format .pdf, 0.9 MB - Recreaţii Matematice

Intersecţia celor două drepteseobţine rezolvând sistemul⎧λx (b + c)µ (c − x)+(1− λ) =⎪⎨2bc2cλ (c − x) µx (a + c)= +(1− µ)2c 2ac⎪⎩ λ (b − x) µ (a − x)= .2b 2aSistemul este compatibil determinat, cu soluţia2bc (a − x)λ =x 2 (a + b + c) − 2x (ab + bc + ac)+3abc ;2ac (b − x)µ =x 2 (a + b + c) − 2x (ab + bc + ac)+3abc .Punctul comun al dreptelor AA 1 şi BB 1 este T , unde1r T =x 2 (a + b + c) − 2x (ab + bc + ac)+3abc [a (b − x)(c − x) r A++ b (a − x)(c − x) r B + c (a − x)(b − x) r C ] .Scriind acum ecuaţia vectorială adrepteiCC 1 şi aflând intersecţia acesteia cu AA 1 ,obţinem acelaşi punct T .Urmeazăcă AA 1 , BB 1 , CC 1 sunt concurente.Observaţii.1) Calcule foarte asemănătoare rezolvă problemaL.25.a) din R. M. T. 2/1990,autor Constantin Cocea. Legat de punctul b) al acestei probleme, comparândnotele apărute în R. M. T. numerele 2/1991 şi 1/1996, putem observa cum uneoricalculul vectorial ajută la simplificarea soluţiilor (a se vedea şi [4]).2) În [6] se demonstrează concurenţa înălţimilor şi bisectoarelor unui triunghifolosind această metodă; aceste demonstraţii au constituit punctul de plecare al articoluluide faţă.3) Calculele pot fi simplificate atunci când, din considerente geometrice, intuimanumite simetrii verificate de punctul de concurenţă.Problema 2. Fie H ortocentrul 4ABC, M, N şi P mijloacele laturilor [BC],[CA] respectiv [AB], iar A 1 ∈ (AH), B 1 ∈ (BH), C 1 ∈ (CH) astfel încâtAA 1A 1 H = BB 1B 1 H = CC 1C 1 H .SăsearatecădrepteleA 1M, B 1 N şi C 1 P sunt concurente.Gabriel Popa, Paul GeorgescuSoluţie. Raportăm planul la un reper cu originea în centrul cercului circumscristriunghiului şi fie r A , r B , r C vectorii de poziţie ai vârfurilor. Dacă A 1H= k, atunciAA 1r H = r A + r B + r C , r M = 1 2 (r B + r C ) ,r A1 = 11+k r H + k1+k r A = r A + 11+k r B + 11+k r C .Căutăm un punct Q ∈ (A 1 M) astfel încât A 1QQM = l, iarr Q să se exprime simetric30