯. Rezultă că S BB 1 DD 1
= BD
S ABCD AC ×
¯
× ¯cos( AC, \ ¯
BD) ¯. Analog se obţine că S CC 1AA 1
= AC
¯
¯cos( \ ¯
AC, BD) ¯. Împărţind,
S ABCD BD
apoi înmulţind membru cu membru ultimele două egalităţi, găsim relaţiile din concluzie.
G18. Fie ABC un triunghi cu m( A) b ≤ 90 ◦ . Pe latura (BC) se consideră
punctele M şi N astfel încât AM şi AN să fie simetrice faţă de bisectoarea unghiului
A. Cercul circumscris triunghiului AMN intersectează laturileAB şi AC în E,
respectiv F .Dacă {I} = BF ∩ CE şi {P } = AI ∩ BC, demonstraţi că AP ≥ BC
2 .
Florin Nicolaescu, Balş
Soluţie. Din ipoteză, \EAM ≡ \NAF, deci în
cercul C avem că EM
≡ FN,
de unde EFkMN.
Fie {D} = AP ∩ EF; atunci4AED ∼ 4ABP şi
4AF D ∼ 4ACP şi va rezulta că ED
BP = AD
AP =
= DF
PC , i.e. ED
FD = BP (1). Din asemănările
CP
4EID ∼ 4CIP şi 4DIF ∼ 4PIB obţinem, ca
mai sus, ED
FD = CP (2). Din (1) şi (2) urmează
BP
că (BP) ≡ (CP).
Presupunem prin reducere la absurd că AP < BC ,adică AP < BP şi AP < P C.
2
Atunci m(\BAP) >m( bB) şi m( [PAC) >m( bC), deci m(\BAP)+m( [PAC) >m( bB)+
+m( bC), deundem( bA) > 180 ◦ − m( bA), i.e. m( bA) > 90 ◦ , ceea ce contrazice ipoteza;
problema este astfel rezolvată.
G19. Fie A 1 A 2 A 3 un triunghi echilateral înscris în cercul C(O, R) şi cercurile
70