Numere Complexe Afixe Teorie Si Aplicatii
-
Upload
tudor-minascurta -
Category
Documents
-
view
84 -
download
10
description
Transcript of Numere Complexe Afixe Teorie Si Aplicatii
4. Aplicaii ale numerelor complexe n geometrie
n aceast tem vom utiliza numerele complexe pentru rezolvarea i generalizarea unor probleme de geometrie. Dei metoda vectorial i metoda numerelor complexe sunt echivalente, fiecare dintre ele rezolv cu uurin anumite probleme i n acelai timp creeaz, n limbajul lor specific, noi probleme.
Amintim cteva rezultate, care vor fi utile n cele ce urmeaz. Vom nota cu M(z) punctul M de afix z.
Distana dintre punctele M1(z1) i M2(z2) este M1M2 = z1 z2 .
Afixul punctului M care mparte segmentul [M1M2] n raportul k,
adic MM1
= k MM 2
este z =
z1 kz2
, unde M(z), M1(z1), M2(z2).
4.1.4 Consecin
1 k
. Afixul
mijlocului
M al segmentului [M1M2] este
z =
z1 + z2
; Afixul g al centrului de greutate G al triunghiului M1M2M3 este
2
g =
z1 + z2
+ z3
; patrulaterul
M1M2M3M4
este paralelogram dac i numai
3
dac z1+z3 = z2+z4, unde Mi(zi), i = 1, 2, 3, 4.
Condiia de coliniaritate : Punctele M1(z1), M2(z2), M3(z3) sunt
coliniare dac
i numai dac
exist k1,
k2,
k3 R cu k1+
k2+
k3
=
0 i
k1 z1 + k2 z2 + k3 z3 = 0 .
Demonstraie
: Dac M1
,
M2
, M3
sunt
coliniare,
atunci
exist
k R cu M
2
M
1
= k M
2
M
3
. Deci
z
2
=
z1 kz3
, adic
z (1 k)z
2
kz
3
= 0 .
1
k
1
Pentru
k1
=
1,
k2
=
k-1,
k3
=
-k
obinem
concluzia.
Reciproc,
din
k1 z1 + k2 z2
+ k3 z3
= 0 cu k2= -k1-k3, obinem k1 (z1 z2 ) = k3 (z3 z2 ) . Pentru
k =
k3
obinem z2
=
z1 kz3
, adic M1 , M2 , M3 sunt coliniare.
k1
1 k
4.1.6
Msurara
unghiului
orientat
M1OM 2 ,
n sens
trigonometric,
(semidreapta OM1 se rotete n sens trigonometric peste semidreapta OM2),
51
fa de un reper cu originea n O este: ( M1OM 2 )= arg z2 , unde z1, z2 sunt
afixele punctelor M1, respectiv M2.
z1
4.1.7 Consecin : Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3), atunci msura unghiului
orientat
(n
sens
trigonometric)
M1M 2 M 3
este:
( M1M 2 M 3 )= arg z3 z2 .
z1 z2
y
M3
M1
z3 z2
Translatm M2 n originea O i aplicm
M2
4.1.5 .
z1 z2
x
O
Demonstraie :
z3 z2
4.1.8
Consecin : Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3) i
= ,
unde > 0,
z
z
2
1
= cos + i sin ,
cu
[0, 2),
atunci
M2M3
=
M M
2
i (M1M2M3 )=min(,2 ) .
1
4.1.9
Formula rotaiei n comple Dac M3(z3) se obine printr-o rotaie cu
centrul
n M2(z2)
i unghi
[0, 2), a punctului
M1(z1), atunci :
z3 = z2 + ( z 1 z2 ) , unde = cos + i sin , dac rotaia se efectueaz n sens trigonometric sau = cos(2 )+ i sin(2 ), dac rotaia se efectueaz n sens invers trigonometric.
Consecin : Triunghiul ABC este echilateral dac i numai dac
c = a + (b a) , unde = cos 3 + i sin 3 , dac ABC este orientat n sens
trigonometric, sau = cos 53 + i sin 53 , dac ABC este orientat n sens invers trigonometric.
52
4.1.11 Unghiul a dou drepte. Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3), M4(z4) sunt puncte distincte n plan, diferite de origine, atunci msura unghiului orientat (n sens trigonometric) al dreptelor M1M2 i M3M4 este :
(( M 1M 2 , M 3 M 4
Consecin : Dac
))= arg z2 z1 . z4 z3
z3 z1
=, unde >0,
= cos + i sin ,
z z
4
3
[0, 2), atunci:
M1M2
= i
((M1M 2 , M 3 M 4 ))= min(, 2 ).
M3M4
4.1.13 Consecin : M1M 2 M 3 M 4
z2
z1
iR* .
z4
z3
M1M 2
M 3 M 4
z2
z1
R* .
z4
z3
4.1.14 Punctele M1(z 1), M2(z2), M 3(z3), M4(z4 ), distincte, sunt conciclice dac i numai dac raportul anarmonic al afixelor z1, z2, z3, z4 este real, adic:
( z 1 , z2 , z3 , z4 )=
z3 z1
:
z4 z1
R* .
z3 z2
Demonstraie :
z4
z2
Cazul I: Dac M1 i
M2
sunt
de
aceeai parte
a dreptei
M3M4
arg
z1
z3
= arg
z1
z4
.
z 2
z3
z 2
z 4
Cazul II: Cnd M1
i
M2
sunt
separate de
dreapta
M3M4
arg
z1
z3
arg
z1 z4
=.
z2
z3
z2
z4
avem:
avem:
Triunghiuri asemenea . Triunghiurile A1A2A3 i A1' A2' A3' , la fel
orientate,
sunt asemenea, n aceast ordine, dac i numai dac
a
2
a
=
a'
a'
1
2
1
.
a
a
a'
3
a'
1
3
1
53
Demonstraie: Avem A
1
A
2
A
3
~ A ' A ' A '
1
2
3
A1 A2
=
A1' A2'
A1 A3
' '
A1 A3
'
' '
A3 A1 A2 A3 A1 A2
a
a
a2'
a1'
2
1
=
a3 a1
a'
a'
a
a
a'
a
'
3
1
2
1
=
2
1
.
a3 a1
arg
a2
a1
'
'
a3' a1'
= arg
a2
a1
a
a'
a'
a
3
1
3
1
4.1.16
Observaie: Triunghiurile
A1A2A3
i
A'
A'
A'
, la
fel
orientate, sunt
1
2
3
asemenea, dac i numai dac: a'
(a
2
a
3
)+ a
' (a
3
a
)+ a' (a a
2
)= 0 .
1
2
1
3
1
4.1.17
Observaie: Triunghiurile A1A2A3 i
A' A'
A'
, invers orientate, sunt
1
2
3
asemenea n aceast ordine, dac i numai dac:
a
2
a
=
a
'
a'
1
2
1
.
a3
a1
a
'
a'
3
1
Demonstraie : Se consider triunghiul M1M2M3 simetric cu
A'
A'
A' fa de O
1
2
3
Triunghiul M1M2M3 are afixele vrfurilor a1' , a2' , a3' i este la fel orientat cu triunghiul A1A2A3. Folosim 4.14, obinem relaia cerut.
4.1.18 Consecin : Triunghiul A1A2A3 este echilateral dac i numai dac:
a12 + a22 + a32 = a1a2 + a2 a3 + a3 a1 .
Demonstraie: Triunghiul A1A2A3 este echilateral
A1 A 2 A3 ~ A2 A3 A1
a2 (a2 a3 )+ a3 (a3 a1 ) + a1 (a1 a2 )= 0 a12 + a22 + a32 = a1a2 + a2 a3 + a3 a1
.
4.1.19 Aria unui triunghi. Dac a1, a2, a3 sunt afixele vrfurilor triunghiului
A1A2A3, notat n sens trigonometric, atunci
[ A1 A2 A3 ]= 12 Im(a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 ).
54
Fr a restrnge generalitatea problemei, putem considera originea sistemului ortogonal de axe n interiorul triunghiului.
Fie a1 = r1 (cos1 + i sin2 ) a2 = r2 (cos2 + i sin2 ) a3 = r3 (cos3 + i sin3 ) .
Atunci:
a2 +
a3 +
a1 = r1r2 [cos( 2 1 )+
a1
a 2
a3
+ i sin ( 2
1 )]+ r2 r3
[cos ( 3
2 )+
+ i sin ( 3
2 )]+ r1 r3
[cos ( 1
3 )+
i sin( 1 3 )]. Deci:
Demonstraie :
12 Im(a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 )= 12 r1r2 sin( 2
y
A1
O
x
A2
A3
1 )+ 12 r2 r3 sin( 3 2 )+ 12 r1r3 sin( 1 3 )=
[ A1 OA2 ]+[A2OA3 ] + [ A3OA1 ]= [A1 A2 A3 ].
Observaie : Formula se poate extinde pentru un poligon conve Dac
A1A2An, n 3 este un poligon convex, notat n sens trigonometric,
iar a1,
a2,, an sunt afixele vrfurilor,
atunci:
[ A1 A2 ...An ]=
1
Im(
a2 +
a3
+ .... +
an +
a1 ) (Formula lui
Kiril
a1
a2
an1
an
2
Docev). Demonstraie prin inducie (vezi [3] ).
4.1.21 Afixul ortocentrului unui triunghi. Fa de un reper cartezian cu originea O n centrul cercului circumscris triunghiului ABC, afixul ortocentrului H al triunghiului ABC, este: h = a + b + c , unde H(h), A(a), B(b),
C(c). Demonstraie :
A
Fie O1 simetricul lui O fa de BC. Atunci AHO1O este paralelogram. Rezult: a+o1 =h+o. Obinem : h =a +o1 =a +b +c .
. O
H
BC
. O1
55
4.1.22 Consecin : Fa de un reper cu originea n centrul cercului circumscris triunghiului ABC, centrul al cercului lui Euler al triunghiului
ABC este : =
a + b + c
, unde
().
2
Demonstraie : este mijlocul segemntului [OH].
4.1.23 Caracterizarea triunghiului dreptunghic . Triunghiul ABC nscris n cercul C(O, R) este dreptunghic dac i numai dac a + b + c = R , unde A(a),
B(b), C(c).
Demonstraie : Dac triunghiul ABC este dreptunghic cu unghiul drept n A,
atunci B i C sunt diametral opuse, deci b = c , de unde
a + b + c
=
a
= R .
Reciproc
dac
a + b + c
= R , atunci
a + b + c
2 = R 2 ,
adic
R
2
R
2
R
2
2
+
+
,
deci
(a + b + c )
a
b
c
= R
1
1
1
(a + b)(b + c)(c + a )= 0 adic dou
(a + b + c )
+
+
= 1
a
b
c
din punctele A, B, C sunt diametral opuse.
Bibliografie
Andrei Gh., Caragea C., Cucurezeanu I., Bordea Gh., Probleme de algebr pentru concursurile de admitere i olimpiade colare, E.D.P., Bucureti, 1993
Andrica D., Biboac N., Numere complexe de laalaz, Aditura Millenium, Alba Iulia, 2001
Andrica D., Varga C., Vcreu D., Teme de geometrie, Editura Promedia Plus, Cluj Napoca, 1997
Cocea C., 200 de probleme din geometria triunghiului echilateral, Editura Gh. Asachi, Iai, 1992
Dinc M., Chiri M., Numere complexe n matematica de liceu, Editura All Educational, Bucureti, 1996
Nicula V., Numere complexe. Probleme i exerciii pentru clasa a X-a, Editura Scorpion 7, Bucureti, 1993
56
Probleme rezolvate (4)
R4.2.1 Fie ABCDE un pentagon complex, iar M, N, P, Q, X, Y respectiv mijloacele segmentelor (BC), (CD), (DE), (EA), (MP), (NQ). S se arate c XY AB.
Soluie :
Notm cu literele mici corespunztoare, afixele vrfurilor. Avem:
m =
b + c
,
2
n = c + d ,
p =
d + e
,
q =
e + a
, x
=
m + p = b + c + d + e
,
2
2
2
b a
2
XY
1
4
y =
a + d +c +e
.
Atunci: x y =
. Deci
=
i XY AB.
AB
4
4
2
R4.2.2 Dac pe laturile unui patrulater oarecare ABCD construim n exterior ptrate de centre O1, O2, O3, O4 , atunci dreptele O1O3 i O2O4 sunt perpendiculare.
Soluie :
Fie O1, O2, O3, O4 centrele ptratelor construite pe (AD), (DC), (CB), respectiv (BA). Atunci O1 este transformatul punctului D printr-o rotaie de
centru mijlocul segmentului (AD) i unghi
(vrfurile patrulaterului ABCD
fiind
notate
n
sens
2
trigonometric).
Deci:
a + d
a + d
a + d + i(d a)
o2 =
c + d + i(c d )
o1
=
+ d
i =
.
Analog
,
2
2
2
2
o3
=
b + c + i(b c)
,
o4
=
a + b + i(a b)
.
Avem:
2
2
o o
3
=
a + d b c
+ i
d a b + c
,
1
2
2
o1 o3
o2
o4
=
c + d a b
+ i
c d a + b
. Deci
= i .
Obinem
o2 o4
2
2
O1O3=O2O4 i O1O3 O2 O4 .
R4.2.3 Se d un triunghi ABC i n interiorul su se consider triunghiul A' B'C ' asemenea cu triunghiul dat i avnd aceeai orientare (adic vrfurile
celor dou triunghiuri sunt notate n acelai sens de rotaie). Fie
A'' , B'' , C ''
aparinnd segmentelor (AA' ), (BB' ), (CC ' ) astfel nct:
AA''
=
BB''
=
CC ''
.
A'' A'
B'' B'
C ''C '
57
S se arate c A'' B''C '' ~ ABC .
Soluie :
AA ''
BB ''
CC ''
= . Notm cu litere mici afixele corespunztoare
Fie
=
=
A '' A '
B '' B '
C ''C '
vrfurilor. Atunci: a
''
=
a a '
, b
''
=
b b'
, c
''
=
c c'
. Deoarece
1
1
1
ABC ~ A' B 'C ' rezult : a ' (b c)+ b' (c a)+ c' (a b)= 0 . Se verific c: a' ' (b c) + b '' (c a) + c '' (a b)= 0 , adic A'' B''C '' ~ ABC .
R4.2.4 Pe laturile patrulaterului convex ABCD se construiesc n exterior triunghiurile echilaterale ABM, BCN, CDP, DAQ. S se arate c patrulaterele
ABCD i MNPQ au acelai centru de greutate.
Soluie :
Not m vrfurile patrulaterului n sens
trigonometric. Atunci:
m = b + (a b) , n = c + (b c) , p = d + (c d ) ,
q = a + (d a) , unde
= cos 3 + i sin 3 . Adunnd aceste relaii, obinem: m+n+p+q = a+b+c+d, deci patrulaterele ABCD i MNPQ au acelai centru de greutate.
R4.2.5 Dac pe laturile triunghiului ABC construim n exterior triunghiurile asemenea AC ' B, BA'C, CB' A , atunci triunghiurile ABC i A' B'C ' au acelai centru de greutate.
Soluie : Fie AB' = BC ' = CA' = r i AC AB BC
= ( ABC ' )= (BCA' ) = (CAB' ). Atunci, folosind 4.1.8, avem: b' = a + (c a)r , c' = b + (a b)r , a' = c + (b c)r , unde
= cos + i sin . Adunnd aceste relaii obinem a' + b' + c' = a + b + c ,
adic cele dou triunghiuri au acelai centru de greutate.
Observa ie : Dac triunghiurile construite n exterior sunt echilaterale, obinem cunoscuta problem a lui Toricelli.
R4.2.6 Pe laturile triunghiului ABC se construiesc n exterior triunghiurile echilaterale ABC ' , CAB' , BCA' . S se arate c centrele de greutate ale acestor
triunghiuri formeaz un triunghi echilateral. Soluie :
Fie G1, G2, G3 centrele de greutate ale triunghiurilor ABC ' , CAB' , BCA' . Notm cu litere mici corespunztoare, afixele vrfurilor. Atunci:
58
c'
= b + (a b) , a '
= c + (b c )
, b '
= a + (c a ) , unde
= cos
+ i sin
;
g1
=
a + 2b + (a b)
,
g2 =
c +2a +(c a)
,
3
3
(b c)
3
3
g
=
b +2c +
. Obinem:
1
3
b + 2c + (b c)
2a c b
2c a b
g3
+ ( g 2 g3 ) =
+
+
2
= g1 ,
3
3
3
deoarece 2
+ (g
) = 0
= 1. Deci
g
3
2
g
1
,
adic G G
G
3
este
1
2
echilateral.
R4.2.7 Se consider n plan un triunghi A1A2A3 i un punct P0. Se definete As = As3 , s 4, s N i se construiete un ir de puncte P0, P1, , astfel
nct Pk+1 este imaginea punctului Pk prin rotaia de centru Ak+1 i de unghi
1200, n sensul arcelor de ceasornic, k=0, 1, 2, . Dac P1986 = P0, atunci triunghiul A1A2A3 este echilateral.
Soluie :
Avem: A1=A4=A7=; A2=A5=A8=; A3=A6=A9= .
Dar Pk+1=
= RA k +1
, 120o ( Pk ),
deci
pk +1 = ak+1 +(pk ak ) ,
unde
= cos
2
+ i sin
2
.
3
3
+ ... + a1 k ]. Din 0 = P0 = P1986 ,
Obinem :
p k +1
= (1 )[a k +1
+ a k
obinem:
0 =
(1 )[a1986
+ a1985 +... + a11985 ]= (1 )[a3 + a2 + a1 2 ]662 .
Deci
a
3
+ a
+ a 2 = 0 .
Cum
2 + + 1 = 0 ,
obinem:
2
1
a3 = a1
+
(a 2
a1 ), adic A1A2A3 este echilateral.
R4.2.8 Fie A1A2A3A4 un patrulater inscriptibil. Se noteaz cu H1 , H2, H3, H4 ortocentrele triunghiurilor A2A3A4, A3A4A1 , A4A1A2, A1A2A3. S se arate c patrulaterele A1A2A3A4 i H1H2H3H4 sunt congruente.
Soluie :
Avem: h1 =a2 +a3 +a4 , h2 = a3 +a4 +a1 , h4 =a1 +a2 +a3 .
Atunci: H1H2 = a1 a2 = A1 A2 i
( H1 H 2 H 3 )= arg
h3 h2
= arg
a2 a3
= = arg
a3 a2
h1 h2
a2 a1
a1 a2
Analog celelalte.
h3 =a4 +a1 +a2 ,
= ( A1 A2 A3 ).
59
R4.2.9Fie z1, z2, z3 numere complexe distincte, avnd acelai modul r.
Artai c:
1
+
1
+
1
1
.
z
z
z z
z
z
z
z
z
z
z
z
1
2
3
2
1
2
3
3
1
3
2
r 2
1
Soluie :
Consider m un triunghi care are afixele z1, z2, z 3 i fie originea axelor de coordonate n centrul cercului circumscris triunghiului. Notm
z 1 z 2
= c ,
z2 z3
= a ,
z1 z3
= b i
r =
zk
= R, k = 1, 2, 3 .
Inegalitatea devine:
a + b + c abc
4 RS
1
+
1
+
1
1
2 p
R p 2 S
ab
R 2
R 2
bc
ac
R 2
R p 2 p
R 2 , unde raza cercului nscris. (inegalitatea lui
Euler).
R4.2.10 Fie z1, z2, , zn afixele vrfurilor A1, A2, , An ale unui poligon
nscris n
cercul cu
centrul
n
origine
i
se
raz r.
considerm
g
=
z1 + z2
+... + zn
.
n
2
2 +... +
2 + n
2
a)
Artai c
g z1
+
g z2
g zn
g
= nr 2 .
b)
Demonstrai inegalitatea:
g z1
+
g z2
+... +
g zn
nr .
c)
Deducei
apoi
c n
orice triunghi
are
loc
inegalitatea:
ma + mb + mc
9
R .
2
Soluie :
a)
Avem:
n
n
n
n
n
g zk
2 =
( g zk )(
g
zk
)= g
g
gz k g zk +
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
n
+ zk
zk
= n
g
2
gng gn g + nR 2 = nR 2
n
g
2 .
k =1
n
2
n
2
n
2
n
n
2
b)
g zk
=
g zk
1
g zk
12
= n
g zk
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
nr 2 n = n2 r 2 .
GA+GB+GC 3R,
c)
Din
punctul
b)
deducem:
adic
2
m +
2
m +
2
m 3R m
a
+ m
b
+ m
c
9
R .
2
3 a
3 b
3 c
60
R4.2.11
Dac
z1,
z2, z3,
z4
C*
sunt
distincte dou cte
dou i
z1 + z2
+ z3 + z4 = 0
i
z1
=
z2
=
z3
=
z4
=1,
atunci sunt afixele vrfurilor
unui dreptunghi.
Soluie :
z1 + z2 + z3
= z4 rezult
z1+z2 + z3
z4
Din
=
=1 . Folosind relaia
4.1.22 deducem c Z1Z2 Z3 este
dreptunghic,
unde Zi (zi ), i =1,
2, 3, 4.
Analog pentru celelalte unghiuri.
R4.2.12 Afixele z1,
z2, z3
ale
vrfurilor
triunghiului A1A2A3
verific
condiiile:
a)
z1
=
z2
=
z3
=1;
z1 + z2 2 + z2 + z3 2 + z3 + z1 2 = 3 .
Demonstrai c A1A2A3 este triunghi echilateral.
Soluie :
Din b)
obinem: ( z1 + z 2 )(z1 + z2 )+( z 2 + z3 )(z2 + z3 )+(z3 + z1 )(z3 + z1 )= 3
( z 1 + z2 + z3 )(z 1 + z2 + z3 )= 0 z1 + z2 + z3 2 = 0 . Deci OH=0, unde O reprezint centrul cercului circumscris, iar H ortocentrul triunghiului A1A2A3.
Din OH=0 rezult O=H, adic ortocentrul triunghiului coincide cu centrul cercului circumscris. Deducem c A1A2A3 este triunghi echilateral.
R4.2.13 Fie ABCD un paralelogram i M un punct n planul su. S se arate c: MAMC + MBMD AB BC .
Soluie :
Fie z afixul punctului M, iar a, b, c, d afixele punctelor A, B, C, D.
Folosind
faptul
c
a+c=b+d,
obinem:
(a b)(b c)= (z b)( z d ) (z a)(z c).
Trecnd la
module rezult:
(a b)(b c) = (z b)( z d) ( z a)(z c) (z b)(z d) + (z a) ( z c) = z b z d + z a z c , adic
AB BC MB MD + MA MC .
R4.2.14 Pe laturile triunghiului A1A2A3 considerm punctele M1 (A2A3), M2 (A1A3), M3 (A1A2) astfel nct M1 A2 =1 M1 A3 ; M 2 A3 =2 M 2 A1 ; M 3 A1 =3 M 3 A2 . Atunci aria triunghiului M1M2M3 este :
61
[M 1 M 2 M 3 ]=
1 12
3
[ A1 A2 A3 ].
(1 )(1
2
)(1
3
)
Soluie :
1
Notm
cu
literele mici corespunztoare
afixele
punctelor. Atunci:
m =
a1 1a3
, m
2
=
a3 2 a1
, m
3
=
a1 3 a2
. Deci:
1
1
1
1 2
1
3
Im[m1
m1 ]=
[M1M2 M3 ]=
1
m2 +
m3 +
1
Im
m2
m3
2
2
1
1
[ A A A ].
aa
+ a a
+aa
=
1 2 3
1
2
3
1 1 1
(
1 2
2 3
3 1)
(1
)(1
2
)(1
3
)
1 2 3
(
1 )(
2 )(
3)
1
Observaie 1 : Pentru
[M 1M 2 M 3
]= 0 ,
regsim teorema lui Menelaus:
12 3 =1.
Observaie 2 . Dac M1, M2, M3 sunt picioarele bisectoarelor interioare ale unui
triunghi ABC, atunci [M 1M 2 M 3 ]= ( )(2 abc)( )[ ABC], unde a, b, c a + b b + c c + a
sunt lungimile laturilor.
R4.2.15 Se consider pentagonul inscriptibil ABCDE. Notm cu H1 , H2, H3, H4, H5 ortocentrele triunghiurilor ABC, BCD, CDE, DEA, EAB i cu M1, M2, M3, M4, M5 mijloacele laturilor DE, EA, AB, BC i respectiv CD. S se arate c
dreptele H1M1, H2M2, H3M3, H4M4 i H5M5 sunt concurente. Soluie :
Alegem un reper cu originea O n centrul cercului circumscris pentagonului. Dac afixele punctelor A, B, C, D, E sunt a, b, c, d, respectiv e, se
tie c afixul punctului H1 este h1=a+b+c, iar afixul lui M1 este m1= d 2+ e i analoagele. Un punct P de afix p aparine dreptei H1M1 dac i numai dac
exist t1 real astfel nct
p = (1 t )(a + b + c)+ t
1
d + e
. Analog P H2M2 dac
1
2
e + a
i numai dac exist
t2
R, astfel nct
p = (1 t2 )(b + c + d )+ t2
2
2
a + b + c + d + e
.a.m.d. Pentru t1 =
avem p =
HiMi, oricare ar fi i =
,
1,5
3
3
deci dreptele sunt concurente.
62