Problema E:15465 GMB 12/2018

In GMB 12/2018, pag 607, pentru Clasa 7

Rezolvare CP

O figura posibila (intentionat ales un triunghi $ABC$ obtuzunghic)

Fie $MM'\perp BC$ si $NN' \perp BC$ segmentele care masoara distantele respectiv $d(M,BC)$ si $d(N,BC)$.

Avem urmatoarea

        LEMĂ $AM'$ este bisectoarea unghiului $\angle HAB$ iar $AN'$ este bisectoarea
                    unghiului $\angle HAC$.

          Într-adevar, in trapezul dreptunghic $AHM'M$ (vezi fig de mai jos), din $MA=MM'$ rezulta $\angle MM'A=\angle MAM'$,

dar $\angle MM'A=\angle M'AH$ ca alterne interne pentru $MM' \parallel AH$ si secanta $AM'$, de unde obtinem concluzia.                                                                                  $\blacksquare$(LEMA)          

Aplicam teorema bisectoarei in triunghiurile $\Delta AHB$ si $\Delta AHC$, obtinand respectiv

(1)                     $\frac{M'H}{M'B}=-\frac{AH}{AB}$ ,

(2)                     $\frac{N'H}{N'C}=-\frac{AH}{AC}$ .

Notam mai departe cu $D$ piciorul bisectoarei unghiului $\angle BAC$; avem tot cu teorema bisectoarei

(3)                        $\frac{DB}{DC}=-\frac{AB}{AC}$.

Mai departe, teorema lui Thales aplicata pentru $MM' \parallel AH$ in triunghiul $\Delta BAH$ si $NN' \parallel AH$ in triunghiul $\Delta CAH$, conduc respectiv la

(4)                 $\frac{M'H}{M'B}=\frac{MA}{MB}$ ,

(5)                 $\frac{N'H}{N'C}=\frac{NA}{NC}$ .

       Sa calculam acum

$\frac{MA}{MB}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot\frac{NC}{NA}=(4)\wedge(3)\wedge(5-inv.)=\frac{M'H}{M'B}\cdot (- \frac{AB}{AC})\cdot \frac{N'C}{N'H}=$

$=(1)\wedge(2-inv.)=-\frac{AH}{AB}\cdot(- \frac{AB}{AC})\cdot (-\frac{AC}{AH})=-1$

deci cu reciproca teoremei Ceva deducem ca dreptele $BN,CM,AD$ sunt concurente.

$\blacksquare$

Remarcă CP În realitate punctele $M$ si $N$ sunt intersectiile segmentelor $[AB]$ si $[AC]$ cu parabola de focar punctul $A$ si directoare dreapta $BC$.