Page 36 - RMGO 5

36 Titu ZVONARU

AH HA 2
Triunghiurile AHA 2 s , i A 2 A 1 Q sunt asemenea; obt , inem = = k, deci
A 1 Q A 2 A 1
AH (k + 2)AH
A 1 Q = . Deoarece AH = 2OA 1 , avem OQ = . Aplicˆand Teorema
k 2k
lui Menelaus ˆın 4HOA 1 cu transversala Q − A 2 − N, deducem c˘
a
AH
QA 1 NO A 2 H k NO NO k + 2
· · = 1 ⇔ · · k = 1 ⇒ = .
QO NH A 2 A 1 (k + 2)AH NH NH 2k
2k
a
a
Rezult˘ c˘ dreptele AA 2 , BB 2 , CC 2 sunt concurente ˆın punctul N.
Remarc˘am c˘a pentru k = 2, punctul N este mijlocul segmentului OH, adic˘a
centrul cercului lui Euler.

a
Configurat , ia din problem˘ amintes , te de definit , ia punctului lui Cos , nit ,˘a:
Dac˘a O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC, iar O a , O b , O c
sunt centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor OBC, OCA, respectiv OAB,
atunci dreptele AO a , BO b , CO c sunt concurente.
ˆ In [1], punctul lui Kosnita este X(54). In partea consacrat˘ punctului X(54),
ˆ
a
ˆın sursa citat˘a se prezint˘a urm˘atoarea construct , ie: fie P, Q dou˘a puncte (care
0
0
depind de a, b, c). Consider˘am A = Q pentru 4PBC, B = Q pentru 4PCA,
0
0
0
0
C = Q pentru 4PAB. Dac˘a cevianele AA , BB , CC sunt concurente, atunci
punctul de concurent , ˘a se noteaz˘a cu Kosnita(P, Q) sau K(P, Q). Tot acolo se
ı
ment , ioneaz˘a relat , ia K(X(4), X(2)) = X(5), ceea ce ˆnseamn˘a c˘a dac˘a H este
ortocentru, iar punctele A 2 , B 2 , C 2 sunt centrele de greutate ale triunghiurilor
HBC, HCA, respectiv HAB, atunci cevianele AA 2 , BB 2 , CC 2 sunt concurente
ˆın centrul cercului lui Euler (adic˘ exact problema de la care am pornit).
a
ˆ In continuare dorim s˘ demonstr˘am urm˘atoarea proprietate.
a
0
0
0
Propozit , ia 1. Fie ABC un triunghi s , i punctele A , B , C pe laturile BC, CA,
0
0
0
respectiv AB, astfel ˆıncˆat cevianele AA , BB , CC sunt concurente ˆın P. Not˘am
cu G a , G b , G c centrele de greutate ale triunghiurilor PBC, PCA, respectiv PAB.
Atunci dreptele AG a , BG b , CG c sunt concurente.