Page 27 - MATINF Nr. 1

Coordonate analitice practice

1
Leonard Mihai Giugiuc s , i Diana Tr˘ailescu Gogan 2

ˆ
In general, pentru rezolvarea unor probleme de geometrie a triunghiului prin metoda analitic˘a,
punctele sunt alese astfel: A (0, a), B (b, 0), C (c, 0) cu a > 0 si b < c. Inconvenientul acestei
alegeri a punctelor const˘a ˆın faptul c˘a vom avea numitori nedorit , i ˆın cazul coordonatelor
ortocentrului sau ale centrului cercului circumscris triunghiului.
Vom face urm˘atoarea alegere: A (0, a), B (−ab, 0), C (ac, 0), unde a este distant , a de la
punctul A la dreapta BC, b = ctg B, c = ctg C. Evident b + c > 0.

2
Printr-o omotetie de centru O s , i raport 1 (sau ), putem alege A (0, 1), B (−b, 0), C (c, 0)
a a
ˆ
sau A (0, 2), B (−2b, 0), C (2c, 0). In primul caz vom avea ortocentrul H (0, bc), iar ˆın cel de-al
doilea caz ortocentrul H (0, 2bc) s , i centrul cercului circumscris triunghiului O 1 (c − b, 1 − bc).
Ca aplicat , ii ale acestei metode vom prezentaˆın cele ce urmeaz˘a solut , ii inedite la trei probleme
date la Olimpiade Internat , ionale de Matematic˘a.

Aplicat , ia 1. Fie H ortocentrul unui triunghi ascutitunghic ABC. Cercul centrat ˆın mijlocul
lui (BC) s , i care trece prin H intersecteaz˘a latura BC ˆın punctele A 1 s , i A 2 . Analog definim
punctele B 1 , B 2 pe latura AC s , i C 1 , C 2 pe latura AB.
Demonstrat , i c˘a punctele A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 s , i C 2 sunt conciclice.

I.M.O. 2008

Solut ,ie. Alegem punctele A (0, 2), B (−2b, 0) s , i C (2c, 0). Cum 4ABC este ascut , itunghic
rezult˘a b > 0, c > 0 s , i bc < 1. Evident, H (0, 2bc) s , i centrul cercului circumscris 4ABC
este O 1 (c − b, 1 − bc). Din modul de definire a punctelor A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 , C 2 , obt , inem c˘a
mediatoarea lui [BC] coincide cu mediatoarea lui [A 1 A 2 ] s , i analog celelalte. Deci e suficient s˘a
ar˘at˘am c˘a O 1 este egal dep˘artat de cele s , ase puncte. De asemenea, exist˘a numerele reale strict
pozitive m, n, p cu:

A 1 (c − b − m, 0) , A 2 (c − b + m, 0) ; B 1 (c (1 − n) , 1 + n) ,

B 2 (c (1 + n) , 1 − n) , C 1 (−b (1 − p) , 1 + p) s , i C 2 (−b (1 + p) , 1 − p) .
Deci:
O 1 A 1 = O 1 A 2 , O 1 B 1 = O 1 B 2 s , i O 1 C 1 = O 1 C 2 . (1)
−−→ −−→
Din ipotez˘a, avem 4HA 1 A 2 dreptunghic ˆın H. Rezult˘a HA 1 · HA 2 = 0 ⇒

î ~ ~ ó î ~ ~ ó
(c − b − m) i − 2bcj (c − b + m) i − 2bcj = 0
2
2
2
2 2
2 2
⇒ (c − b − m) (c − b + m) + 4b c = 0 ⇒ m = 4b c + b + c − 2bc.
1
Profesor, Colegiul Nat , ional,,Traian”, Drobeta Turnu Severin, leonardgiugiuc@yahoo.com
2
Profesor, Liceul Tehnologic H˘alˆanga, dianaveronica80@yahoo.com
27