Test: Teoremele lui Menelaus și Ceva

Disciplina: Matematică · Clasa a IX-a · Unitatea: Aplicații ale trigonometriei în geometrie

Exerciții

Partea I – Enunțuri, rapoarte și aplicații directe

Exercițiul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Dacă cevienele $AM$, $BN$, $CP$ ale triunghiului $ABC$ (cu $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$) sunt concurente, atunci: A. $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1$; B. $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=-1$; C. $MB+NC+PA=MC+NA+PB$; D. $MB\cdot NC\cdot PA=1$.

b) În triunghiul $ABC$, cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente. Dacă $\frac{BM}{MC}=3$ și $\frac{CN}{NA}=2$, atunci $\frac{AP}{PB}$ este: A. $6$; B. $\frac{1}{6}$; C. $5$; D. $\frac{1}{5}$.

c) Punctul de intersecție a medianelor unui triunghi împarte fiecare mediană, socotind dinspre vârf, în raportul: A. $1:1$; B. $2:1$; C. $3:1$; D. $1:2$.

Exercițiul 2 (6 puncte)

În triunghiul $ABC$, punctul $P\in (AB)$ este astfel încât $\frac{AP}{PB}=\frac{3}{2}$, iar punctul $N\in (AC)$ este astfel încât $\frac{AN}{NC}=\frac{3}{4}$. Dreapta $NP$ intersectează dreapta $BC$ în punctul $M$.

a) Scrie relația lui Menelaus pentru triunghiul $ABC$ și transversala $M$–$N$–$P$. (2 p) b) Calculează $\frac{MB}{MC}$. (2 p) c) Precizează, justificând, dacă punctul $M$ se află pe latura $(BC)$ sau pe prelungirea ei. (2 p)

Exercițiul 3 (6 puncte)

În triunghiul $ABC$ se consideră punctele $M\in (BC)$, $N\in (CA)$ și $P\in (AB)$ astfel încât $\frac{BM}{MC}=\frac{2}{3}$ și $\frac{CN}{NA}=\frac{3}{4}$, iar cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente. a) Enunță teorema lui Ceva pentru această configurație. (1 p) b) Calculează $\frac{AP}{PB}$. (3 p) c) Știind că $AB=12$, calculează $AP$ și $PB$. (2 p)

Exercițiul 4 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Concurența medianelor unui triunghi se poate demonstra cu reciproca teoremei lui Ceva." b) „Dacă $M$, $N$, $P$ sunt puncte situate pe laturile $(BC)$, $(CA)$, respectiv $(AB)$ și $\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1$, atunci punctele $M$, $N$, $P$ sunt coliniare." c) „O dreaptă care nu trece prin niciun vârf al unui triunghi poate intersecta toate cele trei laturi (segmente) ale acestuia." d) „Bisectoarele interioare ale unui triunghi sunt concurente, iar acest fapt se demonstrează combinând teorema bisectoarei cu reciproca teoremei lui Ceva."

Partea a II-a – Coliniaritate, concurență și triunghiuri auxiliare

Exercițiul 5 (8 puncte)

În triunghiul $ABC$ se consideră: punctul $P\in (AB)$ cu $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}$, punctul $N$ mijlocul laturii $(CA)$ și punctul $M$ de pe dreapta $BC$ pentru care $C$ este mijlocul segmentului $(MB)$.

a) Calculează rapoartele $\frac{MB}{MC}$, $\frac{NC}{NA}$ și $\frac{PA}{PB}$. (3 p) b) Calculează produsul lor și demonstrează, folosind reciproca teoremei lui Menelaus, că punctele $M$, $N$, $P$ sunt coliniare. (3 p) c) Precizează câte dintre punctele $M$, $N$, $P$ se află pe prelungiri și explică de ce această condiție este necesară. (2 p)

Exercițiul 6 (8 puncte)

În triunghiul $ABC$ se consideră punctele $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$ astfel încât $$\frac{BM}{MC}=\frac{1}{2},\frac{CN}{NA}=4,\frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}.$$ a) Calculează produsul $\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}$. (3 p) b) Ce poți afirma despre dreptele $AM$, $BN$, $CP$? Precizează teorema folosită. (2 p) c) Știind că $BC=9$, $CA=10$ și $AB=6$, calculează lungimile segmentelor $BM$, $MC$, $CN$, $NA$, $AP$ și $PB$. (3 p)

Exercițiul 7 (6 puncte)

(Demonstrație.) Demonstrează, folosind teorema bisectoarei și reciproca teoremei lui Ceva, că bisectoarele interioare ale unui triunghi $ABC$ sunt concurente. a) Notează cu $M$, $N$, $P$ picioarele bisectoarelor din $A$, $B$, respectiv $C$ și scrie cele trei rapoarte cu ajutorul laturilor $a$, $b$, $c$. (3 p) b) Calculează produsul lor și trage concluzia. (3 p)

Exercițiul 8 (6 puncte)

În triunghiul $ABC$, $M$ este mijlocul laturii $(BC)$, iar $P\in (AB)$ este astfel încât $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{3}$. Dreptele $AM$ și $CP$ se intersectează în punctul $G$.

a) Aplică teorema lui Menelaus în triunghiul $ABM$ pentru transversala $C$–$G$–$P$ și scrie relația obținută. (3 p) b) Calculează raportul $\frac{AG}{GM}$. (2 p) c) Ce valoare ar avea raportul $\frac{AG}{GM}$ dacă $P$ ar fi mijlocul laturii $(AB)$? (1 p)

Exercițiul 9 (5 puncte)

În triunghiul $ABC$, punctul $D\in (BC)$ este astfel încât $\frac{BD}{DC}=\frac{1}{2}$, iar $E$ este mijlocul segmentului $(AD)$. Dreapta $BE$ intersectează latura $(AC)$ în punctul $F$. Calculează raportul $\frac{AF}{FC}$, aplicând teorema lui Menelaus în triunghiul $ADC$.

Partea a III-a – Demonstrații și itemi de tip examen

Exercițiul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) Demonstrează teorema lui Menelaus: dacă o dreaptă $d$, care nu trece prin niciun vârf al triunghiului $ABC$, intersectează dreptele $BC$, $CA$, $AB$ în punctele $M$, $N$, respectiv $P$, atunci $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$

a) Construiește perpendicularele din $A$, $B$, $C$ pe dreapta $d$ și demonstrează că $\frac{MB}{MC}=\frac{y}{z}$, unde $y$ și $z$ sunt lungimile perpendicularelor din $B$, respectiv $C$. (4 p) b) Scrie relațiile analoge pentru celelalte două rapoarte și încheie demonstrația. (4 p)

Exercițiul 11 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) Fie $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$ astfel încât cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente în punctul $Q$.

a) Demonstrează, folosind arii, că $\frac{MB}{MC}=\frac{{\mathcal{S}}_{ABQ}}{{\mathcal{S}}_{ACQ}}$, apoi deduce teorema lui Ceva. (5 p) b) Folosind reciproca teoremei lui Ceva, demonstrează că medianele unui triunghi sunt concurente. (3 p)

Exercițiul 12 (9 puncte)

În triunghiul $ABC$ se consideră punctele $M\in (BC)$ și $N\in (CA)$ astfel încât $\frac{BM}{MC}=2$ și $\frac{CN}{NA}=3$. Dreptele $AM$ și $BN$ se intersectează în punctul $Q$, iar dreapta $CQ$ intersectează latura $(AB)$ în punctul $P$. a) Calculează $\frac{AP}{PB}$, folosind reciproca teoremei lui Ceva. (3 p) b) Calculează $\frac{AQ}{QM}$, aplicând teorema lui Menelaus în triunghiul $AMC$ pentru transversala $B$–$Q$–$N$. (4 p) c) Știind că $AB=14$, calculează $AP$ și $PB$. (2 p)

Exercițiul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră triunghiul $ABC$ și punctele $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$ astfel încât $$\frac{BM}{MC}=\frac{1}{3},\frac{CN}{NA}=\frac{3}{2},\frac{AP}{PB}=2.$$ a) Arătați că dreptele $AM$, $BN$ și $CP$ sunt concurente. (3 p) b) Știind că $BC=8$, $CA=10$ și $AB=9$, calculați lungimile $BM$, $CN$ și $AP$. (3 p) c) Notând cu $Q$ punctul de concurență, calculați raportul $\frac{AQ}{QM}$. (2 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Exercițiul 1. (6 p) — câte 2 puncte. a) A. Este chiar enunțul teoremei lui Ceva, cu rapoarte de lungimi (numere pozitive), deci produsul este $1$, nu $-1$. (Varianta cu $-1$ apare doar în formularea cu rapoarte orientate, care nu se folosește la acest nivel.) b) B. Din $\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=1$ rezultă $3\cdot 2\cdot \frac{AP}{PB}=1$, deci $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{6}$. c) B. Centrul de greutate împarte fiecare mediană în raportul $2:1$ dinspre vârf, adică $AG=2\cdot GM$ (vezi itemul 8c).

Exercițiul 2. (6 p)

a) (2 p) Punctele de intersecție sunt: $M$ pe dreapta $BC$, $N$ pe dreapta $CA$, $P$ pe dreapta $AB$, deci $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$ (1 p pentru forma corectă a produsului, 1 p pentru asocierea corectă a fiecărui punct cu latura sa.)

b) (2 p) Din date, $\frac{NC}{NA}=\frac{4}{3}$ și $\frac{PA}{PB}=\frac{3}{2}$ (1 p), deci $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{3}{2}=1⟹\frac{MB}{MC}\cdot 2=1⟹\frac{MB}{MC}=\frac{1}{2}.$$ (1 p)

c) (2 p) $M$ se află pe prelungirea laturii $(BC)$, dincolo de $B$ (1 p). Justificare: dacă $M$ ar fi între $B$ și $C$, am avea $MB+MC=BC$, iar din $MC=2\cdot MB$ ar rezulta $MB=\frac{BC}{3}$ — dar atunci punctele $M$, $N$, $P$ ar fi toate trei pe laturi, ceea ce este imposibil: o dreaptă taie fie două laturi, fie niciuna. Cum $N$ și $P$ sunt pe laturi, $M$ trebuie să fie pe prelungire (1 p). (Din $MC=2\cdot MB$ și $MC=MB+BC$ rezultă $MB=BC$, adică $B$ este mijlocul segmentului $(MC)$.)

Exercițiul 3. (6 p)

a) (1 p) Teorema lui Ceva: dacă cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente, atunci $$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=1.$$

b) (3 p) Înlocuim datele (1 p): $$\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{AP}{PB}=1⟹\frac{1}{2}\cdot \frac{AP}{PB}=1⟹\frac{AP}{PB}=2.$$ (1 p) pentru simplificarea produsului și (1 p) pentru rezultatul final.

c) (2 p) Din $\frac{AP}{PB}=2$ și $AP+PB=AB=12$ rezultă $AP=\frac{2}{3}\cdot 12=8$ și $PB=4$ (2 p). (Verificare: $8+4=12$ ✓ și $\frac{8}{4}=2$ ✓.)

Exercițiul 4. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) A. Medianele au picioarele în mijloacele laturilor, deci toate cele trei rapoarte sunt egale cu $1$, iar produsul $1\cdot 1\cdot 1=1$; reciproca teoremei lui Ceva dă concurența (vezi itemul 11b).

b) F. Produsul egal cu $1$ pentru trei puncte de pe laturi este condiția din reciproca lui Ceva și dă concurența cevienelor, nu coliniaritatea. Trei puncte situate pe cele trei laturi (segmente) nu pot fi coliniare, pentru că o dreaptă nu poate tăia toate cele trei laturi ale unui triunghi. Pentru coliniaritate ar trebui ca un număr impar dintre ele să fie pe prelungiri.

c) F. O dreaptă care nu trece prin vârfuri intersectează exact două laturi (segmente) sau niciuna. Explicație: dreapta împarte planul în două semiplane, iar cele trei vârfuri se repartizează inevitabil $2+1$ sau $3+0$; laturile tăiate sunt exact cele care au capetele în semiplane diferite — două, respectiv niciuna.

d) A. Teorema bisectoarei dă $\frac{BM}{MC}=\frac{c}{b}$, $\frac{CN}{NA}=\frac{a}{c}$, $\frac{AP}{PB}=\frac{b}{a}$, iar produsul lor se simplifică la $1$; reciproca lui Ceva încheie demonstrația (vezi itemul 7).

Exercițiul 5. (8 p)

a) (3 p) — câte 1 punct. $$\frac{MB}{MC}=2(\text{fiindca˘ }MB=2\cdot MC,C\text{ fiind mijlocul lui }(MB));\frac{NC}{NA}=1(N\text{ mijlocul lui }(CA));\frac{PA}{PB}=\frac{1}{2}.$$

b) (3 p) Produsul (1,5 p): $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=2\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=1.$$ Punctele $M\in BC$, $N\in CA$, $P\in AB$ sunt diferite de vârfuri, produsul rapoartelor este $1$, iar un singur punct ($M$) se află pe prelungirea unei laturi — număr impar. Conform reciprocei teoremei lui Menelaus, punctele $M$, $N$, $P$ sunt coliniare (1,5 p). $■$

c) (2 p) Un singur punct, $M$, se află pe prelungire; $N$ și $P$ sunt pe laturi (1 p). Condiția este necesară pentru că produsul egal cu $1$ singur nu distinge între cele două configurații: cu zero sau două puncte pe prelungiri, aceeași egalitate exprimă concurența cevienelor (Ceva), nu coliniaritatea. Numărul impar de puncte exterioare este exact ceea ce face configurația compatibilă cu o dreaptă (1 p).

Exercițiul 6. (8 p)

a) (3 p) $$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{1}{2}=1.$$ (1 p înlocuirea, 2 p calculul corect.)

b) (2 p) Punctele $M$, $N$, $P$ sunt situate pe laturile triunghiului, iar produsul rapoartelor este $1$, deci, conform reciprocei teoremei lui Ceva, dreptele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente (2 p).

c) (3 p) — câte 1 punct pe pereche. – Din $\frac{BM}{MC}=\frac{1}{2}$ și $BM+MC=9$: $BM=3$, $MC=6$. – Din $\frac{CN}{NA}=4$ și $CN+NA=10$: $CN=8$, $NA=2$. – Din $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{2}$ și $AP+PB=6$: $AP=2$, $PB=4$. (Triunghiul cu laturile $6$, $9$, $10$ există: $6+9>10$ ✓.)

Exercițiul 7. (6 p)

a) (3 p) Fie $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$ picioarele bisectoarelor din $A$, $B$, respectiv $C$. Teorema bisectoarei aplicată de trei ori dă — câte 1 punct pentru fiecare raport: $$\frac{BM}{MC}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b};\frac{CN}{NA}=\frac{BC}{BA}=\frac{a}{c};\frac{AP}{PB}=\frac{CA}{CB}=\frac{b}{a}.$$

b) (3 p) Produsul (2 p): $$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=\frac{c}{b}\cdot \frac{a}{c}\cdot \frac{b}{a}=1,$$ toți factorii simplificându-se doi câte doi. Cum picioarele bisectoarelor interioare se află pe laturi, reciproca teoremei lui Ceva garantează că cele trei bisectoare sunt concurente (1 p). (Punctul lor comun este centrul cercului înscris.) $■$

Exercițiul 8. (6 p)

a) (3 p) În triunghiul $ABM$, transversala $CP$ intersectează: dreapta $BM$ în $C$, dreapta $AM$ în $G$ și latura $AB$ în $P$ (1,5 p). Teorema lui Menelaus dă (1,5 p): $$\frac{CB}{CM}\cdot \frac{GM}{GA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$

b) (2 p) Cum $M$ este mijlocul lui $(BC)$, avem $CM=\frac{CB}{2}$, deci $\frac{CB}{CM}=2$ (0,5 p). Cu $\frac{PA}{PB}=\frac{1}{3}$: $$2\cdot \frac{GM}{GA}\cdot \frac{1}{3}=1⟹\frac{GM}{GA}=\frac{3}{2}⟹\boxed{\frac{AG}{GM}=\frac{2}{3}}.$$ (1,5 p)

c) (1 p) Dacă $P$ ar fi mijlocul lui $(AB)$, atunci $\frac{PA}{PB}=1$ și relația devine $2\cdot \frac{GM}{GA}=1$, deci $\frac{AG}{GM}=2$ — regăsim proprietatea centrului de greutate, care împarte mediana în raportul $2:1$ dinspre vârf.

Exercițiul 9. (5 p)

Alegerea triunghiului auxiliar (1 p). Aplicăm teorema lui Menelaus în triunghiul $ADC$, pentru transversala $B$–$E$–$F$: dreapta $BE$ intersectează dreapta $DC$ în $B$, dreapta $CA$ în $F$ și latura $AD$ în $E$.

Relația (1,5 p). $$\frac{BD}{BC}\cdot \frac{FC}{FA}\cdot \frac{EA}{ED}=1.$$

Calculul rapoartelor cunoscute (1,5 p). Din $\frac{BD}{DC}=\frac{1}{2}$ rezultă $DC=2\cdot BD$ și $BC=BD+DC=3\cdot BD$, deci $\frac{BD}{BC}=\frac{1}{3}$. Cum $E$ este mijlocul lui $(AD)$, $\frac{EA}{ED}=1$.

Rezultatul (1 p). $$\frac{1}{3}\cdot \frac{FC}{FA}\cdot 1=1⟹\frac{FC}{FA}=3⟹\boxed{\frac{AF}{FC}=\frac{1}{3}}.$$ (Control: $F$ împarte latura $(AC)$ astfel încât $AF$ este a patra parte din $AC$; punctul $B$ este pe prelungirea laturii $DC$ a triunghiului $ADC$, deci configurația este într-adevăr una de tip Menelaus.)

Exercițiul 10. (8 p) — redactare completă.

a) Construcția și primul raport (4 p). Ducem din vârfurile $A$, $B$, $C$ perpendicularele $A{A}^{\prime }\perp d$, $B{B}^{\prime }\perp d$, $C{C}^{\prime }\perp d$, cu $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }\in d$, și notăm $x=A{A}^{\prime }$, $y=B{B}^{\prime }$, $z=C{C}^{\prime }$ (1 p). Cele trei perpendiculare sunt paralele între ele, fiind perpendiculare pe aceeași dreaptă (0,5 p).

Triunghiurile $MB{B}^{\prime }$ și $MC{C}^{\prime }$ sunt dreptunghice în $B^{\prime }$, respectiv $C^{\prime }$, iar unghiurile din $M$ sunt egale (fiind opuse la vârf sau comune, după poziția lui $M$), deci sunt asemenea (1,5 p). Din asemănare, raportul laturilor omoloage este același: $$\frac{MB}{MC}=\frac{B{B}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}=\frac{y}{z}.$$ (1 p)

b) Celelalte rapoarte și încheierea (4 p). Exact același raționament, aplicat perechilor de triunghiuri $NC{C}^{\prime }$ – $NA{A}^{\prime }$ și $PA{A}^{\prime }$ – $PB{B}^{\prime }$ (2 p): $$\frac{NC}{NA}=\frac{z}{x},\frac{PA}{PB}=\frac{x}{y}.$$ Înmulțind cele trei egalități (1,5 p): $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=\frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}=1,$$ deoarece fiecare dintre lungimile $x$, $y$, $z$ apare o dată la numărător și o dată la numitor (0,5 p). $■$

Observație: toate cele trei lungimi sunt nenule, pentru că dreapta $d$ nu trece prin niciun vârf — ipoteză esențială, altfel raportul nici nu s-ar putea forma.

Exercițiul 11. (8 p) — redactare completă.

a) Teorema lui Ceva prin arii (5 p). Triunghiurile $ABM$ și $ACM$ au bazele $MB$ și $MC$ pe aceeași dreaptă și aceeași înălțime din $A$, deci (1 p) $$\frac{{\mathcal{S}}_{ABM}}{{\mathcal{S}}_{ACM}}=\frac{MB}{MC}.$$ Din același motiv, cu vârful $Q$ în loc de $A$ (1 p): $$\frac{{\mathcal{S}}_{QBM}}{{\mathcal{S}}_{QCM}}=\frac{MB}{MC}.$$ Aplicând proprietatea proporțiilor derivate (dacă $\frac{u}{v}=\frac{u^{\prime }}{v^{\prime }}=k$, atunci $\frac{u-u^{\prime }}{v-v^{\prime }}=k$) și observând că ${\mathcal{S}}_{ABM}-{\mathcal{S}}_{QBM}={\mathcal{S}}_{ABQ}$, respectiv ${\mathcal{S}}_{ACM}-{\mathcal{S}}_{QCM}={\mathcal{S}}_{ACQ}$ (1,5 p): $$\frac{MB}{MC}=\frac{{\mathcal{S}}_{ABQ}}{{\mathcal{S}}_{ACQ}}.$$ Analog se obțin (1 p) $$\frac{NC}{NA}=\frac{{\mathcal{S}}_{BCQ}}{{\mathcal{S}}_{BAQ}},\frac{PA}{PB}=\frac{{\mathcal{S}}_{CAQ}}{{\mathcal{S}}_{CBQ}}.$$ Înmulțind cele trei relații, fiecare arie apare o dată la numărător și o dată la numitor, deci (0,5 p) $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.■$$

b) Concurența medianelor (3 p). Fie $M$, $N$, $P$ mijloacele laturilor $(BC)$, $(CA)$, respectiv $(AB)$ (0,5 p). Atunci $$\frac{MB}{MC}=1,\frac{NC}{NA}=1,\frac{PA}{PB}=1,$$ (1 p) iar produsul lor este $1\cdot 1\cdot 1=1$ (0,5 p). Cele trei puncte se află pe laturi, deci, conform reciprocei teoremei lui Ceva, medianele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente (1 p). Punctul lor comun este centrul de greutate al triunghiului. $■$

Exercițiul 12. (9 p)

a) (3 p) Cevienele $AM$, $BN$ se intersectează în $Q$, iar $CP$ trece prin $Q$ prin construcție, deci cele trei sunt concurente și se aplică teorema lui Ceva (1 p): $$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=1⟹2\cdot 3\cdot \frac{AP}{PB}=1⟹\frac{AP}{PB}=\frac{1}{6}.$$ (1 p) pentru scrierea relației cu datele și (1 p) pentru rezultatul final.

b) (4 p) În triunghiul $AMC$, dreapta $BN$ intersectează: dreapta $MC$ în $B$, dreapta $CA$ în $N$ și latura $AM$ în $Q$ (1 p). Menelaus (1 p): $$\frac{BM}{BC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{QA}{QM}=1.$$ Din $\frac{BM}{MC}=2$ rezultă $BM=2\cdot MC$ și $BC=BM+MC=3\cdot MC$, deci $\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3}$ (1 p). Prin urmare $$\frac{2}{3}\cdot 3\cdot \frac{QA}{QM}=1⟹\boxed{\frac{AQ}{QM}=\frac{1}{2}}.$$ (1 p) (Atenție la capcană: raportul din Menelaus se formează cu vârfurile triunghiului auxiliar $AMC$, deci apare $\frac{BM}{BC}$, nu $\frac{BM}{MC}$.)

c) (2 p) Din $\frac{AP}{PB}=\frac{1}{6}$ și $AP+PB=14$ obținem $AP=\frac{14}{7}=2$ și $PB=12$. (Verificare: $\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$ ✓.)

Exercițiul 13. (8 p)

a) (3 p) Punctele $M$, $N$, $P$ se află pe laturile $(BC)$, $(CA)$, respectiv $(AB)$, iar (1 p) $$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{CN}{NA}\cdot \frac{AP}{PB}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}\cdot 2=1.$$ (1 p) Conform reciprocei teoremei lui Ceva, dreptele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente (1 p).

b) (3 p) — câte 1 punct: – $\frac{BM}{MC}=\frac{1}{3}$ și $BM+MC=8$ dau $BM=2$ (și $MC=6$); – $\frac{CN}{NA}=\frac{3}{2}$ și $CN+NA=10$ dau $CN=6$ (și $NA=4$); – $\frac{AP}{PB}=2$ și $AP+PB=9$ dau $AP=6$ (și $PB=3$). (Triunghiul cu laturile $8$, $9$, $10$ există: $8+9>10$ ✓.)

c) (2 p) Aplicăm teorema lui Menelaus în triunghiul $ABM$, pentru transversala $C$–$Q$–$P$ (0,5 p): $$\frac{CB}{CM}\cdot \frac{QM}{QA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$ Cum $BM=2$ și $MC=6$, avem $CB=8$ și $\frac{CB}{CM}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$, iar $\frac{PA}{PB}=2$ (0,5 p). Rezultă $$\frac{4}{3}\cdot \frac{QM}{QA}\cdot 2=1⟹\frac{QM}{QA}=\frac{3}{8}⟹\boxed{\frac{AQ}{QM}=\frac{8}{3}}.$$ (1 p)

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică cele două teoreme-gemene ale geometriei triunghiului: teorema lui Menelaus, care guvernează coliniaritatea, și teorema lui Ceva, care guvernează concurența. Ele au exact același produs de rapoarte egal cu $1$, iar deosebirea stă în poziția punctelor: la Menelaus, transversala taie două laturi și prelungirea celei de-a treia (un număr impar de puncte pe prelungiri), la Ceva toate trei punctele sunt pe laturi. Sunt evaluate: scrierea corectă a produsului (ordinea vârfurilor contează!), calculul unui raport necunoscut din celelalte două, folosirea reciprocelor pentru a demonstra că trei puncte sunt coliniare sau că trei ceviene sunt concurente, și tehnica de examen a aplicării lui Menelaus într-un triunghi auxiliar pentru a afla raportul în care se împart cevienele. Ultima parte cere demonstrații redactate complet, în stilul Bacalaureatului M1.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii cu demonstrație se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator, și începe fiecare item prin a desena figura — la aceste două teoreme, desenul nu este decor, ci parte a soluției: din el se citește dacă un punct este pe latură sau pe prelungirea ei.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe scrierea corectă a produsului de rapoarte și pe condiția de poziție care deosebește cele două teoreme.
• Formule de reținut: o ceviană este un segment care unește un vârf al triunghiului cu un punct de pe latura opusă (mediana, bisectoarea și înălțimea sunt ceviene). O transversală este o dreaptă care taie dreptele-suport ale celor trei laturi, fără să treacă prin vreun vârf. Teorema lui Menelaus: dacă o transversală intersectează dreptele $BC$, $CA$, $AB$ în $M$, $N$, respectiv $P$, atunci $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1.$$ Reciproca lui Menelaus: dacă $M\in BC$, $N\in CA$, $P\in AB$ (puncte diferite de vârfuri), dintre ele un număr impar se află pe prelungirile laturilor, iar produsul de mai sus este $1$, atunci $M$, $N$, $P$ sunt coliniare. Teorema lui Ceva: dacă $M\in (BC)$, $N\in (CA)$, $P\in (AB)$, iar cevienele $AM$, $BN$, $CP$ sunt concurente, atunci $$\frac{MB}{MC}\cdot \frac{NC}{NA}\cdot \frac{PA}{PB}=1,$$ iar reciproca este de asemenea adevărată: dacă produsul este $1$, cele trei ceviene sunt concurente. De reținut deosebirea: produsul este identic, condiția de poziție este cea care decide — o dreaptă taie fie două, fie niciuna dintre laturile (segmentele) unui triunghi, niciodată toate trei. Instrument util: teorema bisectoarei, $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$, care furnizează rapoartele necesare atunci când cevienele sunt bisectoare.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".