Page 92 - MATINF Nr. 8

˘
92 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

M 157. Fie triunghiul ABC s , i M un punct interior acestuia. Not˘am cu x, y s , i z ariile
triunghiurilor MBC, MCA, respectiv MAB.

a) Ar˘atat ,i c˘a exist˘a cel mult un triunghi XY Z astfel ˆıncˆat A ∈ Y Z, B ∈ ZX, C ∈ XY s , i
dreptele XA, Y B s , i ZC sunt concurente ˆın M.
a
b) Determinat ,i cazurile ˆın care nu exist˘ triunghiul XY Z cu propriet˘at ,ile ment ,ionate.
c) Determinat ,i cazurile ˆın care triunghiul XY Z exist˘a, iar punctele A, B s , i C apart ,in chiar
segmentelor (Y Z), (ZX), respectiv (XY ).

ˆ
d) In cazul ˆın care triunghiul XY Z exist˘a, exprimat ,i aria lui ˆın funct ,ie de x, y s , i z.
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin

Solut ,ie. Consider˘am A (k, t), B (−u, −1), C (v, −1) s , i M (0, 0), cu k, t, u, v ∈ R. Mai mult,
x, y, z sunt coordonatele baricentrice ale lui M in raport cu △ABC. Avem xk − yu + zv = 0 s , i
yu − zv y + z
xt − y − z = 0, deci k = s , i t = . Pe de alt˘a parte, este evident c˘a dac˘a exist˘a
x x
a
X, Y s , i Z cu proprietatea de la punctul a), atunci exist˘ α, β, γ ∈ R a.ˆı.
Å ã
α (yu − zv) α (y + z)
X (αk, αt) = X , , Y (−βu, −β) , Z (γv, −γ) .
x x
yu−zv y+z

1
x x

Deoarece Y, A, Z sunt coliniare, avem −βu −β 1 = 0, deci γy + βz = −βγx. Dac˘a, prin

γv −γ 1
1 1
absurd, βγ = 0, atunci y = 0 sau z = 0, fals. Deci βγ ̸= 0, prin urmare ·y+ ·z = −x. Analog,
β γ
1 1 1 1
Z, B, X coliniare implic˘a · z + · x = −y, iar X, C, Y coliniare implic˘a · x + · y = −z.
γ α α β
Ñ é Ñ 1 é Ñ é
0 y z −x 0 y z
α
Astfel, x 0 z 1 β = −y s , i cum x 0 z = 2xyz > 0 obt , inem solut , ia
x y 0 1 −z x y 0
γ
1 y + z − x 1 z + x − y 1 x + y − z
= − , = − , = − .
α 2x β 2y γ 2z
1
Putem presupune c˘a x ≥ y ≥ z. Dac˘a y + z = x, atunci = 0, imposibil, deci nu exist˘a
α
△XY Z ment , ionat. Dac˘a y + z ̸= x, atunci α, β s , i γ sunt nenule s , i unic determinate. Avem
−−→ 2x −−→ 2x xA + yB + zC
MX = − · MA, deci X − M = · (M − A) s , i cum M =
y + z − x y + z − x x + y + z
−xA + yB + zC xA − yB + zC xA + yB − zC
obt , inem X = . Analog, Y = s , i Z = . Evident
y + z − x z + x − y x + y − z
X, Y, Z sunt necoliniare. As , adar, am rezolvat deja punctele a) s , i b) ale problemei.
Presupunem c˘a y + z > x. Prin verificare direct˘a obt , inem c˘a A, B, C apart , in segmentelor
a
(Y Z), (ZX), respectiv (XY ). Dac˘ y + z < x, atunci cum α > 0 s , i β, γ < 0, deducem c˘ B, C
a
sunt ˆın exteriorul segmentelor [ZX], respectiv [XY ]. As , adar, pentru punctul c) r˘aspunsul este:
a
dac˘ s , i numai dac˘a x, y, z sunt laturile unui triunghi.
Å ã
−x y z
Calcul˘am aria [XY Z] a triunghiului XY Z. Avem X : : ,
y + z − x y + z − x y + z − x
x −y z x y −z
Å ã Å ã
Y : : s , i Z : : . Rezult˘a c˘a
z + x − y z + x − y z + x − y x + y − z x + y − z x + y − z