METODE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR DE CONCURENTA SI COLINIARITATE

METODE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR

DE CONCURENTA SI COLINIARITATE

In geometrie, ca si in celelalte ramuri ale matematicii, nu exista "chei universale", motiv pentru care prin "metode de rezolvare a problemelor" nu se intelege prezentarea unor retetare absolute, care sa asigure solutionarea problemelor pe baza unor formule cunoscute sau algoritmi prestabiliti.

Insusirea notiunilor de baza ale geometriei elementare si folosirea acestora in mod selectiv in rezolvarea problemelor constituie esenta procesului invatarii dirijate si constiente a acestei discipline.

Este esential ca rezolvitorul, dezvoltand operatiile mentale fundamentale - analiza, sinteza, comparatia, abstractizarea si generalizarea - sa imbine diferitele ipoteze si prin rationamente logice sa descopere solutia; realizandu-se in acest sens o unitate dialectica intre formativ si informativ.

In geometrie o problema rezolvata nu este un punct terminus - in timp ce serveste scopului propus in mod conttient, ea devine si o sursa de plecare pentru noi implicatii, sugestii, probleme adiacente.

In rezolvarea problemelor de geometrie este absolut obligatorie stapanirea metodelor generale si a metodelor particulare de rezolvare a problemelor.

A.    Metode generale

metoda sintezei, metoda analizei, metoda reducerii la absurd.

A₁ Metoda sintezei - se dovedeste a fi utila atat in rezolvarea problemelor de calcul cat si in rezolvarea unor probleme de demonstratie. Pentru demonstrarea unor teoreme sau pentru rezolvarea unor probleme se considera o figura despre care se stie ca poseda proprietatea p si se cere sa aratam ca poseda proprietatea q, p q

Metoda sintezei consta in a pleca de la propozitia p si a descoperi alte propozitii r₁, r₂, , r_k astfel incat p r₁ r₂ r_k q.

Problema: Fie un triunghi ABC si punctele coliniare A , B , C unde A I (BC), B I (CA) si C I (AB).

Atunci are loc egalitatea : Teorema lui Menelaus:

Demonstratie:

Fiind vorba de rapoarte si legaturile ce trebuiesc stabilite intre ele, apare necesitatea de a utiliza asemanarea triunghiurilor. Ne fiind triunghiuri asemenea, trebuie sa le construim.

In acest sens ducem CD AB, unde DI C A

Din asemanarea triunghiurilor, obtinem:

Din D A BC D A CD T

iar din D B CD D B AC T    

Inmultind cele doua relatii, obtinem ca:

de unde:

Considerand propozitiile:

p: "punctele A', B', C' coliniare"

q: ""

r₁: "D A BC D A CD si D B CD D B AC

r₂: " si " unde r₁ si r₂ sunt conjunctii de propozitii, observam ca demnstrarea teoremei lui Menelaus s-a bazat pe schema:

p r₁ r₂ q

A₂ Metoda analizei - este o metoda eficace in abordarea problemelor de calcul sau de demonstratie. Se demonstraza implicatia "p q"

Se cauta o propozitie r_n care s-o implice pe q, dupa care trebuie gasita o propozitie r_n-1 din care sa deducem r_n si asa mai departe pana reusim sa gasim o propozitie r₁ care sa rezulte direct din propozitia p.

Problema:

Sa se arate ca intr-un tetraedru oarecare cele trei

bimediane sunt concurente

Intr-un tetraedru numim bimediana segmentul

care uneste mijloacele a doua muchii opuse.

Orice tetradru are sase muchii, deci exista trei

bimediane .

In tetraedrul ABCD consideram bimedianele [KL], [QP], [MN].

Trebuie sa dovedim implicatia "p q" unde:

p: " ABCD tetraedru, [KA] = [KB], [LC] = [LD], [MA] = [MC], [NB] = [ND], [PA] = [PD] si [QB] = [QC]"

q: " [KL], [MN], [PQ] concurente"

Se observa ca propozitiile:

t₁ : "In paralelogramul KQLP diagonalele [kl], [pq] sunt concurente si se injumatatesc"

t₂ : "In paralelogramul KNLM diagonalele [kl], [MN] sunt concurente si se injumatatesc"

t₃ : "In paralelogramul NPMQ diagonalele [mn], [pq] sunt concurente si se injumatatesc"

implica concluzia q.

Se observa ca din propozitiile:

a₁: "KQ║LP si KQ = LP"

a₂: "KN║LM si KN = LM"

a₃: "MP║NQ si MP = NQ" se deduc propozitiile t₁, t₂, t_3.

Cat priveste propozitiile a₁, a₂, a₃, acestea sunt consecinte directe ale propozitiilor:

r₁: "[kq] linie mijlocie in triunghiul BAC si [LP] linie mijlocie in triunghiul DAC"

r₂: "[kN] linie mijlocie in triunghiul BAD si [LM] linie mijlocie in triunghiul CAD"

r₃: "[MP] linie mijlocie in triunghiul ACD si [NQ] linie mijlocie in triunghiul BCD"

in sfarsit r₁, r₂, r₃ se deduc imediat din p.

Schematic:

Redactarea solutiei in mod natural:

In triunghiurile BAC si DAC care au latura comuna [AC] sunt puse in evidenta liniile mijlocii [KQ] si [LP], care corespund laturii comune.

Deci: KQ║LP si KQ = LP Analog: KN║LM si KN = LM

MP║NQ si MP = NQ

Rezulta ca patrulaterele KQLP, KNLM, MPNQ sunt paralelograme si mai mult cele trei bimediane [KL], [QP], [MN] ale tetraedrului sunt diagonale in aceste paralelograme : [KL] si [QP] in paralelogramul KQLP

[KL] si [MN] in paralelogramul KNLM

[MN] si [PQ] in paralelogramul MPNQ.

Cum diagonalele unui paralelogram sunt concurente si se injumatatesc, cele trei bimediane [KL], [QP], [MN] ale tetraedrului ABCD sunt concurente, punctul de concurenta este notat cu G - care este mijlocul fiecarei bimediane.

A₃ Metoda reducerii la absurd.

Orice teorema este o implicatie logica . Teorema reciproca fiind .

Folosind tablele de adevar, se demonstreaza ca teorema directa este echivalenta cu contrara teoremei reciproce q p.

Echivalenta logica dintre teorema directa si contrara reciprocei se numeste principiul contrapozitiei.

Metoda reducerii la absurd consta in: avand de demonstrat implicatia se admite ca nu este adevarata propozitia q (se neaga concluzia q) si atunci, evident, ar fi adevarata q. Folosind si ipoteza p, pe baza unor deduceri logice, se ajunge la o absurditate, care contravine fie ipotezei, fie unui adevar evident, fie unui adevar stabilit anterior. Contradictia obtinuta atesta valabilitatea teoremei directe .

Problema: (Reciproca teoremei lui Menelaus)

Consideram un triunghi ABC si punctele   

A I (BC), B I (CA) si C I (AB).    

Se presupune ca doua dintre puncte

sunt situate pe doua laturi ale triunghiului si   

unul este situat pe prelungire celei de-a treia   

latura (sau ca punctele A', B', C' sunt situate

pe prelungirile laturilor triunghiului).   

Daca are loc egalitatea:

(1)

atunci punctele A', B', C' sunt coliniare.

Demonstratie:

Presupunem ca doua dintre puncte sunt situate pe doua laturi ale triunghiului si unul este situat pe prelungire celei de-a treia latura.

Presupunem ca punctele A', B', C' nu sunt coliniare.

Atunci dreapta A'B' ar intersecta latura AB intr-un punct C" diferit de C'

Aplicand teorema lui Menelaus pentru punctele coliniare A', B', C" obtinem:

(2)

Din relatiile (1) si (2) rezulta ca:

Ar insemna ca segmentul [AB] este impartit de punctele interioare C' si C" in acelasi raport - contradictie, eliminand presupunerea facuta ajungem la concluzia ca punctele A', B', C' sunt coliniare.

Problema:

Se dau cercurile si

care se intersecteaza in punctele A si B.

De aceeasi parte cu A fata de dreapta OO'

se considera punctele si

astfel ca OM║O'A si O'M'║OA

Sa se arate ca punctele A, M, M' sunt coliniare.

Demonstratie:

Presupunem ca punctele A, M, M' nu sunt coliniare.

Fie E al doilea punct de intersectie al dreptei MA cu cercul

Atunci: (1) ca unghiuri corespondente.

Unghiurile < MOA, < AO'M' - avand laturile doua cate doua paralele si de acelasi sens, sunt congruente.

Triunghiurile isoscele D MOA si D AO'M' sunt asemenea si atunci:

< AMO s < M'AO'

Comparand relatiile (1) si (2) obtinem ca: < EAO' s < M'AO' (3)

Din relatia (3) rezulta ca doua unghiuri cu varful comun in A, cu latura comuna [AO'] si cu interioarele de aceeasi parte a laturii commune sunt congruente fara ca celelalte doua laturi [AE, [AM' sa coincida.

Contradictia la care s-a ajuns arata ca punctele A, M, M' sunt coliniare.

B.   Metode specifice de rezolvare a problemelor de coliniaritate si concurenta:

B₁ - Cu ajutorul unicitatii paralelei

" Daca dreptele XY si XZ sunt paralele unei drepte d atunci punctele X, Y, Z sunt coliniare".

Problema: Fie B', C' mijloacele segmentelor (AC) respectiv (AB). D - simetricul lui B fata de B', iar E - simetricul lui C fata de C'.

Sa se demonstreze ca punctele D, A, E - sunt coliniare.

Demonstratie:

Patrulaterul AEBC avand diagonalele care se

taie in parti congruente este un paralelogram, deci:

(1) AE║BC

In patrulaterul ABCD diagonalele se taie in parti

congruente deci este un paralelogram, atunci:

(2) AD║BC

Din relatiile (1) si (2), tinand cont de axioma unicitatii paralelei rezulta ca punctele D, A, E - sunt coliniare.

Problema:

Trapezul isoscel ABCD (BC║AD) este

circumscris unui cerc de centru O. Punctele de contact

ale laturilor (AB), (BC), (CD), (DA) cu cercul inscris

sunt: E, F, G, H.

Diagonalele trapezului se intersecteaza in O.

Demonstrati ca E, O, G si H, O, F sunt

triplete de puncte coliniare.

Demonstratie:

Tinand cont ca trapezul ABCD este isoscel si este circumscris unui cerc avem egalitatile: (EB)=(BF)=(FC)=(CG) si (EA)=(AH)=(HD)=(DG)

Din asemanarea triunghiurilor formate obtinem ca:

Aplicand reciproca teoremei lui Thales

din triunghiul D BAD obtinem EO║AD    (1)

iar din triunghiul D DAC obtinem OG║AD    (2)

Din relatiile (1) si (2), tinand cont de axioma unicitatii paralelei rezulta ca punctele E, O, G sunt coliniare.

Din OH AD, OF BC si AD║BC obtinem ca punctele H. O, F sunt coliniare.

B₂ - Cu ajutorul ughiurilor adiacente suplementare

"Daca m(yxu)+m(uxz)=180 si punctele Y si Z sunt separate de dreapta XU, atunci punctele X, Y, Z sunt coliniare"

Problema:

Fie un paralelogram ABCD si

punctele E, F astfel incat

BI(AE), BE=AD, DI(AF), DF=AB.

Sa se demonstreze ca punctele

E, C, F sunt coliniare.

Demonstratie:

Din triunghiurile isoscele

D CBE si D FDC obtinem

relatiile: (1) <BCE s<CEB

(2) <DCF s<CFD

iar din paralelogramul ABCD    obtinem (3) <DAB s<DCB

Tinand cont de relatiile (1), (2) si (3) rezulta: m(FCD)+m(DCB)+m(BCE)=180

Cum punctele D, F si E, B sunt de aceeasi parte a lui AC, rezulta ca punctele F, E sunt de o parte si de alta a dreptei AC, deci CI(FE).

Unghiurile ACF si ACE sunt adiacente suplementare daca laturile lor necomune vor fi in prelungire. Asadar punctele F, C, E - sunt coliniare.

B₃ - "Daca < UXY s < UXZ si punctele Y si Z de aceeasi parte a dreptei ux, atunci punctele X, Y, Z - sunt coliniare".

Problema:   

Fie E un punct in interiorul patratului

ABCD si F un punct in exteriorul patratului

astfel incat triunghiurile D ABE si D BCF sa

fie truinghiuri echilaterale.

Demonstrati ca punctele

D, E, F - sunt coliniare

Demonstratie:

Va trebui sa demonstram ca < CDE s < CDF in conditia in care punctele E si F sunt de aceeasi parte a dreptei DC.

Din tiunghiul isoscel D ADE obtinem ca m(DAE)=30 , m(ADE)=m(AED)=75 Cum m(ADE) < m(ADC) T E si A sunt de aceeasi parte a lui DC si m(CDE)=15

Din triunghiul isoscel D DCF avem m(DCF) = 90 si

m(CDF) = m(CFD) = 15 cu punctele F si B de aceeasi parte a lui DC.

Cum punctele E si A respectiv F si B sunt de aceeasi parte a dreptei DC si

< CDE s < CDF obtinem ca punctele D, E, F - sunt coliniare.

B₄ - Cu ajutorul reciprocei teoremei unghiurilor opuse la varf:

Fie dreapta UV, punctul XI(UV) si punctele Y si Z separate de dreapta UV.

Daca < YXV s < UXZ, atunci punctele X, Y, Z sunt coliniare.

Problema:

Fie paralelogramul ABCD (AB<AD) si

punctele E, F astfel incat AI(BE), FI(AD)

si [BE]s[AD] si [DF]s[AB].

Demonstrati ca punctele C, F, E - sunt coliniare.

Demonstratie:

Unim F cu C si separat F cu E.

Triunghiurile D CDF si D AEF - isoscele.   

Deoarece < EAFs< FDC

obtinem ca < AFEs< DFC.

Deoarece semidreptele [FE si [FC formeaza cu dreapta AD, FI(AD), de o parte si de alta a ei, unghiurile congruente < AFE si < DFC, rezulta ca semidreptele [FE si [FC sunt in prelungire, adica punctele E, F, C sunt coliniare.

Problema: Dreapta lui Simson

Sa se demonstreze ca proiectiile ortogonale ale unui

punct     M de pe cercul circumscris unui triunghi pe laturile

acestuia sunt puncte coliniare.

Demonstratie

Fie A' = pr_BC M, B' = pr_AC M, C' = pr_AB M

Unim B' cu A' si separat B' cu C'

Patrulaterele ABCM, A'CMB', AB'MC' sunt inscriptibile.

Avem m(A'B'C)=m(A'MC)=90 - m(A'CM)=90 - m(C'AM)=m(C'MA)=m(C'B'A)    deci < A'B'C = < C'B'A T punctele A', B', C' - sunt puncte coliniare.

B₅ - Cu ajutorul reciprocei teoremei lui Simson:

Problema:

Fie H - ortocentrul triunghiului ABC si A' - piciorul inaltimii din A.

Se noteaza cu D - simetricul lui H fata de A' si fie E = pr_ABD, F = pr_ACD.

Sa se demonstreze ca punctele E, A' si F - sunt coliniare.

Demonstratie:

Din Teorema lui Simson, stim ca simetricul

ortocentrului unui triunghi se afla pe cercul

circumscris triunghiului.

Punctele A', E, F sunt proiectiile unui punct D

de pe cercul circumscris triunghiului ABC pe laturile

acestuia.

Conform teoremei lui Simson, punctele

A', F si E sunt puncte de pe dreapta lui Simson

a punctului D in raport cu triunghiul ABC.

Fiind pe aceeasi dreapta, punctele A', F si E sunt puncte coliniare.

B₆ - Cu ajutorul reciprocei teoremei lui Menelaus:

Consideram triunghiul ABC - triunghi neisoscel.

Bisectoarea exterioara a unghiului A intersecteaza dreapta BC in A'

Analog Bisectoarea exterioara a unghiului B intersecteaza dreapta AC in B'

Bisectoarea exterioara a unghiului C intersecteaza dreapta AB in C'

Sa se arate ca punctele A', B', C' - sunt coliniare

Stim ca bisectoarea interioara este perpendiculara pe bisectoarea exterioara.

AA" AA'

BB" BB'

CC" CC'

Notam: AB=c, AC=b, BC=a,

Din teorema bisectoarei unghiurilor exteriore A, B, C

avem: < A : (1) < B : (2) si < C : (3)

Inmultind cele trei relatii membru cu membru, obtinem:

si folosind reciproca teoremei lui Menelaus pentru triunghiul ABC si punctele A', B', C' situate pe prelungirile laturilor triunghiului obtinem ca punctele A', B', C' sunt coliniare.

B₇ - Cu ajutorul identificarii unei drepte ce contine punctele X, Y, Z.

Problema:

Fie trapezul isoscel ABCD (BC║AD).

Bisectoarele interioare ale unghiurilor

A si B se intalnesc in E,

iar bisectoarele interioare

ale unghiurilor C si D in F.

Fie G mijlocul diagonalei AC.

Sa se arate ca punctele F, G, E sunt coliniare.

Demonstratie:

Triunghiul AEB este dreptunghic in E.

Fie M - mijlocul laturii AB, atunci EM = AB, triunghiul EMA este isoscel.

< MEA s < MAE s <EAD, deci ME ║ AD.

Analog, pentru N - mijlocul lui CD, obtinem NE ║ AD

MN - fiind linie mijlocie in trapez, avem MN ║ AD, deci punctele E, F I MN.

G - mijlocul diagonalei apartine lui MN, asadar punctele F, G, E - sunt coliniare.

Problema:

Fie un triunghi ABC si punctele

D, E, F, G - picioarele perpendicularelor duse

din A pe bisectoarele interioare si exterioare ale

unghiurilor < ABC, respectiv < ACB.

Sa se demonstreze ca punctele D, E, F, G

sunt coliniare.

Fie D, E, proiectiile lui A pe bisectoarele

unghiului ABC. ADBE - dreptunghi, deci DE trece prin C' - mijlocul diagonalei AB.

Din m(C'EB) = m(ABE) = m(B) = m(EBC), obtinem ca EC'║BC

Paralela prin C' la BC trece prin B' - mijlocul laturii AC.

Prin urmare punctele D, E, F, G apartin lui B'C', deci sunt coliniare.

B₈ - Cu ajutorul proprietatilor paralelogramului:

Problema:

Fie unghiul XOY si M un punct in interiorul lui,

nesituat pe nici una din laturi.

Segmentul [OM] se prelungeste cu [MA]s[OM].

Paralela prin A la OX intalneste pe OY in B, iar

paralela prin A la OY intalneste pe OX in C.

Sa se demonstreze ca punctele B, M, C - sunt coliniare.

Demonstratie:

In patrulaterul OBAC avem OC║AB, OB║AC, deci OBCA este paralelogram.

Segmentul [OA] - este una din diagonale, cu M - mijlocul ei.

Cealalta diagonala [BC] intersectaza diagonala [OA] in M.

Asadar punctele B, M si C sunt coliniare.