ONM 2010 Calarasi Problema 3

[Andi Brojbeanu]

In triunghiul \( ABC \) punctul \( M \) este mijlocul laturii \( [BC] \) si \( m(\angle{ACB}) = 15\textdegree \). Stiind ca \( m( \angle{AMB}) = 45\textdegree \), determinati masura unghiului \( BAC \).

[Laurian Filip]

In triunghiul \( ABC \) punctul \( M \) este mijlocul laturii \( [BC] \) si \( m(\angle{AMB}) = 15\textdegree \). Stiind ca \( m( \angle{AMB}) = 45\textdegree \), determinati masura unghiului \( BAC \).

??

[Virgil Nicula]

In triunghiul \( ABC \) punctul \( M \) este mijlocul laturii \( [BC] \) si \( C = 15^{\circ} \).

Stiind ca \( m( \angle{AMB}) = 45^{\circ} \), determinati masura unghiului \( \angle BAC \).

Raspuns : \( A=135^{\circ} \) .

[Spataru Stefan]

E gresit raspunsul tau. Defapt m(BAC)=135. Consideri I simetricul lui C fata de AM. m(AMC)=180-m(AMB) asadar m(AMC)=135. Din simetrie m(AMI)=135 si cum m (AMB)=45 inseamna ca m(BMI)=90 asadar MI e perpendiculara pe BC si cum M - mijlocul [BC] triunghiul BIC este isoscel cu IB=IC.
Din teorema unghiului exterior m(MAC) = m(AMB) - m(ACB) = 30 adica m(IAC)=60 si atunci triunghiul IAC este echilateral si IA=IC. Dar IB=IC si atunci IA=IB.
m(BCI)= m (ACI) - m (ACB) = 60 - 15 = 45 si cum triunghiul IBC este isoscel m(BIC)=90
m(BIA)=m(BIC)-m(AIC)=90-60=30 si atunci in triunghiul isoscel BIA obtinem ca m(BAI)=75.
Finalizam prin m(BAC)= m (BAI) + m (IAC) = 75 + 60 =135

[Virgil Nicula]

Ai dreptate, am uitat sa adaug \( m(\angle MAC)=30^{\circ} \) . M-a furat peisajul si am pus direct \( x=m(\angle MAB)=105^{\circ} \) . Am corectat, multumesc.

[Virgil Nicula]

In triunghiul \( ABC \) punctul \( M \) este mijlocul laturii \( [BC] \) si \( C = 15^{\circ} \).

Stiind ca \( m( \angle{AMB}) = 45^{\circ} \), determinati masura unghiului \( \angle BAC \).

Desi problema este propusa la nivelul clasei a VI - a voi oferi mai multe soutii pentru aceasta frumoasa problema "slicing". Voi incepe cu

metodele metrice si/sau trigonometrice si sfarsind cu cele sintetice, de fapt singurele de interes estetic intr-o problema de tip "slicing".

Metoda 1 (metrica). Aplicam teorema sinusurilor in \( \triangle AMC \) : \( \frac {b}{\sin 45}=\frac {a}{2\sin 30}\ \Longrightarrow\ a=b\sqrt 2\ \ (1) \) .

Aplicam teorema medianei in \( \triangle ABC\ :\ 4m_a^2=2\left(b^2+c^2\right)-a^2\stackrel{(1)}{\ =\ }2\left(b^2+c^2\right)-2b^2\ \Longrightarrow\ c=m_a\sqrt 2\ \ (2) \) .

Aplicam teorema sinusurilor in \( \triangle ABM\ :\ \frac {m_a}{\sin B}=\frac {c}{\sin 45}\stackrel{(2)}{\ \Longrightarrow\ }\frac {m_a}{\sin B}=\frac {m_a\sqrt 2}{\frac {\sqrt 2}{2}}\ \Longrightarrow\ \sin B=\frac 12\ \Longrightarrow\ B=30^{\circ} \) .

Metoda 2 (trigonometrica). Aplicam o relatie cunoscuta cevienei \( AM \) in \( \triangle ABC\ \ :\ \ \frac {MB}{MC}=\frac {AB}{AC}\cdot\frac {\sin \widehat {MAB}}{\sin\widehat {MAC}}\ \Longrightarrow \) \( 1=\frac {\sin 15^{\circ}}{\sin B}\cdot \frac {\sin (B+45^{\circ})}{\sin 30^{\circ}}\ \Longrightarrow\ \sin (B+45^{\circ})=2\sin B\cos 15^{\circ}\ \Longrightarrow\ \sin\left(B+45^{\circ}\right)=\sin \left(B+15^{\circ}\right)+\sin\left(B-15^{\circ}\right) \Longleftrightarrow \) \( \sin (B+45^{\circ})-\sin\left(B-15^{\circ}\right)=\sin (B+15^{\circ})\ \Longrightarrow \) \( 2\sin 30^{\circ}\cos \left(B+15^{\circ}\right)=\sin \left(B+15^{\circ}\right) \) \( \Longleftrightarrow \) \( \tan\left(B+15^{\circ}\right)=1 \) \( \Longleftrightarrow \) \( B=30^{\circ} \) .



Metoda 3 ("slicing"). Construim triunghiul echilateral \( ACD \) astfel ca dreapta \( BC \) sa separe punctele \( A \) , \( D \) . Asadar \( DA=DC=AC \) \( \Longrightarrow \) \( m(\angle MAD)=30^{\circ} \) , \( M(\angle BCD)=45^{\circ} \) si semidreapta \( [AM \) este bisectoarea \( \angle CAD \) \( \Longrightarrow \) \( AM\perp CD \) si punctul \( N\in AM\cap CD \) este mijlocul laturii \( [CD] \) \( \Longrightarrow \) segmentul \( [MN] \) este linie mijlocie in triunghiul \( BCD \) \( \Longrightarrow \) \( MN\parallel BD \) \( \Longrightarrow \) \( m(\angle CBD)=45^{\circ} \) si \( m(\angle ADB)=30^{\circ} \) \( \Longrightarrow \) triunghiul \( BDC \) este \( A \)-dreptunghic isoscel \( \Longrightarrow \) \( DB=DC=DA \) \( \Longrightarrow \) \( DB=DA \) \( \Longrightarrow \) triunghiul \( ADB \) este \( A \)-isoscel cu \( m(\angle ADB)=30^{\circ} \) \( \Longrightarrow \) \( m(\angle BAD)=75^{\circ} \) \( \Longrightarrow \) \( m(\angle BAC)=135^{\circ} \) .

Metoda 4 ("slicing"). Construim triunghiul echilateral \( BCD \) astfel ca dreapta \( BC \) sa nu separe punctele \( A \) , \( D \) . Se observa ca \( DM\perp BC \) si \( m(\angle MDC)= \) \( m(\angle MAC)=30^{\circ} \) ceea ce inseamna ca patrulaterul \( ADCM \) este inscriptibil. Rezulta \( AD\perp AC \) , \( m(\angle MDA)= \) \( m(\angle MCA)= \) \( m(\angle ADB)=15^{\circ} \) . Asadar semidreptele \( [DA \) si \( [MA \) sunt bisectoarele unghiurilor \( \angle BMD \) si \( \angle BDM \) respectiv ceea ce inseamna ca punctul \( A \) este centrul cercului inscris in triunghiul \( BDM \) si semidreapta \( [BA \) este bisectoarea unghiului \( \angle DBM \) , adica \( B=30^{\circ} \) .

[Otilia]

Este potrivita aceasta problema pentru ONM clasa a VIa? Trei note de 7, toti ceilalti 1 punct, rar 2.

[Virgil Nicula]

Voi face un mic comentariu la rezultatele obtinute de concurenti la aceasta problema. Solutia frumoasa oferita de Stefan este de tip "slicing" si nu depaseste nivelul clasei a VI -a, insa lipsa din programa scolara a unui asemenea tip de probleme pentru familiarizarea elevului cu constructii auxiliare precedate de intuirea prin alte cai a marimii unghiului \( \angle ABC \) face ca aceasta problema sa fie neptrivita la acest nivel, mai ales ca exista numeroase abordari de a o rezolva (metric, trigonometric etc) de la nivelul clasei a VII - a in sus. Daca pe aceasta problema numai trei elevi au luat nota maxima 7 si toti ceilalti 1 sau 2 inseamna ca este ceva ciudat la mijloc ca sa nu spun mai mult. Stefane, tu esti in clasa a VI - a si solutia iti apartine ? Pun si eu o intrebare din curiozitate. Daca da, atunci te voi "bombarda" cu probleme de tip "slicing", ai ceva impotriva ?! Vezi ca deja am postat cateva si pe acest site. Succes !

[Spataru Stefan]

Defapt eu sunt clasa a VII-a. Si da soltuia imi aprtine, dar recunosc ca solutiile tale sunt mai eficiente, si nu ar trebui sa fi intr-o zi buna ca sa dai o astfel de solutie. Daca as fi fost in concurs, sincer, as fi dat solutia trigonometrica postata de tine. Insa am vrut sa dau si o solutie pe intelesul celor"mici"

[Virgil Nicula]

Si iata o metoda "killer", nu numai eficienta, dar si foarte scurta, fara puncte intermediare sau constructii auxiliare ...

Metoda 5 (metrica). Teorema sinusurilor in \( \triangle AMC \) \( \Longleftrightarrow \) \( \frac {CM}{CA}=\frac {\sin \widehat {CAM}}{\sin\widehat {CMA}} \) \( \Longrightarrow \) \( \frac {\frac a2}{b}=\frac {\sin 30^{\circ}}{\sin 45^{\circ}} \) \( \Longleftrightarrow \) \( a=b\sqrt 2 \) \( \Longleftrightarrow \) \( CA^2=CM\cdot CB \) \( \Longleftrightarrow \) \( \triangle CAM\sim \triangle CBA \) , adica dreapta \( CA \) este tangenta in \( A \) la cercul circumscris triunghiului \( ABM \) \( \Longleftrightarrow \) \( \widehat {CBA}\equiv\widehat {CAM} \) \( \Longleftrightarrow B=30^{\circ} \) .

O alta metoda ar fi utilizarea problemei/lemei foarte simple de "slicing" de aici

Metoda 6 ("slicing"). Construim triunghiul \( D \)-dreptunghic isoscel \( ACD \) astfel ca dreapta \( BC \) sa separe punctele \( A \) , \( D \) . Aplicand lema mentionata rezulta \( MA=MD \) si \( MC=CD \) . Consideram mijlocul \( N \) al segmentului \( [AD] \) . Insa \( MA=MD \) \( \Longrightarrow \) \( MN\perp AD \) \( \Longrightarrow \) \( MN\parallel CD \) si deoarece punctele \( M \) , \( N \) sunt mijloacele segmentelor \( [BC] \) , \( [AD] \) respectiv rezulta \( AB\parallel CD \) , adica \( m(\widehat {ABC})=m(\widehat {DCB}) \) \( \Longrightarrow \) \( B=30^{\circ} \) .

My (math)blog

[moldovan ana]

Va propun si eu o problema la fel, data la concursul interjudetean Marian Tarina 2010 clasa a 6-a=
Triunghiul isoscel ABC cu AB=AC are < A = 20 grade . Pe (AC) se considera punctul D astfel încât <ABD=10 grade.Calculati raportul BD/AC
Autori : Vasile Serdean si Camelia Magdas

[Virgil Nicula]

Este binecunoscuta urmatoarea problema "slicing" intr-un triunghi :

In \( \triangle ABC \) cu \( B=30^{\circ} \) si \( C=15^{\circ} \) avem \( m(\widehat {MAC})=30^{\circ} \) , unde punctul \( M \) este mijlocul laturii \( [BC] \) .

Cei care nu au reusit sa o rezolve in cel mult jumatate de ora pot gasi demonstratia pe my (math)blog.

Metoda 7 ("slicing"). Notam mijlocul \( N \) al laturii \( [AC] \) . Aplicam lema
in \( \triangle AMC \) si rezulta \( m(\widehat{CMN})=30^{\circ} \) . Din \( MN\parallel AB \) rezulta \( B=30^{\circ} \) .

Metoda 8 ("slicing"). Construim triunghiul \( BCD \) astfel ca dreapta \( BC \) separa punctele \( A \) , \( D \) si
\( m(\angle CBD)=30^{\circ} \) , \( m(\angle BCD)=15^{\circ} \) . Aplicam lema in \( \triangle BDC \) si rezulta \( m(\widehat{MDC})=30^{\circ} \) .
Deoarece triunghiurile \( AMC \) si \( DMC \) sunt simetrice fata de dreapta \( BC \) rezulta ca \( B=30^{\circ} \) .