Fandom

Math Wiki

Puterea unui punct față de un cerc

1.029pages on
this wiki
Add New Page
Comments0 Share

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.

Puterea unui punct fata de un cerc 1.png

Enunţ Edit

Teoremă. Dacă A, B, C, D \! sunt patru puncte distincte situate pe un cerc \mathcal C(O, R) \! astfel încât AB \cap CD = \{M\}, \! atunci MA \cdot MB = MC \cdot MD. \!


Demonstraţie. Deosebim cazurile:

1) M \in Int \mathcal C(O, R). \!

Deoarece \angle MAC \equiv \angle MDB \! (subîntind acelaşi arc) şi \angle AMC \equiv \angle DMB \! (opuse la vârf), deducem \triangle MAC \equiv \triangle MDB, \! de unde \frac{MA}{MD} = \frac{MC}{MB} \! sau MA \cdot MB = MC \cdot MD \!.

Observaţie. E util să reformulăm: dacă M \in Int \mathcal C(O, R) \! atunci pentru orice coardă (AB) \! care conţine punctul M, produsul MA \cdot MB \! este constant. Valoarea constantă a acestui produs înmulţită cu (-1) se notează cu \rho(M) \! şi se numeşte puterea punctului interior M faţă de cercul dat.

Puterea unui punct fata de un cerc 2.png

2) M \in Ext \mathcal C(O, R) \!

Din \triangle MBC \equiv \triangle MDA \! obţinem \frac{MB}{MD}= \frac{MC}{MA}, \! de unde aceeaşi egalitate MA \cdot MB = MC \cdot MD. \!

Valoarea constantă a acestui produs se notează cu \rho (M) \! şi se numeşte puterea punctului exterior M faţă de cerc.


Dacă M este un punct fixat, ne propunem acum să determinăm în funcţie de elemente cunoscute, expresia puterii sale faţă de cerc.


1) M \in Int \mathcal C(O, R). \!

E suficient să considerăm coarda (AB) ca fiind diametru şi deci:

\rho(M) = - MA \cdot MB = -(R+OM)(R-OM)= OM^2- R^2. \!


2) M \in Ext \mathcal C(O, R) \!

La fel, considerăm A, O, M, B \! coliniare (în această ordine) astfel încât (AB) este diametru şi astfel avem:

\rho (M) = MA \cdot MB = (R+OM)(OM-R) = OM^2-R^2. \!


Observaţie. Dacă M \in \mathcal C(O, R), \; \rho(M)=0, \! iar dacă MT e tangentă la cerc, punctul T fiind punctul de tangenţă, avem MT^2= OM^2-R^2= \rho (M). \! Aşadar, pentru orice punct M din planul cercului \mathcal C(O, R) \! avem: \rho(M) = OM^2-R^2. \!

Aplicaţii Edit

Problema 1 Edit

Puterea unui punct fata de un cerc 3.png

Dacă \mathcal C(O, R) \! şi \mathcal C(I, r) \! sunt cercul circumscris, respectiv cercul înscris pentru un triunghi ABC, atunci:

OI^2= R^2-2Rr. \! (relaţia lui Euler)


Soluţie.

Notăm cu D intersecţia bisectoarei AI cu \mathcal C(O, R), \! aşadar D este mijlocul arcului \overset{\frown}{BC} \! Deoarece m(\angle IBD)= \frac{m(\angle B) +m(\angle A)}{2} \! şi m(\angle IDB) = m(\angle C), \! în \triangle BID \! obţinem:

m(\angle BID) = 180^{\circ}- \frac{m(\angle B) + m(\angle A)}{2} - m(\angle C) =  \!
= 180^{\circ} - \frac{m(\angle B) + m(\angle A) + 2 m(\angle C)}{2}= \frac{180^{\circ}- m(\angle C)}{2} = m(\angle IBD), \!

adică triunghiul BID este isoscel cu:

BD=ID \!   (1)

Folosind teorema sinusurilor în \triangle ABD \! avem şi:

BD=2R \cdot \sin \frac A 2. \!   (2)

Notăm acum E piciorul perpendicularei din I pe CA şi avem: IE=r, \! iar din \triangle AIE \! (dreptunghic în E), deducem:

AI=\frac{r}{\sin \frac  A 2}. \!   (3)

Este suficient să scriem puterea punctului I faţă de cercul \mathcal C(O, R) \! şi obţinem:

\rho(I) = -IA \cdot ID= OI^2-R^2 \!

sau, folosind relaţiile (1), (2), (3),

\frac {r}{\sin \frac A 2} \cdot 2R \cdot \sin \frac A 2= R^2- OI^2. \!

de unde:

OI^2 = R^2 - 2Rr. \!

(Observaţie: Obţinem de aici şi inegalitatea lui Euler: R \ge 2r. \!)

Problema 2 Edit

Dacă \mathcal C(O, R) \! este cercul circumscris triunghiului ABC în care G şi H sunt centrul de greutate, respectiv ortocentrul, iar BC= a, \; CA = b, \; AB=c, \! atunci:

OG^2= R^2- \frac{a^2 + b^2 + c^2}{9}. \!


Soluţie:

Puterea unui punct fata de un cerc 4.png

Dacă E este mijlocul lui (BC) şi AE \cap \mathcal C(O,R) = \{D\}, putem scrie:

\rho(G) = OG^2 - R^2= GA \cdot GD = \frac 2 3 m_a \cdot (GE + ED) = \frac 2 3 m_a (\frac 1 3 m_a + ED); \!

Folosind puterea punctului E faţă de cercul \mathcal C(O,R), avem:

AE \cdot ED = BE \cdot EC, \!

adică m_a \cdot ED = \frac{a^2}{4} \!

şi ajungem la:

\rho(G) = \frac 2 3 m_a \cdot (\frac 13 m_a + \frac{a^2}{4 \cdot m_a}). \!

Dar, conform teoremei medianei:

m_a^2 = \frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}. \!


Observaţii.

1) Egalitatea se poate demonstra şi cu relaţia Leibniz:

\sum MA^2 = 3 MG^2 + \sum GA^2, \!

adevărată pentru orice punct M din planul triunghiului ABC. E suficient să luăm M=0. \!

2) Se poate demonstra şi:

OH^2 = 9 R^2 - (a^2 + b^2 + c^2). \!

Problema 3 Edit

Se consideră două puncte fixe A şi B pe diametrul unui semicerc, egal depărtate de centru, iar M şi N două puncte variabile pe semicerc astfel încât AM \| BN. \! Să se arate că produsul AM \cdot BN \! este constant.


Soluţie.

Puterea unui punct fata de un cerc 5.png

Considerăm tot cercul din care provine semicercul dat şi notăm:

AM \cap \mathcal C(O,R)= \{P\},\; BN \cap \mathcal C(O,R)= \{Q\} . \!

Proiectăm acum O pe MP şi NQ în S, respectiv T. Punctele S, O, T \! sunt coliniare. Obţinem \triangle AOS \equiv \triangle BOT de unde (OS) \equiv (OT) \! şi (AS) \equiv (BT). \!

Deducem acum (MP) \equiv (NQ) \! (coarde egal depărtate de centru) şi astfel MS = NT = SP. \!

Cum AS = BT, \! ajungem la:

BN=NT - BT = SP -AS =AP. \!

Puterea punctului A faţă de cerc conduce la:

AM \cdot AP = R^2 - OA^2, \!

adică:

AM \cdot BN = R^2 - OA^2 \! (constant)

QED.

Problema 4 Edit

Se notează cu M, N, P \! mijloacele laturilor (BC), (CA), \! respectiv (AB) \! ale unui triunghi ABC. Dreptele AM, BN, CP intersectează cercul circumscris triunghiului ABC în Q, S, \! respectiv T. \! Să se demonstreze egalitatea:

\frac{AM}{MQ} + \frac{BN}{NS} + \frac{CP}{PT} \ge 9. \!


Soluţie. Folosind puterea punctelor M, N, P \! faţă de cerc obţinem:

AM \cdot MQ = \frac{a^2}{4}, \; \; BN \cdot NS = \frac{b^2}{4}, \; \; CP \cdot PT = \frac{c^2}{4}. \!

Suma din membrul stâng al inegalităţii propuse se poate acum scrie:

\frac{AM}{MQ} + \frac{BN}{NS} + \frac{CP}{PT} = \frac{AM^2}{AM \cdot MQ} + \frac{BN^2}{BN \cdot NS} + \frac{CP^2}{CP \cdot PT} =  \!
4 \left ( \frac{AM^2}{a^2} + \frac{BN^2}{b^2} + \frac{CP^2}{c^2}. \right ) \!

Folosim acum teorema medianei, adică:

AM^2 = \frac{2(b^2+c^2) - a^2}{4} \!

şi analoagele. Urmează calcule simple, regrupări de factori şi utilizarea unor inegalităţi de tipul \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{a^2} \ge 2. \!

Problema 5 Edit

Se consideră un cerc în care este înscris triunghiul isoscel ABC (AB = AC \!). Prin A se duce o coardă care intersectează (BC) în E şi cercul în F. Să se arate că AB este tangentă cercului circumscris triunghiului BEF.


Soluţie. Deoarece \hat A \! este comun şi \angle AFB \equiv \angle ABC \! (subîntind coarde egale) deducem că \triangle ABE \equiv \triangle AFB, \! de unde: \frac{AB}{AF} = \frac{AE}{AB} \! sau AB^2 = AE \cdot AF. \!

Folosind puterea punctului A exterior cercului circumscris triunghiului BEF obţinem că AB este tangentă la acest cerc. QED.

Problema 6 Edit

Dacă H este ortocentrul triunghiului ABC şi D, E, F \! sunt picioarele înălţimilor acestuia (D \in BC, \; E \in CA, \; F \in AB \!), să se arate că:

HA \cdot HD = HB \cdot HE = HC \cdot HF. \!


Soluţie. Puterea punctului H faţă de cercul circumscris patrulaterului inscriptibil ABDE (unghiuri formate de diagonale cu laturi opuse sunt congruente - sunt chiar unghiuri drepte) conduce la HA \cdot HD = HB \cdot HE. \! Analog pentru un al patrulater inscriptibil. QED.

Problema 7 Edit

Se consideră două cercuri \mathcal C_1 (O_1, R_1), \; C_2 (O_2, R_2), \; O_1 \neq O_2. \! Să se determine locul geometric al punctelor din plan care au puteri egale faţă de cele două cercuri.


Soluţie.

Avem aşadar de găsit mulţimea punctelor M din plan care:

O_1M^2 - R_1^2 = O_2M^2 - R_2^2  \!   (#)

Fără a restrânge generalitatea problemei, putem considera R_1 \ge R_2 \! şi notând R_1^2 - R_2^2 = k \ge 0, \! condiţia (#) devine:

O_1M^2 - O_2M^2 = k. \!

Ajungem la altă problemă:

Să se determine locul geometric al punctelor M din plan pentru care diferenţa pătratelor la două puncte fixe este constantă.

E suficient să folosim, de exemplu, teorema lui Pitagora generalizată în triunghiul O_1O_2M \! (sau teorema cosinusului) şi obţinem imediat că, dacă N este proiecţia lui M pe O_1O_2, \! că punctul N este fix, adică locul lui M este o dreaptă perpendiculară pe O_1O_2. \! QED.


Observaţii:

1) Locul astfel determinat se numeşte axa radicală a cercurilor (şi deci este o dreaptă perpendiculară pe linia centrelor)

2) Dacă \mathcal C_1 (O_1, R_1) \cap \mathcal C_2 (O_2, R_2) = \{A, B \}, \! atunci axa radicală a cercurilor este chiar dreapta AB, iar dacă MN este tangenta comună a acestor cercuri, atunci AB intersectează (MN) în mijlocul acestuia.

Problema 8 Edit

Se consideră un triunghi ABC şi se notează cu B', \! respectiv C' \! mijloacele laturilor (AC), respectiv (AB), iar cu H piciorul înălţimii din A. Să se arate că cercul circumscris triunghiurilor AB'C', BC'H, B'CH \! au un punct comun I, iar HI intersectează (B'C') în mijlocul său.


Soluţie: Considerăm D ca fiind al doilea punct de intersecţie a cercurilor circumscrise triunghiurilor BC'H, \; B'CH; \! deducem acum:

m (\angle B'DC' ) = m(\angle C) + m(\angle B) = 180^{\circ} - m(\angle B'AC'), \!

de unde avem că patrulaterul AB'DC' \! este inscriptibil, deci I este de fapt punctul D. În continuare, deoarece triunghiurile BC'H \! şi B'CH \! sunt isoscele (C'H=C'B \! şi B'H= B'C \! - mediane corespunzătoare ipotenuzelor...), iar B'C' \| BC, \! deducem că B'C' \! este tangenta comună celor două cercuri (tangentă în C', \! respectiv B' \!). Cum HD (sau HI) este axa radicală a cercurilor respective, obţinem că HI intersectează (B'C') în mijlocul acesteia.

Problema 9 Edit

În triunghiul ABC se notează BC=a, \; CA=b, \; AB=c. \! Cercurile cu centrele în A, B, C \! de raze respectiv r_1, r_2, r_3 \! intersectează laturile triunghiului în şase puncte (discurile respective sunt două câte două disjuncte). Demonstraţi că cele şase puncte sunt conciclice dacă şi numai dacă există egalităţile:

a-b + r_1- r_2 =0. \!
b-c+r_2-r_3=0. \!


Soluţie: Notăm \mathcal C(A, r_1) \cap (AB) = \{M \}, \;  \mathcal C(A, r_1) \cap (AC) = \{N \}, \;  \mathcal C(B, r_2) \cap (AB) = \{S \}, \;  \mathcal C(B, r_2) \cap (BC) = \{R \}, \;  \mathcal C(C, r_3) \cap (AC) = \{P \}, \;  \mathcal C(C, r_3) \cap (BC) = \{Q \}, \;

Presupunem că M, N, P, Q, R, S \! sunt conciclice. Folosind puterea punctului A faţă de cercul ce conţine cele şase puncte, avem:

AM \cdot AS = AN \cdot AP, \!

adică:

r_1(c-r_2) = r_1(b-r_3) \!

Rezultă:

c-r_2= b-r_3; \!

Analog cu puterea punctului C faţă de acelaşi cerc, avem:

a-r_2=b-r_1. \!


Reciproc, presupunând adevărate egalităţile a-b + r_1- r_2 =0, \; b-c+r_2-r_3=0, \! vom arăta că hexagonul MNPQRS este inscriptibil; vom demonstra aşadar că mediatoarele laturilor sale sunt concurente. În primul rând, să observăm că mediatoarele laturilor [MN], [PQ], [RS] \! sunt concurente, fiind bisectoarele unghiurilor triunghiului ABC; notăm punctul de concurenţă cu O şi arătăm că O este situat şi pe celelalte mediatoare. Notăm cu K, L, I \! proiecţiile lui O pe dreptele BC, CA, AB. \! Cum O este pe mediatoarea lui [PQ], avem: (OP) \equiv (PQ) \! şi deoarece această mediatoare este şi bisectoarea unghiului \hat C, \! deducem: (OL) \equiv (OK). \! Obţinem astfel: \triangle OLP \equiv \triangle OKQ \! şi, analog, \triangle OKR \equiv \triangle OIS, \; \triangle OIM \equiv \triangle OLN. \!

Ajungem acum la:

OK = LP =x, \; RK=SI=y, \; MI=NL=z. \!

Folosind ipoteza a-r_2=b-r_1, \! deducem CR=CN \! şi apoi RQ=PN \! sau:

x+y = x+z \!   (1)

Analog, din ipoteza b-r_3=c-r_2, \! ajungem la AP=AS \; \; \Rightarrow \; \; MS=NP \; \; \Rightarrow: \!

y+z=x+z \!   (2)

Din (1) şi (2) avem x=y=z, \! adică OL, OK, OI \! sunt mediatoarele laturilor [NP], RQ], [SM] \! ale hexagonului.

Problema 10 Edit

Fie T_1T_2 \! tangenta comună a două cercuri de centre O_1 \! şi O_2, \! secante în A şi B. Dreapta AB intersectează a doua oară cercul circumscris triunghiului AT_1T_2 \! în M. Să se stabilească natura patrulaterului MT_1BT_2. \!


Soluţie. Folosim observaţia 2, problema 7 şi astfel punctul de intersecţie este axa radicală a cercurilor şi tangenta comună are proprietatea că NT_1=NT_2. \! Observăm că \angle T_2MA \equiv \angle T_2T_1A \! şi \angle T_2T_1A \equiv \angle ABT_1, \! aşadar \angle ABT \equiv \angle T_2MA \; \; \Rightarrow \; \; T_2M \| BT_1. \! Cum însă \triangle BNT_1 \equiv \triangle T_2NM, \! deducem şi T_2M = BT_1, \! aşadar MT_1BT_2 \! este paralelogram. QED.

Problema 11 Edit

În triunghiul ABC, \! bisectoarea unghiului \angle BAC \! intersectează latura (BC) \! în D. Se consideră cercul \omega \! tangent la BC în D, care trece prin A, şi se notează cu M al doilea punct de intersecţie al lui AC cu \omega. \! Se notează cu P al doilea punct de intersecţie al lui BM cu \omega. \! Să se arate că P este situat pe una din medianele triunghiului ABD.


Soluţie. Notă cu  \alpha = m (\angle BAP), \; \beta = m(\angle PAD). \! Evident, \alpha + \beta = \frac 1 2 m(\angle BAC). \!

Deoarece APDM este patrulater inscriptibil, avem imediat:

m(\angle PAD) = m (\angle PMD) = \beta. \!

Cum însă DC este tangentă la \omega \! în D, deducem:

m(\angle MDC)= m(\angle MAD) = \frac 1 2 m(\angle BAC). \!

Acum, din

m(\angle ADB) = 180^{\circ} - \frac 1 2 m(\angle BAC) - m(\angle ABC)= m(\angle ACB) + \frac 1 2 m(\angle BAC) \!

ajungem la:

m(\angle ADM) = 180^{\circ} - m(\angle ADB) - m(\angle MDC) = m(\angle ABC). \!

Aşadar:

m(\angle BDM) = \frac 1 2 m(\angle BAC) + m(\angle ACB)+ m(\angle ABC)= 180^{\circ} - \frac 1 2 m(\angle BAC). \!

Obţinem acum:

m(\angle MBD) = 180^{\circ} - m(\angle BDM)- \beta= \frac 1 2 m(\angle BAC)- \beta= \alpha. \!

Aşadar \angle MBD \equiv \angle PBD \equiv \angle PAB \! şi astfel BC este tangentă la cercul circumscris triunghiului APB. Deducem acum că AP este axa radicală a celor două cercuri (\omega \! şi cercul circumscris triunghiului APB), care intersectează tangenta comună în punctul T. Deoarece T este axa radicală, acesta are puteri egale faţă de cele două cercuri, adică:

TB^2=TD^2 \; \Leftrightarrow \; TB=TD, \!

deci P se află pe mediana din A a triunghiului APB. QED.

Problema 12 Edit

Se consderă un triunghi ABC şi D \in (AB), \; E \in (AC) \! astfel încât DE \| BC, \! iar P un punct în interiorul triunghiului ADE. Se notează PB \cap DE = \{ F\}, \; PC \cap DE = \{ G \}. \! Dacă O este centrul cercului circumscris triunghiului PDG, iar Q centru cercului circumscris triunghiului PEF, să se arate că AP \perp OQ. \!


Soluţie. Deoarece cele două cercuri se intersectează în P, este suficient să arătăm că AP este axa lor radicală. Notăm AP \cap DE = \{ H \}, \; AP \cap BC = \{ K \}. \! Din

\frac{DH}{HE} = \frac{BK}{KC}, \; \frac{FH}{HG} = \frac{BK}{KC} \; \Rightarrow \; \frac{DH}{HE} = \frac{FH}{HG} \!

şi astfel DH \cdot HG = FH \cdot HE, \! adică H se află pe axa radicală. Cum H \in AP, \! concluzia este imediată. QED.

Problemă propusă Edit

Fie ABC un triunghi şi în interiorul său două cercuri C_1 \! şi C_2 \! care se intersectează în punctele M şi N şi astfel încât C_1 \! este tangent dreptelor AB şi BC, iar C_2 \! este tangent dreptelor AC şi BC. Să se arate că dacă M şi N sunt situate pe mediana din A a triunghiului ABC, atunci ABC este triunghi isoscel. Reciproca este adevărată?

Vezi şi Edit


Bibliografie Edit

(1) D.M.Bătineţu-Giurgiu şi colectiv – Probleme date la olimpiadele de matematică pentru licee (1950-1990), Ed. Ştiinţifică, Bucureşti,1992

(2) M.Şt.Botez – Probleme de geometrie , Ed. Tehnică , Bucureşti , 1976

(3) A.Coţa şi colectiv – Matematică pentru clasa a IX a , manual , E.D.P. 1988

(4) A.Leonte,R.Trandafir – Principii şi structuri fundamentale în matematica de liceu , Ed. Albatros , Bucureşti , 1986

(5) L.Nicolescu , V. Boskoff – Probleme practice de geometrie , Ed. Tehnică , Bucureşti , 1990

(6) Gazeta Matematică , colecţia 1983- 2006

Resurse online Edit

Also on Fandom

Random Wiki