FANDOM


Puterea unui punct fata de un cerc 1

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\ ~ \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

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

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

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

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