Probleme geometrie de la olimpiada nationala faza judeteana si etapa finala

PROBLEME DE LA OLIMPIADA NATIONALA

FAZA JUDETEANA SI ETAPA FINALA

1. PROBLEME REZOLVATE

Problema 6.1.1.( cls. a-VII-a, etapa finala 2002, subiect unic) Fie ABCD un trapez. Determinati multimea punctelor P interioare trapezului care satisfac proprietatea:prin punctul P trec cel putin doua drepte care intersecteaza bazele trapezului , impartindu-l, fiecare, in doua trapeze de arii egale.

Demonstratie:Fie AB si CD bazele trapezului, MN linia mijlocie a trapezului M I (AD), NI (BC), O mijlocul lui [MN] si h inaltimea trapezului. (fig. 6.1.1.) Consideram punctele E I (AB), FI(CD) si =(EF) (MN). Cum MP’ si P’N sunt linii mijlocii in trapezele AEFD si respectiv EBCF, atunci S_AEFD = S_EBCF ( 1 )

Din relatia ( 1 ) rezulta ca daca o dreapta d taie bazele trapezului,si il imparte in doua trapeze de arii egale, atunci O Id.Fie P un punct cu proprietatea din enunt si d₁, d₂ cele doua drepte. Cum OI d₁ ,O I d₂ , atunci, cum =d₁ d₂=, deci P=O.

Reciproc, daca dreapta d contine punctul O si taie bazele trapezului, atunci, cum =d (MN), din relatia ( 1 ) deducem ca d imparte trapezul in doua trapeze de arii egale. Rezulta ca O are proprietatea din enunt si este singurul punct cu aceasta proprietate.

Fig.6.1.1.

Problema 6.1.2. ( cls. a-VII-a, etapa judeteana 2001, subiect unic) Se considera D ABC si punctele D,E,F astfel incat sunt indeplinite simultan conditiile:

B si E sunt de o parte si de alta a dreptei AC

D si C sunt de o parte si de alta a dreptei AB

A si F sunt de aceeasi parte a dreptei BC;

Demonstrati ca : a) D BDF ~ D FEC

b) [AF] si[DE] au acelasi mijloc.

Demonstratie : (fig. 6.1.2.)

D ABD ~ D CFB T si < DBA s < FBC

Datorita orientarii acestor unghiuri rezulta : < DBF s < ABC, si cum T

D ABC ~ D DBF.

Anolog se arata ca D ABC ~ D FEC.

Fig. 6.1.2.

a)      Din asemanarile anterioare obtinem : T AE s DF. Analog AD s EF, adica AEFD este paralelogram-eventual degenerat! – si diagonalele AF si DE au acelasi mijloc.

Problema 6.1.3. ( cls. a-VII-a, etapa judeteana 2001, subiect unic) Consideram

patrulaterul convex ABCD si punctele M I (AB), N I (CD) astfel incat .Aratati ca BC || AD daca si numai daca

.

Demonstratie: (fig. 6.1.3.)

Fie P intersectia dreptelor AC si MN.

T Daca BC || AD, atunci MN || BC si

Din si deci .

Fig. 6.1.3.

Fie Q I AC astfel incat MQ || BC. Atunci QN || AD.

Atunci: k=

Analog, BC=MQ( k+1) T MN=MQ+QNT QI MNT MN || BC si MN || AD ( BC || AB q.e.d.

Problema 6.1.4 cls. a-VII-a, etapa finala 2001)

Se considera un trapez dreptunghic ABCD, in care AB || CD, AB > CD, AD perpendicular pe AB si AD > CD. Diagonalele AC si BD se intersecteaza in O. Paralela prin O la AB intersecteaza AD in E si BE intersecteaza CD in F. sa se demonstreze ca CE perpendicular pe AF daca si numai daca

Demonstratie : (fig.6.1.4) Notam CE ( AB =. Ducem AH || CG, H I DC. Cum

OE || DC ||AB T

Tot din OE || DC ||AB T

AHCG paralelogram T CE AF AF AH

Fig. 6.1.4.

Problema 6.1.5

( Olimpiada Balcanica de Matematica pentru Juniori, Targu-Mures, iunie 2002)

Fie ABC un triunghi isoscel (AC=BC) si P un punct pe arcul AB al cercului circumscris triunghiului, ce nu contine punctul C. Fie D proiectia lui C pe PB. Demonstrati ca PA+PB=2PD.

Demonstratie

Solutia I: Conform teoremei lui Ptolemeu, , si cum AC=BC,avem ca unde E este piciorul inaltimii din C, deci mijlocul lui [AB]. Atunci, problema revine la a arata ca adica evident adevarat.

Fig. 6.1.5.a

Solutia II. Prelungim [PB] cu segmentul [BM]s [AP]. Atunci D BCM s D ACP, deci [CP] s[CM], adica D CPM este isoscel, cu inaltimea CD. Urmeaza ca [PD]s[DM], deci 2PD=PM=PB+BM=PB+PA.

Fig. 6.1.5.b.

Problema 6.1.6.( Concursul ,,Gheorghe Titeica”-cls. a-VII-a 2001)

Fie ABC un triunghi echilateral si D un punct in interiorul lui cu proprietatea ca DB=DC si m(<BDC)=100⁰.Pe dreapta DC se ia punctul E astfel incat C este intre D si E iar DE=BC. Sa se arate ca D BCE si D ADC au arii egale.

Demonstratie: Fie =AD BC. D ADB s D ADC (L.L.L) T [AD este bisectoare in D ABC deci AD BC si BM s MC.( fig. 6.1.6.)

Fig. 6.1.6.

Fie D’ simetricul lui D fata de BC. Evident, D BDM s D CMD’ ( triunghiuri dreptunghice in M si BM =MC, DM=MD’) T S _BDM= S_CMDT S_BDC=S_BDM+S_CDM=S_CMD’+S_CDM=S_{DCD’ .}Pe de alta parte, D DCD’ este isoscel iar m(< MCD’)=m(<DCM)=90⁰-50⁰=40⁰.

Acum, deoarece m(<ACD’)=m(<ACB)+m(<BCD’)=60⁰+40⁰=100⁰= m(<BDE) si CD’=DC=BD T D BDEsD ACD’ T S_BDE=S_ACD.

Cum insa S_BDE=S_BDC+S_BCE si S_ACD’=S _DCD’+S_ADC , obtinem ca S_BCE=S_ADC.

Problema 6.1.7. ( cls. a-VII-a, etapa judeteana 2002, subiect unic)

Fie ABCD un trapez cu AB || CD si diagonalele perpendiculare. Aratati ca : AB+CD <AD+BC.

Demonstratie: ( fig. 6.1.7.) Fie AC BC = si M,N mijloacele segmentelor [BC], [AD] T

In triunghiul OMN aplicam inegalitatea : MN <OM+ON T AB +CD < AD+BC.

Fig. 6.1.7.

Problema 6.1.8. ( cls. a-VII-a, etapa judeteana 2002)

Fie D ABC, D I (AB), E I (AC) astfel incat .Paralela prin E la BC intersecteaza AB in F. Demonstrati ca :

[AB] si [DF] au acelasi mijloc;

Mijloacele segmentelor [AB], [AC] si [DE] sunt coliniare.

Demonstratie: (Fig. 6.1.8.)  1) Din ipoteza ( 1 )

Tot din ipoteza [AD] s [BF]

Daca M este mijlocul segmentului [DF] T MA=MB, deci M este mijlocul lui [AB].

Fig. 6.1.8.

Fie MN || BC, N I AC T N este mijlocul lui [AC].Fie MN DE = T [MP] linie mijlocie in D DEF T P mijlocul segmentului [DE]

Problema 6.1.9.  (cls. a-VII-a, etapa locala, Prahova, 2002)

Se considera triunghiul ABC si mediana AD, DI [BC]. Prin mijlocul lui [AD] se duce o dreapta oarecare care intersecteaza laturile AB si AC in E, respectiv F(EI (AB),FI (AC)) siBT si CR paralele cu AM, T si R fiind situate pe dreapta EF. Sa se arate ca.

Demonstratie Fie P mijlocul lui [RT], D mijlocul lui [BC] T [PD] linie mijlocie in trapezul BCRT. (fig. 6.1.9.)

Fie atunci PD || RC || BT; RC || BT || AM TPD || AM. Fie O mijlocul lui [AD].

Comparam D AMO si D DPO:

< AOM ( < DOP ( opuse la varf)

AO=OD

< MAO s< PDO ( AM || PD, AD secanta ) si conform cazului U.L.U ca D AMO sD DPO TAM =PD

Dar, PD este linie mijlocie in trapezul BCRTT2PD=BT+CRT2AM=BT+CR q.e.d.

Fig.6.1.9.

Problema 6.1.10.( I.M.O. 2001) In triunghiul ascutitunghic ABC cu centrul cercului circumscris in O si inaltime AP avem .Demonstrati ca .

Demonstratie Fie K si Q simetricele lui A si P fata de mediatoarea laturii BC.Fie R raza cercului circumscris D ABC. (fig. 6.1.10.).Atunci OA=OB=OC=OK=R.In plus, QP=KA pentru ca KQPA este dreptunghi.

Observam ca = 2(pentru ca

s).In plus, OA = OK = R deci T si implicit . Deci OP + R = OQ + OC > QC = QP + PC R+PC. Deci : OP > PC T .

Dar, deci .

Fig. 6.1.10.

Problema 6.1.11. (I.M.O.2002) Fie BC diametrul cercului G cu centrul in O. Fie AI G astfel incat 0⁰< <120⁰ si fie D mijlocul arcului AB care nu il contine pe C. Dreapta prin O paralela la AD intersecteaza AC in J. Mediatoarea lui AO intersecteaza G in E si F. Demonstrati ca J este centrul cercului inscris in D CEF.

Demonstratie: ( Fig. 6.1.11. ). D este mijlocul arcului AB deci m(, unde

m(=2α I (0⁰,120^0). Deci m( T DO || AC.

Fig. 6.1.11.

Cum OJ || AD T ADOJ paralelogram T AJ=OD. Cum EF este mediatoarea lui AO T AF=FO=OE=EA.Deci, G (A,AO) trece prin E,J,O si F.

Deci < EFJ=<EAJ=<EAC=<EFC, adica FJ este bisectoarea unghiului EFC. Cum A este mijlocul arcului EFT JC este bisectoarea unghiului ECF.q.e.d.

Singura situatie in care < EFJ=<EFC nu implica FJ bisectoare este cand A si J sunt de aceeasi parte a lui EF sau cand A si J sunt de o parte si de alta a lui FC. Evident, doar prima situatie este plauzibila. Fie OJ CA=. In acest caz L se afla intre E si A deci Dar si deci ceea ce nu se poate.

Problema 6.1.12. ( O.N.M.-2000) Fie A si B doua puncte fixe din plan si a,b I(0,1), doua numere reale . Pentru fiecare punct M din plan, nesituat pe dreapta AB, se considera punctele PI (AM) si NI(BM) astfel incat . Sa se determine LG al punctului M, pentru care AN=BP.

Generalizarea pe care o prezentam are in vedere doua directii :

1) Alegerea numerelor a,b I (0,),P I AM si NI BM;

2) Consideram M variabil in spatiu.

Demonstratie

Punctul M este variabil in plan. Distingem cazurile :

i)            a,b I (0,1) ; ii) a,b I (1, ); iii) a I (0,1), bI(1, ); iv) aI (1, ), bI

i) Fie a,b I (0,1) si M un punct al locului geometric , AP= , BN= T Ducem MA’ || AN , A’ I AB si MB’ || PB. Din asemanarea triunghiurilor BAN si BA’N T de unde rezulta ca A’ si B’ sunt fixe si exterioare segmentului [AB]. Cum AN=BP T si ajungem la o problema fundamentala de loc geometric. Daca a=b obtinem AM=B’M. Locul geometric al punctului M este mediatoarea segmentului [A’B’].

(fig. 6.1.12.)

Fig. 6.1.12.a

Daca a b, obtinem 1. Locul geometric este cercul lui Apoloniu corespunzator punctelor fixe A’, B’ si a raportului Se cunoaste ca acest cerc are ca diametru segmentul [CD], unde C si D reprezinta picioarele bisectoarelor interioare, respectiv exterioare ale

< A’MB’, puncte ce impart segmentul [A’B’] in raportul k.(fig. 6.1.12. b)

Fig. 6.1.12. b

ii)          Fie a,b I (1,) si M un punct al locului geometric.(fig. 6.1.12c)

Dinsi T M I(AP) si M I (BN). Ducem MA’ || NA si MB’|| BP, obtinem A’, B’ I (AB),

D BAN ~ D AB’M, de unde si T A’, B’ puncte fixe si Locul geometric este cel de la i).

Fig. 6.1.12.c

iii)        Fie a I (0,1) si bI (1, ) si b I ( 1, ) . M fiind un punct al locului geometric cautat avem P I ( AM), M I (BN). Obtinem A’ I (AB) si B’ I AB [ AB], cu B I (AB’) si A’, B’ fixe. Se deduce prin acelasi procedeu ca in cazurile i) si ii) ca

iv)        Daca a I (1,) , bI (1,), se trateaza analog ca la iii). In conditiile iii) si iv) nu apare varianta a=b. Deci, LG al punctului M este mediatoarea segmentului [A’B’] daca a=b, sau cercul lui Apoloniu determinat de A’, B’ si k= , daca a b,pentru orice a,b >0.cazurile i), ii), iii),iv)se deosebesc prin pozitiile punctelor A’, B’ fata de A si B . Daca a=1 sau b=1, atunci P=M sau N=M, de unde B=B’ sau A=A’, concluzia fiind aceeasi.

Punctul M este variabil in spatiu.

Cand M este variabil in spatiu, LG al punctului M este planul mediator al segmentului [A’B’] pentru a=b, sau sfera lui Apoloniu, corespunzatoare punctelor A’, B’ si a raportului k=, pentru a b.

Justificarea afirmatiei se face in doua moduri :

folosind rotatia in jurul dreptei AB, dupa un unghi q I (0,360⁰), (cazul problemei de la 1); mediatoarea segmentului [A’B’] descrie planul mediator si cercul de diametru [CD].

folosind problema fundamentala-LG al punctelor din spatiu egal departate de doua puncte fixe , respectiv LG al punctelor din spatiu din care un segment fix [CD] se vede sub un unghi de 90⁰.

Problema 6. 1.13. (Olimpiada balcanica pentru juniori, Cipru 2001)

Fie ABC un triunghi echilateral si D, E puncte arbitrare pe laturile [AB], respectiv [AC]. Daca DF,EG (cu FIAE, GIAD) sunt bisectoarele interioare ale unghiurilor triunghiului ADE, demonstrati ca suma ariilor triunghiurilor DEF si DEG este cel mult egala cu aria triunghiului ABC. Explicati cand are loc egalitatea.

Demonstratie: ( fig. 6.1.13.) Utilizand teorema unghiului exterior, obtinem: m(<AGE)=m(<ADE)+m(<GEO)=m(<ADE)+[ 180⁰ –m(<A)-m(<ADE)]=

=60⁰ + m(<ADE) si m(<DFE)=m(<ADF)+m(<A)=60⁰ +m(<ADE);

deci < AGE s < DFE  (1).

Fie MI (DE) astfel incat < DIM s <DIG. Din D DIM s D DIG T DM =DG  (2).

Dar< DMI s < DGI (3).

Din (1) si (3) T <IME s < IFE.In consecinta, DIME s D IFE T ME=FE (4).

Relatiile (2) si (4) implica egalitatea DE=DG+EF. (5).

Fie r raza cercului inscris in D ADE. Tinand seama de (5), avem:

S_DIDG +S _{D IEF} = =S _DIDE , de unde S_{D DEG}+ S_DEF= 3S_IDE  (6).

Se stie ca, daca M este un punct pe arcul subantins de o coarda XY, atunci S_{D MXY} este maxima cand M este mijlocul arcului XY. Ca urmare, avem S_DIDE S_{D PDE}, unde DPDE este isoscel cu m(<DPE)=m(<DIE)=120⁰.Notand cu O centrul triunghiului echilateral dat, avem D PDE ~ D OBC si, deci, S_DPDE S_{D OBC}, cu egalitate daca si numai daca D=B si E=C. Asadar are loc S_IDE S _{D OBC}

Din (6) si (7), obtinem in final S _{D DEG}+ S_{D DEF} 3S_{D ABC}, adica inegalitatea dorita. Avem egalitate daca si numai daca D cade in B si E in C.

Fig. 6.1.13.

2. PROBLEME PROPUSE

Problema 6.2.1. ( cls. a-IX-a faza judeteana 2002) Fie ABC un triunghi, G centrul sau de greutate si punctele M I ( AB), N I (BC), PI (CA), astfel incat Notam G₁, G₂, G₃ centrele de greutate ale triunghiurilor AMP, BMN, CNP. Demonstrati ca:

b)      D ABC si D G₁G₂G₃ au acelasi centru de greutate;

c)      Pentru orice punct D al planului triunghiului ABC,

3DG< DG₁ + DG₂ +DG₃ < DA + DB+BC.

Problema 6.2.2. ( A 54-a Olimpiada Nationala de Matematica, Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, martie 2003, clasa a-VII-a)

In triunghiul dreptunghic ABC (m(<A= 90⁰), D este intersectia bisectoarei unghiului A cu latura (BC), iar P si Q sunt proiectiile lui D pe laturile (AB), respectiv (AC). Daca BQ DP=, CP DQ = , BQ CP = , aratati ca :

a)      PM = DN

b)      MN || BC

c)      AH BC.

Problema 6.2.3. ( A 54-a Olimpiada Nationala de Matematica, Etapa finala-21 aprilie 2003, clasa a-VII-a)

Se da triunghiul ABC in care P este mijlocul laturii BC. Fie M I(AB), NI (AC) astfel incat MN || BC si =MP BN. Perpendiculara din Q pe AC intersecteaza pe AC in R si paralela prin B la AC in T. Aratati ca :

a)      TP || MR

b)      < MRQ s < PRQ.

Problema 6.2.4. ( A 54-a Olimpiada Nationala de Matematica, Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, martie 2003, clasa a-VIII-a)

a)      Fie D MNP astfel incat m(< MNP) > 60⁰. Aratati ca latura MP nu poate fi cea mai mica latura a triunghiului MNP.

b)      Intr-un plan se considera triunghiul echilateral ABC. Punctul V care nu apartine planului (ABC) este ales astfel incat < VAB s < VBC s < VCA. Aratati ca daca VA = AB, tetraedrul VABC este regulat.

Problema 6.2.5. ( A 54-a Olimpiada Nationala de Matematica, Etapa finala-21 aprilie 2003, clasa a-VIII-a)

Fie tetraedrul ABCD in care G₁, G₂, G₃ sunt centrele de greutate ale fetelor ADC, ABD, respectiv BDC.

a)      Aratati ca dreptele BG_1,CG₂, AG₃ sunt concurente.

b)      Stiind ca AG₃ =8, BG₁= 12 si CG₂= 20, calculati valoarea maxima posibila a

volumului tetraedrului ABCD.

Problema 6.2.6. ( U.S.A. MOP 2002). Fie ABC un triunghi neisoscel cu centrul cercului inscris I, BI AC = , CI AB =. Daca IP =IQ aflati

Problema 6.2.7. Fie ABCDE un pentagon convex inscris intr-un cerc unitate astfel incat AE este diametru. Fie AB=a, BC=b, CD=c, DE=d. Demonstrati ca a²+b²+c²+d²+abc+bcd<4

Problema 6.2.8. ( cls. a-VII-a faza judeteana 2002 ) . Se considera triunghiul echilateral ABC cu centrul de greutate in G. Fie M un punct interior triunghiului si O mijlocul segmentului MG. Prin M se duc trei segmente, fiecare paralel cu cate o latura a triunghiului si cu capetele pe celelalte doua laturi ale triunghiului dat.

a) Aratati ca O se afla la distante egale fata de mijloacele celor trei segmente considerate.

b)      Aratati ca mijloacele celor trei segmente sunt varfurile unui triunghi echilateral