Kz 2015

[ghenghea1]

In triunghiul $ABC$ avem : $m\left(\widehat{ABC}\right)= 30^{\circ} , |AB| > |AC| , m\left(\widehat{BAC}\right)>90^{\circ}.$
Luam un punct $D$ in interiorul triunghiului astfel încât sa avem $|BD|=|CD|$ si $m\left(\widehat{BDA}\right) =3 \cdot m\left(\widehat{BCA}\right).$
Gasiti: $m\left(\widehat{ACD}\right)!$

[mihai miculita]

IATA CONSTRUCTIA PUNCTULUI $D:$
Daca $O-$ centrul cercului circumscris triunghiului $ABC,$
atunci punctul $D-$ este punctul de intersectie al bisectoarei unghiului $\widehat{ACO}$ cu mediatoarea laturii $[BC].$ (DEMONSTRATI !!!)
Asa ca: RASPUNSUL la INTREBAREA PROBLEMEI, este urmatorul: $\boxed{m\left(\widehat{ACD}\right)=30^0}.$
As mai adauga si urmatoarele:
OBSERVATII:
1). $m\left(\widehat{BAC}\right)>90^0\Leftrightarrow \boxed{m\left(\widehat{ACB}\right)<60^0},$ aceasta conditie se impune pentru a avea:
$m\left(\widehat{ADB}\right)=3.m\left(\widehat{ACB}\right)<3.60^0=180^0\Rightarrow \boxed{m\left(\widehat{ADB}\right)<180^0}.$
2). $|AB|>|AC|\Rightarrow C=m\left(\widehat{ACB}\right)>m\left(\widehat{ABC}\right)=B=30^0.$
3). Mai mult: problema este adevarata si in absenta ipotezei restrictive: $|AB|>|AC|.$

[mihai miculita]

Voi arata mai intai ca, constructia indicata, conduce la punctul $D$, avand propritatile din ipoteza problemei:
1). Intrucat punctul $D-$ se gaseste pe mediatoarea laturii $[BC],$ are loc $\boxed{|DB|=|DC|}.$
2). Pe de alta parte, $O-$fiind centrul cercului $\odot{ABC}:\,m\left(\widehat{ABC}\right)=30^0\Rightarrow m\left(\widehat{AOC}\right)=60^0;\,\,(1)$
asa ca, din:
$\left\begin{array}{c} |OA|=|OC|\\ m\left(\widehat{AOC}\right)=60^0\end{array}\right\}\Rightarrow\Delta{OAC}-$echilataral$\Rightarrow CD-$este o axa de simetrie a $\Delta{OAC}\Rightarrow\Delta{ADC}\equiv\Delta{ODC}\Rightarrow$$\widehat{ADC}\equiv\widehat{ODC};\,\,(2)$
iar din: $\Delta{BOD}\equiv\Delta{COD}(L.L.L.)\Rightarrow\widehat{ODB}\equiv\widehat{ODC}.\,\,(3)$
3). Folosind acum notatia uzuala: $C=\widehat{ACB},$ avem:
$m\left(\widehat{DCB}\right)=m\left(\widehat{ACB}\right)-m\left(\widehat{ACD}\right)=C-30^0$ si atunci din $\Delta{CDM}-$ dreptunghic in $M$ (unde: $\{M\}=[BC]\cap DO),$ obtinem:
$m\left(\widehat{ODC}\right)$$=90^0-m\left(\widehat{DCB}\right)=90^0-(C-30^0)=120^0-C.\,\,(4)$
4). In fine, tinand acum seama de relatiile (2), (3) si (4), obtinem ca:
$m\left(\widehat{ADC}\right)=m\left(\widehat{ODC}\right)=m\left(\widehat{ODB}\right)=120^0-C\Rightarrow$
$\Rightarrow m\left(\widehat{ADB}\right)=360^0-\left[m\left(\widehat{ADC}\right)+m\left(\widehat{ODC}\right)+m\left(\widehat{ODB}\right)\right]$$=360^0-3.\left(120^0-C\right)=3.C;$
asa ca, avem si: $\boxed{m\left(\widehat{ADB}\right)=3.m\left(\widehat{ACB}\right)}.\blacksquare$
Avand in vedere cele demonstate, concluzia problemei este evidenta!
(intrucat $(CD-$ este bisectoarea unghiului $\widehat{AOC},$ a triunghiului echilateral $\Delta{OAC}$).