Consideratii generale privind rezolvarea problemelor de loc geometric

CONSIDERATII GENERALE PRIVIND REZOLVAREA PROBLEMELOR DE LOC GEOMETRIC

Preocuparea de a gasi LG reprezinta efortul spre vizualizarea unei proprietati geometrice referitoare la un punct, intr-un context dat. Specificul geometriei este si acela de a asocia o figura unei proprietati abstracte, de a alterna gandirea concreta cu cea abstracta si de a renunte in final la figura pentru a o inlocui din nou cu o propozitie abstracta. Deci, capacitatea de a folosi cu eficienta LG dovedeste o buna intelegere a geometriei.

Elevii se autosugestioneaza negativ sustinand ca nu inteleg notiunea de LG. Asa cum am aratat lucrurile sunt relativ clare daca sunt bine precizate, dar exista si probleme dificile de LG.

O probleme fixeaza o multime F de elemente fixe : puncte, drepte, cercuri, segmente, arce si o multime F de constante : directii, numere reale cu ajutorul carora se formuleza o proprietate P referitoare la puctele planului. Se cere determinarea LG al punctelor M ce satisfac proprietatea P, adica in termeni logici , multimea acelor puncte M pentru care propozitia P este adevarata.

Uneori, proprietatea P este formulata in raport cu un element e,variabil. De exemplu e poate fi :un punct,o dreapta, un cerc. O anumita succesiune de constructii C permite sa asociem elementului e unul sau mai multe puncte M. Se intelege ca proprietatea P este adevarata pentru M, daca exista o pozitie a lui e incat, prin C sa poata rezulta M.

Prezentam principiile necesare precizarii LG, asa cum le sugereza Dan Branzei in ,,Bazele rationamentului geometric”.

Desenarea unui numar suficient de puncte ale LG, pentru a putea surprinde forma LG si a

caracteriza pozitia sa in raport cu elementele fixe.

Determinarea pozitiilor particulare remarcabile ale punctelor LG, eventual determinarea pozitiilor particulare ale elementului variabil e si prin aceasta, a unor pozitii remarcabile ale punctului ce descrie LG.

Gasirea unor caracterizari cat mai succinte a pozitiei punctelor M ale locului in raport cu punctele fixe, eventual completand cu noi elemente multimea F a elementelor fixe indicate in enunt.

Considerarea interdependentei intre pozitiile punctului ce descrie LG si a elementelor variabile

de pe figura eventual,impartirea in regiuni a multimii in care variaza diverse puncte.

Apelarea la cunostinte ce au asemanari cu configuratia sau cu modul de formare a proprietatii P.

Considerarea continuitatii in sensul : daca punctul M al LG parcurge doar o submultime S a unei drepte sau cerc, aceasta submultime trebuie sa fie marginita de puncte critice pentru satisfacerea proprietatii P. In afara submultimii S, va fiinta o proprietate P, ce trebuie pusa in evidenta.

Vom prezenta in detaliu, metodica rezolvarii unei probleme de loc geometric prin enumerarea etapelor ce trebuie parcurse:

Se construiesc puncte, eventual particulare, care au proprietatea LG(cerut sau intuit),

aratand in acest fel ca multimea punctelor ce-l formeaza nu este vida.

Se observa elementele de pozitie fixa sau de masura constanta, precum si legatura

lor cu cele variabile, folosind proprietatile corespunzatoare cunoscute.

Pe baza celor stabilite la (2) si folosind, eventual, LG fundamentale, se „ghiceste’’ 353e46d

carei multimi de puncte ii apartin punctele LG.

Se demonstreaza ca :

a) orice punct cu proprietatea locului geometric cerut apartine multimii stabilite

( multime-LG)

b)      orice punct care apartine multimii stabilite are proprietatea LG (cerut de problema)

Observatii.

Cand LG este precizat prin enunt, se parcurge numai etapa (4).

Daca in (3) s-a folosit un LG fundamental, atunci nu se mai parcurge (4) , ci se

pun numai probleme de delimitare.

Problemele de delimitare se pun atunci cand LG poate sa fie limitat, adica sa fie numai

o parte dintr-o curba; aceasta depinde de conditiile problemei si cere o cercetare atenta.

Intre rezolvarea problemelor de LG si demonstrarea teoremelor exista o stransa legatura, regulile de urmat fiind aceleasi. Astfel, daca ni se da o proprietate a unui punct M sau, mai general, proprietatile unei figuri variabile careia ii apartine acest punct M, atunci vom gasi LG al lui M transformand proprietatile date in altele carora le corespunde, pentru acest punct, un LG cunoscut. Prin urmare, suntem in fata unei probleme analoage celei care s-ar pune cand s-ar cere demonstratia unei teoreme. Intr-adevar, la o teorema se cere sa deducem, dintr-o multime de proprietati date (ipoteza), o alta proprietate de asemenea data ( concluzia).

Deosebirea de aceasta data consta in faptul ca, la rezolvarea problemelor de LG, punctul de plecare este dat, pe cand punctul final, anume concluzia, ramane de aflat; stim ca ea este numai de natura sa ne dea LG cautat. Este clar ca, va trebui sa cautam proprietatile comune diferitelor pozitii ale figurii mobile si, in particular, elementele figurii care nu se schimba atunci cand ea variaza. La rezolvarea problemelor de acest tip, trebuie retinut faptul ca, atunci cand vrem sa aflam LG al unui punct care satisface cerintele unei relatii metrice in care intervin unele puncte fixe, in general transformam aceasta relatie, astfel ca sa legam punctul mobil de alte puncte fixe de sprijin, insa mai putine si prin relatii tipice. ( De exemplu: MA=MB, constant; MA²+MB²= constant; cu A si B fixe si M mobil ).

Problemele de LG , date prin relatii unghiulare sau care revin la relatii unghiulare, fie ca ne conduc la triunghiuri congruente sau asemenea din care scoatem concluzii relative la segmente, fie ca sunt de tipul < AMB = a= const, A si B fiind fixe; LG este, atunci, format dintr-un arc de cerc ce trece prin A si B, capabil de unghiul a, si din simetricul lui in raport cu AB.

In functie de elementele fixe si elementele mobile date, in geometria plana se remarca urmatoarele categorii de LG elementare:

Cercul, mediatoarea unui segment si bisectoarea interioara unui unghi le

consideram bine cunoscute din manualele scolare ca si proprietatile lor definitorii sau caracteristice.

Locul punctelor egal departate de doua drepte concurente este format de cele

doua bisectoare perpendiculare ale unghiurilor determinate de dreptele date.

Locul punctelor egal departate de doua drepte paralele este dreapta echidistanta

fata de acestea.

Locul punctelor egal departate de o dreapta este format de cele doua drepte

paralele cu dreapta data de o parte si de alta a acesteia

Locul punctelor de unde un segment dat AB este vazut sub un unghi constant a

este alcatuit din doua arce de cerc ce trec prin A si B, care se numesc arce capabile de unghi a.In particular, daca a= 90⁰ locul este intreg cercul de diametru AB.

Cercul lui Apoloniu

Omotetica unei drepte

Omoteticul unui cerc.

Locul punctului M care se misca in plan pastrand constanta diferenta patratelor

distantelor la doua puncte fixe A si B, MA²- MB²= const., este o dreapta perpendiculara pe AB. In particular pentru const. =0, regasim mediatoarea segmentului AB. In general putem scrie

| MA²- MB²| =k² unde k reprezinta o lungime.

2. PROBLEME REZOLVATE.

Problema 3.2.1. Un dreptunghi variabil MNPQ are varfurile situate pe laturile unui triunghi ABC. Sa se afle LG al punctelor de intersectie ale diagonalelor dreptunghiului MNPQ.

Demonstratie: ( Fig. 3.2.1. )

Cazul I Presupunem ca D ABC este ascutitunghic si varfurile M,N sunt situate pe latura BC, varful P este pe latura AC, iar Q pe latura AB. Notam cu E intersectia medianei AA’ cu latura PQ a dreptunghiului (QE=EP). Daca F este proiectia lui E pe latura BC, atunci mijlocul O al segmentului EF este punctul de intersectie al diagonalelor dreptunghiului.

Fie AD, D situat pe latura BC,inaltimea triunghiului ABC, dusa din A. Atunci A’ intersecteaza pe AD intr-un punct L, care este mijlocul segmentului AD. Rezulta ca O, punctul de intersectie al diagonalelor dreptunghiului, apartine lui [A’L], A’ fiind mijlocul lui [BC].

Reciproc.Daca O I [A’L], se construieste un dreptunghi inscris in D ABC, cu intersectia diagonalelor lui in O.( In prealabil se construieste [EF]). Analog, pot fi considerate dreptunghiurile care au cate o latura asezata pe celelalte doua laturi ale triunghiului, AB si AC. Prin urmare LG cerut este format din reuniunea a trei segmente.

Observatie: Cele trei segmente, care formeaza LG, sunt ceviene in D A’B’C’, format de mijloacele laturilor triunghiului dat. Pentru a justifica aceasta afirmatie, este suficient sa observam ca

LG imparte [B’C’ in acelasi raport in care D imparte latura BC.

Cazul II Consideram D ABC obtuzunghic, cu m(< A) > 90⁰. Atunci dreptunghiurile inscrise pot avea laturile asezate pe BC, insa nu putem avea dreptunghiuri cu doua varfuri pe AC sau AB.Deci, in acest caz, LG cerut este un segment.

Fig. 3.2.1.

Problema 3.2.2. In cercul C(O, r), se inscrie D ABC, avand varful A fix, iar varfurile B si C variabile pe cerc astfel incat AB²+AC²=K,unde K este un numar pozitiv dat. Sa se afle LG al mijlocului M al laturii BC.

Demonstratie: ( Fig. 3.2.2. )

Fig. 3.2.2.

Utilizand formula medianei, avem:

Din D OMB dreptunghic, avem: OM² = OB²- BM².

Atunci rezulta:

AM² –OM² == constant. Cum A si O sunt fixe, iar

MA²- MO²= constant, atunci, conform celor spuse in 1, rezulta ca M se afla pe o dreapta d, perpendiculara pe AO.

Delimitarea LG: Avand in vedere ca M este situat in interiorul cercului C(O, r), rezulta ca LG al punctelor M este format din segmentul [EF], unde E si F sunt punctele in care dreapta d intersecteaza C(O,r), mai putin E si F.

Problema 3.2.3. Fie triunghiul ABC. Sa se gaseasca LG al punctelor M, din interiorul lui, pentru care s (ABM)=s(ACM). ( Prin s(ABM) s-a notat aria D ABM.)

Demonstratie: ( Fig. 3.2.3. ). Fie L=. Daca

M I L, atunci s (ABM)=s (ACM), de unde avem: si, atunci, d(B,AM)=d(C,AM).

Fie E si F proiectiile lui B, respectiv C, pe dreapta AM, iar O punctul de intersectie al dreptei AM cu Latura BC. Cum BE=CF (evident, figura trebuie facuta conform rezultatelor obtinute) si m(<B₁)=m(<C₁), urmeaza ca D BEO s D CFO. Din acestea ,rezulta ca BO´CO, adica M trece prin mijlocul laturii BC si, deci, MI AO. Prin urmare, L d (1), unde cu (d) am notat dreapta AO.

Fie MI (d). Distingem cazurile:

I. MI; atunci s( ABM)=s (ABO)-s(MBO)= s(AOC)-s(MCO)=s(ACM);

II. Daca OI , atunci s(ABM)=s (ABO) +s(BOM)=s(ACO)+s(COM)=s (ACM)

III. Daca A I , atunci s ( ABM)= s(MBO)-s(ABO)=s(MCO)-s(ACO)=s(ACM).

Deci, MIL, adica (d) L (2).

Din (1) si (2), rezulta ca L=(d), adica LG al punctelor M este dreapta (d).

Fig. 3.2.3.

Problema 3.2.4. Se da unghiul < xOy. Sa se gaseasca LG al punctelor M, din interiorul unghiului, astfel incat perimetrul paralelogramului AOMB, cu AI Ox si BI Oy, sa fie constant.

Demonstratie: ( Fig. 3.2.4. ).

Fig. 3.2.4.

Fie M o pozitie oarecare a punctului mobil. Prin M ducem o perpendiculara pe bisectoarea O_z a unghiului < xOy; se formeaza D OCD isoscel. ( OC=OD). Avem : OA+AM+MB+BO=2OD= =constant. Deci, LG al punctelor M este o perpendiculara, dusa prin M pe bisectoarea O_z a unghiului xOy.

Problema 3.2.5. Se considera D ABC si se iau pe laturile sale punctele variabile DI BC,

EI AC. Sa se afle LG al punctului M, mijlocul segmentului DE, atunci cand punctele D si E parcurg cele doua laturi, astfel incat D ABD si D BCE sa aiba aceeasi arie.

Demonstratie : ( Fig. 3.2.5. ). Se observa ca, daca punctul D tinde catre B, atunci E tinde catre C, iar M tinde catre A’, mijlocul laturii BC. Daca, insa, D tinde catre C, atunci E tinde catre A, iar M tinde catre B’, mijlocul laturii AC. De aceea intuim ca LG al punctului M este linia mijlocie A’B’. Din s( ABD s (BCE), rezulta : , de unde , adica

Utilizand proportii derivate, avem : adica Atunci, , si conform reciprocei teoremei lui Menelaus, rezulta ca punctele A’ , M, B’ sunt coliniare. Deci, LG al punctului M este linia mijlocie A’B’.

Fig. 3.2.5.

Problema 3.2.6. Fie AB un diametru fix al unui cerc, C(O,r), iar M un punct mobil pe cerc. Dreapta AM intersecteaza cercul de diametru AO in N. Sa se afle LG al punctului P, de intersectie al dreptelor OM si BN.

Demonstratie  ( Fig. 3.2.6. )

Fig.3.2.6.

Cum < ANO=90⁰, rezulta ca ON AM, adica N este mijlocul segmentului AM. Utilizand teorema lui Menelau in D AMO , cu transversala NPB, obtinem : . Insa, , si, atunci Deci, , adica PO=, si, cum O este fix, urmeaza ca LG este cercul C( O ,).

Problema 3.2.7. Pe un cerc, cu centrul in O, se considera doua puncte fixe, A si B, si doua puncte mobile M si N, astfel incat m(<AOB)=m(<MON ) =90⁰.Sa se afle LG al punctului de intersectie al dreptelor AM si BN.

Demonstratie : Cazul I N este situat pe cercul dat intre A si M, iar M intre B si N. Atunci, patrulaterul ANMB este trapez isoscel, cu laturile neparalele congruente, AB=MN. Daca notam cu P punctul de intersectie al dreptelor AM si BN, avem : m( < APB) = ()=90⁰.Rezulta ca P se afla situat pe cercul de diametru AB. Cum P este in interiorul cercului, deducem ca LG al lui P este un arc de cerc, care se obtine prin intersectia discului determinat de cercul dat cu cercul de diametru AB.

Cazul II. Daca N este situat pe cercul dat, intre B si M, atunci AM || BN si LG cautat este multimea vida.

Fig. 3.2.7.

Problema 3.2.8. Pe dreapta d, situata in planul p, se considera punctele A si B fixe si M mobil, M I d. In planul p se construiesc triunghiurile echilaterale de latura [AM], respectiv de latura [MB]. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri se intersecteaza in M si P. Se cere LG al punctului P in cazul cand punctul M parcurge segmentul [AB]

Demonstratie

Avem in vedere urmatoarele subcazuri:

a)      triunghiurile sunt de aceeasi parte a dreptei d

b)      triunghiurile sunt de o parte si de alta a dreptei d.

a) Fie D AMC si D BMD cele doua triunghiuri echilaterale si P al doilea punct de intersectie a cercurilor circumscrise acestor triunghiuri, MI [AB]. (fig. 3.2.8.a)

Evident, m(<APB)=m(<APM)+m(<NPB)=60⁰+60⁰=120⁰.

Reciproc, fie P’ un punct pe arcul , arc capabil de 120⁰. Bisectoarea unghiului < AP’B intersecteaza AB in M’, cercurile circumscrise triunghiurilor AM’P’ si M’P’B trec prin varfurile triunghiurilor echilaterale de laturi [AM’],respectiv [MB’}. Deducem ca LG al punctului P, cand triunghiurile echilaterale sunt de aceeasi parte a dreptei AB, este arcul de cerc cu extremitatile in A si B, arc capabil de 120⁰. Triunghiurile echilaterale pot fi situate in fiecare din cele doua semiplane determinate de dreapta d. Rezulta ca LG al punctului P, cand M parcurge segmentul [AB], C si D fiind de aceeasi parte a dreptei d, este format din reuniunea a doua arce de cerc, cu extremitatile A si B, simetrice fata de AB, arce capabile de 120⁰.

Fig. 3.2.8.a

b) Fie D AMC si DBMD triunghiuri echilaterale situate de o parte si de alta a dreptei d. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri sunt tangente in M, adica P=M.In acest caz LG al lui P este segmentul [AB]. (fig. 3.2.8.b).

Fig. 3.2.8.b

Concluzie : LG al punctului P cand M descrie segmentul [AB], este reuniunea a doua arce de cerc (simetrice fata de d, arce capabile de 120⁰) si a segmentului [AB] (fig. 3.2.8.c)

Fig. 3.2.8.c

3. UTILIZAREA TRANSFORMARILOR GEOMETRICE LA REZOLVAREA PROBLEMELOR DE LOC GEOMETRIC.

In acest capitol vom folosi principalele izometrii ale planului euclidian ( translatia, simetria centrala, simetria axiala, rotatia) precum si omotetia si inversiunea la rezolvarea unor probleme de loc geometric.

Reamintim ca o aplicatie f : P P, a planului P in el insusi se numeste izometrie daca pastreaza distanta intre doua puncte oarecare, adica daca:

A’B’= AB A,B I P,

Unde am notat A’ = f(A), B’= f(B).

Este usor de vazut ca, compunerea a doua izometrii este tot o izometrie. Un prim exemplu de izometrie este aplicatia identica a planului.

Id_p : P P ., Id_p( M) = A.

Un punct A se numeste punct fix al izometriei f daca f(A)=A.

Problema 3.3.1. Fie f:P P o izometrie.

i)Sa se arate ca f este aplicatie injectiva

ii) Sa se afle LG al punctelor M’= f(M) din plan cand M descrie un segment AB.

iii) Sa se afle LG al punctelor M’= f(M) din plan cand M descrie o semidreapta

iv) Sa se afle LG al punctelor M’= f(M) din planul P cand M decrie o dreapta

v) Sa se demonstreze ca daca f(P_i) = P_i, , i I unde P₁, P_2, P₃ sunt trei puncte coliniare, atunci f este izometria identica I_d a planului P.

vi) sa se arate ca f este o compunere de simetrii fata de diverse drepte.

Demonstratie: i) f fiind o izometrie avem AB= A’B’ , A, B IP, unde A’ =f(A),

B’ =f(B). Din f(A) =f(B) rezulta AB=0, adica A=B.

ii) Fie M I[AB]. Avem : AM+MB =AB.

De aici rezulta

f(A)f(M) + f(M)f(B) =f(A)f(B),

adica f(M) I [f(A)f(B)]. Am obtinut

f([AB]) [f(A)f(B)]

Fie acum un punct P I [f(A) f(B)]

Fig. 3.3.1.a

Deoarece f(A) P f(A) f(B)=AB, T Q I[AB] astfel incat

AQ= f(A) P

Deoarece AQ=f(A)f(Q), T f(A)P=f(A)f(Q)

Deoarece P, f(Q)I [f(A)f(B)], din ultima egalitate obtinem P= f(Q), adica PI f([AB]). Am  obtinut

(*’) [ f(A)f(B)] f([AB])

Din (*) si (*’) obtinem ca

f([AB])=[f(A)f(B)]

deci o izometrie transforma un segment [AB] in segmentul [f(A) f(B)].

Rezulta ca LG al punctului M’ =f(M) cand M descrie segmentul [AB], este segmentul [A’B’], unde A’=f(A), B’= f(B).

iii) Folosind ii) obtinem cu usurinta faptul ca izometria f transforma o semidreapta [AB in semidreapta [A’B’ , unde A’ =f(A) si B’=f(B). Prin urmare LG al punctului M’ =f(M) cand M descrie o semidreapta [AB, este semidreapta [A’B’ , unde A’ = f(A) si B’= f(B) .

iv) Procedand ca la iii) obtinem ca LG cautat este o dreapta.

v) Consideram dreapta P₁P₂ . Vom demonstra mai intai ca f(M)=M, M I P₁P₂. Presupunem M P₁ si M P₂ . Avem de considerat cazurile M I[P₁P₂] si M [P₁P₂] .

Cazul I. M I [P₁P₂] .Atunci M’ = f(M)I [P₁P₂] deoarece izometria f are proprietatea de a pastra relatia ,, a se afla intre”. In plus, P₁M = P₁M’, unde M’= f(M).Deoarece M’, M I [P₁P₂ si P₁M =P₁M’ T M’=M adica f(M)=M.

Cazul II. M [P₁P₂].Rezulta ca, sau P₁ se afla intre P₂ si M sau P₂ se afla intre P₁ si M. Noi vom trata cazul P₂ I(P₁M), celalalt tratandu-se analog.

Deoarece f : P P este o izometrie,

Fig. 3.3.1.b

Rezulta ca P₂I (P₁M’), unde M’= f (M). Deci M si M’ apartin semidreptei [P₁P₂. Deoarece avem si P₁M’=P₁M T M’=M.

Pana acum am obtinut ca punctele dreptelor P₁P₂, P₂P₃ , P₁P₃ sunt puncte fixe, adica avem

f (M)=M, M I P₁P₂ P₂P₃ P₁P₃.

Fie acum un punct oarecare M din plan care nu apartine dreptelor P₁P₂ , P₂P₃ , P₃ P₁ . O dreapta d ce trece prin M si este paralela cu P₁P₂ , cu P₁P₃ sau cu P₂P₃ intersecteaza cel putin doua din dreptele P₁P₂, P₂P₃ , P₁P₃, caci in caz contrar ar rezulta ca la dreapta d s-ar putea duce doua paralele printr-un punct dat, ceea ce contrazice axioma paralelelor. Sa presupunem de exemplu ca d || P₁P₂ si

MI d. Dreapta d intersecteaza dreapta P₁P₃ caci daca d P₁P₃ = ar rezulta ca d || P₁P₂ si d || P₁P₃ , si cum P₁P₂ P₁P₃ T prin P₁ se pot duce doua paralele la dreapta d, ceea ce este absurd. Analog, se obtine ca d intersecteaza dreapta P₂P₃.

Notam = d P₂P₃ si = d P₁P₃ ( fig. 3.3.1.c ) .

Fig. 3.3.1.c

Cum M₁si M₂ sunt puncte fixe ale izometriei f , deducem ca dreapta d = M₁M₂ are toate punctele fixe. In particular, f (M) =M. In concluzie, obtinem ca f (M)=M, M I P, adica f este izometria identica a planului P.

vi) Fie P₁I P . Notam = f(P₁). Consideram izometria s : P P data prin

s = ,

unde prin am notat mediatoarea segmentului . Este evident ca este o izometrie,

deoarece compunerea a doua izometrii este tot o izometrie. Avem :

, deci P₁ este fix in izometria .

Fie acum P₂ I P, P₂ P₁ .Notam Consideram izometrias : P P definita prin :

,

Este evident ca este o izometrie. Avem : , deci P₂ este fix pentru izometria Avem .

Deoarece si este izometrie rezulta ca P₁P₂ =ceea ce

arata ca punctul P₁ se afla pe mediatoarea segmentului , daca Rezulta ca , deci

avem Pana acum am aratat ca punctele distincte P₁ si P₂ sunt puncte fixe pentru

izometria .

Fie acum P₃ :P P definita prin

.

Este evident ca este izometrie. Ca mai sus aratam ca

Deoarece izometria are trei puncte necoliniare fixe, rezulta , folosind punctul anterior ca avem : =Id_P.

Compunem la stanga cu s si tinem seama de faptul ca T

Compunem la stanga cu s si tinem seama de faptul ca T

In sfarsit, Compunem la stanga cu s si folsim faptul ca T .

Observatie: 1) Din ii), iii), iv) rezulta ca o izometrie transforma orice triunghi intr-un triunghi congruent, orice poligon intr-un poligon congruent. Un unghi se transforma intr-un unghi congruent. Doua drepte perpendiculare se transforma in doua drepte perpendiculare. Doua drepte paralele se transforma in doua drepte paralele.

2) Multimea izometriilor planului euclidian P inzestrata cu operatia de compunere a izometriilor formeaza un grup notat Izo(P).

Problema 3.3.2.Consideram omotetia T:P P de centru O si raport K. Fie A si B doua puncte distincte in plan si fie R>o. Sa se afle locul geometric al punctului M’=T(M) cand :

i)            M descrie segmentul [AB];

ii)          M descrie dreapta AB;

iii)        M descrie cercul C( A ,R ).

Demonstratie: Fie A’=T(A),B’=T(B).

i). Avem , si, folosind reciproca teoremei lui Thales,

obtinem ca segmentele [AB] si [A’B’] sunt paralele (fig. 3.3.2)

In plus, folosind teorema fundamentala a asemanarii obtinem: A’B'LG al

punctului M’=T(M) cand M descrie segmentul [AB] este [A’B’], paralel cu [AB]si avand lungimea A’B’=.

ii) este evident ca daca 0 I AB, atunci LG cautat este dreapta AB. In continuare, vom presupune ca 0 AB.

Fig. 3.3.2.

Fie MI AB un punct oarecare si M’=T(M). Segmentele [AM] si [A’M’] sunt paralele ( fig. 3.3.2) . De asemenea, [AB] || [A’B’]. Dar prin A’ se poate duce o singura paralela la AB T

T M’I A’B’T A’B’|| AB. Cand M descrie dreapta AB, M’ =T(M) descrie dreapta A’B’( in intregime corespondenta fiind bijectiva ). In concluzie, LG al punctului M’ =T(M) cand M descrie dreapta AB este A’B’, paralela cu AB, unde A’=T(A) si B’=T(B).

iv)        Fie A’=T(A)si M IC(O,R) un punct oarecare. Fie M’=T(M). Avem: A’M’||AB si A’B’=.Rezulta ca LG cautat este cercul C(A’,R’), unde A’=T(A) si R’=

Problema 3.3.3. Fie cercul C(O, R) si A,B I C(O,R) doua puncte fixe. Sa se determine LG al ortocentrului H al triunghiului ABC, unde C este un punct variabil pe cercul C(O,R).

Demonstratie: Perpendiculara in A pe dreapta AB intersecteaza cercul C(O,R) in puncteleA si D. ( fig. 3.3.3.) . Deoarece m(< BAD)=90⁰ T OI BD T 90⁰ =m(<DCB). Deoarece avem DA || CH si DS || AH T ADCH este paralelogram T CH=AD T H I C(O’, R) , cerc obtinut prin translatia de vector a cercului C(O,R). Observam ca LG al punctului H este cercul C(O’,R), din care se scot doua puncte ( cand C vine in A sau in B, triunghiul ABC nu exista).

Fig. 3.3.3.

Problema 3.3.4.Consideram un punct fix 0I Psi un numar real K 0.Fie inversiunea

T: P P

de pol O si putere K.

i)            Sa se arate ca doua puncte si inversele lor sunt varfurile unui patrulater inscriptibil.

ii)          Sa se afle LG al punctului M’=T(M) cand M descrie o dreapta d

iii)        Sa se afle LG al punctului M’=T(M) cand M descrie un cerc C(A,R)

Demonstratie : I) Fie A si B I P . Notam cu A’=T(A), B’=T(B). Din egalitatile

T , si deci D AOB ~ D B’OA’ (fig. 3.3.4.i )

Fig. 3.3.4.i

Rezulta ca < OAB ≡ < OB’A’ si deci punctele A,B,B’, A’ sunt varfurile unui patrulater inscriptibil.

ii) Vom studia doua cazuri:

a)      Cazul 1. OI d .deoarece punctele O,M ,M’ =T(M) sunt coliniare, oricare ar fi M I d

Prin urmare LG al punctului M’=T(M) este d .

b)      Cazul II. O d. Notam cu A= pr _d O, A’=T(A).Daca M este un punct variabil pe dreapta d

si M’=T(M),atunci folosind punctul i) obtinem ca patrulaterul MAA’M’ este inscriptibil, deci m(< MM’A’)=90⁰(fig. 3.3.4. ii)

Fig. 3.3.4.ii

iii) Vom studia doua cazuri :

a)      Cazul I.OI C(A,R). Fie B punctul diametral opus lui O si B’=T(B) (fig. 3.3.4.iii a)

M fiind un punct oarecare pe cercul dat M I M’=T(M), patrulaterul BB’M’M trebuie sa fie inscriptibil. Cum m(<OMB)=90⁰, trebuie ca si m(<BB’M’)=90⁰. Prin urmare LG al punctului M’=T(M) cand M descrie C(A,R) , este o dreapta perpendiculara in B’pe diametrul [OB].

Fig. 3.3.4.iii a

b)      Cazul II. C(A,R). Vom presupune ca punctul 0 este exterior cercului. Fie p puterea

polului 0 fata de cercul C(A,R) si MI C(A,R) un punct oarecare.

Fig. 3.3.4.iii b

Notam M’=T(M) si =OM’ C(A<R) (fig. 3.3.5.iii b). Avem si De aici vedem ca punctul M’ este omoteticul punctului N in omotetia T’ de centru 0 si raport Fie A’ omoteticul punctului A. Deoarece omoteticul unui cerc este tot un cerc, rezulta ca LG al punctului M’=T(M) cand M descrie cercul C(A,R) este C(A’,R’) unde A’=T(A), iar R’=