Cuprins

1 INEGALITATEA FUNDAMENTAL¼A A TRIUNGHIULUI 121.1 Inegalit¼atile lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2 O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3 Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.4 Inegalit¼ati cu p;R si ra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.5 Con�guratia lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6 Consecinte ale inegalit¼atilor lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.7 O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon . . . . . . . . . . . . 31

2 TEOREME FUNDAMENTALE DIN GEOMETRIA TRIUNGHIU-LUI 402.1 Teorema bisectoarei interioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2 Teorema bisectoarei exterioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Teorema lui Pitagora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.4 Teorema lui Pitagora generalizat¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.5 Teorema lui Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.6 Teorema lui Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.7 Teorema sinusurilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.8 Teorema lui Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.9 Teorema lui Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.10 Teorema lui Nagel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.11 Teorema lui Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.12 Teorema transversalei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.13 Teorema lui Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.14 Teorema fundamental¼a a asem¼an¼arii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.15 Teorema lui Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.16 Teorema lui Toricelli - Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.17 Teorema lui Feuerbach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.18 Teorema lui Desargues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 802.19 Teorema lui Brocard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.20 Teorema lui Nobbs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.21 Teorema lui Newton-Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.22 Teorema lui Neuberg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.23 Teorema lui Schömilch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.24 Teorema lui Aubert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5

CUPRINS 6

2.25 Teorema lui Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.26 Teorema ortopolului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.27 Teorema lui Collings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.28 Teorema lui Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.29 Teorema lui Döttl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.30 Teorema lui Van - Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1002.31 Teorema lui Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1072.32 Teorema lui Pompeiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.33 Teorema lui Erdös �Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.34 Teorema lui Fagnano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1202.35 Teorema lui Droz �Farny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1232.36 Teorema lui Steiner - Lehmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1252.37 Teorema lui Barbilian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1282.38 Teorema lui Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1292.39 Teorema lui Lemoine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1322.40 Teorema lui Titeica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1332.41 Teorema lui Bottema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1352.42 Teorema lui Goormaghtigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1362.43 Teorema lui Dergiades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1432.44 Teorema lui Salmon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1442.45 Teorema lui Kariya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1452.46 Teorema lui Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1462.47 Teorema lui Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1482.48 Teorema lui Simson generalizat¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1502.49 Teorema lui Sondat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1522.50 Teorema lui Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1542.51 Teorema trisectiei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1552.52 Teoremele lui Harcourt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1562.53 Teorema lui Viviani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1582.54 Teorema lui Zaslavsky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1592.55 Teorema lui Zajic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1602.56 Teorema lui Véronèse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1612.57 Teorema lui Cosnit¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1622.58 Teorema lui Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1662.59 Teorema lui Poncelet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1692.60 Teorema lui Nagel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1702.61 Teorema lui Kiepert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1712.62 Teorema lui Catalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1722.63 Teorema lui Blanchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1732.64 Teorema lui Alasia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1742.65 Teorema lui Ayme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1752.66 Teorema lui Bobillier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1772.67 Teorema lui Boutin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1782.68 Teorema lui Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1792.69 Teoremele lui Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

CUPRINS 7

2.70 Teorema lui Soons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1842.71 Teorema lui Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1862.72 Teorema lui Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1902.73 Teorema lui Mathieu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1912.74 Teorema lui Urquhart - Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1932.75 Teorema lui Miquel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1942.76 Teorema lui Sawayama - Thebault . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1962.77 Teorema lui Schooten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1982.78 Teorema lui Smarandache . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1992.79 Teorema lui Snapper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2012.80 Relatii metrice în triunghiul dreptunghic . . . . . . . . . . . . . . . . . 2022.81 Aria unui triunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

List¼a de �guri

1.1 Inegalit¼atile lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2 N se "misc¼a" pe cercul de diametru NminNmax . . . . . . . . . . . . . 171.3 O reprezentare geometric¼a a parametrului � . . . . . . . . . . . . . . . 181.4 Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.5 Con�guratia lui Blundon si punctul lui Nagel N . . . . . . . . . . . . 261.6 Distributia triunghiurilor în familia T (R; r) . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.1 Teorema bisectoarei interioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2 Teorema bisectoarei exterioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Teorema lui Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4 Lungimea bisectoarei exterioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.5 Teorema lui Pitagora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.6 a2 = b2 + c2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.7 Teorema lui Pitagora generalizat¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.8 AB2 = CA2 + CB2 + 2CB � CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.9 Teorema lui Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.10 Teorema lui Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.11 Teorema lui Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.12 Lungimea bisectoarei interioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.13 Lungimea bisectoarei exterioare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.14 Teorema sinusurilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.15 Teorema sinusurilor, m( dBAC) > 90�: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.16 Teorema lui Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.17 Reciproca teoremei lui Ceva, BEkCF . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.18 Punctul lui Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.19 Punctul lui Nagel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.20 Teorema lui Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.21 Teorema lui Menelaus pentru patrulatere . . . . . . . . . . . . . . . . 612.22 Teorema transversalei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.23 Teorema lui Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.24 Teorema lui Thales - demonstratie cu arii . . . . . . . . . . . . . . . . 642.25 Teorema fundamental¼a a asem¼an¼arii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.26 Teorema lui Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.27 Teorema lui Toricelli - Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.28 Punctul izogon al triunghiului ABC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

8

LIST¼A DE FIGURI 9

2.29 Generalizarea teoremei lui Toricelli - Fermat . . . . . . . . . . . . . . . 712.30 Teorema lui Feuerbach (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.31 Teorema lui Feuerbach (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.32 AB = Rp

(R+r1)(R+r2)�A1B1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.33 B1C1 =abcpR(R+2ra)

R(a+c)(a+b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.34 O9''I =

R2r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.35 Teorema lui Desargues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 802.36 Triunghiuri omologice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.37 Punctele lui Brocard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.38 Teorema lui Nobbs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.39 Dreapta lui Newton-Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.40 Patrulaterul complet AETFBC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872.41 Dreapta lui Newton - Gauss (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.42 Drepte izogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892.43 Patrulatere inscriptibile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 902.44 Teorema lui Neuberg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.45 Teorema lui Schömilch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.46 Dreapta lui Aubert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.47 Cercul lui Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.48 Teorema ortopolului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.49 Teorema lui Collings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 972.50 Teorema lui Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.51 Teorema lui Döttl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.52 Teorema lui Van - Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.53 Teorema lui Van-Aubel - ceviene de rang k . . . . . . . . . . . . . . . 1022.54 z

ak�1= y

bk�1= z

ck�1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

2.55 Cercuri tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1072.56 "i = �1=Ri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.57 Teorema lui Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092.58 Teorema lui Pompeiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.59 Teorema lui Erdös �Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132.60 Generalizarea teoremei lui Erdös - Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . 1172.61 Teorema lui Barrow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1182.62 Teorema lui Fagnano (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1202.63 Teorema lui Fagnano (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1212.64 Teorema lui Droz �Farny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1232.65 Generalizarea teoremei lui Droz - Farny . . . . . . . . . . . . . . . . . 1242.66 Teorema lui Steiner - Lehmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1262.67 Triunghiul lui Emmerich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1272.68 Teorema lui Barbilian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1282.69 Teorema lui Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1302.70 Reciproca teoremei lui Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1302.71 Teorema lui Lemoine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1322.72 Cercurile lui Titeica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

LIST¼A DE FIGURI 10

2.73 Teorema lui Bottema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1352.74 OX

OTA= OY

OTB= OZ

OTC= t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

2.75 Teorema lui Goormaghtigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1372.76 Goormaghtigh (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1382.77 X0B

X0C �Y 0CY 0A �

Z0AZ0B = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

2.78 Punctul comun cercurilor C1; C2; C3 si { . . . . . . . . . . . . . . . . . 1412.79 Patrulaterul complet XZX 0Z 0Y Y 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1422.80 Teorema lui Dergiades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1432.81 Teorema lui Salmon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1442.82 Teorema lui Kariya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1452.83 Teorema lui Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1472.84 Dreapta lui Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1482.85 Teorema lui Simson generalizat¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1502.86 Teorema lui Sondat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1522.87 Teorema lui Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1542.88 Teorema trisectiei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1552.89 Teorema trisectiei (demonstratie f¼ar¼a cuvinte) . . . . . . . . . . . . . . 1562.90 Teorema lui Harcourt (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1572.91 Teorema lui Harcourt (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1572.92 Teorema lui Viviani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1582.93 Teorema lui Zaslavsky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1592.94 Teorema lui Zajic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1602.95 Teorema lui Véronèse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1612.96 Teorema lui Cosnit¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1622.97 O� si O9 sunt izogonal conjugate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1632.98 Teorema lui Yiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1642.99 N� este mijlocul segmentului OO� . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1652.100Teorema lui Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1672.101Punctul lui Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1672.102Teorema lui Poncelet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1692.103Punctul lui Nagel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1702.104Teorema lui Kiepert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1722.105Teorema lui Catalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1732.106Teorema lui Blanchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1742.107Teorema lui Alasia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1752.108Teorema lui Ayme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1762.109Teorema lui Bobillier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1772.110Teorema lui Boutin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1782.111Teorema lui Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1792.112Teorema proiectiilor lui Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1802.113Mediatoarele laturilor unui triunghi sunt concurente. . . . . . . . . . . 1812.114În¼altimile unui triunghi sunt concurente. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1822.115r1 + r3 = r2 + r4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1832.116Teorema lui Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1842.117Teorema lui Soons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

C¼at¼alin Barbu - Teoreme fundamentale din geometria triunghiului 11

2.118Teorema lui Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1862.119d12 = d23 = d31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1882.120Cercuri tangente - Teorema lui Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1892.121Teorema lui Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1902.122Consecint¼a a teoremei lui Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1912.123Teorema lui Mathieu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1922.124Teorema lui Urquhart - Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1932.125Teorema lui Miquel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1952.126Cerc tangent la o cevian¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1962.127Teorema lui Sawayama �Thebault . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1972.128Teorema lui Schooten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1992.129Teorema lui Smarandache . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2002.130Teorema lui Snapper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2012.131Teorema în¼altimii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2022.132Teorema în¼altimii D 2 BCn(BC) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2032.133Aria unui triunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2072.134Aria unui triunghi determinat de intersectiile a 3 ceviene . . . . . . . . 207

Capitolul 1

INEGALITATEAFUNDAMENTAL¼A ATRIUNGHIULUI

1.1 Inegalit¼atile lui Blundon

�Usor nu e nici cântecul. Zisi noapte �nimic nu-i usor pe p¼amânt,c¼aci roua e sudoarea privighetorilorce s-au ostenit toat¼a noaptea cântând.�- Lucian Blaga1

Într-un triunghi ABC; �e O centrul cercului circumscris, I centrul cercului în-scris, G centrul de greutate, N punctul lui Nagel, p semiperimetrul, R raza cerculuicircumscris si r raza cercului înscris. În cele ce urmeaz¼a prezent¼am o demonstratiegeometric¼a a inegalit¼atii fundamentale a triunghiului. Aceast¼a relatie contine de faptdou¼a inegalit¼ati si a fost demonstrat¼a pentru prima oar¼a de c¼atre E. Rouché [93] în1851, r¼aspunzând unei întreb¼ari a lui Ramus referitoare la conditii necesare si su�cientepentru a exista un triunghi având date numerele reale pozitive p;R; r (vezi Teorema2). O demonstratie relativ simpl¼a a inegalit¼atii fundamentale a triunghiului a fost dat¼ade W.J. Blundon [25] si se bazeaz¼a pe urm¼atoarea proprietate algebric¼a a r¼ad¼acinilorunei ecuatii de gradul trei: R¼ad¼acinile x1; x2; x3 ale ecuatiei

x3 + a1x2 + a2x+ a3 = 0

sunt laturile unui triunghi dac¼a si numai dac¼a, urm¼atoarele conditii sunt veri�cate:i) 18a1a2a3 + a21a

22 � 27a33 � 4a32 � 4a31a3 > 0; ii) �a1 > 0; a2 > 0;�a3 > 0; iii)

a31 � 4a1a2 + 8a3 > 0. Mai multe detalii se pot g¼asi în monogra�a scris¼a de c¼atreD. Mitrinovic, J. Peµcaric si V. Volenec [77], precum si în articolele lui C. Niculescu

1Lucian Blaga (1895-1961) - �losof, umanist, jurnalist, poet, dramaturg, traduc¼ator, profesor uni-versitar si diplomat român, membru titular al Academiei Române

12

Inegalit¼atile lui Blundon 13

[83], [84], R.A. Satnoianu [96], S. Wu [109]. Mention¼am c¼a G. Dospinescu, M. Lascu,C. Pohoat¼a si M Tetiva [50] au dat o demonstratie algebric¼a unei forme mai slabe ainegalit¼atii lui Blundon p � 2R + (3

p3� 4)r. Aceast¼a inegalitate este o consecint¼a a

inegalit¼atii fundamentale a triunghiului.Reamintim câteva distante importante ce au loc într-un triunghi ABC. Faimoasa

formul¼a pentru distanta OI este numit¼a relatia lui Euler si este dat¼a de

OI2 = R2 � 2Rr: (1.1)

O demonstratie standard a acestei relatii g¼asim în H.S.M. Coxeter, S.L. Greitzer[45] si T. Lalescu [67]. O demonstratie cu ajutorul numerelor complexe întâlnim înT. Andreescu si D. Andrica [4]. Urm¼atoarea distant¼a de care avem nevoie este ON sieste dat¼a de

ON = R� 2r: (1.2)

Relatia (1.2) ne d¼a o demonstratie geometric¼a a inegalit¼atii lui Euler R � 2r si joac¼a unrol important în obtinerea rezultatelor noastre. O demonstratie cu ajutorul numerelorcomplexe întâlnim în T. Andreescu si D. Andrica [4]. O alt¼a distant¼a util¼a este OGdat¼a de:

OG2 = R2 � a2 + b2 + c2

9; (1.3)

unde a; b si c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC: Demonstratia standard arelatiei (1.3) utilizeaz¼a relatia lui Leibniz (vezi [4]).

Suma a2 + b2 + c2 poate � scris¼a în functie de p;R; r astfel:

a2 + b2 + c2 = 2(p2 � r2 � 4Rr): (1.4)

Demonstratia aceastei formule se g¼aseste, de exemplu, în [77]. Rezultatele ce urmeaz¼aau fost publicate în [6].

Urm¼atorul rezultat contine o demonstratie geometric¼a simpl¼a a inegalit¼atii funda-mentale a triunghiului.

Teorema 1 (D. Andrica, C. Barbu [6]) Dac¼a ABC nu este un triunghi echilateral,atunci urm¼atoarea relatie este adev¼arat¼a:

cos[ION =2R2 + 10Rr � r2 � p2

2(R� 2r)pR2 � 2Rr

: (1.5)

Demonstratie. Este cunoscut faptul c¼a puncteleN;G; I sunt coliniare, apartinânddreptei lui Nagel, iar NI = 3GI (vezi [5] sau [65]). Aplicând relatia lui Stewart întriunghiul ION; obtinem:

ON2 �GI +OI2 �NG�OG2 �NI = GI �GN �NI;

sauON2 �GI +OI2 � 2GI �OG2 � 3GI = 6GI3;

relatie echivalent¼a cuON2 + 2 �OI2 � 3 �OG2 = 6GI2;

Inegalit¼atile lui Blundon 14

de unde

GI2 =1

6

�a2 + b2 + c2

3� 8Rr + 4r2

�=

1

6

�2(p2 � r2 � 4Rr)

3� 8Rr + 4r2

�:

Aplicând teorema cosinusului în triunghiul ION si tinând seama de egalitatea NI2 =9GI2 = 5r2 + p2 � 16Rr; obtinem:

cos[ION =ON2 +OI2 �NI2

2ON �OI

=(R� 2r)2 + (R2 � 2Rr)� (5r2 + p2 � 16Rr)

2(R� 2r)pR2 � 2Rr

=2R2 + 10Rr � r2 � p2

2(R� 2r)pR2 � 2Rr

:

Dac¼a triunghiul este echilateral, atunci punctele I;O;N coincid, deci triunghiul IONdegenereaz¼a într-un punct. �

Teorema 2 (Blundon�Rouché) Conditia necesar¼a si su�cient¼a pentru a exista untriunghi având elementele p; R si r este:

2R2+10Rr�r2�2(R�2r)pR2 � 2Rr � p2 � 2R2+10Rr�r2+2(R�2r)

pR2 � 2Rr:

(1.6)

Demonstratie. Dac¼a R = 2r; atunci triunghiul este echilateral si inegalit¼atilesunt evidente. Dac¼a R 6= 2r; atunci inegalit¼atile (1.6) sunt o consecint¼a direct¼a afaptului c¼a �1 � cos[ION � 1: �

Observatia 3 (D. Andrica, C. Barbu [6]) În cazul trivial, când triunghiul este echi-lateral, obtinem egalitatea în (1:6). Presupunând c¼a triunghiul nu este echilateral,atunci avem R 6= 2r: Not¼am cu T (R; r) familia triunghiurilor având aceeasi raz¼aa cercului circumscris R si aceeasi raz¼a r. Inegalitatea (1:6) ne d¼a intervalul exactîn care se "misc¼a" p pentru toate triunghiurile din familia T (R; r). Avem p2min =2R2+10Rr�r2�2(R�2r)

pR2 � 2Rr si p2max = 2R2+10Rr�r2+2(R�2r)

pR2 � 2Rr.

Dac¼a �x¼am punctele O si I astfel încât OI =pR2 � 2Rr, atunci triunghiul din fa-

milia T (R; r) cu semiperimetrul minim, corespunde cazului cos[ION = 1, ceea ceînseamn¼a c¼a punctele I;O;N sunt coliniare, iar punctele I si N apartin aceleiasi razeavând originea în O: Deoarece punctele O;G;H sunt coliniare, apartinând dreptei luiEuler a triunghiului, rezult¼a c¼a punctele O; I;G sunt coliniare, deci în acest caz tri-unghiul ABC este isoscel. În Figura 1.1 acest triunghi este notat cu AminBminCmin:De asemenea, triunghiul din familia T (R; r) cu semiperimetrul maxim, corespundecazului cos[ION = �1, ceea ce inseamn¼a c¼a punctele I;O;N sunt coliniare, iar Oeste situat între I si N . Utilizând dreapta lui Euler rezult¼a c¼a triunghiul ABC esteisoscel. În Figura 1.1 acest triunghi este notat cu AmaxBmaxCmax: Not¼am faptul c¼aBminCmin > BmaxCmax: Triunghiurile familiei T (R; r) sunt "situate" între aceste dou¼a

Inegalit¼atile lui Blundon 15

Figura 1.1: Inegalit¼atile lui Blundon

cazuri extreme. În concordant¼a cu teorema de închidere a lui Poncelet, aceste triun-ghiuri sunt înscrise în acelasi cerc C(O;R), iar laturile lor sunt tangente exterioare laacelasi cerc C(I; r).

Observatia 4 (D. Andrica; C. Barbu [6]) Rezult¼a o cale natural¼a de constructie a unuitriunghi ABC în care se dau centrul cercului înscris I, centrul cercului circumscrisO si punctul lui Nagel N . Tinând cont de faptul c¼a punctele I;G;N sunt coliniare,a�ându-se pe dreapta lui Nagel a triunghiului ABC, g¼asim centrul de greutate G pesegmentul IN astfel încât IG = 1

3IN . Apoi, utilizând faptul c¼a punctele O;G;H suntcoliniare, determin¼am ortocentrul H pe raza (OG astfel încât OH = 3OG. Am redusastfel constructia cerut¼a la faimoasa problem¼a a lui Euler de constructie a unui triunghiîn care stim I, O si H [54]. Problema de constructie a lui Euler a fost studiat¼a dec¼atre B.Scimemi [97], G.C.Smith [101] si P.Yiu [111].

O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon 16

1.2 O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon

�Geometria reprezint¼a eterna sclipire în mintea lui Dumnezeu. Împ¼art¼asirea acesteia si omuluireprezint¼a motivul pentru care omul este imaginea lui Dumnezeu.��Johannes Kepler2

Not¼am cu Nmin si Nmax punctele lui Nagel corespunz¼atoare triunghiurilorAminBminCmin, respectiv AmaxBmaxCmax: Deoarece distanta ON este constant¼a, �-ind egal¼a cu ON = R � 2r; punctul lui Nagel N se "misc¼a" pe cercul de diametruNminNmax; iar m¼asura unghiului [ION variaz¼a între 0 si 180�: S. Wu în [109] a dat onou¼a versiune a inegalitatii lui Blundon introducând un parametru, dup¼a cum urmeaz¼a:pentru orice triunghi A1A2A3; urm¼atoarele inegalit¼ati au loc:

2R2+10Rr�r2�2(R�2r)pR2 � 2Rr cos� � p2 � 2R2+10Rr�r2+2(R�2r)

pR2 � 2Rr cos�:(1.7)

unde � = min1�i<j�3

jAi �Aj j : Rezultatul ce urmeaz¼a a fost publicat în [6].

Teorema 5 (D. Andrica; C. Barbu [6]) În orice triunghi ABC sunt adev¼arate inegali-t¼atile:

� cos� � cos[ION � cos�; (1.8)

unde � = minfjA�Bj ; jB � Cj ; jC �Ajg; cu egalitate dac¼a si numai dac¼a triunghiuleste echilateral.

Observatia 6 (D. Andrica; C. Barbu [6]) Inegalit¼atile 1.7 si 1.8 sunt echivalente.

Demonstratie. În cele ce urmeaz¼a vom da o demonstratie geometric¼a a inegalit¼atii(1.8). Mai întâi vom da o demonstratie geometric¼a pentru inegalitatea din dreapta:

cos[ION � cos�:

Vârfurile celor dou¼a triunghiuri extremale AminBminCmin si AmaxBmaxCmax deter-min¼a sase arce pe cercul circumscris triunghiului, �ecare dintre acestea corespunzândunei anumite ordini a unghiurilor triunghiului ABC: F¼ar¼a a pierde din generalitatepresupunem c¼a A > C > B (adic¼a a > c > b; unde a; b; c sunt lungimile laturilortriunghiului ABC) si vârfurile triunghiului ABC se misc¼a în sens trigonometric pecercul circumscris. În acest caz, A este situat între Amin si Cmax; B este între Bmin siAmax; iar C este între Cmin si Bmax (Figura 1.2).

În cazul de fat¼a minfjA�Bj ; jB � Cj ; jC �Ajg = jB � Cj ; deci � = C � B. FieD punctul de intersectie dintre dreapta AI si cercul circumscris triunghiului ABC(Figura 1.3): Not¼am cu E si F punctele de intersectie dintre dreapta lui Nagel NI cudreptele DO, respectiv AO. Triunghiul AOD este isoscel, deci \ADO =\DAO: Avem[AOC = 2 bB si \COD = bA; de unde rezult¼a c¼a

\ADO =180� � ([AOC +\COD)

2=180� � (2 bB + bA)

2=bC � bB2

;

2Johannes Kepler (1571-1630) �matematician si astronom german, considerat precursor al calculu-lui integral

O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon 17

Figura 1.2: N se "misc¼a" pe cercul de diametru NminNmax

sau� = 2\ADO: (1.9)

Fie A1; B1; C1 picioarele perpendicularelor duse din I pe laturile triunghiuluiABC; A2 punctul diametral opus lui A1 în cercul înscris în triunghiul ABC; fA

0g =AN \ BC; Ia centrul cercului exînscris corespunz¼ator laturii BC; iar ra raza cerculuiA�exînscris. Deoarece dreptele IA1 si A

0Ia sunt perpendiculare pe BC; rezult¼a c¼a

IA1 k A0Ia: Deoarece cercul înscris si cercul A� exînscris sunt omotetice, prin omote-

tia de centru A si raport rar ; avemA0Ia

IA2= ra

r : Rezult¼a c¼a punctele A0si A2 se corespund

prin acest¼a omotetie, deci A2 2 AN:Fie fA3g = AN \ OMa, fC3g = CN \ OMc; unde Ma si Mc sunt mijloacele

laturilor BC; respectiv AC. Deoarece BA0= CA1 = p�c; rezult¼a c¼aMa este mijlocul

segmentului A0A1, deci MaA3 este linie mijlocie in triunghiul A1A2A

0. Cum IA1 =

IA2; rezult¼a c¼a IA3 este linie mijlocie in triunghiul A1A2A0. Din IA3 kMaA1,MaA3 k

IA1 si \IA1Ma = 90�; rezult¼a c¼a patrulaterul IA1MaA3 este dreptunghi. Analog searat¼a c¼a patrulaterul ICMcC3 este dreptunghi. Din conditia a > c > b avem c¼aOMa < OMc < OMb < IA1 = r.

În functie de pozitia lui N fat¼a de mediatoarea laturii BC; avem urmatoarele treisituatii:

1) punctul N este în acelasi semiplan cu punctul B fat¼a de OMa, adic¼a N 2[AA3n[AA3]. Atunci, [ION >\IOA3 = [IOE >\FOE:

2) punctul N � A3 � E: Atunci, [ION = [IOE >\FOE:

O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon 18

Figura 1.3: O reprezentare geometric¼a a parametrului �

3) punctul N este în acelasi semiplan cu punctul A fat¼a de OMa, adic¼a N 2 [AA3].Acest caz nu convine deoarece N 2 CC3; iar C3 2 OMc:

În toate cazurile posibile considerate mai sus obtinem

\FOE � [ION: (1.10)

Deoarece2\ADO =\AOE =\FOE; (1.11)

din relatiile (1.9)-(1.11), obtinem � � [ION si de aici rezult¼a

cos[ION � cos�:

D¼am acum o demonstratie geometric¼a pentru inegalitatea

� cos� � cos[ION: (1.12)

Dac¼a [ION < 90�; atunci inegalitatea (1.12) este trivial¼a, deoarece numerele cos� sicos[ION sunt pozitive. Dac¼a [ION > 90�; atunci inegalitatea (1.12) este echivalent¼acu

�2 sin �+ �2

sin�� �2

� 0;

O ra�nare a inegalit¼atilor lui Blundon 19

sau

sin�+ �

2sin

�� �2

� 0;

unde am notat m¼asura unghiului [ION cu �: Inegalitatea precedent¼a este adev¼arat¼adeoarece �+�

2 ; ���2 2 (0; 90�). �

Observatia 7 Num¼arul � împarte triunghiurile familiei T (R; r) în functie de pozitiapunctului A pe cercul O(R):

Apelând la inegalitatea lui Gerretsen [7]:

16Rr � 5r2 � p2 � 4R2 + 4Rr + 3r2: (1.13)

dup¼a câteva calcule simple obtinem:

jp2 � 2R2 � 10Rr + r2j � 2(R2 � 3Rr + 2r2): (1.14)

Din inegalit¼atile (1.8) obtinem

j cos[ION j � cos� � R� rpR2 � 2Rr

cos�:

Acum, utilizând relatia (1.5) g¼asim:

jp2 � 2R2 � 10Rr + r2j2(R� 2r)

pR2 � 2Rr

� R� rpR2 � 2Rr

cos�:

Calcule elementare conduc la o îmbun¼at¼atire a inegalit¼atii lui Gerretsen în functie deparametrul �:

Consecinta 8 (D. Andrica, C. Barbu [6]) În orice triunghi ABC au loc urm¼atoareleinegalit¼ati:

jp2 � 2R2 � 10Rr + r2j � 2(R2 � 3Rr + 2r2) cos�: (1.15)

Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon 20

1.3 Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon

�Am fost un lucr¼ator constiincios, nu am fost super�cial, am muncit pân¼a acum la b¼atrânete.Spiritul meu a fost geometric, m-a fermecat varietatea si frumusetea �gurii.� � AlexandruMiller3

În aceast¼a sectiune consider¼am un triunghi ABC având centrul cercului cir-cumscrisO, centrul cercului înscris I, centrele cercurilor exînscrise Ia; Ib; Ic siNa; Nb; Ncpunctele adjuncte corespunz¼atoare punctului lui Nagel N . De�nitii si caracteriz¼arial punctelor Na; Nb; Nc g¼asim în lucrarea lui D.Andrica si K.L.Nguyen [11]. Fiep;R; r; ra; rb; rc respectiv semiperimetrul, raza cercului circumscris, raza cercului în-scris si razele cercurilor exînscrise corespunz¼atoare triunghiului ABC. Cunoastemfaptul c¼a punctele Na; G; Ia sunt coliniare si NaIa = 3GIa. Propriet¼ati analoage sedau pentru tripletele de puncte Nb; G; Ib si Nc; G; Ic. Sunt adev¼arate urm¼atoarelerelatii similare cu (1.1) si (1.2):

OI2a = R2 + 2Rra; OI

2b = R

2 + 2Rrb; OI2c = R

2 + 2Rrc (1.16)

siONa = R+ 2ra; ONb = R+ 2rb; ONc = R+ 2rc (1.17)

Demonstratii ale relatiilor (1.16) si (1.17) se pot g¼asi în [11].

Teorema 9 (D. Andrica, C. Barbu [6]) Urm¼atoarea relatie este adev¼arat¼a:

cos \IaONa =R2 � 3Rra � r2a � �(R+ 2ra)

pR2 + 2Rra

; (1.18)

unde � = a2+b2+c2

4 .

Demonstratie. Aplicând relatia lui Stewart în triunghiul IaONa, obtinem:

ON2a �GIa +OI2a �NaG�OG2 �NaIa = GIa �GNa �NaIa;

sauON2

a �GIa +OI2a � 2GIa �OG2 � 3GIa = 6GI3a ;

relatie echivalent¼a cuON2

a + 2 �OI2a � 3 �OG2a = 6GI2a :

Deoarece NaIa = 3GIa rezult¼a

IaN2a = 9GI

2a =

3

2

�a2 + b2 + c2

3+ 8Rra + 4r

2a

�=

a2 + b2 + c2

2+ 12Rra + 6r

2a = 2�+ 12Rra + 6r

2a:

3Alexandru Miller (1879-1965) �matematician român, membru al Academiei Române

Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon 21

Aplicând teorema cosinusului în triunghiul IaONa obtinem:

cos \IaONa =ON2

a +OI2a �NaI2a

2ONa �OIa=R2 + 2Rra + (R+ 2ra)

2 �NaI2a(R+ 2ra)

pR2 + 2Rra

=R2 � 3Rra � r2a � �(R+ 2ra)

pR2 + 2Rra

:

Relatii analoage se pot da pentru rb si rc: �

Teorema 10 (D. Andrica, C. Barbu [6]) Urm¼atoarele inegalit¼ati sunt adev¼arate:

0 � a2 + b2 + c2

4� R2 � 3Rra � r2a + (R+ 2ra)

pR2 + 2Rra: (1.19)

(Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon)

Demonstratie. Inegalitatea din stânga este evident¼a. Deoarece�1 � cos \IaONa �1; rezult¼a

R2�3Rra�r2a�(R+2ra)pR2 + 2Rra � � � R2�3Rra�r2a+(R+2ra)

pR2 + 2Rra;

(1.20)unde � = a2+b2+c2

4 . Inegalitatea din dreapta a relatiei (1.19) rezult¼a din inegalitateadin dreapta a relatiei (1.20). �

Observatia 11 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) Not¼am cu T (R; ra) familia triunghiuriloravând aceeasi raz¼a a cercului circumscris R si aceeasi exraz¼a ra. Inegalitatea (1:19) ned¼a intervalul exact în care se "misc¼a" � pentru toate triunghiurile din familia T (R; ra).Avem �min = 0 si �max = R2�3Rra�r2a+(R+2ra)

pR2 + 2Rra. Dac¼a �x¼am punctele

O si Ia astfel încât OIa =pR2 + 2Rra, atunci triunghirile din familia T (R; ra) ce au

valoarea � minim¼a degenereaz¼a într-un punct si se corespund punctelor de intersectiedintre cercurile C(O;R) si C(Ia; ra): În Figura 1.4 aceste puncte sunt notate cu A0minsi A00min: De asemenea, triunghiul din familia T (R; ra) pentru care valoarea lui � estemaxim¼a, corespunde cazului cos \IaONa = �1, ceea ce înseamn¼a c¼a punctele Ia; O;Nasunt coliniare, iar O este situat între Ia si Na. În Figura 1.4 acest triunghi este notat cuAmaxBmaxCmax: Utilizând dreapta lui Euler rezult¼a c¼a triunghiul AmaxBmaxCmax esteisoscel. În concordanta cu teorema de închidere exterioar¼a a lui Poncelet, triunghiurilefamiliei T (R; ra) sunt "situate" între aceste dou¼a cazuri extreme.

Observatia 12 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) Din Teorema 9 rezult¼a o cale natural¼ade constructie a unui triunghi ABC în care se dau centrul cercului exînscris Ia, cen-trul cercului circumscris O si punctul lui Nagel adjunct Na. Tinând cont de faptulc¼a punctele Ia; G;Na sunt coliniare, g¼asim centrul de greutate G pe segmentul IaNaastfel încât IaG = 1

3IaNa. Apoi, utilizând faptul c¼a punctele O;G;H sunt coliniare,determin¼am ortocentrul H pe raza (OG astfel încât OH = 3OG. Am redus astfel con-structia cerut¼a la faimoasa problem¼a a lui Euler de constructie a unui triunghi în carestim I, O si H.

Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon 22

Figura 1.4: Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon

Observatia 13 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) Din Teorema 9 apare întrebarea �reasc¼a:care este expresia lui � în functie de p;R; ra? Pentru a r¼aspunde la aceast¼a întrebarevom ar¼ata mai întâi c¼a:

ab+ bc+ ca =p6 + ra(4R+ 3ra)p

4 + r2a(3r2a � 16R2)p2 + r5a(ra � 4R)

(p2 + r2a)2:

Deoarece tan A2 =rap , putem scrie

sinA = 2 sinA

2cos

A

2=

2 sin A2 cosA2

sin2 A2 + cos2 A2

=2 tan A2tan2 A2 + 1

=2 rapr2ap2+ 1

=2rap

r2a + p2:

si de aici

a = 2R � sinA = 4rap

r2a + p2:

Forma dual¼a a inegalit¼atii lui Blundon 23

Dac¼a K este aria triunghiului ABC, din abc4R = K = (p� a)ra, obtinem

bc =4(p� a)Rra

a= 4Rra �

�pa� 1�

= 4Rra �r2a + p

2 � 4Rra4Rra

= r2a + p2 � 4Rra:

Combinând aceste rezultate rezult¼a:

ab+ bc+ ca = a(b+ c) + bc = a(2p� a) + bc

=4rap

r2a + p2��2p� 4rap

r2a + p2

�+ r2a + p

2 � 4Rra

=p6 + ra(4R+ 3ra)p

4 + r2a(3r2a � 16R2)p2 + r5a(ra � 4R)

(p2 + r2a)2

;

iar de aici obtinem:

4� = a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 � 2(ab+ bc+ ca)

= 4p2 � 2 � p6 + ra(4R+ 3ra)p

4 + r2a(3r2a � 16R2)p2 + r5a(ra � 4R)

(p2 + r2a)2

=2[p6 � ra(4R� ra)p4 + r2a(16R2 � r2a)p2 � r5a(ra � 4R)]

(p2 + r2a)2

: (1.21)

Formula (1:21) ne d¼a o expresie complicat¼a a lui � în functie de p;R; ra. Din a2 +b2 + c2 = 2(p2 � r2 � 4Rr); g¼asim p2 = 2�+ 4Rr + r2; de unde:

cos[ION =2R2 + 10Rr � r2 � p2

2(R� 2r)pR2 � 2Rr

=2R2 + 10Rr � r2 � 2�� 4Rr � r2

2(R� 2r)pR2 � 2Rr

=R2 + 3Rr � r2 � �(R� 2r)

pR2 � 2Rr

: (1.22)

Inegalit¼ati cu p;R si ra 24

1.4 Inegalit¼ati cu p;R si ra

�Gândirea este o pas¼are a în¼altimilor care, în colivia cuvintelor, izbuteste doar s¼a-si desf¼asoarearipile, dar nu poate zbura.�- Kahlil Gibran4

În aceast¼a sectiune vom obtine câteva consecinte ale Teoremei 9 ce implic¼a inegali-t¼ati între p;R si ra:

Teorema 14 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi având semiperimetrul purm¼atoarele inegalit¼ati au loc:

�2(R+2ra)pR2 + 2Rra � p2�

�2R2 + r2 + 4Rr � 6Rra � 2r2a

�� 2(R+2ra)

pR2 + 2Rra:(1.23)

Demonstratie. Deoarece a2+b2+c2 = 2(p2�r2�4Rr); din relatia (1.22) rezult¼aconcluzia. Expresii similare se pot obtine pentru rb si rc. �

Observatia 15 Utilizând faptul c¼a r < ra si inegalitatea din dreapta a relatiei (1:23)obtinem

p2 � 2R2 + r2 + 4Rr � 6Rra � 2r2a + 2(R+ 2ra)pR2 + 2Rra

< 2R2 + r2a + 4Rra � 6Rra � 2r2a + 2(R+ 2ra)pR2 + 2Rra

= 2R2 � 2Rra � r2a + 2(R+ 2ra)pR2 + 2Rra

saup2 < 2R2 � 2Rra � r2a + 2(R+ 2ra)

pR2 + 2Rra: (1.24)

Teorema 16 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi având semiperimetrul purm¼atoarele inegalit¼ati au loc:

p2 < minf4R2 + 4Rra + 3r2a; 4R2 + 4Rrb + 3r2b ; 4R2 + 4Rrc + 3r2cg:

Demonstratie. Utilizând relatia (1.24) putem scrie

p2 < 2R2 � 2Rra � r2a + 2(R+ 2ra)pR2 + 2Rra

< 2R2 � 2Rra � r2a + 2(R+ 2ra)(R+ ra)= 4R2 + 4Rra + 3r

2a:

Expresii similare se pot obtine pentru rb si rc. �

Consecinta 17 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi urm¼atoarele inegalit¼atiau loc:

a2 + b2 + c2 < minf8R2 + 4r2a; 8R2 + 4r2b ; 8R2 + 4r2cg:4Kahlil Gibran (1883-1931) �poet libanez

Inegalit¼ati cu p;R si ra 25

Demonstratie. Din Teorema 10 obtinem

� =a2 + b2 + c2

4� R2 � 3Rra � r2a + (R+ 2ra)

pR2 + 2Rra

< R2 � 3Rra � r2a + (R+ 2ra)(R+ ra) = 2R2 + r2a;de unde rezult¼a concluzia. Expresii similare se pot obtine pentru rb si rc. �

Teorema 18 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi este adev¼arat¼a inegali-tatea:

p2 � 2p2(2R+ ra)ra

Demonstratie. Avem

p2 � 4R2 + 4Rra + 3r2a = (2R+ ra)2 + 2r2a � 2p(2R+ ra)2 � 2r2a;

de unde rezult¼a concluzia. �

Observatia 19 Analog se obtin inegalit¼atile: i) p2 � 2p2(2R + rb)rb si ii) p

2 �2p2(2R+ rc)rc:

Teorema 20 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi este adev¼arat¼a inegali-tatea:

p2 � 2p3R(R+ 2ra):

Demonstratie. Avem

p2 � 4R2 + 4Rra + 3r2a � 4R2 + 4Rra + 4r2a = 3R2 + (R+ 2ra)2;

de unde

p2 � 3R2 + (R+ 2ra)2 � 2p3R2 � (R+ 2ra)2 = 2

p3(R2 + 2Rra):

�Analog se obtin inegalit¼atile: p2 � 2

p3R(R+ 2rb) si p2 � 2

p3R(R+ 2rc):

Observatia 21 Deoarece OI2a = R2+2Rra, inegalitatea din teorema precedent¼a poate

� rescris¼a astfel: p2 � 2p3 �OI2a sau p �

4p12 �OIa.

Teorema 22 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi este adev¼arat¼a inegali-tatea: p � 2 �OIa.

Demonstratie. Avem p � 4p12OIa � 2OIa. �

Teorema 23 (Andrica, D., Barbu, C. [7]) În orice triunghi este adev¼arat¼a inegali-tatea:

p2 � minf12Rra; 12Rrb; 12Rrcg:

Demonstratie. Avem

p2 � 4(R2 +Rra + r2a) � 12 3pR2 �Rra � r2a = 12Rra

sau p � 2p3Rra. �

Con�guratia lui Blundon 26

1.5 Con�guratia lui Blundon

�Geometria este arta de a rationa corect pe �guri incorecte.��Henri Poincaré5

Triunghiurile familiei T (R; r) având aceeasi raz¼a R si aceeasi raz¼a r sunt "situ-ate" între cele dou¼a triunghiuri extreme AminBminCmin si AmaxBmaxCmax determinatede pmin si pmax. Aceste triunghiuri sunt isoscele în raport de vârfurile Amin si AmaxInegalitatea (2:47) ne d¼a intervalul exact în care se "misc¼a" p pentru toate triunghiuriledin familia T (R; r). Avem

p2min = 2R2 + 10Rr � r2 � 2(R� 2r)

pR2 � 2Rr (1.25)

sip2max = 2R

2 + 10Rr � r2 + 2(R� 2r)pR2 � 2Rr: (1.26)

Triunghiul din familia T (R; r) cu semiperimetrul minim, corespunde cazului cos[ION =

Figura 1.5: Con�guratia lui Blundon si punctul lui Nagel N

1, ceea ce înseamn¼a c¼a punctele I;O;N sunt coliniare, iar punctele I si N apartinaceleiasi raze având originea înO:Deoarece puncteleO;G;H sunt coliniare, apartinânddreptei lui Euler a triunghiului, rezult¼a c¼a punctele O; I;G sunt coliniare, deci în acestcaz triunghiul ABC este isoscel. De asemenea, triunghiul din familia T (R; r) cu semi-perimetrul maxim, corespunde cazului cos[ION = �1, ceea ce inseamn¼a c¼a punctele

5Henri Poincaré (1854 -1912) �matamatician si �zician francez, contributii importante în toateramurile matematicii

Con�guratia lui Blundon 27

I;O;N sunt coliniare, iar O este situat între I si N . Utilizând dreapta lui Euler rezult¼ac¼a triunghiul ABC este isoscel.

Vom numi con�guratia lui Blundon, imaginea prezentat¼a în Figura 1.5.

Teorema 24 (Andrica; D:; Barbu;C:; P iscoran; L:; [10]) Familia T (R; r) continenumai dou¼a triunghiuri isoscele, si anume: AminBminCmin si AmaxBmaxCmax.

Demonstratie. Triunghiul ABC în T (R; r) este isoscel cu AB = AC dac¼a sinumai dac¼a OI este perpendicular¼a pe BC. Deoarece BminCmin si BmaxCmax suntperpendiculare pe OI, de unde rezult¼a concluzia �

În cele ce urmeaz¼a vom determina elementele triunghiurilor isoscele AminBminCminsi AmaxBmaxCmax. Fie D si E punctele de intersectie dintre dreapta OI cu BminCmin;respectiv BmaxCmax. Atunci, AminD = R�OD = R� (OI � r); sau

AminD = hmin = R+ r �OI = R+ r �pR2 � 2Rr: (1.27)

Analog,

AmaxE = hmax = R+ r +OI = R+ r +pR2 � 2Rr: (1.28)

Observatia 25 Deoarece OD � 0; urmeaz¼a c¼a OI � r, deci

R � r(1 +p2); (1.29)

saur � (

p2� 1)R:

Aceasta este o scurt¼a demonstratie geometric¼a a inegalitatii lui A.Emmerich [77], ade-v¼arat¼a pentru orice triunghi obtuzunghic.

Fie am = BminCmin; bm = AminBmin = AminCmin; Km =am�hmin

2 aria triunghiuluiAminBminCmin: Avem

R =amb

2m

4Km=

b2m2hmin

;

sau

2Rhmin = b2m = h

2min +

a2m4;

decia2m = 4hmin(2R� hmin): (1.30)

Din ecuatiile (1.27) si (1.30) obtinem

a2m = 4r�2R� r + 2

pR2 � 2Rr

�: (1.31)

Fie aM = BmaxCmax; bM = AmaxBmax = AmaxCmax; KM = aM �hmax2 aria triunghiu-

lui AmaxBmaxCmax: Avem

Con�guratia lui Blundon 28

R =aMb

2M

4KM=

b2M2hmax

;

adic¼a

2Rhmax = b2M = h2max +

a2M4;

de unde g¼asim c¼aa2M = 4hmax(2R� hmax): (1.32)

Din ecuatiile (1.28) si (1.32) rezult¼a:

a2M = 4r�2R� r � 2

pR2 � 2Rr

�: (1.33)

Combinând ecuatiile (1.31) si (1.33) obtinem

a2m + a2M = 8r(2R� r) si amaM = 4r

pr2 + 4Rr:

Din (1.31) si (1.33) rezult¼a aM < am: De asemenea,

cosAmin = 2 cos2 Amin

2� 1 = 2 � h

2min

b2m� 1 = hmin

R� 1 (1.34)

si analog

cosAmax = 2 cos2 Amax

2� 1 = 2 � h

2max

b2m� 1 = hmax

R� 1: (1.35)

Teorema 26 (Andrica; D:; Barbu; C:; P iscoran; L:; [10]) Urm¼atoarele egalit¼ati auloc:

sinAmax2

=1

2� 12

r1� 2r

R(1.36)

si

sinAmin2

=1

2+1

2

r1� 2r

R: (1.37)

Demonstratie. Utilizând relatiile (1.35) si (1.28),obtinem:

sin2Amax2

=1� cosAmax

2=2� hmax

R

2= 1� hmax

2R

= 1� R+ r +pR2 � 2Rr

2R=R� r �

pR2 � 2Rr

2R

=2R2 � 2Rr � 2R

pR2 � 2Rr

4R2=

R�

pR2 � 2Rr2R

!2;

de unde rezult¼a (1.36). Analog, utilizând relatiile (1.34) si (1.27), g¼asim:

sin2Amin2

=1� cosAmin

2=2� hmin

R

2= 1� hmin

2R

= 1� R+ r �pR2 � 2Rr

2R=R� r +

pR2 � 2Rr

2R

=2R2 � 2Rr + 2R

pR2 � 2Rr

4R2=

R+

pR2 � 2Rr2R

!2;

Consecinte ale inegalit¼atilor lui Blundon 29

de unde rezult¼a (1.37). �Rezultatele obtinute în Teoremele 24 si 26 clari�c¼a, utilizând demostratii diferite,

rezultatele lui Wu [110].

1.6 Consecinte ale inegalit¼atilor lui Blundon

�Cea mai mare dorint¼a a mea este s¼a comunic si altora pasiunea mea pentru matematic¼a.��Miron Nicolescu6

Lema 27 (Andrica; D:; Barbu;C:; P iscoran; L:; [10]) Fie P un punct situat în inte-riorul cercului C(O;R). Dac¼a P 6= O, atunci functia A 7! PA este strict cresc¼atoare

pe semicercul_

M0M1 , unde M0;M1 sunt punctele de intersectie dintre OP cu cercul Castfel încât P 2 (OM0).

Demonstratie. F¼ar¼a a restrânge generalitatea, presupunem c¼a O este origineaunui sistem cartezian xOy cu P situat pe axa pozitiv¼a. În acest caz avem P (x0; 0);x0 > 0; A(R cos t; R sin t); t 2 [0; �] si

PA2 = (R cos t� x0)2 + (R sin t)2 = R2 + x20 � 2Rx0 cos t:

Deoarece functia cosinus este strict descresc¼atoare pe [0; �] si x0 > 0; obtinem c¼afunctia A 7! PA2 este strict crescatoare, de unde rezult¼a concluzia. �

Teorema 28 (Andrica; D:; Barbu; C:; P iscoran; L:; [10]) În con�guratia Blundon,

functia A 7! \BAC este strict cresc¼atoare pe semicercul_

AmaxAmin::

Demonstratie. Avem sin A2 =rIA . Din Lema 27, pentru P = I, functia A 7! IA

este strict descresc¼atoare pe semicercul_

AmaxAmin: Deci pentru dou¼a puncte A1; A2 2AmaxAmin, avem IA1 > IA2, sau sin A12 = r

IA1< r

IA2= sin A22 ; de unde \B1A1C1 <

\B2A2C2 (Figura 1.6). �Din teorema sinusurilor, pentru triunghiurile familiei T (R; r), avem a = 2R sinA.

Din relatia r = (p� a) tan A2 ; rezult¼a:

p =r + a tan A2tan A2

:

Pe de alt¼a parte, bc = 4rRpa si b+ c = 2p� a, deci b; c sunt r¼ad¼acinile ecuatiei

x2 � (2p� a)x+ 4rRpa

= 0;

6Miron Nicolescu (1903-1975) �matematician român, membru al Academiei Române, contributiiîn analiza matematic¼a

Consecinte ale inegalit¼atilor lui Blundon 30

adic¼a2p� a�

q4p2 � 4ap+ a2 � 16rRp

a

2:

Rezultatele de mai sus arat¼a c¼a familia T (R; r) este perfect determinat¼a pân¼a la ocongruent¼a de unghi A. În acest mod obtinem:

Figura 1.6: Distributia triunghiurilor în familia T (R; r)

Consecinta 29 Distributia triunghiurilor în familia T (R; r) este în perechi (ABC;A0B0C 0)astfel încât triunghiurile ABC si A0B0C 0 sunt congruente si simetrice fat¼a de diametrulOI.

Consecinta 30 În con�guratia Blundon, functia A 7! BC este strict cresc¼atoare pe

arcul_

AmaxA0 si strict descresc¼atoare pe arcul_

A0Amin, unde A0 este pe semicercul_

AmaxAmin astfel încât \B0A0C0 = �2 .

Teorema 31 (Andrica; D:; Barbu;C:; P iscoran; L:; [10]) (Forma tare a inegalit¼atilorlui Blundon) În con�guratia Blundon, functia A 7! p(A) este strict descresc¼atoare pe

arcul_

AmaxBmin, unde p(A) reprezint¼a semiperimetrul triunghiului ABC, adic¼a

p(Amax) � p(A) � p(Bmin):

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 31

Demonstratie. Evident, p(Amax) = pmax (semiperimetrul triunghiuluiAmaxBmaxCmax)si p(Amin) = pmin (semiperimetrul triunghiului AminBminCmin). Când A se misc¼a pe

arcul_

AmaxBmin; de la Amax la Bmin, unghiul \ION descreste de la � la 0, adic¼a functiaA 7! \ION este strict descresc¼atoare. Presupunând c¼a avem ordineaAmax; A1; A2; Bmin;din relatia (1.26) obtinem p2(A1) > p

2(A2), de unde rezult¼a concluzia. �

1.7 O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon

�Geometria e linistea întâmpl¼arii.��Nichita St¼anescu7

Fie P un punct în planul triunghiului ABC; iar DEF triunghiul cevian corespun-z¼ator punctului P în raport cu triunghiul ABC: Dac¼a P are coordonatele baricentricet1 : t2 : t3, atunci coordonatele baricentrice ale vârfurilor triunghiului DEF sunt:D(0 : t2 : t3); E(t1 : 0 : t3), F (t1 : t2 : 0): Coordonatele baricentrice au fost introdusede c¼atre Möbius în 1927. Enumer¼am câteva lucr¼ari despre coordonatele baricentriceale lui C. Bradley [31], C. Coand¼a [40], C. Cosnit¼a [44], C. Kimberling [66], O. Bottema[29], J. Scott [98] si P. Yiu [112].

C. Barbu si N. Minculete [16] au introdus notiunea de cevin¼a de rang (k; l;m)astfel: dac¼a D este un punct pe latura (BC) a unui triunghi neisoscel ABC, astfelîncât:

BD

DC=�cb

�k��p� cp� b

�l��a+ b

a+ c

�mk; l;m 2 R, atunci AD o vom numi cevian¼a de rang (k ; l ;m); iar dac¼a D 2 BCn [BC],astfel încât BDDC =

�cb

�k ��p�cp�b

�l��a+ba+c

�m; k; l;m 2 R�, atunci AD o vom numi excevian¼a

de rang (k ; l ;m)C. Barbu si N. Minculete [16] au ar¼atat c¼a cevienele de rang (k; l;m) sunt con-

curente într-un punct I(k; l;m) numit punct cevian de rang (k ; l ;m), iar coordonatelebaricentrice ale lui I(k; l;m) sunt: ak(p�a)l(b+c)m : bk(p�b)l(a+c) : ck(p�c)l(a+b)m:

Observatia 32 Dac¼a M este un punct din planul unui triunghi ABC; atunci urm¼a-toarea egalitate are loc:

(t1 + t2 + t3)��!MP = t1

��!MA+ t2

��!MB + t3

��!MC: (1.38)

Pentru cazul particular M � P; egalitatea (1:38) devine

t1�!PA+ t2

��!PB + t3

��!PC =

�!0 :

Teorema 33 Dac¼aM este un punct din planul unui triunghi ABC; atunci urm¼atoareaegalitate are loc:

(t1+t2+t3)2MP 2= (t1MA

2+t2MB2+t3MC

2)(t1+t2+t3)� (t2t3a2+t3t1b

2+t1t2c2):

(1.39)

7Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 32

Demonstratie. Din relatia (1.38) si produsul scalar a doi vectori rezult¼a:

(t1 + t2 + t3)2MP 2 = t21MA

2 + t22MB2 + t23MC

2+

2t1t2��!MA � ��!MB + 2t1t3

��!MA � ��!MC + 2t2t3

��!MB � ��!MC

sau(t1 + t2 + t3)

2MP 2 = t21MA2 + t22MB

2 + t23MC2+

t1t2(MA2+MB2�AB2) + t1t3(MA

2+MC2�AC2) + t2t3(MB2+MC2�BC2);

de unde,

(t1+t2+t3)2MP 2= (t1MA

2+t2MB2+t3MC

2)(t1+t2+t3)� (t2t3a2+t3t1b

2+t1t2c2);

unde am folosit faptul c¼a

2��!MA���!MB= 2MA �MB cosAMB = 2MA �MB�MA

2+MB2�AB22MA �MB =MA2+MB2�AB2:

�

Observatia 34 (Barbu;C:; Minculete;N:[16]) Dac¼a t1; t2; t3 si t1+t2+t3 sunt nenule,atunci (1:39) poate � rescris¼a astfel:

MP 2 =t1MA

2+t2MB2+t3MC

2

t1+t2+t3� t1t2t3

(t1+t2+t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�: (1.40)

Consecinta 35 (Barbu;C:; Minculete;N:[16]) Urm¼atoarea egalitate are loc:

R2 �OP 2 = t1t2t3(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�; (1.41)

cu t1; t2; t3 > 0:

Demonstratie. Egalitatea se obtine din (1.40) pentru M � O. �

Teorema 36 (Barbu;C:; Minculete;N:[16]) În orice triunghi ABC având semiperimetrulp; urm¼atoarea egalitate are loc:

R2 �OP 2 � 4p2t1t2t3(t1 + t2 + t3)3

;

cu t1; t2; t3 > 0:

Demonstratie. Din inegalitatea lui Bergström - dac¼a xk 2 R si ak > 0; k 2f1; 2; :::; ng; atunci

x21a1+x22a2+ :::+

x2nan� (x1 + x2 + :::+ xn)

2

a1 + a2 + :::+ an;

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 33

cu egalitate dac¼a si numai dac¼a

x1a1=x2a2= ::: =

xnan;

si relatia (1.41) rezult¼a:

R2 �OP 2 � t1t2t3(t1 + t2 + t3)2

� (a+ b+ c)2

t1 + t2 + t3:

Egalitatea are loc pentru P � I (unde I este centrul cercului înscris în triunghiulABC): �

C. Cosnit¼a [44] a formulat urm¼atoarea teorem¼a: dac¼a punctele P si Q au coordo-natele baricentrice t1 : t2 : t3, respectiv u1 : u2 : u3, în raport cu un triunghi ABC;atunci

PQ2 = ��� �a2

�+b2

�+c2

�; (1.42)

unde

� =u1

u1+u2+u3� t1t1+t2+t3

;� =u2

u1+u2+u3� t2t1+t2+t3

; =u3

u1+u2+u3� t3t1+t2+t3

:

Teorema 37 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Dac¼a punctele P si Q aucoordonatele baricentrice t1 : t2 : t3, respectiv u1 : u2 : u3, în raport cu un triunghiABC; atunci

cos\POQ=2R2� t1t2t3

(t1+t2+t3)2

�a2

t1+ b2

t2+ c2

t3

�� u1u2u3

(u1+u2+u3)2

�a2

u1+ b2

u2+ c2

u3

�+��

�a2

� +b2

� +c2

�2

rhR2� t1t2t3

(t1+t2+t3)2

�a2

t1+ b2

t2+ c2

t3

�i�hR2� u1u2u3

(u1+u2+u3)2

�a2

u1+ b2

u2+ c2

u3

�i(1.43)

cu

� =u1

u1+u2+u3� t1t1+t2+t3

;� =u2

u1+u2+u3� t2t1+t2+t3

; =u3

u1+u2+u3� t3t1+t2+t3

;

iar ti si ui, i = 1; 3; sunt nenule.

Demonstratie. Din (1.40) avem:

OP 2 = R2 � t1t2t3(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�si

OQ2 = R2 � u1u2u3(u1 + u2 + u3)2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

�:

Aplicând teorema cosinusului în triunghiul POQ avem

cos\POQ =OP 2 +OQ2 � PQ2

2OP �OQ :

Din relatiile precedente rezult¼a concluzia. �

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 34

Teorema 38 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Urm¼atoarele inegalit¼ati auloc:

�2

s�R2� t1t2t3

(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

����R2� u1u2u3

(u1 + u2 + u3)2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

���

��

�a2

�+b2

�+c2

�+2R2�

�t1t2t3

(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�+

u1u2u3(u1 + u2 + u3)2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

���

2

s�R2� t1t2t3

(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

����R2� u1u2u3

(u1 + u2 + u3)2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

��(1.44)

cu

� =u1

u1 + u2 + u3� t1t1 + t2 + t3

;� =u2

u1 + u2 + u3� t2t1 + t2 + t3

; =u3

u1 + u2 + u3� t3t1 + t2 + t3

;

iar ti si ui, i = 1; 3; sunt nenule.

Demonstratie. Inegalit¼atile sunt consecinta faptului c¼a cos\POQ 2 [�1; 1]: Egal-itatea din dreapta are loc dac¼a si numai dac¼a\POQ = 0, adic¼a punctele O;P;Q suntcoliniare în ordinea O;P;Q sau O;Q;P . Egalitatea din stânga are loc dac¼a si numaidac¼a\POQ = �, adic¼a punctele O;P;Q sunt coliniare în ordinea P;O;Q sau Q;O; P .�

Consecinta 39 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Conditia necesar¼a si su-�cient¼a pentru a exista un triunghi având elementele s; R si r este:

2R2+10Rr � r2�2(R� 2r)pR2 � 2Rr� p2� 2R2+10Rr � r2+2(R� 2r)

pR2 � 2Rr:

(Inegalit�atile lui Blundon)

Demonstratie. Coordonatele baricentrice ale punctelor I si N sunt (t1; t2; t3) =(a; b; c), respectiv (u1; u2; u3) = (p� a; p� b; p� c). Avem:

u1+ u2+ u3 = p� a+ p� b+ p� c = p; u1u2u3 = (p� a)(p� b)(p� c) = r2p; (1.45)

sit1 + t2 + t3 = 2p; t1t2t3 = abc = 4Rrp: (1.46)

Din relatia (1.44) rezult¼a

� =p� ap

� a

2p=2p� 3a2p

; � =2p� 3b2p

; =2p� 3c2p

;

iar de aici

��

�a2

�+b2

�+c2

�=

P� a2 =

P�1� 3b

2p

��1� 3c

2p

�a2

=Pa2 � 3

2p

P�a2(a+ b+ c)� a3

�+9abc

4p2Pa

=Pa2 � 3

Pa2 +

3

2p

Pa3 +

9abc

2p

= �2(2p2 � 2r2 � 8Rr) + 3(p2 � 3r2 � 6Rr) + 18Rr

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 35

sau

��

�a2

�+b2

�+c2

�= �p2 � 5r2 + 16Rr:

Cumt1t2t3

(t1 + t2 + t3)2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�=4Rrp

4p2� 2p = 2Rr

si

u1u2u3(u1 + u2 + u3)2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

�=

r2p

p2

�a2

p� a +b2

p� b +c2

p� c

�=

r2

p�Pa2(p� b)(p� c)

r2p

=1

p2�p2Pa2 � p

P�a2(a+ b+ c)� a3

�+ abc

Pa

=1

p2�pPa3 � p2

Pa2 + 8Rrp2

�=

1

p2�2p2(p2 � 3r2 � 6Rr)� p2(2p2 � 2r2 � 8Rr) + 8Rrp2

�= 4Rr � 4r2:

Utilizânt teorema precedent¼a rezult¼a concluzia. �Vom da în continuare, utilizând coordonatele baricentrice, o nou¼a demonstratie

teoremei 9.

Teorema 40 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Urm¼atoarea relatie este ade-v¼arat¼a:

cos \IaONa =R2 � 3Rra � r2a � �(R+ 2ra)

pR2 + 2Rra

; (1.47)

unde � = a2+b2+c2

4 .

Demonstratie. Coordonatele baricentrice ale centrului cercului A-exînscris Iasunt (t1; t2; t3) = (�a; b; c), iar cele ale punctului lui Nagel adjunctNa sunt (u1; u2; u3) =(p; c� p; b� p). Avem

u = u1 + u2 + u3 = p� a; u1u2u3 = p(p� b)(p� c)

sit = t1 + t2 + t3 = 2(p� a); t1t2t3 = �abc = �4Rrp:

Obtinem

� =2p+ a

2(p� a) = 1 +3a

2(p� a) ;

� =2c� 2p� b2(p� a) = 1� 3b

2(p� a) ;

=2b� 2p� c2(p� a) = 1� 3c

2(p� a) :

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 36

Urmeaz¼a c¼a

t1t2t3t2

�a2

t1+b2

t2+c2

t3

�=

�4Rrp4(p� a)2 � 2(p� a) = �2Rra; (1.48)

siu1u2u3u2

�a2

u1+b2

u2+c2

u3

�=p(p� c)(p� b)(p� a)2

�a2

p� b2

p� c �c2

p� b

�=

���a2 � p� b

p� a �p� cp� a + b

2 � p

p� a �p� bp� a + c

2 � p

p� a �p� cp� a

�=

���a2 � ra

rb� rarc+ b2 � ra

r� rarb+ c2 � ra

r� rarc

�=

�r2a��a2rbrc

+b2

rrb+c2

rrc

�= �r2a

�4R

ra+ 4

�= �4Rra � 4r2a; (1.49)

unde am utilizat relatia �a2rbrc

+ b2

rrb+ c2

rrc= 4R

ra+ 4 ([11]). Acum, calcul¼am expresia:

E = ��

�a2

�+b2

�+c2

�+a2 + b2 + c2

2=

a2� +a2

2+ b2� +

b2

2+ c2�� +

c2

2=

a2�1� 3(b+ c)

2(p� a) +9bc

4(p� a)2

�+a2

2+

b2�1 +

3(a� c)2(p� a) �

9ca

4(p� a)2

�+b2

2+

c2�1 +

3(a� b)2(p� a) �

9ab

4(p� a)2

�+c2

2;

sau

E = a2�

�3p2(p� a) +

9bc

4(p� a)2

�+b2

�3(p� c)2(p� a) �

9ca

4(p� a)2

�+c2

�3(p� b)2(p� a) �

9ab

4(p� a)2

�=

3

2(p� a) [�a2p+ b2(p� c) + c2(p� b)] + 9abc

4(p� a)2 (a� b� c) =

3

2(p� a) [p(�a2 + b2 + c2)� bc(b+ c)]� 18Rra: (1.50)

Avem:p(�a2 + b2 + c2)� bc(b+ c) = 2pbc cosA� 2bcp+ abc =

2pbc(cosA� 1) + abc = abc� 4pbc sin2 A2=

abc� 4p(p� b)(p� c) = abc� 4Kra = 4K(R� ra); (1.51)

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 37

unde cu K am notat aria triunghiului ABC: Din relatiile (1.50) si (1.51) g¼asim

E =3

2(p� a) � 4K(R� ra)� 18Rra = 6ra(R� ra)� 18Rra = �12Rra � 6r2a;

de unde

��

�a2

�+b2

�+c2

�= �12Rra � 6r2a �

a2 + b2 + c2

2: (1.52)

Utilizând relatiile (1.48), (1.49) si (1.52) în (1.43) obtinem concluzia. �

Observatia 41 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Fie I1; I2 dou¼a puncteceviene având coordonatele baricentrice:

Ii[aki(p� a)li(b+ c)mi : bki(p� b)li(a+ c)mi : cki(p� c)li(a+ b)mi ]; i = 1; 2:

Not¼am cu: t1i = aki(p � a)li(b + c)mi, t2i = b

ki(p � b)li(a + c)mi ; t3i = cki(p � c)li(a +

b)mi ; i = 1; 2: Din relatia (1:43) obtinem:

cos\I1OI2 =2R2 � t11t

21t31

(T1)2

�a2

t11+ b2

t21+ c2

t31

�� t12t

22t32

(T2)2

�a2

t12+ b2

t22+ c2

t32

�+ ��

�a2

� +b2

� +c2

�2

rhR2 � t11t

21t31

(T1)2

�a2

t11+ b2

t21+ c2

t31

�i�hR2 � t12t

22t32

(T2)2

�a2

t12+ b2

t22+ c2

t32

�i ;

(1.53)unde T1 = t11 + t

21 + t

31; T2 = t

12 + t

22 + t

32, iar pentru i = 1; 2; avem:

t1i t2i t3i

(Ti)2

�a2

t1i+b2

t2i+c2

t3i

�=

Qcycaki(p� a)li(b+ c)miP

cycaki(p� a)li(b+ c)mi

Xcyc

a2

aki(p� a)li(b+ c)mi;

si

� =ak1(p� a)l1(b+ c)m1Pcycak1(p� a)l1(b+ c)m1

� ak2(p� a)l2(b+ c)m2Pcycak2(p� a)l2(b+ c)m2

;

� =bk1(p� b)l1(a+ c)m1P

cycak1(p� a)l1(b+ c)m1

� bk2(p� b)l2(a+ c)m2Pcycak2(p� a)l2(b+ c)m2

;

=ck1(p� c)l1(a+ b)m1P

cycak1(p� a)l1(b+ c)m1

� ck2(p� c)l2(a+ b)m2Pcycak2(p� a)l2(b+ c)m2

:

Consecinta 42 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Dac¼a I1; I2 sunt puncteceviene de ordine k1; respectiv k2, atunci (1:53) devine:

cos\I1OI2 =2R2 � (abc)k1 S2�k1

(Sk1 )2 � (abc)k2

S2�k2(Sk2 )

2 +Pcyc( b

k1

Sk1� bk2

Sk2)( c

k1

Sk1� ck2

Sk2)a2

2

r[R2 � (abc)k1 S2�k1

(Sk1 )2 ][R2 � (abc)k2

S2�k2(Sk2 )

2 ]

;

(1.54)unde Sl = al + bl + cl.

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 38

Consecinta 43 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Pentru k1 = 0 si k2 =1 obtinem coordonatele baricentrice ale centrului de greutate G(1; 1; 1); respectiv alecentrului cercului înscris I(a; b; c): Formula (1:54) devine:

cos[GOI =6R2 � p2 � r2 + 2Rr

2p9R2 � 2p2 + 2r2 + 8Rr �

pR2 � 2Rr

; (1.55)

unde abc = 4pRr; S0 = 3; S1 = 2p; S2 = 2(p2 � r2 � 4Rr):

Consecinta 44 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Pentru k2 = 2 obtinemcoordonatele baricentrice ale punctului lui Lemoine L(a2; b2; c2) si atunci

cos[GOL =6R2S2 � S22 + S4

2p9R2 � S2 �

pR2S22 � 48(Rrp)2

; (1.56)

unde S4 = S22 � 2[(p2 + r2 + 4Rr)2 � 16Rrp2]; iar

cos dIOL = RS2 + rS2 � 4rp2

2pR2 � 2Rr �

pS22 � 48r2p2

: (1.57)

Fiecare dintre relatiile (1:55); (1:56); (1:57) genereaz¼a inegalit¼ati tip Blundon, dar aces-tea nu au interpret¼ari geometrice frumoase.

Observatia 45 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Fie I1; I2; I3 trei puncteceviene de rang (k ; l ;m) având coordonatele baricentrice:

Ii[aki(p� a)li(b+ c)mi : bki(p� b)li(a+ c)mi : cki(p� c)li(a+ b)mi ]; i = 1; 3:

Pentru i = 1; 3, aki(p� a)li(b+ c)mi, bki(p� b)li(a+ c)mi ; cki(p� c)li(a+ b)mi not¼amcu t1i ; t

2i ; respectiv t

3i : Fie

�ij =t1j

t1j + t2j + t

3j

� t1it1i + t

2i + t

3i

;

�ij =t2j

t1j + t2j + t

3j

� t2it1i + t

2i + t

3i

si

ij =t3j

t1j + t2j + t

3j

� t3it1i + t

2i + t

3i

pentru i; j 2 f1; 2; 3g: Utilizând relatia (1:42) obtinem:

IiI2j = ��ij � �ij � ij �

�a2

�ij+b2

�ij+c2

ij

�pentru i; j 2 f1; 2; 3g: Din teorema cosinusului în triunghiul I1I2I3 obtinem

cos\I1I2I3 =I1I

22 + I2I

23 � I3I21

2I1I2 � I2I3=

�a2(�12 12+�23 23��31 31)� b2( 12�12+ 23�23� 31�31) + c

2(�12�12+�23�23��31�31)2p��12 12a2� 12�12b2��12�12c2 �

p��23 23a2� 23�23b2��23�23c2

O extindere natural¼a a inegalit¼atilor lui Blundon 39

Teorema 46 (Andrica; D; Barbu;C:; Minculete; N:[8]) Urm¼atoarele inegalit¼ati auloc:

�2p��12 12a2� 12�12b2��12�12c2 �

p��23 23a2� 23�23b2��23�23c2 �

�a2(�12 12+�23 23��31 31)� b2( 12�12+ 23�23� 31�31) + c

2(�12�12+�23�23��31�31) �

2p��12 12a2� 12�12b2��12�12c2 �

p��23 23a2� 23�23b2��23�23c2

Demonstratie. Inegalit¼atile sunt consecinta faptului c¼a cos\I1I2I3 2 [�1; 1]: �

Capitolul 2

TEOREME FUNDAMENTALEDIN GEOMETRIATRIUNGHIULUI

2.1 Teorema bisectoarei interioare

�Teorema este mai presus de constatare si mai presus de greseal¼a.�- Gh. Titeica1

Teorema 47 (Teorema bisectoarei interioare) Fie triunghiul ABC si AD bisectoareaunghiului\BAC; D 2 (BC). Atunci,

BD

DC=AB

AC:

Demonstratie. Fie CE k AD, E 2 AB (Figura 2.1). Atunci [ACE � \DAC(unghiuri alterne interne) si\BAD � [CEA. Cum\BAD �\DAC, rezult¼a [ACE � [AEC,adic¼a triunghiul ACE este isoscel, deci AC � AE. Din teorema lui Thales rezult¼a:

BD

DC=AB

AE=AB

AC:

�

Teorema 48 (Reciproca teoremei bisectoarei interioare) În triunghiul ABC, �e D 2(BC) astfel încât DBDC =

ABAC ; atunci (AD este bisectoarea interioar¼a a unghiului ^BAC:

Demonstratie. Fie CE k AD;E 2 AB: Din teorema lui Thales în triunghiulBCE rezult¼a BD

DC = ABAE , iar cu relatia din ipotez¼a

DBDC = AB

AC obtinem AE = AC;adic¼a triunghiul AEC este isoscel, deci ^AEC � ^ACE (1). Cum AD k CE rezult¼a^DAC � ^ACE (2) (unghiuri alterne interne) si ^BAD � ^AEC (3) (unghiuricorespondente). Din relatiile (1), (2) si (3) rezult¼a ^BAD � ^DAC; adic¼a AD estebisectoarea unghiului ^BAC: �

1Gheorghe Titeica (1873-1939) �matematician român, membru al Academiei Române, contributiiimportante în geometrie

40

Teorema bisectoarei interioare 41

Figura 2.1: Teorema bisectoarei interioare

Observatia 49 Segmentele determinate pe latura BC de bisectoarea AD au lungimileegale cu ac

b+c , respectivabb+c .

Teorema 50 În triunghiul ABC, �e D piciorul bisectoarei interioare a unghiului A,D 2 (BC). Atunci

la =2bc

b+ ccos

A

2;

unde cu la am notat lungimea segmentului AD:

Demonstratie. Solutia 1. Din A[ABD] +A[ADC] = A[ABC] rezult¼a

1

2c � la � sin

A

2+1

2b � la � sin

A

2=1

2bc sinA;

adic¼a la = 2bcb+c cos

A2 .

Solutia 2. Din teorema bisectoarei avem:

BD

DC=c

b

sauBD

BD +DC=

c

b+ c;

de unde BD = acb+c si DC =

abb+c : Teorema sinusurilor aplicat¼a în triunghiul ABD ne

d¼a:lasinB

=BD

sin A2;

de unde la =acb+c

sinB

sin A2

: Dar asinA =

bsinB ; de unde: la =

2bcb+c � cos

A2 : �

Observatia 51 Analog, se obtin lungimile celorlalte bisectoare interioare: lb = 2aca+c �

cos B2 si lc =2aba+b � cos

C2 :

Teorema bisectoarei exterioare 42

2.2 Teorema bisectoarei exterioare

�Toate inventiile unui om sunt adev¼arate, poti � sigur de asta. Poezia este atât stiint¼a cât sigeometrie.��Gustave Flaubert2

Teorema 52 (Teorema bisectoarei exterioare) Fie triunghiul ABC si AB 6= AC: Dac¼a(AE este bisectoarea exterioar¼a a unghiului A, E 2 BC; atunci

EB

EC=AB

AC:

Demonstratie. Fie b > c; deci B 2 (EC): Paralela prin B la AE intersecteaz¼alatura AB în B1 (Fig. 2.2). Din teorema lui Thales rezult¼a: EB

EC = AB1AC (1). Dar

Figura 2.2: Teorema bisectoarei exterioare

^TAE � ^AB1B (unghiuri corespondente) si ^EAB � ^ABB1 (unghiuri alterneinterne), deci ^AB1B � ^ABB1; adic¼a triunghiul ABB1 este isoscel, de unde AB =AB1 (2). Din relatiile (1) si (2) rezult¼a EB

EC =ABAC : �

Observatia 53 Conditia AB 6= AC din teorem¼a este esential¼a; altfel, dac¼a AB =AC; atunci bisectoarea exterioar¼a a unghiului A este paralel¼a cu BC, deci nu ar maiexista punctul E.

Observatia 54 Din teorema bisectoarei EBEC =cb (presupunand b > c) rezult¼a

c

b� c =EB

EC � EB =EB

a;

adic¼aEB =

ac

b� csi analog

EC =ab

b� c :

2Gustave Flaubert (1821-1880) - scriitor francez

Teorema bisectoarei exterioare 43

Teorema 55 (Reciproca teoremei bisectoarei exterioare) Fie triunghiul ABC si E 2BCn[BC] astfel încât EBEC = AB

AC ; atunci (AE este bisectoarea exterioar¼a a unghiuluiA.

Demonstratie. Evident AB 6= AC; deoarece altfel ar rezulta EB = EC ceea ceeste imposibil datorit¼a faptului c¼a E 2 BCn[BC]. Fie BB1 k AE; B1 2 AC: Dinteorema lui Thales în triunghiul EAC rezult¼a:

EB

EC=AB1AC

;

si utilizând ipoteza g¼asim AB = AB1; adic¼a triunghiul ABB1 este isoscel, de undeobtinem c¼a ^AB1B � ^ABB1: Din AE k BB1 rezult¼a ^TAE � ^AB1B (unghiuricorespondente) si ^EAB � ^ABB1 (unghiuri alterne interne) si de aici obtinem c¼a^TAE � ^EAB; adic¼a (AE este bisectoarea exterioar¼a a unghiului A. �

Teorema 56 Segmentele determinate pe dreapta BC de bisectoarea exterioar¼a a unghiu-lui A au lungimile egale cu ac

jb�cj , respectivabjb�cj .

Demonstratie.Din teorema bisectoarei exterioare avem: EBEC = c

b ; sauEBc =

ECb = a

b�c (unde am considerat b > c). �

Teorema 57 (Pappus3) Fie A0; B0; C 0 picioarele bisectoarelor exterioare ale unghiu-rilor triunghiului neisoscel ABC: Punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare.

Demonstratie. Din teorema bisectoarei obtinem: A0BA0C = AB

AC ;B0CB0A = BC

BA si

Figura 2.3: Teorema lui Pappus

C0AC0B = CA

CB (Fig. 2.3); de unde A0BA0C �

B0CB0A �

C0AC0B = AB

AC �BCBA �

CACB = 1: Din reciproca

teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare. �3Pappus (290 �350) �matematician si �losof grec; a pus bazele geometriei proiective

Teorema lui Pitagora 44

Teorema 58 În triunghiul ABC, �e D0 piciorul bisectoarei exterioare a unghiului A,D0 2 (CB. Atunci l0a = 2bc

b�c sinA2 ; unde cu l

0a am notat lungimea segmentului AD0.

Demonstratie. Deoarece A[AD0C] � A[AD0B] = A[ABC]; rezult¼a (Figura 2.4)

Figura 2.4: Lungimea bisectoarei exterioare

b � l0a sin�90� + A

2

�� c � l0a cos A2 = bc sinA; de unde rezult¼a concluzia. �

2.3 Teorema lui Pitagora

�Dup¼a ce a descoperit celebra sa teorem¼a, Pitagora4 a sacri�cat o sut¼a de boi. De atunci, de�ecare dat¼a, când se descoper¼a vreun adev¼ar nou, vitele au mari palpitatii.�- L. Björne

Teorema 59 Într-un triunghi dreptunghic p¼atratul lungimii ipotenuzei este egal cusuma p¼atratelor lungimilor catetelor.

Demonstratie. În triunghiul dreptunghic ABC (m(\BAC) = 90�) �e în¼altimea

Figura 2.5: Teorema lui Pitagora

AD, D 2 (BC) (Fig. 2.5).4Pitagora (Pythagoras) (c. 560 �c. 500 î. Hr.) �matematician, om politic si �losof grec

Teorema lui Pitagora 45

Solutia 1. Din asem¼anarea triunghiurilor ABD si CBA rezult¼a ABBC = BD

AB si deaici

AB2 = BC �BD; (1)

iar din asem¼anarea triunghiurilor ADC si BAC rezult¼a ACBD =

DCAC , de unde

AC2 = BC �DC: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a :

AB2 +AC2 = BC(BD +DC) = BC �BC = BC2:

Figura 2.6: a2 = b2 + c2

Solutia 2. Pe ipotenuza BC se construieste p¼atratul CBNQ (Fig. 2.6). În pre-lungirea catetelor AB si AC se construieste p¼atratul AMPR având latura de lungimeb+ c. Atunci,

A[AMPR] = A[BCQN ] + 4A[ABC]

sau

(b+ c)2 = a2 + 4 � bc2

de unde rezult¼a a2 = b2 + c2. �

Teorema lui Pitagora generalizat¼a 46

2.4 Teorema lui Pitagora generalizat¼a

�Un matematician care nu are si �re de poet nu poate � niciodat¼a un matematician complet.�- K. Weierstrass5

Teorema 60 Fie triunghiul ABC si D proiectia punctului A pe dreapta BC. Dac¼am(\ACB) < 90�; atunci AB2 = CA2+CB2�2CB �CD: Dac¼a m(\ACB) > 90�; atunciAB2 = CA2 + CB2 + 2CB � CD:

Demonstratie. Din triunghiurile dreptunghice ABD si ACD (Fig. 2.7) rezult¼a

Figura 2.7: Teorema lui Pitagora generalizat¼a

AB2 = BD2 +AD2; AC2 = AD2 +DC2:

Dac¼a m(\ABC) < 90�; atunci D 2 (BC) si BD = BC � CD: Dac¼a m(\ABC) > 90�;atunci B 2 (CD) si BD = DC �BC, deci

AB2 = AD2 + (BC � CD)2 = (AD2 + CD2) +BC2 � 2BC � CD;

de unde rezult¼a AB2 = CA2 + CB2 � 2CB � CD:Dac¼a m(\ACB) > 90�; atunci BD = BC + CD (Fig. 2.8). Avem:

AB2 = AD2 + (BC + CD)2 = (AD2 +DC2) +BC2 + 2BC � CD= CA2 + CB2 + 2CB � CD:

�

Consecinta 61 (Teorema cosinusului) În orice triunghi ABC; având laturile de lungimia; b; c, au loc relatiile:

i) a2 = b2 + c2 � 2bc cosA;ii) b2 = a2 + c2 � 2ac cosB;iii) c2 = a2 + b2 � 2ab cosC:

5Karl Weierstrass (1815-1897) � matematician german, contributii importante în analiza mate-matic¼a

Teorema lui Pitagora generalizat¼a 47

Figura 2.8: AB2 = CA2 + CB2 + 2CB � CD

Demonstratie. i) Fie D proiectia lui A pe BC. Dac¼a m(\ACB) < 90�; atunci dinteorema lui Pitagora generalizat¼a avem: c2 = a2 + b2 � 2a � CD. Cum CD = b cosCrezult¼a c2 = a2 + b2 � 2ab cosC: Dac¼a m(\ACB) = 90�; atunci c2 = a2 + b2, adic¼ateorema lui Pitagora. Dac¼a m(\ACB) > 90�; atunci

c2 = a2 + b2 � 2a � CD;CD = CA cos(180� � C) = �b cosC;

adic¼a c2 = a2 + b2 � 2ab cosC: ii) si iii) se demonstreaz¼a analog cu i). �

Observatia 62 În orice triunghi ABC, cosA = b2+c2�a22bc , cosB = a2+c2�b2

2ac , cosC =b2+a2�c2

2ba :

Observatia 63 i) Fie m(\BAC) < 90�: Atunci, cosA > 0 dac¼a si numai dac¼a a2 <b2 + c2. ii) Fie m(\BAC) = 90�. Atunci, cosA = 0 dac¼a si numai dac¼a a2 = b2 + c2.iii) Fie m(\BAC) > 90�. Atunci, cosA < 0 dac¼a si numai dac¼a a2 > b2 + c2:

Figura 2.9: Teorema lui Pappus

Consecinta 64 Dac¼a M este mijlocul laturii BC a triunghiului ABC atunci:

AB2 +AC2 = 2(AM2 +BM2):

Teorema lui Heron 48

Demonstratie. Teorema cosinusului aplicat¼a în triunghiurile ABM si AMC d¼a:

AB2 = BM2 +AM2 � 2BM �AM � cos^AMB (1)

AC2 = MC2 +AM2 � 2AM �MC � cos(� �\AMB)= MC2 +AM2 + 2AM �MC � cos\AMB (2)

Din relatiile (1) si (2) prin sumare obtinem: AB2 +AC2 = 2(AM2 +BM2), unde amtinut cont c¼a BM =MC (Fig. 2.9). �

1) Expresia AB2 +AC2 = 2(AM2 +BM2) se numeste relatia lui Pappus.2) Dac¼a a; b; c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC; iarma lungimea medianei

AM; relatia lui Pappus devine: m2a =

2(b2+c2)�a24 (Formula medianei).

3) Prin permut¼ari circulare ale relatiei precedente se obtin urm¼atoarele egalit¼ati:

m2b =

2(c2+a2)�b24 , m2

c =2(b2+a2)�c2

4 .4) Teorema lui Pappus ne ofer¼a un mod de a determina lungimile medianelor în

functie de lungimile laturilor triunghiului.

Consecinta 65 Dac¼a a; b; c sunt lungimile laturilor unui triunghi ABC si ma,mb,mc

sunt lungimile medianelor triunghiului ABC, atunci:

i) 4(m2a +m

2b +m

2c) = 3(a2 + b2 + c2);

ii) 16(m4a +m

4b +m

4c) = 9(a4 + b4 + c4): (Relatia lui Cesaro):

Demonstratia se realizeaz¼a înlocuind formula medianei în relatiile date. �

2.5 Teorema lui Heron

�Geometria este cea mai bun¼a si mai simpl¼a dintre toate logicile, cea mai potrivit¼a s¼a deain�exibilitate judec¼atii si ratiunii.��Denis Diderot6

Teorema 66 (Heron7) Fie a; b; c lungimile laturilor BC;CA; respectiv AB ale unuitriunghi ABC, iar 2p = a+ b+ c: Aria triunghiului ABC este dat¼a de formula:

A[ABC] =pp(p� a)(p� b)(p� c):

Demonstratie. Fie D piciorul în¼altimii din A a triunghiului ABC (Fig. 2.10).Not¼am AD = ha: Din teorema lui Pitagora generalizat¼a rezult¼a c2 = a2+ b2�2a �DC;de unde DC = a2+b2�c2

2a : Din triunghiul dreptunghic ADC rezult¼a:

h2a = b2 ��a2 + b2 � c2

2a

�2=

1

4a2� (2ab� a2 � b2 + c2) � (2ab+ a2 + b2 � c2);

6Denis Diderot (1713-1784) �scriitor si �losof francez7Heron (10-75) �geometru egiptean

Teorema lui Stewart 49

Figura 2.10: Teorema lui Heron

de undeha =

2

a

pp(p� a)(p� b)(p� c)

si de aici obtinem: A[ABC] =ha�a2

pp(p� a)(p� b)(p� c): �

2.6 Teorema lui Stewart

�Când apa frânge o varg¼a, ratiunea o îndreapt¼a./Ratiunea mi-e st¼apân¼a înteleapt¼aSi astfel, ochi-mi, ajutati de gând/Nici nu m¼a înseal¼a, desi m¼a mint oricând.�- La Fontaine8

Teorema 67 (Stewart9) Fie triunghiul ABC si M un punct pe latura BC: Atunci:

AB2 �MC +AC2 �BM �AM2 �BC = BC �BM �MC:

Demonstratie. Aplicând teorema cosinusului în triunghiurile ABM si AMCobtinem:

AB2 = AM2 +BM2 � 2AM �BM � cos\AMBAC2 = AM2 +MC2 � 2AM �MC � cos\AMC:

Cum cos(\AMC) = cos(180� �\AMB) = � cos\AMB; rezult¼a:

AB2 �MC = AM2 �MC +BM2 �MC � 2AM �BM � CM � cos \AMBAC2 �MB = AM2 �MB + CM2 �MB + 2AM �BM � CM � cos \AMB:

Sumând egalit¼atile precedente obtinem:

AB2 �MC +AC2 �BM = AM2(MC +MB) +BM �MC(MB +MC);

adic¼a AB2 �MC +AC2 �BM = AM2 �BC +BM �MC �BC: �8La Fontaine (1621-1695) �poet, dramaturg francez9 Ian Stewart (1717-1785) �matematician scotian

Teorema lui Stewart 50

Figura 2.11: Teorema lui Stewart

Consecinta 68 (Teorema medianei) Fie M mijlocul laturii BC a triunghiului ABC.

Atunci, m2a =

2(b2+c2)�a24 (unde ma reprezint¼a lungimea medianei AM):

Demonstratie. Avem BM = MC = a2 : Din relatia lui Stewart aplicat¼a în tri-

unghiul ABC pentru punctul M; rezult¼a m2a =

2(b2+c2)�a24 : �

Figura 2.12: Lungimea bisectoarei interioare

Consecinta 69 (Lungimea bisectoarei interioare) Fie triunghiul ABC, (AD bisec-toarea interioar¼a a unghiului BAC; unde D 2 BC). Atunci

AD2 =4bc

(b+ c)2� p(p� a);

unde p este semiperimetrul triunghiului ABC:

Demonstratie. Din teorema bisectoarei (Fig. 2.12) rezult¼a cb =

BDDC ; de unde

c+bb = BD+DC

DC ;

DC =ab

b+ c(1)

BD =ac

b+ c(2)

Teorema lui Stewart 51

Din teorema lui Stewart rezult¼a

AD2 � a = c2 �DC + b2 �BD � a2 �DB �DC: (3)

Din relatiile (1), (2) si (3) rezult¼a concluzia. �

Teorema 70 (Lungimea bisectoarei exterioare) Fie triunghiul ABC; (AE bisectoareaexterioar¼a a unghiului A, E 2 BC: Atunci,

AE2 =4bc(p� b)(p� c)

(b� c)2 :

Demonstratie. Fie b > c; deci B 2 (EC) (Fig. 2.13). Din teorema lui Stewart

Figura 2.13: Lungimea bisectoarei exterioare

aplicat¼a în triunghiul AEC rezult¼a:

AE2 �BC +AC2 � EB �AB2 � EC = AB � EB �BC: (�)

Din teorema bisectoarei exterioare avem: cb =EBEC ; de unde rezult¼a:

cb�c =

EBEC�EB =

EBa si EB = ac

b�c ; analog EC =abb�c : Relatia (�) devine

AE2 � a+ b2 � ac

b� c � c2 � ab

b� c = c �ac

b� c � a

de unde rezult¼a concluzia. �

Teorema sinusurilor 52

2.7 Teorema sinusurilor

�Fiecare problem¼a pe care am rezolvat-o a devenit o regul¼a care pe urm¼a mi-a servit la re-zolvarea altor probleme.��René Descartes10

Teorema 71 În orice triunghi ABC, raza cercului circumscris (R) veri�c¼a egalitatea:

a

sinA=

b

sinB=

c

sinC= 2R:

Demonstratie. Fie BD este diametru.Vom demonstra teorema pentru cele treicazuri date de natura triunghiului ABC:

i) Triunghiul ABC este ascutitunghic (Fig. 2.14). Avem:

Figura 2.14: Teorema sinusurilor

m(\BAC) = m(\BDC) =1

2m(\BXC);

de unde

sin(\BAC) = sin(\BDC) =BC

BD=

a

2R:

Analog, avem: sin(\ABC) = b2R si sin(\ACB) =

c2R :

ii) Triunghiul ABC este dreptunghic cu m(\BAC) = 90�. Avem sin(\BAC) = 1;

sin(\ABC) = ba si sin(\BCA) =

ca : Cum a = 2R concluzia este evident¼a.

iii) Triunghiul ABC este obtuzunghic cu m(\BAC) > 90� (Fig. 2.15). În triunghiulBCD (m(\BCD) = 90�), avem: sin(\BDC) = a

2R : Deoarece patrulaterul ABCD esteinscriptibil rezult¼a

m(\BAC) +m(\BDC) = 180�;10René Descartes (1596-1650) �matematician si �losof francez, contributii în geometrie

Teorema lui Ceva 53

Figura 2.15: Teorema sinusurilor, m(\BAC) > 90�:

decisin(�=2�\BAC) = sin(\BAC) = a

2R:

Pentru unghiurile ascutite\ABC si\BCA se repet¼a demonstratia de la subpunctul i).�

2.8 Teorema lui Ceva

�Geometria este stiinta care restaureaz¼a situatia dinainte de creatia lumii si încearc¼a s¼a umple"golul", renuntând la o�ciile materiei.�- L. Blaga11

Teorema 72 (Ceva12) Fie triunghiul ABC si punctele D 2 BC, E 2 CA , F 2 AB.Dac¼a dreptele AD;BE si CF sunt concurente, atunci

AF

FB� BDDC

� CEEA

= 1:

Demonstratie. Fie fKg = AD\BE\CF . Prin A ducem o paralel¼a la BC, iar Gsi F sunt punctele de intersectie dintre dreptele BE, respectiv CF cu aceast¼a paralel¼a(Fig. 2.16). Din asem¼anarea perechilor de triunghiuri (AHF;BCF ); (BCE;AEG);(AGK;BDK); respectiv (CDK;AHK) rezult¼a:

AF

FB=

AH

BC;CE

EA=BC

AG; (1)

AG

BD=

AK

DK;AH

DC=AK

DK(2)

11Lucian Blaga (1895-1961) - �lozof, umanist, jurnalist, poet, dramaturg, traduc¼ator, profesor uni-versitar si diplomat român, membru titular al Academiei Române12Giovanni Ceva (1647-1734) �matematician italian, profesor la Universitatea din Mantua, con-

tributii în geometrie

Teorema lui Ceva 54

Figura 2.16: Teorema lui Ceva

Din relatiile (2) rezult¼a AGAH = BD

DC (3). Din relatiile (1) si (3) rezult¼a

AF

FB� BDDC

� CEEA

=AH

BC� AGAH

� BCAG

= 1

�

Teorema 73 (Reciproca teoremei lui Ceva) Fie triunghiul ABC si punctele D 2 BC,E 2 CA, F 2 AB. Dac¼a AF

FB �BDDC �

CEEA = 1, atunci dreptele AD;BE si CF sunt

concurente.

Demonstratie. Fie fKg = BE \ CF si fD0g = AK \BC: Conform primei p¼artirezult¼a AF

FB �BD0

D0C �CEEA = 1 care împreun¼a cu relatia din ipotez¼a d¼a:

BD0

D0C =BDDC de unde

BD0 +D0C

D0C=BD +DC

DC

deci BCD0C =BCDC si de aici rezult¼a c¼a D

0C = DC, adic¼a D � D0: �

Figura 2.17: Reciproca teoremei lui Ceva, BEkCF

Teorema lui Ceva 55

Reciproca teoremei lui Ceva este adev¼arat¼a si în cazul în care unul din puncteleD;E, sau F apartine unei laturi � de exemplu D 2 BC - si celelalte dou¼a puncteE 2 CA, F 2 AB veri�c¼a conditia: "dreapta BE nu este paralel¼a cu dreapta CF":Dac¼a BE k CF reciproca teoremei lui Ceva nu mai este adev¼arat¼a (Fig.2.17), asa cumo arat¼a urm¼atorul exemplu: �Fie D mijlocul segmentului BC;F simetricul lui B fat¼ade A si E simetricul lui C fat¼a de A. Atunci, AFFB �

BDDC �

CEEA =

12 � 1 � 2 = 1, dar dreptele

AD;BE;CF nu sunt concurente (deoarece AD k BE k CF , AD �ind linie mijlocie întriunghiurile BEC si BFC.� �

Teorema 74 (varianta trigonometric¼a a teoremei lui Ceva) Fie triunghiul ABC sipunctele D 2 BC;E 2 CA;F 2 AB; �1 =\DAB;�2 =\DAC; �1 =\CBE; �2 =\EBA; 1 = [ACF; 2 =\FCB. Dreptele AD;BE si CF sunt concurente dac¼a si numai dac¼aare loc relatia

sin�1sin�2

� sin�1sin�2

� sin 1sin 2

= 1:

Demonstratie.Aplicând teorema sinusurilor în triunghiurileABD siACD; obtinem:

DB

sin�1=

AB

sin\ADB;

DC

sin�2=

AC

sin\ADC:

Prin urmareDB

DC=AB

AC� sin�1sin�2

;

deoarece sin\ADB = sin(� �\ADB) = sin\ADC: Analog obtinem relatiile:

EC

EA=

BC

BA� sin�1sin�2

;

FA

FB=

CA

CB� sin 1sin 2

:

Înmultind relatiile precedente, obtinem:

DB

DC� ECEA

� FAFB

=sin�1sin�2

� sin�1sin�2

� sin 1sin 2

;

de unde rezult¼a concluzia. �

Teorema lui Gergonne 56

2.9 Teorema lui Gergonne

�Dac¼a natura n-ar � atât de minunat¼a nici n-ar merita s¼a o cunoastem, iar viata n-ar meritas¼a �e tr¼ait¼a. Am în vedere nu frumusetea care îti sare în ochi, ci acea frumusete profund¼acare se dezvolt¼a în armonia componentelor sale si este accesibil¼a numai ratiunii. Frumuseteaintelectual¼a ofer¼a satisfactie prin sine îns¼asi.��Henri Poincaré13

Teorema 75 Într-un triunghi ABC dreptele care unesc vârfurile triunghiului cu punctelede contact ale cercului înscris cu laturile opuse sunt concurente.

Demonstratie. Fie Ca; Cb; Cc punctele de tangent¼a dintre cercul înscris în tri-unghiul ABC si laturile BC;AC; respectiv AB (Figura 2.18). Cum BCa = BCc;

Figura 2.18: Punctul lui Gergonne

CCa = CCb si ACb = ACc; avem: CaBCaC� CbCCbA

� CcACcB= 1, iar din reciproca teoremei lui

Ceva rezult¼a c¼a dreptele ACa; BCb si CCc sunt concurente. �Punctul � de concurent¼a al dreptelor ACa; BCb si CCc se numeste punctul lui

Gergonne14 .

Observatia 76 Putem calcula lungimile segmentelor determinate de punctele de tan-gent¼a pe laturile triunghiului.

Fie x = CbA; y = CcB; z = CaC: Din inegalit¼atile evidente y + z = a; z + x =b; x+ y = c; rezult¼a

x = p� a; y = p� b; z = p� c:

Aplicatia (a; b; c) ! (x; y; z), unde x; y; z veri�c¼a sistemul (1), se numeste transfor-marea Ravi a triunghiului ABC:

13Henri Poincaré (1854 -1912) �matamatician si �zician francez, contributii importante în toateramurile matematicii14Joseph Gergonne (1771-1859) �matematician francez, fondator al revistei Annales de Mathéma-

tiques în 1810

Teorema lui Nagel 57

2.10 Teorema lui Nagel

�Se poate vorbi de un umanism modern, de un sistem complet de cunostinte capabil s¼a formezeomul, bazat îns¼a pe matematic¼a? Sunt convins c¼a da.�- Ion Barbu15

Fie �a; � b; � c punctele de contact dintre cercurile A � exînscris, B � exînscris,respectiv C �exînscris cu laturile BC;CA; respectiv AB ale triunghiului ABC (Figura2.19).

Figura 2.19: Punctul lui Nagel

Teorema 77 (Nagel16) Dreptele A�a; B� b; C� c sunt concurente.

Demonstratie. Solutia 1. Fie a; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC si psemiperimetrul s¼au. Fie B�a = x si �aC = y: Atunci, x + y = a si x + c = y + b deunde x = p� c si y = p� b; deci �aB�aC

= p�cp�b : Analog,

�bC�bA

= p�ap�c si

�cA�cB

= p�bp�a ; de unde

rezult¼a�aB

�aC� � bC� bA

� � cA� cB

= 1

si din reciproca teoremei lui Ceva rezult¼a c¼a dreptele A�a; B� b; C� c sunt concurente.

15 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributiiîn algebr¼a si geometrie16Christian von Nagel (1803-1882) �matematician german, contributii în geometria triunghiului

Teorema lui Menelaus 58

Solutia 2. Din �aB�aC

= p�cp�b rezult¼a c¼a a�xul punctului �a este

z�a =zB +

p�cp�b � zC

1 + p�cp�b

=(p� b)zB + (p� c)zC

a

si analog se obtin relatii similare pentru punctele � b si � c. Dac¼a P 2 (A�a) si k = APP�a

atunci zP =zA+kz�a1+k de unde rezult¼a:

zP =1

1 + k

�1

p� a(p� a)zA +k

a(p� b)zB +

k

a(p� c)zC

�:

Se obtine o form¼a simetric¼a pentru relatia din parantez¼a dac¼a 1p�a =

ka , adic¼a pentru

k = ap�a si �e N punctul corespunz¼ator acestei valori a lui k. Obtinem un punct ce

va avea a�xul zN = 1p [(p� a)zA + (p� b)zB + (p� c)zC ]: Simetria relatiei precedente

arat¼a c¼a punctul N apartine si dreptelor B� b, respectiv C� c. �

Consecinta 78 A�xul punctul lui Nagel (N) al triunghiului ABC este:

zN =1

p[(p� a)zA + (p� b)zB + (p� c)zC ]:

Punctul de concurent¼a al dreptelor A�a; B� b; C� c se numeste punctul lui Nagel.Triunghiul �a� b� c se numeste triunghiul lui Nagel (sau triunghiul cotangentic):

2.11 Teorema lui Menelaus

�Un punct pierdut e lumea în haosul imens. Toat¼a stiinta noastr¼a: cuvinte f¼ar¼a sens. Om,pas¼are si �oare sunt umbre în abis. Zadarnic este gândul, iar existenta - vis.� - OmarKhayyam17

Teorema 79 (Menelaus18) Fie triunghiul ABC si A0 2 BC;B0 2 CA;C 0 2 AB:Punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare dac¼a si nimai dac¼a A0B

A0C �B0CB0A �

C0AC0B = 1:

Demonstratie. Presupunem c¼a punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare. Conform axi-omei lui Pasch, cel putin unul din punctele A0; B0; C 0 se a�¼a pe prelungirea laturilortriunghiului ABC. F¼ar¼a a restrânge generalitatea putem presupune c¼a B0 2 (AC),C 0 2 (AB) si A0 2 [CBn[CB] (Fig. 2.20).

Solutia 1. FieA1;B1,C1 proiectiile punctelorA;B;C pe dreaptaA0B0:Din asem¼anareatriunghiurilor: A0BB1 si A0CC1; B0CC1 si B0AA1; C 0AA1 si C 0BB1 rezult¼a egalit¼atile

A0B

A0C=BB1CC1

;B0C

B0A=CC1AA1

;C 0A

C 0B=AA1BB1

17Omar Khayyam (1048-1122) �matematician, poet, �losof, astronom persan, contributii în algebr¼asi geometrie18Menelaus din Alexandria (70-130) �matematician grec, contributii importante în geometrie

Teorema lui Menelaus 59

Figura 2.20: Teorema lui Menelaus

care prin înmultire dau: A0B

A0C �B0CB0A �

C0AC0B = 1.

Solutia 2. Egalitatea evident¼a

A[AC0B0]

A[BC0A0]�A[BC0A0]

A[CA0B0]�A[CA0B0]

A[AC0B0]= 1

este echivalent¼a cu:

C 0A � C 0B0 � sin \AC 0B0

C 0B � C 0A0 � sin \A0C 0B� A

0C 0 �A0B � sin \C 0A0BA0B0 �A0C � sin \CA0B0

� B0A0 �B0C � sin \A0B0CB0A �B0C 0 � sin(� � \A0B0C)

= 1;

adic¼aA0B

A0C� B

0C

B0A� C

0A

C 0B= 1:

Solutia 3. Fie BP k A0B; (P 2 AC). Din asem¼anarea triunghiurilor BPC cuA0B0C, respectiv a triunghiurilor AC 0B0 cu ABP rezult¼a:

B0P

B0C=A0B

A0CsiB0A

B0P=C 0A

C 0B

care prin înmultire dau concluzia.Reciproc, presupunem c¼a

A0B

A0C� B

0C

B0A� C

0A

C 0B= 1 (1)

si demonstr¼am c¼a punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare. Fie A0 2 [CBn[CB],C 0 2 (AB) sifB00g = A0C 0 \AC. Atunci, conform primei p¼arti rezult¼a:

A0B

A0C� B

00C

B00A� C

0A

C 0B= 1;

Teorema lui Menelaus 60

si utilizând relatia (1) obtinem B0CB0A =

B00CB00A , iar de aici

B0CAC = B00C

AC , adic¼a B0C = B00C:

Cum exist¼a doar un punct interior laturii AC pentru care B0C = B00C, rezult¼a B0 �B00, deci punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare.

Solutia 4. Consider¼am cazul când dou¼a puncte sunt pe laturi si unul pe prelungireaunei laturi. Not¼am: � = A0B

A0C ; � =B0CB0A ; =

C0AC0B : Din

A0CA0B = 1

� rezult¼aA0CBC = 1

1+� ,

deci��!CA0 = 1

1+� ���!CB. Din B0C

B0A = � rezult¼a��!CB0 = �

1+�

�!CA, iar

��!CC 0 =

�!CA+

��!AC 0 =

�!CA+

AC 0

AB� ��!AB = �!CA+

� 1 ���!AB:

Putem exprima acum vectorii��!B0A0 si

��!B0C 0:

��!B0A0 =

��!CA0 �

��!CB0 =

1

1 + �

��!CB � �

1 + �

�!CA;

��!B0C 0 =

��!CC 0 �

��!CB0 =

�!CA+

� 1��!AB � �

1 + �

�!CA

=1

1 + �

�!CA+

� 1(�!AC +

��!CB)

=�1� �

(1 + �)( � 1)�!CA+

� 1��!CB:

Din conditia ca vectorii��!B0A0 si

��!B0C 0 s¼a �e coliniari, rezult¼a

� 1(1 + �)

=�(1 + �)( � 1)(1 + �)(1 + � )

;

de unde obtinem �� = 1 sau

A0B

A0C� B

0C

B0A� C

0A

C 0B= 1:

Analog se trateaz¼a cazul când punctele A0; B0; C 0 sunt pe prelungirile laturilor. Pentrudemonstratia a�rmatiei reciproce, �e �� = 1 si notând � = A0B

A0C ; � =B0CC0B ; =

C0AC0B =

1�� , avem

��!B0A0 =

��!CA0 �

��!CB0 =

1

1 + �

��!CB � �

1 + �

�!CA (i)

��!B0C 0 =

��!CC 0 �

��!CB0 = � 1 + �

(1 + �)( � 1)�!CA+

� 1��!CB;

înlocuind = 1�� obtinem

��!B0C 0 =

�+ 1

1� ��

�1

1 + �

��!CB � �

1 + �

�!CA

�(ii)

Din (i) si (ii) avem��!B0C 0 =

�

1� ����!B0A0;

deci A0; B0; C 0 sunt puncte coliniare. �

Teorema transversalei 61

Teorema 80 (Teorema lui Menelaus pentru patrulatere) Dac¼a X;Y; Z;W sunt punctecoliniare pe laturile AB;BC;CD, respectiv DA ale patrulaterului ABCD, atunci

AX

XB� BYY C

� CZZD

� DWWA

= 1:

Demonstratie. Fie fTg = BD \ XY (Fig. 2.21): Din teorema lui Menelaus

Figura 2.21: Teorema lui Menelaus pentru patrulatere

aplicat¼a în triunghiurile ABD si BCD rezult¼a:

XA

XB� WDWA

� TBTD

= 1 siTD

TB� ZCZD

� Y BY C

= 1;

relatii care prin înmultire dau concluzia. �

2.12 Teorema transversalei

�Matematica nu se face în stare de urgent¼a.��Ion Cucurezeanu19

Teorema 81 Dac¼a într-un triunghi ABC se duce o cevian¼a AD, iar o secant¼a oare-care intersecteaz¼a dreptele AB;AC si AD în punctele M;N , respectiv P , atunci

AM

AB� ACAN

� PNPM

� DBDC

= 1:

Demonstratie. Fie B0; C 0;M 0 si N 0 proiectiile punctelor B;C;M , respectiv N peAD (Fig. 2.22). Din asem¼anarea triunghiurilor AMM 0 si ABB0, ACC 0 si ANN 0,

19 Ion Cucurezeanu �matematician român, profesor la Universitatea din Constanta, contributii înstudiul ecuatiilor diofantice

Teorema transversalei 62

Figura 2.22: Teorema transversalei

PNN 0 si PMM 0, BB0D si CC 0D rezult¼a:

AM

AB=MM 0

BB0;AC

AN=CC 0

NN 0 ;PN

PM=NN 0

MM 0

si DBDC =BB0

CC0 : Înmultind membru cu membru relatiile precedente rezult¼a concluzia: �

Consecinta 82 Dac¼a într-un triunghi ABC se duce o cevian¼a AD;D 2 (BC) si osecant¼a intersecteaz¼a pe AB;AC si AD în punctele M;N , respectiv P , atunci:

MB

MA�DC + NC

NA�BD =

PD

PA�BC:

Demonstratie. Din aplicatia precedent¼a în triunghiurile ABD si ADC cu ce-vianele AC, respectiv AB si secanta MN; rezult¼a:

NP

NM=

AP

AM� ABAM

� DCBC

;

MP

MN=

AP

AD� ACAN

� BDBC

:

Sumând relatiile precedente obtinem

1 =AP

AD

�AB

AM� DCBC

+AC

AN� BDBC

�;

de undeAD

AP=AB

AM� DCBC

+AC

AN� BDBC

:

Cum AB = AM +MB; AC = AN +NC; BC = BD+DC si AD = AP +PD rezult¼a

MB

MA�DC + NC

NA�BD =

PD

PA�BC:

�

Teorema lui Thales 63

Consecinta 83 Fie triunghiul ABC si punctele D 2 (BC); E 2 (AB); F 2 (AC);M 2(AD): Dac¼a DC � EBEA +BD �

FCFA = BC �

MDMA ; atunci M 2 EF:

Demonstratie. Fie fM 0g = AD \ EF: Din teorema transversalei rezult¼a

DC � EBEA

+BD � FCFA

= BC � M0D

M 0A

care împreun¼a cu relatia din ipotez¼a d¼a MDMA =

M 0DM 0A ; sau

MD +MA

MA=M 0D +M 0A

M 0A;

adic¼a ADMA =

ADM 0A : Din relatia precedent¼a avem: MA =M

0A, deci M �M 0. �

Observatia 84 Teorema lui Menelaus este o consecint¼a a teoremei transversalei.

2.13 Teorema lui Thales

�Western philosophy begins with Thales.�- Bertrand Russell20

Teorema 85 (Thales21) Fie ABC un triunghi si punctele M 2 AB;N 2 AC. Atuncidreapta MN este paralel¼a cu BC dac¼a si numai dac¼a punctele M si N împart seg-mentele [AB] si [AC] în acelasi raport.

Demonstratie. Solutia 1. S¼a ar¼at¼am c¼a dac¼a puncteleM siN împart segmentele

Figura 2.23: Teorema lui Thales

20Bertrand Russell (1872 - 1970) � �losof, logician si matematician englez, laureat al PremiuluiNobel pentru literatur¼a21Thales (624-547 î.H) �s-a nascut în Milet, contributii în geometrie si astronomie

Teorema lui Thales 64

[AB] si [AC] în acelasi raport, dreptele MN si BC sunt paralele (Fig. 2.23). Fie��!AM = k

��!MB si

��!AN = k

��!NC. Din regula poligonului obtinem

��!MN =

��!MA +

��!AN si��!

MN =��!MB +

��!BC +

��!CN . Înmultim relatia precedent¼a cu k si adunând obtinem:

��!MN(1 + k) =

��!MA+

��!AN + k

��!MB + k

��!BC + k

��!CN

=���!MA+ k

��!MB

�+���!AN + k

��!CN

�+ k

��!BC = k

��!BC;

deci vectorii��!MN si

��!BC sunt coliniari si astfel MN k BC.

Reciproc, �e MN k BC. Notând ��!AM = ���!MB si

��!AN = �

��!NC, rezult¼a

��!MN =

��!MA+ �

��!MC

1 + �;��!CM =

�!CA+ �

��!CB

1 + �: (1)

Din coliniaritatea vectorilor��!MN si

��!BC rezult¼a c¼a exist¼a k 2 R astfel încât

��!MN =

k��!BC. Avem

��!MN =

��!MA+

��!AN sau

��!MA = k

��!BC ���!AN: (2)

Din relatiile (1) si (2) obtinem

k(1 + �)��!BC = k

��!BC ���!AN + �

�!AC + �

��!BC

1 + �;

sau��!BC

�(1 + �)k � ��

1 + �� k�=�!AC

��

1 + �� �

1 + �

�:

Dar vectorii��!BC si

�!AC sunt coliniari si se obtine c¼a �

1+� =�1+� , deci � = �. Asadar

punctele M si N împart segmentele [AB] si [AC] în acelasi raport.Solutia 2. Fie MM1?BC;NN1?BC;MN k BC;CC1?AB;BB1?AC (Fig. 2.24).

Ariile triunghiurilor MBC si NBC sunt:

Figura 2.24: Teorema lui Thales - demonstratie cu arii

AMBC =MM1 �BC

2; ANBC =

NN1 �BC2

:

Teorema fundamental¼a a asem¼an¼arii 65

Deoarece MM1 = NN1; rezult¼a AMBC = ANBC : Prin diferent¼a de arii din triunghiulABC; rezult¼a AMAC = ANBA: Atunci,

AMAC

AMBC=

AM �CC12

BM �CC12

=AM

BM; (3)

ANABANBC

=AN �BB1

2NC�BB1

2

=AN

CN: (4)

Deoarece AMACAMBC

= ANABANBC

; rezult¼a AMBM = AN

CN : �

2.14 Teorema fundamental¼a a asem¼an¼arii

�As long as algebra and geometry have been separated, their progress have been slow and theiruses limited; but when these two sciences have been united, they have lent each mutual forces,and have marched together towards perfection.�- Joseph-L. Lagrange22

Teorema 86 O paralel¼a dus¼a la una dintre laturile unui triunghi formeaz¼a cu celelaltedou¼a laturi (sau cu prelungirile lor) un triunghi asemenea cu cel dat.

Demonstratie. Fie triunghiul ABC si PQ o dreapt¼a paralel¼a cu BC (P 2 (AB);Q 2 (AC)). Trebuie s¼a ar¼at¼am c¼a [PAQ � \BAC; [APQ � \ABC; [AQP � \ACB;APAB =

AQAC =

PQBC (Fig. 2.25). Dac¼a demonstr¼am dou¼a congruente de unghiuri, a treia

Figura 2.25: Teorema fundamental¼a a asem¼an¼arii

rezult¼a ca diferent¼a pân¼a la 180� a sumei m¼asurilor primelor dou¼a, iar dac¼a demonstr¼amdou¼a egalit¼ati de rapoarte, prin tranzitivitate rezult¼a si a treia egalitate de rapoarte.Din teorema lui Thales rezult¼a AP

AB =AQAC , iar [APQ �\ABC; [AQP �\ACB (unghiuri

22Joseph-Louis Lagrange(1736-1813) � matematician si astronom italian, contributii în analizamatematic¼a, teoria numerelor, mecanic¼a

Teorema lui Leibniz 66

corespondente). R¼amâne s¼a ar¼at¼am c¼a PQBC =

AQAC . Fie QT k AB, T 2 (BC). Deoarece

patrulaterul PBTQ este paralelogram rezult¼a PQ = BT . Din teorema lui Thalesrezult¼a CQ

QA =CTTB sau

CQ+QAQA = CT+TB

TB , adic¼a

AQ

AC=BT

BC=PQ

BC:

�

Observatia 87 Dac¼a paralela PQ intersecteaz¼a prelungirile laturilor triunghiului ABC,demonstratia r¼amâne aceeasi.

2.15 Teorema lui Leibniz

�Sub aspect elementar, numeroase teoreme interesante sunt create mereu �e de c¼atre amatoridevotati, �e de c¼atre marii matematicieni, care ori de câte ori au întelegerea s¼a revin¼a laproblemele elementare, le-au privit sub aspecte noi, dând demonstratii mai simple sau încadr¼arimai naturale.��N. Mih¼aileanu23

Teorema 88 (Leibniz24) Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Pentru oricepunct M din planul triunghiului ABC este adev¼arat¼a relatia:

MA2 +MB2 +MC2 =AB2 +BC2 + CA2

3+ 3MG2: (�)

Demonstratie. Fie A0 mijlocul laturii BC (Fig.2.26). Relatia lui Stewart aplicat¼a

Figura 2.26: Teorema lui Leibniz

23Nicolae Mih¼aileanu (1912-1998) �matematician român24Gottfried von Leibniz (1646-1716) � matematician german, contributii importante în analiza

matematic¼a

Teorema lui Leibniz 67

în triunghiul AMA0 d¼a:

MA2 �A0G+MA02 �AG�AA0 �AG �GA02 �AA0:

Egalit¼atileA0G = AA0

3 ; AG =23AA

0; MA02 = 2(MB2+MC2)�BC24 , AA02 = 2(AB2+AC2)�BC2

4înlocuite în relatia precedent¼a dau concluzia. �

Consecinta 89 Dac¼a M � G; atunci

GA2 +GB2 +GC2 =AB2 +BC2 + CA2

3

si relatia din teorema lui Leibniz devine

MA2 +MB2 +MC2 = GA2 +GB2 +GC2 + 3MG2:

Consecinta 90 Din relatia lui Leibniz rezult¼a c¼a

MA2 +MB2 +MC2 � AB2 +AC2 +BC2

3

cu egalitate dac¼a punctul M coicide cu G.

Consecinta 91 Dac¼a M coincide cu O � centrul cercului circumscris triunghiuluiABC - atunci relatia (�) devine: 3OA2 = a2+b2+c2

3 + 3OG2, adic¼a

OG2 = R2 � a2 + b2 + c2

9:

Consecinta 92 În orice triunghi ABC este adev¼arat¼a relatia: 9R2 � a2 + b2 + c2:

Demonstratie. Cum OG2 � 0 avem: R2 � a2+b2+c2

9 . �

Consecinta 93 Fie H si O ortocentrul, respectiv centrul cercului circumscris tri-unghiului ABC. Atunci:

i) OH2 = 9R2 � (a2 + b2 + c2);

ii) GH2 = 4R2 � 4(a2 + b2 + c2)

9;

iii) HA2 +HB2 +HC2 = 12R2 � (a2 + b2 + c2);

unde R este lungimea razei cercului circumscris triunghiului ABC si a; b; c lungimilelaturilor triunghiului ABC:

Demonstratie. i) Din relatia cunoscut¼a OH = 3OG rezult¼a OH2 = 9OG2 careîmpreun¼a cu relatia din consecinta 91 ne d¼a OH2 = 9R2 � (a2 + b2 + c2):

ii) Cum OG = 12HG rezult¼a OG

2 = 14HG

2, de unde HG2 = 4R2 � 4(a2+b2+c2)9 .

iii) Avem: HA2+HB2+HC2 = GA2+GB2+GC2+3HG2 = 12R2�(a2+b2+c2):�

Teorema lui Toricelli - Fermat 68

2.16 Teorema lui Toricelli - Fermat

�În matematic¼a nu exist¼a ignorabimus, nu vom sti.., trebuie s¼a stim si vom sti!� - DavidHilbert25

Teorema 94 S¼a se g¼aseasc¼a punctul P din planul unui triunghi ABC pentru caresuma PA+ PB + PC este minim¼a.

Demonstratie. Solutia 1. Prin rotatia de centru B si unghi de 60� a triunghiuluiABP se obtine triunghiul C 0BP 0 (Fig. 2.27). Atunci, PB = P 0P si PA = C 0P 0, de

Figura 2.27: Teorema lui Toricelli - Fermat

undePA+ PB + PC = P 0P + PC � C 0C:

Suma este minim¼a atunci când punctul P 2 C 0C, adic¼a m(^BPC 0) = 60�. Analog,prin rotatia de centru A si unghi de 60� a triunghiului ABP se obtine: m(^APC 0) =60�, deci m(^APB) = 120�. Analog, se arat¼a c¼a punctul P apartine dreptelorBB0; AA0 (B0 si A0 se obtine ca mai sus), deci punctul P c¼autat se a�¼a la intersectiadreptelor AA0; BB0; CC 0.

Solutia 2. Fie P punctul pentru care suma PA + PB + PC este minim¼a si dadreapta ce contine punctele P si A. Ar¼at¼am c¼a dac¼a, de exemplu, punctul P se plimb¼ape dreapta da punctul c¼autat P r¼amâne acelasi. Fie c¼a A1 2 AP si presupunem c¼aP1 este punctul pentru care suma P1A1 + P1B + P1C este minim¼a. Astfel, pentrutriunghiul ABC avem:

PA+ PB + PC < P1A+ P1B + P1C

siP1A1 + P1B + P1C < PA1 + PB + PC

25David Hilbert (1962-1943) �matematician german, profesor la Universitatea din Göttingen, con-tributii remarcabile în geometrie si analiza matematic¼a

Teorema lui Toricelli - Fermat 69

relatii care sumate dauPA+ P1A1 < PA1 + P1A;

sau PA1 + A1A + P1A1 < PA1 + P1A, de unde rezult¼a A1A + P1A1 < P1A, absurd.Deci, dac¼a A 2 da, atunci pozitia punctului P pentru care se realizeaz¼a minimul nuse schimb¼a. Analog, se demonstreaz¼a proprietatea de mai sus si pentru punctele Bsi C. Astfel, putem alege punctele B 2 db si C 2 dc astfel încât triunghiul ABCs¼a �e echilateral, acest lucru poate � realizat. De exemplu, alegem A 2 da astfelîncât AB = BC. Evident, dac¼a triunghiul ABC este isoscel, punctul P apartineaxei de simetrie a triunghiului ABC. Plimb¼am acum punctul B 2 db (iar P 2 db)astfel încât triunghiul ABC devine echilateral si atunci m(^APB) = m(^APC) =m(^BPC) = 120�.

Figura 2.28: Punctul izogon al triunghiului ABC

Solutia 3. Fie P un punct situat în interiorul triunghiului ABC astfel încâtm(^APB) = m(^APC): Presupunem c¼a lungimea segmentului [PA] este constant¼a(Fig. 2.28). Fie cercul cu centrul în A si raz¼a PA si tangenta d în P la cerc. FieP1 2 d; P1 6= P; AP1 \ {(A;PA) = fRg: Cum ^APB � ^APC rezult¼a:

PB + PC < P1B + P1C < RB +RC

si de aiciPA+ PB + PC < PA+RB +RC = RA+RB +RC:

Repetând rationamentul pentru PB sau PC constante rezult¼a c¼a minimul se obtinepentru ^APB � ^APC � ^BPC(= 120�). �

Observatia 95 Punctul P se numeste punctul lui Fermat26 sau punctul izogon altriunghiului ABC: Demonstratia de mai sus nu mai este valabil¼a dac¼a un unghi altriunghiului ABC are m¼asura mai mare de 120� (vezi [14]).

26Pierre de Fermat (1601-1665) �matematician francez, contributii în teoria probabilit¼atilor si teorianumerelor

Teorema lui Toricelli - Fermat 70

Teorema 96 (Generalizarea teoremei lui Toricelli - Fermat)

Fie ABC si DEF dou¼a triunghiuri de laturi a; b; c; respectiv d; e; f . În exteri-orul triunghiului ABC se construiesc triunghiurile A0BC;AB0C;ABC 0; asemenea cuDEF; m( bA) +m( bB) < 180�; m( bB) +m( bE) < 180�; m( bC) +m( bF ) < 180�. Atunci:

a) d �AA0 = e �BB0 = f � CC 0;b) cercurile circumscrise triunghiurilor A0BC;AB0C si ABC 0 au un punct comun

T ;c) dreptele AA0; BB0si CC 0sunt concurente în punctul T ;d) TA0 � d+ TB0 � e+ TC 0 � f = 2(TA � d+ TB � e+ TC � f):e) suma d �MA+ e �MB + f �MC este minim¼a când M coincide cu T ;f) 2(d � TA+ e � TB + f � TC)2 = a2(�d2 + e2 + f2) + b2(d2 � e2 + f2) + c2(d2 +

e2 � f2) + 16 � S � S0; unde S si S0sunt ariile triunghiurilor ABC; respectiv DEF ;g) Dac¼a OA; OB; OC sunt centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor A0BC;AB0C;

respectiv ABC 0; triunghiurile OAOBOC si DEF sunt asemenea.Demonstratie. a) Din asem¼anarea triunghiurilor A0BC si AB0C rezult¼a CA0

AC =BCB0C si cum ^A0CA � ^BCB0 rezult¼a c¼a triunghiurile A0CA si BCB0 de unde

AA0

BB0=AC

B0C=DF

EF=e

d;

adic¼a d �AA0 = e �BB0: Analog se arat¼a c¼a e �BB0 = f �CC 0 de unde rezult¼a d �AA0 =e �BB0 = f � CC 0.

b) Fie T al doilea punct de intersectie dintre cercurile circumscrise triunghiurilorBCA0 si AB0C: Atunci,

m(^BTC) = 180� �m(^BA0C) = 180� �m(^D)

sim(^ATC) = 180� �m(^CB0A) = 180� �m(^E):

Pentru c¼am(^E)+m(^B) < 180�; rezult¼a c¼a T apartine arcelor cercurilor consideratea�ate în interiorul triunghiului ABC. Atunci:

m(^ATB) = 360� �m(^BTC)�m(^ATC)= 360� � (180� �m(^D))� (180� �m(^E))= 180� �m(^F ) = 180� �m(^AC 0B);

adic¼a patrulaterul TAC 0B este inscriptibil, deci T apartine si cercului circumscristriunghiului ABC 0 (Fig. 2.29).

c) Deoarece patrulaterul BTCA0 este inscriptibil rezult¼a

^BTA0 � ^BCA0 � ^DFE � ^AC 0B

si cum m(^AC 0B) +m(^ATB) = 180�, rezult¼a

m(^BTA0) +m(^ATB) = 180�;

Teorema lui Toricelli - Fermat 71

Figura 2.29: Generalizarea teoremei lui Toricelli - Fermat

adic¼a punctele A; T si A0 sunt coliniare. Analog se arat¼a c¼a punctele B; T;B0 si res-pectiv C; T;C 0 sunt coliniare, deci fTg = AA0 \BB0 \ CC 0:

d) Din teorema lui Ptolemeu pentru patrulaterul inscriptibil TBA0C rezult¼a

TA0 �BC = TB �A0C + TC �A0B: (1)

Din asem¼anarea triunghiurilor A0BC si DEF avem:

A0B

DE=A0C

DF=BC

EF= k: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a

TA0 � k � d = TB � e � f + TC � f � k;

adic¼aTA0 � d = TB � e+ TC � f:

Analog se arat¼a c¼a: TB0 � e = TA � d + TC � f si TC 0 � f = TA � d + TB � e: Sumândultimele trei egalit¼ati membru cu membru rezult¼a:

TA0 � d+ TB0 � e+ TC 0 � f = 2(TA � d+ TB � e+ TC � f):

e) Fie M un punct arbitrar situat în planul triunghiului ABC. Atunci,

d �AA0 � d(AM +MA0) = d �AM + e �BM + f � CM

cu egalitate pentru M 2_

BTC \AA0; deci când M coincide cu T:

Teorema lui Toricelli - Fermat 72

f) Din subpunctul precedent d �AA0 = d �AM + e �BM + f �CM: Determin¼am peAA0 din triunghiul BAA0 aplicând teorema cosinusului:

AA02 = BA2 +BA02 � 2BA �BA0 cos(B + E);

adic¼a

(d �AA02 = (dc)2 + (d �BA02 � 2(d �BA) � (d �BA0) � [cosB cosE � sinB sinE]

sau

(d �AA02 = d2c2 + a2f2 � 2d � c � a � f�a2 + c2 � b2

2ac� d

2 + f2 � e22df

� sinB � sinE�;

de unde

(d �AA02 = d2c2 + a2f2 � (a2 + c2 � b2)(d2 + f2 � e2)

2� 2(ac sinB) � (df sinE);

deci:

2(d�TA+e�TB+f �TC)2 = a2(�d2+e2+f2)+b2(d2�e2+f2)+c2(d2+e2�f2)+16�S �S0:

g) Fie fPg = AT \ OBOC ; fQg = BT \ OAOC ; fRg = CT \ OAOB: DeoareceOAOB?CT si OAOC?BT rezult¼a c¼a patrulaterul OARTQ este inscriptibil, deci

m(^QOAR) = 180� �m (^QTR) = 180� �m(^BTC)= 180� � [180� �m(^BA0C)]= m(^BA0C) = m(^D):

Analog se arat¼a c¼a m(^OAOBOC) = m(^E) si m(^OAOCOB) = m(^F ); adic¼a tri-unghiurile OAOBOC si DEF sunt asemenea. �

Observatia 97 Dac¼a � este raza cercului circumscris triunghiului DEF atunci OBC =b � � si

OAOB =� �AA0e

=� � d �AA0d � e =

� � d �AA0 � f4�S0

=d �AA04S0

� f:

Analog OBOC = e�BB04S0 � d si OCOA =

f �CC04S0 � e; deci

OAOBf

=OBOCd

=OCOAe

=d �AA04S0

(d �AA0 = e �BB0 = f � CC 0):

Observatia 98 Dac¼a triunghiul DEF este echilateral se obtine teorema lui Toricelli.

Teorema lui Feuerbach 73

2.17 Teorema lui Feuerbach

�Ca s¼a te îndoiesti de linia dreapt¼a trebuie s¼a stii mai întâi din câte puncte e f¼acut¼a.��NichitaSt¼anescu27

Teorema 99 (Feuerbach28) Într-un triunghi, cercul lui Euler este tangent cerculuiînscris si cercurilor exînscrise corespunz¼atoare.

Demonstratie. Solutia 1. Fie A0 intersectia bisectoarei interioare a unghiului\BAC cu latura BC; HaHbHc triunghiul ortic al triunghiului ABC, Ma; Mb; Mc mij-loacele laturilor BC, AB; respectiv AC ale triunghiului ABC, CaCbCc triunghiul decontact, iar Da; Db; Dc proiectiile punctului Ia � centrul cercului A - exînscris - pedreptele BC;CA; respectiv AB (Fig. 2.30). Vom demonstra mai întâi c¼a: MaC

2a =

Figura 2.30: Teorema lui Feuerbach (1)

MaHa �MaA0. Din teorema bisectoarei rezult¼a BA0

A0C =cb , de unde BA

0 = a�cb+c . Avem:

MaA0 =

a

2� ac

b+ c=a(b� c)2(b+ c)

: (1)

27Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române28Karl Feuerbach (1800-1834) �matematician german, contributii importante în geometrie

Teorema lui Feuerbach 74

Din triunghiul dreptunghic AHaB si AHaC rezult¼a

AH2a = AB

2 �BH2 = AC2 � CH2ab2 � c2 = (HaC +HaB)(HaC �HaB);

b2�c2 = a(a�2HaB), de undeHaB = a2+c2�b22a si de aiciMaHa =MaB�BHa = b2�c2

2a

(2). Deoarece BCa = CDa = p� b unde p = a+b+c2 , rezult¼a

MaCa =MaB �BCa =a

2� (p� b) = b� c

2: (3)

Din relatiile (1), (2) si (3) rezult¼a MaC2a = MaHa �MaA

0 (4). Egalitatea (4) arat¼ac¼a punctul Ha (care apartine cercului lui Euler al triunghiului ABC) se transform¼aprin inversiunea de centru Ma si raport MaC

2a în punctul A

0. Prin aceasta inversiune,cercul lui Euler (f¼ar¼a punctul Ma) se transform¼a într-o dreapt¼a d antiparalel¼a cu BCîn raport cu A ce trece prin A0. Dreapta d este a doua tangent¼a comun¼a interioar¼a acercului înscris si A �exînscris. Prin aceast¼a inversiune cercul înscris se transform¼aîn el însusi deoarece modulul inversiunii este egal cu puterea polului inversiunii fat¼ade cercul considerat. Deoarece MaCa = MaDa rezult¼a c¼a si cercul A � exînscrisse transform¼a în el însusi. Dreapta d �ind tangent¼a cercului înscris si A �exînscris(invariante în inversiunea considerat¼a) rezult¼a c¼a si cercul lui Euler ar �tangent acestorcercuri în punctele ' si 'a (punctele de intersectie dintre dreapta d si cercurile inversesi A �exînscris). Analog se arat¼a c¼a cercul lui Euler este tangent cercurilor exînscrisecorespunzând vârfurilor B si C.

Solutia 2. Fie {(I; r) cercul înscris în triunghiul ABC. Utiliz¼am teorema lui Casey,considerând cercurile (Ma,Mb,Mc,) obtinem: tMaMb

= c2 ; tAMc =

b2 , tMbMc =

a2 ,

tMaC =��a2 � (p� b)

�� = �� b�c2 ��, tMbC =�� b2 � (p� c)

�� = ��a�c2 ��, tMcC =�� c2 � (p� a)

�� =�� b�a2

�� (unde prin distanta tangential¼a tij dintre cercurile Ci si Cj întelegem lungimeatangentei comune exterioare duse la cele dou¼a cercuri, cele dou¼a cercuri a�ându-se deaceeasi parte a tangentei). Pentru ca cercul înscris si cercul medial s¼a �e tangentetrebuie s¼a demonstr¼am c¼a pentru o combinatie a semnelor + si �rezult¼a

�c(b� a)� a(b� c)� b(a� c) = 0;

ceea ce este evident. Din teorema lui Casey rezult¼a c¼a exist¼a un cerc care trece prinMa, Mb, Mc si {. Cum cercul circumscris triunghiului median este cercul lui Eulerurmeaz¼a ca cercul celor nou¼a puncte si sunt tangente.

Solutia 3. Fie Mc mijlocul laturii AB, Hc piciorul în¼altimii din H, O9 centrulcercului lui Euler al triunghiului ABC;DE diametrul perpendicular pe AB; F si Kmijloacele segmentelor HD, respectiv HE (Fig. 2.31). Deoarece KF = DE

2 = R sicum O9 2 KF rezult¼a c¼a KF este diametru în cercul lui Euler al triunghiului ABC,deci m(KMcF ) = 90

�: Fie XY?AB;XY diametru în cercul înscris în triunghiul ABC(Y 2 AB) si XL?MK(L 2 KF ): Atunci, LM = XY = 2r unde fMg = KF \ AB:Drepta FMc este dreapta lui Simson a punctului D si este perpendicular¼a pe dreaptaCD în punctul S (vezi �Dreapta lui Simson�[14]). Avem

^HcCB � ^SMcM � ^DIY � ^McDS(= �):

Teorema lui Feuerbach 75

Figura 2.31: Teorema lui Feuerbach (2)

Fie fTg = FY \KX: Ar¼at¼am c¼a m(^KTY ) = 90�; deci cercurile de diametre KF siXY �adic¼a cercul lui Euler si cercul înscris în triunghiul ABC �sunt tangente în '.Din McY = DI sin�; Y Hc = IC sin� rezult¼a

McY � Y Hc = DI � IC � sin2 � = 2Rr sin2 �;

darR sin2 � = FK sin2 � =McF sin� =MF;

de unde McY � Y Hc = 2r �MF = LM �MF: Din puterea punctului M fat¼a de cercullui Euler rezult¼a

MMc �MHc = MM2c =MF �MK

= MF (KL+ LM)

= MF �KL+MF � LM= MF �KL+McY � Y Hc: (1)

Dar MH2c �MY 2 = (MHc �MY )(MHc +MY ) = Y Hc � YMc; deci

MH2c =MM

2c =MY

2 + Y Hc � YMc: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a MY 2 = MF � KL = LX2; adic¼a LXKL = MF

MY relatiecare arat¼a c¼a K'?FY; deci cercul lui Euler si cercul înscris în triunghiul ABC sunttangente în punctul '.

Teorema lui Feuerbach 76

Solutia 4. Teorema medianei aplicat¼a în triunghiul OIH ne d¼a: IO29 =OI2+IH2

2 �OH2

4 sau

IO29 =R2 � 2Rr + 2r2 � 2rhR

2� R

2 � 4rhR4

;

unde rh este raza cercului înscris în triunghiul ortic al triunghiului ABC (vezi �Cercul

înscris�si �Cercul circumscris�[14]), si de aici rezult¼a c¼a IO29 =R2�4Rr+4r2

4 = (R�2r)24 ,

deci O9I = R2 � r. Cum

R2 este raza cercului Euler rezult¼a cercul lui Euler si cercul

înscris sunt tangente interior. �

Observatia 100

1) Punctele ','a,'b,'c de tangent¼a dintre cercul lui Euler si cu cercurile tritangentese numesc punctele lui Feuerbach ale triunghiului ABC:

2) Într-un triunghi ABC se duce cea de-a doua tangent¼a interioar¼a a cercului înscriscu �ecare cerc exînscris (primele tangente �ind laturile triunghiului). Dreptele ce unescpunctele de contact ale acestor trei tangente cu mijloacele laturilor corespunz¼atoaretrec prin punctele lui Feuerbach.

Teorema 101 Dreptele care unesc punctelele lui Feuerbach ale cercurilor exînscrisecu punctul lui Feuerbach al cercului înscris trec prin piciorul bisectoarei situate pelaturile respective.

Demonstratie. Piciorul bisectoarei interioare a unghiului \BAC - punctul A0 -este centrul de omotetie invers¼a dintre cercurile înscris si A - exînscris; punctul luiFeuerbach ' este centrul de omotetie direct¼a dintre cercurile lui Euler si cercul înscris,iar 'a centrul de omotetie invers¼a între cercul lui Euler si cercul A - exînscris, decipunctele A0,' si 'a sunt coliniare. �

Triunghiul lui Feuerbach 'a'b'c este triunghiul a c¼arui vârfuri sunt punctele detangent¼a dintre cercul celor nou¼a puncte cu cercurile exînscrise unui triunghi ABC:

Teorema 102 Cercul ce trece prin picioarele bisectoarelor interioare ale unui triunghicontine punctul lui Feuerbach al triunghiului.

Demonstratie. Vom ar¼ata c¼a triunghiul determinat de picioarele bisectoareloreste asemenea si omologic cu triunghiul lui Feuerbach. Vom utiliza în demonstratiateoremei dou¼a leme:

Lema 1. Cercul (O;R) este tangent exterior cercurilor {1(O1; r1) si {2(O2; r2)în punctele A, respectiv B: Dac¼a A1 si B1 sunt punctele de tangent¼a ale tangenteiexterioare comune cercurilor {1 si respectiv {2, atunci

AB =Rp

(R+ r1)(R+ r2)�A1B1:

Demonstratie. Teorema cosinusului aplicat¼a în triunghiurile AOB si O1OB (Fig. 2.32)ne d¼a:

cos\AOB =2R2 �AB2

2R2= 1� AB

2

2R2;

Teorema lui Feuerbach 77

Figura 2.32: AB = Rp(R+r1)(R+r2)

�A1B1:

siO1O

22 = (R+ r1)

2 + (R+ r2)2 � 2(R+ r1)(R+ r2) � cos( \O1OO2):

Din relatiile precedente rezult¼a:

O1O22 = (r1 � r2)2 + (R+ r1)(R+ r2) �

�AB

R

�2:

Din trapezul A1B1O2O1 avem:

OO22 = (r1 � r2)2 +A1B21 ;

de unde rezult¼a concluzia.Lema 2. Fie a; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC si {(O;R) cercul circum-

scris triunghiului ABC: Dac¼a (Ia; ra) este A-cercul exînscris, iar B1 si C1 picioarelebisectoarelor interioare ale unghiurilor B si C, atunci

B1C1 =abcpR(R+ 2ra)

(a+ b)(a+ c) �R:

Demonstratie. Fie IaB2?AC; B2 2 AC si IaC2?AB, C2 2 AC, OQ?IaB2; Q 2 IaB2,OP?IaC2; P 2 IaC2, AB2 = AC2 = a+b+c

2 = p (Fig. 2.33). Atunci, OP = p� c2 =

a+b2

si OQ = p� b2 =

a+c2 . Din teorema bisectoarei rezult¼a:

AB1 =bc

a+ c; AC1 =

cb

a+ b;

de unde:AB1AC1

=a+ b

a+ c=OP

OQ:

Teorema lui Feuerbach 78

Figura 2.33: B1C1 =abcpR(R+2ra)

R(a+c)(a+b)

Cum\POQ = \C2AB2 rezult¼a c¼a triunghiurile AB1C1 si OPQ sunt asemenea si

B1C1PQ

=AB1OP

=2bc

(a+ c)(a+ b): (*)

Tinând cont c¼a punctele O;P;Q; Ia sunt pe cercul de diametru OIa, din teoremasinusurilor rezult¼a

PQ = OIa � sin\POQ = OIa � sinA = OIa �a

2R

care împreun¼a cu (�) d¼a:

B1C1 = OIa �abc

R(a+ c)(a+ b):

Utilizând relatia lui Euler OI2a = R(R+ 2ra) rezult¼a concluzia.Demonstratia teoremei. Fie ' punctul lui Feuerbach al triunghiului ABC si O9

centrul cercului lui Euler. Fie 'a; 'b; 'c punctele de tangent¼a al cercului lui Euler altriunghiului ABC cu cercurile sale exînscrise siX;Y punctele de tangent¼a ale cercurilorA - exînscris si B �exînscris cu latura AB. Avem:

ZY = AY +BX �AB = a+ b+ c

2+a+ b+ c

2� c = a+ b:

Din lema 1, rezult¼a:

'a'b =(a+ b) � R2q�

R2 + ra

� �R2 + rb

� = (a+ b)Rp(R+ 2ra)(R+ 2rb)

:

Teorema lui Feuerbach 79

Figura 2.34: O9''I =R2r

Din lema 2 rezult¼a A1B1 =abcpR(R+2rc

(c+a)(c+b)R (Fig. 2.34). Atunci,

A1B1'a'b

=abcpR(R+ 2ra)(R+ 2rb)(R+ 2rc)

(a+ b)(c+ a)(b+ c)R2:

Din simetria relatiei precedente rezult¼a c¼a:

A1B1'a'b

=B1C1'b'c

=C1A1'c'a

;

adic¼a triunghiurile A1B1C1 si 'a'b'c sunt asemenea (1). Ar¼at¼am c¼a punctele ', B1si 'b sunt coliniare. Din faptul c¼a

O9'

'I=R

2r;IB1B1Ib

=r

rb;Ib'b'bO9

=2rbR

rezult¼a:O9'

'I� IB1B1Ib

� Ib'b'bO9

= 1

si din reciproca teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele ', B1 si 'b sunt coliniare.Analog se arat¼a c¼a punctele ', C1 si 'c si ', A1 si 'a sunt coliniare, ceea ce arat¼a c¼atriunghiurile A1B1C1 si 'a'b'c sunt omologice (2). Din relatiile (1) si (2) rezult¼a

m(\C1'B1) +m( \C1A1B1) = m(\'c''b) +m( \'c'a'b) = 180�

adic¼a ' apartine cercului circumscris triunghiului A1B1C1. �

Teorema lui Desargues 80

2.18 Teorema lui Desargues

�Matematica a ap¼arut si se dezvolt¼a, printr-un continuu proces de modelare la nivelul Gândiriia fenomenelor lumii �zice, matematica servind, pe aceast¼a cale, întelegerii acestor fenomene.�- Aristotel29

Teorema 103 (Desargues30) Punctele de intersectie ale dreptelor omologe, a dou¼atriunghiuri omologe coplanare, sunt coliniare.

Demonstratie. Fie ABC si A0B0C 0 dou¼a triunghiuri coplanare astfel încât AA0 \BB0 \ CC 0 = fOg (Fig. 2.35). Teorema lui Menelaus aplicat¼a în triunghiurile OBC;

Figura 2.35: Teorema lui Desargues

OCA; OAB pentru transversalele B0C 0, C 0A0, respectiv A0B0 ne d¼a:

LC

LB� B

0B

B0O� C

0O

C 0C= 1;

MA

MC� C

0C

C 0O� A

0O

A0A= 1;

NB

NA� A

0A

A0O� B

0O

B0B= 1;

relatii care prin înmultire membru cu membru dau:

LC

LB� NBNA

� MAMC

= 1

si conform teoremei lui Menelaus aplicat¼a triunghiului ABC si punctelor L;M;Nrezult¼a c¼a punctele L;M;N sunt coliniare. �29Aristotel (384-322 î.e.n.) ��losof grec30Gérard Desargues (1591-1661) �matematician francez, fondatorul geometriei proiective

Teorema lui Desargues 81

Observatia 104 Dreapta ce contine punctele L;M;N se numeste axa de omologie.Triunghiurile ABC si A0B0C 0 se numesc omologice.

Teorema 105 (Reciproca teoremei lui Desargues) Fie triunghiurile ABC si A0B0C 0

cu proprietatea c¼a exist¼a punctele L;M;N astfel încât fLg = BC \ B0C 0, fMg =AC \ A0C 0si fNg = AB \ A0B0, iar dreptele AA0 si BB0 nu sunt paralele. Dac¼apunctele L;M si N sunt coliniare, atunci dreptele AA0, BB0 si CC 0 sunt concurente.

Demonstratie.Fie fOg = AA0 \ BB0. Dar fNg = AB \ A0B0 \MN si conformteoremei lui Desargues, dreptele suport ale laturilor triunghiului LB0B si MAA0 seintersecteaz¼a doar câte dou¼a în trei puncte coliniare O, C si C 0: fOg = AA0 \ BB0,fCg = LB \MA, fC 0g = MA0 \ LB0, deci O 2 CC 0, adic¼a dreptele AA0; BB0; CC 0sunt concurente în punctul O. �

Figura 2.36: Triunghiuri omologice

Teorema 106 Fie triunghiurile omologice ABC si A0B0C 0; P centrul lor de omologie,M un punct în planul triunghiului ABC, M1M2M3 triunghiul cevian al luiM în raportcu triunghiul ABC si fM1g = PM1\B0C 0; fM2g = PM2\C 0A0; fM3g = PM3\A0B0:Dreptele PM; A0M

01; B

0M02 si C

0M 03 sunt concurente.

Teorema lui Brocard 82

Demonstratie. Fie fXg = BC \B0C 0; fY g = CA\C 0A0; fZg = AB \A0B0 (Fig2.36): Din teorema lui Desargues rezult¼a c¼a punctele X;Y; Z sunt coliniare. Din reci-proca teoremei lui Desargues rezult¼a c¼a triunghiurile AA0Y siM1M

01X sunt omologice,

PCC 0 �ind axa lor de omologie, deci dreptele AM1; A0M 0

1 si Y X sunt concurente într-un punct Q. Analog, triunghiurile CC 0X si M3M

03Z sunt omologice, PB

0B �ind axalor de omologie, deci dreptele CM3; C

0M 03 si XZ sunt concurente într-un punct R.

Fie fM 0g = A0Q \ C 0R: Triunghiurile CC 0R si AA0Q sunt omologice, centrul deomologie �ind punctul Y iar axa de omologie este PMM 0: Atunci dreptele C 0M 0

3; A0M 0

1

si PM sunt concurente si analog A0M 01; B

0M 02 si PM sunt concurente de unde rezult¼a

concluzia. �

2.19 Teorema lui Brocard

�Imaginatia este mai important¼a decât cunoasterea; cunoasterea este limitat¼a pe când imagi-natia îmbr¼atiseaz¼a întreaga lume.��A. Einstein31

Teorema 107 În orice triunghi ABC exist¼a punctele si 0 si unghiurile ! si !0

astfel încât m([BA) = m([CB) = m([AC) = ! si m(\AB0) = m(\CB0) =m(\CA0) = !0.

Demonstratie. Presupunând cunoscut unghiul ! tras¼am semidreptele (A si

Figura 2.37: Punctele lui Brocard

31Albert Einstein (1879-1955) ��zician german, profesor universitar la Berlin si Princeton, laureatal Premiului Nobel

Teorema lui Brocard 83

(B, determinând punctul lor de intersectie .Fie C1, C2 si C3 cercurile circumscrise triunghiurilor CA;AB, respectiv BC:

Dac¼a[BA � [CB � [AC � !;

atunci cercul C1 este tangent în A la AB, cercul C2 este tangent în B la BC si cerculC3 este tangent în C la CA (Figura 2.37). Tinând cont si de faptul c¼a C1 trece siprin C, C2 trece si prin A, C3 trece si prin B, rezult¼a c¼a cercurile C1, C2 si C3 suntdeterminate independent de !:

Fie punctul comun cercurilor C1 si C2. Din 2C1 rezult¼a

[AB � [CA;

din 2C2 rezult¼a[BA � [BC;

de unde[CA � [BC;

adic¼a cercul ce trece prin punctele B,,C trecând prin B si tangent în C la CA(datorit¼a ultimei congruente), coincide cu C3, deci 2C3.

Analog, considerând cercurile: C 01 ce trece prin A si este tangent în C la BC, C 02ce trece prin B si este tangent în A la AC si C 03 ce trece prin C si este tangent în Bla AB, vom determina punctul 0. �

Observatia 108

1) Punctele si 0 se numesc primul, respectiv al doilea punct al lui Brocard 32 .2) Cercurile C1,C2,C3 se numesc cercurile Brocard directe.3) Cercurile C 01,C

02,C

03 se numesc cercurile Brocard retrograde.

4) Un cerc ce trece prin dou¼a vârfuri ale unui triunghi si este tangent la una dinlaturile triunghiului se numeste cerc adjunct.

5) Fiecare triunghi are sase cercuri adjuncte.6) Not¼am cercul adjunct ce trece prin C si este tangent în A la AB cu CA. Atunci,

cercurile adjuncte CA,AB,BC trec prin primul punct al lui Brocard (), iar cercurileBA,CB,AC trec prin al doilea punct al lui Brocard (0).

32Henri Brocard (1845-1922) �matematician francez, contributii importante în geometrie

Teorema lui Nobbs 84

2.20 Teorema lui Nobbs

�În �ecare stiint¼a este numai atâta stiint¼a adev¼arat¼a cât¼a matematic¼a contine.� - ImmanuelKant33

Teorema 109 Fie Ca; Cb; Cc punctele de contact ale cercului înscris cu laturile BC;AC;respectiv AB ale triunghiului ABC: Dac¼a fNAg = BC \ CbCc, fNBg = CA \ CcCa,fNCg = AB \ CaCb, atunci punctele NA; NB; NC sunt coliniare.

Demonstratie. Teorema lui Menelaus aplicat¼a în triunghiul ABC cu transver-

Figura 2.38: Teorema lui Nobbs

salele NA � Cb � Cc; NB � Cc � Ca si NC � Cb � Ca ne d¼a:NAB

NAC� CbCCbA

� CaACcB

= 1;

NBC

NBA� CaBCaC

� CcACcB

= 1;

NCA

NCB� CaBCaC

� CbCCbA

= 1:

Prin înmultirea relatiilor precedente si tininând cont de faptul c¼a

CaB

CaC� CbCCbA

� CcACcB

= 1;

va rezulta c¼a NABNAC

� NBCNBA� NCANCB

= 1; adic¼a punctele NA; NB; NC sunt coliniare (Figura2.38). �33 Immanuel Kant (1724-1804) ��losof german, profesor la Universitatea din Königsberg

Teorema lui Newton-Gauss 85

Observatia 110 Punctele NA; NB; NC se numesc punctele lui Nobbs. Dreapta cecontine punctele lui Noobs se numeste dreapta lui Nobbs.

2.21 Teorema lui Newton-Gauss

�Cel mai frumos lucru pe care-l putem experimenta este misterul...este sursa tuturor ade-v¼arurilor si stiintei��Albert Einstein34

Teorema 111 (Gauss35) Fie triunghiul ABC. O dreapt¼a d intersecteaz¼a drepteleBC;CA;AB în punctele A0 2 [BC; B0 2 [CA]; A0 2 [AB]: Mijloacele segmentelorAA0; BB0 si CC 0 sunt coliniare.

Demonstratie. Solutia 1. Fie A00; B00; C 0 mijloacele segmentelor AA0; BB0 respec-tiv CC 0 si Ma;Mb;Mc mijloacele segmentelor BC;CA, respectiv AB (Figura 2.39).Din teorema lui Menelaus pentru triunghiul ABC si transversala A0�B0�C 0 rezult¼a:

Figura 2.39: Dreapta lui Newton-Gauss

A0B

A0C� B

0C

B0A� C

0A

C 0B= 1

relatie care este echivalent¼a cu

A0B=2

A0C=2� B

0C=2

B0A=2� C

0A=2

C 0B=2= 1;

34Albert Einstein (1879-1955) ��zician german, profesor universitar la Berlin si Princeton, laureatal Premiului Nobel35Carl Friedrich Gauss (1777-1855) �matematician german, profesor la Universitatea Göttingen,

contributii majore în toate ramurile matematicii

Teorema lui Newton-Gauss 86

adic¼aA00Mc

A00Mb� B

00Ma

B00Mc� C

00Mb

C 00Ma= 1;

(deoarece punctele A00;Mb;Mc;B00;Mc;Ma, respectiv C 00;Ma;Mb sunt coliniare) si

din reciproca teoremei lui Menelaus pentru triunghiul MaMbMc si punctele A00 2[McMbn[McMb]; B

00 2 [MaMb]; C00 2 [MbMa] rezult¼a c¼a punctele A00; B00; C 00 sunt

coliniare.Solutia 2. Notând BA0

BC = p si BABC0 = q;��!BC = �!u ;

��!BC 0 = �!v , atunci

��!BA0 = p�!u ; ��!BA = q�!v ;��!BC 00 =

1

2(�!u +�!v );

��!BA00 =

1

2(p�!u + q�!v ):

Notând B0A0

B0C0 = r;B0CB0A = t, avem

��!BB0 =

p�!u + r�!v1 + r

=tq�!v +�!u1 + t

;

de unde rezult¼a c¼ap

1 + r=

1

1 + t;

r

1 + r=

tq

1 + t:

Obtinem t = rpq si r =

q(p�1)q�1 ; înlocuind în

��!BB0 = 2

��!BB00 obtinem:

��!BB00 =

1

2(pq � 1) [(p� 1)�!u + q(p� 1)�!v ] :

Din���!C 00A00 =

��!C 00B +

��!BA00

=1

2[(p� 1)�!u + (q � 1)�!v ]

rezult¼a���!B00A00 =

��!B00B +

��!BA00

=pq

2(pq � 1) [(p� 1)�!u + (q � 1)�!v ]

=pq

2(pq � 1)���!C 00A00:

Prin urmare, punctele A00; B00; C 00 sunt coliniare. �

Observatia 112 Dreapta pe care se a�¼a punctele A00; B00; C 00 se numeste dreapta luiNewton �Gauss.

Teorema 113 Fie DEF triunghiul cevian al unui punct T în raport cu triunghiulABC (D 2 BC;E 2 AC;F 2 AB). Dreptele care unesc mijloacele laturilor triunghiu-lui DEF cu mijloacele laturilor triunghiului ABC sunt concurente.

Teorema lui Newton-Gauss 87

Figura 2.40: Patrulaterul complet AETFBC

Demonstratie. FieM;N;P mijloacele segmentelorAT;BT , respectiv CT ; D0; E0; F 0

mijloacele segmentelor EF;DF; respectivDE;Ma;Mb;Mc mijloacele laturilorBC;CA;respectivAB (Figura 2.40). Teorema lui Gauss aplicat¼a patrulaterului completAETFBCne d¼a faptul c¼a mijloacele diagonalelor AT;EF si BC (adic¼a punctele M;D0 si Ma)sunt coliniare. Analog, punctele N;E0;Mb sunt coliniare si P; F 0;Mc sunt coliniare.Deoarece

MMb = NMa =CT

2

siMMb k NMa

(MMb; NMa �ind linii mijlocii în triunghiurile ATC si BTC) rezult¼a c¼a patrulaterulMMbMaT este paralelogram, deci diagonalele sale MMa si NMb se înjum¼at¼atesc si�e fQg =MMa \NMb:

Analog, patrulaterul PMaMcM este paralelogram, deci dreapta PMc trece totprin mijlocul lui MMa, adic¼a prin Q. Dreptele MaD

0;MbE0, respectiv McF

0 suntconcurente în punctul Q. �

Observatia 114 Fie ABCD un patrulater convex, fFg = AC\BD; fEg = AB\CD;N mijlocul segmentului EF si M mijlocul segmentului BC: Poligonul ABCDEF senumeste patrulater complet, iar AC;BD si EF sunt diagonalele acestui patrulatercomplet. Teorema 111 poate � reformulat¼a astfel: mijloacele diagonalelor unui patru-later complet sunt puncte coliniare.

Teorema 115 (Barbu;C:, P �atrascu, I. [19]) Dac¼a ABCD este un patrulater in-scriptibil, iar P este mijlocul segmentului BF; atunci dreapta lui Newton - Gauss apatrulaterului complet ABCDEF determin¼a cu dreapta PM un unghi egal cu unghiul\EFD:

Teorema lui Newton-Gauss 88

Figura 2.41: Dreapta lui Newton - Gauss (2)

Demonstratie. Deoarece PNkBE si PMkFC rezult¼a c¼a \EAC = \NPM siPNBE =

PMFC = 1

2 (Figura 2.41): Cum ABCD este inscriptibil, rezult¼a \EDF = \ADE+\EDB = \ABC + \ECB = \EAC si

AF � FC = BF � FD: (i)

Astfel,\EAC = \NPM = \EDF: (ii)

Din \EAF = \EDF = 180� � \BAC rezult¼a:

sinEAF = sinBAC: (iii)

Din teorema sinusurilor în triunghiurile BED si BFA; utilizând (iii), rezult¼a:

BE

BF=2R1 sinEDF

2R2 sinBAF=R1R2

=2R1 sinABF

2R2 sinABF=ED

AF;

(unde R1 si R2 sunt razele cercurilor circumscrise triunghiurilor BED si BFA); deci

BE �AF = BF � ED: (iv)

Din relatiile (ii) si (iv) obtinem FCBE =

FDED , de unde

FDED = PM

PN ; iar din (ii) rezult¼a c¼atriunghiurile EDF si NPM sunt asemenea: �

Observatia 116 Dac¼a K este mijlocul segmentului FC; atunci \EFA = \KMN:

Teorema 117 (Barbu;C:; P �atrascu, I. [19]) Dac¼a ABCD este un patrulater in-scriptibil, paralela prin E la dreapta lui Newton - Gauss a patrulaterului completABCDEF si EF sunt drepte izogonale unghiului BEC:

Teorema lui Newton-Gauss 89

Figura 2.42: Drepte izogonale

Demonstratie. Cum triunghiurile EDF siNPM sunt asemenea; atunci \DEF =\PNM (Figura 2.42): Fie E0 intersectia dintre paralela laNM cu laturaBC. DeoarecePNkBE si NMkEE0 unghiurile\BEF si \PNF , respectiv \FNM si \E0EC sunt egale.Atunci,

\E0EC = \FED � \FEE0 = \PNM � \FNM = \PNF = \BEF:

�Fie G si J proiectiile lui F pe dreptele AB si CD.

Teorema 118 (Barbu;C:; P �atrascu, I [19]) Patruleterele MPGN si MKJN suntinscriptibile.

Demonstratie. Din teorema 115 avem \EFD = \PMN . Punctele P si Nsunt centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor dreptunghice BFG si EFG; atunci\PGF = \PFG si \NGF = \NFG (Figura 2.43): Atunci,

\PGN + \PMN = (\PGF + \NGF ) + \PMN= \PFG+ \NFG+ \EFD = 180�;

deci MPGN este inscriptibil. Analog se arat¼a c¼a MKJN este inscriptibil. �

Observatia 119 Deoarece triunghiurile MPG si JKM sunt congruente, rezult¼a c¼acercurile circumscrise patrulaterelor MPGN si MKJN sunt egale.

Teorema lui Newton-Gauss 90

Figura 2.43: Patrulatere inscriptibile

Teorema 120 (Barbu;C:; P �atrascu, I [19]) Patrulaterele complete EGFJIH si EAFDCBau aceeasi dreapt¼a a lui Newton-Gauss.

Demonstratie. Cum EAFDCB si EGFJIH au diagonala comun¼a , EF , rezult¼ac¼a N este pe dreapta Newton-Gauss a acestor patrulatere complete (Figura 2.43).Ar¼at¼am c¼a dreapta Newton-Gauss trece prin mijlocul segmentului BC: Demonstr¼ammai intâi c¼a MG =MJ . Cum PM este linie mijlocie in triunghiul BFC; avem

PM =FC

2:

În triunghiul dreptunghic FJC; segmentul JK este median¼a, deci

JK =FC

2:

Atunci, PM = JK: Analog, se arat¼a c¼a GP =MK: Deoarece ABCD este inscriptibil,atunci \ABF � \DCF , deci \GPF � \FKJ: Cum FPMK este paralelogram,rezult¼a \FPM � \FKM; de unde \GPM � \JKM: Din PM = JK si GP =MKrezult¼a GPM � JKM , deciMG =MJ: Dac¼a L este mijlocul segmentului GJ , atunciML este mediatoarea segmentuluiu GJ; deciML ? GJ: Astfel, N este centrul cerculuicircumscris patrulaterului EGFJ , de unde NL ? GJ: Obtinem c¼a punctele L;M si Nsunt coliniare, de unde rezult¼a concluzia. �

Teorema lui Neuberg 91

2.22 Teorema lui Neuberg

�Poezia este o creatie, o compozitie, o �ctiune, iar matematica a fost numit¼a cea mai sublim¼asi mai prodigioas¼a dintre �ctiuni.��Emil Picard36

Teorema 121 (Neuberg) Fie P un punct interior în triunghiul ABC si fP1g=AP \BC, fP2g = BP \ AC; fP3g = PC \ AB, iar Q1,Q2 si Q3 sunt simetricele punctelorP1, P2 si P3 fat¼a de mijloacele laturilor BC; AC, respectiv AB. Dreptele AQ1, BQ2si CQ3 sunt concurente.

Demonstratie. Din teorema lui Ceva rezult¼a:

Figura 2.44: Teorema lui Neuberg

BP1P1C

� P2CP2A

� P3AP3B

= 1: (i)

Cum BP1 = CQ1; P1C = BQ1; P2C = AQ2; P2A = CQ2 ; P3B = AQ3; relatia (i)devine

CQ1BQ1

� AQ2CQ2

� BQ3AQ3

= 1

si din reciproca teoremei lui Ceva rezult¼a c¼a dreptele AQ1, BQ2 si CQ3 sunt concurenteîntr-un punct Q (Figura 2.44). �

Observatia 122 Punctele P si Q se numesc izotomic conjugate. Dreptele AP1 siAQ1 (P1; Q1 2 (BC)) se numesc drepte izotomice dac¼a punctele P1 si Q1 sunt sime-trice fat¼a de mijlocul laturii BC.

36Emil Picard (1856-1941) �matematician francez, contributii în geometrie si algebr¼a

Teorema lui Schömilch 92

2.23 Teorema lui Schömilch

�Matematica este ca si dragostea...o simpl¼a idee, dar poate s¼a devin¼a complicat¼a.� - R.Drabek37

Teorema 123 Dreptele care contin mijloacele în¼altimilor unui triunghi si mijloacelelaturilor corespunz¼atoare (dreptele lui Schwatt38) sunt concurente în punctul lui Lemoineal triunghiului.

Demonstratie. Fie Ha;Hb;Hc picioarele în¼altimilor unui triunghi ABC, D;E si

Figura 2.45: Teorema lui Schömilch

F mijloacele în¼altimilor AHa; BHb, respectiv CHc, Ma;Mb;Mc mijloacele laturilorBC;CA, respectiv AB (Figura 2.45); MaA

0;MbB0 si McC

0 în¼altimi în triunghiulMaMbMc (ele sunt mediatoarele laturilor triunghiului ABC) si fOg =MaA

0\MbB0\

McC0. Din congruenta triunghiurilor AMcD si MaA

0Mb rezult¼a c¼a McD � A0Mb;adic¼a punctele D si A0 sunt simetrice fat¼a de mijlocul segmentului MbMc. Analog,punctele E si B0 sunt izotomice pe (MaMc), F si C 0 sunt izotomice pe (MaMb). Cumdreptele MaA

0;MbB0;McC

0 sunt concurente, rezult¼a c¼a si dreptele MaD; MbE; McFsunt concurente într-un punct K care este izotomicul centrului cercului circumscris Oal triunghiului ABC, în raport cu triunghiul median (vezi �Simediane�[14]), adic¼a Keste punctul lui Lemoine al triunghiului ABC: �37Robert Drabek �matematician ceh38 Isaac Schwatt (1867-1934) �profesor la Universitatea din Pennsylvania

Teorema lui Aubert 93

2.24 Teorema lui Aubert

�Speci�cul meseriei mele, matematica, e c¼a se face oriunde, oricum si c¼a trebuie s¼a o facioriunde, oricând si oricum.�- Grigore Moisil39

Teorema 124 Fie A0; B0; C 0 punctele de intersectie dintre o dreapt¼a d cu laturileBC;CA; respectiv AB ale unui triunghi ABC: Ortocentrele triunghiurilor ABC; A0BC 0;AB0C 0 si A0B0C se a�¼a pe aceeasi dreapt¼a.

Demonstratie. Fie H ortocentrul triunghiului ABC, HaHbHc triunghiul ortic siC1; C2; C3 cercurile de diametre AA0; BB0; respectiv CC 0 (Figura 2.46): Atunci rezult¼a:

Figura 2.46: Dreapta lui Aubert

HA �HHa = HB �HHb = HC �HHc

(vezi [14, § III.1]), deci punctulH are puteri egale fat¼a de cercurile C1; C2 si C3. Not¼amcu dij axa radical¼a a cercurilor Ci si Cj (i; j = 1; b; i 6= j). Deoarece

HA �HHa = HB �HHbrezult¼a c¼a H 2 d12 si din

HHb �HB = HC �HHcrezult¼a c¼a H 2 d23: Din teorema lui Gauss stim ca mijloacele segmentelor AA0; BB0 siCC 0 sunt coliniare, ele apartinând dreptei lui Gauss (g). Atunci g?d12 si g?d13 si cumfHg = d12 \ d23 rezult¼a c¼a dreptele d12 si d23 coincid. Deci d12 = d23 = d13 si d0?g,deci H 2 d0: Analog se arat¼a c¼a ortocentrele triunghiurilor A0BC 0; AB0C 0 si A0B0C sea�¼a pe dreapta d0. �

Observatia 125 Dreapta d0 se numeste dreapta lui Aubert.

39Grigore Moisil (1906-1973) �matematician român, profesor la Universitatea din Iasi, membru alAcademiei Române, contributii importante în informatic¼a

Teorema lui Euler 94

2.25 Teorema lui Euler

�Cititi pe Euler! Cititi pe Euler, el este Maestrul nostru, al tuturor.�- P. S. Laplace40

Teorema 126 În triunghiul ABC; �e Ha;Hb;Hc picioarele în¼altimilor, Ma;Mb;Mc

mijloacele laturilor BC;CA; respectiv AB si A0; B0; C 0 mijloacele segmentelor AH;BH;respectiv CH: Punctele Ha;Hb;Hc; Ma; Mb; Mc; A

0; B0; C 0 sunt conciclice.

Demonstratie. În triunghiul dreptunghicAHaB,HaC este median¼a, deciHaMc =

Figura 2.47: Cercul lui Euler

AB2 (i); MaMb este linie mijlocie în triunghiul ABC; rezult¼a:

MaMb =AB

2(ii)

(Figura 2.47). Din (i) si (ii) rezult¼a c¼a MaMb = HaMc si cum McMb k BC (deoareceMcMb este linie mijlocie în triunghiul ABC) rezult¼a c¼a patrulaterul McHaMaMb estetrapez isoscel, deci punctele Ma;Mb;Mc si Ha apartin unui cerc }. Analog, se arat¼ac¼a punctele Hb si Hc apartin cercului. În triunghiul BHC, MaC

0 este linie mijlocie,deci MaC

0 k BH; de unde^HBC � ^C 0MaC: (iii)

Patrulaterul BHaHHc �ind inscriptibil,

m(^BHaH) +m(^BHcH) = 180�

40P. S. Laplace (1749-1827) �matematician si astronom francez , contributii în algebr¼a si analiz¼a

Teorema ortopolului 95

rezult¼a c¼a ^HBHa � ^HHcHa (iv). Din relatiile (iii) si (iv) rezult¼a c¼a ^C 0MaC �^HaHcH; adic¼a patrulaterul C 0MaHaHc este inscriptibil, deci C 0 apartine cercului }:Analog, se demonstreaz¼a c¼a punctele A0 si B0 sunt pe cercul }. �

Observatia 127

i) Cercul pe care se g¼asesc cele nou¼a puncte Ha;Hb;Hc; Ma; Mb; Mc; A0; B0; C 0 se

numeste cercul lui Euler41 sau cercul celor nou�a puncte sau cerc medial.ii) A0; B0; C 0- mijloacele segmentelor AH;BH;CH �se numesc punctele euleriene

ale triunghiului ABC:

2.26 Teorema ortopolului

�Matematica este regina stiintelor.�- Carl Gauss42

Teorema 128 Fie triunghiul ABC si o dreapt¼a oarecare d ce nu trece prin vârfuriletriunghiului ABC. Fie A1,B1,C1 proiectiile vârfurilor A;B;C ale triunghiului ABC pedreapta d. S¼a se arate c¼a proiectiile duse din punctele A1, B1, C1 pe laturile BC;CA,respectiv BA sunt concurente.

Demonstratie. Fie A1A2?BC, B1B2?AC si C1C2?AB, A22BC, B2 2 AC,

Figura 2.48: Teorema ortopolului

41Leonhard Euler (1707-1783) � matematician elvetian, profesor la Universitatea din Petesburg,contributii fundamentale în toate ramurile matematicii42Carl Gauss (1777-1855) � matematician, �zician si astronom german, contributii în teoria nu-

merelor, geometrie diferential¼a, analiz¼a matematic¼a, statistic¼a

Teorema lui Collings 96

C2 2 AB, f�g = A1A2 \ B1B2, f�0g = A1A2 \ C1C2 \ AB, fDg = AA1 \ BC;fEg = B1B2 \BC, fTg = AA1 \B1B2 (Figura 2.48).

Din asem¼anarea triunghiurilor ACD si B1�A1 ((m(\DCA) = m(\B1�A1) = 90� �m(\B2EC) si m(\DAC) = m(\�B1A1) = 90� �m(\ATB2)), avem:

AD

CD=A1B1�A1

:

Analog, din asem¼anarea triunghiurilor BAD si �0C1A1 rezult¼a:

BD

AD=�0A1A1C1

:

Din faptul c¼a AA1kBB1kCC1 rezult¼a c¼a punctele � si �0 coincid. �

Observatia 129 Punctul � de concurent¼a al celor trei perpendiculare se numeste or-topolul dreptei d.

2.27 Teorema lui Collings

�Nous voyons expérience qu�entre esprits égaux et toutes choses pareilles, celui qui a de laGéométrie l�emporte et acqulert une vigueur toute nouveile�- Blaise Pascal43

Teorema 130 Fie o drept¼a d ce contine ortocentrul H al triunghiului ABC: Simetri-cele dreptei d fat¼a de laturile triunghiului ABC sunt concurente într-un punct de pecercul circumscris triunghiului.

Demonstratie. Fie da; db; dc simetricele dreptei d fat¼a de laturile BC;CA, res-pectiv AB, iar D1; D2; D3 punctele de intersectie dintre dreapta d si laturile BC,CA, respectiv AB, Ah; Bh; Ch simetricele ortocentrului H fat¼a de laturile triunghiu-lui (Figura 2.49). Not¼am cu f�g = da \ db, fEg = db \ BC, � = m(\�D1C), � =m( \BhD2A) si = m( \Ah�Bh):

Punctele Ah; Bh; Ch apartin cercului circumscris triunghiului ABC (vezi �Orto-centrul unui triunghi�[14]). Evident, punctele D1; D2; D3 apartin dreptelor BC;CA;respectiv AB. Avem,

m( \AhABh) = 2m(\CABh) = 2[90��m(\HBhA)] = 180��2m(\ACB) (i)

Deoarece unghiul \D1D2Bh este exterior triunghiului D1D2�, rezult¼a

+ 2� = 2�

43Blaise Pascal (1623-1662) � matematician francez, contributii importante în toate ramurilematema- ticii

Teorema lui Collings 97

Figura 2.49: Teorema lui Collings

(triunghiurile HAhD1 si HBhD2 �ind isoscele), deci

= 2(� � �) = 2f[180� �m( bC)�m(\D2EC)]� [180� � �m(\D1E�)]gde unde = 2 � 2m( bC), deci

= 2m( bC) (ii)

Din relatiile (i) si (ii) rezult¼a

m( \AhABh) +m( \Ah�Bh) = 180�;

deci punctul � apartine cercului circumscris triunghiului ABC. Analog se arat¼a c¼apunctul � apartine si dreptei dc, deci dreptele da; db; dc se intersecteaz¼a într-un punctde pe cercul circumscris triunghiului ABC: �

Observatia 131 Punctul de concurent¼a al dreptelor da; db; dc se numeste punctulanti-Steiner44 corespunz¼ator dreptei d. Orice dreapt¼a ce trece prin ortocentrul tri-unghiului ABC admite un punct anti-Steiner.

44Denumirea a fost dat¼a de matematicianul german Darij Grinberg

Teorema lui Steiner 98

2.28 Teorema lui Steiner

�Nu exist¼a pe lume un stadiu care s¼a pun¼a mai armonios în actiune facult¼atile spiritului decâtcel al matematicienilor. Matematicianul tr¼aieste mult timp si totusi r¼amâne tân¼ar, aripile salenu se frâng de timpuriu si porii s¼ai nu-s obturati de praful ce se ridic¼a pe marile drumuripr¼afuite de vieti obisnuite.��James Sylvester45

Teorema 132 (Steiner46) Dac¼a AP si AQ sunt dou¼a izogonale în raport cu unghiul^BAC al triunghiului ABC si P;Q 2 BC; atunci

BP

CP� BQCQ

=AB2

AC2:

Demonstratie. Fie BR k AC;AB k CS;R 2 AP; S 2 AQ (Figura 2.50). Din

Figura 2.50: Teorema lui Steiner

asem¼anarea triunghiurilorBPR si CPA;CSQ siBAQ, respectivABR siACQ obtinem:

CP

BP=AC

BR;CQ

BQ=CS

AB;AB

AC=BR

CS:

Înmultind membru cu membru egalit¼atile precedente obtinem

CP

BP� CQBQ

� ABAC

=AC

AB;

de unde BPCP �

BQCQ =

�ABAC

�2: �

45James Sylvester (1814-1897) �matematician englez, profesor universitar la Oxford, contributiiimportante în algebr¼a46Jacob Steiner (1796-1863) �matematician elvetian, profesor la Universitatea din Berlin, contributii

în geometrie

Teorema lui Döttl 99

2.29 Teorema lui Döttl

�Lucrul cel mai uimitor este c¼a rationamentele matematice cele mai abstracte sfârsesc prin al¼argi cunoasterea noastr¼a despre lume.�- Albert Einstein47

Teorema 133 Fie triunghiul ABC si A0 2 (BC); B0 2 (CA); C 0 2 (AB) astfelîncât dreptele AA0; BB0; CC 0 sunt concurente. Dac¼a A00 2 (B0C 0); B00 2 (C 0A0);C 00 2 (A0B0) astfel încât dreptele A0A00; B0B00; C 0C 00 sunt concurente, atunci drepteleAA00; BB00; CC 00 sunt concurente.

Demonstratie. Fie fXg = AA00 \BC; fY g = BB00 \AC; fZg = CC 00 \AB (Fig.2.51). Din teorema lui Menelaus (pentru patrulatere) aplicat¼a patrulaterului BCB0C 0

Figura 2.51: Teorema lui Döttl

si punctelor coliniare X;A;A00; A avem:

BX

XC� CAAB0

� B0A00

A00C 0� C

0A

AB= 1;

de undeBX

XC=AB0

AC 0� ABAC

� A00C 0

A00B0: (1)

Analog,CY

Y A=BC 0

BA0� BCBA

� B00A0

B00C 0(2)

47Albert Einstein (1879-1955) ��zician german, profesor universitar la Berlin si Princeton, laureatal Premiului Nobel

Teorema lui Van - Aubel 100

siAZ

ZB=CA0

CB0� CACB

� C00B0

C 00A0: (3)

Deoarece dreptele AA0; BB0; CC 0; respectiv A0A00; B0B00; C 0C 00 sunt concurente, dinteorema lui Ceva rezult¼a:

A0B

A0C� B

0C

B0A� C

0A

C 0B= 1 (4)

A00B0

A00C 0� B

00C 0

B00A0� C

00A0

C 00B0= 1:

Înmultind relatiile (1), (2) si (3) membru cu membru si tinând cont de relatiile (4)rezult¼a

BX

XC� Y CY A

� ZAZB

= 1;

iar din reciproca teoremei lui Ceva rezult¼a c¼a dreptele AA00; BB00; CC 00 sunt concurente.�

2.30 Teorema lui Van - Aubel

�Înv¼atând matematica, înveti sa gandesti.��Grigore Moisil48

Teorema 134 (Van-Aubel49) Dac¼a AD;BE si CF sunt trei ceviene concurente într-un punct P interior triunghiului ABC, atunci

AP

PD=AF

FB+AE

EC:

Demonstratie. Avem: APPD =

A[APB]A[BPD]

=A[APC]A[PCD]

=A[APB]+A[APC]A[BPD]+A[PCD]

de unde rezult¼a

c¼a (Fig. 2.52):AP

PD=A[APB] +A[APC]

A[BPC]=A[APB]

A[BPC]+A[APC]

A[BPC](1)

DarAF

FB=A[ACF ]

A[FCB]=A[APF ]

A[FPB]=A[ACF ] �A[APF ]A[FCB] �A[FPB]

=A[APC]

A[BPC](2)

si analog AEEC =

A[APB]A[BPC]

(3): Din relatiile (1), (2) si (3) rezult¼a concluzia. �

48Grigore Moisil (1906-1973) �matematician român, profesor la Universitatea din Iasi, membru alAcademiei Române49Henri van Aubel (1830-1906) �profesor la Atenee din Antwerpen (Belgia)

Teorema lui Van - Aubel 101

Figura 2.52: Teorema lui Van - Aubel

Observatia 135

1) Dac¼a D;E; F sunt mijloacele laturilor triunghiului ABC, atunci P este centrulde greutate al triughiului ABC si relatia lui Van - Aubel devine AG = 2GD:

2) Dac¼a P este H, ortocentrul triunghiului ABC, atunci AFFB = tgBtgA ;

AEEC = tgC

tgA ;

relatia lui Van Aubel devenind AHHD =

cosAcosB�cosC :

3) Dac¼a P este punctul lui Lemoine K al triunghiului ABC, atunci AFFB =b2

a2; AEEC =

c2

a2; relatia lui Van - Aubel devenind

AK

KD=b2 + c2

a2:

4) Dac¼a P este punctul lui Gergonne �; atunci AFFB =p�ap�b ;

AEEC =

p�ap�c ; de unde

A�

�D=

a(p� a)(p� b)(p� c) :

5) Dac¼a P este primul punct Brocard , atunci AFFB =b2

c2; AEEC =

b2

a2; de unde

A

D=a2b2 + b2c2

a2c2:

6) Dac¼a P este al doilea punct al lui Brocard 0, atunci AFFB = c2

a2; AEEC = c2

b2si

relatia lui Van Aubel devine

A0

0D=b2c2 + a2c2

a2b2:

Consecinta 136 În triunghiul ABC �e cevienele AD;BE si CF concurente într-unpunct P astfel încât BDDC =

�ABAC

�k; AFFB =

�ACBC

�ksi AEEC =

�ABBC

�k; k 2 R: Atunci:

AP

PD=ACk +ABk

BCk:

Teorema lui Van - Aubel 102

Demonstratie. Not¼am cu a; b; c lungimile laturilor BC;CA, respectiv AB. Dinteorema lui Van �Aubel rezult¼a c¼a AP

PD =AFFB +

AEEC =

ACk+ABk

BCk: �

Observatia 137

1) Dac¼a pe latura BC a triunghiului ABC se consider¼a un punct D astfel încâtBDDC =

�ABAC

�k; k 2 R; atunci dreapta AD se numeste cevian¼a de rang k:

2) i) Mediana AD este o cevian¼a de rang 0, (k = 0); deoarece BDDC =

�ABAC

�0= 1.

ii) Bisectoarea AD este o cevian¼a de rang 1, (k = 1); deoarece BDDC =

�ABAC

�1.

iii) Simediana AD este o cevian¼a de rang 2, (k = 2), deoarece BDDC =

�ABAC

�2.

iv) Antibisectoarea AD este o cevian¼a de rang (�1); (k = �1); deoarece BDDC =�

ABAC

��1:

Teorema 138 Dac¼a P este punctul de concurent¼a a trei ceviene de rang k si M esteun punct din planul triunghiului ABC; atunci

��!MP =

ak � ��!MA+ bk � ��!MB + ck � ��!MCak + bk + ck

:

Demonstratie. Fie cevienele AD;BE si CF ceviene de rang k (Fig. 2.53). În

Figura 2.53: Teorema lui Van-Aubel - ceviene de rang k

triunghiul MAD:��!MP =

��!MA+�

��!MB

1+� ; unde � = APPD : Conform corolarului 136, APPD =

bk+ck

ak; deci

��!MP =

ak � ��!MA+ (bk + ck)��!MDak + bk + ck

:

În triunghiul MBC, BDDC =�ABAC

�k=�cb

�k; deci

��!MD =

��!MB +

�cb

�k��!MC

1 +�cb

�k =bk��!MD + ck

��!MC

bk + ck;

de unde��!MP = ak���!MA+bk���!MB+ck���!MC

ak+bk+ck: �

Teorema lui Van - Aubel 103

Observatia 139 Cazuri particulare:

1) Pentru k = 0; P � G relatia din teorem¼a devine:

��!MG =

��!MA+

��!MB +

��!MC

3:

2) Pentru k = 1; P � I; relatia din teorem¼a devine:

��!MI =

a��!MA+ b

��!MB + c

��!MC

a+ b+ c:

3) Pentru k = 2; P � K (punctul lui Lemoine), relatia din teorem¼a devine:

��!MK =

a2��!MA+ b2

��!MB + c2

��!MC

a2 + b2 + c2:

4) Pentru k = �1; P � Z (punctul de recurent¼a al antibisectoarelor), relatia dinteorem¼a devine:

��!MZ =

bc��!MA+ ac

��!MB + ab

��!MC

ab+ bc+ ac:

Teorema 140 Fie P punctul de concurent¼a a trei ceviene de rang k; M un punct dinplanul unui triunghi ABC. Atunci:

MP 2 =akMA2 + bkMB2 + ckMC2

ak + bk + ck� a

kbkck(a2�k + b2�k + c2�k)

(ak + bk + ck)2:

Demonstratie.Utilizând teorema precedent¼a avem:

��!MP � ��!MP =MP 2 = (a2kMA2 + b2kMB2 + c2kMC2 + 2akbk��!MA � ��!MB

+2bkck��!MB � ��!MC + 2akck��!MA � ��!MC) � 1

(ak + bk + ck)2

Dar

��!MA � ��!MB =MA �MB � cos\AMB =MA �MB � MA

2 +MB2 �AB22MA �MB

=1

2(MA2 +MB2 �AB2)

si analoagele. Înlocuind în relatia precedent¼a va da relatia cerut¼a. �

Consecinta 141 Cazuri particulare:

1) Pentru k = 0; P � G , relatia din teorem¼a devine:

MG2 =MA2 +MB2 +MC2

3� a

2 + b2 + c2

9

Teorema lui Van - Aubel 104

2) Pentru k = 1; P � I; relatia devine:

MI2 =aMA2 + bMB2 + cMC2 � abc

a+ b+ c:

3) Pentru k = 2; P � K; relatia devine:

MK2 =a2MA2 + b2MB2 + c2MC2

a2 + b2 + c2� 3a2b2c2

(a2 + b2 + c2)2:

4) Pentru k = �1; P � Z; relatia devine:

MZ2 =bcMA2 + acMB2 + abMC2

ab+ bc+ ac� abc(a

3 + b3 + c3)

(ab+ bc+ ac)2:

Teorema 142 În triunghiul ABC �e cevienele de ordin k: AD;BF si CE (k 2 R)concurente într-un punct P . Dac¼a M 2 (AB) si N 2 (AC) dreapta MN trece prin Pdac¼a si numai dac¼a:

bk � MBMA

+ ck � NCNA

= ak;

(unde a; b; c sunt lungimile laturilor BC;CA; respectiv AB):

Demonstratie. Utilizând teorema transversalei în triunghiul ABC cu ceviana ADsi secanta MN rezult¼a

MB

MA� DCBC

+NC

NA� BDBC

=PD

PA(1)

Din relatia lui Van-Aubel avem:

AE

EB+AF

FC=AP

PD;

adic¼a bk+ck

ak= AP

PD , deciPD

AP=

ak

bk + ck:

Din DCBD =

bk

ckrezult¼a:

DC

BC=

bk

bk + cksiBD

BC=

ck

bk + ck: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a concluzia. Reciproc, �e bk � MBMA + c

k � NCNA = ak: FiefRg =MN \AD: Atunci,

MB

MA� DCBC

+NC

NA� BDBC

=RD

RA:

Din ipotez¼a avem�ba

�k � MBMA +

�ca

�k � NCNA = 1; adic¼aAE

EB� MBMA

+AF

FC� NCNA

= 1:

Teorema lui Van - Aubel 105

Din teorema lui Menelaus aplicat¼a în triunghiul ABD si transversala EC rezult¼a

AE

EB=AP

PD� DCBC

si analogAF

FC=AP

PD� BDBC

:

Atunci,MB

MA� DCBC

+NC

NA� BDBC

=PD

PA;

deci PDPA =RDRA ; de unde rezult¼a c¼a P � R: �

Consecinta 143 Cazuri particulare:

1) Dac¼a P � G; atunci k = 0: Dreapta MN trece prin G dac¼a si numai dac¼a

MB

MA+NC

NA= 1:

2) Dac¼a P � I; atunci k = 1. Dreapta MN trece prin I dac¼a si numai dac¼a

b � MBMA

+ c � NCNA

= a:

3) Dac¼a P � K; atunci k = 2. Dreapta MN trece prin punctul lui Lemoine altriunghiului ABC dac¼a si numai dac¼a

b2 � MBMA

+ c2 � NCNA

= a2:

4) Dac¼a P � Z (punctul de concurent¼a al antibisectoarelor), atunci k = �1.Dreapta MN trece prin Z dac¼a si numai dac¼a

1

b� MBMA

+1

c� NCNA

=1

a:

Teorema 144 Orice cevian¼a de ordinul k este locul geometric al punctelor pentru caredistantele la dou¼a laturi ale triunghiului sunt proportionale cu acele laturi la puterea(k � 1):

Demonstratie. Fie AD o cevian¼a de ordinul k, D 2 (BC);M 2 (AD), iar M1;M2; M3 proiectiile lui M pe AC;AB, respectiv BC (Fig. 2.54). Not¼am cu x; y; zlungimi- le segmentelor MM1;MM2 si MM3, iar cu �1 si �2 m¼asurile unghiurilor^BAD, respectiv ^CAD: Avem: BDDC =

�cb

�k;

A[BAD]

A[DAC]=BD

DC=AD � c � sin�1AD � b � sin�2

=c

b� sin�1sin�2

;

de undesin�1sin�2

=�cb

�k�1: (1)

Teorema lui Van - Aubel 106

Figura 2.54: zak�1

= ybk�1

= zck�1

Din triunghiurile dreptunghice AM2M si AM3M rezult¼a sin�1 =zAM si sin�2 =

yAM ;

de undesin�1sin�2

=z

y: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a zck�1

= ybk�1

: Analog, se arat¼a c¼a zak�1

= ybk�1

; de unde

z

ak�1=

y

bk�1=

z

ck�1:

�

Teorema 145 Fie AD;BE;CF ceviene de ordinul k în triunghiul ABC, fMg =AD \BE \ CF si x; y; z proiectiile lui M pe laturile BC;CA, respectiv AB. Atunci,

z

ak�1=

y

bk�1=

z

ck�1=

2A[ABC]

ak + bk + ck:

Demonstratie. Din zak�1

= ybk�1

= zck�1

rezult¼a

ax

ak=by

bk=cz

ck=ax+ by + cz

ak + bk + ck=

2A[ABC]

ak + bk + ck:

�

Teorema lui Descartes 107

2.31 Teorema lui Descartes

�Esenta Matematicii const¼a în libertatea sa.�- Georg Cantor50

Teorema 146 Fie triunghiul ABC si I centrul cercului înscris în acest triunghi. Exis-t¼a doar trei cercuri care s¼a aib¼a centrele în vârfurile triunghiului, sunt tangente exte-rioare dou¼a câte dou¼a si I are puteri egale fat¼a de cele trei cercuri.

Demonstratie. Fie A0; B0; C 0 punctele de tangent¼a dintre cele trei cercuri (Fig.2.55). Evident, punctele de tangent¼a sunt situate pe laturile triunghiului. Notând

Figura 2.55: Cercuri tangente

AB0 = AC 0 = r1, BA0 = BC 0 = r2 si CA0 = CB0 = r3 obtinem r2 + r3 = a; r3 + r1 =b; r1 + r2 = c, de unde r1 = p � a; r2 = p � b; r3 = p � c (p = r1 + r2 + r3 �indsemiperimetrul triunghiului ABC) relatii care arat¼a c¼a cercurile sunt unic determinate.Punctele A0; B0; C 0 coincid cu punctele de tangent¼a ale cercului înscris cu laturiletriunghiului (vezi �Cercul înscris�[14]), deci I are puteri egale fat¼a de cele trei cercuri.�

Teorema 147 Dac¼a r este raza cercului înscris în triunghiul ABC, atunci

r2 =r1r2r3

r1 + r2 + r3:

50Georg Cantor (1845-1918) �matematician german, creator al teoriei multimilor

Teorema lui Descartes 108

Demonstratie. Din relatiile

A2[ABC] = p(p� a)(p� b)(p� c) = (r1 + r2 + r3)r1r2r3si A[ABC] = rp rezult¼a concluzia. �

Fie patru cercuri {1; {2; {3; {4 tangente dou¼a câte dou¼a în sase puncte distincte.Fiec¼arui cerc îi corespunde num¼arul "i =

1Ri; i = 1; 4, unde Ri reprezint¼a raza cercului

{i , i = 1; 4: Dac¼a toate cercurile sunt tangente exterior, atunci numerele "i se consider¼acu semnul �+�, (Fig. 2.55), iar dac¼a trei dintre aceste cercuri sunt tangente interiorcelui de-al patrulea cerc, atunci num¼arul "i corespunz¼ator cercului ce are raza delungime maxim¼a este egal¼a cu "i = � 1

Ri(Fig. 2.56).

Figura 2.56: "i = �1=Ri

Teorema 148 (Descartes51) Este adev¼arat¼a relatia:

2("21 + "22 + "

23 + "

24) = ("1 + "2 + "3 + "4)

2:

Demonstratie. Solutia 1. Cercurilor {1; {2; {3; {4 le corespund cercurile C01; C

02;

C03; C

03, tangente dou¼a câte dou¼a în sase puncte (Fig. 2.57) si not¼am cu �i numerele

1

R0i

; i = 1; 4, unde R0i sunt razele cercurilor C

0i ; i = 1; 4. Cercul C

01 - de exemplu �are

trei puncte de tangent¼a în comun cu cercurile {2; {3; {4; analog se de�nesc cercurileC02; C

03; C

03. Dac¼a A;B;C sunt centrele cercurilor {1; {2 , respectiv {3, atunci C

04 este

cercul înscris sau un cerc exînscris al triunghiului ABC. Corespunz¼ator primului caz(Fig. 2.55) avem: "1 = 1

p�a ; "2 =1p�b ; "3 =

1p�c ; �4 = �

1r , iar corespunz¼ator celui de-al

doilea caz avem: "1 = �1p ; "2 =

1p�c ; "3 =

1p�b ; �4 = �

1ra. Atunci:

"2"3 + "1"2 + "1"3 =

�1

"1+1

"2+1

"3

�� "1"2"3

51René Descartes (1596-1650) �matematician si �losof francez, contributii în geometrie

Teorema lui Descartes 109

Figura 2.57: Teorema lui Descartes

=(p� a) + (p� b) + (p� c)(p� a)(p� b)(p� c) =

p

(p� a)(p� b)(p� c) =1

r2= �24

(în primul caz); sau "2"3 + "1"2 + "1"3 =p�b�c

�p(p�c)(p�b) =p�a

p(p�b(p�c) = �24, deci "2"3 +

"1"2+ "1"3 = �24. Analog se arat¼a c¼a �2�3+ �3�1+ �1�2 = "

24, iar permutând indicii se

obtine alt¼a relatie derivat¼a. Atunci,

("1+"2+"3+"4)2 = "21+"

22+"

23+"

24+2

X1�i<j�4

"i"j =

4Xi=1

"2i+

4Xi=1

�2i = (�1+�2+�3+�4)2

(datorit¼a simetriei relatiilor precedente), de unde

"1 + "2 + "3 + "4 = �1 + �2 + �3 + �4 > 0;

("1 + "2 + "3 � "4)("1 + "2 + "3 + "4) = ("1 + "2 + "3)2 � "24 = "21 + "22 + "23 � "24 � 2�24= (�2�3+�3�4+�4�2)+(�1�3+�3�4+�4�1)+(�1�2+�2�4+�1�4)�(�1�2+�2�3+�3�1)+2�24= 2(�1�4 + �2�4 + �3�4) + 2�

24 = 2�4(�1 + �2 + �3 + �4) = 2�4("1 + "2 + "3 + "4)

Teorema lui Descartes 110

de unde "1 + "2 + "3 � "4 = 2�4. Analog se arat¼a c¼a �"1 + "2 + "3 + "4 = 2�1,"1 � "2 + "3 + "4 = �2�2, "1 + "2 � "3 + "4 = �2�3. Ridicând relatiile precedente lap¼atrat si sumându-le rezult¼a: "21 + "

22 + "

23 + "

24 = �

21 + �

22 + �

23 + �

24, de unde

2("21 + "22 + "

23 + "

24) =

4Xi=1

"2i +

4Xi=1

�2i = ("1 + "2 + "3 + "4)2:

Solutia 2. Fie A;B;C;D centrele cercurilor {1; {2; {3; {4 si R1; R2; R3; R4 razele acestorcercuri. Semiperimetrul triunghiului BCD este egal cu R2 + R3 + R4. Din teoremacosinusului si formula unghiului pe jum¼atate rezult¼a:

cos2\BDC2

=1 + cos\BDC

2=

R4(R2 +R3 +R4)

(R2 +R4)(R3 +R4)

si

sin2 =1� cos\BDC

2=

R2R3(R2 +R4)(R3 +R4)

Utilizând egalitatea sin2 x�sin2 y�sin2 z+2 sinx sin y sin z = 0 pentru x = 12m(^BDC);

y = 12m(^ADC); z =

12m(^ADB) relatia precedent¼a devine:

R2R3(R2 +R4)(R3 +R4)

� R1R3(R1 +R4)(R3 +R4)

� R1R2(R1 +R4)(R2 +R4)

+2R1

pR2R3R4(R2 +R3 +R4)

(R1 +R4)(R2 +R4)(R3 +R4)= 0

sauR1 +R4R1

� R2 +R4R2

� R3 +R4R3

+ 2

sR4(R2 +R3 +R4)

R2R3= 0;

egalitate echivalent¼a cu "1 � "2 � "3 � "4 + 2p"2"3 + "3"4 + "4"2 = 0. Atunci

("1 + "2 + "3 + "4)2 = ("1 � "2 � "3 � "4)2 + 4("1"2 + "1"3 + "1"4)

+4("2"3+"3"4+"4"2)+4("1"2+"1"3+"1"4) = 2("1+"2+"3+"4)2�2("21+"22+"23+"24)

de unde rezult¼a 2("21 + "22 + "

23 + "

24) = ("1 + "2 + "3 + "4)

2: �Cantit¼atile "i si �i, i = 1; 4 se numesc numerele lui Beecroft.

Teorema 149 Sunt adev¼arate relatiile:

i) "1 + �1 = "2 + �2 = "3 + �3 = "4 + �4;

ii) "1 � �1 + "2 � �2 + "3 � �3 + "4 � �4 = 0:

Demonstratie. i) Avem �"1 + "2 + "3 + "4 = 2�1, deci1

2("1 + "2 + "3 + "4) = �1 + "1 = "2 + �2 = "3 + �3 = "4 + �4:

ii) Avem:

4Xi=1

"i�i =

4Xi=1

"i("i + �i)�4Xi=1

"2i =1

2

4Xi=1

"i

!2+

4Xi=1

"2i = 0:

�

Teorema lui Pompeiu 111

2.32 Teorema lui Pompeiu

�Dimitrie Pompeiu stia s¼a priveasc¼a lucrurile vechi cu ochi noi.��Paul Montel52

Teorema 150 (Pompeiu53) Fie triunghiul echilateral ABC si M un punct în planuls¼au ce nu apartine cercului circumscris triunghiului. Distantele MA;MB;MC repre-zint¼a lungimile laturilor unui triunghi.

Demonstratie. Solutia 1. Fie M 0 punctul obtinut din M prin rotatia de centruA si unghi de 60�. Atunci MM 0 �MA (deoarece triunghiul AMM 0 este echilateral).Din congruenta triunghiurilor BAM si CAM 0 (AM � AM 0, BA � CA, m(\BAM) =m(\CAM 0) =60�+m(\CAM)), rezult¼aMB � CM 0; deci lungimile laturilor triunghiuluiMM 0C sunt egale cu cele ale segmentelor MA;MB;MC (Fig. 2.58). Dac¼a punctul

Figura 2.58: Teorema lui Pompeiu

M se a�¼a pe centrul cercului circumscris triunghiului echilateral ABC, atunci conformteoremei lui Schooten segmentul cu cea mai mare lungime dintre segmenteleMA;MB,si MC au lungimea egal¼a cu suma lungimilor celorlalte dou¼a.

Solutia 2. Not¼am cu litere mici a�xele punctelor corespunz¼atoare. Plecând de larelatia evident¼a:

(m� a)(b� c) + (m� b)(c� a) + (m� c)(a� b) = 0 (1)

rezult¼a: (m � a)(b � c) = �(m � b)(c � a) � (m � c)(a � b): Trecând la modul înegalitatea precedent¼a obtinem:

j(m� a)(b� c)j = j(m� b)(c� a) + (m� c)(a� b)j52Paul Montel (1876-1975) �matematician francez, membru al Academiei Franceze, contributii în

analiza matematic¼a53Dimitrie Pompeiu (1873-1954) �matematician român, profesor la Universitatea din Iasi, membru

al Academiei Române, contributii importante în analiza matematic¼a

Teorema lui Erdös �Mordell 112

� j(m� b)(c� a)j+ j(m� c)(a� b)j ;

de unde:j(m� a)j � j(m� b)j+ j(m� c)j ;

adic¼a MA �MB +MC: Cum M nu apartine cercului circumscris triunghiului ABCrezult¼a

MA < MB +MC:

Din simetria relatiei (1) rezult¼a inegalit¼atile MB < MC +MA si MC < MA+MB,adic¼a segmentele MA;MB;MC determin¼a un triunghi. �

2.33 Teorema lui Erdös �Mordell

�Nu poate exista un limbaj mai universal si mai simplu, mai lipsit de greseli si de confuzii,adic¼a mai demn de a exprima raporturile invariabile dintre realit¼atile naturale. Matematicaeste tot atât de cuprinz¼atoare ca îns¼asi natura. Ea de�neste toate raporturile sensibile, m¼asoar¼atimpul, spatiile, fortele si temperaturile. Stiinta aceasta di�cil¼a se formeaz¼a cu încetul, darp¼astreaz¼a toate principiile odat¼a ce si le-a însusit. Ea creste si se consolideaz¼a f¼ar¼a încetare,în mijlocul atâtor erori ale spiritului uman.�- Baptiste Joseph Fourier 54

Teorema 151 Dac¼a P este un punct în interiorul unui triunghi ABC, atunci

PA+ PB + PC � 2(PA1 + PB1 + PC1);

unde A1; B1; C1 sunt proiectiile punctului P pe laturile BC;AC;BA ale triunghiuluiABC.

Demonstratie. Solutia 1. Not¼am cu a0; b0; c0 lungimile segmentelor PA;PB;PCsi cu x; y; z lungimile segmentelor PA1; PB1; PC1 (Fig. 2.59): Din teorema cosinusuluiîn triunghiul PB1C1 rezult¼a:

B1C1 =py2 + z2 + 2yz cosA: (1)

Cum patrulaterul AC1PB1 este inscriptibil, rezult¼a

^AB1C1 = ^APC1: (2)

Deoarece sin^APC1 = AC1AP , atunci PA = a

0 = B1C1sinA de unde

a0 =

py2 + z2 + 2yz cosA

sinA:

54Baptiste Joseph Fourier (1768-1830) � matematician si �zician francez, membru al AcademieiFranceze, contributii în toate domeniile matematicii

Teorema lui Erdös �Mordell 113

Figura 2.59: Teorema lui Erdös �Mordell

Analog se arat¼a c¼a b0 =px2+z2+2xz cosB

sinB ; c0 =px2+y2+2xy cosC

sinC , de unde rezult¼a:

PA+ PB + PC = a0+b0+c0=

p(y sinC + z sinB)2 + (y cosC � z cosB)2

sinA

+

p(z sinA+ x sinC)2 + (z cosA� x cosC)2

sinB+

p(x sinB + y sinA)2 + (x cosB � y cosA)2

sinC

si de aici avem:

a0 + b0 + c0 � y sinC + z sinB

sinA+z sinA+ x sinC

sinB+x sinB + y sinA

sinC;

adic¼a

a0 + b0 + c0 � y�sinC

sinA+sinA

sinC

�+ z

�sinB

sinA+sinA

sinB

�+ x

�sinB

sinC+sinC

sinB

�;

deci a0 + b0 + c0 � 2(x+ y+ z) (unde am utilizat inegalitatea xy +

yx � 2;8x; y > 0), cu

egalitate dac¼a triunghiul ABC este echilateral.Solutia 2. Fie B2 si C2 proiectiile punctelor B si C pe dreapta B1C1: Avem

BC � B2C2 = B2C1 + C1B1 +B1C 02: (1)

Cum ^B2C1B = ^AC1P = ^APB1; rezult¼a c¼a triunghiurile dreptunghice BB2C1 siAB1P sunt asemenea, de unde rezult¼a c¼a

B2C1 = PB1 �BC1AP

(2)

si analog se arat¼a c¼a B1C2 = PC1 � B1CAP (3). Cum patrulaterul AC1PB1 este ins-criptibil, din inegalitatea lui Ptolemeu rezult¼a: AC1 � PB1 +AB1 � PC1 = AP �B1C1;de unde

B1C1 = AC1 �PB1AP

+AB1 �PC1AP

: (4)

Teorema lui Erdös �Mordell 114

Din relatiile (1); (2); (3) si (4) rezult¼a:

BC � BC1 �PB1AP

+AC1 �PB1AP

+AB1 �PC1AP

+B1C �PC1AP

;

de unde:BC �AP � PB1(BC1 + C1A) + PC1(AB1 +B1C)

inegalitate echivalent¼a cu BC �AP � PB1 �AB + PC1 �AC, deci

AP � PB1 �AB

BC+ PC1 �

AC

BC: (5)

Urm¼arind acelasi rationament se obtin inegalit¼atile:

BP � PA1 �BA

AC+ PC1 �

BC

AC; (6)

PC � PA1 �AC

AB+ PB1 �

BC

AB: (7)

Sumând inegalit¼atile (5); (6); (7) si tinem cont de inegalitatea xy +

yx � 2;8x; y > 0,

rezult¼a:

PA+ PB + PC ��AB

AC+AC

AB

��PA1+

�AB

BC+BC

AB

��PB2+

�AC

BC+BC

CA

��PC2

� 2(PA1+PB1+PC1)

�

Consecinta 152 Dac¼a triunghiul ABC este ascutitunghic si H este ortocentrul triun-ghiului ABC, atunci

HA+HB +HC � 6r;unde r este raza cercului înscris în triunghiul ABC.

Demonstratie. Dac¼a triunghiul ABC este ascutitunghic si P coincide cu orto-centrul H al triunghiuluiABC din inegalitatea lui Erdös obtinem:

HA+HB +HC � 2(HA1 +HB1 +HC1): (1)

Dac¼a ha; hb; hc sunt lungimile în¼altimilor triunghiului ABC, atunci (1) devine:

HA+HB +HC � 2(ha �HA+ hb �HB + hc �HC);

adic¼aHA+HB +HC � 2

3(ha + hb + hc);

de unde se obtine inegalitatea

HA+HB +HC � 2

3

�2S

a+2S

b+2S

c

�=4S

3

�1

a+1

b+1

c

�:

Aplicând inegalitatea mediilor rezult¼a:

HA+HB +HC � 4S

3� 9

a+ b+ c=12S

2p= 6r;

deci: HA+HB +HC � 6r. �

Teorema lui Erdös �Mordell 115

Consecinta 153 Într-un triunghi ascutitunghic ABC,

cosA+ cosB + cosC � 3

2:

Demonstratie. Dac¼a P coincide cu centrul cercului circumscris (O) al triunghiuluiascutitunghic ABC, avem:

3R � 2(OA1 +OB1 +OC1) = 2"r

R2 � a2

4+

rR2 � b

2

4+

rR2 � c

2

4

#;

adic¼a:3R �

p4R2 � a2 +

p4R2 � b2 +

p4R2 � c2;

inegalitate echivalent¼a cu 3R � 2R(cosA + cosB + cosC), de unde rezult¼a concluzia(am tinut cont de a = 2R sinA si de relatiile analoage). �

Consecinta 154 Dac¼a triunghiul ABC este ascutitunghic si H este ortocentrul tri-unghiului atunci HA+HB +HC � 3R.

Demonstratie. Avem: HA+HB+HC = 2R(cosA+cosB+cosC) � 2R �3=2 =3R. �

Consecinta 155 În orice triunghi ABC este adev¼ar¼at¼a relatia: 2r � R (Relatia luiEuler):

Demonstratie. Din consecintele precedente rezult¼a 6r � HA+HB +HC � 3R;de unde obtinem concluzia. �

Consecinta 156 Dac¼a I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC, atunci

6r � AI +BI + CI � 4R� 2r:

Demonstratie. Dac¼a P coincide cu centrul cercului înscris I al triunghiului ABC,atunci relatia lui Erdös devine:

AI +BI + CI � 6r: (1)

Cu AI = rsin A

2

si analoagele rezult¼a

AI +BI + CI = r

1

sin A2+

1

sin B2+

1

sin C2

!

= r

sin A2 � sin

B2 + sin

B2 � sin

C2 + sin

C2 � sin

A2

sin A2 � sinB2 � sin

C2

!:

Tinând cont c¼a sin A2 � sinB2 � sin

C2 =

r4R si de inegalitatea xy + yz + zx � x

2 + y2 +z2;8x; y; z 2 R rezult¼a:

AI +BI + CI � r4R

r

�sin2

A

2+ sin2

B

2+ sin2

C

2

�= 4R

�1� cosA

2+1� cosB

2+1� cosC

2

�;

Teorema lui Erdös �Mordell 116

de unde:

AI +BI + CI � 2R [3� (cosA+ cosB + cosC)]= 2R�3� 1� 4 sin A

2sin

B

2sin

C

2

�;

deciAI +BI + CI � 2R

�2� r

R

�= 4R� 2r: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a concluzia. �

Teorema 157 Dac¼a G este centrul de greutate al triunghiului ABC, atunci

GA+GB +GC � 6r:

Demonstratie. Dac¼a punctul P coincide cu centrul de greutate al triunghiuluiABC, relatia lui Erdös devine: GA+GB+GC � 2(GA1+GB1+GC1). Tinând contde faptul c¼a GA1 = 1

3ha si de relatiile analoage avem:

GA+GB +GC � 2

3(ha + hb + hc) =

2

3

�2S

a+2S

b+2S

c

�;

adic¼a:

GA+GB +GC � 4S

3

�1

a+1

b+1

c

�� 4S

3� 9

a+ b+ c=12S

2p= 6r:

�

Consecinta 158 Dac¼a P este un punct în interiorul unui triunghi ABC, atunci

PAm + PBm + PCm � 2(PAm1 + PBm1 + PCm1 );8m 2 N�;

unde A1; B1; C1 sunt proiectiile punctului P pe laturile BC;AC;BA ale triunghiuluiABC.

Demonstratie. Din teorema lui Erdös rezult¼a: PA � y sinCsinA +zsinBsinA si analoagele.

Obtinem:

PAm + PBm + PCm � xm�sinmC

sinmA+sinmA

sinmC

�+ ym

�sinmC

sinmB+sinmB

sinmC

�

+zm�sinmB

sinmA+sinmA

sinmB

�� 2 (xm + ym + zm) ;8m 2 N�;

unde am aplicat inegalitatea dintre media aritmetic¼a si geometric¼a. �

Teorema 159 (Generalizarea teoremei lui Erdös - Mordell) Fie P un punct arbitrarîn planul triunghiului ABC si a0; b0; c0 distantele de la P la vârfurile A;B, respectiv Csi x; y; z distantele de la P la laturile BC;CA, respectiv AB. Atunci,

a0 + b0 + c0 ��b

c+c

b

�x+

� ca+a

c

�y +

�a

b+b

a

�z;

cu egalitate dac¼a P este centrul cercului circumscris triunghiului ABC.

Teorema lui Erdös �Mordell 117

Demonstratie. Fie h1 lungimea în¼altimii duse din A pe latura BC: Avem:

2A[ABC] = a � h1 = ax+ by + cz:

Evident, a0 + x � h1 cu egalitate dac¼a si numai dac¼a punctul P apartine în¼altimii dinA. Avem aa0 + ax � ah1 = ax + by + cz, de unde aa0 � by + cz (1). Fie AB0C 0

simetricul triunghiului ABC fat¼a de bisectoarea unghiului A (Fig. 2.60). Atunci,

Figura 2.60: Generalizarea teoremei lui Erdös - Mordell

aplicând inegalitatea (1) pentru triunghiul AB0C 0 obtinem: aa0 � cy + bz; adic¼a

a0 � c

ay +

b

az; (2)

cu egalitate dac¼a punctul P apartine în¼altimii din A a triunghiului AB0C 0, dreapt¼a cetrece prin centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Analog, se obtin relatiile:

b0 � a

bz +

c

bx; (3)

c0 � b

cx+

a

cy: (4)

Sumând inegalit¼atile (2), (3) si (4) rezult¼a concluzia. �

Observatia 160 Dac¼a P este un punct interior triunghiului ABC, x; y; z > 0, avem:a0 + b0 + c0 � 2(x + y + z) (unde am utilizat faptul c¼a a

b +ba � 2;8a; b > 0) care este

inegalitatea lui Erdös-Mordell. Egalitatea are loc dac¼a a = b = c, adic¼a dac¼a triunghiulABC este echilateral si P este centrul cercului circumscris triunghiului ABC.

Teorema 161 (Barrow) Dac¼a P este un punct interior triunghiului ABC, atunci

PA+ PB + PC � 2(PA0 + PB0 + PC 0);

unde PA0; PB0; PC 0 sunt bisectoarele unghiurilor ^BPC; ^CPA; ^APB (A0 2(BC); B0 2 (AC); C 0 2 (AB)).

Teorema lui Erdös �Mordell 118

Figura 2.61: Teorema lui Barrow

Demonstratie. Not¼am cu a; b; c lungimile segmentelor PA;PB; respectiv PC sicu �; �; m¼asurile unghiurilor ^BPC;^CPA; respectiv ^APB (Fig. 2.61). PrinA[XY Z] întelegem aria triunghiului XY Z. Din A[PBC] = A[PBA0] +A[PCA0] rezult¼a:

PB � PC sin� = PB � PA0 sin �2+ PC � PA0 sin �

2;

deci PA0 = 2bcb+c cos

�2 . Utilizând inegalitatea

21x+ 1y

� pxy; x; y > 0, rezult¼a

PA0 �pbc cos

�

2

si analoagele. Atunci,

2(PA0 + PB0 + PC 0) � 2pbc cos

�

2+ 2

pca cos

�

2+ 2

pab cos

2(*)

R¼amâne s¼a demonstr¼am c¼a

a+ b+ c � 2pbc cos

�

2+ 2

pac cos

�

2+ 2

pbc cos

2:

Deoarece �+ � + = 2� rezult¼a

cos

2= � cos

��

2+�

2

�= � cos �

2cos

�

2+ sin

�

2sin

�

2;

inegalitatea de mai sus �ind echivalent¼a cu:�pa sin

�

2�pb sin

�

2

�2+

�pa cos

�

2�pb cos

�

2�pc

�� 0;

ceea ce este adev¼arat. Egalitatea din (�) se obtine pentru a = b = c, adic¼a P estecentrul cercului circumscris triunghiului. �

Teorema lui Erdös �Mordell 119

Teorema 162 (Generalizare a teoremei lui Erdös55) Fie �1; �2; �3 2 R+ si t 2 [0; 1] ;iar P un punct în interiorul triunghiului ABC: Se noteaz¼a distantele PA;PB;PC cux1; x2; respectiv x3 si cu d1; d2; d3 distantele de la laturile AB; BC; respectiv CA.Atunci:

�1xt1 + �2x

t2 + �3x

t3 � 2t

p�1�2�3

�dt1p�1+

dt2p�2+

dt3p�3

�;

cu egalitate dac¼a si numai dac¼a �1a2t= �2

b2t= �3

c2tsi P este centrul cercului circumscris

triunghiului ABC:

Demonstratie. Se cunoaste c¼a

x1 �c

ad1 +

b

ad3; x2 �

a

bd3 +

c

bd1; x3 �

b

cd1 +

b

ad2:

Pentru 0 < t < 1 rezult¼a

xt1 � 2t cad1 +

bad3

2

!t� 2t �

�ca

�t � dt1 + � ba�t � dt32

si analoagele. Utilizând inegalitatea x+ 1x � 2 pentru x > 0 rezult¼a:

�1xt1 + �2x

t2 + �3x

t3 �

2t

"�cb

�t � �2 + � bc�t � �32

� dt1 +�ac

�t � �3 + � ca�t � �12

� dt2 +�ba

�t � �1 + �ab �t � �22

� dt3

#�

2t(p�2�3 � dt1 +

p�3�1 � dt2 +

p�1�2 � dt3):

�

Observatia 163 Dac¼a t > 1; atunci,

�1xt1 + �2x

t2 + �3x

t3 � 2

p�1�2�3

�dt1p�1+

dt2p�2+

dt3p�3

�:

Consecinta 164

�1dt1+�2dt2+�3dt3

� 2tp�1�2�3

�1p�1xt1

+1p�2xt2

+1p�3xt3

��1

(x1d1)t +

�2

(x2d2)t +

�3

(x3d3)t � 2t

p�1�2�3

(x1x2x3)t

�xt1p�1+

xt2p�2+

xt3p�3

��1 (x1d1)

t + �2 (x2d2)t + �3 (x3d3)

t � 2tp�1�2�3 (d1d2d3)

t

�1p�1dt1

+1p�2dt2

+1p�3dt3

��1d

t1 + �2d

t2 + �3d

t3 � 2t

p�1�2�3 (d1d2d3)

t

�1p�1dt1

+1p�2dt2

+1p�3dt3

�55Paul Erdös (1913-1996) �matematician ungur, profesor la Universitatea Notre Dame, contributii

importante în teoria numerelor si matematici discrete

Teorema lui Fagnano 120

Consecinta 165 Dac¼a P este centrul cercului înscris în triunghiul ABC, atunci d1 =d2 = d3 = r si x1 = r cos A2 ; x2 = r cos B2 ; x3 = r cos C2 : Din consecinta precedent¼apentru t 2 (0; 1] si utilizând egalitatea sin A2 sin

B2 sin

C2 =

r4R obtinem:

�1 sint A

2+�2 sin

t B

2+�3 sin

t C

2�p�1�2�3

�2

2R

�t � 1�1cost

A

2+1

�2cost

B

2+1

�3cost

C

2

�:

Consecinta 166 Dac¼a P este centrul de greutate al triunghiuluiABC, atunci di = hi3

(hi,i = 1; 3 reprezint¼a în¼altimile triunghiului ABC) si x1 = AG = 23ma; x2 =

23mb;

x3 =23mc: Din consecinta 164 pentru t 2 (0; 1] rezult¼a:

�1ht1+�2ht2+�3ht3��

1p�1mt

a

+1p�2mt

b

+1p�3mt

c

�:

Dac¼a înlocuim �i = �ti obtinem:

�ph2h3ma

�t+�p

h3h1mb

�t+�p

h1h2mc

�t� 3:

2.34 Teorema lui Fagnano

�În univers urla un punct de durerea unui cerc care-l înconjoar¼a.�- N. St¼anescu56

Teorema 167 (Fagnano57) Fiind dat triunghiul ascutitunghic ABC; s¼a se determinetriunghiul înscris XY Z în triunghiul ABC ce are perimetrul minim.

Demonstratie.

Figura 2.62: Teorema lui Fagnano (1)

56Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române57Giovanni Fagnano (1715-1797) �matematician italian, contributii în geometrie

Teorema lui Fagnano 121

Solutia 1. Fie X 0 si X 00 simetricele punctului X 2 (BC) fat¼a de laturile AC,respectiv AB (Fig. 2.62). Atunci, XZ = ZX 00 si XY = Y X 0, deci perimetrul tri-unghiului XY Z este egal cu

XY + Y Z + ZX = X 0Y + Y Z + ZX 00:

Dac¼a X este �xat pe BC, atunci triunghiul cu perimetrul minim înscris în triunghiulABC se obtine atunci când punctele Y si Z apartin dreptei X 0X 00. Deoarece AB siAC sunt mediatoarele segmentelor XX 00, respectiv XX 0 rezult¼a

\Y AX 0 �\Y AX si\XAZ � \ZAX 00;

de undem( \X 0AX 00) = 2[m(\Y AX) +m(\XAZ)] = 2m(\BAC):

Cum AX 0 = AX = AX 00 rezult¼a c¼a triunghiul AX 0X 00 este isoscel. Cum unghiul\X 0AX 00 este constant pentru orice alegere a lui X rezult¼a c¼a toate triunghiurile AX 0X 00

sunt asemenea. Latura X 0X 00 are lungimea minim¼a atunci când latura AX 0 arelungimea minim¼a. Dar AX 0 = AX = AX 00 care are lungimea minim¼a atunci cândX este proiectia lui A pe BC: Analog, Y este proiectia lui B pe AC si Z este proiectialui C pe AB. Perimetrul minim al unui triunghi înscris este acela al triunghiului ortic.

Solutia 2. Fie AHa,BHb,CHc în¼altimile triunghiului ABC;H ortocentrul s¼au sipunctele X 2 (BC), Y 2 (AC), Z 2 (AB); (Fig. 2.63). Avem:

Figura 2.63: Teorema lui Fagnano (2)

Y Z + ZX +XY =Y Z �HbHcHbHc

+XZ �HcHaHcHa

+XY �HaHbHaHb

�

��!Y Z � ���!HbHcHbHc

+

��!XZ � ���!HcHaHcHa

+

��!XY � ���!HaHbHaHb

sau

Y Z + ZX +XY � (��!Y Hb +

���!HbHc +

��!HcZ) �

���!HbHc

HbHc

Teorema lui Fagnano 122

+(��!ZHc +

���!HcHa +

���!HaX) �

���!HcHa

HcHa+(���!XHa +

���!HaHb +

��!HbY ) �

���!HaHb

HaHb

= HbHc +HcHa +HaHb +���!XHa

���!HaHbHaHb

+

���!HaHcHaHc

!

+��!Y Hb

���!HbHcHbHc

+

���!HbHaHbHa

!+��!ZHc

���!HcHaHcHa

+

���!HcHbHcHb

!(1)

Deoarece triunghiulABC este ascutitunghic, în¼altimile sale sunt bisectoarele triunghiu-lui ortic, deci vectorii

���!HaHbHaHb

+

���!HaHcHaHc

;

���!HbHcHbHc

+

���!HbHaHbHa

;

���!HcHaHcHa

+

���!HcHbHcHb

sunt perpendiculari pe vectorii���!XHa,

��!Y Hb, respectiv

��!ZHc, deci din relatia (1) rezult¼a

XY + ZX +XY � HbHc +HcHa +HaHb (2)

Dac¼a vectorii��!Y X,

��!ZX,

��!XY au aceeasi directie cu vectorii

���!HbHc,

���!HcHa, respectiv���!

HaHb, atunci exist¼a numerele pozitive �; �; astfel încât

��!Y Z = �

���!HbHc;

��!ZX = �

���!HcHa;

��!XY =

���!HaHb:

Avem����!HbHc + �

���!HcHa +

���!HaHb =

�!0

si ���!HbHc +

���!HcHa +

���!HaHb =

�!0 ;

de unde rezult¼a c¼a � = � = , deci��!Y Z = �

���!HbHc;

��!ZX = �

���!HcHa;

��!XY = �

���!HaHb, ceea

ce implic¼a Y Z = �HbHc; ZX = �HcHa; XY = �HaHb: Astfel,

Y Z + ZX +XY = �(HbHc +HcHa +HaHb) (3)

care cu relatia (2) ne d¼a � = 1. Atunci,

��!Y Z =

���!HbHc;

��!ZX =

���!HcHa;

��!XY =

���!HaHb;

ceea ce înseamn¼a c¼a punctele X;Y; Z coincid cu punctele Ha;Hb; respectiv Hc. Înconcluzie, cel mai mic perimetru al unui triunghi înscris este cel al triunghiului ortic.�

Observatia 168 Dac¼a m(^A) = 90�, atunci punctele Z si Y coincid cu A, iar dac¼am(^BAC) > 90�, atunci triunghiul XY Z este triunghiul degenerat XAA:

Teorema lui Droz �Farny 123

2.35 Teorema lui Droz �Farny

�Dac¼a cineva va g¼asi demonstratia axiomei paralelelor, ar merita un diamant cât P¼amântul demare. Celui care îi va reusi aceasta, acestuia, muritori, s¼a-i ridicati un monument nepieritor.��Farkas Bolyai58

Teorema 169 (Droz - Farny59) Fie d0 si d00 dou¼a drepte perpendiculare ce trec prinortocentrul H al unui triunghi ABC: Fie A0 si A00, B0 si B00; C 0 si C 00 punctele deintersectie ale dreptelor d0 si d00 cu laturile BC;AC; respectiv AB. S¼a se arate c¼amijloacele segmentelor A0A00, B0B00 si C 0C 00 sunt trei puncte coliniare.

Demonstratie. Solutia 1. Dac¼a triunghiul ABC este dreptunghic, teorema esteevident¼a. Presupunem c¼a triunghiul ABC este oarecare. Fie { cercul circumscristriunghiului ABC, �; �; mijloacele segmentelor A0A00, B0B00, respectiv C 0C 00 (Fig.2.64). Fie Ca; Cb; Cc cercurile circumscrise triunghiurilor HA0A00, HB0B00, respectiv

Figura 2.64: Teorema lui Droz �Farny

HC 0C 00 siHa (respectiv Hb;Hc) simetricele punctuluiH fat¼a de dreapta BC (respectivCA;AB). Cercurile Ca; Cb; Cc au centrele în punctele �; �; respectiv . Cum Ha 2 {,H 2 Ca si A0A00 este diametrul în Ca; rezult¼a c¼a punctul Ha 2 Ca; deci punctul Ha58Farkas Bolyai (1775-1856) �matematician român de origine maghiar¼a, contributii fundamentale

în geometrie59Arnold Droz -Farny (1856-1912) �matematician elvetian, contributii în geometrie

Teorema lui Droz �Farny 124

apartine cercurilor { si Ca si perpendicularei duse din H pe BC. Analog, Hb apartinecercurilor { si Cb precum si dreptei BH.

Fie punctul Hc simetricul lui H fat¼a de AB. Punctul Hc 2 {. Din lem¼a rezult¼ac¼a dreptele HaA0;HbB0 si HcC 0 se intersecteaz¼a în punctul N 2 {. Din teorema luiMiquel aplicat¼a triunghiului A0NB0 cu Ha 2 A0N; Hb 2 NB0; H 2 A0B0, rezult¼a c¼acercurile trec printr-un punct comun M . Analog se poate demonstra c¼a {, Cc si Cbcontin punctele H si M , de unde rezult¼a c¼a cercurile sunt coaxiale, deci au centrelecoliniare.

Solutia 2. Deoarece transversalele sunt ortogonale rezult¼a:

A0B0

A00B00=B0C 0

B00C 00=C 0A0

C 00A00(1)

(vezi �Ortocentrul unui triunghi�[14]). Fie �E k A00B00, E 2 A00B0, fDg = B0C 00\�E:Avem �E = A00B00

2 ; �D = B00C00

2 , �E = A0B0

2 ; D = B0C0

2 (2). Din relatiile (1) si (2)rezult¼a c¼a

�E

�D=�E

�D:

Relatia precedent¼a arat¼a c¼a triunghiurile dreptunghice � D si ��E sunt asemenea,deci punctele �; �; sunt coliniare. �

Dreapta �� se numeste dreapta Droz-Farny.

Figura 2.65: Generalizarea teoremei lui Droz - Farny

Teorema lui Steiner - Lehmus 125

Teorema 170 (Generalizarea teoremei lui Droz - Farny) Printr-un punct oarecareP din planul unui triunghi ABC, se duc dou¼a drepte perpendiculare d0; d00 care in-tersecteaz¼a laturile BC;CA;AB, respectiv în punctele (A0; B0; C 0); (A00; B00; C 00). Dac¼a�; �; sunt proiectiile punctelor A0; B0; C 0 pe dreptele PA;PB;PC, iar A1; B1; C1 suntpunctele de intersectie dintre dreapta d00 cu dreptele �A0; �B0; respectiv C 0, atunci mij-loacele segmentelor A0A1; B0B1; C 0C1 sunt coliniare.

Demonstratie. Triunghiurile PA1A0; PB1B0; PC1C 0 sunt dreptunghice. Fie !a;!b; !c mijloacele segmentelor A0A1; B0B1; C 0C1 si �a; �b; �c mijloacele segmentelorPA0; PB0; PC 0 (Fig. 2.65). Dreapta A1�a intersecteaz¼a perpendiculara în A

0 pe d0

în punctul A2 si �e B2; C2 punctele analog construite. Patrulaterul PA1A0A2 esteparalelogram deoarece laturile opuse sunt paralele si congruente. Deci PA2 k A1A0 sicum A1A

0?PA rezult¼a PA2?PA. Fie A3; B3; C3 simetricele punctelor A2; B2; respec-tiv C2 fat¼a de dreapta d0. Atunci, patrulaterul PA1A3A0 este dreptunghi, deoarecePA1 k A0A3; PA1 = A0A2 = A0A3; PA1?PA0, deci cercul circumscris al s¼au estepunctul !a - mijlocul segmentului A0A1: Deoarece punctele A2; B2 si C2 sunt coli-niare, rezult¼a c¼a si simetricele lor în raport cu dreapta d0- punctele A3; B3; C3 - suntcoliniare, deci si punctele !a; !b; !c sunt coliniare. �

Observatia 171 Dac¼a punctul P este ortocentrul triunghiului ABC, atunci se obtineteorema lui Droz �Farny.

2.36 Teorema lui Steiner - Lehmus

�Steiner60 este cel mai mare geometru de la Apollonius încoace.��W. Ball

Teorema 172 (Steiner - Lehmus61) Un triunghi care are dou¼a bisectoare interioareegale (m¼asurate de la vârf la latura opus¼a) este isoscel.

Demonstratie. Solutia 1. Fie BE si CF bisectoarele unghiurilor B, respectivC ale ABC (Fig. 2.66). Presupunem c¼a AB 6= AC si anume �e AB < AC, atuncim(\ACB) < m(\ABC); de unde rezult¼a c¼a

m(\ACB)2

<m(\ABC)

2:

În triunghiurileBEC siBFC; rezult¼a CE > BF (1) construim paralelogramulBEGF .

Astfel EG � BF , m(\FGE) = m([ABC)2 , FG = BE = FC, de unde m(\FGC) =

m(\FCG). Din

m(\FGE) =m(\ABC)

2> m(\FCE) =

m(\ACB)2

60Jakob Steiner (1796 � 1863) �matematician german, profesor la Universitatea din Berlin, con-tributii în geometria proiectiv¼a61Daniel Lehmus (1780 �1863) �matematician german, profesor la Universitatea din Berlin

Teorema lui Steiner - Lehmus 126

Figura 2.66: Teorema lui Steiner - Lehmus

rezult¼a c¼am(\EGC) < m(\ECG);

de unde: CE < EG = BF contradictie cu (1). Deci, presupunerea f¼acut¼a c¼a AB < ACeste fals¼a. Analog se trateaz¼a cazul în care AB > AC si atunci rezult¼a AB = AC,adic¼a triunghiul ABC este isoscel.

Solutia 2. Utiliz¼am faptul c¼a la = 2bcb+c cos

A2 (unde la este lungimea bisectoarei

interioare a unghiului\BAC). Fie c¼a lb = lc; adic¼a

cos B2cos C2

=b(a+ c)

c(a+ b):

Presupunem prin absurd c¼a B > C, adic¼a b > c si atunci

c(a+ b)

b(a+ c)> 1;

de unde cos B2 > cos C2 , deci B < C absurd. Analog, dac¼a B < C se ajunge la o

contradictie. Urmeaz¼a c¼a m(\ABC) = m(\ACB), adic¼a triunghiul ABC este isoscel. �

Observatia 173 Dac¼a bisectoarea exterioar¼a a unghiului B întâlneste prelungirea la-turii AC în punctul F; atunci segmentul BF se numeste bisectoare extern¼a a lui B.Fie CG bisectoarea extern¼a a lui C. Este usor de demonstrat c¼a dac¼a AB = AC;atunci FB = CG:

Reciproca (dac¼a doua bisectoare externe ale unui triunghi sunt egale, atunci tri-unghiul este isoscel) nu este neaparat adevarat¼a. Un exemplu elocvent în acest sens

Teorema lui Steiner - Lehmus 127

Figura 2.67: Triunghiul lui Emmerich

este triunghiul lui Emmerich (Fig. 2.67). Triunghiul lui Emmerich are unghiurile demasuri egale cu 132�, 36� si respectiv 12� si are dou¼a bisectoare externe egale.

Fie triunghiul ABC în care m(\ABC) = 132�, m(\CAB) = 36�; m(\BCA) = 12�.Fie BF si CG bisectoarele externe ale unghiurilor B, respectiv C. Avem:

m(\FBA) =180� � 132�

2�= 24�; m(\FBC) = 24� + 132� = 156�;

m(\BCF ) = 12�; m(\BFC) = 180� � 156� � 12� = 12�;

adic¼a triunghiul FBC este isoscel, cu

FB = BC: (1)

În triunghiul BCG avem:

m(\BCG) =180� � 12�

2= 84�; m(\GBC) = 48�;

m(\BGC) = 180� � 86� � 48� = 48�;

de unde rezult¼a c¼a triunghiul BCG este isoscel cu

CG = BC: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a c¼a FB = CG. �

Teorema lui Barbilian 128

2.37 Teorema lui Barbilian

�Aleg o sfer¼a. Centrul ei /îl mut din inim¼a-n afar¼aîncep deci luptele de trei,/de cinci si seria impar¼a.�- Nichita St¼anescu62

Teorema 174 (D. Barbilian63) Fie ABC si A0B0C 0 dou¼a triunghiuri echilaterale deacelasi centru (O); cu vârfurile notate în acelasi sens de rotatie. S¼a se arate c¼atriunghiurile sunt de trei ori omologice în ordinea: (ABC;C 0B0A0); (ABC;B0A0C 0);(ABC;A0C 0B0):

Demonstratie. Fie fA1g = BC \ B0C 0; fA2g = A0C 0 \ BC; fA3g = A0B0 \ BC;fB1g = B0C 0\AC; fB2g = A0C 0\AC; fB3g = A0B0\AC, fC1g = AB\B0C 0; fC2g =A0C 0 \AB; fC3g = A0B0 \AB (Fig. 2.68): Pentru ca triunghiurile (ABC;C 0B0A0) s¼a

Figura 2.68: Teorema lui Barbilian

�e omologice vom ar¼ata c¼a dreptele AC 0; BB0 si CA0 sunt concurente. Din congruentatriunghiurilor OAA0; OBB0 si OCC 0 rezult¼a

AA0 � BB0 � CC 0:

Deoarece M C2AA0 �M A3BB0 �M B1CC 0; rezult¼a AC2 � BA3 � CB1 si de aici

B1A � C2B � A3C: (1)

62Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române63Dan Barbilian (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, con-

tributii în algebr¼a si geometrie

Teorema lui Pappus 129

Deoarece M AB2C2 � BA3C3 � CA1B1 rezult¼a AB2 � BC3 � CA1; de unde

B2C � C3A � A1B; (2)

(unde am utilizat faptul c¼a m(^AOA0) = m(^BOB0) = m(^COC 0) = m(^AB2A0) =m(^BC3B0) = m(^CB2C 0)). Din teorema lui Menelaus aplicat¼a în triunghiul ABCsi transversalei B0C 0 rezult¼a:

A1B

A1C� B1CB1A

� C1AC1B

= 1;

de unde se obtine egalitatea

C1A

C1B=A1C

A1B� B1AB1C

:

Atunci,C1A

C1B� A3BA3C

� B2CB2A

=A1C

A1B� B1AB1C

� B2CB2A

= 1

(unde am utilizat relatiile (1) si (2)), de unde rezult¼a c¼a punctele C1; A3 si B2 suntcoliniare, adic¼a triunghiurile ABC si C 0B0A0 sunt omologice. Analog, se arat¼a omologiacelorlalte perechi de triunghiuri. �

2.38 Teorema lui Pappus

�Cea mai neglijat¼a teorem¼a de existent¼a în matematic¼a este existenta oamenilor. Matematicaa fost creat¼a de oameni si ea poart¼a amprenta lor.��Hammer Presten

Teorema 175 (Pappus64) Fie triunghiul ABC si puncteleM 2 (BC); N 2 (AC); P 2(BA) care împart aceste segmente în acelasi raport. S¼a se arate c¼a triunghiurile ABCsi MNP au acelasi centru de greutate.

Demonstratie. Solutia 1. Fie Ma mijlocul laturii BC si M 0 simetricul lui Mfat¼a de Ma (Fig. 2.69). Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC, G1 centrulde greutate al triunghiului MNP si G2 centrul de greutate al triunghiului M 0NP:Cum punctele M;N;P împart laturile triunghiului ABC în acelasi raport, rezult¼a c¼apatrulaterul APM 0N este paralelogram de centru Q, de unde rezult¼a c¼a GG2 kMaM

0

si3GG2 = 2MaM

0 =MM 0:

În triunghiul QMM 0 avem: G1G2 k MM 0 si G1G2 = 13MM

0; de unde rezult¼a c¼apunctele G si G1 coincid.

64Pappus din Alexandria (290-350) �matematician grec, contributii în geometrie

Teorema lui Pappus 130

Figura 2.69: Teorema lui Pappus

Solutia 2 .Fie k raportul în care sunt împ¼artite laturile. Atunci,�!AP = k � ��!PB;��!

BM = k ���!MC; ��!CN = k ���!NA: Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Atunci,

��!GP =

�!GA+ k � ��!GB

1 + k;��!GM =

��!GB + k � ��!GC

1 + k;��!GN =

��!GC + k � �!GA

1 + k:

Sumând relatiile precedente rezult¼a:��!GM +

��!GN +

��!GP =

�!GA +

��!GB +

��!GC =

�!0 , deci

G este si centrul de greutate al triunghiului MNP: �

Teorema 176 (Reciproca teoremei lui Pappus) Dac¼a un triunghi MNP înscris într-un triunghi ABC are acelasi centru de greutate ca si triunghiul ABC, atunci vârfuriletriunghiului MNP împart laturile triunghiului ABC în acelasi raport.

Demonstratie. Solutia 1. Fie Ma;Mb;Mc mijloacele laturilor triunghiului ABC,G centrul de greutate comun triunghiurilor ABC si MNP , iar P 0 piciorul medianeiPG a triunghiului MNP (Fig. 2.70). Vom demonstra c¼a AP

PB =BMMC =

CNNA : Evident,

Figura 2.70: Reciproca teoremei lui Pappus

Teorema lui Pappus 131

PG

P 0G=BG

MbG= 2;

deci MbP0 k BP . Cum MbMa k BP rezult¼a c¼a punctele Mb; P

0;Ma sunt coliniare.Fie fP 00g = CP 0 \ AB. Deoarece MP 0 � NP 0 si CP 0 � P 0P 00 rezult¼a c¼a patrulaterulMCEP 00 este paralelogram, deciMP 00 k CE si EP 00 k BC, de unde BMMC =

BP 00

AP 00 =CNNA :

Analog se arat¼a c¼a BMMC =

APPB , de unde rezult¼a concluzia.

Solutia 2. Not¼am a�xele punctelor cu litere mici corespunz¼atoare, �e APPB =

x; BMMC = y; CNNA = z: Atunci, p = a+bx1+x ;m = b+cy

1+y ; n =c+az1+z . Trebuie s¼a demon-

str¼am c¼a a+b+c3 = m+n+p

3 dac¼a si numai dac¼a x = y = z. Dac¼a x = y = z, atuncievident c¼a a+ b+ c = m+ n+ p. Reciproc, �e a+ b+ c = m+ n+ p. Atunci,

a

�1

1 + x� 1

1 + z

�+ b

�1

1 + y� 1

1 + x

�+ c

�1

1 + z� 1

1 + y

�= 0:

Cum �1

1 + x� 1

1 + z

�+

�1

1 + y� 1

1 + x

�+

�1

1 + z� 1

1 + y

�= 0

si punctele A;B;C nu sunt coliniare, rezult¼a c¼a:

1

1 + x� 1

1 + z=

1

1 + y� 1

1 + x=

1

1 + z� 1

1 + y;

de unde: x = y = z. �

Teorema 177 Fie triunghiul ABC si punctele M 2 (BC); N 2 (AC); P 2 (BA)

astfel încât BMMC = CNNA = AP

PB = k; AM = �;BN = �;CP = ; = k2+k+1(k+1)2

, s¼a searate c¼a:

a) �2 + �2 + 2 = �(a2 + b2 + c2),b) �2�2 + �2 2 + 2�2 = �2(a2b2 + b2c2 + c2a2),c) �4 + �4 + 4 = �2(a4 + b4 + c4):Demonstratie. a) Deoarece BM = ka

k+1 ;MC = ak+1 , din teorema lui Stewart

rezult¼a

a

��2 +

ka

(k + 1)2� a�= b2

ka

k + 1+ c2

a

k + 1;

de unde (k + 1)2�2 = k(k + 1)b2 + (k + 1)c2 � ka2 (1). Analog,

(k + 1)2�2 = k(k + 1)c2 + (k + 1)a2 � kb2 (2)

(k + 1)2 2 = k(k + 1)a2 + (k + 1)b2 � kc2: (3)

Sumând relatiile precedente rezult¼a �2 + �2 + 2 = �(a2 + b2 + c2).b) Utilizând relatiile (1), (2) si (3) rezult¼a

(k + 1)4(�2�2 + �2 2 + 2�2) = (k2 + k + 1)2(a2b2 + b2c2 + c2a2);

de unde �2�2 + �2 2 + 2�2 = �2(a2b2 + b2c2 + c2a2):c) Egalitatea �4+�4+ 4 = �2(a4+ b4+ c4) rezult¼a imediat utilizând subpunctele

a) si b). �

Teorema lui Lemoine 132

2.39 Teorema lui Lemoine

�O notatie bun¼a are o subtilitate si o sugestivitate care uneori o face s¼a par¼a un profesor viu.��Bertrand Russell65

Teorema 178 Tangentele la cercul circumscris unui triunghi neisoscel în vârfurileacestuia intersecteazâ laturile opuse în trei puncte coliniare.

Demonstratie. Fie A1; B1; C1 punctele de intersectie dintre tangentele date culaturile opuse ale triunghiului ABC (Figura 2.71). Triunghiurile A1AB si A1AC auunghiul A1 comun si m(\A1AB) = m(\A1CA), deci sunt asemenea. Atunci, A1BA1A

=

Figura 2.71: Teorema lui Lemoine

ABAC = A1A

A1C; de unde A1B

A1C=�ABAC

�2: Analog, B1CB1A

=�BCBA

�2si C1AC1B

=�CACB

�2. Cum

A1BA1C

� B1CB1A� C1AC1B

= 1; din reciproca teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele A1; B1; C1sunt coliniare. Dreapta A1B1 se numeste dreapta lui Lemoine66 a triunghiului ABC.�65Bertrand Russell (1872 - 1970) � �losof, logician si matematician englez, laureat al Premiului

Nobel pentru literatur¼a66Emile Lemoine (1840-1912) �matematician francez, contributii importante în geometrie

Teorema lui Titeica 133

2.40 Teorema lui Titeica

�Noi vener¼am Grecia antic¼a drept leag¼an al culturii, acolo lumea a asistat pentru prima oar¼ala miracolul unui sistem logic în care pasii se succed cu o asemenea precizie încât propozitiilelui ap¼areau ca absolul indubitabile �am în vedere geometria lui Euclid.��Albert Einstein67

Fie H ortocentrul triunghiului ABC si Oa; Ob; Oc centrele cercurilor circumscrisetriunghiurilor BCH;ACH;ABH. �OaObOc se numeste triunghiul Titeica, iar cer-curile circumscrise triunghiurilor BHC;AHC;AHB se numesc cercurile Titeica68 -(�a), (� b), (� c).

Teorema 179 Cercurile circumscrise triunghiurilor BHC, AHC si AHB sunt congru-ente cu cercul circumscris triunghiului ABC.

Demonstratie. Fie A0; B0; C 0 mijloacele segmentelor AH;BH;CH;Ha;Hb;Hc

Figura 2.72: Cercurile lui Titeica

67Albert Einstein (1879-1955) ��zician german, profesor universitar la Berlin si Princeton, laureatal Premiului Nobel68Gheorghe Titeica (1873 �1939) - matematician, membru titular al Academiei Române din 1913.

Teorema lui Titeica 134

picioarele înaltimilor triunghiului ABC; O centrul cercului circumscris triunghiuluiABC si O

0a simetricul lui O fat¼a de BC (Figura 2.72): Atunci,

AH � OO0a si AH k OO0

a

de unde rezult¼a c¼a patrulaterul OOaHA este paralelogram. Deci,

HO0a � OA(= R) (i)

si cum OCOaB este romb rezult¼a c¼a

O0aC = O

0aB = OC = OB(= R): (ii)

Din relatiile (i) si (ii) rezult¼a c¼a

O0aC = O

0aB = O

0aH (= R);

deci O0a este centrul cercului circumscris triunghiului BHC, adic¼a

O0a � Oa:

Analog, Ob si Oc sunt simetricele lui O în raport cu laturile AC, respectiv AB. Cerculcircumscris triunghiului BHC este congruent cu cercul circumscris ABC. Analog, cer-curile circumscrise triunghiurilor AHC si AHB sunt congruente cu cercul circumscristriunghiului ABC. �

Observatia 180

1) Laturile triunghiului Titeica contin punctele lui Euler (A0; B0; C 0) ale triunghiu-lui ABC.

2) Distantele de la centrul cercului circumscris triunghiului ABC la centrele Oa; Ob;Oc sunt egale cu AH;BH; respectiv CH.

3) Centrele cercurilor Titeica sunt simetricele centrului cercului circumscris (O) altriunghiului ABC fat¼a de laturile triunghiului ABC.

4) Punctul H este centrul cercului circumscris triunghiului Titeica.

Teorema lui Bottema 135

2.41 Teorema lui Bottema

�Geometria este limbajul omului... de la nasterea sa, omul nu a actionat decât pe fundamentulgeometriei, pe care a p¼atruns-o cu atâta claritate încât putem admite c¼a ea este aceea care neconditioneaz¼a.�- Charles le Corbusier69

Teorema 181 Pe laturile ABC se construiesc în exterior p¼atratele ABDE si ACFG.Fie M mijlocul segmentului DF . S¼a se arate c¼a triunghiurile BMC si EMG suntdreptunghice si isoscele.

Demonstratie. Not¼am cu litere mici a�xele punctelor corespunz¼atoare (Fig.

Figura 2.73: Teorema lui Bottema

2.73). Din D = R�2B (A) rezult¼a d = b+ i(a� b) (unde prin R

�2B (A) am notat rotatia de

centru B si unghi �2 a punctului A), iar F = R��2

C (A), deci f = c� i(a� c); de undem = d+f

2 = b+c+i(c�b)2 : Atunci

BM = jm� bj =p2

2jc� bj ; CM = jm� cj =

p2

2jc� bj ;

de unde rezult¼a c¼a triunghiul BMC este isoscel. Din

m� bm� c = �i 2 i � R

�;

rezult¼a c¼a BM?MC; adic¼a triunghiul BMC este dreptunghic isoscel. Analog, sedemonstreaz¼a c¼a si triunghiul EMG este dreptunghic isoscel. �

69Charles le Corbusier (1877-1965) �arhitect, pictor francez de origine elvetian¼a

Teorema lui Goormaghtigh 136

2.42 Teorema lui Goormaghtigh

�F¼ar¼a a o baza pe intuitie, geometria are totusi un caracter intuitiv. Se pare, c¼a ideea de�gur¼a, �gurile elementare: cercul, triunghiul, sfera etc., formate în practica milenar¼a a omului,fac parte din zestrea informational¼a a celulei nervoase, sunt transmise ereditar si dau o maremobilitate intuitiei.��Radu Miron70

Teorema 182 Fie TATBTC triunghiul tangential al triunghiului ABC si puncteleX;Y; Z apartinând dreptelor OTA; OTB; respectiv OTC astfel încât OX

OTA= OY

OTB=

OZOTC

= t. Dreptele AX;BY;CZ sunt concurente în izogonalul conjugat al punctului P

ce apartine dreptei lui Euler astfel încât OPPH = 12t .

Demonstratie. Izogonala drepteiAX intersecteaz¼aOTA în punctulX 0. Triunghiu-rile OAX si OX 0A sunt asemenea, deci OXOA =

OAOX0 de unde rezult¼a OX �OX 0 = OA2,

adic¼a punctele X si X 0 sunt inverse în cercul circumscris (Fig. 2.74). De asemenea

Figura 2.74: OXOTA

= OYOTB

= OZOTC

= t

70Radu Miron (1927- ) �matematician român, profesor la Universitatea din Iasi, membru al Acade-miei Române

Teorema lui Goormaghtigh 137

punctele Ma (mijlocul laturii BC) si TA sunt inverse. Fie fPg = AX 0 \OH. Avem,

OP

PH=OX 0

AH=OX 0

2OM=1

2� OTAOX

=1

2t:

Urmând acelasi rationament se arat¼a c¼a dreptele BTB; CTC contin punctul P , adic¼aizogonalele dreptelor AX;BY;CZ sunt concurente, de unde rezult¼a c¼a si drepteleAX;BY;CZ sunt concurente. �

Observatia 183 Pentru t = 12 , X;Y; Z sunt centrele cercurilor circumscrise triunghiu-

rilor OBC;OCA, respectiv OAB. Dreptele AX;BY;CZ sunt concurente în punctulizogonal conjugat al mijlocului segmentului OH (centrul cercului lui Euler al triunghiu-lui ABC) �punctul de concurent¼a se numeste punctul lui Cosnit¼a.

Teorema 184 (Goormaghtigh71 [58]) Fie O centrul cercului circumscris unui triunghiABC, punctele A1; B1; C1 pe dreptele OA;OB, respectiv OC astfel încât OA1OA = OB1

OB =OC1OC = t: i) Intersectiile perpendicularelor din A1 pe OA, B1 pe OB si C1 pe OC culaturile BC;CA; respectiv AB se a�¼a pe o dreapt¼a d. ii) Dac¼a M este proiectia lui Ope dreapta d, M 0 un punct pe OM astfel încât OM = t � OM 0, atunci punctul inversal punctului M 0 în raport cu punctul O este izogonalul conjugat al punctului P de pedreapta lui Euler ce are proprietatea OP

PH = 12t :

Demonstratie. i) Solutia 1. Triunghiul XY Z determinat de intersectiile perpen-

Figura 2.75: Teorema lui Goormaghtigh

71René Goormaghtigh (1893-1960) �matematician belgian, contributii în geometrie si teoria nu-merelor

Teorema lui Goormaghtigh 138

dicularelor în A1; B1; C1, se obtine prin omotetia de centru O si raport t a triunghiuluitangential (Fig. 2.75). Vârfurile X;Y; Z apartin dreptelor OA0; OB0; respectiv OC 0:Din teorema 182 dreptele AX;BY;CZ sunt concurente în punctul izogonal conjugatal punctului P de pe dreapta OH pentru care OP

PH = 12t : Fie fX

0g = BC \ Y Z,fY 0g = CA \ ZX; fZ 0g = AB \ XY: Vom ar¼ata c¼a punctele X 0; Y 0; Z 0 apartin uneidrepte d: Fie R raza cercului circumscris triunghiului ABC. Consider¼am inversiunea= de centru O si raport t�R2, iarM 0 = =(M): Inversiunea transform¼a punctele A;B;Cîn A1, B1; respectiv C1.

Fie Ma;Mb;Mc mijloacele laturilor BC;CA, respectiv AB. Deoarece patrulaterulBB1MaX este inscriptibil rezult¼a

OMa �OX = OB1 �OB = t �R2:

Analog, OMb�OY = OMc�OZ = t�R2 ceea ce arat¼a c¼a prin inversiunea puncteleX;Y; Zse transform¼a respectiv în Ma;Mb;Mc. Imaginea punctului X 0 prin inversiunea estepunctul A2, al doilea punct de intersectie dintre cercurile circumscrise triunghiurilorOMbMc si OB1C1. Analog, imaginea punctelor Y 0 si Z 0 prin inversiunea sunt respectivpunctele B2 (al doilea punct de intersectie dintre cercurile circumscrise triunghiurilorOMaMc si OA1C1 si C2 (al doilea punct de intersectie dintre cercurile circumscrisetriunghiurilor OMbMa si OB1A1. Deci, punctele X 0; Y 0; Z 0 apartin unei drepte d iarpunctele O;A2; B2; C2 apartin unui cerc {:

Figura 2.76: Goormaghtigh (2)

Solutia 2. [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Cum OA = OB = OC, din OA1OA = OB1

OB =

Teorema lui Goormaghtigh 139

OC1OC = t, rezult¼a

OA1 = OB1 = OC1:

Cum OA1; OB1; OC1 sunt perpendiculare pe Y Z;ZX; respectiv XY , atunci O estecentrul cercului înscris în triunghiul XY Z: Aplicând teorema lui Kariya în triunghiulXY Z pentru punctele A;B;C, rezult¼a c¼a AX;BY si CZ sunt concurente. Astfel,triunghiurile ABC si XY Z sunt omologice. Din teorema lui Desargues rezult¼a c¼apunctele de intersectie dintre dreptele AB si XY; BC si Y Z, respectiv CA si ZX suntcoliniare.

Solutia 3. [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Not¼am cu X 0 intersectia dintre dreptele BCsi Y Z; analog se de�nesc punctele Y 0 si Z 0: F¼ar¼a a restrâge generalitatea presupunemc¼a \BCA > \ABC. Fie R raza cercului circumscris triunghiului ABC, A0 intersectiatangentei în A la cercul circumscris triunghiului ABC cu CB, T si X 00 proiectiilepunctelor B si X 0 pe aceast¼a tangent¼a,M siM 0 proiectiile punctelor A1 si O; respectivpe BT; iar A00 intersectia dintre BC si OM 0 (Figura 2.77). Avem:

Figura 2.77: X0B

X0C �Y 0CY 0A �

Z0AZ0B = 1

\CAA0 = \ABC;\ACA0 = \BAC + \ABC;\AA0B = 180� � \BAC � 2 � \ABC = \BCA� \ABC;\COA00 = 2 � \ABC � 90�:

Aplicând teorema sinusurilor în triunghiul OCA0; obtinem:

A00C

sin(2B � 90�) =OC

sin(C �B) ;

de unde

A00C =�R cos 2Bsin(C �B) :

Teorema lui Goormaghtigh 140

Cum X 00X 0 = AA0 = OA�OA0 = R(1� t); avem

X 0A0 =X 00X 0

sin(C �B) =R(1� t)sin(C �B) : (1)

Din OA0

OA = A00X0

A00A0 = t, rezult¼aA00X 0

X 0A0=

t

1� t : (2)

Din relatiile (1) si (2) obtinem

A00X 0 =t

1� t �R(1� t)sin(C �B) =

tR

sin(C �B) : (3)

Astfel,

X 0C = X 0A00 +A00C =R(t� cos 2B)sin(C �B) : (4)

Deoarece \M 0OB = 2 � \ACB � 90�; BM 0 = BO � sin(2C � 90�) = �R cos 2C;MM 0 = OA0 = tR; atunci BM = BM 0 +MM 0 = R(t� cos 2C): Astfel,

X 0B =BP

sin(C �B) =R(t� cos 2C)sin(C �B) : (5)

Din relatiile (4) si (5) obtinem

X 0B

X 0C=k � cos 2Ck � cos 2B :

Analog se arat¼a c¼a Y 0CY 0A =

t�cos 2At�cos 2C si

Z0AZ0B =

t�cos 2Bt�cos 2A : Obtinem

X0BX0C �

Y 0CY 0A �

Z0AZ0B = 1, iar

din reciproca teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele X 0; Y 0 si Z 0 sunt coliniare. �ii) Prin inversiunea =, dreapta AX se transform¼a în cercul OA1Ma de diametru

OX 0 si contine punctul M , proiectia lui O pe dreapta d. Analog, imaginile dreptelorBY si CZ sunt cercurile de diametru OY 0 si OZ 0 ce-l contin si pe M . Deci punctulcomun dreptelor AX;BY si CZ este imaginea lui M prin inversiunea =, adic¼a inter-sectia dintre OM si cercul {. Acesta este punctul diametral opus punctului O în cercul{. �

Teorema 185 [P¼atrascu, I., Barbu, C.[20]] Fie C1; C2; C3 si { cercurile circumscrisetriunghiurilor AY 0Z 0; BZ 0X 0; CX 0Y 0; respectiv ABC: Cercurile C1; C2; C3 si { au unpunct comun.

Demonstratie. Demonstratia rezult¼a din teorema lui Miquel. �Fie P punctul lui Miquel corespunz¼ator patrulaterului completABX 0Y 0CZ 0 (Figura

2.78).

Teorema 186 [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Centrele cercurilor C1; C2; C3; { si punc-tul P se a�¼a pe acelasi cerc @:

Teorema lui Goormaghtigh 141

Figura 2.78: Punctul comun cercurilor C1; C2; C3 si {

Demonstratie. Din teorema cercului lui Miquel ("Centrele cercurilor celor patrutriunghiuri ale unui patrulater complet se a�¼a pe acelasi cerc." [71]) si teorema luiSteiner ("Punctul lui Miquel al cercurilor determinate de cele patru triunghiuri aleunui patrulater complet este situat pe cercul lui Miquel." [71]). �

Teorema 187 [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Fie C 01; C02 si C

03 cercurile circumscrise

triunghiurilor XY 0Z 0; Y Z 0X 0; respectiv ZX 0Y 0. Cercurile C 01; C02 si C

03 au un punct

comun.

Demonstratie. Solutia este evident¼a utilizând teorema lui Steiner. �

Observatia 188

FieOa; Ob; Oc; O0a; O0b; O

0c centrele cercurilor circumscrise triunghiurilorAY

0Z 0; BZ 0X 0;CX 0Y 0; XY 0Z 0; Y Z 0X 0; respectiv ZX 0Y 0, iar Q punctul lui Miquel corespunz¼ator pa-trulaterului complet XZX 0Z 0Y Y 0 (Figura 2.79).

1) Teorema lui Goormaghtigh este adev¼arat¼a si pentru t < 0, unde��!OA0 = t

�!OA;

��!OB0 = t

��!OB;

��!OC 0 = t

��!OC; demonstratia �ind analoag¼a.

Teorema lui Goormaghtigh 142

Figura 2.79: Patrulaterul complet XZX 0Z 0Y Y 0

2) Dac¼a t = 0 teorema lui Goormaghtigh este adev¼arat¼a, �ind un caz special alteoremei lui Bobillier [10].

3) Pentru t = 12 se obtine teorema lui Ayme.

4) Pentru t = 1 se obtine teorema lui Lemoine, X 0Y 0Z 0 �ind dreapta lui Lemoinea triunghiului ABC.

5) Triunghiurile ABC si XY Z sunt omologice, X 0Y 0Z 0 �ind axa de omologie. FieS centrul de omologie al triunghirilor ABC si XY Z:

Teorema 189 [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Dreptele OS si XY Z sunt perpendicu-lare.

Demonstratie. Din teorema lui Sondat rezult¼a concluzia. �

Teorema 190 [P¼atrascu, I., Barbu, C. [20]] Conicele ABCSO si A1B1C1SO sunthiperbole echilatere.

Demonstratie. Cum punctul O este centrul comun de ortologie, din teorema luiThébault [104] rezult¼a concluzia. �

Teorema lui Dergiades 143

2.43 Teorema lui Dergiades

�Nu exist¼a ramur¼a a matematicii �oricât de abstract¼a ar � ea �care s¼a nu se poat¼a aplicaîntr-o zi fenomenelor lumii reale.��Nikolai Lobacevski72

Teorema 191 Fie C1(O1; R1); C2(O2; R2); C3(O3; R3) trei cercuri care trec prin vâr-furile B si C; C si A, respectiv A si B ale unui triunghi ABC si D;E; F al doilea punctde intersectie dintre cercurile (C2) si (C3), (C3) si (C1), respectiv (C1) si (C2). Perpen-dicularele duse în D;E; F pe AD;BE; respectiv CF intersecteaz¼a laturile BC;CA;ABîn punctele X;Y , respectiv Z. Punctele X;Y si Z sunt coliniare.

Demonstratie. Fie MaMbMc triunghiul median al triunghiului ABC (Fig.

Figura 2.80: Teorema lui Dergiades

72Nikolai Lobacevski (1792-1856) � matematician rus, profesor la Universitatea din Kazan, con-tributii fundamentale în geometrie

Teorema lui Salmon 144

2.80). Dreptele O1Ma; O2Mb; O3Mc �ind mediatoarele laturilor triunghiului ABCsunt concurente în centrul cercului circumscris (O) al triunghiului ABC, deci tri-unghiurile MaMbMc si O1O2O3 sunt omologice. Fie A0; B0; C 0 mijloacele segmentelorAX;BY; respectiv CZ. Deoarece O2O3?AD rezult¼a O2O3 k DX si cum O2O3 estemediatoarea segmentului AD rezult¼a c¼a A0 2 O2O3: Deoarece MbMc k BC rezult¼a c¼aA0 2 MbMc; deci fA0g = O2O3 \MbMc: Analog se arat¼a c¼a fB0g = O1O3 \MaMc,fC 0g = O1O2\MaMb: Conform teoremei lui Desargues punctele A0; B0; C 0 sunt colini-are. Din teorema lui Newton�Gauss aplicat¼a patrulaterului BCY Z rezult¼a c¼a puncteleX;Y si Z sunt coliniare. �

2.44 Teorema lui Salmon

�În larg azur ca S�nxul stau mândr¼a si ciudat¼a.Mi-i inima de gheat¼a si trupul cum sunt crinii.Ur¼asc tot ce e zbucium, tulbur¼ator de liniiSi nu plâng niciodat¼a, si nu râd niciodat¼a.�- Charles Baudelaire73

Teorema 192 (Salmon74) Fie M un punct pe cercul circumscris unui triunghi ABC:Cercurile de diametre (AM); (BM); (CM) se intersecteaz¼a dou¼a câte dou¼a în treipuncte coliniare.

Demonstratie. Fie A0; B0; C 0 proiectiile punctului M pe laturile BC; CA; respec-tiv AB (Fig. 2.81): Punctele A0; B0; C 0 sunt punctele de intersectie dintre cercurile de

Figura 2.81: Teorema lui Salmon

diametre (AM); (BM) si (CM), iar conform teoremei lui Simson rezult¼a c¼a puncteleA0; B0; C 0 sunt coliniare. �

73Charles Baudelaire (1821 �1867) �poet francez74George Salmon (1819-1904) �matematician irlandez, contributii în algebr¼a si geometrie

Teorema lui Kariya 145

2.45 Teorema lui Kariya

�Matematica este format¼a din insule de cunoastere într-un ocean de ignorant¼a.�

Teorema 193 Fie Ca; Cb; Cc punctele de contact cu laturile BC;CA;AB ale cercu-lui înscris triunghiului ABC si I centrul acestui cerc. Pe dreptele ICa; ICb; ICc seconsider¼a în acelasi sens segmentele congruente IA0; IB0; IC 0. S¼a se arate c¼a drepteleAA0; BB0 si CC 0 sunt concurente.

Demonstratie. Se proiecteaz¼a punctul A0 în A1 pe AC si în A2 pe AB; punctul

Figura 2.82: Teorema lui Kariya

B0 în B1 pe BC si în B2 pe AB; punctul C 0 în C1 pe AC si în C2 pe BC. Fie Dpunctul de întâlnire al paralelei prin I la AC cu A0A1 (Figura 2.82). PatrulaterulA0A1CCa este inscriptibil, din \CaA0A1 �\ACB. Atunci

A0A1 = CaD +DA1 = IA0 cosC +OCb:

Analog, se obtin relatiile:

A0A2 = IA0 cosB + ICc; B0B1 = IB

0 cosC + ICa;

B0B2 = IB0 cosA+ ICc; C0C1 = IC

0 cosB + ICa;

C 0C2 = IC 0 cosA+ ICb:

Teorema lui Pedoe 146

Cum ICa = ICb = ICc = r si IA0 = IB0 = IC 0 rezult¼a:

A0A1 = B0B1; A

0A2 = C0C1; B

0B2 = C0C2 (i)

Dac¼a M este punctul comun dreptelor BB0 si CC 0; iar P;Q;R proiectiile lui M pelaturile BC;CA;AB avem:

MP

MQ=C 0C1C 0C2

;MR

MP=B0B2B0B1

Înmultind egalit¼atile (i) si (ii) rezult¼a:

MR

MQ=C 0C1 �B0B2C 0C2 �B0B1

=C 0C1B0B1

=A0A2A0A1

;

ceea ce arat¼a c¼a M 2 AA0. �

Observatia 194 Punctul de concurent¼a al dreptelor AA0; BB0 si CC 0 este un punctal lui Kariya.

2.46 Teorema lui Pedoe

�Nici un om nu se înt¼areste citind un tratat de gimnastic¼a, ci f¼acând exercitii; nici un om nu seînvat¼a a judeca citind judec¼atile scrise de altii, ci judecând singur si dându �si singur seamade natura lucrurilor.��Mihai Eminescu75

Teorema 195 Fie triunghiul ABC si A0B0C 0 situate în acelasi plan. Dac¼a laturilelor au lungimile a; b; c; respectiv a0; b0; c0, atunci:

a2(�a02 + b02 + c02) + b2(a02 � b02 + c02) + c2(a02 + b02 � c02) � 16S � S0;

cu egalitate dac¼a triunghiurile sunt asemenea (unde cu S si S0 am notat ariile tri-unghiurilor ABC, respectiv A0B0C 0).

Demonstratie. Pe latura BC se construieste triunghiul A00BC asemenea cu ABC,de unde:

BC

B0C 0=CA00

C 0A0=A00B

A0B0;

adic¼a aa0 =

CA00

b0 = A00Bc0 , deci: A

00C = ab0

a0 (1) (Fig. 2.83). Din teorema cosinusului în

75Mihai Eminescu (1850-1889) �poet, jurnalist român, considerat cel mai important scriitor roman-tic din literatura român¼a

Teorema lui Pedoe 147

Figura 2.83: Teorema lui Pedoe

triunghiul A00CA rezult¼a: A00A2 = b2+A00C2� 2b �A00C � cos^ACA00 (2). Din relatiile(1) si (2) rezult¼a:

A00A2 = b2 +

�ab0

a0

�2� 2bab

0

a0� cos( \A0C 0B0 �\ACB)

egalitate echivalent¼a cu

a02 �A00A2 = a02b2 + a2b02 � 2aa0bb0hcos bC � coscC 0 + sin bC � sincC 0i � 0: (3)

Dar

S � S0 = ab sin bC2

� a0b0 sincC 02

4SS0 = aa0bb0 sin bC � sincC 0; (4)

iar

cos bC = a2 + b2 � c22ab

; coscC 0 = a02 + b02 � c022a0b0

: (5)

Din relatiile (3), (4) si (5) rezult¼a concluzia. Egalitatea are loc atunci când A00A2 = 0;adic¼a A � A00; deci când triunghiurile ABC si A0B0C 0 sunt asemenea. �

Observatia 196

1) Dac¼a triunghiul A0B0C 0este echilateral, atunci inegalitatea devine:

a2 + b2 + c2 � 4p3 � S:

2) Dac¼a triunghiul A0B0C 0este CBA, deci a0 = b; b0 = c; c0 = a; atunci S = S0 siinegalitatea devine

a4 + b4 + c4 � 16S2:

3) Dac¼a triunghiul A0B0C 0 este dreptunghic în A0, atunci:

b2c02 + c2b02 � 8SS0:

Teorema lui Simson 148

2.47 Teorema lui Simson

�De la toti am înv¼atat. M¼a surprind uneori vorbind olimpian ca Pompeiu, ap¼asat ca Titeica,senin si simplu ca David Emanuel. C¼aci noi nu suntem numai �ii p¼arintilor nostri, ci si �iiprofesorilor nostri.�- Miron Nicolescu76

Teorema 197 (Simson77) Proiectiile unui punct de pe cercul circumscris unui tri-unghi, pe laturile acestuia, sunt coliniare.

Demonstratie. Solutia 1. Fie M un punct pe cercul circumscris unui triunghiABC si A0; B0; C 0 proiectiile punctului M pe dreptele BC;CA; respectiv AB (Figura2.84). Patrulaterele MC 0AB0; MB0A0C sunt inscriptibile. Avem:

Figura 2.84: Dreapta lui Simson

m(^AB0C 0) = m(^AMC 0) = 90� �m(^C 0AM)= 90� �m(^BCM) = m(^A0MC)= m(^A0B0C);

adic¼a unghiurile ^AB0C 0 si ^A0B0C sunt opuse la vârf, deci punctele A0; B0si C 0 suntcoliniare.

Solutia 2. Not¼am cu litere mici a�xele punctelor corespunz¼atoare. Pentru capunctele A0; B0; C 0 s¼a �e coliniare este su�cient s¼a ar¼at¼am c¼a b0�a0

b0�c0 2 R: PatrulaterulMCA0B0 �ind inscriptibil, punctele M;C;A0; B0 sunt conciclice, adic¼a:

b0 � a0b0 �m � c�m

c� a 2 R: (i)

76Miron Nicolescu (1903-1975) �matematician ramân, membru al Academiei Române, contributiiîn analiza matematic¼a77Robert Simson (1687-1768) � matematician scotian, profesor la Universitatea din Edinburgh,

contributii în geometrie

Teorema lui Simson 149

Patrulaterul MCA0B0 este inscriptibil, deci

b0 �mb0 � c0 �

a� c0a�m 2 R: (ii)

Înmultind relatiile (i) si (ii) rezult¼a:

b0 � a0b0 � c0 �

c�mc� a0 �

a� c0a�m 2 R: (iii)

Punctele A;B;C siM �ind conciclice, rezult¼a: a�ma�b �c�bc�m 2 R (iv). Înmultind relatiile

(iii) si (iv) rezult¼a:b0 � a0b0 � c0 �

a� c0a� b �

c� bc� a0 2 R: (v)

Punctele A;C 0; B �ind coliniare rezult¼a a�c0a�b 2 R (vi) si analog punctele B;A

0; C �ind

coliniare c�bc�a0 2 R (vii). Din relatiile (v), (vi) si (vii) rezult¼a

b0�a0b0�c0 2 R; adic¼a punctele

A0; B0 si C 0 sunt coliniare. �

Teorema 198 (Reciproca teoremei lui Simson) Dac¼a M este un punct situat în exte-riorul triunghiului ABC si proiectiile A0; B0; C 0 ale punctului M pe dreptele BC;AC;respectiv AB sunt coliniare, atunci punctulM se a�¼a pe cercul circumscris triunghiuluiABC:

Demonstratie. PuncteleA0; B0; C 0 �ind coliniare rezult¼am(^AB0C 0) = m(^A0B0C):Atunci,

m(^AB0C 0) = m(^AMC 0) = 90� �m(^MAC 0)

sim(^A0B0C) = m(^A0MC) = 90� �m(^A0CM);

de unde rezult¼am(^MAC 0) = m(^MCB); adic¼a patrulaterulMABC este inscriptibil,deci punctul M se a�¼a pe cercul circumscris triunghiului ABC. �

Observatia 199 Dreapta care contine punctele A0; B0; C 0 se numeste dreapta lui Sim-son a punctuluiM în raport cu triunghiul ABC; iar punctulM se numeste polul drepteilui Simson.

Teorema lui Simson generalizat¼a 150

2.48 Teorema lui Simson generalizat¼a

�Din ceas, dedus adâncul acestei calme creste,Intrat¼a prin oglind¼a în mântuit azur,T¼aind pe înecarea cirezilor agreste,În grupurile apei, un joc secund mai pur.�- Ion Barbu78

Teorema 200 (Lazare Carnot) Fie M un punct pe cercul circumscris triunghiu-lui ABC, A0 2 BC;B0 2 CA;C 0 2 AB. Dac¼a m(^MC 0A) � m(^MB0C) �m(^MA0C) = ' 2 (0; �), atunci punctele A0; B0; C 0 sunt coliniare.

Demonstratie. Patrulaterele ABMC; AB0MC 0; A0B0MC sunt inscriptibile (Fig.2.85). Atunci, ^C 0B0M � ^C 0AM � ^MCB de unde rezult¼a:

Figura 2.85: Teorema lui Simson generalizat¼a

m(^A0B0M) +m(^MB0C 0) = m(^A0B0M) +m(^MCA0) = 180�

adic¼a punctele sunt coliniare. �78 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributii

în algebr¼a si geometrie

Teorema lui Simson generalizat¼a 151

Observatia 201 Dreapta ce contine punctele se numeste dreapta lui Simson genera-lizat¼a de unghi ' a punctului M fat¼a de triunghiul ABC (notatie cu dM ). Pentrua determina de exemplu pozitia punctului M pe cercul circumscris triunghiului ABCproced¼am astfel: alegem punctele N si P arbitrar pe cerc, construim dreapta AA1astfel încât m¼asura unghiului dintre AA1 si NP s¼a �e egal¼a cu � � ' (A1apartinecercului circumscris triunghiului ABC), iar din A1 construim dreapta A1M astfelîncât m(^A1M;BC) = ' (M apartinând cercului circumscris triunghiului ABC).

FieM;N;P puncte pe cercul circumscris al unui triunghi ABC astfel încât unghiuldintre dreapta lui Simson generalizat¼a de unghi ' a punctului M si dreapta NP s¼aaib¼a m¼asura � � '. Triunghiul MNP se numeste triunghi ' � S fat¼a de triunghiulABC.

Teorema 202 Dreapta lui Simson generalizat¼a de unghi de m¼asur¼a ' a punctului Mfat¼a de triunghiul ABC este paralel¼a cu dreapta AA1.

Demonstratie. Fie A0; B0; C 0 proiectiile de unghi ' ale punctului M pe drepteleBC;CA; respectiv AB si A1 punctul de intersectie dintre MA0 cu cercul circumscristriunghiului ABC. Deoarece patrulaterul AB0MC 0 este inscriptibil rezult¼a:

m(^AC 0B0) = m(^AMB0) = '�m(^B0AM) = '�m(^MBC)= m(^BMA1) = m(^BAA1);

deci AA1 k dM . �

Teorema lui Sondat 152

2.49 Teorema lui Sondat

�Pe linie de cercetare, geometria cuprinde domenii abstracte foarte generale, dar geometriaelementar¼a r¼amâne foarte important¼a în înv¼at¼amânt �e prin aplicatiile ei derecte diverse, �eca o verig¼a în întelegerea problemelor moderne de teoria spatiilor generalizate.� - NicolaeMih¼aileanu79

Teorema 203 Fie triunghiurile ABC; A1B1C1 ortologice si omologice, Q; Q1 centrelede ortologie si P centrul de omologie, iar d axa de omologie a acestor dou¼a triunghiuri.Punctele P;Q si Q1 apartin unei drepte perpendiculare pe dreapta d.

Demonstratie. Punctul Q apartine perpendicularelor duse din A1; B1; C1 respec-tiv pe laturile BC;CA;AB, iar punctul Q1 apartine perpendicularelor duse din A;B;Cpe laturile B1C1; A1C1; A1B1 (Fig. 2.86). Fie fB0g = CA\C1A1; fC 0g = AB\A1B1;

Figura 2.86: Teorema lui Sondat

79N. Mih¼aileanu (1912-1998) �matematician român

Teorema lui Sondat 153

B0; C 0 2 d: Avem��!A1P = �

��!A1A;

��!B1P = �

��!B1B;

��!C1P =

��!C1C;

PA2 �QA2 = la; PB2 �QB2 = lb; PC2 �QC2 = lc:

Ar¼at¼am c¼aB02 �B02 = C 02 � C 02; (1)

ceea ce implic¼a PQ?d. Avem

B0C

B0A=A1P

A1A� C1CC1P

=�

:

Din teorema lui Leibniz rezult¼a:

PC2 � � PA2 � � = PB02 � ( � �) +B0C2 � �B0A2 � �

siQC2 � �QA2 � � = QB02 � ( � �) +B0C2 � �B0A2 � �;

iar de aici

PB02 �QB02 = lc � la� � � :

Relatia (1) este echivalent¼a cu

� (lb � lc) + �(lc � la) + ��(la � lb) = 0: (2)

Deoarece BC?A1Q rezult¼a:

BA2 � CA2 + CQ2 �BQ2 = lb � lc�

: (3)

Din relatia lui Leibniz rezult¼a:

BA2��BP 2 = BA21(�� 1) +A1A2��A1P 2; (4)

CA2�� CP 2 = CA21(�� 1) +A1A2��A1P 2

Din relatiile de mai sus rezult¼a BA2 � CA2 + CQ2 �BQ2 = lb�lc� . Analog rezult¼a c¼a

CB2 �AB2 +AQ2 � CQ2 =lc � la�

;

AC2 �BC2 +BQ2 �AQ2 =la � lb

:

Sumând relatiile precedente rezult¼a

lb � lc�

+lc � la�

+la � lb

= 0;

adic¼a tocmai relatia PQ?d. Analog se arat¼a c¼a PQ1?d, deci punctele P;Q;Q1 suntcoliniare. �

Teorema lui Maxwell 154

2.50 Teorema lui Maxwell

�Vis al Dreptei Simple! Poate, geometria S¼abiilor trase la Alexandria, Libere, sub ochiul desenin otel, În necl¼atinatul idol El Gahel.�- Ion Barbu80

Teorema 204 (Maxwell81) Fie P un punct în planul triunghiului ABC si A0B0C 0 untriunghi care are laturile paralele cu cevienele punctului P în raport cu triunghiul ABC.Cevienele triunghiului A0B0C 0 paralele cu laturile triunghiului ABC sunt concurente.

Demonstratie. Sunt o in�nitate de triunghiuri A0B0C 0 asemenea, deci este su-�cient s¼a demonstr¼am problema pentru unul din aceste triunghiuri (Fig. 2.87). Fie

Figura 2.87: Teorema lui Maxwell

A1,B1,C1 picioarele cevienelor corespunz¼atoare punctului P . Fie A0A2 k AB, B0B2 kBC, C 0C2 k AC, (A2 2 B0C 0,B2 2 A0C 0,C2 2 A0B0). Din asem¼anarea triunghiurilorPC1B si B0A2A0, respectiv PAC1 cu C 0A0A2 rezult¼a C1B

A0A2= PC1

B0A2si AC1

A0A2= PC1

A2C0,

de unde: C1BC1A

= A2C0

A2B0. Analog, se obtin relatiile B1A

B1C= C2B0

C2A0si A1C

A1B= B2A0

B2C0.

Deoarece dreptele AA1,BB1 si CC1 sunt concurente, rezult¼a A1CA1B

� B1AB1C� C1BC1A

= 1

adic¼a B2A0

B2C0� C2B0C2A0

� A2C0A2B0= 1, deci dreptele AA2,BB2 si CC2 sunt concurente. �

Teorema 205 Fie P un punct în planul triunghiului ABC si A0B0C 0 un triunghice are laturile perpendiculare pe cevienele punctului P în raport cu triunghiul ABC.Cevienele triunghiului A0B0C 0 perpendiculare pe laturile triunghiului ABC sunt con-curente.

Demonstratia este evident¼a deoarece triunghiurile ABC si A0B0C 0 sunt ortologi-ce. �

80 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributiiîn algebr¼a si geometrie81James Clerk Maxwell (1831-1879) �matematician si �zician scotian, profesor la Cambridge

Teorema trisectiei 155

2.51 Teorema trisectiei

�Eram asa de obositsi sufeream.Eu cred c¼a sufeream de prea mult su�et.�- Lucian Blaga82

Teorema 206 În triunghiul ABC �e medianele BB0 si CC 0. Printr-un punct T 2(BC) se duc paralelele TD si TE la medianele BB0, respectiv CC 0, (D 2 (AB); E 2(AC)). Atunci, medianele BB0 si CC 0 împart segmentul DE în trei segmente congru-ente.

Demonstratie. Solutia 1. Fie fMg = DE \ BB0; fNg = DE \ CC 0, fGg =BB0 \ CC 0, fKg = DT \BB0; fLg = TE \ CC 0 (Fig. 2.88):

Figura 2.88: Teorema trisectiei

Din DT k CC 0 rezult¼a c¼a triunghiurile BKT si BGC sunt asemenea si cum C 0G =13CC

0 rezult¼a DK = 13DT . Din asem¼anarea triunghiurilor DKM si DTE rezult¼a:

DM =1

3DE:

Analog, NE = 13DE; de unde rezult¼a:

DM =MN = NE =1

3DE:

Solutia 2 (Scott Coble [81])

82Lucian Blaga (1895-1961) ��losof, poet, dramaturg, traduc¼ator, academician si diplomat român.

Teoremele lui Harcourt 156

Figura 2.89: Teorema trisectiei (demonstratie f¼ar¼a cuvinte)

2.52 Teoremele lui Harcourt

�Dac¼a numai as avea teoremele! Atunci as putea destul de usor s¼a g¼asesc demonstratiile.� -Bernhard Riemann83

Teorema 207 Dac¼a distantele de la vârfurile A;B;C ale unui triunghi ABC la otangent¼a dus¼a la cercul înscris în triunghiul ABC au lungimile a1; b1; respectiv c1;atunci

aa1 + bb1 + cc1 = 2A[ABC]

(a; b; c sunt lungimile laturilor BC;AC, respectiv AB).

Demonstratie. Fie (x; y; z) coordonatele baricentrice ale unui punct P si l odreapt¼a ce trece prin P , iar d1, d2 si d3 sunt distantele de la vârfurile A;B;C ladreapta l (Fig. 2.91). Vom ar¼ata c¼a d1 � x+ d2 � y + d3 � z = 0: Fie fA0g = AP \BCsi consider¼am d1 negativ iar d2 si d3 pozitive. Atunci, AP

PA0 =xy+z si

BA0

A0C = zy , deci

83Bernhard Riemann (1826-1866) �matematician german, profesor la Universitatea Göttingen, con-tributii fundamentale în analiza matematic¼a si geometria diferential¼a

Teoremele lui Harcourt 157

Figura 2.90: Teorema lui Harcourt (1)

distanta de la A0 la l este egal¼a cu d01 =

yd2+zd3y+z , de unde �d1

d01

= APPA0 =

y+zx ; relatie

echivalent¼a cu d1 �x+ d2 � y+ d3 � z = 0. Revenind, presupunem c¼a dreapta l trece prinI(a; b; c) si este paralel¼a cu tangenta la cercul înscris (Fig. 2.90). Atunci, distantele

Figura 2.91: Teorema lui Harcourt (2)

de la A la l sunt: d1 = a1 � r, d2 = b1 � r, d3 = c1 � r. Avem:

aa1 + bb1 + cc1 = a(d1 + r) + b(d2 + r) + c(d3 + r)

= (ad1 + bd2 + cd3) + (a+ b+ c)r

= 0 + 2A[ABC] = 2A[ABC]:

�

Teorema 208 Dac¼a distantele de la vârfurile A;B;C la o tangent¼a dus¼a la cerculexînscris corespunz¼ator laturii BC a triunghiului ABC, au lungimile a1; b1 respectivc1; atunci �aa1+bb1+cc1 = 2AABC (relatii analoge se obtin prin celelalte dou¼a cercuriexînscrise).

Teorema lui Viviani 158

Demonstratie.Prin centrul Ia(�a; b; c) ducem o paralel¼a la tangenta considerat¼asi �e d1,d2,d3 distantele de la A;B;C la aceast¼a paralel¼a. Atunci, �ad1+bd2+cd3 = 0iar c1 = d3 + ra, b1 = d2 + ra,c1 = d3 + ra, unde ra este raza cercului A - exînscris.Avem:

�aa1 + bb1 + cc1 = (�ad1 + bd2 + cd3) + ra(�a+ b+ c)= 0 + 2ra(p� a) = 2AABC :

�

2.53 Teorema lui Viviani

�Matematica este guvernat¼a de inegalit¼ati, egalitatea ar � mai degrab¼a un caz particular.� -G. Polya84

Teorema 209 (Viviani85) Suma distantelor de la un punct, situat în interiorul unuitriunghi echilateral, la laturile triunghiului este egal¼a cu înaltimea triunghiului.

Demonstratie. Fie P un punct în interiorul ABC si P1; P2; P3 proiectiile lui P pelaturile BC;AC; respectiv AB (Fig. 2.92). Fie a lungimea laturii AB si h lungimea

Figura 2.92: Teorema lui Viviani

triunghiului echilateral ABC. Avem:

A[ABC] = A[PBC] +A[PAC] +A[PAB];

adic¼aa � h2

=PP1 � a2

+PP2 � a2

+PP3 � a2

;

de unde rezult¼a h = PP1 + PP2 + PP3. �

84George Polya (1887-1973) �matematician maghiar, contributii în teoria grafurilor85Vincenzo Viviani (1622-1703) �inginer italian, contributii în �zic¼a si geometrie

Teorema lui Zaslavsky 159

2.54 Teorema lui Zaslavsky

�Geometria proiectiv¼a ne-a deschis cu cea mai mare usurint¼a teritorii noi în stiinta noastr¼a,a fost si numit¼a pe bun¼a dreptate un drum regal, conducând în domeniul s¼au particular decunostiinte.�- Poncelet86

Teorema 210 Fie P un punct în planul triunghiului ABC si A0B0C 0 simetricul tri-unghiului ABC fat¼a de punctul P: Prin punctele A0; B0; C 0 ducem trei drepte paralelecare intersecteaz¼a dreptele BC;AC si AB în punctele X;Y; respectiv Z. S¼a se aratec¼a punctele X;Y si Z sunt coliniare.

Demonstratie. Vom arata c¼a BXXC �

CYAY �

AZBZ = 1. Prin punctul C ducem o paralela

(d) la dreptele paralele date. Fie Z 0 simetricul lui Z fat¼a de P . Atunci, BZB0Z 0

Figura 2.93: Teorema lui Zaslavsky

este paralelogram, deci BZ � B0Z 0 si BZ k B0Z 0 k B0A0 de unde rezult¼a c¼a puncteleB0; A0; Z 0 sunt coliniare si AZ � A0Z 0. Astfel, AZBZ=

A0Z0

B0Z0(1). Fie fNg = BA0 \ d si

fKg = AB0 \ d. Atunci, din teorema lui Thales rezult¼a: BXXC = BA0

A0N si CYAY = B0KB0A .

Avem,

BX

XC� CYAY

� AZBZ

=BA

0

A0N� B

0K

B0A� AZBZ

=B0K

A0N� AZBZ

=B0Z0

A0Z 0 �AZ

BZ=BZ

AZ� AZBZ

= 1;

unde am utilizat faptul c¼a triunghiurile A0NZ 0 si B0KZ 0 sunt asemenea. Din reciprocateoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele X,Y si Z sunt coliniare. �

86Jean Poncelet (1788 - 1867) �matematician francez, contributii importante în geometria proiectiv¼a

Teorema lui Zajic 160

2.55 Teorema lui Zajic

�Ne vom aminti de Arhimede când îl vom � uitat pe Eschil, �indc¼a limbile mor, iar ideilematematice sunt far¼a moarte. Nemurirea poate p¼area un cuvânt inept, dar matematicianulare, probabil, cea dintâi sans¼a de a se bucura de binefacerile ei, oricare ar � acelea.� - G.H.Hardy87

Teorema 211 În triunghiul ABC, �e X 2 (BC) si Ca punctul de tangent¼a al cerculuiînscris în triunghiul ABC cu latura BC: Dac¼a cercurile înscrise în triunghiurile ABXsi ACX sunt tangente laturii AX în punctele T1, respectiv T2, atunci CaX = T1T2.

Demonstratie. Fie a; b; c lungimile laturilor triunghiurilor ABC si p; pb; pc semi-perimetrele triunghiurilor ABC;ABX; respectiv ACX (Fig. 2.94). În triunghiul ABC

Figura 2.94: Teorema lui Zajic

avem: BX = BCa + CaX = p � b + CaX si CX = CCa � CaX = p � c � CaX. Întriunghiul ABX, XT1 = pb � c si în triunghiul ACX, XT2 = pc � b: Atunci,

T1T2 = XT1 �XT2 = pb � pc + b� c:

Dar,

2(pb � pc) = 2[(c+AX +BX)� (b+AX + CX)] = 2(c� b+ CaX);

de unde rezult¼a c¼a pb � pc = c� b+ CaX, deci T1T2 = c� b+ CaX + b� c = CaX:�

Consecinta 212 Dac¼a Ca este punctul de tangent¼a al cercului înscris în triunghiulABC cu latura BC; atunci cercurile înscrise în triunghiurile ABCa si ACCa sunttangente laturii ACa în acelasi punct.

Demonstratia rezult¼a din teorema lui Zajic pentru X = Ca. �87G.H. Hardy (1877-1947) �matematician englez, profesor la Universitatea Cambridge, contributii

importante în teoria numerelor si analiza matematic¼a

Teorema lui Véronèse 161

2.56 Teorema lui Véronèse

�Iubirea nu se d¼aruie decât pe sine si nu ia decât de la sine. Iubirea nu st¼apâneste si nu vreas¼a �e st¼apânit¼a, �indc¼a iubirii îi este de ajuns iubirea.�- Gibran Kahlil88

Teorema 213 (Véronèse89) Fie triunghiurile omologice ABC si A0B0C 0; fA00g =BC 0\CB0; fB00g = CA0\AC 0; fC 00g = AB0\BA0: Triunghiul A00B00C 00 este omologiccu �ecare din triunghiurile ABC; A0B0C 0 iar cele trei centre de omologie sunt coliniare.

Demonstratie.Fie fA1g = BC\B0C 0; fB1g = AC\A0C 0; fC1g = AB\A0B0 (Fig.2.95). Triunghiurile ABC si A0B0C 0 �ind omologice rezult¼a c¼a punctele A1; B1; C1

Figura 2.95: Teorema lui Véronèse

sunt coliniare. Omologia triunghiurilor ABC si A0B0C 0 implic¼a omologia triunghiurilorABC 0 si A0B0C de unde rezult¼a c¼a punctele C1; A00; B00 sunt coliniare. Analog, punctele(A1; B

00; C 00) si (B1; C 00; A00) sunt coliniare, deci triunghiul A00B00C 00 este omologic cu�ecare din triunghiurile ABC si A0B0C 0; având drept ax¼a de omologie dreapta A1C1;iar cum dreapta AA00 nu trece prin centrul O de omologie dintre triunghiurile ABCsi A0B0C 0 rezult¼a c¼a centrele de omologie O1 si O2 - dintre triunghiurile A00B00C 00 siABC; respectiv A00B00C 00 si A0B0C 0 - si punctul O sunt coliniare. �

88Gibran Kahlil (1883-1931) �poet, �losof, sculptor libanez89Giuseppe Véronµcse (1854-1917) �matematician italian, profesor la Universitatea din Roma, con-

tributii importante în geometria proiectiv¼a

Teorema lui Cosnit¼a 162

2.57 Teorema lui Cosnit¼a

�Matematica este o stiint¼a în care nu se stie niciodat¼a despre ce se vorbeste si nici dac¼a esteadev¼arat ce se vorbeste.��Bertrand Russel90

Teorema 214 (Cosnit¼a91) Fie O centrul cercului circumscris unui triunghi ABC siX;Y; Z centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor BOC;COA; respectiv AOB:Dreptele AX; BY si CZ sunt concurente.

Demonstratie. Solutia 1. Fie fA1g = AX \ BC; fB1g = BY \ CA; fC1g =CZ \AB (Fig. 2.96). Deoarece

Figura 2.96: Teorema lui Cosnit¼a

m(^BOX) = m(^OCX) = 1

2m(^BOC) = m(^A);

rezult¼a m(^OBC) = 90��m(^BOX) = 90��m(^A) si m(^CBX) = m(^BCX) =m(^A)�m(^OBC) = 2m(^A)� 90� = �: Analog, m(^ACY ) = 2m(^B)� 90� = �si m(^AZB) = 2(^C)� 90� = : Avem:

BA1A1C

=A[ABX]

AACX=

12 �AB �BX � sin(B + �)12 �AC � CX � sin(C + �)

=AB sin(B + �)

AC sin(C + �)

sauBA1A1C

=AB � cos(C �A)AC � cos(B �A) :

90Bertrand Russell (1872 - 1970) � �losof, logician si matematician englez, laureat al PremiuluiNobel pentru literatur¼a91Cesar Coasnit¼a (1910-1962) �matematician roman, profesor la Universitatea din Bucuresti

Teorema lui Cosnit¼a 163

Analog,CB1B1A

=CB � cos(A�B)BA � cos(C �B) si

C1A

C1B=CA � cos(B � C)CB � cos(A� C) :

Atunci,BA1A1C

� CB1B1A

� C1AC1B

= 1

(unde am tinut cont c¼a cos(�x) = cosx;8x 2 R) si din reciproca teoremei lui Cevarezult¼a c¼a dreptele AX;BY si CZ sunt concurente.

Solutia 2. Fie fA�g = ZY \BC; fB�g = XZ \AC si fC�g = XY \AB: DeoareceZY;XZ;XY sunt mediatoarele segmentelor AO;BO, respectiv CO din teorema luiAyme rezult¼a c¼a punctele A�; B�; C� sunt coliniare si din reciproca teoremei lui De-sargues aplicat¼a triunghiurilor ABC si XY Z rezult¼a c¼a dreptele AX;BY si CZ suntconcurente. �

Observatia 215 Punctul de concurent¼a al dreptelor AX;BY si CZ se numeste punc-tul lui Cosnit¼a al triunghiului ABC: Triunghiul XY Z se numeste triunghiul lui Cosnit¼aal triunghiului ABC. AX;BY;CZ se numesc dreptele lui Cosnit¼a.

Teorema 216 Într-un triunghi ABC, punctul lui Cosnit¼a (O�) si centrul cercului luiEuler (O9) sunt izogonal conjugate.

Demonstratie. Fie A0 si A00 punctele de intersectie dintre bisectoarele interioar¼asi exterioar¼a a unghiului ^A cu cercul circumscris triunghiului ABC si Oa centrul cer-cului circumscris triunghiului BHC. Punctele A;O9; Oa sunt coliniare (vezi �Cercurilelui Carnot� [14]) (Fig. 2.97). Avem: OX = R

2 cosA ; XA0 = XO � R; OOa = AH =

Figura 2.97: O� si O9 sunt izogonal conjugate

2R cosA (vezi �Cercurile lui Carnot�[14]). Atunci,

A00OaA00X

=A0OaA0X

= 2R cosA;

Teorema lui Cosnit¼a 164

deci fasciculul (A;NOaMO1) este armonic si cum m(^A0AA00) = 90� rezult¼a c¼adreptele AA0 si AA00 sunt bisectoarele unghiurilor ^XAOa; respectiv ^OaAP; undeP 2 (BAn[AB]) (vezi �Centrul cercului înscris în triunghi� [14]), deci ^XAA0 �^A0AOa sau ^XAA0 � ^A0AO9 (1), adic¼a dreptele AX si AO9 sunt izogonale. Ana-log se arat¼a c¼a dreptele BY si BO9 sunt izogonale, deci punctele lui Cosnit¼a (O�) sicentrul cercului lui Euler (O9) sunt izogonal conjugate. �

Teorema 217 Raza cercului circumscris triunghiului BOC are raza egal¼a cu R2 cosA :

Demonstratie. Avem XO = R�R�a4�A[BOC] =

R2�a4�R2�sin 2A

2

= R2 cosA : �

Teorema 218 Fie A�; B�; C� simetricele vârfurilor triunghiului ABC fat¼a de laturileopuse si O centrul cercului circumscris triunghiului ABC: Cercurile circumscrise tri-unghiurilor AOA�; BOB� si COC� se întâlnesc într-un al doilea punct care este in-versul în cercul circumscris al punctului lui Cosnit¼a.

Demonstratia rezult¼a din teorema 184.�

Figura 2.98: Teorema lui Yiu

Teorema 219 (Yiu) Fie A�; B�; C� simetricele vârfurilor triunghiului ABC fat¼a delaturile opuse. Cercurile circumscrise triunghiurilor AB�C�; BC�A�; CA�B� trec prininversul punctului lui Cosnit¼a în cercul circumscris triunghiului ABC.

Teorema lui Cosnit¼a 165

Demonstratie. Fie Q inversul punctului lui Cosnit¼a (O�) în cercul circumscristriunghiului ABC: Din teorema lui Musselman Q apartine cercurilor circumscrise tri-unghiurilor BOB� si COC� (Fig. 2.98). Atunci, ^B�QO � ^B�BO si ^C�QO �^C�CO; de unde rezult¼a c¼a

m(^B�QC�) = m(^BQO) +m(^C�QO) = m(^B�BO) +m(^C�CO)= [m(^CBB�)�m(^CBO)] + [m(^BCC�)�m(^BCO)]= [m(^CBB�) +m(^BCC�)]� [m(^CBO) +m(^BCO)]= m(^CBB�) +m(^BCC�)� (180� �m(^BOC)):

Dar m(^CBB�) = 90� �m(^C) = 90� �m(^B), m(^BOC) = 2m(^BAC): Astfel,

m(^B�QC�) = (90� �m(^C)) + (90� �m(^B))� 180� � 2m(^A)= 2m(^A)�m(^B)�m(^C) = 3m(^A)� 180�:

Deci, 180� �m(^B�QC�) = 2 � 180� � 3m(^A): Pe de alt¼a parte, ^BAC� � ^BACsi ^CAB� � ^BAC; de unde rezult¼a c¼a

m(^B�AC�) = 2 � 180� � [m(^BAC�) +m(^BAC) +m(^CAB�)]= 2 � 180� � 3m(^BAC):

Urmeaz¼a c¼a, m(^B�AC�) = 180� � m(^B�QC�); de unde rezult¼a c¼a Q apartinecercului circumscris triunghiului AB�C�: Analog, se arat¼a c¼a punctul Q apartine sicercurilor circumscrise triunghiurilor BC�A� si CA�B�: �

Observatia 220 În general, dat �ind un triunghi ABC si punctele A�; B�; C� astfelîncât cercurile circumscrise triunghiurilor A�BC;B�CA si C�AB au un punct comun,atunci cercurile circumscrise triunghiurilor AB�C�; BC�A� si CA�B� au de asemeneaun punct comun.

Figura 2.99: N� este mijlocul segmentului OO�

Teorema 221 Centrul cercului circumscris triunghiului de simetrie A�B�C� al tri-unghiului ABC este simetricul centrului cercului circumscris triunghiului ABC fat¼ade punctul lui Cosnit¼a.

Teorema lui Gergonne 166

Demonstratie. Centrul cercului circumscris triunghiului podar al unui punct Peste mijlocul segmentului PP � (P � �ind izogonalul conjugat al lui P ). Fie O� centrulcercului circumscris triunghiului A�B�C� (Fig. 2.99). Cum O9 si N� sunt izogonalconjugate rezult¼a c¼a O� este imaginea mijlocului segmentului O9N� prin omotetieH(G; 4) (unde am folosit teorema lui Boutte). Fie T mijlocul segmentului O9N�. Dinteorema lui Menelaus aplicat¼a triunghiului O9TG avem:

O�G

O�T� OO9OG

� N�T

O9N� =4

3� 32� 12= 1

rezult¼a punctele O;N� si O� sunt coliniare. Cum O�TTG = HO9

O9G= 3 rezult¼a O9T k O�H;

adic¼a O9N� k O�H; deci N� este mijlocul segmentului OO�: �

2.58 Teorema lui Gergonne

�In�nitul este numai un fel de a vorbi.��C. Gauss92

Teorema 222 (Gergonne93) Dac¼a cevienele AD;BE si CE sunt concurente într-unpunct P interior triunghiului ABC, atunci:

i)PD

AD+PE

BE+PE

CF= 1;

ii)AP

AD+BP

BE+CP

CF= 2;

iii)AP

PD+BP

PE+CP

PF+ 2 =

AP

PD� BPPE

� CPPF

:

Demonstratie. i) Avem: PDAD =A[BPD]A[ABC]

; PEBE =A[APC]A[ABC]

si PFCF =A[APB]A[ABC]

, de undeprin sumare rezult¼a concluzia.

ii) Cum

PD

AD=

AP �APAD

= 1� AP

AD;

PE

BE= 1� BP

BE;PF

CF= 1� CP

CF;

prin sumare rezult¼a

1 = 3��AP

AD+BP

BE+CP

CF

�;

adic¼a APAD +

BPBE +

CPCF = 2:

92Carl Gauss (1777-1855) � matematician, �zician si astronom german,contributii în teoria nu-merelor, geometrie diferential¼a, analiz¼a matematic¼a, statistic¼a93Joseph Gegonne (1771-1859) �matematician francez, fondator al revistei Annales de Mathéma-

tiques în 1810

Teorema lui Gergonne 167

Figura 2.100: Teorema lui Gergonne

iii) Fie x = APPD ; y =

BPPE ; z =

CPPF . Egalitatea demonstrat¼a anterior devine

x

x+ 1+

y

y + 1+

z

z + 1= 2;

de unde x+ y + z + 2 = xyz: �

Teorema 223 Într-un triunghi ABC dreptele care unesc vârfurile triunghiului cupunctele de contact ale cercului înscris cu laturile opuse sunt concurente.

Demonstratie. Fie Ca; Cb; Cc punctele de tangent¼a dintre cercul înscris în tri-unghiul ABC si laturile BC;AC; respectiv AB (Figura 2.101). Cum BCa = BCc;

Figura 2.101: Punctul lui Gergonne

CCa = CCb si ACb = ACc; avem: CaBCaC� CbCCbA

� CcACcB= 1, iar din reciproca teoremei lui

Ceva rezult¼a c¼a dreptele ACa; BCb si CCc sunt concurente. �Punctul � de concurent¼a al dreptelor ACa; BCb si CCc se numeste punctul lui

Gergonne.

Teorema lui Gergonne 168

Teorema 224 Dac¼a (�) este punctul lui Gergonne al triunghiului ABC; iar CaCbCctriunghiul s¼au de contact, atunci

A�

�Ca=

a(p� a)(p� b)(p� c) ;

B�

�Cb=

b(p� b)(p� c)(p� a) ;

C�

�Cc=

c(p� c)(p� a)(p� b) :

Demonstratie. Din teorema lui Van-Aubel rezult¼a

A�

�Cc=ACcCcB

+ACbCbC

=p� ap� b +

p� ap� c =

a(p� a)(p� b)(p� c) :

Analog se demonstreaz¼a si celelalte dou¼a egalit¼ati. �

Teorema 225 Este adev¼arat¼a relatia: A��Ca

� B��Cb �C��Cc

= 4Rr .

Demonstratie. Solutia este imediat¼a tinând cont de teorema precedent¼a si deformulele A[ABC] =

pp(p� a)(p� b)(p� c) = abc

4R = pr. �

Teorema 226 Dac¼a (�) este punctul lui Gergonne al triunghiului ABC; atunci pentruorice punct M din planul triunghiului ABC este adev¼arat¼a egalitatea:

��!M� =

1

s

�1

p� a��!MA+

1

p� b��!MB +

1

p� c��!MC

�;

unde s = 1p�a +

1p�b +

1p�c .

Demonstratie. Din A��Ca

= a(p�a)(p�b)(p�c) rezult¼a

��!M� =

��!MA+ a(p�a)

(p�b)(p�c)���!MCa

1 + a(p�a)(p�b)(p�c)

; (i)

dar BCaCaC= p�b

p�c ; de unde

���!MCa =

��!MB + p�b

p�c��!MC

1 + p�bp�c

=(p� c)��!MB + (p� b)��!MC

a: (ii)

Din relatiile (i) si (ii) rezult¼a concluzia. �

Teorema 227 Coordonatele baricentrice relative ale punctului lui Gergonne sunt:

�

�1

p� a;1

p� b ;1

p� c

�:

Demonstratie. Solutia rezult¼a din proprietatea precedent¼a. �

Teorema 228 Fie zA; zB; zC sunt a�xele vârfurilor A;B;C ale triunghiului ABC delaturi a; b; c: A�xul punctului lui Gergonne corespunz¼ator triunghiului ABC este egalcu

z� =

1p�azA +

1p�bzB +

1p�czC

1p�a +

1p�b +

1p�c

:

Demonstratie. Procedând la fel ca în teorema 226, rezult¼a concluzia. �

Teorema lui Poncelet 169

2.59 Teorema lui Poncelet

�Dac¼a natura n-ar � atât de minunat¼a nici n-ar merita s¼a o cunoastem, iar viata n-ar meritas¼a �e tr¼ait¼a. Am în vedere nu frumusetea care îti sare în ochi, ci acea frumusete profund¼acare se dezvolt¼a în armonia componentelor sale si este accesibil¼a numai ratiunii. Frumuseteaintelectual¼a ofer¼a satisfactie prin sine îns¼asi.��Henri Poincaré94

Teorema 229 (Poncelet95) Dreptele care unesc mijloacele laturilor unui triunghi ABCcu respectiv mijloacele cevienelor corespunz¼atoare punctului lui Gergonne sunt con-curente în centrul cercului înscris în triunghiul ABC.

Demonstratie. FieMa mijlocul laturii BC, Ca si Da proiectiile centrului cerculuiînscris I, respectiv a punctului Ia centrului cercului A�exînscris pe BC, iar P pun-ctul diametral opus lui Ca în cercul înscris în triunghiul ABC (Figura 2.102). Prin

Figura 2.102: Teorema lui Poncelet

omotetia de centru A si raport AIaAI , punctul P se transform¼a în punctul Da, deci

punctele A, P si Da sunt coliniare. Cum IMa este linie mijlocie în triunghiul CaPDarezult¼a IMa k ADa, deci IMa trece si prin mijlocul segmentului ACa. Analog se arat¼ac¼a si celelalte dou¼a segmente ce unesc mijloacele laturilor triunghiului cu mijloacelecevienelor punctului lui Gergonne trec prin I. �

94Henri Poincaré (1854 -1912) �matamatician si �zician francez, contributii importante în toateramurile matematicii95Jean V. Poncelet (1788-1867) �matematician francez,contributii în domeniul geometriei proiective

Teorema lui Nagel 170

2.60 Teorema lui Nagel

�Se poate vorbi de un umanism modern, de un sistem complet de cunostinte capabil s¼a formezeomul, bazat îns¼a pe matematic¼a? Sunt convins c¼a da.�- Ion Barbu96

Fie �a; � b; � c punctele de contact dintre cercurile A � exînscris, B � exînscris,respectiv C �exînscris cu laturile BC;CA; respectiv AB ale triunghiului ABC (Figura2.103).

Figura 2.103: Punctul lui Nagel

Teorema 230 (Nagel97) Dreptele A�a; B� b; C� c sunt concurente.

Demonstratie. Solutia 1. Fie a; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC si psemiperimetrul s¼au. Fie B�a = x si �aC = y: Atunci, x + y = a si x + c = y + b deunde x = p� c si y = p� b; deci �aB�aC

= p�cp�b : Analog,

�bC�bA

= p�ap�c si

�cA�cB

= p�bp�a ; de unde

rezult¼a�aB

�aC� � bC� bA

� � cA� cB

= 1

si din reciproca teoremei lui Ceva rezult¼a c¼a dreptele A�a; B� b; C� c sunt concurente.Solutia 2. Din �aB

�aC= p�c

p�b rezult¼a c¼a a�xul punctului �a este

z�a =zB +

p�cp�b � zC

1 + p�cp�b

=(p� b)zB + (p� c)zC

a

96 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributiiîn algebr¼a si geometrie97Christian von Nagel (1803-1882) �matematician german, contributii în geometria triunghiului

Teorema lui Kiepert 171

si analog se obtin relatii similare pentru punctele � b si � c. Dac¼a P 2 (A�a) si k = APP�a

atunci zP =zA+kz�a1+k de unde rezult¼a:

zP =1

1 + k

�1

p� a(p� a)zA +k

a(p� b)zB +

k

a(p� c)zC

�:

Se obtine o form¼a simetric¼a pentru relatia din parantez¼a dac¼a 1p�a =

ka , adic¼a pentru

k = ap�a si �e N punctul corespunz¼ator acestei valori a lui k. Obtinem un punct ce

va avea a�xul zN = 1p [(p� a)zA + (p� b)zB + (p� c)zC ]: Simetria relatiei precedente

arat¼a c¼a punctul N apartine si dreptelor B� b, respectiv C� c. �

Consecinta 231 A�xul punctul lui Nagel (N) al triunghiului ABC este:

zN =1

p[(p� a)zA + (p� b)zB + (p� c)zC ]:

Observatia 232 Punctul de concurent¼a al dreptelor A�a; B� b; C� c se numeste pun-ctul lui Nagel. Triunghiul �a� b� c se numeste triunghiul lui Nagel (sau triunghiulcotangentic): Triunghiul cotangentic �a� b� c este triunghiul cevian al punctului luiNagel.

2.61 Teorema lui Kiepert

�Cum se face c¼a matematica - produs prin excelent¼a al gândirii umane, independent de expe-rient¼a �poate � atât de admirabil adaptat obiectelor lumii reale?��A. Einstein98

Teorema 233 Pe laturile unui triunghi ABC, în exteriorul s¼au, se construiesc tri-unghiurile isoscele asemenea BA0C;AB0C;BC 0A. Dreptele AA0,BB0 si CC 0 sunt con-curente.

Demonstratie. Not¼am a�xele punctelor cu litere mici corespunz¼atoare (Fig. 2.104).Fie ^A0CB = � si A00 mijlocul laturii BC. Avem sin� = A0A00

A0C , deci a0 = a00+c sin�

1+sin� sau

a0 =b+ c+ 2c sin�

2(1 + sin�)

si analog se obtin egalit¼atile:

b0 =a+ c+ 2a sin�

2(1 + sin�); c0 =

b+ a+ 2b sin�

2(1 + sin�):

98Albert Einstein (1879-1955) ��zician german, profesor universitar la Berlin si Princeton, laureatal Premiului Nobel

Teorema lui Catalan 172

Figura 2.104: Teorema lui Kiepert

Ecuatia dreptei AA0 este urm¼atoarea:��a�

�b+ �c+ 2�c sin�

2(1 + sin�)

�z �

�a� b+ c+ 2c sin�

2(1 + sin�)

��z+

+a(�b+ �c+ 2 sin��c)

2(1 + sin�)� �a(b+ c+ 2c sin�)

2(1 + sin�)= 0:

Sumând ecuatiile dreptelor AA0, BB0, respectiv CC 0 obtinem o identitate, de underezult¼a c¼a dreptele AA0,BB0 si CC 0 sunt concurente. �

2.62 Teorema lui Catalan

�Geometria este cea mai bun¼a si mai simpl¼a dintre toate logicile, cea mai potrivit¼a s¼a deain�exibilitate judec¼atii si ratiunii.�- Denis Diderot99

Teorema 234 (Catalan100) Trei antiparalele egale relative la laturile unui triunghidetermin¼a pe laturi puncte conciclice.

Demonstratie. FieA0C 00; B0A00; C 0B00 trei antiparalele egaleA0; A00 2 (BC), B0; B00 2(CA), C 0; C 00 2 (AB) (Fig. 2.105): Din \BA0C 00 �\BAC � \CA00B0 rezult¼a \C 00A0C �\BA00B0; cum A0C 00 � A00B0 rezult¼a c¼a A0A00B0C 00 este trapez isoscel, deci inscriptibil99Denis Diderot (1713-1734) ��losof si scriitor francez, �gur¼a central¼a a iluminismului100Éugéne Catalan (1814-1894) �matematician belgian, contributii în geometrie, algebr¼a si analiz¼a

Teorema lui Blanchet 173

Figura 2.105: Teorema lui Catalan

(1). Atunci B0C 00 k BC, deci dreapta C 0B00 este antiparalel¼a cu B0C 00, de unde rezult¼ac¼a patrulaterul B0B00C 0C 00 este inscriptibil (2). Analog, patrulaterul A0C 00C 0B00 esteinscriptibil (3). Din relatiile (2) si (3) rezult¼a c¼a punctele A0; C 00; C 0; B00; B0 sunt con-ciclice (4). Din relatiile (1) si (4) rezult¼a c¼a punctele A0; C 00; C 0; B00; B0 C 00; C 0 suntconciclice. �

Cercul ce contine punctele A0; C 00; C 0; B00; B0C 00; C 0 se numeste cercul lui Taylor .

2.63 Teorema lui Blanchet

�exist¼a matematicieni...care îndr¼aznesc s¼a viseze c¼a dou¼a paralele, care conform teoriei luiEuclid, nu se pot întâlni niciodat¼a pe p¼amânt, se întâlnesc undeva la in�nit. Eu...am ajuns laconcluzia c¼a, din moment ce nu înteleg nici m¼acar atâta lucru, cum as putea s¼a - l înteleg peDumnezeu?��Feodor Dostoievski101

Teorema 235 Fie M un punct oarecare pe înaltimea AD a triunghiului ABC, D 2(BC) si fEg 2 BM \ AC, fFg 2 CM \ AB. S¼a se arate c¼a AD este bisectoareaunghiului ^FDE.

Demonstratie. Ducem prin A o paralel¼a d la BC si �e fPg = DE \ d, fQg =FD \ d (Fig. 2.106). Din asem¼anarea triunghiurilor AFQ si BFD, respectiv AEP siCED rezult¼a AQ

BD =AFFB si

APDC =

AEEC ; de unde

AQ

AP=BD

DC� AFFB

� ECAE

= 1;

101Feodor Dostoievski (1821-1881) - scriitor rus

Teorema lui Alasia 174

Figura 2.106: Teorema lui Blanchet

deci AQ = AP . Cum BC k PQ si AD?BC obtinem AD?PQ: Rezult¼a c¼a triunghiulPDQ este isoscel, deci AD este bisectoarea unghiului ^PDQ: �

2.64 Teorema lui Alasia

�Geometria se bazeaz¼a pe aceast¼a sintez¼a succesiv¼a a imaginatiei productive în generarea�gurilor. Este o baz¼a a axiomelor care formuleaz¼a conditiile intuitiei sensibile a priori, potrivitc¼areia dou¼a drepte nu pot încadra un spatiu.�- I. Kant102

Teorema 236 (Alasia103) Un cerc intersecteaz¼a laturile AB;BC;CA ale unui tri-unghi ABC în punctele D;D0;E;E0;respectiv F; F 0: Dreptele DE0; EF 0 si FD0 deter-min¼a un triunghi A0B0C 0 omologic cu triunghiul ABC:

Demonstratie. Fie fA0g = DE0 \ EF 0; fB0g = FD0 \ EF 0; fC 0g = FD0 \DE0;fA00g = B0C 0 \BC; fB00g = A0C 0 \AC; fC 00g = A0B0 \AB (Fig. 2.107):

Teorema lui Menelaus aplicat¼a triunghiului ABC cu transversalele A00�D�F;B00�D � E0; respectiv C 00 � E � F 0 ne d¼a:

A00B

A00C� D

0A

D0B� FCFA

= 1;

B00C

B00A� E

0B

E0C� DADB

= 1;

C 00A

C 00B� F

0C

F 0A� EBEC

= 1;

102 Immanuel Kant (1724-1804) ��losof german103Cristoforo Alasia (1869-1918) �matematician italian

Teorema lui Ayme 175

Figura 2.107: Teorema lui Alasia

de unde rezult¼a:

A00B

A00C� B

00C

B00A� C

00A

C 00B=

�D0B

D0A� FAFC

���E0C

E0B� DBDA

���F 0A

F 0C� ECED

�= 1

(cf. th. lui Carnot) si din reciproca teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a puncteleA00; B00; C 00 sunt coliniare, iar din reciproca teoremei lui Desargues rezult¼a c¼a triunghiu-rile ABC si A0B0C 0 sunt omologice. �

Din teorem¼a rezult¼a c¼a dreptele AA0; BB0 si CC 0 sunt concurente.

2.65 Teorema lui Ayme

�In�nitul? Nici o întrebare nu a miscat atât de profund spiritul omului.�- D. Hilbert104

Teorema 237 (L. Ayme) Fie O centrul cercului circumscris unui triunghi ABCsi X;Y; Z punctele de intersectie dintre mediatoarele segmentelor OA;OB;OC cudreptele BC;CA; respectiv AB:

Demonstratie. FieD;E; F mijloacele segmentelorOA;OB; respectivOC. DeoareceEF este linie mijlocie în triunghiul isoscel BOC rezult¼a c¼a patrulaterul BCFE estetrapez isoscel, deci punctele B;C; F si E sunt conciclice (Fig. 2.108). Analog, punctele

104David Hilbert (1962-1943) �matematician german, profesor la Universitatea din Göttingen, con-tributii remarcabile în geometrie si analiza matematic¼a

Teorema lui Ayme 176

Figura 2.108: Teorema lui Ayme

C;A; F si D; respectiv A;B;D si E sunt conciclice. Conform teoremei lui Dergiadesaplicat¼a cercurilor precedente rezult¼a c¼a punctele X;Y si Z sunt conciclice. �

Teorema 238 (Musselman) Fie A�; B�; C� simetricele vârfurilor triunghiului ABCfat¼a de laturile opuse si O centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Cercurilecircumscrise triunghiurilor AOA�; BOB�; COC� se întâlnesc într-un al doilea punct.

Demonstratie. Fie X;Y; Z centrele cercurilor considerate. Mediatoarele seg-mentelor OA;OB;OC trec prin punctele X;Y; respectiv Z si conform teoremei luiAyme punctele X;Y si Z sunt coliniare. Cum punctul O apartine cercurilor consid-erate si centrele lor sunt coliniare, rezult¼a c¼a cercurile se întâlnesc într-un al doileapunct numit punctul lui Gibert (Gi) al triunghiului ABC. Cercurile circumscrise tri-unghiurilor AOA�; BOB�; COC� se numesc cercurile lui Musselman. �

Teorema lui Bobillier 177

2.66 Teorema lui Bobillier

�Matematicianul este îmblânzitorul ce a domesticit in�nitul.��Lucian Blaga105

Teorema 239 (Bobillier106) Fie M un punct în planul triunghiului ABC. Perpen-dicularele ridicate din punctul M pe dreptele MA;MB;MC intersecteaz¼a laturileBC;CA; respectiv AB în trei puncte coliniare.

Demonstratie. Fie N;P si Q punctele de intersectie ale dreptelor AC;BC si

Figura 2.109: Teorema lui Bobillier

AB cu perpendicularele duse din M pe MB;MA; respectiv MC (Fig. 2.109). Avem:

PB

PC=A[MBP ]

A[MPC]=MB �MP � sin^BMPMC �MP � sin^PMC =

MB � sin^BMPMC � sin^PMC

sauPB

PC=MB � cos^AMBMC � cos^AMC :

Analog se arat¼a c¼a NCNA =MCMA �

cos^BMCcos^AMB si

QAQB =

MAMB �

cos^AMCcos^BMC : Deci,

PBPC �

NCNA �

QAQB = 1

si din reciproca teoremei lui Menelaus rezult¼a c¼a punctele N;P si Q sunt coliniare. �Dreapta PQ se numeste ortotransversala punctului M în raport cu triunghiul

ABC:

105Lucian Blaga (1895-1961) - �lozof, umanist, jurnalist, poet, dramaturg, traduc¼ator, profesor uni-versitar si diplomat român, membru titular al Academiei Române106Étienne Bobiller (1898-1940) �geometru francez

Teorema lui Boutin 178

2.67 Teorema lui Boutin

�Matematica e arta de a gândi prin teoreme.�- Ion Barbu107

Teorema 240 Fie MaMbMc triunghiul median corespunz¼ator unui triunghi ABC siO centrul cercului circumscris triunghiului ABC. Pe dreptele OMa, OMb, OMc seconsider¼a punctele A1,B1,C1 astfel încât OA1OMa

= OB1OMb

= OC1OMc

. Dreptele AA1,BB1,CC1sunt concurente într-un punct ce apartine dreptei lui Euler a triunghiului ABC.

Demonstratie. Din OA1OMa

= OB1OMb

= OC1OMc

rezult¼a c¼a triunghiurile MaMbMc si

Figura 2.110: Teorema lui Boutin

A1B1C1 sunt asemenea, iar cum fOg = A1Ma \ B1Mb \ C1Mc rezult¼a c¼a triunghiulMaMbMc si A1B1C1 sunt omotetice, centrul de omotetie �ind punctul O (Fig. 2.110).Dar si triunghiurileMaMbMc si ABC sunt omotetice, centrul de omotetie �ind punctulG centrul de greutate al triunghiului ABC. Atunci, rezult¼a c¼a triunghiurile ABCsi A1B1C1 sunt omotetice, centrul de omotetie apartinând dreptei determinate decelelalte dou¼a centre de omotetie - dreapta OG - adic¼a dreptele AA1,BB1,CC1 suntconcurente într-un punct (numit punctul lui Franke) ce apartine dreptei lui Euler atriunghiului ABC. �

107 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributiiîn algebr¼a si geometrie

Teorema lui Cantor 179

2.68 Teorema lui Cantor

�Noi stim c¼a unu ori unu fac unu, dar un inorog ori o par¼a nu stim cât face. Stim c¼a cinci f¼ar¼apatru fac unu, dar un nor far¼a o corabie nu stim cat face.��N St¼anescu108

Teorema 241 (G. Cantor109) Perpendicularele duse din mijloacele laturilor unui tri-unghi pe laturile opuse ale triunghiului tangential corespunz¼ator sunt concurente.

Demonstratie. Alegem ca reper complex cu originea în centrul triunghiului ABC

Figura 2.111: Teorema lui Cantor

si �e TATBTC triunghiul s¼au tangential (Fig. 2.111). Not¼am cu litere mici a�xelepunctelor corespunz¼atoare. Fie A0; B0; C 0 mijloacele laturilor BC;AC; respectiv AB.Avem: a0 = b+c

2 ; b0 = a+c

2 ; c0 = a+b

2 : A�xul centrului cercului lui Euler este egal cun = a+b+c

2 : Deoarecen� a0o� a =

a+b+c2 � b+c

2

�a = �122 R

rezult¼a c¼a A0N k AO: Cum AO?TBTC rezult¼a c¼a A0N?TBTC . Analog, se demon-streaz¼a c¼a si perpendicularele din B0 si C 0 pe laturile TATC ; respectiv TATB trec prinpunctul O9 (centrul cercului lui lui Euler al triunghiului ABC). �

108Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române109Georg Cantor (1845-1918) �matematician german, contributii remarcabile în teoria multimilor;este considerat unul din fondatorii matematicii moderne.

Teoremele lui Carnot 180

2.69 Teoremele lui Carnot

�. . . dac¼a Dumnezeu exist¼a cu adev¼arat si a creat lumea, atunci, dup¼a cum stim cu totii, acreat-o conform Geometriei Euclidiene si a înzestrat mintea uman¼a cu conceptia a numai treidimensiuni spatiale. Cu toate acestea au existat si mai exist¼a înc¼a matematicieni, unii chiargeniali, care se îndoiesc c¼a întregul univers a fost creat conform geometriei euclidiene.��FeodorDostoievski110

Teorema 242 (Carnot111) Fie triunghiul ABC si punctele A0 2 BC,B0 2 AC; res-pectiv C 0 2 AB. Perpendicularele duse din punctele A0; B0; C 0 pe laturile BC;AC;respectiv AB sunt concurente dac¼a si numai dac¼a

AC 02 �BC 02 +BA02 � CA02 + CB02 �AB02 = 0

Demonstratie. Presupunem c¼a perpendicularele se întâlnesc într-un punct P (Fig.2.112). Din teorema lui Pitagora rezult¼a: AC 02+C 02 = AP 2 (1), BC 02+PC 02 = BP 2

Figura 2.112: Teorema proiectiilor lui Carnot

(2), BA02 + PA02 = BP 2 (3), CA02 + PA02 = CP 2 (4), CB02 + PB02 = CP 2 (5),AB02 + PB02 = AP 2 (6). Din ecuatiile (1), (3) si (5), respectiv (2), (4) si (6) prinsumare rezult¼a:

AC 02 + PC 02 +BA02 + PA02 + CB02 + PB02 = AP 2 +BP 2 + CP 2; (7)

respectiv

BC 02 + PC 02 + CA02 + PA02 +AB02 + PB02 = BP 2 + CP 2 +AP 2; (8)

de unde rezult¼a concluzia. �

110Feodor Dostoievski (1821-1881) - scriitor rus111Lazare Carnot (1753-1823) �matematician si inginer francez

Teoremele lui Carnot 181

Consecinta 243 Urm¼atoarele relatii sunt echivalente:

i) AC 02 �BC 02 +BA02 � CA02 + CB02 �AB02 = 0;ii) c �AC 0 + a �BA0 + b � CB0 = c � C 0B + a �A0C + b �B0A;iii) 2(c �AC 0 + a �BA0 + b � CB0) = a2 + b2 + c2;iv) AC 0 � sinC +BA0 sinA+ CB0 sinB = C 0B � sinC +A0C sinA+B0A sinB:Demonstratie. Relatia (i) este echivalent¼a cu

(AC 0�C 0B)(AC 0+C 0B)+ (BA0�A0C)(BA0+A0C)+ (CB0�B0A)(CB0+B0A) = 0

sau AC 0 � c � C 0B � c + BA0 � a � A0C � a + CB0 � b � B0A � b = 0 (adic¼a relatia (ii)).Relatia (iii) se obtine din relatia (ii) astfel:

2(c �AC 0 + a �BA0 + b � CB0) = 2(c � C 0B + a �A0C + b �B0A)= c � C 0B + a �A0C + b �B0A+ c �AC 0

+a �BA0 + b � CB02 + a2 + b2:

Relatia (iv) este echivalent¼a cu relatia (ii) utilizând teorema sinusurilor. �

Consecinta 244 Mediatoarele laturilor unui triunghi sunt concurente.

Demonstratie. Fie A0; B0; C 0 mijloacele laturilor BC;AC; respectiv AB ale tri-

Figura 2.113: Mediatoarele laturilor unui triunghi sunt concurente.

unghiului ABC (Fig. 2.113). Din reciproca teoremei lui Carnot rezult¼a : AC 02�BC 02+BA02 � CA02 + CB02 �AB02 = 0; deoarece BA0 = A0C; B0A = B0C si C 0A = C 0B. �

Consecinta 245 În¼altimile unui triunghi sunt concurente.

Demonstratie. Fie AA0; BB0; CC 0 în¼altimile triunghiului ABC (Fig. 2.114).Avem: AB2 � BA02 = AA02 = AC2 � CA02 de unde AB2 � AC2 = BA02 � CA02.Analog se obtin relatiile: AC2 �BC2 = AC 02 �BC 02 si BC2 �AB2 = CB02 �AB02:Sumând relatiile precedente obtinem : AC 02�BC 02+BA02�CA02+CB02�AB02 = 0,relatie care arat¼a c¼a în¼altimile AA0; BB0; CC 0 sunt concurente. �

Teoremele lui Carnot 182

Figura 2.114: În¼altimile unui triunghi sunt concurente.

Teorema 246 Într-un triunghi ascutitunghic ABC suma distantelor de la centrul cer-cului circumscris (O) la laturile triunghiului este egal¼a cu suma lungimilor razelorcercului înscris si circumscris triunghiului.

Demonstratie. Fie A1; B1; C1, proiectiile lui O pe laturile BC;CA, respectiv AB.Avem de demonstrat faptul c¼a:

OA1 +OB1 +OC1 = r +R:

Not¼am cu x; y; z lungimile distantelor OA1, OB1, respectiv OC1. Din teorema luiPtolomeu pentru patrulaterul inscriptibil OB1AC1 rezult¼a:

OB1 �AC1 +OC1 �AB1 = OA �B1C1;

adic¼a y � c2+z �b2 = R �

a2 , de unde cy+bz = Ra: Analog se demonstreaz¼a c¼a ax+cz = Rb

si bx+ ay = Rc. Sumând relatiile precedente rezult¼a:

2(x+ y + z)� (ax+ by + cz) = 2Rp;

unde p = a+b+c2 . Deoarece ax+ by + cz = 2A[ABC] = 2rp rezult¼a

x+ y + z = R+ r:

�

Observatia 247

1) Egalitatea OA1 +OB1 +OC1 = r +R se numeste relatia lui Carnot.2) Dac¼a triunghiul ABC este obtuzunghic (de exemplu �e m(^A) > 90�)), atunci

teorema lui Carnot devine �x+ y + z = R+ r:3) Cum m(^BOA1) = m(^BAC) rezult¼a x = R cosA si analog rezult¼a y =

R cosB; z = R cosC, care înlocuite în relatia lui Carnot dau:

cosA+ cosB + cosC = 1 +r

R:

Teoremele lui Carnot 183

Consecinta 248 O form¼a echivalent¼a a teoremei lui Carnot este:

x+ y + z =abc(jcosAj+ jcosBj+ jcosCj)

4 �A[ABC]

Consecinta 249 Dac¼a ABCD este un patrulater inscriptibil si r1; r2; r3; r4 sunt razelecercurilor înscrise în triunghiurile ABC;BCD;CDA; respectiv DAB s¼a se arate c¼a

r1 + r3 = r2 + r4:

Demonstratie. Not¼am cu x; y; z; t; u; si v distantele de la centrul cercului circum-scris patrulaterului (O) la AB;BC;CD;DA;AC; respectiv DB (Fig. 2.115). Fie R

Figura 2.115: r1 + r3 = r2 + r4

raza cercului circumscris patrulaterului. Teorema lui Carnot aplicat¼a triunghiurilorABC;BCD;CDA, si DAB d¼a:

x+ y + u = R+ r; (1)

y + z + v = R+ r; (2)

z + t� u = R+ r; (3)

x+ t� v = R+ r: (4)

Din relatiile (1) si (2), respectiv (3) si (4) rezult¼a x+y�z�v = r1�r2 si z�u�x+v =r3 � r4, de unde: r1 � r2 + r3 + r4 = 0, adic¼a r1 + r3 = r2 + r4. �

Teorema 250 Dac¼a un cerc taie laturile unui triunghi în punctele D;M;E;N; F; Patunci:

DB

DC� MBMC

� ECEA

� NCNA

� FAFB

� PAPB

= 1:

Demonstratie. Din puterea punctului fat¼a de un cerc avem: � (A) = AF �AP =AN � AE; � (B) = BD �BM = BP �BF; � (C) = CM � CD = CE � CN (Fig. 2.116).Cum

Teorema lui Soons 184

Figura 2.116: Teorema lui Carnot

� (B)

� (C)� � (C)� (A)

� � (A)� (B)

= 1;

rezult¼a:DB

DC� MBMC

� ECEA

� NCNA

� FAFB

� PAPB

= 1:

�

2.70 Teorema lui Soons

"Exist¼a matematicieni care îndr¼aznesc s¼a viseze c¼a dou¼a paralele se întâlnesc la in�nit. Eu ...am ajuns la concluzia c¼a, din moment ce nu înteleg nici m¼acar atâta lucru, cum as putea sa-lînteleg pe Dumnezeu? "- Feodor Dostoievski112

Teorema 251 (Existenta ortopolului unei drepte) Vârfurile A;B;C ale triunghiuluiABC se proiecteaz¼a pe o dreapt¼a d oarecare ce nu trece prin vârfurile triunghiuluiABC în L;M respectiv N . Perpendicularele din L pe BC, M pe AC si N pe AB suntconcurente într-un punct numit ortopolul dreptei d a triunghiului ABC.

Demonstratie. Fie AL;BM si CN perpendicularele duse din A;B si C pe dreaptad, (L;M;N 2 d). Fie LA0?BC; MB0?AC; NC 0?AB, A0 2 BC; B0 2 AC; C 0 2 AB(Fig. 2.117). Avem:

AM2 �ML2 = AL2 = AN2 � LN2;

de unde rezult¼aAM2 �AN2 = LM2 � LN2:

Analog,BN2 �BL2 =MN2 � LM2

112Feodor Dostoievski ( 1821 -1881) �scriitor rus

Teorema lui Soons 185

Figura 2.117: Teorema lui Soons

siCL2 � CM2 = LN2 �MN2:

Sumând relatiile precedente rezult¼a

AM2 �AN2 +BN2 �BL2 + CL2 � CM2 = 0;

adic¼a(MB02+AB02)� (NC 02+AC 02) + (BC 02+NC 02)�

(BA02+LA02) + (CA02+LA02)� (MB02+CB02) = 0

egalitate echivalent¼a cu:

AB02 �AC 02 +BC 02 �BA02 + CA02 � CB02 = 0

si din reciproca teoremei lui Carnot rezult¼a concluzia. �

Teorema lui Casey 186

2.71 Teorema lui Casey

�Ca si în geometrie, înteleg prin poezie o anumit¼a simbolic¼a pentru reprezentarea formelorposibile de existent¼a. Pentru mine poezia este o prelungire a geometriei, asa c¼a, r¼amânândpoet, nu am p¼ar¼asit niciodat¼a domeniul divin al geometriei.��Ion Barbu

Teorema 252 (Casey113) Fie cercurile C(O; r); C(O1; r1); C(O2; r2); C(O3; r3); C(O4; r4).Dac¼a cercurile C1;C2;C3 si C4 sunt tangente interior la cercul C (orientarea �ind înordinea numerot¼arii), atunci avem urm¼atoarea relatie între distantele tangentiale din-tre cercuri:

d12 � d34 + d23 � d41 = d13 � d24(prin distant¼a tangential¼a dij dintre cercurile Ci si Cj întelegem lungimea tangenteicomune exterioare duse la cele dou¼a cercuri, cele dou¼a cercuri a�ându-se de aceeasiparte a tangentei):

Demonstratie. Fie T1; T2; T3; T4 punctele de tangent¼a ale cercurilor C1; C2; C3 sirespectiv C4 cu cercul C (Fig. 2.118). Din teorema cosinusului în triunghiul TiOTj si

Figura 2.118: Teorema lui Casey

OiOOj obtinem:

cos(^TiOTj) =2r2 � TiT 2j

2r2

siOiO

2j = (r � ri)2 + (r � rj)2 � 2(r � ri)(r � rj) cos(^TiOTj)

113John Casey (1820-1891) � matematician britanic, profesor la Universitatea Dublin, contributiiimportante în geometrie

Teorema lui Casey 187

sau

OiO2j = (ri � rj)2 + (r � ri)(r � rj)

TiT2j

r2:

Fie tangenta comun¼a interioar¼a cercurilor C(Oi; ri) si C(Oj ; rj), dij = AB. Dintrapezul dreptunghic ABOjOi rezult¼a:

d2ij = AB2 = OiO

2j � (OiA�OjB)2 = (ri � rj)2 + (r � ri)(r � rj)

TiT2j

r2� (ri � rj)2

adic¼a

d2ij = (r � ri)(r � rj)TiT

2j

r2;

de unde rezult¼a

dij =TiTjr

q(r � ri)(r � rj):

Egalitatead12 � d34 + d23 � d41 = d13 � d24

este echivalent¼a cu

T1T2r

p(r � r1)(r � r2)�

T3T4r

p(r � r3)(r � r4)+

T2T3r

p(r � r2)(r � r3)�

T4T1r

p(r � r4)(r � r1)

=T1T3r

p(r � r1)(r � r3) �

T2T4r

p(r � r2)(r � r4);

adic¼aT1T2 � T3T4 + T2T3 � T4T1 = T1T3 � T2T4

(teorema lui Ptolemeu). �

Consecinta 253 Fie triunghiul ABC înscris în cercul { si cercurile C1; C2; C3 tan-gente interioare cercului si laturilor BC;CA, respectiv AB, astfel încât A si C1, Bsi C2, C si C3 s¼a �e de p¼arti diferite fat¼a de BC;CA, respectiv AB. Not¼am cul1; l2; l3 lungimile tangentelor din A;B;C la cercurile C1; C2; respectiv C3 si prin dijlungimea tangentei comune exterioare a cercurilor i si j; i; j = 1; 3; i 6= j. Atunci:d12 = d23 = d31 dac¼a si numai dac¼a

l1 =b+ c

2; l2 =

c+ a

2; l3 =

a+ b

2:

Demonstratie. Cercurile C1; C2; C3 sunt tangente laturilor triunghiului ABC înmijlocul acestora (Fig. 2.119). Aplicând succesiv teorema lui Casey pentru cercurile:{ si A; C2; C1; C3; { si B;C3; C1; C2; { si C;C1; C3; C2 se obtin egalit¼atile:

b

2� d13 +

c

2� d12 = l1 � d23;

c

2� d12 +

a

2� d23 = l2 � d13; (*)

a

2� d23 +

b

2� d13 = l3 � d12;

Teorema lui Casey 188

Figura 2.119: d12 = d23 = d31

de unde rezult¼a

l1 =b+ c

2; l2 =

c+ a

2; l3 =

a+ b

2:

Reciproc, dac¼a l1 = b+c2 ; l2 =

c+a2 ; l3 =

a+b2 prin înlocuirea acestora în relatiile (�)

rezult¼a

b(d13 � d23) = c(d23 � d12);c(d12 � d13) = a(d13 � d23);a(d23 � d12) = b(d12 � d13)

si de aici:d12 � d13

a=d23 � d12

b=d13 � d23

c=

0

a+ b+ c;

de unde d12 = d23 = d31: �

Consecinta 254 În triunghiul ABC, �e C1 si C2 dou¼a cercuri tangente exterior înpunctul I; tangente laturii BC si tangente interior cercului circumscris triunghiuluiABC. S¼a se arate c¼a punctul I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC.

Demonstratie. Fie C1 \ BC = fXg, C2 \ BC = fY g, fDg = AI \ BC (Fig.2.120). Fie AI = z, BX = x, CY = y, DX = DY = DI = �. Din teorema lui Caseyaplicat¼a cercurilor (A;C1; B; C) si respectiv (A;C2; C;B) ne d¼a:

az + bx = c(2�+ y) (1)

siaz + cy = b(2�+ x) (2)

de unde bx� cy = �(c� b) adic¼a

x+ �

y + �=c

b;

Teorema lui Casey 189

Figura 2.120: Cercuri tangente - Teorema lui Casey

relatie echivalent¼a cu BDDC =

ABAC , ceea ce implic¼a c¼a AI este bisectoarea unghiului A si

BD = acb+c . Din (1) si (2) rezult¼a az = �(b + c), de unde

z� =

b+ca , adic¼a

AIID = AB

BD ,egalitate care arat¼a c¼a BI este bisectoarea ^ABC, deci I este centrul cercului înscrisîn triunghiul ABC. �

Teorema lui Casey (Generalizarea teoremei lui Ptolemeu)Prin tij vom nota lungimea tangentei comune exterioare cercurilor C1si C2 (cele

dou¼a cercuri se a�a de aceasi parte a tangentei). Dac¼a cercurile C1,C2,C3 si C4 toatetangente interior (sau exterior) unui cerc C în ordinea ciclic¼a C1,C2,C3,C4, atunci

t12 � t34 + t23 � t41 = t13 � t24:

Mai mult dac¼a exist¼a relatiile

�t12 � t34 � t14 � t23 � t13 � t24 = 0

pentru o anumit¼a alegere a semnelor + sau - , exist¼a un cerc tangent (interior sauexterior) tuturor celor 4 cercuri.

Teorema lui Clairaut 190

2.72 Teorema lui Clairaut

�Ajung tot mai mult la concluzia c¼a necesitatea geometriei noastre nu poate �demonstrat¼a...Poatec¼a în alt¼a viat¼a vom reusi s¼a de�nim spatiul, pentru c¼a acum este practic imposibil.� - CarlGauss114

Pe laturile AB si AC ale unui triunghi ABC se construiesc în exterior (sau îninterior) paralelogramele AA1B1B si AA2C1C. Fie fMg = A1B1 \ A2C1, fA3g =MA\BC; construim punctul A4 astfel încat A3 2 (AA4); A3A4 = AM si paralelogra-mul BCC2B2 cu BB2 k A3A4 si BB2 � A3A4 (Fig. 2.121).

Figura 2.121: Teorema lui Clairaut

Teorema 255 (Clairaut115) Suma ariilor paralelogramelor AA1B1B si AA2C1C esteegal¼a cu aria paralelogramului BCC2B2.

Demonstratie. Fie fB3g = BB2 \ A1B1 si {C3}= CC2 \ A2C1. Din AM =BB2 = BB3 = CC2 = CC3;MB3 = AB si MC3 = AC rezult¼a c¼a:

A[AA1B1B] = A[BB3MA]; A[AA2C1C] = A[CC3MA];

A[BB3C3C] = A[BB2C2C]; A[MB3C3] = A[ABC]:

Avem:

A[AA1B1B] +A[AA2C1C] = A[BB3MA] +A[CC3MA] = A[BCC3MB3] �A[ABC]= A[MB3C3] +A[BB3C3C] �A[ABC]= A[BB3C3C] = A[BB2C2C]:

�114Carl Gauss (1777-1855) � matematician, �zician si astronom german,contributii în teoria nu-merelor, geometrie diferential¼a, analiz¼a matematic¼a, statistic¼a115Claude Clairaut (1713-1765) � matematician, �zician francez, membru al Academiei Franceze,contributii în analiza matematic¼a si geometrie

Teorema lui Mathieu 191

Observatia 256 O consecint¼a a teoremei lui Clairaut este teorema lui Pitagora. Ast-fel, dac¼a m(^BAC) = 90�, AA1B1B si AA2C1C sunt p¼atrate si MA = A3A4 = BC(Fig: 2.122). Din teorema lui Clairaut avem:

Figura 2.122: Consecint¼a a teoremei lui Clairaut

A[AA1B1B] +A[AA2C1C] = A[BB2C2C]

relatie echivalent¼a cu: AB2 +AC2 = BC2.

2.73 Teorema lui Mathieu

�Istoria ne arat¼a, c¼a viata este doar un episod între dou¼a vesnicii ale mortii si în acest episodgândirea constient¼a dureaz¼a doar o clip¼a. Gândirea este doar o explozie de lumin¼a în mijloculunei nopti lungi, dar aceast¼a explozie este totul.�- Henri Poincaré116

Teorema 257 (Mathieu117) Într-un triunghi izogonalele a trei ceviene concurente suntla rândul lor concurente.

Demonstratie. Fie triunghiul ABC si cevienele AA0; BB0; CC 0 concurente înpunctul M 0. Fie AA00; BB00; CC 00 (A00 2 BC,B00 2 AC,C 00 2 AB) izogonalele dreptelorAA0; BB0, respectiv CC 0 (Fig. 2.123). Atunci, m(\BAA0) = m(\A00AC); m(\B0BA) =116Henri Poincaré ( 1854 -1912) �matematician si �zician francez, contributii importante în toateramurile matematicii117Claude Mathieu (1783-1875) �matematician francez, profesor la Ecole Polytechnique din Paris

Teorema lui Mathieu 192

Figura 2.123: Teorema lui Mathieu

m(\B00BC) si m(\ACC 0) = m(\C 00CB): Din forma trigonometric¼a a teoremei lui Cevaaplicat¼a pentru cevienele concurente în M rezult¼a:

sin^BAA0sin^A0AC � sin^ABB

0

sin^B0BC �sin^ACC 0sin^C 0CB = 1

sausin^A00ACsin^BAA" �

sin^B00BCsin^ABB00 �

sin^C 00CBsin^ACC 00 = 1

si din reciproca teoremei lui Ceva rezult¼a c¼a izogonalele AA00; BB00; CC 00 sunt con-curente într-un punct M 00: �

Observatia 258 Punctele M 0 si M 00 se numesc puncte izogonale.

Observatia 259 Izogonala unei mediane a unui triunghi se numeste simedian¼a.

Consecinta 260 (Lemoine) Într-un triunghi simedianele sunt concurente.

Demonstratia este evident¼a deoarece medianele sunt concurente. Punctul deconcurent¼a al simedianelor se numeste punctul lui Lemoine corespunz¼ator triunghiului.Centrul de greutate al unui triunghi si punctul lui Lemoine corespunz¼ator triunghiuluisunt puncte izogonale.

Teorema lui Urquhart - Pedoe 193

2.74 Teorema lui Urquhart - Pedoe

�Matematica va � limba latin¼a a viitorului, obligatorie pentru toti oamenii de stiint¼a, tocmaipentru c¼a matematica permite accelerarea maxim¼a a circulatiei ideilor stiinti�ce.��GrigoreMoisil118

Teorema 261 În triunghiul ABC; �e transversala B0�D�C 0 astfel încât B 2 (B0A),D 2 (BC), C 0 2 (AC). S¼a se arate c¼a AB + BD = AC 0 + C 0D dac¼a si numai dac¼aAB0 +B0D = AC + CD.

Demonstratie. Vom demonstra mai întîi teorema:

Figura 2.124: Teorema lui Urquhart - Pedoe

Lema lui Breusch: Fie triunghiurile A1B1C1 si A2B2C2 astfel încât m(cA1) = 2�1,m(cA2) = 2�2, m(cB1) = 2�1, m(cB2) = 2�2, m(cC1) = 2 1, m(cC2) = 2 2 si B1C1 =B2C2. Atunci p(A1B1C1) � p(A2B2C2) dac¼a si numai dac¼a

tg�1 � tg 1 � tg�2 � tg 2;

unde am notat cu p(XY Z) perimetrul triunghiului XY Z.

118Grigore Moisil (1906-1973) �matematician român, profesor la Universitatea din Iasi, membru alAcademiei Române

Teorema lui Miquel 194

Demonstratie. Avem:

p(A1B1C1)

B1C1= 1 +

A1B1 +A1C1B1C1

= 1 +sin 2 1 + sin 2�1

sin�1

= 1 +2 sin( 1 + �1) � cos( 1 � �1)2 sin( 1 + �1) � cos( 1 + �1)

=2 cos 1 � cos�1

cos 1 � cos�1 � sin 1 � sin�1=

2

1� tg 1 � tg�1

(Fig. 2.124) si analog,p(A2B2C2)

B2C2=

2

1� tg 2 � tg�2:

Conditia p(A1B1C1) � p(A2B2C2) este echivalent¼a cu

2

1� tg 1 � tg�1� 2

1� tg 2 � tg�2;

adic¼a tg 1 � tg�1 � tg 2 � tg�2.Demonstratia teoremei. Fie m(\BAD) = 2�0, m(\BDA) = 2�, m(\DAC 0) = 2 ,

m(\ADC 0) = 2 0. Din lema lui Breusch rezult¼a c¼a p(AB0D) = p(ACD) dac¼a si numaidac¼a

tg�0 � tg(90� � 0) = tg � tg(90� � �);

adic¼atg�0 � ctg 0 = tg � ctg�

sau tg�0 � tg� = tg � tg 0, conditie echivalent¼a cu p(ABD) = p(AC 0D), ceea ce trebuiademonstrat. �

2.75 Teorema lui Miquel

�O demonstratie matematic¼a nu înseamn¼a o simpl¼a al¼aturare de silogisme, ci silogisme asezateîntr-o anumit¼a ordine, iar ordinea în care sunt asezate aceste elemente este mai important¼adecât elementele îns¼asi.�- Henri Poincaré119

Teorema 262 Pe laturile triunghiului ABC se consider¼a punctele necoliniare D;E; F(D 2 BC;E 2 CA;F 2 AB). S¼a se arate c¼a cercurile circumscrise triunghiurilorAEF;BFD;CDE au un punct comun P:

Teorema lui Miquel 195

Figura 2.125: Teorema lui Miquel

Demonstratie. Fie P punctul comun cercurilor circumscrise triunghiurilor BDFsi DCE (Fig. 2.125). Deoarece patrulaterele FBDP si CEPD sunt inscriptibilerezult¼a:

m(\FPE) = 360� �m(\FPD)�m(\DPE)= 360� � [180� �m( bB)]� [180� �m( bC)]= 180� �m( bA);

deci patrulaterul FPEA este inscriptibil, adic¼a punctul P apartine cercului circumscristriunghiului AFE: �

Observatia 263

1) Punctul P de concurent¼a a celor 3 cercuri se numeste punctul pivot al triunghiu-lui DEF: Triunghiul DEF se numeste triunghiul lui Miquel . Cercurile circumscrisetriunghiurilor AFE;BFD;CDE se numesc cercurile lui Miquel .

2) Din teorema lui Miquel rezult¼a m(\FPE) = 180� � m( bA);m(\FPD) = 180� �m( bB); m(\DPE) = 180� �m( bC).

3) Fie P un punct si PaPbPc triunghiul s¼au cevian în raport cu triunghiul ABC:Cercurile circumscrise triunghiurilor APbPc, BPaPc si CPaPb se intersecteaz¼a într-unpunct MP numit punctul pivot asociat lui P:

119Henri Poincaré ( 1854 -1912) �matamatician si �zician francez, contributii importante în toateramurile matematicii

Teorema lui Sawayama - Thebault 196

2.76 Teorema lui Sawayama - Thebault

�Dincolo de pamânt si in�nitC¼atam s¼a a�u cerul unde vine.Si-un glas solemn atunci s-a auzitSi cerul si infernul sunt în tine.�- Omar Khayyam120

Teorema 264 Fie D un punct pe latura BC a triunghiului ABC, O0 centrul unui cercC 0 tangent dreptelor AD;DC si cercului { circumscris triunghiului ABC în puncteleM , N; respectiv P: Atunci, centrul cercului înscris (I) în triunghiul ABC apartinedreptei MN:

Demonstratie. Fie M 0 si N 0 punctele de intersectie dintre MP si PN cu cerculcircumscris triunghiului ABC iar fJg = AN 0 \MN: Fie N 00 punctul de intersectiedintre mediatoarea segmentului BC si dreapta NP , iar O centrul cercului circumscristriunghiului ABC (Fig. 2.126). Atunci, O0N k ON 00 de unde rezult¼a c¼a

Figura 2.126: Cerc tangent la o cevian¼a

^O0NP � ^ON 00P: (1)

Dar ^O0NP � ^O0PN (2), triunghiul O0NP �ind isoscel O0P � O0N . Din relatiile(1) si (2) rezult¼a

^OPN � ^ON 00P;

120Omar Khayyam (1048-1122) �matematician, poet, �losof, astronom persan, contributii în algebr¼asi geometrie

Teorema lui Sawayama - Thebault 197

deci triunghiul OPN 00 este isoscel. Atunci ON 00 � OP (= R); adic¼a punctul N 00

apartine cercului circumscris triunghiului ABC, deci punctele N 00 si N 0 coincid. Punc-tul N 0 este astfel mijlocul arcului BC, deci PN este bisectoarea unghiului ^BPC (3)si AN 0 este bisectoarea unghiului ^BAC: Deoarece cercurile { si C 0 sunt tangenteinterior în punctul P , MN kM 0N 0; de unde rezult¼a c¼a

^MJA � ^M 0N 0A � ^M 0PA � ^MPA�=1

2m([M 0A)

�;

deci patrulaterulMAPJ este inscriptibil. Din teorema lui Miquel aplicat¼a triunghiuluiAMJ (cu M 2 AM;J 2 AJ si N 2 MJ) rezult¼a c¼a cercul circumscris triunghiuluiNPJ este tangent dreptei AJ în J . Cercul cu centrul în N 0 si raza BN trece princentrul cercului înscris (I) în triunghiul ABC (vezi �Cercuri exînscrise�[14]). Deoarece

m(^BPN) = m(^N 0AC) = m(^N 0BC)

rezult¼a c¼a cercul circumscris triunghiului BNP este tangent dreptei BN 0 în B, de underezult¼a c¼a cercul }(N 0; N 0B) este ortogonal cercului circumscris triunghiului BNP , înconsecint¼a si cercului circumscris triunghiului MNP . Cum cercul }(N 0; N 0B) esteortogonal si cercului circumscris triunghiului JNP rezult¼a c¼a N 0J = N 0I; deci J � I;adic¼a I apartine dreptei MN . �

Figura 2.127: Teorema lui Sawayama �Thebault

Teorema lui Schooten 198

Teorema 265 (Sawayama � Thebault) Fie punctul D pe latura BC a triunghiuluiABC, I centrul cercului înscris în acest triunghi, C1(O1; r1) un cerc tangent interiorcercului circumscris triunghiului ABC si segmentelor AD si BD, iar C2(O2; r2) uncerc tangent interior cercului circumscris triunghiului ABC si segmentelor AD si CD.Punctele O1; I si O2 sunt coliniare.

Demonstratie. Fie O1N?BC;O2N 0?BC (N;N 0 2 BC) de unde O1N k O2N 0:Conform teoremei de mai sus dreptele MN si M 0N 0 trec prin I (unde M si M 0 suntpunctele de tangent¼a ale cercurilor C1 si C2 cu AD) (Fig. 2.127). TriunghiurileDMN si O1NM �ind isoscele rezult¼a c¼a DO1 este mediatoarea segmentului MN sibisectoarea unghiului ^MDN: Analog DO2 este bisectoarea unghiului \N 0DM 0; deci

DO1?DO2;

de unde DO1 k N 0M 0 si DO2 kMN: Conform teoremei lui Pappus aplicat¼a hexagonu-lui O1NIO2DO1; punctele O2; I si O1sunt coliniare. �

2.77 Teorema lui Schooten

�Atâtea claile de �re stângi!/G¼asi-vor gest închis, s¼a le rezume,S¼a nege, dreapta, linia ce frângi:/Ochi în virgin triunghi taiat spre lume?�- Ion Barbu121

Teorema 266 (Schooten122) Dac¼a M este un punct situat pe arcul_BC al cercului

circumscris triunghiului echilateral ABC, atunci

AM = BM + CM:

Demonstratie. Solutia 1. Fie D 2 (AM) astfel încât MD � BD (Fig. 2.128).Deoarece

m(\ACB) = m(\AMB) = 60�

rezult¼a c¼a triunghiul MBD este echilateral, deci

MD � BM:

Deoarece AB � BC; BD � BM si \ABD � \CBM rezult¼a c¼a triunghiurile ABD siCBM sunt congruente, de unde AD �MC: Atunci,

AM = AD +DM =MC +MB:

Solutia 2. Din prima teorema a lui Ptolemeu rezult¼a:

AM �BC = AB �MC +AC �BM;

adic¼a AM =MC +MB ( deoarece AB � BC � AC) �121 Ion Barbu (1895-1961) �matematician român, profesor la Universitatea din Bucuresti, contributiiîn algebr¼a si geometrie1221 Frans van Schooten (1615 �1660) �matematician olandez, promotor al geometriei carteziene

Teorema lui Smarandache 199

Figura 2.128: Teorema lui Schooten

Teorema 267 (Generalizarea teoremei lui Schooten) Fie ABC un triunghi echilateral.Pentru orice punct M din plan are loc relatia MB � MA +MC; cu egalitatea dac¼asi numai dac¼a punctul M apartine cercului circumscris triunghiului ABC:

Demonstratie. Avem MB � MA +MC , MB � AC � MA � BC +MC � AB;care reprezint¼a inegalitatea lui Ptolemeu . �

2.78 Teorema lui Smarandache

�Nu exist¼a pe lume un stadiu care s¼a pun¼a mai armonios în actiune facult¼atile spiritului decâtcel al matematicienilor. Matematicianul tr¼aieste mult timp si totusi r¼amâne tân¼ar; aripile salenu se frâng de timpuriu si porii s¼ai nu-s obturati de praful ce se ridic¼a pe marile drumuripr¼afuite de vieti obisnuite.��James Sylvester123

Teorema 268 Fie Ha;Hb;Hc picioarele în¼altimilor unui triunghi ascutitunghic ABC.Dac¼a a0; b0; c0 sunt lungimile laturilor triunghiului podar HaHbHc, atunci

4�a0b0 + a0c0 + b0c0

�� a2 + b2 + c2;

unde a; b; c reprezint¼a lungimile laturilor triunghiului ABC:

Demonstratie. Lem¼a: Dac¼a p si p0 sunt semiperimetrele triunghiurilor ABC siHaHbHc atunci p0 � p

2 .Demonstratia lemei. Avem: AHc = bcosA;AHb = ccosA; de unde

HbH2c = AH

2b +AH

2c � 2AHb �AHc cosA = a2 cos2A;

Teorema lui Smarandache 200

Figura 2.129: Teorema lui Smarandache

adic¼a HbHc = a cosA. Analog, HaHc = b cosB si HaHb = c cosC (Fig. 2.129). Astfel,

p0 =a0 + b0 + c0

2=a cosA+ b cosB + c cosC

2

sau

p0 =R (sin 2A+ sin 2B + sin 2C)

2= 2R sinA sinB sinC

(unde am utilizat teorema sinusurilor, R �ind raza cercului circumscris triunghiuluiABC), deci:

p0 = 2Ra

2R� b2R

� c2R

=A[ABC]

R;

(unde A[ABC] reprezint¼a aria triunghiului ABC). Cum A[ABC] = r�p, (r �raza cerculuiînscris în triunghiul ABC) rezult¼a: p0 = r

R � p �p2 (unde am utilizat inegalitatea lui

Euler 2r � R).Demonstratia teoremei lui Smarandache124 . Utilizând inegalit¼atile cunos-

cute:3(xy + xz + yz) � (x+ y + z)2 � 3(x2 + y2 + z2);8x; y; z 2 R

rezult¼a

a0b0+a0c0+b0c0�13(a0+b0+c0)2=

(2p0)2

3�p

2

3=(a+ b+ c)2

3 � 4 �14(a2+b2+c2):

�

123James Sylvester (1814-1897) �matematician englez , professor la Universitatea Oxford, contributiiimportante în algebr¼a124Florentin Smarandache (1954 - ) - matematician român, profesor la Universitatea New-Mexicocontributii în teoria numerelor si statistic¼a matematic¼a

Teorema lui Snapper 201

2.79 Teorema lui Snapper

�...poezia nu este lacrim¼a/ea este însusi plânsul,plânsul unui ochi neinventat,/lacrima ochiuluicelui care trebuie s¼a �e frumos,lacrima celui care trebuie s¼a �e fericit.�- Nichita St¼anescu125

Teorema 269 Fie un punct oarecare Q în planul triunghiului ABC, Ma;Mb;Mc mij-loacele laturilor BC;AC; respectiv AB. Fie (a) o dreapt¼a ce trece prin Ma si esteparalel¼a cu AQ, (b) o dreapt¼a ce trece prin Mb paralel¼a cu BQ si (c) o dreapt¼a cetrece prin Mc paralel¼a cu CQ. Atunci: i) dreptele a; b; c sunt concurente într-un punctP ; ii) centrul de greutate G al triunghiului ABC se a�¼a pe dreapta PQ astfel încât2PG = GQ:

Demonstratie.Prin omotetia de centruG si raport��12

�triunghiul ABC se trans-

form¼a în triunghiul MaMbMc (Fig. 2.130). Omotetia H�G;�1

2

�transform¼a dreptele

Figura 2.130: Teorema lui Snapper

AQ;BQ;CQ în dreptele a; b; c respectiv paralele. Cum dreptele AQ;BQ;CQ suntconcurente în Q rezult¼a c¼a dreptele a; b; c dreptele a; b; c sunt concurente si �e P acestpunct. Cum prin omotetia de centru G si raport

��12

�punctul Q se transform¼a în

punctul P rezult¼a��!GP = �1

2

��!GQ de unde obtinem concluzia. �

125Nichita St¼anescu (1933 �1983) �eseist, poet român, ales postum membru al Academiei Române

Relatii metrice în triunghiul dreptunghic 202

2.80 Relatii metrice în triunghiul dreptunghic

�Lumea este o imens¼a problem¼a matematic¼a. Dumnezeu este geometrul atotputernic care puneproblema si o rezolv¼a.��Gottfried Leibniz126

Teorema 270 (Teorema în¼altimii) Într-un triunghi dreptunghic lungimea în¼altimiiduse din vârful unghiului drept este medie proportional¼a între lungimile catetelor peipotenuz¼a.

Demonstratie. Fie triunghiul ABC cu m(\BAC) = 90�si D piciorul în¼altimiiduse din A pe latura BC (Fig. 2.131). Deoarece ^ADB � ^ADC si \BAD �\ACD

Figura 2.131: Teorema în¼altimii

rezult¼a c¼a triunghiurile ABD si CAD s¼a �e asemenea, de unde ADDC = BD

AD , adic¼aAD2 = BD �DC: �

Teorema 271 (Reciproca teoremei în¼altimii) Fie D 2 (BC) proiectia vârfului A altriunghiului ABC pe latura BC: Dac¼a AD2 = BD �DC; atunci triunghiul ABC estedreptunghic.

Demonstratie. Deoarece \ADB � \CDA si ADDC = BDAD rezult¼a c¼a triunghiurile

ABD si CAD sunt asemenea, de unde avem\ABD �\DAC si\BAD �\ACD. Dar

m(\ABC) +m(\BAC) +m(\ACB) = 180�:

Adic¼a 2hm(\ABC) +m(\ACB)

i= 180�, de unde rezult¼a m(\ABC) +m(\ACB) = 90�

si de aici m(\BAC) = 180� � 90� = 90�; adic¼a triunghiul ABC este dreptunghic. �Dac¼a D 2 BCn(BC), atunci teorema reciproc¼a nu mai este adev¼arat¼a (Fig. 2.132).

Se observ¼a c¼a triunghirile DAB si DCB sunt asemenea, de unde rezult¼a c¼a AD2 =BD �DC; dar triunghiul ABC nu este dreptunghic. Deci, conditia ca D 2 (BC) esteesential¼a pentru ca triunghiul ABC s¼a �e dreptunghic.

126Gottfried Leibniz (1646-1716) �matematician si �losof german, contributii importante în analizamatematic¼a si algebr¼a

Relatii metrice în triunghiul dreptunghic 203

Figura 2.132: Teorema în¼altimii D 2 BCn(BC)

Teorema 272 (Teorema catetei) Într-un triunghi dreptunghic lungimea unei cateteeste medie proportional¼a între lungimile ipotenuzei si a proiectiei acestei catete peipotenuz¼a.

Demonstratie. Fie D proiectia vârfului A al triughiului ABC (m(\BAC) = 90�)pe ipotenuza BC. Deoarece \BAD �\ACB si \ADB �\BAC rezult¼a c¼a triunghiurileABD si CBA sunt asemenea, de unde

BD

AB=AB

BC;

adic¼a AB2 = BC �BD: Analog se arat¼a c¼a AC2 = BC �DC: �

Teorema 273 (Reciproca teoremei catetei) Fie D 2 (BC) proiectia vârfului A altriunghiului ABC pe latura BC: Dac¼a AB2 = BC �BD (sau AC2 = BC �DC) atuncitriunghiul ABC este dreptunghic.

Demonstratie. Deoarece \ABD � \ABC si ABBC = BD

AB rezult¼a c¼a triunghiurileABD si CAB sunt asemenea, de unde

\BDA �\BAC: (1)

Analog, din asem¼anarea triunghiurilor CDA si CAB rezult¼a

\CDA �\CAB: (2)

Din relatiile (1) si (2) rezult¼a \BDA � \CDA, iar m(\BDA) + m(\CDA) = 180�, deunde: m(\BDA) = 90�si deci m(\BAC) = 90�. �

Teorema 274 (Teorema lui Pitagora) Într-un triunghi dreptunghic p¼atratul lungimiiipotenuzei este egal cu suma p¼atratelor lungimilor catetelor.

Demonstratie. Fie D proiectia vârfului A pe ipotenuza BC a triunghiului ABC.Din teorema catetei obtinem AB2 = BD�BC si AC2 = CD�BC; de unde AB2+AC2 =BC(BD + CD) = BC2: �

Aria unui triunghi 204

Teorema 275 (Reciproca teoremei lui Pitagora) Dac¼a într-un triunghi p¼atratul lungimiiunei laturi este egal cu suma p¼atratelor lungimilor celorlalte dou¼a laturi, atunci tri-unghiul este dreptunghic.

Demonstratie. Fie triunghiul ABC în care BC2 = AB2 + AC2 si triunghiuldreptunghic A0B0C 0 astfel încât A0B0 = AB si A0C 0 = AC: Din teorema lui Pitagoraaplicat¼a în triunghiul A0B0C 0 rezult¼a

B0C 02 = A0B02 +A0C 02 = AB2 +AC2 = BC2;

de unde BC = B0C 0: Din congruenta triunghiurilor ABC si A0B0C 0 (conform cazuluide congruent¼a LLL) rezult¼a m(^A) = m(^A0) = 90�: �

2.81 Aria unui triunghi

�Ar � trebuit sa �i un cerc subtire,dar n-ai fost, n-ai fost asa.Ar � trebuit s¼a �u un romb subtire,dar n-am fost, n-am fost asa..." - Nichita St¼anescu

În cele ce urmeaz¼a not¼am cu A[ABC] aria triunghiului ABC, cu a; b; c lungimilelaturilor BC;CA, respectiv AB; iar cu ha; hb; hc lungimile în¼altimilor triunghiuluiduse din A;B, respectiv C. Din de�nitia ariei unui triunghi avem:

A[ABC] =a � ha2

=b � hb2

=c � hc2:

Teorema 276 Aria unui triunghi este egal¼a cu jum¼atatea produsului a dou¼a laturiînmultit cu sinusul unghiului dintre ele.

Demonstratie. Fie HaHbHc triunghiul ortic al triunghiului ABC: Din triunghiulABHa avem sinB = ha

c (dac¼a m(bB) < 90�), sau sin(��B) = ha

c (dac¼a m(bB) > 90�),

de unde ha = c sinB, deci A[ABC] =a�c�sinB

2 . �Prin permut¼ari circulare obtinem

A[ABC] =c � b � sinA

2=b � a � sinC

2:

Teorema 277 Aria unui triunghi este egal¼a cu

A[ABC] =pp(p� a)(p� b)(p� c);

unde p = a+b+c2 (formula lui Heron):

Aria unui triunghi 205

Demonstratie. Avem

A[ABC] =a � b � sinC

2=ab

2� 2 � sin C

2� cos C

2= ab

r(p� a)(p� b)

ab�rp(p� c)ab

sau A[ABC] =pp(p� a)(p� b)(p� c). �

Teorema 278 Aria unui triunghi este egal¼a cu A[ABC] = abc4R , unde R este raza cer-

cului circumscris triunghiului ABC:

Demonstratie. Avem: A[ABC] = a�c�sinB2 = ac

2 � sinB =ac2 �

b2R =

abc4R . �

Teorema 279 Aria unui triunghi ABC este egal¼a cu

A[ABC] = pr = (p� a)ra = (p� b)rb = (p� c)rc =prrarbrc;

unde r este raza cercului înscris, iar ra; rb; rc sunt razele cercurilor exînscrise.

Demonstratie. Aceste formule rezult¼a imediat din descompunerea triunghiuluiABC. Dac¼a I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC atunci:

A[ABC] = A[AIB] +A[BIC] +A[CIA] =1

2ar +

1

2br +

1

2cr = pr

si

A[ABC] = A[ABIa] +A[ACIa] �A[BCIa]

=c � ra2

+b � ra2

� a � ra2

=(b+ c� a) � ra

2= (p� a) � ra:

Ultima formul¼a se obtine înmultind primele patru expresii ale ariei triunghiului ABCsi tinând seama de formula lui Heron. �

Teorema 280 Aria unui triunghi ABC este egal¼a cu

A[ABC] = r2ctg

A

2ctgB

2ctgC

2= r2actg

A

2tgB

2tgC

2:

Demonstratie. Din p = r � ctgA2 � ctgB2 � ctg

C2 : si A[ABC] = pr rezult¼a A[ABC] =

r2ctgA2 ctgB2 ctg

C2 . �

Teorema 281 Dac¼a vârfurile A;B;C ale triunghiului ABC au coordonatele carteziene(xA; yA); (xB; yB); respectiv (xC ; yC), atunci aria triunghiului ABC este egal¼a cu:

A[ABC] =12 � j�j, unde � =

������xA yA 1xB yB 1xC yC 1

������.

Aria unui triunghi 206

Demonstratie. Ecuatia dreptei BC este:

������x y 1xB yB 1xC yC 1

������ = 0, iar distanta de la

punctul A la dreapta BCeste egal¼a cu: d(A;BC) = j�jp(xC�xB)2+(yC�yB)2

, deci aria

triunghiului ABC este egal¼a cu: A[ABC] =12 � j�j. �

Teorema 282 Dac¼a vârfurile A;B;C ale triunghiului ABC au a�xele zA; zB;respectivzC ; atunci aria triunghiului ABC este egal¼a cu: A[ABC] = j�j, unde

� =i

4�

������zA zA 1zB zB 1zC zC 1

������ :Demonstratia rezult¼a imediat utilizând proprietatea 6) si faptul c¼a xA = zA+zA

2

si yA =zA�zA2i . �

Teorema 283 Dac¼a Ai(�i; �i ; i); �i + �i + i = 1 în raport cu triunghiul ABC de

arie S. Atunci, A[A1B1C1] = S � j�j, unde � =

�������1 �1 1�2 �2 2�3 �3 3

������.Teorema 284 Sunt adev¼arate urm¼atoarele formule pentru aria unui triunghi ABC:

1: A[ABC] =43

p�(� �ma)(� �mb)(� �mc), unde � =

ma+mb+mc

2 .

2:A[ABC] =r2

q(ra+rb)(rb+rc)(rc+ra)

R :

3:A[ABC] =q

Rhahbhc2 :

4:A[ABC] = 2R2 sinA sinB sinC:

5:A[ABC] =q

rrbrc� 1ha+ 1hb+ 1hc

=q

rarbrc1ha+ 1hb+ 1hc

:

Demonstratia rezult¼a din propriet¼atile precedente. �

Teorema 285 Pe laturile triunghiului ABC se consider¼a punctele A1; B1; C1 astfelîncât BA1

A1C= p; CB1B1A

= q; AC1C1B= r. Dac¼a fPg = AA1 \ CC1; fRg = BB1 \ CC1;

fQg = BB1 \AA1, atunci

A[PQR] =(1� pqr)2

(1 + p+ pq)(1 + q + qr)(1 + r + pr)�A[ABC]:

Lem¼a. Pe laturile BC si AC ale unui triunghi ABC se consider¼a punctele A1,respectiv B1 astfel încât BA1

A1C= p; CB1B1A

= q. Dac¼a fQg = AA1 \ BB1 s¼a se arate c¼aAQQA1

= p+1pq ;

BQQB1

= p(q + 1):Demonstratie lemei. Fie B1B2 k AA1; B2 2 (BC). Avem :

BQ

B1Q=BA1A1B2

= p � A1CA1B2

= p � ACAB1

= p(q + 1):

Analog, �eA1A2 k BB1; A2 2 (AC), avem: AQQA1

= AB1B1A2

= CB1qB1A2

= p+1pq (Fig. 2.133).

Aria unui triunghi 207

Figura 2.133: Aria unui triunghi

Din BQB1Q

= p(q+1) rezult¼a BQBB1

= p+pq1+p+pq si din

AQQA1

= p+1pq rezult¼a AQ

AA1= p+1

1+p+pq .Demonstratia teoremei. Avem

A[PQR]

A[RB1C]=QR

RB1� PRRC

;A[RB1C]

A[ABC]=B1C � d(R;B1C)AC � d(B;AC) =

B1C

AC� RB1BB1

;

de unde rezult¼a c¼a

A[PQR]

A[ABC]=QR

BB1� PRRC

� B1CAC

=QR

BB1� PRCC1

� CC1RC

� B1CAC

(1)

Utilizând lema de mai sus obtinem: CRCC1

= pr1+r+pr ;

CRCC1

= q+qr1+q+qr (2) (Fig. 2.134):

Figura 2.134: Aria unui triunghi determinat de intersectiile a 3 ceviene

Aria unui triunghi 208

Din CB1B1A

= q rezult¼a B1CAC = q

q+1 (3). Mai mult,

QR

BB1= 1� BQ

BB1= 1� BR

BB1� B1QBB1

= 1� p+ pq

1 + q + pq(4)

� qr

1 + q + qr=

(1 + q)(1� pqr)(1 + q + pq)(1 + q + qr)

siPR

CC1= 1� RC1

CC1� PC

CC1=

(1 + r)(1� pqr)(1 + q + qr)(1 + r + pr)

(5)

Din relatiile (1), (2), (3), (4) si (5) rezult¼a concluzia. �

Bibliogra�e

[1] ADLER, C. F., Modern geometry, Mc. Graw-Hill, New York, 1958.

[2] ALASIA, C., Geometria del triangolo, Citta di Castello, 1900.

[3] ALBU, A.C., s.a., Geometrie pentru perfectionarea profesorilor, E.D.P., Bu-curesti, 1983.

[4] ANDRICA, D., ANDREESCU, T., Complex number from A to..Z, Birkhauser,Boston-Basel-Berlin, 2006.

[5] ANDRICA, D., O inegalitate în triunghi si aplicatiile acesteia, Gazeta Matem-atic¼a, Seria B, Bucuresti, no. 1, 1986, 2-4.

[6] ANDRICA, D., BARBU, C., A geometric proof to Blundon�s inequalities, Journalof Inequalities and Applications, 15 (2012), No. 2, 361-370.

[7] ANDRICA, D., BARBU, C., PISCORAN, L., The geometric proof to a sharpversion of Blundon�s inequalities, Journal of Inequalities and Applications, 10(4) (2016), 1137-1143.

[8] ANDRICA, D., BARBU, C., MINCULETE, N., A geometric way to generateBlundon type inequalities, Acta Universitatis Apulensis, 31 (2012), 96-106.

[9] ANDRICA, D., BARBU, C., LUPESCU, A Note on the adjoint Spieker points,International Journal of Geometry, 6 (2) (2017), 61-66.

[10] ANDRICA, D., BARBU, C., PISCORAN, L., The geometry of Blundon�s con-�guration, Journal of Inequalities and Applications, 2017.

[11] ANDRICA, D., s.a., A note on the Nagel and Gergonne points, Creative Math.&Inf., 17 (2008).

[12] ANDRICA, D., Teme pentru perfectionarea profesorilor de matematic¼a, Ed. Casac¼artii de stiint¼a, Cluj-Napoca, 2017.

[13] BARBILIAN, D., Opera didactic¼a, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti, 1958.

[14] BARBU, C., Teoreme fundamentale din geometria triunghiului, Ed. Unique,Bac¼au, 2008.

209

BIBLIOGRAFIE 210

[15] BARBU, C., Variations of Cosnit¼a�s point, Gazeta Matematic¼a, 4 (2010), 180-184.

[16] BARBU, C., MINCULETE, N., Cevians of rank (k; l;m) in a triangle, Interna-tional Journal of Geometry, 1 (2) (2012), 67- 79.

[17] BARBU, C., MINCULETE, N., About the area of triangle determined by ceviansof rank (k; l;m), Scienti�c Studies and Research Bac¼au, 21 (1) (2011), 139-148.

[18] BARBU, C., Numere complexe, Ed. Gra�t, Bac¼au, 2005.

[19] BARBU, C., P¼ATRASCU, I., Some properties of the Newton-Gauss line, ForumGeometricorum, 12 (2012), 149-152.

[20] BARBU, C., P¼ATRASCU, I., Two new demonstrations of Goormaghtigh�s the-orem, International Journal of Geometry, 1 (1) (2012), 10-19.

[21] BARBU, C., P¼ATRASCU, I., The point of Cosnit¼a, Octogon Mathematical Mag-azine, 19 (2) (2011), 379-385.

[22] BARBU, C., Puncte, drepte si puncte remarcabile din geometria triunghiului,Ed. Cibernet, Bac¼au, 2017.

[23] BARBU, C., MINCULETE, N., STOICA, E., New aspects of Ionescu�Weitzenbock�s inequality, Balkan Journal of Geometry and Its Applications, 21(2) 2016, 95-101.

[24] BARBU, C., MINCULETE, N., Inradii and Diagonals, 11714, American Math-ematical Monthly, 122 (6) 2016, 607-608.

[25] BLUNDON, W., Inequalities associated with the triangle, Canad. Math. Bull., 8(1965), 615-626.

[26] B¼ALUN¼A, M., s.a., Zece lectii alese de matematic¼a elementar¼a, Ed. S.S.M.,Bucuresti, 1998.

[27] BECHEANU, M., s.a., Probleme de algebr¼a, analiz¼a si geometrie, Ed. CarteaRomâneasc¼a, Bucuresti, 1991.

[28] BOTEZ, St., Probleme de geometrie, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti, 1976.

[29] BOTTEMA, O., Topics in elementary geometry, Springer, New York, 2008

[30] BOTTEMA, O., On the area of a triangle in barycentric coordinates, Crux.Math., 8 (1982), 228-231.

[31] BRADLEY, C.J., The algebra of geometry: Cartesian, areal and projective co-ordinates, Bath: Highperception, 2007.

[32] BRÂNZEI, D., Geometrie circumstantial¼a, Ed. Junimea, Iasi, 1984.

[33] BRÂNZEI, D., Bazele rationamentului geometric, Ed. Academiei, Bucuresti,1983.

BIBLIOGRAFIE 211

[34] BRÂNZEI, D., s.a., Competent¼a si performant¼a în geometrie, Ed. Paralela 45,Pitesti, 1999 (vol I, II).

[35] BRÂNZEI, D., s.a., Geometrie, Ed. Paralela 45, Pitesti, 1997.

[36] BRÂNZEI, D., M¼asuri în geometrie, Univ. A.I. Cuza, Iasi, 2002.

[37] CALVET, R.G., Treatise of plane geometry through geometric algebra, electronicedition, 2001.

[38] CASEY, J., A., Treatise on the analytical geometry, Ed. Hodges & Figgis, Dublin,1893.

[39] CINDREA, I., Matematica de drag, Ed. Compania, Bucuresti, 2003.

[40] COAND¼A, C., Geometrie analitic¼a în coordonate baricentrice, Ed. Reprograph,Craiova, 2005.

[41] COCEA, C., 200 de probleme din geometria triunghiului echilateral, Ed. Gh.Asachi, Iasi, 1992.

[42] COOLIDGE, D., A Treatise on the circle and the sphere, Clarendon Press, Ox-ford, 1916.

[43] COURT, N.A., Modern pure solid geometry, Chelsea Publishing Company,Bronx, New-York, 1964.

[44] COSNIT¼A, C., Coordonnées barycentriques, Librairie Vuibert, Paris, 1941.

[45] COXETER, H., Introduction to geometry, 2nd ed., Willey & Sons, New York1969.

[46] COXETER, H., Geometry revisited, Random House, New York 1967.

[47] CUCOANES, M., A new proof to the theorem of Cosnit¼a, IJG, Vol 6 (2017), No.1, 24-26.

[48] DEAU, R., Compléments de géométrie plane, Maison d�Edition A De Boeck 265,Bruxelles, 1945.

[49] DEAUX, R., Introduction to the geometry of complex numbers, Dover Publica-tions, New York, 2008.

[50] DOSPINESCU, G., LASCU, M., s. a., An Elementary proof of Blundon�s In-equality, JIPAM, 9 (2008).

[51] DUPUIS, F., Elementary synthetic geometry of the point, line and circle in theplane, Mac Millan and Co., New York, 1889.

[52] DURELL, C., Modern geometry, London, 1920.

[53] EFREMOV, D., A new geometry of triangle, Odesa, 1902.

BIBLIOGRAFIE 212

[54] EULER, L., Solutio facilis problematum quorundam geometricorum di¢ cillimo-rum, Novi Comm. Acad. Scie. Petropolitanae, 11 (1765), 139-157.

[55] FLOREA, C., Abordare global¼a a geometriei triunghiului cu implicatii creative,Ed. ALL, Bucuresti, 1996.

[56] GALLATY, W., Modern geometry of the triangle, Ed. Francis Hosgson, Londra,1889.

[57] GODFREY, Ch., Modern geometry, University Press, Cambridge, 1908.

[58] MUSSELMAN, J., GOORMAGHTIGH, R., Advanced Problem 3928, Amer.Math. Monthly, 46 (1939), 601; solution, 48 (1941), 281 - 283.

[59] GUICHARD, C., Traité de géométrie, Librairie Vuibert, Paris, 1923.

[60] HADAMARD, J., Lectii de geometrie plan¼a, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti, 1965.

[61] HAHN, L., Complex numbers and geometry, Library of Congress, Washinton,1994.

[62] HARDY, G., A course of pure mathematics, Ed. University Press, Cambridge,1921.

[63] HONSBERGER, R., Episodes in nineteenth and twentieth century Euclideangeometry, Washinton, 1995.

[64] IANUS, S., Probleme de geometrie si trigonometrie, E.D.P., Bucuresti, 1983.

[65] JOHNSON, R., Advanced Euclidian geometry, Dover, 1971.

[66] KIMBERLING, C., Encyclopedia of triangle center, 2008.

[67] LALESCU, T., Geometria triunghiului, Ed, Tineretului, Bucuresti, 1958.

[68] LEGENDRE, M., Eléménts de géométrie, Librairie de Firmin, Paris, 1849.

[69] LONEY, S.L., The elements of coordinate geometry, London, Macmillan, 1962.

[70] MICULITA, M., s.a., Analogii triunghi � tetraedru, Ed. Paralela 45, Pitesti,2000.

[71] MIHALESCU, C., Geometria elementelor remarcabile, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti,1959.

[72] MIH¼AILEANU, N.N., Complemente de geometrie sintetic¼a, E.D.P., Bucuresti,1965.

[73] MIH¼AILEANU, N.N., Lectii complementare de geometrie, E.D.P., Bucuresti,1970.

[74] MIH¼AILEANU, N.N., Utilizarea numerelor complexe în geometrie, Ed. Tehnic¼a,Bucuresti, 1968

BIBLIOGRAFIE 213

[75] MINCULETE, N., Teoreme si probleme speci�ce de geometrie, Editura Euro-carpatica, Sfântu Gheorghe, 2007.

[76] MIRON, R., s. a., Fundamentele aritmeticii si geometriei, Ed. Academiei, Bu-curesti, 1983.

[77] MITRINOVIC, D., PECARIC, J., VOLONEC, V., Recent advances in geometricinequalities, Kluver Acad. Publ.. Amsterdam, 1989.

[78] MOISE, E., Geometrie elementar¼a din punct de vedere superior, E.D.P., Bu-curesti, 1980.

[79] MORTICI, C., Sfaturi matematice, Ed. Minus, Târgoviste, 2007.

[80] NEAGU, Gh., Metode de rezolvare a problemelor de matematic¼a scolar¼a, Ed.Plumb, Bac¼au, 1997.

[81] NELSON, R., Proof without words, The Mathematical Association of America,1993.

[82] NICOLESCU, L., s. a., Probleme practice de geometrie, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti,1990.

[83] NICULESCU, C.P., A new look at Newton�s inequality, Journal of Inequalitiesin Pure and Applied Mathematics, 1 (2), article 17, 2000.

[84] NICULESCU, C.P., On the algebraic character of Blundon�s inequality, Inequal-ity Theory and Applications, 3 (2003), 139-144.

[85] NICULA, V., Geometrie plan¼a, Ed. Gil, Zal¼au, 2002.

[86] NICULA, V., s.a., Diviziune armonic¼a, Ed. Gil, Zal¼au, 2007.

[87] ONISORU, I, Omotetia si inversiunea, 2008.

[88] PANAITOPOL, M., s. a., Probleme de geometrie rezolvate trigonometric, Ed.Gil, Zal¼au, 1994.

[89] PANAITOPOL, L., Probleme calitative de geometrie plan¼a, Ed. Gil, Zal¼au, 1996.

[90] P¼ATRASCU, E., Probleme de concurent¼a si coliniaritate, Ed. Neuron, Focsani,1995.

[91] PEDOE, D., A course of geometry, Univ. Press, Cambridge, 1970.

[92] PRASOLOV, V., Problems in plane and solid geometry, Nauka, Moscow, 2001

[93] ROUCHÉ, E., Elements de géométrie, Gauthier-Villars, Paris, 1912.

[94] RUSU, E., Vectori, Ed. Albatros, Bucuresti, 1976.

[95] SASTRY, K., A Gergonne analogue of Steiner - Lehmus theorem, Forum Geo-metricorum, 5 (2005), 191-195.

BIBLIOGRAFIE 214

[96] SATNOIANU, R.A., General power inequalities between the sides and the crum-scribed and inscribed radii related to the fundamental triangle inequality, Math.Inequal. Appl., 5 (4), 2002, 747-751.

[97] SCIMEMI, B., Paper-folding and Euler�s theorem revisited, Forum Geom. 2,(2002), 93-104.

[98] SCOTT, J.A., Some examples of the use of areal coordinates in triangle geometry,The Mathematical Gazette, 11 (1999), 472-477.

[99] SIMIONESCU,Gh., Probleme de sintez¼a de geometrie plan¼a si în spatiu, Ed.Tehnic¼a, Bucuresti, 1978.

[100] SMARANDA, D., s. a., Transform¼ari geometrice, Ed. Academiei, Bucuresti,1988.

[101] SMITH, W., Introductory modern geometry of point, ray, and circle, Ed. Macmil-lan, New York, 1892.

[102] SONDAT, P., L�intermédiaire des mathématiciens, 1894, 10 [question 38, solvedby Sollerstinsky, 94].

[103] TANNER, H.W., Areal coordinates, The Mathematical Gazette, 28 (1901).

[104] THEBAULT, V., Perspective and orthologic triangles and tetrahedrons, Amer.Math. Monthly, 59 (1952), 24-28.

[105] TITEICA, Gh., Culegere de probleme de geometrie, Ed. Tehnic¼a, Bucuresti,1965.

[106] TIU, C.I., Aplicatii în trigonometrie, Ed. Academiei, Bucuresti, 1992.

[107] VOD¼A, Gh., Triunghiul cu trei colturi, Ed. Albatros, Bucuresti, 1979.

[108] VOD¼A, Gh., Vraja geometriei demodate, Ed. Albatros, Bucuresti, 1983.

[109] WU, S., A sharpened version of the fundamental triangle inequality, Math. In-equalities Appl., 11 (3), 2008, 477-482.

[110] WU, S., CHU, Y., Geometric interpretation of Blundon�s inequality and Ciamber-lini�s inequality, Journal of Inequalities and Applications (2014), 381.

[111] YIU, P., Introduction to the geometry of the triangle, Florida University, 2001.

[112] YIU, P., The uses of homogeneous barycentric coordinates in plane Euclideangeometry, Internat. J. Math. Ed. Sci. Tech., 31(2000), 569-578.

[113] * * * - Gazeta matematic¼a, Bucuresti.

[114] * * * - American Mathematical Monthly.

[115] * * * - Revista matematic¼a din Timisoara.

BIBLIOGRAFIE 215

[116] * * * - Recreatii matematice, Iasi.

[117] * * * - Cardinal, Craiova.

[118] * * * - S¼a întelegem matematica, Bac¼au.

[119] * * * - Forum Geometricorum

[120] * * * - Crux Mathematicorum

[121] * * * - Bulletin de la S. M. F.

[122] * * * - Mathesis

[123] http:// pagesperso-orange.fr