Aspecte geometrice ale unei rozete asociate unui triunghi

Size: px

Start display at page:

Download "Aspecte geometrice ale unei rozete asociate unui triunghi"

Gabriel Poole
6 years ago
Views:

1 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 with regular associated rosettes are determined. Keywords: triangle, circle, median, hexagon, rosette. MSC 2010: 51M04. Date cercurile C 0,C 1,...,C n, vom spune că ele formează o rozetă dacă au raze egale şi centrele cercurilor C 1,C 2,...,C n se află pe C 0. În acest caz, C 0 este numit cercul central al rozetei, cercurile C 1,C 2,...,C n - cercurile-petale ale rozetei, iar centrul cercului C 0 - centrul rozetei. Dacă poligonul determinat de centrele cercurilor C 1,C 2,...,C n este regulat vom spune că rozeta este regulată. Fie O i centrul cercului C i, i = 0,n, şi r raza acestor cercuri. Evident, cercurile C i, i = 1,n, trec prin centrul O 0. Pentru i = 1,n, notăm cu T i punctul diametral opus punctului O 0 în cercul C i. Avem O 0 T i = 2r şi O 0 M < 2r, M C i,m T i. Ca urmare, cercul de centru O 0 şi rază 2r este tangent cercului C i în punctul T i,i = 1,n, deci circumscrie rozeta. În această Notă vom asocia unui triunghi o rozetă cu şase cercuri-petale şi vom preciza condiţiile ce trebuie impuse triunghiului pentru ca rozeta să fie regulată. 1. Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu G centrul de greutate al triunghiului şi cu A,B,C mijloacele laturilor BC,CA, respectiv AB. Construim simetricele punctului G în raport cu A,B,C şi notăm aceste puncte cu A 1,B 1, respectiv C 1. Relativ la latura BC, considerăm triunghiurile GBA 1,GCA 1 şi notăm cu O 1a,O 2a centrele cercurilor circumscrise lor, iar cu C 1a, C 2a aceste cercuri. Similar se introduc cercurile C 1b, C 2b, C 1c, C 2c. Lemă. 1) G este centru de simetrie pentru următoarele perechi de triunghiuri: GBA 1 şi GB 1 A, GCA 1 şi GC 1 A, GCB 1 şi GC 1 B. 2) Avem: GBA 1 A 1 CG B 1 GC GB 1 A AC 1 G BGC 1. Demonstraţie. 1) Punctele A 1,B 1,C 1 sunt simetricele vârfurilor A,B,C în raport cu G, căci GA = GA 1 = 2 3 m a,gb = GB 1 = 2 3 m b,gc = GC 1 = 2 3 m c, unde m a,m b,m c sunt lungimile medianelor triunghiului ABC. Afirmaţia rezultă imediat din această observaţie. 2) Ţinând seama de punctul 1) şi de faptul că triunghiurile simetrice faţă de un punct sunt congruente, deducem că este suficient să arătăm că GBA 1 A 1 CG B 1 GC. Aceste congruenţe sunt implicate de egalităţile următoare: GB = A 1 C = B 1 G = 2 3 m b, GA 1 = A 1 G = B 1 C = 2 3 m a, A 1 B = GC = CG = 2 3 m c, care rezultă din paralelogramele GBA 1 C şi B 1 GA 1 C. 1 Elevi, cl. a X-a, Colegiul Naţional,,C. Negruzzi, Iaşi; vlad.tuchilus@yahoo.com, morariu.andrei41ram@yahoo.com, antohir@yahoo.com 31

2 Propoziţia 1. Cercurile C ia,c ib,c ic, i = 1,2, au următoarele proprietăţi: (i) razele lor sunt egale - fie valoarea comună -, iar centrele lor sunt conciclice, aflate pe cercul cu centrul în G şi de rază ; (ii) cercurile din perechile C 1a şi C 2b, C 1b şi C 2c, C 1c şi C 2a au centrele simetrice faţă de G (în particular sunt tangente în G); (iii) hexagonul (H) al centrelor celor şase cercuri are laturile opuse paralele şi egale. Demonstraţie. (i) Cercurile au aceeaşi rază, deoarece sunt circumscrise la triunghiuri congruente(punctul 2) al Lemei). Cum aceste triunghiuri trec prn G, rezultă că razele lor este dată de ρ = GO 1a = GO 2a = GO 1b = GO 2b = GO 1c = GO 2c. De aici rezultă că O ia,o ib,o ic C(G,ρ), i = 1,2. (ii) Afirmaţia decurge din punctul 1) al Lemei. (iii) Conform punctului precedent, simetrica laturii O 1a O 2a a lui (H) în raport cu G este latura O 2b O 1c. Ca urmare, aceste laturi sunt paralele şi egale. La fel se procedează cu celelalte două perechi de laturi opuse ale hexagonului, ceea ce încheie demonstraţia. Observaţii. 1) Din punctul (i) al propoziţiei precedente rezultă că putem asocia oricărui triunghi rozeta formată din cercurile C(G,ρ), C ia,c ib,c ic, (i = 1,2). 2) Raza rozetei asociate este dată de formula: (1) ρ = 2 9 mam b m c, S unde S notează aria triunghiului ABC. Într-adevăr, să calculăm ρ ca rază a cercului circumscris triunghiului GBA 1, utilizând formula R = abc 4S. Cum GB = 2 3 m b, GA 1 = 2 3 m a şi BA 1 = GC = 2 3 m c, iar 32

3 S GBA1 = S GBC = 1 S, obţinem: 3 ρ = GB GA 1 BA 1 4S GBA1 = (2 3 )3 m a m b m c 2 = 4 3 S 9 mam b m c. S 3) Cercul C(G,ρ) este determinat ca poziţie şi mărime în raport cu ABC, dar cele şase cercuri-petale ale rozetei sunt determinate numai ca mărime de formula (1) pentru poziţia centrelor lor pe C(G, ρ) având doar restricţia impusă de punctul (iii) al Propoziţiei 1. 4) Dacă hexagonul (H) este circumscriptibil, atunci el este regulat (se ţine seama de proprietăţile de simetrie (ii) şi (iii)). 2. Să notăm cu (R) rozeta asociată triunghiului ABC. Să vedem în ce condiţii relative la ABC rozeta (R) este regulată. Sunt necesare câteva rezultate pregătitoare. Propoziţia 2. Următoarele afirmaţii sunt echivalente: (i) cercurile C 1a şi C 2a au centrele unul pe altul (Fig. 2); (ii) unghiul BGC dintre medianele BB şi CC este de 60 sau 120 ; (iii) hexagonul (H) are laturile O 1a O 2a şi O 2b O 1c egale cu. Demonstraţie. Vom începe cu câteva observaţii. Deoarece cercurile C 1a şi C 2a sunt egale, centrele lor O 1a şi O 2a sunt simetrice în raport cu mijlocul A al corzii comune GA 1, iar patrulaterul GO 1a A 1 O 2a este romb cu latura egală cu ρ. Din faptul că GBA 1 GCA 1 rezultă că aceste unghiuri sunt simultan ascuţite sau obtuze, ceea ce impune centrelor O 1a şi O 2a ordinea O 1a A O 2a, respectiv O 2a A O 1a. Cercurile C 1a şi C 2a au centrele unul pe altul dacă şi numai dacă O 1a O 2a = ρ, ceea ce este echivalent cu faptul că rombul GO 1a A 1 O 2a are m( ÿ GO 1a A 1 ) = m( ÿ GO 2a A 1 ) = 120 (sau m( Ÿ O 1a GO 2a ) = m( O 1a A 1 O 2a ) = 60 ). (i)= (ii). Presupunem că O 1a O 2a = ρ. Dacă are loc ordinea O 1a A O 2a, adică unghiul GBA 1 este ascuţit (Fig. 2), atunci în cercul C 1a avem: m( GBA 1 ) = 1 2 m( ÿgo 1a A 1 ) = 60. Ca urmare, m( BGC) = 180 m( GBA 1 ) = 120. DacăavemO 2a A O 1a, adicăunghiul GBA 1 esteobtuz(fig. 3), atunciîncercul C 1a avem: m( GBA 1 ) = m( ÿ GO 2a A 1 ) = 120, de unde rezultă că m( BGC) = 60. (ii)= (i). Dacă m( BGC) = 120, rezultă că m(gba 1 ) = 60, deci centrele cercurilor sunt în ordinea O 1a A O 2a (Fig. 2). Ca urmare, m( ÿ GO 1a A 1 ) = 2m( GBA 1 ) = 120 şi deducem că O 1a O 2a = ρ, adică este verificată (i). Dacă m( BGC) = 60, obţinem că m( GBA 1 ) = 120 şi, deci, avem ordinea O 2a A O 1a (Fig. 3). Urmează că m( ÿ GO 2a A 1 ) = 120, echivalent cu O 1a O 2a = ρ, adică cu (i). (iii) (i). Rezultă din faptul că O 1a O 2a = O 2b O 1c (punctul (ii), Propoziţia 1). 33

4 Observaţie. În condiţiile Propoziţiei 2, avem: (2) (3) (4) (5) ρ = m a, 3 S = 3 m bm c, 9a 2 = 4(m 2 b +m2 c ±m bm c ), 5a 2 = b 2 +c 2 ±4 3S, unde semnele + şi corespund cu m( BGC) = 120, respectiv m( BGC) = 60. Într-adevăr, din faptul că triunghiul O 1a GO 2a este echilateral de latură ρ şi înălţime GA = 1 3 m a, cu teorema lui Pitagora obţinem formula (2). Egalând expresiile lui ρ date de (1) şi (2), obţinem fomula (3). Aplicând teorema cosinusului în BGC, avem: a 2 = 4 9 m2 b m2 c m bm c cos( BGC), de unde, ţinând cont de punctul (ii) al Propoziţiei 2, rezultă imediat (4). Cu teorema medianei şi formula (3), din (4) deducem (5). Propoziţia 2 se referă la următoarele perechi de cercuri ale rozetei (R): (C 1a,C 2a ), (C 1b,C 2b ), (C 1c,C 2c ). Pentru perechile (C 2b,C 1c ), (C 2c,C 1a ), (C 2a,C 1b ), obţinute din precedentele prin simetrie în raport cu G, este valabil următorul rezultat similar cu Propoziţia 2: Corolar. Afirmaţiile următoare sunt echivalente: (i) Cercurile C 2b şi C 1c au centrele unul pe altul; (ii) Unghiul B GC dintre medianele BB şi CC este de 60 sau

5 Demonstraţie. Se aplică Propoziţia 2 cercurilor C 1a şi C 2b şi se ţine seama de faptul că B GC BGC (opuse la vârf). Menţionăm că se poate da şi o demonstraţie directă procedând ca în demonstraţia Propoziţiei Vom examina cazul m( BGC) = 90, care a fost evitat în secţiunea precedentă. Propoziţia 3. Următoarele afirmaţii sunt echivalente: (i) cercurile C 1a şi C 2a coincid; (ii) medianele BB şi CC sunt perpendiculare, i.e. m( BGC) = 90 ; (iii) hexagonul (H) degenerează în dreptunghiul (D) : A O 1b A O 2c, unde A este mijlocul segmentului AG (Fig. 4). Demonstraţie. (i) (ii). Condiţia(i) implicăfaptulcăparalelogramulgba 1 C este inscriptibil, adică este dreptunghi; aşadar m( BGC) = 90. Invers, dacă (ii) este verificată, atunci GBA 1 C este dreptunghi, deci cercul C 1a trece prin C şi, ca urmare, coincide cu cercul C 2a. (ii) (iii). Dacă m( BGC) = 90, atunci cercurile C 1a şi C 2a coincid. Evident, centrele lor O 1a şi O 2a coincid în A. În consecinţă, simetricele lor faţă de G, adică punctele O 2b şi O 1c, coincid în A. Afirmaţia (iii) decurge imediat. Invers, să presupune că (H) degenerează în dreptunghiul A O 1b A O 2c. Utilizând faptul că linia centrelor a două cercuri este perpendiculară pe coarda comună lor, deducem că BG O 1a O 2c şi CG O 2a O 1b. Aşadar, medianele BB şi CC sunt perpendiculare, adică (ii). Observaţii. 1) Conform problemei M037 din [1], condiţia (ii) este echivalentă cu fiecare dintre formulele: (6) (7) 5a 2 = b 2 +c 2, 9a 2 = 2(m 2 a +m2 b +m2 c ) 35

6 (ceea ce se arată uşor cu teorema medianei şi faptul că în cazul nostru m a = 3 2 a). 2) Dacă ABC verifică condiţia BB CC (sau 5a 2 = b 2 + c 2 ) atunci rozeta (R) este degenerată, având numai patru cercuri-petale: C(A, a 2 ), C(A, a 2 ), C 1b şi C 2c. 3) Dreptunghiul (D) are două laturi egale cu 2 3 m b şi două egale cu 2 3 m c, diagonalele sale sunt egale cu a, iar diagonala O 1b O 2c este paralelă cu BC (Fig. 4). 4) Rozeta (R) cu patru cercuri-petale este regulată dacă (D) este pătrat, adică 2 dacă şi numai dacă m b = m c sau b = c. În acest caz, latura pătratului este 2 a. Cu uşurinţă aflăm că triunghiul isoscel AB = AC şi BB CC este triunghiul (a, 2 a, 2 a). 4. Utilizând rezultatele obţinute în secţiunile anterioare, vom determina triunghiurile a căror rozetă asociată este nedegenerată şi regulată. Teoremă. Un triunghi are rozeta asociată regulată dacă şi numai dacă este echilateral sau isoscel cu laturile a, 7a, 7a. Demonstraţie. Să presupunem că triunghiul ABC are rozeta (R) regulată. Să considerăm un cerc-petală, de exemplu C 1a, cel circumscris triunghiului GBA 1. Alăturat triunghiului GBA 1 sunt triunghiurile GCA 1 şi GBC 1, ce au C 2a şi C 2c drept cercuri circumscrise lor. Centrele O 1a,O 2a,O 2c ale acestor cercuri au diferite poziţii faţă de triunghiul ABC, funcţie de forma triunghiurilor GBA 1, GCA 1 şi GBC 1. Vom examina două dintre cazurile posibile, întrucât pentru restul cazurilor se procedează la fel. Considerăm cazul O 1a A O 2a, O 1a B O 2c (Fig. 2). Rozeta (R) fiind regulată, avem că O 1a C 2a şi O 2a C 1a. Conform Propoziţiei 3, unghiul BGC este de 120 sau 60. În cazul nostru, urmărind unghiurile marcate pe Fig. 2, obţinem că m( BGC) = 120. Pedealtăparte, O 1a C 2c şio 2c C 1a, implicăm( GO 2c B) = 120 şi apoi m( BC 1 G) = 60, m( C GA ) = 120 şi m( CGA) = 120. Aşadar, triunghiul ABC verifică condiţiile m( BGC) = m( CGA) = 120 şi, ca urmare, este echilateral. În cazul O 2a A O 1a, O 1a B O 2c (Fig. 3), din faptul că rozeta (R) este regulată urmează că (C 1a,C 2a ) şi (C 2a,C 2c ) sunt perechi de cercuri cu centrele unul pe altul. Deoarece O 2a este şi pe C 1a şi pe C 2c, rezultă că O 2a coincide cu B, ceea ce antrenează că O 1a coincide cu C. În consecinţă, triunghiul BGC este echilateral, de unde deducem că triunghiul ABC este isoscel cu AB = AC. În fine, se obţine imediat că BC = a,ab = AC = 7a. Întrucât alte poziţii ale centrelor O 1a,O 2a,O 2c conduc la cazurile examinate mai sus, demonstraţia primei părţi a teoremei este încheiată. Invers, se constată imediat că un triunghi echilateral de latură a are rozeta asociată regulată, de centru G (centrul triunghiului echilateral) şi rază a (Fig. 5a). 3 Fie acum ABC un triunghi isoscel cu BC = a şi AB = AC = 7a. Fie G centrul său de greutate. Prelungim latura BC în exterior cu segmentele BB = CC = a (Fig. 5b). Obţinem triunghiul echilateral AB C de latură 3a şi centru G. Se cons- 36

7 tată cu uşurinţă că rozetele asociate triunghiurilor ABC şi AB C coincid, adică sunt formate din aceleaşi cercuri. Cum rozeta triunghiului echilateral AB C este regulată, rezultă că şi triunghiul ABC are rozetă regulată. Demonstraţia teoremei este completă. În concluzie, singurele triunghiuri care au rozeta asociată regulată sunt triunghiurile echilaterale şi cele isoscele de forma (a, 7a, 7a). Triunghiurile de forma (a, 2 a, a) au rozeta asociată regulată, dar formată din patru cercuri-petale. 2 Bibliografie 1. D. Brânzei, S. Aniţa, M. Chirciu Geometrie. Clasa a IX-a, ed. a III-a, Ed. Paralela 45, Piteşti, T. Lalescu Geometria triunghiului, Ed. Tineretului, Bucureşti, (răspuns la,,recreaţia de la p. 20) Întrucât anul 2017 se scrie în mod unic ca sumă de două pătrate perfecte: 2017 = = , rezultă că venerabila persoană s-a născut în anul 1936 şi are 81 de ani. Remarcă. Cunoaştem două astfel de persoane: D.M. Bătineţu-Giurgiu, colaborator constant al revistei Recreaţii Matematice şi popularul actor Florin Persic, care, la 27 ianuarie 2017, au împlinit 81 de ani! 37

Puncte şi drepte izogonale în planul unui trapez

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