Page 18 - RMGO 6

18 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

MGO 175. Fie ABCD un dreptunghi, E un punct pe latura AD, F punctul de
intersect ,ie a dreptelor BE s , i CD, iar G punctul de intersect ,ie a dreptelor CE s , i
AB. Demonstrat ,i c˘a BCFG este un patrulater circumscriptibil dac˘a s , i numai
dac˘a BC = 2AB.

Titu Zvonaru, Com˘anes , ti

Solut ,ie. Not˘am AB = a, BC = b s , i AE = m. Folosind asem˘an˘ari de tri-
ab ab
unghiuri s , i Teorema lui Pitagora obt , inem BG = , CF = , FG =
b − m m
p
2
2
(BG − CF) + BC . Astfel avem echivalent , ele: BCFG este circumscriptibil ⇔

2 2
ab 2 a b (2m − b) 2
2
BG+CF = BC+FG ⇔ = b+ + b ⇔ ab−m(b−m) =
2
m(b − m) m (b − m) 2
p 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a (2m − b) + m (b − m) ⇔ a b +m (b−m) −2abm(b−m) = a (2m−b) +
2
2
2
2
2
2
2
m (b − m) ⇔ ab − 2b m + 2bm = 4am − 4abm + ab ⇔ b(2a − b) = m(2a − b)
⇔ b = 2a.
Clasa a VIII-a
2
2
MGO 176. Fie a, b, x, y, z ∈ Z. Ar˘atat ,i c˘a dac˘a unul dintre numerele ax +by −z 2
2
2
2
s , i bx + ay − z este divizibil cu a + b, atunci s , i num˘arul
2 2
2
2 2 2
ab(x + y ) + (a − b) x y + z 4
este divizibil cu a + b.
Mih´aly Bencze, Bras , ov
Solut ,ie. Deoarece

4
2 2 2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
(ax +by −z )(bx +ay −z ) = ab(x +y ) +(a−b) x y +z −(a+b)(x +y )z ,
a
rezult˘ afirmat , ia din enunt , .
MGO 177. Determinat ,i cea mai mic˘a valoare x ∈ R pentru care inegalitatea
√ √
2
t + 4t t ≥ 6t + 20 t − 4x
are loc pentru orice t ∈ N.
Costel Anghel, Slatina s , i Florea Badea, Scornices , ti