E:14892

E:14892 (Radu Pop & Ienuțaș Vasile)

Fie triunghiul $ABC$ cu $m\left(\sphericalangle C\right)>30^{\circ }$ și punctele $M$, $P$, $R$, $T$. Punctul $M$ este situat în interiorul triunghiului $ABC$ astfel încât $m\left(\sphericalangle BMA\right)=120^{\circ }$ și $m\left(\sphericalangle BCM\right)=30^{\circ }$, punctul $P\in \left(MD\right.$ astfel încât $\left[MP\right]\equiv \left[MB\right]$ cu $AM\cap BC=\left\{D\right\}$, iar $R\in \left(AB\right)$ și $T\in \left(AC\right)$ astfel încât $m\left(\sphericalangle RBM\right)={\frac {1}{2}}\cdot m\left(\sphericalangle RPM\right)$ și $m\left(\sphericalangle TPM\right)=2\cdot m\left(\sphericalangle TCM\right)$.

1. Arătați că ${\frac {1}{2}}\cdot m\left(\sphericalangle RPT\right)=m\left(\sphericalangle MRT\right)+m\left(\sphericalangle MTR\right)$
2. Determinați măsura unghiului $\sphericalangle ARM$
3. Arătați că $m\left(\sphericalangle MRT\right)+m\left(\sphericalangle MAT\right)=m\left(\sphericalangle DMC\right)$

Soluție

Folosim notațiile $m\left(\sphericalangle RBM\right)=a$ și $m\left(\sphericalangle TCM\right)=b$. Atunci $m\left(\sphericalangle MPR\right)=2a$ și $m\left(\sphericalangle MPT\right)=2b$.

Cum $m\left(\sphericalangle BMA\right)=120^{\circ }$, avem $m\left(\sphericalangle BMP\right)=60^{\circ }$ și $\left[MP\right]\equiv \left[MB\right]$, deci triunghiul $BMP$ este echilateral.

În triunghiul $BPR$ avem $m\left(\sphericalangle RBP\right)=a+60^{\circ }$ și $m\left(\sphericalangle BPR\right)=60^{\circ }-2a$, deci $m\left(\sphericalangle BRP\right)=180^{\circ }-\left(60^{\circ }+a\right)-\left(60^{\circ }-2a\right)=60^{\circ }+a=m\left(\sphericalangle RBP\right)$. Cum $\sphericalangle RBP\equiv \sphericalangle PBR$, rezultă că triunghiul $PBR$ este isoscel, cu

$$\left[BP\right]\equiv \left[RP\right].$$

Fie $E$ simetricul punctului $M$ față de punctul $P$. Atunci triunghiul $MBE$ este dreptunghic, cu $m\left(\sphericalangle MBE\right)=90^{\circ }$ și $m\left(\sphericalangle BMP\right)=60^{\circ }$, deci $m\left(\sphericalangle BEM\right)=30^{\circ }=m\left(\sphericalangle BCM\right)$, deci patrulaterul $BMCE$ este inscriptibil.

Notăm $x=m\left(\sphericalangle CBP\right)=m\left(\sphericalangle BCP\right)$. Avem $m\left(\sphericalangle MPC\right)=m\left({\stackrel {\frown }{MC}}\right)=2\cdot m\left(\sphericalangle MBC\right)=2\left(60^{\circ }-x\right)$. Atunci $m\left(\sphericalangle TPC\right)=m\left(\sphericalangle MPC\right)-m\left(\sphericalangle MPT\right)=2\left(60^{\circ }-x\right)-2b$.

În triunghiul $TPC$ avem $m\left(\sphericalangle TCP\right)=b+30^{\circ }+x$ și $m\left(\sphericalangle TPC\right)=120^{\circ }-2b-2x$, deci $m\left(\sphericalangle PTC\right)=180^{\circ }-\left(b+30^{\circ }+x\right)-\left(120^{\circ }-2b-2x\right)=30^{\circ }+b+x=m\left(\sphericalangle TCP\right)$. Cum $\sphericalangle TCP\equiv \sphericalangle PCT$, rezultă că triunghiul $PCT$ este isoscel, cu

$$\left[CP\right]\equiv \left[TP\right].$$

Deci punctele $M$, $R$, $B$, $C$, $T$ sunt conciclice.

a) Avem $m\left(\sphericalangle RPT\right)=m\left({\stackrel {\frown }{RT}}\right)=m\left({\stackrel {\frown }{RM}}\right)+m\left({\stackrel {\frown }{MT}}\right)=2\cdot m\left(\sphericalangle MTR\right)+2\cdot m\left(\sphericalangle MRT\right)$, deci ${\frac {1}{2}}\cdot m\left(\sphericalangle RPT\right)=m\left(\sphericalangle MRT\right)+m\left(\sphericalangle MTR\right).$

b) Avem $m\left(\sphericalangle ARM\right)={\frac {1}{2}}\cdot m\left({\stackrel {\frown }{BM}}\right)=m\left(\sphericalangle BCM\right)=30^{\circ }.$

c) Din $m\left(\sphericalangle DMC\right)=m\left(\sphericalangle MAC\right)+m\left(\sphericalangle AMC\right)$, și $m\left({\stackrel {\frown }{MT}}\right)={\frac {1}{2}}\cdot m\left(\sphericalangle MCT\right)={\frac {1}{2}}\cdot m\left(\sphericalangle MRT\right)$ se deduce că are loc egalitatea

$$m\left(\sphericalangle MRT\right)+m\left(\sphericalangle MAT\right)=m\left(\sphericalangle DMC\right)$$