�ݺ�ߣ

SANDU LUCIA MARIA-Colegiul Economic ”Nicolae Titulescu” Baia Mare
Vectori-probleme de concurență și coliniaritate
Condiții de coliniaritate
1) Doi vectori 𝑢⃗ si 𝑣 din plan sunt coliniari dacă și numai dacă există mR astfel încât
𝑣⃗⃗⃗ = m∙𝑢⃗ .
2) Doi vectori 𝑢⃗ și 𝑣 sunt coliniari dacă și numai dacă există , R ⃰ astfel încât
 ∙𝑢⃗ +β∙ 𝑣=0⃗ .
Observatie! Dacă vectorii 𝑢⃗ și 𝑣 sunt necoliniari atunci nu există , R ⃰ astfel încât
 ∙𝑢⃗ +β∙ 𝑣=0⃗ . Deci, dacă vectorii sunt necoliniari, atunci din orice relatie de forma
 ∙𝑢⃗ +β∙ 𝑣=0⃗ rezultă că 0  .
Propoziție:
Fie A, B și O puncte în plan. Să se arate că punctul M din plan este coliniar cu A și B dacă
și numai dacă există k R cu proprietatea
𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-k)∙𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ k≠0, k≠1
Demonstratie : Implicația directă :
Presupunem că punctele A, B, M sunt coliniare. Atunci vectorii 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sunt coliniari,
deci există m R astfel încât 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =m∙𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ => 𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =m(𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) => 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
1
1−𝑚
∙𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ -
𝑚
1−𝑚
∙𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗
Notând k =
1
1−𝑚
=> 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-k)∙𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗
Implicația reciprocă:
Presupunem că există k R cu proprietatea că 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-k)∙𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ .

Înlocuind 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ => 𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
k
k 1
𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , deci vectorii 𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sunt
coliniari => punctele A, B, M sunt coliniare.
Teorema lui Menelaus
Teorema directă:
Fie ABC un triunghi şi d o transversală care intersectează dreptele AB, AC, BC în punctele
M, N, şi P. Atunci are loc relaţia 1
NA
NC
PC
PB
MB
MA

Demonstraţie:
Punctele M, N, P împart segmentele [AB], [AC], [BC] în rapoartele a,b,c adică
c
PC
PB
b
NA
NC
a
MB
MA
 ,, .
  








PAPMPBaPM
MBaMA
PBMBPM
PAMAPM
)1(
1 a
PBaPA
PM



  








PCPNPAbPN
NAbNC
PCNCPN
PANAPN
b
PAbPC
PN



1
(2)
PNPM, sunt vectori coliniari R k astfel încât PNkPM  (3). Înlocuind relaţiile (1) şi (2)
în relaţia (3) obţinem
b
PAbPC
k
a
PBaPA





11
. Dar PB
c
PC
1
 , deci înlocuind în ultima relaţie
avem că

0
)1(111
1


















PB
bc
k
a
a
PA
b
kb
a
. Deoarece vectorii PA şi PB sunt necoliniari ,
obţinem sistemul de egalităţi














0
)1(1
0
11
1
bc
k
a
a
b
kb
a , de unde, eliminând pe k se obţine






1
)1(
)1(
1
a
bac
ab
b
1 cba , adică ceea ce trebuia demonstrat .
Teorema reciprocă
Pe laturile ΔABC se consideră punctele M,N,P astfel încât două dintre ele sunt pe laturi, iar unul
pe prelungirea celei de-a treia laturi sau toate trei pe prelungirile laturilor. Dacă
1
NA
NC
PC
PB
MB
MA
 , atunci punctele M,N,P sunt coliniare.
Demonstraţie:
Presupunem că ][,],[],[ BCPBCPACNABM  . Punctele M, N, P împart segmentele [AB],
[AC], [BC] în rapoartele a,b,c adică c
PC
PB
b
NA
NC
a
MB
MA
 ,, . Ştim că a·b·c=1.
Considerăm vectorii de poziţie în plan cu originea în A. Vom arăta că există un număr real 
astfel încât PMN rrr  )1(  , relaţie care arată că punctele M,N,P sunt coliniare.
PB
c
ACCPACAPrANrAMr PNM
1
,,  (1)
Dar ANbNCb
NA
NC
 , NrbANbANbANNCANAC  )1()1( (2)
Cum AM
a
MBa
MB
MA 1
 , Mr
a
a
AM
a
a
AM
a
AMMBAMAB
111 


 (3)

A
K
B'C'
B A' C
MB r
a
a
rABAPABPAPB
1
 (4)
Înlocuind relaţiile (2) şi (4) în relaţia (1) obţinem 







 PMNP rr
a
a
c
rbr
11
)1(
MNP r
ca
a
rb
c
c
r







  1
)1(
1
. Dar
ca
bcba


1
1 . Înlocuind în ultima relaţie obţinem
PMNPMN r
ca
aca
r
ca
a
rr
c
c
r
ca
a
r
ca



















11
1111
1
Dacă notăm
1
1
1
1






ca
aca
ca
a
 , deci există numărul real  astfel încât
 PMN rrr )1(  punctele M,N,P sunt coliniare.
Teorema lui Ceva
Teorema directă:
Se dă Δ ABC și dreptele concurente AA',BB',CC' diferite de laturile triunghiului atunci
1








BC
AC
AB
CB
CA
BA
.
Reciproca : Se da Δ ABC , A' apartine lui BC , B' apartine lui CA , C' apartine lui AB diferite
de vârfuri , situate pe laturi sau un punct pe o latura si doua pe prelungirile laturilor . Dacă
1








BC
AC
AB
CB
CA
BA
atunci dreptele AA' , BB' , CC' sunt concurente .
Observatie !
1. Dreptele concurente A'A , B'B , C'C se numesc ceviene .
2. Reciproca Teoremei lui Ceva este utilă în rezolvarea problemelor de concurență .
Aplicații
1. Fie 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și 𝑨𝑪⃗⃗⃗⃗⃗ doi vectori necoliniari. Arătați că punctul M este situat pe dreapta BC dacă
și numai dacă vectorul 𝑨𝑴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ se poate reprezenta ca o combinație liniară a vectorilor 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și
𝑨𝑪⃗⃗⃗⃗⃗ , de forma a∙ 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + (1-a)∙ 𝑨𝑪⃗⃗⃗⃗⃗ , unde a este număr real.

Dem: Dacă M situat pe dreapta BC, M≠C=>există k un număr real astfel încât k ∙ 𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , k≠1,
k≠0=>k(𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )=𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = -
𝑘
1−𝑘
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +
1
1−𝑘
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
Notăm a= -
𝑘
1−𝑘
=> 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = a∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + (1-a)∙ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
Dacă M=C evident 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +1∙ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ .
Reciproc, din relația 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = a∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + (1-a)∙ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ obținem 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a∙(𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(1-a)(𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=> 𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝑎−1
𝑎
𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =>M, B, C coliniari
2. Fie ABCDEF un hexagon regulat și punctele M,N pe segmentele AC respectiv CE astfel
încât
𝑨𝑴
𝑨𝑪
=
𝑪𝑵
𝑪𝑬
=k>0. Exprimați vectorii 𝑩𝑴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și 𝑩𝑵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ în funcție de 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑩𝑪⃗⃗⃗⃗⃗⃗ și k. Determinați
valoarea lui k pentru care punctele B, N, M sunt coliniare.
Dem: 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +k 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ => 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +k(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )=k𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ -k𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ =>
𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +(k-1) 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +k𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +k(𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ )=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ +k(-2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )=> 𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( 1+k)𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ -2k 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

B, N, M coliniare  vectorii 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ coliniari 
𝑘
1+𝑘
=
𝑘−1
−2𝑘
-2k2
=k2
-1  k2
=
1
3
, 𝑘 > 0 
𝑘 =
√3
3
3. Se consideră un paralelogram ABCD și O un punct în interiorul său. Prin O se
construiesc paralele la laturi GF||AB, EH||AD, unde G∈ (𝑨𝑫), F∈ (𝑩𝑪), E∈ (𝑨𝑩),
H∈ (𝑪𝑫). Arătați că, dacă
𝑨𝑬
𝑨𝑩
+
𝑨𝑮
𝑨𝑫
=1, atunci GH||EF.
Dem: Notăm
𝐴𝐸
𝐴𝐵
=k =>
𝐴𝐺
𝐴𝐷
=1-k => 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ și 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-k) 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ => 𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ - 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =>
𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +k 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =k(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )=k 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (1) . Analog
𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ -𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-k)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-k)𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-k)(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ )<=>𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-k)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (2)
Din (1) și 2 => GH||EF
4. Se notează cu D mijlocul laturii (BC) a unui triunghi ABC și se consideră punctul E
pentru care 𝑨𝑬⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
𝟏
𝟑
𝑨𝑫⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . Se notează BE∩AC={M}. Dacă 𝑨𝑵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k 𝑨𝑩,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ determinați k>0 pentru
care MN||BC.
Solutie: Aplicăm teorema lui Menelaus pentru triunghiul ADC și transversala B-E-M

𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗
= −1 <=>
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙ (−2) ∙ 2 = −1 <=>
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
1
4
=>𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4∙𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗
MN||BC 
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗
MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗
NB⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
1
4
4𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Din 𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙(𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k∙(𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +4∙𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =5∙k∙𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ k=
1
5
5. Pe latura (BC) a unui triunghi ABC se consideră punctele M,N astfel încât M∈(BN),
BM=MN=NC; la fel pe latura (AC) se consideră punctele P,Q astfel încât P∈(CQ),
CP=PQ=QA. Se notează MP∩AB={D}, NQ∩AB={E}. Comparați segmentele (AE) și (BD).
Demostratie:
Aplicăm teorema lui Menelaus pentru ∆ABC și transversala D-M-P =>
CP⃗⃗⃗⃗⃗
PA⃗⃗⃗⃗⃗
∙
AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗
DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= −1
=>
AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗
DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= −4=> 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =4∙𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ①
Aplicăm teorema lui Menelaus pentru ∆ABC și transversala N-Q-E=>
CN⃗⃗⃗⃗⃗⃗
NB⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
BE⃗⃗⃗⃗⃗
EA⃗⃗⃗⃗⃗
∙
AQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
QC⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= −1=>
1
2
∙
BE⃗⃗⃗⃗⃗
EA⃗⃗⃗⃗⃗
∙
1
2
= −1 =>
BE⃗⃗⃗⃗⃗
EA⃗⃗⃗⃗⃗
= −4 => 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =4∙𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ ②
Din ① =>𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4∙𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =3∙𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Din ② =>𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =4∙𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ =3∙𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗
=>𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ => |𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ |=> [BD]=[EA]
6. Fie ABC un triunghi dreptunghic isoscel, cu AD  BC, D∈(BC). Se prelungeste (CB) cu
BE=DB. Arătați că mediana din B a triunghiului ABC,mediana din A a triunghiului ABD
și mediana din D a triunghiului ADE sunt concurente.

Demonstratie:
Fie BM-mediana din B a ∆ABC, M(AC), BM∩AD={G}, deci G este centrul de greutate al
∆ABC.
Fie R-mijlocul lui [BD]. Notăm {O}=BG∩AR. Fie S-mijlocul lui [AE] și DS∩AB={T}.
Cum [BD]≡[BE] => AB-mediană în ∆ADE;DS-mediana în ∆ADE => T-centrul de greutate al
∆ADE.
Astfel avem:
DG⃗⃗⃗⃗⃗⃗
GA⃗⃗⃗⃗⃗⃗
∙
AT⃗⃗⃗⃗⃗⃗
TB⃗⃗⃗⃗⃗
∙
BR⃗⃗⃗⃗⃗⃗
RD⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
1
2
∙ 2 ∙ 1 = 1. Conform reciprocei teoremei lui Ceva => BG, DS, AR sunt
concurente în O.
7. Se notează cu D, E, F punctele de contact ale cercului înscris în ∆ABC cu laturile (BC),
(CA) respectiv (AB). Să se demostreze că AD, BE, CF sunt concurente.
Demonstatie:
Din proprietatea tangentelor dintr-un punct exterior la cerc=>

[AE]≡[AF]; [BF]≡[BD]; [CD]≡[CE] ①
Fie
AF⃗⃗⃗⃗⃗
FB⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝛼;
BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗
DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= β;
CE⃗⃗⃗⃗⃗
EA⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝛾; 𝛼, 𝛽, 𝛾 > 0 .
=>𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝛼∙𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =β ∙𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝛾∙𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗
=> |𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ |=𝛼∙|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ |; |𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=β |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ |; |𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ |=𝛾∙|𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ |
Dar |𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ |=|𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ |; |𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ |=|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |; |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ |=|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ |
=>𝛼∙β∙𝛾=
|AF⃗⃗⃗⃗⃗ |
|FB⃗⃗⃗⃗⃗ |
∙
|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
∙
|CE⃗⃗⃗⃗⃗ |
|EA⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
|AF⃗⃗⃗⃗⃗ |
|EA⃗⃗⃗⃗⃗ |
∙
|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|FB⃗⃗⃗⃗⃗ |
∙
|CE⃗⃗⃗⃗⃗ |
|DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=1∙1∙1=1
Deci 𝛼∙β∙𝛾 = 1 și conform reciprocei teoremei lui Ceva => AD, BE, EF sunt concurente.
8. Fie ABCD un patrulater convex în care ∡ABC≡ ∡ ADC. Considerăm punctele M∈[AB],
N∈[BC], P∈[CD] și Q∈[DA], astfel încât [MB]≡[QD] și [NB]≡[PD]. Notăm R, S și T
respectiv mijloacele segmentelor [MQ], [BD] și [NP]. Demonstrați că R, S și T sunt
coliniare.
(G.M. nr.122014).
Demostratie:
Considerăm punctele U∈[AB] și V∈[AD] cu [𝐴𝑈] ≡ [𝐴𝑉] ≡ [𝐵𝑀]
În patrulaterul RMBS:
𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ (reg. poligonului)
La fel 𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑅𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ (reg. poligonului în patrulaterul RSDQ)
Adunăm relațiile => 2𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑅𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ , dar 𝑅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑅𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ -vectori opuși =>𝑅𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑅𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗
La fel 𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ -vectori opuși =>𝐵𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ +𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗
=>2𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =>𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =
MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +QD⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2
Dar [AU]≡[BM]=> 𝐴𝑈⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗
[BM]≡[QD]≡[AV]=> 𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐴𝑉⃗⃗⃗⃗⃗ => 𝑅𝑆⃗⃗⃗⃗⃗ =
AU⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AV⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2

=>dreapta RS are aceeași direcție cu mediana din A a ∆AUV. Dar acest triunghi este isoscel,
deci mediana este și bisectoare. Deci dreapta RS are aceeasi directie cu bisectoarea unghiului
∢BAD.
Analog, dreapta ST are aceeasi direcție cu bisectoarea ∢BCD.
Bisectoarea ∢ BAD intersectează pe BC în E.
Atunci m(∢AEB)=180°−
1
2
m(∢BAD) - m(∢ABC) . Suma măsurilor unghiurilor patrulaterului
este de 360 și ∢𝐴𝐵𝐶 ≡ ∢𝐴𝐷𝐶 
1
2
𝑚(∡𝐵𝐴𝐷) +
1
2
𝑚(∢𝐵𝐶𝐷) + 𝑚(∢𝐴𝐵𝐶) = 180°
=>m(∢AEB) =
1
2
m(∢BCD)=> AE este paralela cu bisectoarea ∢BCD
=>cele două bisectoare au aceeași direcție=>ST aceeași direcție cu bisectoarea ∢BCD
=> RS aceeași direcție cu bisectoarea ∢BAD
Dar bisectoarea ∢ BCD are aceeași direcție cu bisectoarea ∢BAD=> ST și RS au aceeași
direcție=> R, S, T coliniare.
BIBLIOGRAFIE
1. Adriana Dragomir, Lucian Dragomir : ”Exerciții și probleme de matematică
pentru clasa a IX-a (și nu numai) ” , Editura Bîrchi, Timișoara, 2011
2. Gh. Eckstein, C. Mortici ș. a. :”Olimpiade și concursuri de matematică IX-
XII ” , Editura Bîrchi, Timișoara, 2004
3. Colecția G.M.

�ݺ�ߣ

Vectoriprobleme de coliniaritate__si_concurenta

Recommended

More Related Content

What's hot (20)

Similar to Vectoriprobleme de coliniaritate__si_concurenta (14)

Vectoriprobleme de coliniaritate__si_concurenta