Puncte şi drepte izogonale în planul unui trapez

Size: px

Start display at page:

Download "Puncte şi drepte izogonale în planul unui trapez"

Karen Tucker
6 years ago
Views:

1 Puncte şi drepte izogonale în planul unui trapez Ştefan DOMINTE 1 Abstract. In this paper, there are presented a number of properties of collinearity and conciclicity of the centers of some circles associated with a trapezoid. Keywords: trapezoid, circumcircle, isogonal lines, isogonal points. MSC 2010: 51M04. Această Notă pleacă de la două probleme privind trapezele din [1;p. 62]. Întrucât aceste probleme sunt prezentate numai prin figuri, fără niciun text pentru enunţurile şi rezolvările lor, vom începe prin a da detalii în această privinţă. Problema [1]. Dat un trapez oarecare ABCD (AB CD), fie {X} = AD BC şi {Y} = AC BD (Fig.1). Dacă Z este punctul de intersecţie a cercurilor (Y AD) şi (Y BC), diferit de Y, atunci semidreptele XY şi XZ sunt izogonale în raport cu unghiul AXB. Fig. 1 Fig. 2 Soluţie. Pentru patrulaterul complet XDY CAB, punctul Z este punctul lui Miquel [3; p. 25]; aşadar Z se află şi pe cercurile (XAC) şi (XBD). Să arătăm că XYA DYZ. Cum XAY = DZY, rămâne să arătăm că AX AY = ZD ( ). În ZY acest scop, să observăm mai întâi că XDZ CYZ ( DXZ = YCZ şi XZD = ZD CZY - patrulatere inscriptibile) şi, deci, avem: ZY = XD (**). Apoi, din teorema CY 1 Elev, cl. a XI-a, Liceul Internaţional de Informatică, Bucureşti; stef dominte@yahoo.com 115

2 YA lui Menelaus pentru XAC cu transversala D Y B, obţinem: YC = BX BC DA DX = AX AD DA DX = AX YA, de unde DX YC = XA ZD ( ) ( ). Ca urmare, = XD ( ) = XA CD ZY CY YA şi în consecinţă, relaţia ( ) are loc. Din asemănarea XYA DYZ rezultă că AXY = ZDY. Dar ZDY = ZDB = ZXB. Aşadar, AXY = ZXB, adică AY şi AZ sunt izogonale. Problema [1]. Se noteză cu X intersecţia laturilor neparalele ale trapezului ABCD (AB CD) şi cu P şi Q centrele cercurilor (BCD), respectiv (ABD) (Fig.2). Atunci, semidreptele XP şi XQ sunt izogonale faţă de unghiul AXB. Soluţie. Vom arăta că XPB XQA( ), de unde va rezulta că PXB = QXA, deci XP şi XQ vor fi izogonale. Într-adevăr, avem: PBX = PBC = 90 BDC = 90 ABD = QAD = QAX şi, deci, PBX = QAX( ). Pe de altă parte, cu teorema sinusurilor, avem: PB QA = de unde BP AQ = BX ( ). Din ( ) şi ( ) rezultă ( ). AX BD sin( BCD) sin( BAD) = sin( BAX) BD sin(π ABX) = BX AX, Observaţie. Izogonalele XP şi XQ coincid cu bisectoarea unghiului AXB dacă şi numai dacă această bisectoare este perpendiculară pe diagonala BD sau pe AC. Scopul acestei Note este de a indica noi proprietăţi ale configuraţiilor din aceste probleme sau ale unora de acelaşi fel. Propoziţia 1. Să reluăm notaţiile din Problema şi, în plus, să notăm cu O 1 şi O 2 centrele cercurilor (YAD), respectiv (YBC) (Fig.3). Atunci, avem: (i) Semidreptele XO 1 şi XO 2 sunt izogonale în raport cu unghiul AXB. (ii) Patrulaterul O 1 YO 2 Z este ortodiagonal şi circumscriptibil. Fig. 3 Fig. 4 Demonstraţie. (i) Arătăm că AXO 1 BXO 2 cu aceleaşi argumente ca în Problema Avem: XAO1 = 90 AYD = 90 BYC = XBO 2, deci 116

3 XAO 1 = XBO 2 ( ). Pe de altă parte, AO 1 AD = BO 1 sin( AYD) sin( BYC) = AD BD BC = AX BX, de unde AO 1 = AX BO 1 BX ( ). Din ( ) şi ( ) rezultă că AXO 1 BXO 2 şi de aici faptul că afirmaţia (i) este adevărată. (ii) Această afirmaţie reiese din faptul că O 1 O 2 este mediatoarea corzii comune YZ şi avem O 1 Y +O 2 Z = O 1 Z +O 2 Y. Propoziţia 2. În (Fig.4), se adaugă diagonala AC şi se notează cu U şi V centrele cercurilor (ACD), respectiv (ABC). Au loc următoarele afirmaţii: (i) Semidreptele XU şi XV sunt izogonale faţă de unghiul AXB. (ii) Patrulaterele ABCD şi UPVQ sunt trapeze ortogonale şi asemenea. Demonstraţie. (i) Aşa cum s-a arătat că XP şi XQ sunt izogonale. (ii) Utilizând proprietatea de perpendicularitate a liniei centrelor şi a corzii comune a două cercuri secante, avem UP CD, VQ AB, PV BC, QU AD, precum şi PQ BD, UV AC. Aşadar, patrulaterele ABCD şi UPVQ sunt ortogonale; mai mult, diagonalele ce se corespund sunt perpendiculare (Fig.4). Evident, U P V Q este trapez (UP CD,VQ AB şi AB CD). Proprietăţile de perpendicularitate puse în evidenţă conduc imediat la congruenţele: U = Â, P = B, V = C şi Q = D ( ). Apoi, din faptul că UPV ABC, PVQ BCD, VQU CDA, UP obţinem: AB = PV BC = VQ CD = QU ( ). În final, din ( ) şi ( ), rezultă că trapezele DA ABCD şi UPVQ sunt asemenea. Fig. 5 Fig. 6 Observaţii. 1) Dacă trapezul ABCD este isoscel, cercurile (ABC), (ABD), (ACD) şi (BCD) coincid cu cercul circumscris lui. 2) Plecând de la UPVQ obţinem înacelaşimodunnoutrapezasemeneacuabcd şiculaturileparalelecualeacestuia. Propoziţia 3. Dat un trapez ABCD (AB CD), fie {X} = AD BC. Dacă cercurile de diametre AD şi BC se intersectează în P şi Q, atunci aceste puncte sunt izogonal conjugate în raport cu triunghiul ABX (Fig. 5). Demonstraţie. Întrucât MN este linia centrelor şi PQ este coarda comună cercurilor, avem PQ MN. De asemenea, CT AB, unghiul CTB fiind înscris într-un semicerc (Fig.5). Ca urmare, P Q CT; altfel spus, patrulaterul CP QT este 117

4 trapez isoscel. Acest fapt ne permite să scriem că PBC = QBT, adică semidreptele BP şi BQ sunt izogonale faţă de unghiul ABC. Similar, se arată că semidreptele AP şi AQ sunt izogonale faţă de unghiul BAD. Observaţie. Cercurile de diametre AD şi BC sunt tangente în cazul în care punctele P şi Q coincid, adică vor fi tocmai punctul de intersecţie al liniei mijlocii MN a trapezului dat cu bisectoarea unghiului AXB. Revenind la Propoziţia 1, vom aduce completări prin considerarea cercurilor(y AB) şi (YCD); să notăm cu C 1 şi C 2 aceste cercuri şi cu C 1 şi C 2 centrele lor (Fig.3). Propoziţia 4. În condiţiile din Propoziţia 1 şi cu notaţiile precedente în legătură cu punctul Y, sunt adevărate proprietăţile: (i) Patrulaterul O 1 C 1 O 2 C 2 este paralelogram. (ii) Cercurile C 1 şi C 2 sunt tangente în Y. Demonstraţie. (i) Din faptul că C 1 O 1 YA şi C 2 O 2 YC rezultă că C 1 O 1 C 2 O 2 ( ). Similar, din C 1 O 2 YB şi C 2 O 2 YD rezultă că C 1 O 2 C 2 O 1 ( ). Relaţiile ( ) şi ( ) spun că O 1 C 1 O 2 C 2 este paralelogram. (ii) Fie d tangenta în Y la cercul C 1 şi S un punct pe d. Avem: YDC + YCD = DYA = DYS + SYA = DYS + YBA = DYS + YDC, de unde obţinem că YCD = DYS, adică faptul că d este tangentă la cercul C 2 în Y. O proprietate similară celei din propoziţia precedentă poate fi pusă în evidenţă pentru punctele izogonal conjugate P şi Q din Propoziţia 3. Propoziţia 5. Dat fiind un trapez ABCD (AB CD) şi ţinând cont de notaţiile din Propoziţia 3, cercurile (PAB),(PCD) sunt tangente în P, iar cercurile (QAB), (QCD) sunt tangente în Q (Fig.5). Demonstraţie. Fie d tangenta înp la cercul (PAB) şi R un punct pe ea. Notăm {S} = PC AB. Avem: DCP + PBA = CSB + PBA = CPB = 90 = DPA = DPR+ RPA = DPR+ PBA, de unde DCP = DPR, deci d este tangentă în P la cercul (PCD). Analog se arată şi partea a doua a propoziţiei. Fie ABC şi L,M,N mijloacele laturilor BC, CA, respectiv AB. Relativ la fiecare dintre trapezele BCMN,CANL,ABLM se pot considera puncte de tipul O 1,O 2,Y,Z,P,Q,U,V (Propoziţiile1şi2). Estefoarteposibilăexistenţauneilegături între anumite grupe de astfel de puncte. Ne limităm la circumcentrele triunghiurilor care au o mediană ca latură; în total sunt 12 triunghiuri de acest fel. Triunghiurile determinate de mediana AL sunt: ALB, ALC, ALN şi ALM, iar pentru circumcentrele lor folosim notaţiile: O1 A,OA 2,OA 3, respectiv OA 4. În mod asemănător se introduc circumcentrele Oi B şi Oi C (i = 1,2,3,4). Lemă. Fie M şi N mijloacele laturilor AC, respectiv AB ale triunghiului ABC. Atuncicercurile (ABM) şi (ACN) se intersectează a doua oară într-un punct T situat pe simediana din A (Fig. 6). 118

5 Demonstraţie. Deoarece BNT = ACT(= 180 ANT) şi NBT = TMC(= 180 AMT), rezultăcă NBT CMT. Caurmare, dist(t,nb) dist(t,mc) = NB MC = AB AC, de unde decurge că T este pe simediana [2] dusă din A. Propoziţia 6. Punctele Oi A,OB i,oc i (i = 1,2,3,4), cu semnificaţiile de mai sus, au următoarele proprietăţi: (i) O1 A,O2 A,O3 A,O4 A sunt coliniare; anume, sunt situate pe mediatoarea medianei din A. Afirmaţii analoage relativ la vârfurile B şi C ale ABC. (ii) O1 C,OB 2,OA 3,OA 4 sunt conciclice; la fel sunt şi cvadruplele analoage. (iii) O1 A,O2 A,O1 C,O2 B sunt conciclice; la fel şi analoagele. Demonstraţie. (i) Este vorba de centrele cercurilor (ABL),(ACL),(AN L) şi (AML), care au mediana AL drept coardă comună. Evident, centrele lor se află pe mediatoarea segmentului AL. (ii) Relativ la cercurile (AMB) şi (AML) observăm că avem O2 BOA 4 AM, iar în privinţa cercurilor (ANL) şi (AML) avem O3 A O4 A AL; ca urmare O A 3 OA 4 OB 2 MAL (mod π) ( ). Analog, obţinem, în conformitate cu Lema, că O C 1 OB 2 AT (simediana din A), precum şi faptul că O C 1 O A 3 AN; din acestea, rezultă că O 3 AOC 1 OB 2 TAN (mod π) ( ). Deoarece AT este simediană, avem relaţia TAN = LAM( ). Combinând ( ),( ),( ), obţinem că are Fig. 7 loc relaţia O 3 AOA 4 OB 2 O3 AOC 1 OB 2 (mod π), adică punctele OC 1,OB 2,OA 3,OA 4 sunt conciclice. (iii) Se procedează ca la punctul (ii). Observaţie. Să împărţim în două grupe cele 12 cercuri asociate figurii formate din triunghiul dat şi cel median: (I) (AMB),(ANC);(BNC),(BLA);(CLA),(CMB); (II) (AML),(ANL);(BNM),(BLM);(CLN),(CMN). Evident, punctul G (centrul de greutate) este centrul radical al cercurilor din grupa (I), iar punctul K (simedian) este, pe baza Lemei, centrul radical al cercurilor din grupa (II); în particular, aceste centre radicale sunt izogonal conjugate. Bibliografie 1. A. Akopyan Geometry in Figures, T. Lalescu Geometria triunghiului, Ed. Tineretului, L. Nicolescu, V. Boskoff Probleme practice de geometrie, Ed. Tehnică, Bucureşti,

Aspecte geometrice ale unei rozete asociate unui triunghi

Aspecte geometrice ale unei rozete asociate unui triunghi Vlad TUCHILUŞ, Răzvan Andrei MORARIU, Robert ANTOHI 1 Abstract. In this Note, a rosette is associated to an arbitrary triangle and the triangles