Page 29 - MATINF Nr. 1

Coordonate analitice practice 29

1 − bc 1 − bc
· + 1 2 2 2
b + c b − c
(1 − bc) + b − c
Deci, ctg COP = = .
÷
1 − bc 1 − bc 2c · (1 − bc)
−
b − c b + c
2 2 2
1 − bc (1 − bc) + b − c
ctg A · ctg COP > 1 ⇔ · > 1
÷
b + c 2c (1 − bc)
2 2 2
(1 − bc) + b − c Ä ä Ä ä
2
⇔ > 1 ⇔ 1 + b 2 1 + c 2 > 4c (b + c) ⇔ R > 4c (b + c) ,
2c (b + c)
unde R este raza lui w.
ˆ
In 4PAC, PC = AC cos C = 2R sin B cos C ⇒ 2c = 2R sin B cos C ⇒ c = R sin B cos C.
Aplicˆand teorema sinusurilor in 4ABC, avem BC = 2R sin A ⇒ 2 (b + c) = 2R sin A
⇒ b + c = R sin A. Deci avem de ar˘atat c˘a

1
2
2
R > 4R sin A sin B cos C ⇔ sin A sin B cos C <
4
1 1
⇔ sin A [sin (B + C) − sin (C − B)] < ⇔ sin A (sin A − sin (C − B)) < .
2 2
1 1
◦
Cum C − B este unghi ascutit si C − B ≥ 30 ⇒ sin (C − B) ≥ ⇒ − sin (C − B) ≤ − .
2 2
Este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a
1 1
Ç å
sin A sin A − < ⇔ (sin A − 1) (2 sin A + 1) < 0. (3)
2 2
◦
Cum A < 90 ⇒ sin A − 1 < 0 ⇒ inegalitatea (3) este adevarat˘a, deci concluzia problemei
este adev˘arat˘a.
BC CA AB √
Aplicat , ia 3. Un 4ABC si un punct D din planul s˘au satisfac relat , ia = = = 3.
AD BD CD
Demonstrat , i c˘a 4ABC este echilateral s , i D este centrul s˘au.
I.M.O. 1980-Luxembourg

Solut ,ie. Alegem A (0, 1), B (−b, 0), C (c, 0) s , i D (x, y) .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Avem: BC = (b + c) , CA = 1+c , AB = 1+b , AD = x +(y − 1) , BD = (x + b) +y 2
2
2
2
s , i CD = (x − c) + y . Deci condit , iile din ipotez˘a devin:
2
2
2
2
b + 2bc + c = 3x + 3y + 3 − 6y, (4)
2
2
2
2
1 + c = 3x + 3y + 3b + 6bx (5)
s , i
2
2
2
2
1 + b = 3x + 3y + 3c − 6cx. (6)
2 (c − b)
2
2
Sc˘azˆand din relat , ia (5) relat , ia (6) obt , inem 4 (c − b ) = 6x (c + b) ⇒ x = . Sc˘azˆand
3
2 − 3bc
ˆ
din relat , ia (5) relat , ia (4), obt , inem y = . Inlocuind valorile x s , i y g˘asite ˆın relat , ia (4),
3
avem:
2
2 2
2
4b + 4c + 9b c + 4 − 20bc
2
2
b + c + 2bc = + 3 − 4 + 6bc
3