Puterea unui punct faţă de un cerc

Puterea unui punct faţă de un cerc ABSTRACT: Această notă aduce în atenţie chestiuni geometrice deloc noi dar care poate că aduc un mic ajutor celor care se pregătesc pentru diverse concursuri şcolare şi un pic de bucurie tuturor celor care nu au uitat frumuseţea geometriei sintetice la ale cărei nestemate, prea uşor parcă, am renunţat în matematica de liceu. Lecţia se adresează clasei a VIII a. Data: 5 noiembrie 01. Autor: Lucian Dragomir, Liceul Bănăţean Oţelu Roşu Teoremă : Dacă A, B, C, D sunt patru puncte distincte situate pe un cerc C ( O, R) astfel încât AB CD = { M}, atunci MA MB = MC MD. Demonstraţie : Deosebim cazurile : 1) M IntC ( O, R) Deoarece MAC MDB (subîntind acelaşi arc) şi AMC BMD (opuse la vârf), deducem MAC MDB, de unde MA = MC sau MD MB MA MB = MC MD. Observaţie: E util să reformulăm: dacă M IntC ( O, R) atunci pentru orice coardă ( AB) care conţine punctul M, produsul MA MB este constant. Valoarea constantă a acestui produs înmulţită cu ( 1) se notează cu ρ( M ) şi se numeşte puterea punctului interior M faţă de cercul dat. Din MBC MDA obţinem MB = MC, MD MA de unde aceeaşi egalitate MA MB = MC MD. ) M ExtC ( O, R) Valoarea constantă a acestui produs se notează cu ρ( M ) şi se numeşte puterea punctului exterior M faţă de cerc. 1

Dacă M este un punct fixat ne propunem acum să determinăm în funcţie de elemente cunoscute expresia puterii sale faţă de cerc. 1) M IntC ( O, R). E suficient să considerăm coarda (AB) ca fiind diametru şi deci ρ( M ) = MA MB = ( R + OM )( R OM ) = OM R. ) M ExtC ( O, R). La fel, considerăm A, O, M, B coliniare (în această ordine) astfel încât (AB) este diametru şi avem : ρ( M ) Observaţii : (1) Dacă M C ( O, R), ρ ( M ) = 0. = MA MB = ( R + OM )( OM R) = OM R. () Dacă M ExtC ( O, R), MT este tangentă la cerc, punctul T fiind punctul de tangenţă, atunci avem MT = OM R = ρ( M ). Aşadar, în acest caz, puterea lui M este pătratul lungimii tangentei. (3) Pentru orice punct M din planul cercului C ( O, R) avem: ρ( M ) = OM R. (4) O reciprocă a teoremei puterii punctului oferă un criteriu util de conciclicitate a patru puncte: Dacă AB CD { M} ( M [ AB] [ CD] sau M [ AB] [ CD] ) = şi MA MB = MC MD, atunci punctele A, B, C, D sunt conciclice. În continuare vă propunem unele aplicaţii (mai mult sau mai puţin cunoscute, unele deosebit de frumoase). Problema 1. Dacă C ( O, R) şi C ( I, r) sunt cercul circumscris, respectiv cercul înscris pentru un triunghi ABC, atunci OI = R Rr. Soluţie : Notăm cu D intersecţia bisectoarei ( AI cu C ( O, R) aşadar D este mijlocului arcului BC. m( B) + m( A) Deoarece m( IBD) = şi m( IDB) = m( C), în BID obţinem 0 m( B) + m( A) m( BID) = 180 m( C) =

0 m( B) + m( A) + m( C) = 180 0 180 m( C) = = m( IBD), adică triunghiul BID este isoscel cu BD = ID (1). Dacă O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC, iar dreapta DO intersectează din nou cercul circumscris triunghiului ABC în punctul K, atunci avem că patrulaterul m( A) ABDK este inscriptibil. Rezultă astfel că m( BKD) = m( BAD) =. Cum [ DK ] este diametru, deducem că triunghiul KBD este dreptunghic, cu m( KBD ) = 90. Notăm acum cu E piciorul perpendicularei din I pe CA şi avem IE = r ; deoarece AIE este dreptunghic în E deducem KBD AEI AI BD = KD EI = R r = AI ID (). (1) Este suficient acum să scriem puterea punctului I faţă de cercul C ( O, R) şi obţinem ρ ( I ) = IA ID = OI R sau, folosind relaţia (): OI R = R r de unde OI = R Rr. (Observaţie : OI 0 conduce acum la inegalitatea lui Euler, anume R r. ) Problema. Dacă C ( O, R) este cercul circumscris triunghiului ABC în care G şi H sunt centrul de greutate, respectiv ortocentrul, iar AB = c, BC = a, CA = b, atunci : Soluţie : Dacă E este mijlocul lui (BC) şi { } ( AE C( O, R) = D, putem scrie 3 a ρ ( G) = OG R = GA GD = m ( GE + ED) = OG a + b + c = R 9. 1 = ma ma + ED. Folosind acum puterea 3 3 punctului E faţă de cercul C ( O, R) avem : AE ED = BE EC, adică revenind, ajungem la : m 1 a ρ( G) = ma ma +. 3 3 4 m a a a ED = şi, 4 3

Utilizăm acum un alt rezultat cunoscut, anume teorema medianei, conform căreia avem : ( b + c ) a ma =. Din acest moment urmează efectiv calcule fără nicio dificultate. 4 Observaţie: Egalitatea propusă se poate obţine şi folosind, de exemplu, relaţia MA = 3MG + GA (Leibniz), adevărată pentru orice punct M din planul triunghiului ABC. Este suficient să luăm M = O. Propunere : Dacă tot am văzut cum se calculează OI, OG, încercaţi să arătaţi (şi să reţineţi) cum se poate ajunge şi la OH : OH = 9 R ( a + b + c ). Problema 3. Se consideră două puncte fixe A şi B pe diametrul unui semicerc, egal depărtate de centru, iar M şi N două puncte variabile pe semicerc astfel încât AM BN. Să se arate că produsul AM BN este constant. Soluţie : (Admitere facultate, 1986) Considerăm tot cercul din care provine semicercul dat şi notăm ( MA C O R = { P} ( NB C( O, R) { Q}. (, ), = Proiectăm acum O pe MP şi NQ în S, respectiv T. (Punctele S, O, T sunt coliniare! De ce?) Obţinem astfel AOS BOT (justificarea e chiar imediată), de unde ( OS ) ( OT ) şi ( AS ) ( BT ). Deducem acum ( MP) ( NQ) ( coarde egal depărtate de centru ) şi astfel : MS = NT = SP. conduce la Cum AS = BT, ajungem la BN = NT BT = SP AS = AP. Puterea punctului A faţă de cerc AM AP = R OA, adică AM BN = R OA ( constant ). Problema 4. Se consideră două cercuri C1 ( O1, R1 ), C ( O, R ), O1 O. Să se determine locul geometric al punctelor din plan care au puteri egale faţă de cele două cercuri. 4

Soluţie : Avem aşadar de găsit mulţimea punctelor M din plan pentru care 1 1 O M R = O M R ( * ). Fără a restrânge generalitatea problemei putem considera R1 R şi notând 1 condiţia ( * ) devine O M O M = k. 1 0 R R = k, Am ajuns astfel la o altă problemă (destul de cunoscută) : Să se determine locul geometric al punctelor M din plan pentru care diferenţa pătratelor distanţelor la două puncte fixe este constantă. E suficient să folosim, de exemplu, teorema lui Pitagora generalizată în triunghiul O1O M şi obţinem imediat, dacă N este proiecţia lui M pe O1O, că punctul N este fix, adică locul lui M este o dreaptă perpendiculară pe O1O. Observaţii : (1) Locul astfel determinat se numeşte axa radicală a cercurilor (şi este deci o dreaptă perpendiculară pe linia centrelor ) ; () Dacă O R O R = { A B} C (, ) C (, ),, atunci axa radicală a cercurilor este chiar 1 1 1 dreapta AB, iar dacă MN este tangenta comună cercurilor C1 ( O1, R1 ) şi C ( O, R ), atunci AB intersectează ( MN ) în mijlocul acestuia. Problema 5. Se consideră un triunghi ABC şi se notează cu B, C mijloacele laturilor (AC), respectiv (AB ), iar cu H piciorul înălţimii din A. Să se arate că cercurile circumscrise triunghiurilor AB C, BC H şi B CH au un punct comun I, iar HI intersectează ( ) B C în mijlocul său. (Short list,oim,1970) Soluţie : Considerăm D ca fiind al doilea punct de intersecţie a cercurilor circumscrise triunghiurilor BC H şi B CH ; deducem acum : avem că patrulaterul triunghiurile BC H şi ipotenuzelor ), iar 0 m( B DC ) = m( C) + m( B) = 180 m( B AC ), de unde AB DC este inscriptibil, deci I este de fapt punctul D. În continuare, deoarece B CH sunt isoscele ( B C BC, deducem că C H = C B şi B H = B C - mediane corespunzătoare B C este tangenta comună celor două cercuri (tangentă în C, respectiv B ). Cum HD ( sau HI ) este axa radicală a cercurilor respective, obţinem că HI intersectează ( B C ) în mijlocul acestuia. 5

Problema 6. În triunghiul ABC se notează AB = c, BC = a, CA = b. Cercurile cu centrele în A, B şi C de raze respectiv r 1, r, r 3 intersectează laturile triunghiului în şase puncte (discurile respective sunt două câte două disjuncte). Demonstraţi că cele şase puncte sunt conciclice dacă şi numai dacă există egalităţile : a r = b r1 şi b r3 = c r. Soluţie:Notăm C 1 { } C 1 { } C B r BC = { R} C r AC = { P} C r BC = { Q} ( A, r ) ( AB) = M, ( A, r ) ( AC) = N, ( B, r ) ( AB) = S, 3 3 (I.V.Maftei,A.Ghioca,ONM 1983) C (, ) ( ), C (, ) ( ), C (, ) ( ). Presupunem că M,N,P,Q,R,S sunt conciclice. Folosind puterea punctului A faţă de cercul ce conţine cele şase puncte avem: AM AS = AN AP, adică r 1 ( c r ) = r 1 ( b r 3 ) c r = b r 3 ; analog, cu puterea punctului C faţă de acelaşi cerc, avem a r = b r1. Reciproc, presupunând adevărate egalităţile a r = b r1 şi b r3 = c r, vom arăta că hexagonul MNPQRS este inscriptibil; vom demonstra aşadar că mediatoarele laturilor sale sunt concurente. În primul rând, să observăm că mediatoarele laturilor[ MN ],[ PQ],[ RS] sunt concurente, fiind bisectoarele unghiurilor triunghiului ABC; notăm punctul de concurenţă cu O şi arătam că O este situat şi pe celelalte mediatoare. Notăm cu K, L, I proiecţiile lui O pe dreptele BC, CA, AB. Cum O este pe mediatoarea lui [ PQ ], avem : ( OP) ( OQ) deoarece această mediatoare este şi bisectoarea unghiului OL Ĉ, deducem : ( ) ( ). astfel : OLP OKQ şi, analog, OKR OIS, OIM OLN. Ajungem acum la: OK Obţinem QK = LP = x, RK = SI = y, MI = NL = z. Folosind ipoteza a r = b r1, deducem CR = CN şi apoi RQ = PN sau x + y = x + z (1). Analog, din ipoteza b r3 = c r, ajungem la AP = AS MS = NP y + z = x + z (). Din (1) şi () avem x = y = z, adică OL, OK, OI sunt mediatoarele laturilor [ NP],[ RQ],[ SM ] ale hexagonului. Problema 7. În triunghiul ABC, bisectoarea unghiului BAC intersectează latura (BC) în D. Se consideră cercul ω tangent la BC în D, care trece prin A, şi se notează cu M al doilea punct de intersecţie al lui AC cu ω. Se notează cu P al doilea punct de intersecţie al lui BM cu ω. Să se arate că P este situat pe una din medianele triunghiului ABD. şi (Concurs Iran, 1998) 1 Soluţie : Notăm cu α = m( BAP), β = m( PAD). Evident, α + β = ( ) m BAC. Deoarece APDM este patrulater inscriptibil, avem imediat: m( PAD) = m( PMD) = β. Cum însă DC este tangentă la 1 ω în D, deducem: m( MDC) = m( MAD) = m( BAC). Acum, din 6

0 1 1 m( ADB) = 180 m( BAC) m( ABC) = m( ACB) + m( BAC) ajungem la: 0 m( ADM ) = 180 m( ADB) m( MDC) = m( ABC). Aşadar : 1 0 1 m( BDM ) = m( BAC) + m( ACB) + m( ABC) = 180 m( BAC). Obţinem acum : 0 1 m( MBD) = 180 m( BDM ) β = m( BAC) β = α. Aşadar MBD PBD PAB şi astfel BC este tangentă la cercul circumscris triunghiului APB. Deducem acum că AP este axa radicală a celor două cercuri ( ω şi cercul circumscris triunghiului APB ), care intersectează tangenta comună în punctul T. Deoarece T este pe axa radicală, el are puteri egale faţă de cele două cercuri, adică : TB = TD TB = TD, deci P se află pe mediana din A a triunghiului APB. Probleme propuse. 1. Se consideră două cercuri C1 şi C care se intersectează în punctele A şi B. Tangenta comună celor două cercuri intersectează C1 şi C în C, respectiv D. Arătaţi că dreapta AB conţine mijlocul segmentului (CD).. Pe un cerc C se consideră trei puncte A, B şi C astfel încât AB = BC. Tangentele în A şi B la cercul C se intersectează în D, iar al doilea punct de intersecţie a dreptei DC cu cercul C se notează cu E. Demonstraţi că dreapta AE conţine mijlocul segmentului (BD). 3. Dacă H este ortocentrul triunghiului ABC şi D, E, F sunt picioarele înălţimilor acestuia ( D BC, E CA, F AB ), să se arate că : HA HD = HB HE = HC HF. 4. Se notează cu M, N, P mijloacele laturilor (BC), (CA), respectiv (AB) ale unui triunghi ABC. Dreptele AM, BN, CP intersectează cercul circumscris triunghiului ABC în Q, S, respectiv T. Să se demonstreze inegalitatea : AM + BN + CP 9. MQ NS PT (Admitere facultate,1987) 5. Se consideră un triunghi ABC şi D ( AB), E ( AC) astfel încât DE BC, iar P un punct în interiorul triunghiului ADE. Se notează PB DE { F} PC DE { G} =, =. Dacă O este centrul cercului circumscris triunghiului PDG, iar Q centrul cercului circumscris triunghiului PEF, să se arate că AP OQ. 7

Bibliografie : [1] D.M.Bătineţu-Giurgiu şi colectiv Probleme date la olimpiadele de matematică pentru licee(1950-1990), Ed. Ştiinţifică, Bucureşti, 199 [] M.Şt.Botez Probleme de geometrie, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1976 [3] A.Coţa şi colectiv Matematică pentru clasa a IX a, manual, E.D.P. 1988 [4] A.Leonte,R.Trandafir Principii şi structuri fundamentale în matematica de liceu, Ed. Albatros, Bucureşti, 1986 [5] L.Nicolescu, V. Boskoff Probleme practice de geometrie, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1990 [6] Gazeta Matematică, colecţia 1983-01 [7] Revista de matematică a elevilor şi profesorilor din Caraş Severin (RMCS), colecţia 001 01 8