Construcţii ingenioase în rezolvarea unor probleme

[Admin]

Unele probleme (de geometrie, în principiu) se pot rezolva folosind construcţii ingenioase.
Aceste construcţii pot rezolva de multe ori într-un mod foarte simplu o problemă ce pare a fi complicată.

[Admin]

O problemă celebră este următoarea : În interiorul pătratului $ABCD$ se alege un punct $E$ astfel încât

$m(\measuredangle ABE) = m(\measuredangle BAE) = 15^{\circ}$ .

Să se arate că $\Delta EDC$ este echilateral.

Rezolvare :

Punctul $E$ din interiorul pătratului $ABCD$ astfel încât $m(\measuredangle ABE) = m(\measuredangle BAE) = 15^{\circ}$ este unic (dacă are această proprietate, de congruenţă a acelor $2$ unghiuri ...).

De aceea vom porni în sens invers : vom construi un triunghi echilateral $EDC$ în interiorul pătratului $ABCD$ şi vom căuta să vedem ce măsură au unghiurile : $\measuredangle ABE$ si $\measuredangle BAE$ (.. şi dacă au $15^{\circ}$ atunci problema e rezolvată).

Am pus gradaţiile acolo unde e necesar folosind următoarele lucruri foarte simple :

- pătratul are toate laturile egale şi unghiurile au măsura de $90^{\circ}$

- triunghiul echilateral are toate laturile egale şi unghiurile au măsura de $60^{\circ}$

- unghiurile de la baza unui triunghi isoscel sunt egale

- suma măsurilor unghiurilor într-un triunghi este de $180^{\circ}$.

Atunci, fiindcă toate unghiurile pătratului au $90^{\circ}$ , rezultă că unghiurile notate cu $?$ au valoarea $15^{\circ}$.

QED.

================================

PS.
Două soluţii mai dificile (calculatorii, greoaie .. dar care pun în evidenţă şi alte aspecte vor fi prezentate ulterior)
Ele folosesc la bază calculul unor arii sau teorema bisectoarei ...

[Admin]

O altă problemă care are o soluţie simplă (dar mă refer la soluţia care presupune o CONSTRUCŢIE ingenioasă) este :

Problemă

Aflaţi aria unui pătrat $ABCD$ care are un punct $P$ în interiorul său astfel încât : $PA = 1$, $PB = 2$, $PC = 3$ .

Observaţii :

- Problema a fost dată şi la Concursul "Vrânceanu - Procopie", Faza finală, Bacău, 16-18 decembrie 2004, Clasa a 9-a.

- Renunţând la folosirea teoremei cosinusului (pentru a nu utiliza $cos 135^{\circ} = - cos 45^{\circ}$ şi chiar putem renunţa complet la elemente de trigonometrie) se poate duce o anume perpendiculară şi atunci problema (mai bine zis demonstraţia) devine una destul de uşoară chiar pentru clasa a 7-a.

Însă prima construcţie nu este uşor de intuit.

[Admin]

O altă problemă care are o soluţie simplă (dar mă refer la soluţia care presupune o CONSTRUCŢIE ingenioasă) este :

Problemă

Aflaţi aria unui pătrat $ABCD$ care are un punct $P$ în interiorul său astfel încât : $PA = 1$, $PB = 2$, $PC = 3$ .

Observaţii :

- Problema a fost dată şi la Concursul "Vrânceanu - Procopie", Faza finală, Bacău, 16-18 decembrie 2004, Clasa a 9-a.

- Renunţând la folosirea teoremei cosinusului (pentru a nu utiliza $cos 135^{\circ} = - cos 45^{\circ}$ şi chiar putem renunţa complet la elemente de trigonometrie) se poate duce o anume perpendiculară şi atunci problema (mai bine zis demonstraţia) devine una destul de uşoară chiar pentru clasa a 7-a.

Însă prima construcţie nu este uşor de intuit.

Imediat rezultă : $\measuredangle CBP \equiv \measuredangle ABQ$ (la măsura ambelor, din 90^o scadem măsura lui $\measuredangle ABP$) ... de aici rezultă :

$ \Delta CBP \equiv \Delta ABQ $ deci $AQ = 3$.

Cu teorema lui Pitagora avem : $PQ = 2 \sqrt {2}$ şi atunci reciproca teoremei lui Pitagora funcţionează în $\Delta APQ$ deci

$ \measuredangle APQ = 90^{\circ}$ şi atunci $ \measuredangle APB = 135^{\circ}$.

Pentru a nu aplica teorema cosinusului (Pitagora generalizată) pentru un unghi de $135^{\circ}$ ducem $BR \perp AP$ (vom obţine încă un triunghi dreptunghic isoscel) ... aflăm $BR = RP = \sqrt{2}$ şi deci $AR = 1 + \sqrt{2}$

Cu th. lui Pitagora în $\Delta ARB$ găsim $AB^2$ care este chiar aria pătratului :

$AB^2 = BR^2 + AR^2$ , adică

$AB^2 = (\sqrt{2})^2 + (1 + \sqrt{2})^2 = 5 +2 \sqrt{2}$ , care este deci aria pătratului. QED.