Revista (format .pdf, 1.2 MB) - Recreaţii Matematice

Se demonstrează imediatcă H 1 H 2 H 3 H 4 este paralelogram. Putem scrie: −→ OA =−−→OO 4 + −−→ O 4 A = −−→ OO 1 + −−→ −→ −−→O 1 A, OB = OO 1 + −−→ O 1 B = −−→ OO 2 + −−→ −→ −−→O 2 B, OC = OO 2 + −−→ O 2 C =−−→OO 3 + −−→ O 3 C, −−→ OD = −−→ OO 3 + −−→ O 3 D = −−→ OO 4 + −−→ O 4 D, de unde, prin însumare, obţinem:³ −→ −→ −→ −−→³ −−→2 OA + OB + OC + OD´=2 OO1 + −−→ OO 2 + −−→ OO 3 + −−→ OO 4´+³ −−→+ O1 A + −−→ O 1 B + −−→ ´ ³ −−→O 1 E + O 2 B + −−→ O 2 C + −−→ ´ ³ −−→O 2 E + O3 C + −−→ O 3 D + −−→ ´O 3 E +³ −−→+ O 4 D + O −−→4 A + −−→ ´O 4 E + −−→ EO 1 + EO −−→2 + −−→ EO 3 + −−→ (B)EO 4 =4X −−→4X −−−→4X −−→4X ³ −−→=2 OO i + O i H i + EO i = OOi + −−−→ 4X −−→4X −−→O i H i´+ OO i + EO i =i=1i=1=(A)+lema =i=1i=14X −−→ OHi +4 −→ OΓ +4 −→ EΓ.i=1Conform lemei, rezultă că −→ OΓ + −→ EΓ = ¯0. Dacănotăm cu Ω 0 punctul de intersecţie a diagonalelor paralelogramuluiH 1 H 2 H 3 H 4 şi, ţinând cont din nou de (A),Pavem n OH i =4OΩ 0 . Ca urmare, obţinemi=1³ −→ −→ −→ −−→2 OA + OB + OC + OD´=4 −−→ OΩ 0 . (2)Din (1) şi (2) obţinem că 4 −→ OΩ =4 −−→ OΩ 0 , de unde deducemcă Ω ≡ Ω 0 şi teorema este demonstrată. (Celespusesepot urmări pe figura alăturată.)O consecinţă imediată a teoremei este şi relaţia vectorială4X −−−→O i H i =4 −→ ΓΩ, (3)i=1care se deduce imediat folosind (A).Este posibil ca rezultatul notei să nu fie nou, dar sigur nu este trecut, de exemplu,printre proprietăţile punctului Mathot, demonstrate în capitolul consacrat subiectului,din monografia "Problems in plane and solid geometry", scrisă deViktorPrasolov,care este accesibilă pe Internet. Precizăm că autorul nu a găsit rezultatul niciîn cărţile citate în bibliografie, nici în alte cărţi clasice de geometrie, scrise în limbaromână.Bibliografie1. D. Mihalcea, I. Chiţescu, M. Chiriţă - Geometria patrulaterului, Ed. Teora,Seria Bacalaureat-Admitere, nr. 24, 1998.2. C. Mihalescu - Geometria elementelor remarcabile, Bibl.Soc.Şt. Matematice aS.S.M.R., Ed. Tehnică, Bucureşti, 2007.116i=1i=1