LUCRARE DE DIPLOMĂ CENTRE REMARCABILE ÎN TRIUNGHI

Transcript

1 UNIVERSITATEA BABEŞ-BOLYAI CLUJ-NAPOCA FACULTATEA DE MATEMATICĂ ŞI INFORMATICĂ SPECIALIZAREA MATEMATICI APLICATE LUCRARE DE DIPLOMĂ CENTRE REMARCABILE ÎN TRIUNGHI Conducător Ştiinţific: Lect. Dr. VĂCĂREŢU DANIEL Absolvent: BUDESCU ANGELA CLUJ - NAPOCA, 2010

2 Cuprins 1 Centrul de greutate al unui triunghi 3 2 Centrul cercului circumscris unui triunghi 11 3 Centrul cercului înscris într-un triunghi 18 4 Ortocentrul unui triunghi 28 5 Punctul lui Gergonne 40 6 Punctul lui Nagel 46 7 Punctul lui Longchamps 55 8 Punctul lui Bevan 59 9 Bibliografie 65

3 1 Centrul de greutate al unui triunghi Punctul de concurenţă al medianelor unui triunghi ABC se numeşte centrul de greutate X(2) al triunghiului ABC şi se notează cu G. Centrul de greutate al unui triunghi este un punct interior triunghiului. 1) Centrul de greutate al unui triunghi se află pe fiecare mediană la o treime de mijlocul laturii opuse corespunzătoare şi la două treimi de vârful corespunzător. Figure 1: Fie triunghiul ABC şi M a, M b, M c mijloacele laturilor BC, AC, AB. Triunghiul M a M b M c se numeşte triunghi median. (Fig. 1) Teorema lui Menelaus aplicată triunghiului AM a C şi transversalei B G M b ne dă: BM a BC MbC M b A GA = 1 GA = BC = 2 GA = 2GM a GA = 2 GM a GM a BM a 3 AM a şi GM a = 1 3 AM a. 2) Distanţele de la centrul de greutate al unui triunghi la vârfurile triunghiului sunt egale cu: 1 2(b2 + c 3 2 ) a 2, 1 2(a2 + c 3 2 ) b 2, 1 2(b2 + a 3 2 ) c 2. 3

4 Utilizând teorema medianei în ABC obţinem: 2(b 2 + c 2 ) a 2 AM a = = (b 2 + c 2 ) a 2. Deoarece GA = 2 3 AM a GA = (b 2 + c 2 ) a 2 = 1 2(b2 + c 3 2 ) a 2. Analog, GB = 1 3 2(a2 + c 2 ) b 2 şi GC = 1 3 2(a2 + b 2 ) c 2. 3) Distanţele de la centrul de greutate al unui triunghi la laturile triunghiului sunt egale cu: 1 3 h a, 1 3 h b, 1 3 h c, unde h a, h b, h c sunt lungimile înălţimilor triunghiului ABC. Figure 2: Fie G a şi H a proiecţiile punctelor G, respectiv A pe BC. (Fig. 2) Din asemănarea triunghiurilor GG a M a şi AH a M a rezultă: GG a h a = GM a AM a = 1 3, deci GG a = 1 3 h a. 4

5 Teorema lui Stewart Fie triunghiul ABC şi M un punct pe latura BC. Atunci: AB 2 MC + AC 2 BM AM 2 BC = BC BM MC. Figure 3: Aplicând teorema cosinusului în triunghiurile ABM şi AM C (Fig. 3) obţinem: AB 2 = AM 2 + BM 2 2 AM BM cos( AMB) AC 2 = AM 2 + MC 2 2 AM MC cos( AMC). Cum cos( AMC) = cos(180 AMB) = cos( AM B), rezultă: AB 2 MC = AM 2 MC + BM 2 MC 2 AM BM MC cos( AMB) AC 2 MB = AM 2 MB + MC 2 MB + 2 AM MC MB cos( AMB). Însumând egalităţile precedente obţinem: AB 2 MC + AC 2 BM = AM 2 (MC + MB) + BM MC(MB + MC) AB 2 MC + AC 2 BM = AM 2 BC + BM MC BC. 5

6 Teorema lui Leibniz Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Pentru orice punct M din planul triunghiului ABC este adevărată relaţia: MA 2 + MB 2 + MC 2 = AB2 + BC 2 + CA 2 + 3MG 2. 3 Fie A mijlocul laturii BC (Fig. 4). Figure 4: Relaţia lui Stewart aplicată în triunghiul AMA dă: MA 2 A G + MA 2 AG AA AG GA = MG 2 AA. Înlocuind egalităţile: A G = 1 3 AA, AG = 2 3 AA, MA 2 = 2(MB2 + MC 2 ) BC 2, 4 AA = 2(AB2 + AC 2 ) BC 2 în relaţia: MA 2 A G+MA 2 AG AA AG GA = MG 2 AA 4 dau concluzia. Consecinţe: 1) Daca M G, atunci GA 2 + GB 2 + GC 2 = AB2 + BC 2 + CA 2 relaţia din teorema lui Leibniz devine: MA 2 + MB 2 + MC 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 + 3MG 2. 3 şi 6

7 2) Din relaţia lui Leibniz rezultă că: MA 2 + MB 2 + MC 2 AB2 + AC 2 + BC 2 3 cu egalitate dacă punctul M coincide cu G. 8) Pentru orice punct M din planul triunghiului ABC este adevărată relaţia: MG = MA + MB + MC. 3 Figure 5: Din teorema medianei scrisă vectorial avem: MM a = 1 2 ( MB + MC) (Fig. 5). Din: GA = 2 MG = GM a MA + 2 MM a MG = MA + MB + MC. 3 Consecinţe: 1) Dacă M G relaţia de mai sus devine: GA + GB + GC = 0 2) Dacă M A relaţia devine: AG = AB + AC 3 7

8 9) Coordonatele baricentrice absolute ale centrului de greutate al unui triunghi ABC sunt: G( 1 3, 1 3, 1 3 ). 10) Afixul centrului de greutate al unui triunghi ABC este egal cu: z G = z A + z B + z C. 3 11) În orice triunghi ABC este adevărată relaţia: GA 2 + GB 2 + GC 2 = a4 + b 4 + c 4. 9 GA = 1 3 2(b2 + c 2 ) a 2 ; Ridicând la pătrat relaţia GA 2 = 1 9 [2(b2 + c 2 ) a 2 ] rezultă: Analog, GA 4 = 1 81 [4(b4 + c 4 + 2b 2 c 2 ) 4a 2 (b 2 + c 2 ) + a 4 ]. GB 4 = 1 81 [4(a4 + c 4 + 2a 2 c 2 ) 4b 2 (a 2 + c 2 ) + b 4 ], GC 4 = 1 81 [4(a4 + b 4 + 2a 2 b 2 ) 4c 2 (a 2 + b 2 ) + c 4 ]. Rezultă: GA 4 + GB 4 + GC 4 = a4 + b 4 + c ) O dreaptă d, care nu este paralelă cu BC şi trece prin centrul de greutate G al triunghiului ABC, intersectează laturile AB şi AC în punctele M, respectiv N. Atunci: BM MA + CN NA = 1. Fie M a mijlocul laturii BC şi fie D, E, F, L proiecţiile punctelor B, M a, C, respectiv A pe dreapta d (Fig. 6). Triunghiurile ALG şi M a EG sunt asemenea, rezultă că: M a E = BD + CF 2, GA = 2GM a, AL = 2M a E AL = BD + CF. Din asemănarea triunghiurilor BDM şi ALM precum şi a triunghiurilor CF N şi ALN rezultă: BM MA = BD LA CN şi NA = CF BM, deci: LA MA + CN NA = BD LA + CF LA = LA LA = 1. 8

9 Figure 6: 13) Fie P un punct în interiorul triunghiului ABC. Prin punctul P ducem paralelele P L, P M şi P N la laturile BC, AC, respectiv AB (L AB, M BC, N AC). Dacă ariile triunghiurilor BP L, CP M, şi AP N sunt egale, atunci P este centrul de greutate al triunghiului ABC. Fie L = P L AC (Fig. 7). Figure 7: Atunci, A [BP L] = A [CP M] = A [CP L ]. 9

10 Cum LL BC, rezultă că înălţimile din B şi C ale triunghiurilor BP L şi CP L sunt egale şi deci P L = P L, adică P aparţine medianei ce pleacă din A. Analog, se arată că punctul P aparţine medianei ce pleacă din A. Analog, se arată că punctul P aparţine şi celorlalte mediane, deci P este centrul de greutate al triunghiului ABC. 10

11 2 Centrul cercului circumscris unui triunghi Punctul de intersecţie al mediatoarelor unui triunghi ABC se numeşte centrul cercului circumscris triunghiului ABC X(3) şi se notează cu O. Raza acestui cerc se numeşte raza cercului circumscris triunghiului ABC şi se notează cu R. T riunghiul podar este triunghiul format de proiecţiile ortogonale ale unui punct pe BC, CA, AB. (Fig. 8) Figure 8: DEF - Triunghi podar 1)Triunghiul podar al centrului cercului circumscris unui triunghi ABC este triunghiul median al acestuia. T riunghiul pedal este triunghiul format de picioarele cevienelor unui punct. 2) Fie A B C triunghiul pedal al centrului cercului circumscris triunghiului ABC. Atunci: A B A C = sin 2C sin 2B, B C B A sin 2A = sin 2C şi C A C B = sin 2B sin 2A. Avem: m( BAA )=m( BAO)= 1 [180 2 m(ĉ)]=90-m(ĉ) şi 2 m( CAA )=m( CAO)= 1 2 [180-m( ˆB)] = 90-m( ˆB) (Fig. 9). Din teorema sinusurilor aplicată în triunghiurile ABA şi ACA rezultă: 11

12 A B sin A = AA sin B sin( π 2 A B Figure 9: C) = AA sin B, respectiv A C sin A = AA sin C A C sin( π AA = B) sin C, de unde A B A C = sin C sin B cos C cos B 2 = sin 2C sin 2B. Analog se arată că B C B A sin 2A = sin 2C şi C A C B = sin 2B sin 2A. 3)Fie A B C ABC. Atunci: AO OA = triunghiul pedal al centrului cercului circumscris triunghiului sin 2B + sin 2C, BO = sin 2A OB sin 2C + sin 2A, CO = sin 2B OC sin 2A + sin 2B. sin 2C Din teorema lui Van-Aubel rezultă: AO OA = AB B C + AC C B sin 2C sin 2B = + sin 2A sin 2A Analog se arată şi pentru celelalte inegalităţi. sin 2B + sin 2C =. sin 2A 12

13 4) Fie O centrul cercului circumscris unui triunghi ABC. Pentru orice punct M din planul triunghiului este adevărată egalitatea: MO = sin 2A MA + sin 2B MB + sin 2C MC sin 2A + sin 2B + sin 2C. (Fig. 10) Din AO OA = iar din A B A C MO = MO = sin 2B + sin 2C sin 2A rezultă: MO = sin 2C = rezultă: MA = sin 2B Figure 10: sin 2B + sin 2C MA + sin 2A 1 + sin 2C MB sin 2B MC sin 2C sin 2B sin 2B + sin 2C sin 2A sin 2A sin 2B MB + sin 2C MC MA + (sin 2B + sin 2C) sin 2B + sin 2C sin 2A + sin 2B + sin 2C sin 2A MA + sin 2B MB + sin 2C MC. sin 2A + sin 2B + sin 2C = MA, sin 2B MB + sin 2C MC sin 2B + sin 2C 13

14 Observaţie: Ţinând cont de identitatea: sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C = 2S R, 2 unde S reprezintă aria triunghiului ABC, egalitatea demonstrată anterior devine: MO = R2 (sin 2A MA + sin 2B MB + sin 2C MC). 2S 5) Coordonatele baricentrice ( absolute ale centrului ) cercului circumscris unui R 2 R2 R2 triunghi ABC sunt: O sin 2A, sin 2B, sin 2C. 2S 2S 2S 6) Fie z a, z b, z c afixele vârfurilor unui triunghi ABC. Afixul centrului cercului circumscris triunghiului ABC este egal cu: z o = sin 2A z A + sin 2B z B + sin 2C z c. sin 2A + sin 2B + sin 2C 7) Coordonatele unghiulare ale centrului cercului circumscris unui triunghi ascuţitunghic ABC sunt egale cu: m( BOC) = 2 m(â), m( COA) = 2m( B), m( AOB) = 2m(Ĉ). BOC este unghi la centru, deci are măsura egală cu măsura arcului BC. COA este unghi la centru, deci are măsura egală cu măsura arcului ĈA. AOB este unghi la centru, deci are măsura egală cu măsura arcului ÂB. 8) Raza cercului circumscris unui triunghi oarecare este egală cu R = abc 4S, unde a, b, c sunt lungimile laturilor triunghiului şi S este aria acestuia. A ABC = a b sin B 2 = ac 2 b 2R = abc 4R. 9) Consecinţă: Raza cercului circumscris unui triunghi echilateral de latură l este R = l 3 3. R = l3 4S = l3 4 4 l 2 3 = l = l

15 10) Distanţele de la centrul cercului circumscris unui triunghi ascuţitunghic ABC la laturile triunghiului sunt egale cu: a ctga ctgb ctgc. 2 Avem OM a = R cos A = Figure 11: a 2 sin A cos A = a ctga. (Fig. 11) 2 Analog OM b = R cos B = b 2 ctgb şi OM c = R cos C = c 2 ctgc. 11) Dacă G este centrul de greutate al unui triunghi ABC, atunci OG 2 = R 2 a2 + b 2 + c 2. 9 Din Teorema lui Leibniz rezultă: MA 2 + MB 2 + MC 2 = AB2 + BC 2 + CA MG 2. 15

16 Dacă M coincide cu O rezultă: OA 2 + OB 2 + OC 2 = AB2 + BC 2 + CA 2 + 3OG 2 3 9R 2 = AB 2 + BC 2 + CA 2 + 9OG 2 9OG 2 = 9R 2 (AB 2 + BC 2 + CA 2 ) OG 2 = R 2 a2 + b 2 + c ) Dacă I a este centrul cercului A - exînscris în triunghiul ABC atunci: OI 2 a = R 2 + 2Rr a. Figure 12: Fie A cel de-al doilea punct în care dreapta AI a intersectează cercul circumscris triunghiului ABC (Fig. 12). Utilizând puterea punctului I a faţă de cercul circumscris triunghiului ABC obţinem: OI 2 a R 2 = AI a A I a (1). 16

17 În triunghiul AI a A c, sin A 2 = r a AI a sau AI a = sinusurilor rezultă: BA sin A 2 r a sin A 2 = 2R, adică BA = 2R sin A 2 = A I a (3). (2), iar în triunghiul ABA din teorema Din relaţiile (1),(2) şi (3), rezultă OI 2 a R 2 = 2Rr a, de unde OI 2 a = R 2 + 2Rr a. Observatie : OIa 2 = R 2 + 2Rr a este relaţia lui Euler. 17

18 3 Centrul cercului înscris într-un triunghi 1) Bisectoarele interioare ale unui triunghi sunt concurente. Fie triunghiul ABC şi A, B, C picioarele bisectoarelor unghiurilor A,B,C, iar I = BB CC. (Fig. 13) Fie C a, C b, C c proiecţiile punctului I pe laturile BC, CA, AB. Din congruenţa triunghiurilor BC a I cu BC c I, respectiv CC a I cu CC b I rezultă că C a I C c I şi C a I C b I, de unde rezultă C c I C b I, adică punctul I aparţine şi bisectoarei AA. 2) Deoarece punctul I de concurenţă se află la distanţă egală faţă de laturile triunghiului ABC, el este centrul unui cerc tangent interior laturilor triunghiului. Punctul I se numeşte centrul cercului inscris X(1) în triunghiul ABC. Figure 13: 3) Raza cercului înscris în triunghiul ABC se notează cu r. 18

19 4) Triunghiul C a C b C c ale cărui vârfuri sunt punctele de tangenţă dintre laturile triunghiului şi cercul înscris se numeşte triunghiul de contact al triunghiului ABC. 5) Distanţele de la centrul cercului înscris într-un triunghi la laturile triunghiului sunt egale cu raza cercului înscris în acest triunghi. 6) Distanţele de la centrul cercului înscris într-un triunghi la vârfurile r r r triunghiului sunt egale cu:,,. sin A 2 sin B 2 sin C 2 Din triunghiul AIC c rezultă sin A 2 = Analog BI = r, CI = r. r AI AI = r sin A 2. sin B 2 sin C 2 7) Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC. Atunci AI = 4R sin B 2 sin C 2. (Fig. 14) Figure 14: 19

20 Se cunoaşte formula ariei unui triunghi A [ABC] = a b sinc, unde a, b, c sunt laturile 2 acestuia. Din teorema sinusului A [ABC] = 2R sina 2R sinb sinc 2 Avem : A [AIB] = c r 2, A [AIC] = b r 2, A [BIC] = a r 2 Rezultă că A [ABC] = r = 2R 2 sinasinbsinc. (1) A [ABC] = r a + b + c 2 2R(sinA + sinb + sinc), adică A [ABC] = r R(sinA+sinB +sinc). 2 Dar sina + sinb + sinc = 2sin A + B cos A B + 2sin C cosc 2 = ( π = 2sin 2 C ) cos A B + 2sin C cosc 2 = 2cosC 2 cosa B + 2sin C 2 2 cosc 2 = = 2cos C ( cos A B + sin C ) = 2cos C ( cos π 2B C + sin C ) = = 2cos C ( π 2 cos 2 2B + C ) + sin C ( ( 2 2 = 2cosC sin B + C ) + sin C ) = = 2cos C 2 2sin B + C 2 + C 2 2 cosb + C 2 C 2 2 = 4cos C ( π 2 cos 2 B + C ) cos B 2 2 = = 4cos C 2 cosa 2 cosb 2 = 4cosA 2 cosb 2 cosc 2 A [ABC] = 4rRcos A 2 cosb 2 cosc 2. (2) Din (1) şi (2) rezultă: 4rRcos A 2 cosb 2 cosc 2 = 2R2 sinasinbsinc = ( = 2R 2 2sin A ) ( 2 cosa 2sin B ) ( 2 2 cosb 2sin C ) 2 2 cosc r = 4Rsin A 2 2 sinb 2 sinc 2. Avem AI = r sin A 2 =4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 sin A 2 =4R sin B 2 sin C 2. Analog BI = r sin B 2 =4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 sin B 2 =4R sin C 2 sina 2. CI = r sin C 2 =4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 sin C 2 =4R sin A 2 sin B 2. 20

21 8) Dacă I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC, atunci: m( BIC) = m( BAC), m(âib) = m( ACB), m(ĉia) = m( ABC). Figure 15: m( BIC) = m( BIA ) + m( A IC) = [m( BAI) + m(âbi)] + [m(ĉai) + m( ICA)] (Fig.15). m( BIC) = m( BAC) [m( ABC) + m( ACB)] = m( BAC). Analog se determină şi măsurile celorlalte unghiuri. 9) Fie ABC un triunghi de laturi a, b, c, I este centrul cercului înscris în triunghi şi M un punct din planul triunghiului. Atunci: a MA + b MB + c MC = (a + b + c) MI. Din teorema bisectoarei rezultă BA A C = c, de unde MA = b MB + c MC. b b + c 21

22 Figure 16: Teorema lui Menelaus aplicată triunghiului AA C (Fig. 16) şi transversalei B I B dă: AI IA A B BC CB B A b + c MA + MA Atunci: MI = a 1 + b + c a = 1, de unde rezultă că AI IA = b + c a. = a MA + b MB + c MC a + b + c. 10) Coordonatele ( baricentrice ) ale centrului cercului circumscris triunghiului a ABC sunt: 2p, b 2p, c. 2p 11) Fie z A, z B, z C afixele vârfurilor A, B, C ale triunghiului ABC de laturi a,b,c. Afixul centrului cercului înscris este egal cu z I = a z A + b z B + c z C. a + b + c Alegem un sistem cartezian cu originea în punctul O, centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Din teorema bisectoarei (Fig. 17) avem: c b = BA A C sau z B + c de unde rezultă că z A = b z C 1 + c. b c b + c = BA BC, deci BA = ac b + c, 22

23 Figure 17: Teorema bisectoarei aplicată în triunghiul ABA pentru bisectoarea BI ne dă: b + c AB = IA sau IA = b + c z A + z BA IA IA a, deci A a 1 + b + c a = a z A + b z B + c z C. a + b + c 12) Dacă C a C b C c este triunghiul de contact al triunghiului ABC atunci AC b = AC c = p a, BC a = BC c = p b, CC a = CC b = p c, unde a, b, c sunt lungimile laturilor BC, AC, BA, iar p = a + b + c. 2 (Fig. 18) Figure 18: 23

24 Fie AC b = x = AC c, BC a = y = BC c, CC a = z = CC b, de unde rezultă că: 2(x + y + z) = a + b + c = 2p, deci p = x + y + z. Cum y + z = a, z + x = b rezultă x = p a, y = p b, z = p c. 13) Dacă r este raza cercului înscris în triunghiul ABC, atunci: r = p a ctg A 2 = p b ctg B 2 = p c ctg C. 2 Din triunghiul dreptunghic AIC b, rezultă ctg A 2 = p a. r Analog se obţin şi celelalte egalităţi. Consecinţă: p = r ctg A 2 B 2 C 2. Avem p a + p b + p c = r(ctg A 2 + ctg B 2 + ctg C 2 ) = r ctg A 2 B 2 C 2. 14) Daca O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC, R raza cercului circumscris triunghiului ABC şi r raza cercului înscris în acest triunghi, atunci: IO 2 = R 2 2Rr. Fie A cel de-al doilea punct în care dreapta AI intersectează cercul circumscris triunghiului ABC. (Fig. 19) Utilizând puterea punctului I faţă de cercul circumscris triunghiului ABC obţinem: AI A I = (R + IO)(R IO) = R 2 IO 2, adică OI 2 R 2 = AI A I (1). În triunghiul AIC c, sin A 2 = r AI sau AI = r sin A 2 (2). 24

25 Figure 19: Avem: m( BIA ) = m( IAB) + m( IBA) = 1 [m(â) + m( B)] 2 şi m( IBA ) = 1 2 m( B) + m( CBA ) = 1 2 m( B) + m( A AC) = 1 2 m( B) m(â). Din teorema sinusurilor în triunghiul ABA rezultă: BA sin A 2 = 2R, adică BA = 2R sin A 2 = A I (3). Din relaţiile (1), (2), (3) rezultă IO 2 = R 2 2Rr (Relaţia lui Euler). 15) Măsura unghiului determinat de bisectoarea interioară unghiului A a triunghiului ABC şi înălţimea din A este egală cu: 1 2 m( B) m(ĉ). Fie H a piciorul înălţimii din A şi A piciorul bisectoarei din A. (Fig. 20) Considerăm cazul în care A (H a C), cazul în care A (H a B) tratându-se analog. 25

26 Figure 20: Din m( H a AA ) = 1 m(â) m( H a AB) = m(â) [90 m( B)] = = 1 [ 1 (m(â) 2 m(â) 2 + m( B) ) ] + m(ĉ) m( B) rezultă m( H a AA ) = 1 2 [m( B) m(ĉ)]. 16) Proiecţiile vârfului A al triunghiului ABC pe cele patru bisectoare ale unghiurilor B şi C sunt coliniare. Figure 21: 26

27 Fie P, Q şi R, S proiecţiile vârfului A pe bisectoarele exterioare, respectiv interioare ale vârfurilor B şi C. (Fig. 21) Patrulaterele P BRA şi CQAS sunt dreptunghiuri, deci P R trece prin M, mijlocul lui AB şi SQ trece prin N, mijlocul laturii AC. Deoarece MBR MRB RBC rezultă că MR BC, deci R aparţine dreptei MN. Analog se arată că S MN, deci punctele P, Q, R, S coliniare. 27

28 4 Ortocentrul unui triunghi Punctul de intersecţie al înălţimilor unui triunghi se numeşte ortocentrul triunghiului X(4) şi se notează cu H. Dacă triunghiul ABC este ascuţitunghic, ortocentrul se află în interiorul triughiului(fig. 22) Dacă triunghiul ABC este dreptunghic, ortocentrul triughiului este punctul A (Fig. 23). Dacă triunghiul ABC este obtuzunghic, ortocentrul se află în exteriorul triughiului ABC (Fig. 24). Figure 22: Figure 23: 28

29 Figure 24: În triunghiul ABC, fie H a, H b, H c picioarele înălţimilor duse din vârfurile A,B,respectiv C pe laturile triunghiului ABC. Triunghiul H a H b H c se numeşte triunghiul ortic al triunghiului ABC. 1) Fie H ortocentrul unui triunghi nedreptunghic ABC şi H a H b H c triunghiul său ortic. Sunt adevărate egalităţile: BH a H a C = tgc tgb, CH b H b A = tga tgc, AH c H c B = tgb tga. (Fig. 25) Figure 25: Din triunghiurile dreptunghice BH a A şi CH a A rezultă BH a = AH a tgb şi CH a = AH a tgc, de unde BH a H a C = tgc. Analog se arată şi celelalte egalităţi. tgb 29

30 2) Fie H ortocentrul unui triunghi nedreptunghic ABC şi H a H b H c triunghiul său ortic. Sunt adevărate egalităţile: AH HH a = cos A cos B cos C, BH = HH b cos B cos C cos A, CH = HH c cos C cos A cos B. Din teorema lui Van-Aubel rezultă: Analog se demonstrează şi celelalte egalităţi. AH HH a = AH b H b C + AH c H c B = tgc tga + tgb tga = cos A cos B cos C. 3) Pentru orice punct M din planul unui triunghi nedreptunghic ABC este adevărată egalitatea: MH = tga tga + tgb + tgc MA + tgb tga + tgb + tgc MB + tgc tga + tgb + tgc MC. (Fig. 26) Din AH HH a = MH = tgc + tgb tga tgc + tgb MA + tga 1 + tgc + tgb tga Figure 26: şi BH a H a C = tgc tgb avem: MH a = tga MA + (tgc + tgb) MH a tga + tgb + tgc 30 şi

31 MH a = MB + tgc tgb MC 1 + tgc tgb = tgb MB + tgc MC, de unde rezultă concluzia. tgb + tgc 4) Coordonatele baricentrice ( absolute ale ortocentrului H al unui triunghi ) tga ascuţitunghic ABC sunt: H tga + tgb + tgc, tgb tga + tgb + tgc, tgc. tga + tgb + tgc 5) Fie z a,z b,z c afixele vârfurilor triunghiului ABC. Afixul ortocentrului H al triunghiului ABC este egal cu: tga z H = tga + tgb + tgc z tgb A + tga + tgb + tgc z tgc B + tga + tgb + tgc z C. 6) Coordonatele unghiulare ale ortocentrului unui triunghi ascuţitunghic ABC sunt egale cu: m( BHC) = 180 m(â), m( CHA) = 180 m( B), m( AHB) = 180 m(ĉ). Figure 27: Avem: m( BHC) = m( Hb HH c ) = 180 m(â) (deoarece patrulaterul AH chh b inscriptibil) (Fig. 27) este Analog m( CHA) = 180 m( B) şi m( AHB) = 180 m(ĉ). 31

32 7) Distanţele de la ortocentrul unui triunghi ABC la vârfurile acestuia sunt egale cu: 2R cos A, 2R cos B, 2R cos C. Figure 28: Deoarece patrulaterul BH a HH c este inscriptibil (Fig. 28) rezultă m( H c HA) = m( B), atunci sin H c HA = sin B = H ca AH, de unde AH = AH c sin B = b cos A sin B Analog se arată că BH = 2R cos B şi CH = 2R cos C. = 2R cos A. 8) Consecinţă: AH + BH + CH = 2(R + r). ( Avem: AH + BH + CH = 2R(cos A + cos B + cos C) = 2R sin A 2 sin B 2 sin C ) ; 2 dar r R = 4 sin A 2 sin B 2 sin C, deci AH + BH + CH = 2(R + r). 2 32

33 9) Distanţele de la ortocentrul unui triunghi ABC la laturile acestuia sunt egale cu: 2R cos B cos C, 2R cos C cos A, 2R cos A cos B. Figure 29: Din triunghiul BHH a rezultă HH a = BH cos C = 2R cos B cos C (Fig. 29). Analog HH b = 2R cos C cos A şi HH c = 2R cos A cos B. 10) În triunghiul ABC fie H a, H b, H c picioarele înălţimilor, M a, M b, M c mijloacele laturilor BC, CA respectiv AB şi A, B, C mijloacele segmentelor AH,BH respectiv CH. Punctele H a, H b, H c, M a, M b, M c, A, B, C sunt conciclice.cercul pe care se găsesc cele 9 puncte se numeşte cercul lui Euler sau cercul celor 9 puncte. În triunghiul dreptunghic AH a B, H a C mediană, deci H a M c = AB 2 (1), iar M a M b este linie mijlocie în triunghiul ABC, deci M a M b = AB 2 (2) (Fig. 30). Din (1) şi (2) rezultă că M a M b = H a M c şi cum M c M b BC (deoarece M c M b este linie mijlocie în triunghiul ABC) rezultă că patrulaterul M c H a M a M b este trapez isoscel, deci punctele M a, M b, M c şi H a aparţin unui cerc C. Analog se arată că punctele H b şi H c aparţin cercului C. În triunghiul BHC, M a C este linie mijlocie, deci M a C BH, de unde HBC C M a C (3). 33

34 Figure 30: Patrulaterul BH a HH c fiind inscriptibil (m( BH a H) + m( BH c H) = 180 ) rezultă că HBH a HH c H a (4). Din relaţiile (3) şi (4) rezultă că inscriptibil, deci C aparţine cercului C. C M a C H a H c H, adică patrulaterul C M a H a H c este Analog, se demonstrează că punctele A şi B sunt pe cercul C. Observaţii: i) Punctele A, B, C mijloacele segmentelor AH, BH, CH se numesc punctele euleriene ale triunghiului ABC. ii) Centrul cercului lui Euler se noteaza cu O 9 X(5). iii) Dreapta OH se numeşte dreapta lui Euler a triunghiului ABC. 34

35 12) Ortocentrul H al triunghiului ABC aparţine dreptei lui Euler a triunghiului ABC. 13)Centrul cercului lui Euler al triunghiului ABC este mijlocul segmentului OH, unde O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC, iar H ortocentrul acestuia. Deoarece OM a BC rezultă OM a HH a, adică patrulaterul HOM a H a este trapez, perpendicularele ridicate din mijloacele coardelor H a M a, H b M b şi H c M c ale cercului lui Euler trec prin mijlocul segmentului OH, deci prin O 9. 14) Centrul de greutate G al triunghiului ABC se află pe dreapta lui Euler a triunghiului ABC şi GH = 2OG. (Fig. 31) Figure 31: Fie G 1 = AM a HO. Din asemănarea triunghiurilor AHG 1 şi M a OG 1 avem: AG 1 = AH = HG 1 G 1 M a OM A G 1 O (1). 35

36 Fie A = AO C(ABC). Avem m( A CA) = 90, deci A C CA, dar BH AC de unde BH A C. Analog, CH A B, deci patrulaterul BHA C este paralelogram, deci punctele H, M a şi A sunt coliniare. Din asemănarea triunghiurilor OM a A şi AHA rezultă AH OM a = AA OA = 2R R = 2 (2) (unde R este raza cercului circumscris triunghiului ABC). Din relaţiile (1) şi (2) rezultă AG 1 G a M a = HG 1 G 1 O = 2, sau AG 1 = 2G 1 M a, adică G 1 este centrul de greutate G al triunghiului ABC şi HG = 2GO. Observaţie: Din demonstraţia anterioară rezultă 12GO 9 = 6GO = 4OO 9 = 3HO. 15) Dacă H este ortocentrul triunghiului ABC şi O centrul cercului circumscris acestui triunghi, atunci HO 2 = R 2 (1 8 cos A cos B cos C). Puterea punctului H faţă de cercul circumscris triunghiului ABC este egală cu: P 2 h = AH 2HH a = R 2 OH 2 sau 2R cos A 4R cos B cos C = R 2 OH 2 de unde rezultă concluzia. 16) Simetricul ortocentrului H al triunghiului ABC faţă de mijlocul unei laturi se află pe cercul circumscris triunghiului. Fie M a mijlocul laturii BC şi A punctul diametral opus lui A. (Fig. 32) Deoarece BH AC şi A C AC rezultă BH CA. Analog, rezultă BH CA, deci patrulaterul BHCA este paralelogram, deci simetricul lui H faţă de M a este situat pe cercul circumscris triunghiului ABC. 36

37 Figure 32: 17) Simetricul ortocentrului H al triunghiului ABC faţă de una din laturile triughiului se află pe cercul circumscris triunghiului. Figure 33: Fie A 1 punctul de intersecţie dintre înălţimea AH a şi cercul circumscris triunghiului ABC (Fig. 33) Deoarece m( HBH a ) = 90 m( BAC) = 90 m( BA 1 A) = m( A1 BH a ) rezultă că înălţimea BH a este şi bisectoarea unghiului HH a = H a A 1. HBA1, adică triunghiul HBA 1 este isoscel, deci 37

38 Observaţie: Fie A 1, B 1 şi C 1 simetricele ortocentrului H faţă de laturile BC,AC, respectiv AB. Triunghiul A 1 B 1 C 1 se numeşte triunghiul circumpedal al ortocentrului triunghiului ABC. Figure 34: A 1 B 1 C 1 triunghiul circumpedal al ortocentrului triunghiului ABC 18) Dacă L este proiecţia ortocentrului triunghiului ABC pe mediana AM a şi L 1 este simetricul lui L faţă de M a, atunci L 1 aparţine cercului circumscris triunghiului ABC. Fie H a piciorul înălţimii duse din A pe BC. (Fig. 35) Avem LM a = M a L 1. Deorece patrulaterul HH a M a L este inscriptibil, din puterea punctului A faţă de cercul circumscris acestui patrulater rezultă: AM a (AM a M a L) = AH a AH. Dar AH = 2R cosa, cosa = b2 + c 2 a 2 AH a AH = b2 + c 2 a 2 2 2bc, AH a = 2 S a = AM a (AM a M a L) (1) = b c 2 R rezultă: 38

39 Figure 35: Fie L = AL C, (C fiind cercul circumscris triunghiului ABC). Analog, AM a M a L = BM a M a C = a2 4. Dar AMa 2 = 2(b2 + c 2 ) a 2, de unde rezultă că AM a (AM a M a L ) = b2 + c 2 a 2 (2). 4 2 Din relaţiile (1) şi (2) rezultă M a L M a L, deci M a L 1 = M a L sau L L, de unde rezultă concluzia. 39

40 5 Punctul lui Gergonne 1) Într-un triunghi ABC dreptele care unesc vârfurile triunghiului cu punctele de contact ale cercului înscris cu laturile opuse sunt concurente. Figure 36: Fie C a, C b, C c punctele de tangen aă dintre cercul înscris în triunghiul ABC şi laturile BC, AC, respectiv AB.(Fig.36) Cum BC a = BC c, CC a = CC b, AC b = AC c, avem: C ab C a C CbC C b A CcA = 1, iar din reciproca C c B teoremei lui Ceva rezultă că dreptele AC a, BC b şi CC c sunt concurente. Punctul Γ de concurenţă al dreptelor AC a, BC b, şi CC c se numeşte punctul lui Gergonne X(7). 2) Dacă Γ este punctul lui Gergonne al triunghiului ABC, iar C a C b C c triunghiul său de contact, AΓ a(p a) atunci: = ΓC a (p b)(p c), BΓ bp b = ΓC b (p c)(p a), CΓ c(p c) = ΓC c (p a)(p b). Din teorema lui Van-Aubel rezultă: Analog se demonstrează şi celelalte egalităţi. AΓ = AC c ΓC a C c B + AC b C b C = p a p b + p a p c = a(p a) (p b)(p c). 40

41 3) Dacă Γ este punctul lui Gergonne al triunghiului ABC, atunci pentru orice punct M din planul triunghiului ABC, este adevărată egalitatea: MΓ = 1 ( 1 MA + 1 MB + 1 ) MC, unde s = 1 s p a p b p c p a + 1 p b + 1 p c. (Fig. 37) Figure 37: Din AΓ ΓC a = a(p a) (p b)(p c) rezultă MΓ = MA a(p a) MC a (p b)(p c) a(p a) (p b)(p c) (1), dar BC a C a C = p b MB + p b MC p c, de unde MC a = p c 1 + p b p c = (p c) MB + (p b) MC a (2). Din relaţiile (1) şi (2) rezultă concluzia. 4) Coordonatele baricentrice relative ale punctului lui Gergonne sunt: ( ) 1 Γ p a, 1 p b, 1. p c 41

42 5) Fie z A, z B, z C afixele vârfurilor A, B, C ale triunghiului ABC de laturi a, b, c. Afixul punctului lui Gergonne corespunzător triunghiului ABC este egal cu: z Γ = 1 p a z A + 1 p b z B + 1 p c z C 1 p a + 1 p b + 1 p c. 6) Fie ABC un triunghi neisoscel, C a C b C c triunghiul său de contact, A = C b C c BC, B = C a C c BC, C = C a C b AC. Punctele A, B, C sunt coliniare. (Fig. 38) Figure 38: Teorema lui Menelaus aplicată în triunghiul ABC pentru transversalele A C c C b, B C c C a, respectiv C C a C b dă: A B A C CcA C c B CbC C b A = 1, B C B A CaB C a C CcA C c B = 1, C A C B CaB C a C CbC ( c b A = 1, de unde rezultă: A B A C B C B A C A C B = Ca C C a B CbA C b C CcB ) 2 = 1. C c A Atunci, din reciproca teoremei lui Menelaus rezultă că punctele A, B, C sunt coliniare. 42

43 Dreapta ce conţine punctele A, B, C se numeşte dreapta lui Gergonne. 7) Dreptele care unesc vârfurile unui triunghi ABC cu punctele de contact dintre un cerc exînscris şi dreptele AB, BC, CA sunt concurente. Figure 39: Fie A 1, B 1, C 1 punctele de contact dintre cercul A- exînscris şi dreptele BC, CA, respectiv AB. (Fig. 39) Cum AB 1 = AC 1, BA 1 = BC 1 şi CA 1 = CB 1 rezultă: A 1B A 1 C B1C B 1 A C1A C 1 B = 1 şi din reciproca teoremei lui Ceva rezultă că dreptele AA 1, BB 1 şi CC 1 sunt concurente într-un punct Γ a. Analog se obţin punctele Γ b şi Γ c. Punctele Γ a, Γ b, Γ c se numesc adjunctele punctului Gergonne. 43

44 8) În triunghiul ABC, fie U (AB) şi V (AC). Punctul lui Gergonne (Γ) al triunghiului ABC aparţine dreptei U V dacă şi numai dacă: UA UB 1 p b + V C V A 1 p c = 1, unde a, b, c sunt lungimile laturilor BC, CA, p a respectiv AB, iar p este semiperimetrul triunghiului ABC. Figure 40: Fie C a C b C c triunghiul de contact al triunghiului ABC (Fig. 40). Deoarece dreapta UV trece prin punctul lui Gergonne atunci UB UA CaC BC + V C V A BC a BC = ΓC a AC a (Relaţia lui Van-Aubel). Dar, AΓ ΓC a = a(p a) UB, de unde rezultă (p b)(p c) UA 1 p b + V C V A 1 p c = 1 p a. 9) Dacă A [ABC], A [ΓBC], A [ΓAC], A [ΓAB] sunt ariile triunghiului ABC, ΓBC, ΓAC, respectiv ΓAB, unde Γ este punctul lui Gergonne al triunghiului ABC, atunci A [ABC] + A [ABC] + A [ABC] = r a + r b + r c. A [ΓBC] A [ΓAC] A [ΓAB] r Fie C a C b C c triunghiul de contact al triunghiului ABC (Fig.41). Dacă p = a + b + c, atunci AC b = AC c = p a, BC c = BC a = p b, CC a = CC b = p c. 2 44

45 Figure 41: Dacă A şi Γ sunt proiecţiile punctelor A şi Γ pe latura BC obţinem: A [ABC] A [ΓBC] = AA BC ΓΓ BC = AA ΓΓ Din relaţia lu Van-Aubel avem : A [ABC] A [ΓBC] = 1 + AΓ ΓC a = 1 + r b + r c r a A [ABC] A [ΓBC] = r a + r b + r c r b = AC a ΓC a. AΓ ΓC a = p a p b + p a p c = r b r a + r c r a de unde: = r a + r b + r c r a, A [ABC] A [ΓBC] = r a + r b + r c r c. şi analog Prin sumarea relaţiilor precedente şi ţinând seama că 1 r = 1 r a + 1 r b + 1 r c, rezultă concluzia. 45

46 6 Punctul lui Nagel Fie τ a, τ b, tau c punctele de contact dintre cercurile A-exînscris, B-exînscris, respectiv C- exînscris cu laturile BC, CA, respectiv AB ale triunghiului ABC. Teorema lui Nagel Dreptele Aτ a, Bτ b, Cτ c sunt concurente. Figure 42: Fie a, b, c lungimile laturilor triunghiului ABC şi p semiperimerul său (Fig. 42). Fie Bτ a = x şi τ a C = y. Atunci, x + y = a şi x + c = y + b de unde: x = p c şi y = p b, deci τ ab τ a C = p c p b. 46

47 Analog τ bc τ b A = p a p c şi τ ca τ c B = p b p a, de unde rezultă τ ab τ a C τbc τ b A τca τ c B teoremei lui Ceva rezultă că dreptele Aτ a, Bτ b, Cτ c sunt concurente. = 1 şi din reciproca Observaţii: 1)Punctul de concurenţă al dreptelor Aτ a, Bτ b, Cτ c se numeşte punctul lui Nagel X(8). 2) Afixul punctului lui Nagel (N) al triunghiului ABC este dat de: z n = 1 p [(p a)z a + (p b)z b + (p c)z c ]. 3)Triunghiul τ a τ b τ c (Fig. 43) se numeşte triunghiul lui Nagel sau triunghiul cotangentic. Figure 43: Triunghiul cotangentic τ a τ b τ c 4) Triunghiul cotangentic τ a τ b τ c este triunghiul cevian al punctului lui Nagel. 2) Dacă N este punctul lui Nagel al triunghiului ABC, atunci pentru orice M din planul triunghiului este adevărată egalitatea: MN = 1 [(p a) MA + (p a) MB + (p c) MC]. p 47

48 3) Coordonatele baricentrice absolute ale punctului lui Nagel sunt ( p a N a, p b, p c ). b c 4) Într-un triunghi ABC, punctul lui Nagel (N), centrul de greutate (G) şi centrul cercului înscris (I) sunt coliniare şi GN = 2GI. Fie A piciorul bisectoarei din A (Fig. 44). Figure 44: Din teorema bisectoarei rezultă A B A C = c b şi de aici: A B = a + c b + c. Teorema bisectoarei aplicată în triunghiul ABA ne dă: de unde: IA AA = a 2p ; 48 IA IA = c A B = b + c a (1)

49 Dacă M a este mijlocul segmentului BC iar τ a şi τ b punctele de tangenţă al cercurilor A- exînscris şi B- exînscris cu latura BC respectiv AC, atunci: M a τ a = a 2 (p b) = b c 2, A M a = a 2 ac b + c de unde Mτ a MA = b + c a (2). = a(b c) 2(b + c), Din relaţiile (1) şi (2) rezultă IM a Aτ a şi de aici: IM a Aτ a Fie G = AM a IN. Cum IM AN rezultă GA GM a = AN IM a = GN GI (4). Din relaţiile (3) şi (4) rezultă: GA = NA AA (5). GM a Aτ a IA = IA AA (3). Teorema lui Menelaus aplicată în triunghiul Aτ a C şi transversala τ b N B ne dă: τ a A τ b C BC Nτ a Bτ a NA p c = 1, de unde p a a p c Nτ a NA = 1 şi de aici Nτ a NA = p a a, adică Nτ a Aτ a = a p. Atunci, relaţia (5) devine GA GM a = a p 2p a = 2, de unde GA = 2GM a (6), adică G este centrul de greutate al triunghiului ABC, deci punctele N, G şi I sunt coliniare. Din relaţiile (4) şi (6) rezultă: GN = 2GI. Observaţie: Dreapta IN se numeşte dreapta lui N agel. 5) Într-un triunghi ABC fie O centrul cercului circumscris, H ortocentrul său, I centrul cercului înscris triunghiului, N punctul lui Nagel al triunghiului ABC. Atunci: HN = 2OI şi HN OI. Fie H ortocentrul triunghiului ABC. Atunci, HG = 2GO (dreapta lui Euler) şi NG = 2GI. (Fig. 45) Din asemănarea triunghiurilor OGI şi HGN (deoarece că HN OI şi HN = 2OI. NGH GH ÔGI şi GN = GO GI ) rezultă 49

50 Figure 45: 6) Consecinţă: Într-un triunghi ABC fie O centrul cercului circumscris, H ortocentrul său, I centrul cercului înscris triunghiului, N punctul lui Nagel al triunghiului ABC. Segmentele HI şi ON sunt congruente. Din trapezul isoscel HNOI rezultă HI ON (Fig. 45) 7) În triunghiul ABC fie O centrul cercului circumscris, I centrul cercului înscris, N punctul lui Nagel şi O 9 centrul cercului lui Euler. Dreapta care uneşte mijloacele segmentelor NI şi NO conţine punctul O 9. (Fig. 46) În triunghiul NOI, dreapta (d) care uneşte mijloacele laturilor NO şi NI este paralelă cu dreapta OI, deci paralelă şi cu HN. 50

51 Figure 46: În triunghiul NOH, dreapta d fiind paralelă cu NH rezultă că trece şi prin mijlocul lui OH, adică prin O 9 -centrul cercului lui Euler al triunghiului ABC. 8) Fie C a C b C c triunghiul de contact al triunghiului ABC şi (D a, E a, F a ), (D b, E b, F b ), (D c, E c, F c ) punctele de tangenţă dintre cercurile A, B, C-exînscrise corespunzătoare triunghiului ABC cu laturile BC, CA respectiv AB. Dreptele AC a, BE c, CF b sunt concurente. (Fig. 47) Fie a, b, c lungimile laturilor BC, CA, respectiv AB şi p semiperimetrul triunghiului ABC. Avem BC a = p b, CC a = p c, AF b = p c, BF b = p, CE c = p, AE c = p b, de unde: BC a FbA CC a F b B EcC E c A = 1, adică dreptele AC a, BE c şi CF b sunt concurente într-un punct N a. 51

52 Figure 47: Observaţii: 1) Analog, cevienele BC b, CF a şi AD c sunt concurente într-un punct N b iar cevienele CC c, AD b, BE a sunt concurente într-un punct N c. 2)Punctele N a, N b, N c se numesc punctele adjuncte ale punctului lui Nagel. 9) Fie O centrul cercului circumscris triunghiului ABC, H a H b H c triunghiul ortic al triunghiului ABC, A = AO H b H c, B = BO H a H c, C = CO H b H a. Dreptele A H a, B H b, C H c sunt concurente în pucntul lui Nagel al triunghiului ortic H a H b H c. Deoarece A, B, C sunt centrele cercurilor exînscrise corespunzătoare triunghiului ortic H a H b H c, iar AO, BO, CO sunt perpendiculare pe H b H c, H c H a, respectiv H a H b (Fig. 48), rezultă că: 52

53 Figure 48: A, B, C sunt punctele de tangenţă dintre cercurile exînscrise triunghiului ortic cu laturile acestuia, deci dreptele A H a, B H b, C H c sunt concurente în punctul lui Nagel al triunghiului ortic H a H b H c. 10) În triunghiul ABC, fie U (AB), V (AC). Dacă dreapta UV trece prin punctul lui Nagel (N) al triunghiului ABC, atunci UB UA (p b)+ V C (p c) = p a. V A (Fig. 49) Fie τ a, τ b, τ c punctele de tangenţă ale cercurilor exînscrise cu laturile BC, CA, respectiv AB. Deoarece N U V atunci Van-Aubel). Atunci: UB UA p b + V C a V A p c a UB UA τac BC + V C V A Bτ a BC = Nτ a AN şi Nτ a AN = p a, de unde rezultă concluzia. a = p a p (relaţia lui 53

54 Figure 49: 54

55 7 Punctul lui Longchamps Simetricul ortocentrului H al unui triunghi faţă de centrul cercului circumscris O al unui triunghi ABC se numeşte punctul lui Longchamps (L) X(20). 1) Ortocentrul H, centrul cercului circumscris O şi punctul lui Longchamps L sunt coliniare şi HO OL şi LH = 2OH. (fig. 50) Figure 50: Rezultă din definiţia punctului lui Longchamps. Consecinţă: Dacă G este punctul de greutate al unui triunghi ABC, atunci LG = 4 3 OH. 2) Punctul lui Longchamps al triunghiului ABC aparţine dreptei lui Euler a triunghiului ABC. (Fig. 51) Rezultă din definiţia punctului lui Longchamps. 55

56 Figure 51: T riunghiul anticomplementar (sau antimedian) al triunghiului ABC este triunghiul A B C determinat de paralele duse prin vârfurile triunghiului ABC la laturile opuse. 3) Punctul lui Longchamps al unui triunghi ABC este ortocentrul triunghiului anticomplementar al triunghiului ABC. Figure 52: 56

57 Fie H ortocentrul triunghiului ABC şi L 1 ortocentrul triunghiului anticomplementar A B C, D = A L 1 BC, H a = AH BC şi O 1 mijlocul segmentului L 1 H. (Fig. 52) Din congruenţa triunghiurilor BDA şi AH a C rezultă BD CH a (1). Fie O proiecţia lui O 1 pe BC. Cum O 1 este mijlocul segmentului L 1 H rezultă că O este mijlocul segmentului DH a, adică DO OH a (2). Din relaţiile (1) şi (2) rezultă că BO O C, adică O 1 O este mediatoarea laturii BC. Analog se arată că O 1 aparţine şi mediatoarelor laturilor AC, respectiv AB, adică O 1 coincide cu O-centrul cercului circumscris triunghiului ABC, iar cum L 1 este simetricul lui H faţă de O rezultă că coincide cu L-punctul lui Longchamps al triunghiului ABC. 4) Fie C A cercul având centrul în vârful A al triunghiului ABC şi raza de lungime egală cu cea a laturii opuse BC; analog se definesc şi cercurile C B şi C C. Axele radicale ale perechilor de cercuri considerate sunt concurente în punctul lui Longchamps al triunghiului ABC. Figure 53: 57

58 Fie A B C triunghiul anticomplementar al triunghiului ABC şi A piciorul înălţimii din A pe B C. (Fig. 53) Fie M al doilea punct de intersecţie dintre cercurile C A şi C C, iar L = A A B M este perpendiculară pe linia centrelor AC, iar AC A C (AC fiind linie mijlocie în triunghiul A B C ), rezultă B M A C, deci B M este dreapta suport a înălţimii din B a triunghiului anticomplementar A B C. Atunci L, punctul de intersecţie dintre înălţimile A A şi B M este ortocentrul triunghiului A B C, deci L este punctul lui Longchamps (proprietatea 2). Analog axele radicale ale cercurilor C A şi C B, respectiv C B şi C C trec tot prin L, deci L este centrul radical al cercurilor C A, C B, C C. 58

59 8 Punctul lui Bevan T riunghiul antisuplementar I a I b I c este triunghiul determinat de bisectoarele exterioare ale triunghiului ABC. Fie I a, I b, I c centrele cercurilor A, B, C - exînscrise corespunzătoare triunghiului ABC şi I a I b I c triunghiul antisuplementar corespunzător triunghiului ABC. Cercul circumscris triunghiului I a I b I c se numeşte cercul lui Bevan. Centrul cercului circumscris triunghiului I a I b I c se numeşte punctul lui Bevan X(40). 1) Perpendicularele duse din punctele I a, I b, I c pe laturile BC, CA, respectiv AB ale triunghiului ABC sunt concurente în punctul lui Bevan. Figure 54: Triunghiul ABC este triunghiul ortic al triunghiului exînscris (Fig. 54) Deoarece perpendicularele duse din vârfurile unui triunghi XY Z pe laturile triunghiului ortic corespunzător sunt concurente în centrul cercului exînscris triunghiului XY Z, atunci perpendicularele duse din centrele cercurilor exînscrise I a, I b, I c pe laturile BC, CA, respectiv 59

60 AB sunt concurente în centrul cercului circumscris triunghiului I a I b I c, adică în punctul lui Bevan. Consecinţă: Triunghiul podar al punctului lui Bevan al triunghiului ABC este triunghiul cotangentic τ a τ b τ c al triunghiului ABC. 2) Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC şi O centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Punctele I, O şi V sunt coliniare. (Fig. 55) Figure 55: Punctul I este ortocentrul triunghiului antisuplementar I a I b I c, V centrul cercului circumscris triunghiului, iar O este centrul cercului Euler al triunghiului I a I b I c, deci punctele I, O şi V sunt coliniare, ele aparţinând dreptei lui Euler a triunghiului I a I b I c. Consecinţă: Segmentele IO şi OV sunt congruente, deoarece centrul cercului lui Euler este mijlocul segmentului determinat de ortocentru, respectiv centrul cercului circumscris unui triunghi. 60

61 3) Punctul lui Bevan este centrul cercului circumscris triunghiului antisuplementar I a I b I c corespunzător triunghiului ABC. Centrul cercului înscris (I) în triunghiul ABC este ortocentrul triunghiului I a I b I c. Punctul lui Bevan (V ) al triunghiului ABC este simetricul lui I faţă de centrul cercului circumscris triunghiului ABC (centrul cercului Euler al triunghiului I a I b I c ), deci V este centrul cercului circumscris triunghiului antisuplementar I a I b I c. 4) Raza cercului lui Bevan este egală cu 2R, unde R este raza cercului circumscris triunghiului ABC. (Fig. 56) Figure 56: Fie R V raza cercului Bevan şi A, B, C lungimile laturilor triunghiului I a I b I c. 61

62 Deoarece m( BI a C) = 90 1 m(â), m( CI b A) = m( B) şi m( AI c B) = m(ĉ), iar triunghiul ABC este triunghiul ortic al triunghiului I a I b I c, rezultă: a = a cos( BI a C) = a cos( m(â) = a sin a 2, de unde a = a sin A 2. Analog, b = b şi c = c. sin B 2 sin C 2 Atunci, folosind formulele A [IaI b I c] = R(a + b + c), A [ABC] = 4Rrsin A 2 sinb 2 sinc 2 şi R = 2R. abc 2 A [ABC] rezultă: R V = a b c 4 A [IaI b I c] = abc 4sin A 2 sinb 2 sinc 2 R(a + b + c) = abc 2 A [ABC] = 5) Punctul lui Bevan V al triunghiului ABC şi I centrul cercului înscris triunghiului ABC se află la aceeaşi distanţă faţă de dreapta lui Euler a triunghiului ABC. Dreapta lui Euler a triunghiului ABC trece prin centrul circumscris O al triunghiului ABC, iar cum V şi I sunt egal depărtate de O, rezultă că V şi I se află la aceeaşi distanţă faţă de dreapta lui Euler a triunghiului ABC. 4) Punctul lui Nagel (N), Longchamps(L) şi Bevan (V ) ale triunghiului ABC sunt coliniare şi NV V L. (Fig. 57) Fie H, G, I, O ortocentrul, centrul de greutate, centrul cercului înscris, respectiv centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Avem HN OI şi HN = 2OI, V este simetricul lui I faţă de O, iar L este simetricul ortocentrului H al triunghiului ABC faţă de O. 62

63 Figure 57: Avem NI NG = 3 2, V O V I = 1 2, LG LO = 4 NI, de unde 3 NG V O V I LG LO = 1 şi din reciproca teoremei lui Menelaus aplicată în triunghiul IGO rezultă că punctele L, V, şi N sunt coliniare. Mai mult, deoarece OI HN rezultă OV HN şi cum O este mijlocul segmentului HL rezultă că V este mijlocul segmentului LN, deci LV V N. Consecinţă: HN = 2OV = IV. 5) Paralelele duse prin punctul lui Bevan al triunghiului ABC la bisectoarele interioare ale unghiurilor triunghiului ABC intersecteză laturile opuse în punctele A, B, C. Dreptele AA, BB, CC sunt concurente. Deoarece V este centrul cercului circumscris triunghiului antisuplementar I a I b I c (Fig. 58), iar dreptele care unesc vârfurile triunghiului ortic respectiv cu punctele de intersecţie dintre mediatoarele laturilor triunghiului de referinţă sunt concurente, rezultă concluzia. 63

64 Figure 58: 64

65 9 Bibliografie [1] Barbu Cătălin, T eoreme f undamentale din geometria triunghiului, Editura Unique, Bacău, [2] Brânzei D.,ş.a., Geometrie, Editura Paralela 45, Piteşti, [3] Kimberling C., Encyclopedia of triangle center, [4] Lalescu T., Geometria triunghiului, Editura Tineretului, Bucureşti, [5] Mihalescu C., Geometria elementelor remarcabile, Editura Tehnică, Bucureşti, [6] Moise E., Geometrie elementara din punct de vedere superior, E.D.P, Bucureşti, [7] Pătraşcu E., P robleme de concurenta si coliniaritate, Editura Neuron, Focşani,