O problema interesanta-teorema japoneza
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip
-
Claudiu Mindrila
- Fermat
- Posts: 520
- Joined: Mon Oct 01, 2007 2:25 pm
- Location: Targoviste
- Contact:
O problema interesanta-teorema japoneza
Problema(teorema japoneza): Daca \( ABCD \) este un patrulater inscriptibil, iar \( M,\ N, \ P, \ Q \) sunt centrele cercurilor inscrise triunghiurilor \( ABD,\ ABC, \ BCD, \ ACD \) respectiv, atunci \( MNPQ \) este dreptunghi.
elev, clasa a X-a, C. N. "C-tin Carabella", Targoviste
-
mihai miculita
- Pitagora
- Posts: 93
- Joined: Mon Nov 12, 2007 7:51 pm
- Location: Oradea, Romania
\( \mbox{Problema se gaseste in cartea lui Mihalca, Chitescu si Chirita: GEOMETRIA PATRULATERULUI (Ed.Teora 1998);}\\
\mbox{problema 7.7 de la pag.86 si este rezolvata la pag.91-92.}\\
\mbox{Demonstaria citata se face in 2 pasi:}\\
1).\mbox{Ideea este de a arata ca patrulaterele ABNM, BCPN, CDQP si DAMQ sunt inscriptibile;}\\
2). \mbox{Se arata apoi ca patrulaterul MNPQ are 3 unghiuri drepte.}\\
\mbox{Sugerez urmatoarea varianta in locul demonstatiei pasului 2) de la locul citat:}\\
\mbox{Notam cu }A^\prime, B^\prime, C^\prime, D^\prime
\mbox{ punctele de intersectie ale bisectoarelor unghiurilor unghiurilor }\\
\angle{DAB}, \angle{ABC}, \angle{BCD}, \angle{CDA} \mbox{ cu cercul circumscris triunghiului. }\\
\mbox{Intrucat } [A^\prime C^\prime ] \mbox{ si } [B^\prime D^\prime ] \mbox{ sunt diametre in cercul circumscris patrulaterului } ABCD\Rightarrow\\
\Rightarrow A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime \mbox{ este un dreptunghi. }\\
\mbox{Aratam apoi ca laturile patrulaterului MNPQ sunt paralele in mod respectiv cu laturile acestui dreptunghi.}\\
\mbox{Intr-adevar, avem de ex: }
ABNM\mbox{-inscriptibil}\Rightarrow \angle{A^\prime MN}\equiv \angle{ABM}\equiv \angle{AA^\prime B^\prime}\Rightarrow MN||A^\prime B^\prime .\\
\)
PS. \( \mbox{ Dupa ce notam de ex. cu } A^{\prime\prime} \mbox{ si cu } B^{\prime\prime}
\mbox{ punctele de intersectie ale bisectoarelor unghiurilor }\angle{CAB} \mbox{ si } \angle{ABD} \)
\( \mbox{ cu cercul circumscris patrulaterului ABCD, atunci atat la demonstratia celor afirmate la pct. 1) cat si la demonstratia }\\
\mbox{faptului ca patrulaterul }
A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime \mbox{ este un dreptunghi, putem folosi teorema: } \)
Bisectoarea unui unghi al unui triunghi si mediatoarea laturii opuse acestui unghi, se intersecteaza intr-un punct al cercului circumscris triunghiului.
\mbox{problema 7.7 de la pag.86 si este rezolvata la pag.91-92.}\\
\mbox{Demonstaria citata se face in 2 pasi:}\\
1).\mbox{Ideea este de a arata ca patrulaterele ABNM, BCPN, CDQP si DAMQ sunt inscriptibile;}\\
2). \mbox{Se arata apoi ca patrulaterul MNPQ are 3 unghiuri drepte.}\\
\mbox{Sugerez urmatoarea varianta in locul demonstatiei pasului 2) de la locul citat:}\\
\mbox{Notam cu }A^\prime, B^\prime, C^\prime, D^\prime
\mbox{ punctele de intersectie ale bisectoarelor unghiurilor unghiurilor }\\
\angle{DAB}, \angle{ABC}, \angle{BCD}, \angle{CDA} \mbox{ cu cercul circumscris triunghiului. }\\
\mbox{Intrucat } [A^\prime C^\prime ] \mbox{ si } [B^\prime D^\prime ] \mbox{ sunt diametre in cercul circumscris patrulaterului } ABCD\Rightarrow\\
\Rightarrow A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime \mbox{ este un dreptunghi. }\\
\mbox{Aratam apoi ca laturile patrulaterului MNPQ sunt paralele in mod respectiv cu laturile acestui dreptunghi.}\\
\mbox{Intr-adevar, avem de ex: }
ABNM\mbox{-inscriptibil}\Rightarrow \angle{A^\prime MN}\equiv \angle{ABM}\equiv \angle{AA^\prime B^\prime}\Rightarrow MN||A^\prime B^\prime .\\
\)
PS. \( \mbox{ Dupa ce notam de ex. cu } A^{\prime\prime} \mbox{ si cu } B^{\prime\prime}
\mbox{ punctele de intersectie ale bisectoarelor unghiurilor }\angle{CAB} \mbox{ si } \angle{ABD} \)
\( \mbox{ cu cercul circumscris patrulaterului ABCD, atunci atat la demonstratia celor afirmate la pct. 1) cat si la demonstratia }\\
\mbox{faptului ca patrulaterul }
A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime \mbox{ este un dreptunghi, putem folosi teorema: } \)
Bisectoarea unui unghi al unui triunghi si mediatoarea laturii opuse acestui unghi, se intersecteaza intr-un punct al cercului circumscris triunghiului.
-
Mateescu Constantin
- Newton
- Posts: 307
- Joined: Tue Apr 21, 2009 8:17 am
- Location: Pitesti
Am gasit si o solutie pe baza de trigonometrie la aceasta frumoasa problema ...
razele cercurilor inscrise triunghiurilor \( ABD \) , \( ABC \) , \( BCD \) si respectiv \( ACD \) .
Folosim relatia metrica cunoscuta intr-un triunghi \( OI^2=R^2-2Rr \) (notatii obisnuite) in fiecare din
triunghiurile : \( ABD \) , \( ABC \) , \( BCD \) si \( ACD\ :\ \left\|\ \begin{array}{cc}
OM^2 & = & R^2-2Rr_1 & ; & ON^2 & = & R^2-2Rr_2 \\\\\\\\
OP^2 & = & R^2-2Rr_3 & ; & OQ^2 & = & R^2-2Rr_4\ \end{array}\right\|\ (\ast) \) .
Patrulaterul \( MNPQ \) este dreptunghi, daca si numai daca, pentru un punct \( X \) din plan este satisfacuta relatia :
\( XM^2+XP^2=XN^2+XQ^2 \) . Pentru \( X:=O \) si folosind \( (\ast) \) ultima relatie devine : \( \overline{\underline{\left\|\ r_1+r_3=r_2+r_4\ \right\|}} \) .
Notam \( \angle ADB=\angle BCA=2x \) , \( \angle BAC=\angle BDC=2y \) , \( \angle DBC=\angle CAD=2z \) si
\( \angle DCA=\angle ABD=2u \) . Tinand cont ca intr-un triunghi \( XYZ \) avem identitatea : \( \overline{\underline{\left\|\ r=4R\prod\sin\frac X2\ \right\|}} \)
\( \Longrightarrow\ \left\|\ \begin{array}{cc}
\triangle & ABD & : & r_1=4R & \sin x & \sin u & \sin(y+z)=4R & \sin x & \sin u & (\sin y\cos z+\sin z\cos y) \\\\\\\\
\triangle & BCD & : & r_3=4R & \sin y & \sin z & \sin(x+u)=4R & \sin y &sin z & (\sin x\cos u+\sin u\cos x) \end{array}\ \right|\ \bigoplus \)
\( \Longrightarrow\ r_1+r_3=4R\cdot\(\prod\ \sin x\)\cdot\left\(\frac{\cos z}{\sin z}\ +\ \frac{\cos y}{\sin y}\ +\ \frac{\cos u}{\sin u}\ +\ \frac{\cos x}{\sin x}\right\)=4R\prod\ \sin x\cdot\sum\ \cot x \)
Deoarece expresia este simetrica in \( x \) , \( y \) , \( z \) si \( u \) rezulta ca \( r_1+r_3=r_2+r_4\ \Longleftrightarrow\ MNPQ \) dreptunghi .
Demonstratie : Fie \( w(O,R) \) cercul circumscris patrulaterului \( ABCD \) . Notam \( r_1 \) , \( r_2 \) , \( r_3 \) si \( r_4 \)Teorema japoneza :
Daca \( ABCD \) este un patrulater inscriptibil, iar \( M \) , \( N \) , \( P \) , \( Q \) sunt centrele cercurilor inscrise triunghiurilor
\( ABD \) , \( ABC \) , \( BCD \) , \( ACD \) respectiv, atunci \( MNPQ \) este dreptunghi .
razele cercurilor inscrise triunghiurilor \( ABD \) , \( ABC \) , \( BCD \) si respectiv \( ACD \) .
Folosim relatia metrica cunoscuta intr-un triunghi \( OI^2=R^2-2Rr \) (notatii obisnuite) in fiecare din
triunghiurile : \( ABD \) , \( ABC \) , \( BCD \) si \( ACD\ :\ \left\|\ \begin{array}{cc}
OM^2 & = & R^2-2Rr_1 & ; & ON^2 & = & R^2-2Rr_2 \\\\\\\\
OP^2 & = & R^2-2Rr_3 & ; & OQ^2 & = & R^2-2Rr_4\ \end{array}\right\|\ (\ast) \) .
Patrulaterul \( MNPQ \) este dreptunghi, daca si numai daca, pentru un punct \( X \) din plan este satisfacuta relatia :
\( XM^2+XP^2=XN^2+XQ^2 \) . Pentru \( X:=O \) si folosind \( (\ast) \) ultima relatie devine : \( \overline{\underline{\left\|\ r_1+r_3=r_2+r_4\ \right\|}} \) .
Notam \( \angle ADB=\angle BCA=2x \) , \( \angle BAC=\angle BDC=2y \) , \( \angle DBC=\angle CAD=2z \) si
\( \angle DCA=\angle ABD=2u \) . Tinand cont ca intr-un triunghi \( XYZ \) avem identitatea : \( \overline{\underline{\left\|\ r=4R\prod\sin\frac X2\ \right\|}} \)
\( \Longrightarrow\ \left\|\ \begin{array}{cc}
\triangle & ABD & : & r_1=4R & \sin x & \sin u & \sin(y+z)=4R & \sin x & \sin u & (\sin y\cos z+\sin z\cos y) \\\\\\\\
\triangle & BCD & : & r_3=4R & \sin y & \sin z & \sin(x+u)=4R & \sin y &sin z & (\sin x\cos u+\sin u\cos x) \end{array}\ \right|\ \bigoplus \)
\( \Longrightarrow\ r_1+r_3=4R\cdot\(\prod\ \sin x\)\cdot\left\(\frac{\cos z}{\sin z}\ +\ \frac{\cos y}{\sin y}\ +\ \frac{\cos u}{\sin u}\ +\ \frac{\cos x}{\sin x}\right\)=4R\prod\ \sin x\cdot\sum\ \cot x \)
Deoarece expresia este simetrica in \( x \) , \( y \) , \( z \) si \( u \) rezulta ca \( r_1+r_3=r_2+r_4\ \Longleftrightarrow\ MNPQ \) dreptunghi .