E:16203: Difference between revisions

Latest revision as of 10:44, 29 February 2024

E:16203 (Dana Heuberger)

Fie triunghiul $BCD$ dreptunghic în $D$ , cu $\sphericalangle CBD=90^{\circ }$ . Se consideră punctul $M$ astfel încât semidreapta $CD$ este bisectoarea $\sphericalangle BCM$ și $MD\bot BC$ . Fie punctul $L$ astfel încât $B$ se află pe segmentul $ML$ și $BM=2BL$ . Notăm cu $F$ simetricul lui $D$ față de $B$ . Arătați că

a) $MB=CF$

b) $\sphericalangle BDL=\sphericalangle BMD$

Soluție:

Fie $BD\cap CM=\left\{A\right\}$ . Atunci triunghiul $ABC$ este echilateral. Notăm $AB=a>0$ . Deoarece $CD$ este înălțime a triunghiului echilateral $ABC$ , rezultă că $CD$ este și bisectoare a $\sphericalangle ACB$ .

Fie $BC\cap DM=\left\{E\right\}$ . Se arată ușor că $BE={\frac {a}{4}}$ , deci $EC={\frac {3a}{4}}$ . Din triunghiul dreptunghic $CEM$ rezultă că $EC={\frac {MC}{2}}$ , așadar $CM={\frac {3a}{2}}$ .

a) Avem $MA=MC-AC={\frac {a}{2}}=BF$ , $AB=BC=a$ și $\sphericalangle MAB=\sphericalangle FBC=120^{\circ }$ , deci triunghiurile $ABM$ și $BCF$ sunt congruente, așadar $MB=CF$ .

b) Triunghiurile $ABM$ și $BCF$ sunt congruente, de unde obținem că $\sphericalangle MBA=\sphericalangle FCB=x^{\circ }$ . Rezultă că $\sphericalangle MBC=\sphericalangle ACF=60^{\circ }+x^{\circ }$ .

Deoarece ${\frac {MB}{BL}}={\frac {AB}{BF}}=2$ , iar $\sphericalangle MBA=\sphericalangle LBF$ , rezulră că triunghiurile $MBA$ și $LBF$ sunt asemenea, deci $FL\parallel MC$ . Folosind secanta $FC$ , deducem că ungiurile alterne interne $CFL$ și $ACF$ sunt congruente, așadar $\sphericalangle ACF=\sphericalangle MBC=\sphericalangle CFL$ . Din $\Delta MBA\approx \Delta LBF$ rezultă că $FL={\frac {MA}{2}}={\frac {a}{4}}=BE$ .

Cum $MB=CF$ și $\sphericalangle MBC=\sphericalangle CFL$ , rezultă că $\Delta MBE\equiv \Delta CFL$ , așadar $CL\bot FL$ . Din $\sphericalangle CLF=\sphericalangle CDF=90^{\circ }$ rezultă că $CDFL$ este un patrulater inscriptibil, deci $\sphericalangle FDL=\sphericalangle FCL$ . Deoarece $\Delta MBE\equiv \Delta CFL$ , rezultă $\sphericalangle FCL=\sphericalangle BME$ , deci $\sphericalangle BDL=\sphericalangle FDL=\sphericalangle BMD$ .

@@ Line 17: / Line 17: @@
 b) Triunghiurile <math>ABM</math> și <math>BCF</math> sunt congruente, de unde obținem că <math>\sphericalangle MBA = \sphericalangle FCB = x^\circ</math>. Rezultă că <math>\sphericalangle MBC = \sphericalangle ACF = 60^\circ + x^\circ</math>.
-Deoarece <math>\frac{MB}{BL} = \frac{AB}{BF} = 2 </math>, iar <math>\sphericalangle MBA = \sphericalangle LBF</math>, rezulră că triunghiurile <math>MBA</math> și  <math>LBF</math> sunt asemenea, deci <math>FL \parallel MC</math>. Folosind secanta
+Deoarece <math>\frac{MB}{BL} = \frac{AB}{BF} = 2 </math>, iar <math>\sphericalangle MBA = \sphericalangle LBF</math>, rezulră că triunghiurile <math>MBA</math> și  <math>LBF</math> sunt asemenea, deci <math>FL \parallel MC</math>. Folosind secanta <math>FC</math>, deducem că ungiurile alterne interne <math>CFL</math> și <math>ACF</math> sunt congruente, așadar <math>\sphericalangle ACF = \sphericalangle MBC = \sphericalangle CFL</math>. Din <math>\Delta MBA \approx \Delta LBF</math> rezultă că <math>FL = \frac{MA}{2} = \frac{a}{4}=BE</math>.
+Cum <math>MB=CF</math> și <math>\sphericalangle MBC = \sphericalangle CFL</math>, rezultă că <math>\Delta MBE \equiv \Delta CFL </math>, așadar <math>CL \bot FL </math>. Din <math>\sphericalangle CLF = \sphericalangle CDF = 90^\circ</math> rezultă că <math>CDFL</math> este un patrulater inscriptibil, deci <math>\sphericalangle FDL = \sphericalangle FCL</math>. Deoarece <math>\Delta MBE \equiv \Delta CFL </math>, rezultă <math>\sphericalangle FCL = \sphericalangle BME</math>, deci <math>\sphericalangle BDL = \sphericalangle FDL = \sphericalangle BMD</math>.