Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije

Transcript

1 Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije Master rad Mentor: Prof. dr Mića Stanković Student: Ivana Gavrilović Niš, Septembar 2013.

2 Sadržaj 1 Istorijski pregled razvoja geometrije 2 2 Uvod 5 3 Geometrijska mesta tačaka Neka elementarna geometrijska mesta tačaka Geometrijsko mesto tačaka iz kojih se data duž vidi pod datim uglom Neka značajnija geometrijska mesta tačaka Geometrijska mesta tačaka u prostoru Apolonijevi problemi o dodiru krugova 46 5 Primena geometrijskih mesta tačaka na konstrukcije 50 6 Zaključak 73 1

3 1 Istorijski pregled razvoja geometrije Neka ne ulazi ko ne zna geometriju Platon ( g.p.n.e.) Geometrija je jedna od najstarijih matematičkih disciplina i jedna od najstarijih nauka uopšte. Kao i ostale nauke nastala je iz praktičnih potreba čoveka. U starom Egiptu poplave Nila uvek bi izbrisale granice pojedinih poseda koje je zatim trebalo ponovo povući. Geometrija (grč. Γϵωµϵτ ρια geo = zemlja, metrija = merenje) je grana matematike koja se bavi proučavanjem osobina i medjusobnih odnosa prostornih oblika tj. geomertijskih tela, površina, linija i tačaka. U svom prvobitnom značenju geometrija se shvatala kao nauka o figurama, o uzajamnom polozaju i razmerama njihovih delova i takod e o transformisanju figura. Pojam geometrije se tokom vremena menjao i sve više uopštavao. Opisivanje prostornih odnosa fizičkog sveta prestajalo je da bude njen jedini zadatak. Predmet ispitivanja raznih modernih disciplina geometrije čini ovu nauku sve više nerazdvojivim delom moderne matematike, od koje je više nije moguće jasno odvojiti kao samostalnu disciplinu. Razvoj geometrije se moze podeliti na četiri delova, čije je granice nemoguće obeležiti odredjenim datumima: Period nastanka, do oko V veka pre nove ere; Period sistematskog izlaganja, antička Grčka; Analitička geometrija, od nastanka kapitalizma u Evropi; Izgradnja neeuklidske geometrije, do danas. Period nastanka Geometrija se kao nauka prvi put pojavila u drevnom Egiptu, Vaviloniji i Grčkoj u vezi sa razvojem kulture premeravanjem tla. Otuda potiče i naziv geometrija. Egipćani su razvili induktivan metod zaključivanja- od pojedinačnom ka opstem (npr. primetili su da jedan trougao ima tri ugla, pa su nacrtali drugi trougao i primetili isto, itd. dok nisu zaključili da svi trouglovi imaju po tri ugla, tada su to uzeli za neku osnovnu vrednost-aksiomu). Religiozni obredi 2

4 su bili povezani s konstrukcijom žrtvenika, a praktične potrebe ljudi učinile su nužnom da se izmere površine delova zemlje, zapremine sudova i ostava za žetvu. Geometrijska razmatranja su se u osnovnom svodila na pravila izračunavanja površina i zapremina i treba pretpostaviti da su ova pravila imala više empirijski nego logički karakter. U VII veku pre nove ere geometrijsko značenje je po mišljenju grčkih istoričara, preneseno iz Egipta i Vavilonije u Grčku. Oko IV-V veka pre nove ere grčki filozofi su se počeli upoznavati sa egipatskom i vavilonskom mudrošću. Od tada nastaje drugi period razvoja geometrije, period sistematskog izlaganja geometrije kao nauke, kada se sve tvrdnje dokazuju. Period sistematskog izlaganja U ovom periodu su već poznate u Grčkoj Talesove teoreme 1 (VI vek pre nove ere). Grci su razvili novi metod zaključivanja- deduktivni metod (obrnuto od induktivnog- od opštem ka pojedinačnom). Anaksagora (VI vek pre nove ere) se bavio kvadraturom kruga i perspektivom. Pitagora je otkrio nesamerljive duži, osnivač je čuvene škole Polukrug koja je dala veliki doprinos matematici. Pitagorejci su zaključili da je zbir uglova u trouglu 180, otkrili su prvi, treći i četvrti stav o podudarnosti trouglova, i naravno čuvenu Pitagorinu teoremu. Platon i njegov učenik Aristotel (IV vek pre nove ere), ako i nisu ostavili nikakvih dela u geometriji, pridavali su veliki značaj sistemu i osnovama geometrije. Platon je prvi počeo da postavlja aksiome, medjutim u njegovo vreme mnoge aksiome su isključivale jedna drugu i bilo je veoma teško znati šta je tačno, a šta ne. Tako je geometrija u Grčkoj dostigla svoj stepen kada je postalo nužno da se ona sistematizuje. Sistematizaciju (elementarne) geometrije je učinio Euklid 2 (III vek pre nove ere) izloživši je na bazi osnovnih formulacija- aksioma, u svojim znamenitim knjigama Elementi, koje obuhvataju 13 tomova. Euklid je koristio 1 Tales iz MIleta (grč. Θαλης o Mιλησιoς ; rod en 624. pre nove ere, umro oko 547 pre nove ere ili 546 pre nove ere) bio je aktivan i kao državnik i kao matematičar, važio je u starom veku za prvog jonskog svestrano obrazovanog pripodnog filozofa koga su ubrajali med u Sedam Mudraca. On je prvi pokušao da raznovrsnost pojava svde na jednu jedinu pramateriju- vodu. Nije sigurno da li je ovo učenje izneo u nekom spisu budući da nijedan autentičan spis nije sačuvan. Kao matematičar poznat je po Talesovoj teoremi. 2 Euklid, grč. E uκλϵιδης, grčki matematičar, poznat i kao Euklid iz Aleksandrije bio je Antički matematičar, poznat po svojim delima Elementi, Data, Optika i algoritmu za izračunavanje najvećeg zajedničkog delioca, koji je po njemu nazvan Euklidov algoritam. 3

5 postulate: Pretpostavlja se da je moguće da se od svake tačke, do svake druge tačke može povući linija. Pretpostavlja se da se svaka prava prateći njen pravac, produži neograničeno. Pretpostavlja se da je moguće da se oko svake tačke u nekoj ravni može opisati krug bilo kojeg prečnika. Pretpostavlja se da su svi pravi uglovi medjusobom podudarni. Ako se pravom preseku dve prave, tako da grade unutrašnje uglove čiji je zbir manji od zbira dva prava ugla, tada se te dve prave seku sa one strane sa koje se ti uglovi nalaze. Posle Euklida u Grčkoj se javlja niz istaknutih matematičara, Arhimed, Apolonije, Eratosten (III vek pre nove ere) i drugi koji su obogatili geometriju novim otkrićima. Analitička geometrija Nastanak kapitalizma u Evropi doveo je do novog, trećeg perioda razvoja geometrije. U prvoj polovini XVII veka nastala je analitička geometrija, čiji su tvorci bili Dekart 3 i Ferma 4. Analitička geometrija izučava svojstva geometrijskih figura na osnovu njihovih algebarskih jednačina. Izgradnja neeuklidske geometrije Četvrti period izgradnje geometrije obeležen je izgradnjom neeuklidovih geometrija od kojih je prva bila geometrija Lobačevskog 5 koju je Lobačevski izgradio istražujući osnove geometrije, i posebno, aksiome o paralelnim pravama. Sadržaj svoje geometrije Lobačevski je prvi put izneo na sednici fizičko - matematičkog fakulteta Kanzaskog univerziteta godine. Rad je publikovan godine. Od nastanka geometrije, njegova uloga aksiomatskog metoda u matematici uopšte i u geometriji posebno postala je veoma značajna. Euklidova geometrija (obična elementarna geometrija koja se izučava u školi) je posle toga dobila takodje svoju aksiomatsku osnovu. David Hilbert 6 je na kraju 18. veka prvi postavio konkretan sistem aksioma Euklidove geometrije, tzv. Hilbertove aksiome. 3 René Descartez godine 4 Pierre de Fermat godina 5 Nikolai Lobachevsky godina 6 David Hilber godina 4

6 2 Uvod U ovom radu izložićemo neka značajnija geometrijska mesta tačaka i njihov značaj kod rešavanja konstruktivnih zadataka. Sta je to geometrijsko mesto tačaka? Geometrijsko mesto tačaka u ravni ili prostoru je klasa tačaka koje imaju jednu ili više zajedničkih osobina. Obično se koriste za skup uslova koji definišu jednu ili više neprekidnih figura tj. krivih. Npr. linija je geometrijsko mesto tačaka koje su ekvidistantne od dve fiksirane tačke. Ovim pristupom se omogucava opisivanje veoma složenih geometrijskih oblika preko nula funkcija ili polinoma. Kada je reč o geometrijskim mestima tačaka u ravni, ona mogu obrazovati neku krivu u toj radnji ili i čitavu oblast te ravni; kada je reč o geometrijskim mestima u prostoru, ona mogu obrazovati ili neku krivu u prostoru ili čitavu oblast koja leži u nekoj ravni u prostoru, ili neku krivu površinu u prostoru ili, najzad čitav deo prostora. Prave u ravni i prostoru, ravni u prostoru - samo su specijalni slučajevi geometrijskih mesta tačaka u ravni i prostoru. Metoda geometrijskih mesta tačaka je jedna od osnovnih metoda rešavanja konstuktivnih problema. Može da se koristi sama ili u kombinaciji sa drugim konstrukcijskim metodama. Suština metoda za odredjivanje ključnih tačaka koji ispunjavaju uslove zadatka je da se dobijaju u preseku pravih i kružnica. U ovoj metodi nastajanje linija ili kružnica utvrdjuje se na osnovu navedenih svojstava, odnosno, kao skup tačaka sa navedenm svojstvima. U daljem radu najpre ćemo opisati neka geometrijska mesta tačaka a zatim neke konstrukcije koje se rešavaju korišćenjem te metode. Mnoga geometrijska tela mogu biti predstavljena kao geometrijska mesta tačaka. Sledi najpre nekoliko elementarhih primera. 5

7 3 Geometrijska mesta tačaka 3.1 Neka elementarna geometrijska mesta tačaka Razne vrste pravih (u ravni): Geometrijsko mesto tačaka jednako udaljenih od dve date tačke A i B - Ova konstrukcija se svodi na konstrukciju simetrale duži AB. Geometrijsko mesto tačaka koje su podjednako udaljene od date prave za dato rastojanje d- je par pravih paralelnih sa datom pravom. Obe ove prave su od date udaljene za dato rastojanje, a time je data prava njihova med uparalela. Njihova konstrukcija se sastoji u sledećem: Konstruišemo normalu n u proizvoljnoj tački O te prave. Zatim konstruišemo kružnicu k(o, d) i njeni precesi sa n označimo sa P i Q. Zatim konstruišemo prave p i q, koje sadrže tačke P i Q, redom, koje su paralelne sa datom pravom. Prave p i q su traženo geometrijsko mesto tačaka (Slika 3.1). Slika 3.1. Geometrijsko mesto tačaka koje zajedno sa jednom datom tačkom grade vektore pravca istovetnog datom vektoru- je prava kojoj data tačka pripada, a pravac joj je odredjen pravcem datog vektora. 6

8 Geometrijsko mesto tačaka podjednako udaljenih od dve date prave - Neka su date prave p i q. Razlikujemo sledeće slučajeve: p i q se seku u tački O - konstrukcija se sastoji u konstrukciji simetrale uglova čija su temena tačka O (Slika 3.2). Slika 3.2. p i q su paralelne - geometrijsko mesto tačaka je prava s paralelna sa p i q koja se nalazi izmed u njih (Slika 3.3). Slika

9 Geometrijsko mesto tačaka koje su od date tačke udaljene za dato rastojanje- je krug sa centrom u datoj tački i radijusom koji je jednak datom rastojanju. Geometrijsko mesto tačaka udaljenih za konstantnu duž d od datog kruga k(o, r) - Ovo geometrijsko mesto tačaka je krug sa centrom u tački O i poluprečnikom d + r. Geometrijsko mesto tačaka iz koji se krug vidi pod uglom α (Slika 3.4). Slika 3.4. Konusni preseci: Geometrijsko mesto tačaka kod koga je suma rastojanja svake tačke od dve date tačke jedna data konstanta- je elipsa. Dve date tačke su fokusi elipse. Geometrijsko mesto tačaka kod koga je razlika rastojanja svake tačke od dve date tačke jedna data konstanta- je hiperbola. Dve date tačke su fokusi hiperbole. Geometrijsko mesto tačaka kod koga su rastojanja svake zasebne tačke od date tačke i date prave- jednaka je parabola. 8

10 Prostorne figure Geometrijsko mesto tačaka koje su podjednako udaljene od date prave, za dato rastojanje- je valjak čija je osa data prava a radijus dato rastojanje. Geometrijsko mesto tačaka koje su od date tačke udaljene za dato rastojanje- je sfera sa centrom u datoj tački i radijusom jednakom datom rastojanju. 9

11 3.2 Geometrijsko mesto tačaka iz kojih se data duž vidi pod datim uglom Geometrijsko mesto tačaka iz kojih se data duž vidi pod datim uglom je jedna od pomoćnih konstrukcija koja se često javlja u zadacima i zato ćemo najpre nju detaljno objasniti. Neka je data duž AB i ugao α. Geometrijsko mesto tačaka iz kojih se data duž vidi pod datim uglom je krug čija je tetiva data duž AB, a njegov periferijski ugao nad tom tetivom dati ugao α. Konstrukcija se sastoji u sledećem: Konstruiše se ugao sa temenom A koji je jednak uglu α i čiji je jedan krak prava odredjena tačkama A i B, zatim konstruišemo simetralu duži AB. Na polupravu Ax konstruišemo normalu An u tački A. Dobijeni presek simetrale i normale, tačka O, je centar kruga poluprečnika OA = OB (Slika 3.5). Iz svake tačke luka AB se data duž AB vidi pod uglom α. Pokažimo da je kružni luk zaista traženo geometrijsko mesto tačaka. AB je tetiva opisanog kruga, OAB = 90 - α, po konstrukciji. Kako tačka O pripada simetrali duži AB, to je OA = OB, tj. trougao OAB je jednakokraki, pa je OBA = OAB. Odavde dobijamo: AOB = 180-2(90 - α) = 2α. Za proizvoljnu tačku C, luka AB je ACB periferijski ugao opisanog kruga koji odgovara tetivi AB, jednak α, pa je svaki periferijski ugao sa temenom koji pripada kružnom luku ACB jednak α. 10

12 Za proizvoljne tačke P, Q i R na luku AB je: Slika 3.5. Geometrijska mesta tačaka iz kojih se data duž vidi pod pravim uglom - Ovo geometrijsko mesto tačaka je krug čiji je prečnik data duž. 11

13 3.3 Neka značajnija geometrijska mesta tačaka Primer 3.1. Dat je kružni luk BLC: (a) Konstruisati geometrijsko mesto centara krugova upisanih u trouglove kojima su dva temena B i C,a treće teme je promenljiva tačka luka BLC. (b) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gore navedenih trouglova, koji dodiruju stranicu BC i produžetke stranica AB i AC. (c) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gore navedenih trouglova, koji dodiruju stranicu AC i produžetke stranica AB i BC. (d) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gore navedenih trouglova, koji dodiruju stranicu AB i produžetke stranica AC i BC. Rešenje. Neka je data duž AB i krug k(o, r), kome pripada kružni luk BLC. Konstruišimo najpre simetralu s duži BC. Presek simetrale s i luka BLC označimo sa M, a presek simetrale s i luka BC (na kome nije tačka L) označimo sa N. (a) Geometrijska mesta centara krugova upisanih u trouglove kojima su dva temena B i C, a treće teme je promenljiva tačka luka BLC je kružni luk BC kruga k 1 (Slika 3.6). k 1 je krug sa centrom u tački N i poluprečnikom NB = NC. Kružni luk BC je onaj, koji leži u krugu k. Slika

14 (b) Geometrijska mesta centara spolja upisanih krugova gore navedenih trouglova, koji dodiruju stranicu BC i produžetke stranica AB i AC (Slika 3.7) je kružni luk B 1 C 1 kruga k 1, koji je izvan kruga k, gde B 1 = k 1 BN i C 1 = k CN. Slika 3.7. (c) Konstruišemo simetralu duži BC i odredimo tačke M i N. Kao i pod (a) konstruišemo krug k 1 (M, BM = CM)(Slika 3.8). Tada je skup svih središta centara krugova koji dodiruju stranicu AC i produžetke stranica AB i BC kružni luk kruga k 1, koji leži u uglu CBM, tj. luk B C. Slika 3.8. (d) Geometrijsko mesto tačaka, koje je središte krugova, koji dodiruje stranicu AB i produžetke stranica AC i BC je kružni luk kruga k 1 (M, BM). Ovaj kružni luk leži u uglu BCM, odnosno to je luk C B. 13

15 Primer 3.2. Dat je prav ugao Opq. Na kraku Op biramo proizvoljnu tačku P i na kraku Oq tačku Q, tako da je duž P Q jednaka datoj duži 2m. Konstruisati skup središta svih duži P Q. Rešenje. Ako izaberemo tačke P i Q koje pripadaju, redom, na krakove Op i Oq, onda je trougao OP Q uvek pravougli sa hipotenuzom P Q = 2m. Ako je tačka S središte duži P Q, onda je OS težišna linija koja odgovara hipotenuzi i jednaka je polovini hipotenuze. Dakle, uvek je OS = m bez obzira na izbor duži P Q, P Q = 2m, pa je traženi skup tačaka presek kruga k(o, m) i datog ugla Opq, tj. četvrtina kruga k. Primer 3.3. Konstruisati skup središta svih tetiva datog kruga k, koje su jednake datoj duži t. Rešenje. Neka su AB = t i A 1 B 1 = t bilo koje dve tetive datog kruga, a S i S 1 središta ovih tetiva, redom, i neka je O centar datog kruga. Tada za trouglove ASO i A 1 S 1 O važi: AO = A 1 O - poluprečnik datog kruga, AS = A 1 S 1 (= 1t) i OSA = OS 2 1A 1 (= 90 ). Odavde, prema stavu o podudarnosti trouglova sledi da je ASO = A 1 S 1 O. Iz njihove podudarnosti sledi da je OS = OS 1, za svake dve tetive kruga k, koje su jednake datoj duži t. Sve tačke S su podjednako udaljene od tačke O, pa je traženi skup tačaka krug k(o,os). Primer 3.4. Konstruisati skup centara svih krugova datog poluprečnika r, koji na datoj pravoj p odsecaju tetivu jednaku datoj duži 2m. Rešenje. Na datoj pravoj p odredimo tačke M i N tako da je MN = m i sa raznih strana prave p tačke S i S 1 takve da su trouglovi MNS i MNS 1 pravougli sa hipotenuzama MS = MS 1 = r. Prave kroz tačke S i S 1 paralelne datoj pravoj p predstavljaju traženo geometrijsko mesto tačaka. Primer 3.5. Konstruisati skup temena svih uglova jednakih datom uglu α a kojima kraci prolaze kroz dve date tačke A i B. Rešenje. Neka je dat ugao α i tačke A i B. Konstruišimo duž AB i polupravu AD takvu da je (AB, AD) = α (Slika 3.9). Konstruišimo pravu n kroz tačku A normalnu na polupravu AD i konstruišimo simetralu s duži AB. Sa O označimo presek pravih n i s. Konstruišimo krug k(o, OA). Kako je O na simetrali duži AB to je OA = OB pa tačka B pripada krugu k(o, OA). S druge strane, OA je jedan od poluprečnika kruga k i kako je OA AD to je AD tangenta kruga k. Geometrijsko mesto tačaka, koje su temena ugla čiji 14

16 kraci prolaze kroz tačke A i B i koji je jednak uglu α je luk AB koji se nalazi sa one strane duži AB sa koje nije poluprava AD. Traženom geometrijskom mestu tačaka pripadaju i tačke luka, koji je simetričan u odnosu na AB. Slika 3.9. Dokažimo da proizvoljna tačka sa pomenutih lukova ima tu osobinu. Neka je P tačka na luku AB sa one strane sa koje nije poluprava AD. Spojimo tačke A i P, B i P i označimo presek AB i s sa S. Tada su uglovi (AD, AB) i AOS jednaki kao uglovi sa normalnim kracima. Odatle je AP B = 1 AOB = AOS = α 2 Dokažimo da ne postoji tačka van pomenutih lukova sa traženom osobinom. Pretpostavimo da je Q tačka, koja ne pripada pomenutim lucima ima osobinu da je AQB = α. Uočimo proizvoljnu tačku R na duži AB. Prava RQ seći će luk AB kruga k, koji nije sa iste kao i poluprava AD u nekoj tački M. Ovaj presek postoji jer prava RQ prolazi kroz unutrašnju tačku R kruga k. Spojimo tačku M sa tačkama A i B i posmatrajmo trouglove AQM i BQM. Tada je AQR > AMQ (kao spoljasnji nesusedni uglovi) i RQB > QMB (kao spoljasnji nesusedni uglovi). Kako je po konstrukciji poluprava QR unutar ugla AQB a poluprava M Q unutar ugla 15

17 AMB, to će važiti: α = AQB = AQR + RQB > AMQ + QMB = AMB = α što je nemoguće. Dakle, ne postoji tačka van datih lukova sa traženom osobinom. Slučaj kada je tačka Q van kruga k se razmatra analogno. Primer 3.6. Odrediti geometrijsko mesto tačaka iz kojih se dati trougao vidi pod datim uglom. Rešenje. Neka je dat trougao ABC. Ako tačka leži u unutrašnjosti datog trougla tada se iz nje trougao vidi pod uglom od 360 ; ako tačka pripada nekoj od stranica trougla a ne poklapa se ni sa jednim temenom, trougao se vidi pog uglom od 180 ; ako tačka pripada spoljašnosti ili se poklapa sa nekim temenom trougla, trougao se vidi pod uglom manjim od 180. Dakle za φ = 360 geometrijsko mesto tačaka iz kojih se dati trougao vidi pod pod uglom φ je čitava unutrašnjost trougla; za 180 < φ < 360 taj skup je prazan; za φ = 180 geometrijsko mesto tačaka čine stranice trougla izuzimajući temena. Uzmimo da je φ < 180. Zapazimo da ako tačka M pripada unutrašnjosti ugla BAC ili unutrašnjosti njemu unakrsnog ugla, trougao ABC se iz tačke M vidi pod istim uglom, pod kojim se iz iste tačke vidi stranica BC. Prema tome, geometrijsko mesto tačaka čine delovi kruznih lukova iz kojih se stranice AB, BC, CA vidi pod uglom φ, a koji se nalazi unutar ugla BCA, CAB, ABC, redom, odnosno unutar njima unakrsnih uglova. Na sl 3.10 dat je primer za φ = 90. Slika

18 Primer 3.7. Dat je ugao α. Odrediti geometrijsko mesto tačaka u unutrašnjosti ugla α čiji je zbir rastojanja od krakova jednak rastojanju od temena ugla. Rešenje. Neka su O teme i p i q kraci datog ugla α. Ako tačka M pripada traženom geometrijskom mestu tačaka, tada i sve tačke poluprave OM, kao i poluprave koja je simetrična s njom u odnosu na simetralu ugla α, pripada tom geometrijskom mestu tačaka (Slika 3.11). Slika Zaista, ako je MO = MP + MQ (1) gde su P i Q redom podnožja normala povučenih iz tačke M na krake p i q, tada za proizvoljnu tačku M 1 poluprave OM važi odakle je i M 1 O MO = M 1P 1 MP = M 1Q 1 MQ, M 1 P 1 = MP M 1O MO M 1 Q 1 = MQ M 1Q. MO Odavde je, zbog (1), M 1 P 1 + M 1 Q 1 = M 1 O. Zbog simetrije isto važi za tačke poluprave simetrične sa polupravom OM u odnosu na simetralu ugla α. 17

19 Pretpostavimo da tačka M pripada geometrijskom mestu tačaka. Obeležimo sa P i Q njene ortogonalne projekcije na krake p i q, redom, a sa A i B preseke prave koja prolazi kroz M i normalna je na simetralu ugla α, sa kracima p i q. Obeležimo još sa B ortogonalnu projekciju tačke B na krak p. Po pretpostavci je MP + MQ = MO i kako je MP + MQ = BB, to je MO = BB. Prema tome, traženo geometrijsko mesto tačaka je za (a) α < 60 - prazan skup; (b) α = 60 - simetrala ugla α; (c) α > 60 (α 90 )- skup od dve poluprave simetrične u odnosu na simetralu ugla α; (d) α = 90 - prazan skup. Primer 3.8. U ravni jednakostraničnog trougla ABC odrediti geometrijsko mesto tačaka M, takvih da se sa dužima MA, MB i MC, kao sa stranicama može konstruisati pravougli trougao. Rešenje. Pretpostavimo da tačka M koja leži u unutrašnjosti trougla ABC prpada traženom geometrijskom mestu tačaka, pri čemu je hipotenuza pravouglog trougla podudarna duži M C. Posmatrajmo rotaciju oko tačke C za ugao od 60 pri kojoj se teme A preslikava na teme B. Pri toj rotaciji se tačka B preslikava na tačku B, a tačka M na tačku M (Slika 3.12). Kako je M B = MA i MM = MC, trougao MBM je pravougli sa pravim uglom kod temena B. Kako je M BC = MAC, iz trougla AMB dobijamo: AMB = 180 MAB ABM = 180 (60 MAC) (60 MBC) = 60 + M BC + MBC = = 150. prema tome tačka M pripada geometrijskom mestu tačaka koje leže u unutrašnjosti trougla ABC i iz kojih se stranica AB vidi pod uglom od 150. Iz toga sledi da M leži na luku AB kruga k(c 1, AB ), gde je C 1 tačka simetrična temenu C u odnosu na pravu AB. Analogno se pokazuje da ako je M proizvoljna tačka navedenog luka AB kruga k, tada se od duži MA, MB i MC može konstruisati pravougli trougao čija je hipotenuza podudarna duži MC, a katete dužima MA i MB. 18

20 Takod e sličnim razmatranjem dolazi se do zaključka da i sve ostale tačke kruga k, izuzev tačaka A i B, imaju navedenu osobinu. Tako traženo geometrijsko mesto tačaka čine tačke triju krugova čiji su centri tačke simetrične temenima trougla ABC u odnosu na naspramne stranice, a čiji su poluprečnici jednaki stranici trougla ABC. Iz navedenog skupa isključuju se temena trougla. Slika Primer 3.9. Dati su krugovi k 1 (O 1 ; r 1 ) i k(o 2 ; r 2 ). Dokazati da geometrijsko mesto tačaka koje imaju jednake potencije u odnosu na date krugoveprava r, normalna na pravu O 1 O 2, koja tu pravu seče u tački H, takvoj da je DH = r2 1 r O 1 O 2 gde je D sredina duži O 1 O 2. Pri tom, u slučaju r 1 r 2, tačka H je bliža centru manjeg kruga. Rešenje Pretpostavimo da je r 1 > r 2 i da tačka ima jednake potencije u odnosu na date krugove. Ako sa p k1 (M) obeležimo potenciju tačke M u odnosu na krug k 1, tada važi: p k1 (M) = MO 1 2 r1 2 = MO 2 2 r2 2 = p k2 (M). 19

21 Obeležimo sa H podnožje normale povučene iz tačke M na liniju centara - pravu O 1 O 2 (Slika 3.13). Tada, prema prethodnom, Slika p k1 (H) = HO 1 2 r1 2 = MO 1 2 MH 2 r1 2 = p k1 (M) MH 2 = p k2 (M) MH 2 = MO 2 2 = HO 2 2 r 2 1 = p k2 (H), što znači da i tačka H ima jednake potencije u odnosu na krugove k 1 i k 2. Na sličan način se pokazuje da svaka tačka prave MN ima jednake potencije u odnosu na date krugove. Pokazaćemo da je prava M N traženo geometrijsko mesto. U tu svrhu pokažimo prvo da je H jedina tačka prave O 1 O 2 koja ima jednake potencije u odnosu na krugove k 1 i k 2. Raspored tačaka O 1, H i O 2 zavisi od toga da li neki od krugova k 1 i k 2 sadrži u svojoj unutrašnjosti centar drugog kruga. Pretpostavimo da je O 1 - H - O 2 i da je H 1 tačka prave O 1 O 2, takva da je p k1 (H) = p k2 (H). Tada je odnosno H 1 O 1 2 r 2 1 = H 1 O 2 2 r 2 2, 20

22 Otuda je H 1 O 1 2 H 1 O 2 2 = r 2 1 r 2 2, ( H 1 O 1 + H 1 O 2 ) ( H 1 O 1 H 1 O 2 ) = r 2 1 r 2 2. H 1 O 1 H 1 O 2 = r 2 1 r 2 2 H 1 O 1 + H 1 O 2, (2) i H 1 O 1 > H 1 O 2. (3) Kako i za tačku H važi ( HO 1 + HO 2 ) ( HO 1 HO 2 ) = r 2 1 r 2 2, (4) iz (2) i (4) sledi HO 1 > HO 2, ( H 1 O 1 + H 1 O 2 ) ( H 1 O 1 H 1 O 2 ) = ( HO 1 + HO 2 ) ( HO 1 HO 2 ). (5) Pretpostavimo da tačka H 1 nije izmedju tačaka O 1 O 2. Na osnovu (3) H 1 je sa one strane O 2 sa koje nije O 1, pa je ( H 1 O 1 + H 1 O 2 ) > O 1 O 2 i ( H 1 O 1 - H 1 O 2 ) = O 1 O 2. Kako je, zbog O 1 - H - O 2, ( HO 1 + HO 2 ) = O 1 O 2 i ( HO 1 - HO 2 ) < O 1 O 2, to je ( H 1 O 1 + H 1 O 2 )( H 1 O 1 - H 1 O 2 ) > ( HO 1 + HO 2 )( HO 1 - HO 2 ), što je kontradikcija sa (5). Ostaje jedna od tri mogućnosti: O 1 - H 1 - O 2, H 1 O 1, H 1 O 2. Sličnim razmatranjem kao i gore pokazuje se da nijedna od njih nije moguća. Sledi da je H 1 H. Neka je M 1 proizvoljna tačka van prave MH. Pretpostavimo da p k1 (M 1 ) = p k2 (M 1 ). Ako je M 1 ortogonalna projekcija tačke M 1 na pravu O 1 O 2 ; tada je i p k1 (M 1) = p k2 (M 1). Na osnovu prethodno pokazanog sledi da je M 1 H. Tako je svaka od pravih MH i M 1 H normalna je na pravu O 1 O 2 što je kontradikcija sa teoremom o jedinstvenosti normale. Prema tome M H je traženo geometrijsko mesto tačaka. Iz (4) sledi ( HO 1 HO 2 ) = 2 DH = 21 r 2 1 r 2 2 HO 1 + HO 2

23 odnosno DH = r2 1 r O 1 O 2. Primer Neka je AB dati prečnik datog kruga k. Na proizvoljnoj tetivi AM datog kruga, odredjena je duž AN = BM. Odrediti skup svih tačaka N. Rešenje. Konstruišimo trougao AN P podudaran trouglu ABM, tako što ćemo katetu NP = AM konstruisati sa one strane prave AM, s koje nije B, (Slika 3.14). Hipotenuza AP je jednaka prečniku AB. Izračunajmo ugao P AB. Kako su trouglovi AP N i ABM podudarni to je AP N = BAM. U pravouglom trouglu AP N je AP N+ P AN = 90, pa zamenom AP N = BAN, dobijamo BAN + P AN = 90, odnosno P AB = 90. Dakle, duž AP, AP = AB, uvek je u tački A normalna na prečnik AB, pa se tačke P i P (AP = AB) mogu konstruisati nezavisno od izbora tačke M. Sem toga, uočavamo da se iz tražene tačke N (koja može biti i van kruga k, ako je BM > AM) duž AP (ili duž AP ) vidi pod pravim uglom. Traženi skup tačaka je unija dva polukruga sa prečnicima AP i AP s one strane prave P P s koje je tačka B. Slika

24 Primer Na najmanjoj stranici AC trougla ABC, proizvoljno biramo tačku M, a na stranici BC biramo tačku N, takvu da je BN = AM. Konstruisati skup središta svih duži MN. Rešenje. Neka je P tačka takva da je duž N P paralelna i jednaka duži AM kao na slici (Slika 3.15). Trougao BN P je jednakokraki, pa je NP B = NBP. Kako je spoljašni ugao CNP ovog trougla jednak uglu ACB (nezavisno od izbora tačaka M i N), to je NBP = 1 ACB, pa 2 se poluprava B p može konstruisati nezavisno od izbora tačke M. Sem toga, nezavisno od tačke M, teme P paralelograma ANP M pripada polupravoj B p. Središte O duži MN je presečna tačka dijagonala MN i AP paralelograma ANP M, dakle, tačka O je središte duži AP. Ako je M = A, onda je N = B i tačka O = S je središte stranice AB. Ma kako izabrali tačku M, duž OS biće srednja linija trougla ABP, pa je traženi skup tačaka duž ST i to ST B p, (T BC). Slika Primer Dat je trougao ABC. Odrediti sve tačke M u njegovoj ravni, tako da trouglovi ABM, BCM i CAM imaju jednake površine. Rešenje. Tačka M se ne može nalaziti na nekoj od pravih AB, AC i BC. Prema tome, imamo sledeće slučajeve: (1) M je unutar trougla ABC. Tada je: P ( ABM) = P ( BCM) = P ( CAM) = 1 3 P ( ABC). 23

25 Ako bi se M nalazila unutar nekog od trouglova ABT, BCT, CAT, (T je težište trougla ABC), recimo unutar ABT, imali bismo: P ( ABM) < P ( ABT ) = 1 P ( ABC). 3 Dakle, mora biti M = T. (2) Neko teme trougla ABC se nalazi unutar trougla odred enog tačkom M i sa ostala dva temena. Neka je to teme A. Tada je: P ( BCM) = P ( ACM) + P ( ABM) + P ( ABC), pa ovakva tačka M ne zadovoljava traženi uslov. (3) Tačke A, B, C i M su temena konveksnog četvorougla. Ako je S presek njegovih dijagonala (npr. {S} = AB CM), imamo P ( ACM) = P ( BCM) h A = h B, gde su h A i h B rastojanja tačaka A, B od prave CM redom, pa je AS = SB. P ( ACM) = P ( ABM) P ( ACS) = P ( BMS) CS = SM Dakle, dijagonale četvorougla ABCM se polove. Prema tome, postoje ukupno četiri tražene tačke M: težište trougla ABC, i tri tačke simetrične temenima trougla u odnosu na središta naspramnih stranica. Primer U datoj ravni konstruisati skup podnožja svih normala, spuštenih iz date tačke A, na sve prave koje sadrže datu tačku B. Rešenje. Označimo sa A 1 podnožje normale iz tačku A na neku pravu b, gde B b, onda je AA 1 B prav. Onda je traženi skup tačaka krug k prečnika AB, jer se iz svake tačke A 1 duž AB vidi pod pravim uglom. Slika

26 Primer Data je duž AB i tačka C. Sve tačke duži AB projektuju se na sve prave koje sadrže tačku C. Konstruisati skup svih ovih projekcija. Rešenje. Prema prethodnom zadatku projekcije tačaka A i B pripadaju krugovima k 1 prečnika AC, i k 2 prečnika BC. Neka je p, C p, proizvoljna prava koja, pored tačke C, sa krugovima k 1 i k 2 ima zajedničke tačke A 1 i B 1. Tačka A 1 je projekcija tačke A, a tačka B 1 je projekcija tačke B na pravu p, (Slika 3.16). Očigledno je da se unutrašnje tačke duži AB projektuju na deo prave p izmedju krugova k 1 i k 2, odnosno na duž A 1 B 1. Traženi skup tačaka je deo ravni izmedju krugova k 1 i k 2, kao i sve tačke ovih krugova, osim njihovih zajedničkih tačaka C i D, osenčano na slici (Slika 3.16). Primer Dati su krugovi k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ), tako da je r 1 > r 2. Ako je M k 1 i N k 2, M i N su proizvoljno izabrane, odrediti skup središta svih duži MN. Rešenje. Neka je O središte duži O 1 O 2. Neka su P i Q takve tačke da su četvorouglovi OO 1 MP i OO 2 NQ paralelogrami. Tada je duž MP paralelna i jednaka polovini duži O 1 O 2 i duž NQ takodje je paralelna i jednaka polovini duži O 1 O 2, pa je četvorougao MNP Q paralelogram, (Slika 3.17). Dakle duži MN i P Q prepolovljene su tačkom S. Neka je R tačka takva da je S središte duži OR. Tada je četvorougao OP RQ paralelogram. Sada imamo OP = r 1 i P R = r 2, pa iz trougla OP R dobijamo nejednakosti OR OP - P R i OR OP + P R, odnosno 2OS r 1 - r 2 i 2OS r 1 + r 2. Odavde je: 1 2 (r 1 - r 2 ) OS 1 2 (r 1 + r 2 ). Slika Dakle tražena figura je površ kružnog prstena, odred ena krugovima sa centrom O i poluprečnicima 1(r r 2 ) i (r r 2 ), na slici (Slika 3.17) osenčena površ. 25

27 Primer Odrediti skup težišta svih pravouglih trouglova upisanih u dati krug k. Rešenje. Svaki pravougli trougao upisan u krug ima za hipotenuzu jedan prečnik, na slici (Slika 3.18) duž AB. Hipotenuzina težišna linija je poluprečnik kruga, na slici duž CS. Iz osobina težišta znamo da je ST = 1SC, pa je tražena figura skup tačaka T, koje imaju osobinu ST = r, 3 3 gde je r poluprečnik datog kruga. Dakle ovaj skup je krug, na slici krug k 1. Slika Primer Konstruisati skup svih tačaka jedne ravni, kojima je zbir rastojanja od dve date prave a i b jednak datoj duži m. Slika Rešenje. Razlikovaćemo dva slučaja: a b i a seče b u tački O. Neka je najpre a b i neka je rastojanje izmedju ovih pravih jednako duži d, (Slika 3.19). 26

28 Očigledno je da svaka tačka pravih a i b i svaka tačka izmedju ovih pravih, ima osobinu da joj je zbir rastojanja od pravih a i b jednak duži d. Ako je P tačka van pravih a i b, i nije izmedju ovih pravih, onda je P A + P B = d + 2h > d. Prema tome, ako je m < d, onda je traženi skup tačaka prazan; ako je m = d, onda je to skup tačaka pravih a i b i svih tačaka izmedju ovih pravih; ako je m > d, onda je traženi skup tačaka a b, gde su a i b prave paralelne sa datim pravim a i b, udaljene od a i b za h, gde je h = m d 2. Nadjimo rešenje za slučaj kada a seče b u tački O, (Slika 3.20). Neka su A i C tačke prave a, koje su od prave b udaljene za m (AE = m i AE b), a B i D tačke prave b, udaljene od prave a za m. Lako je dokazati da je AO = BO = CO = DO, odakle sledi da je četvorougao ABCD pravougaonik. Dokazaćemo da sve tačke pravougaonika ABCD imaju traženu osobinu. Tačke A, B, C i D imaju ovu osobinu po konstrukciji. Neka je M tačka pravougaonika, recimo da je M AB i neka je MN a i MP b. Neka je tačka Q takva da je četvorougao AQP E pravougaonik. Kako je P Q = AE = m, treba dokazati da je MN = MQ. Imamo AM = AM, ANM = AQM (pravi uglovi) i MAQ = P BM (naizmenični uglovi), a P BM = NAM (jer je trougao OAB jednakokraki), pa je MAQ = NAM. Sledi da je trougao ANM podudaran trouglu MAQ, pa je MN = MQ. Stoga je MP + MN = P M + MQ = P Q = m. Slika

29 Primer U ravni su dati krug k, prava p koja ga dodiruje i tačka M koja pripada pravoj p. Odrediti skup svih tačaka P koje zadovoljavaju slede ći uslov: postoje tačke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve da je M središte duži QR i da je k upisani krug u trougao P QR. Rešenje. Neka je X tačka dodira kruga k i prave p, neka je X njoj dijametralno suprotna tačka kruga k i neka je X p tačka simetrična tački X u odnosu na tačku M. Pretpostavimo da tačka P zadovoljava zadate uslove, tj. pretpostavimo da postoje tačke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve da je M središte duži QR i da je krug k upisani krug trougla P QR. Tada na osnovu leme 7 važi B(X p, X,P ). Dokažimo da svaka tačka P za koju važi B(X p, X, P ), pripada traženom skupu tačaka. Neka je P 0 proizvoljna tačka za koju važi B(X p, X, P 0 ) i neka su Q 0 i R 0 presečne tačke prave p i tangenti iz tačke P 0 na krug k (te presečne tačke postoje, jer su X i P različite, pa tangente iz tačke P na krug k nisu paralelne pravoj p). Krug k je upisan krug trougla P 0 Q 0 R 0, pa kako tačka X p pripada pravoj p i važi B(X p, X, P 0 ), to prema prethodno pomenutoj lemi sledi da je tačka X p tačka dodira prave p i spolja upisanog kruga trougla P 0 Q 0 R 0 koji odgovara temenu P 0. Tačka M je središte duži XX p, pa je prema pomenutoj lemi ona središte ivice Q 0 R 0, što znači da tačka P pripada traženom skupu tačaka.dakle, traženi skup tačaka je skup tačaka P prave X p X takvih da su sa tačkom X p sa raznih strana tačke X. Primer Dati su krug k i tačka A u istoj ravni. Konstruisati skup središta svih tetiva odredjenih presecima datog kruga i pravih koje sadrže tačku A. Rešenje. Analiza: Označimo sa F skup traženih tačaka. Ako je M tačka skupa F, tada je M u krugu k, a prava OM simetrala odgovarajuće tetive na slici simetrala tetive BC (Slika 3.21). Zbog toga je OMA = 90, pa tačka M pripada krugu k 1, čiji je prečnik duž OA. Dakle, F je neki podskup kruga k 1. Preciznije, to je onaj podskup kruga k 1, koji je u datom krugu. 7 Lema. Ako je S središte upisanog kruga trougla ABC, A 1 središte ivice BC, P tačka dodira upisanog kruga i prave BC, P a tačka dodira prave BC i spolja upisanog kruga trougla koji odgovara temenu A i P tačka simetrična tački P u odnosu na tačku S, onda važi: a) B(A, P,P a ) b) tačka A 1 je središte duži P P a. 28

30 Konstrukcija: Neka je k 1 krug prečnika OA i neka F skup tačaka kruga k 1, koje se nalaze u krugu k. Dokazaćemo da je F traženi skup tačaka. Slika Slika Dokaz: Neka je M bilo koja tačka skupa F. Kako je M u krugu, to prava AM seče k u tačkama P i Q. Ugao OMA je prav, pa kako je OP = OQ, OM = OM i OMP = OMQ, zaključujemo da su trouglovi OMP i OMQ podudarni. Otuda sledi da je P M = MQ, pa je M središte tetive P Q. Dokažimo još da van skupa F nema tačaka koje odlikuje ova osobina. Pretpostavimo suprotno, da je neka tačka M, koja ne pripada skupu F, središte tetive P Q, odredjene sečicom AP. Tada je OP = OQ, OM = OM i P M = M Q pa su trouglovi OM P i OM Q podudarni. Odatle se zaključuje da je OM P = OM Q i po definiciji je OM P = 90. Dakle, tačka M mora pripadati skupu F. Diskusija: Ako je A = O, onda je F = {A}, a ako je A O, onda postoji 29

31 krug k 1 i jedno od rešenja prikazanih na slikama, (Slika 3.22), (Slika 3.23) i (Slika 3.24). Slika Slika Primer Na duži AB biramo proizvoljnu unutrašnju tačku M. Sa iste strane date duži konstruišemo kvadrate AMDE i MBF G. Odrediti skup svih središta duži OS, gde su tačke O i S središta kvadrata AMDE i MBF G. Rešenje. Neka je AM = a. Tada je BM = AB - a. Neka je C središte duži OS i neka su OP, SQ i CR normale na duž AB. Duž CR je srednja linija trapeza (Slika 3.25). Kako je OP = 1a i SQ = 1 (AB - a), biće 2CR = a + 1(AB - a) = 1AB, odnosno CR = 1 AB. Dakle, tačka C pripada pravoj koja je paralelna datoj duži i od nje udaljena za 1 AB. Traženi skup tačaka 4 je duž O 1 S 1 = 1AB, gde su O 2 1 i S 1 centri dvaju podudarnih kvadrata. 30

32 Slika Primer Odrediti centar potencije za tri kruga čiji su prečnici težišne linije istog trougla. Rešenje: Neka su AA, BB i CC visine, a AA 1, BB 1 i CC 1 težišne linije trougla ABC. Krug k 1 sa prečnikom AA 1 prolazi kroz tačku A, krug k 2 sa prečnikom BB 1 prolazi kroz tačku B, a krug k 3 sa prečnikom CC 1 kroz tačku C (Slika 3.26). Ako je H ortocentar trougla ABC tada H ima jednake potencije u odnosu na krugove k 1, k 2 i k 3, tj. H je potencijalni centar tih krugova. Slika Napomena: U dokazu se ne koristi činjenica da su A 1, B 1 i C 1 sredine stranica trougla ABC. Iz toga sledi da je H takod e potencijalni centar krugova k 1, k 2 i k 3, čiji su prečnici, redom, AA 1, BB 1 i CC 1, gde A 1 p(b, C), B 1 p(c, A) i C 1 p(a, B). 31

33 Primer Dat je trougao ABC. Odrediti skup svih tačaka M u ravni tog trougla, takvih da se normale na pravim MA, MB i MC, konstruisane kroz tačke A, B i C seku u jednoj tački. Rešenje. Neka su M i N tačke u ravni trougla ABC tako da se normale konstruisane iz temena A, B i C seku u tim tačkama. Kako su uglovi MAN, MBN i MCN pravi, to sledi da je MN prečnik kruga kome pripadaju tačke A, B i C. Dakle, to je opisani krug trougla ABC i on predstavlja traženi skup tačaka, (Slika 3.27). Obrnuto, ako je M tačka opisanog kruga, različita od A, B i C, uveravamo se da je zajedničko podnožje normala tačka N, dijametralno suprotna tački M. Slika

34 Primer Konstruisati skup svih tačaka, kojima su rastojanja od dveju datih tačaka A i B srazmerna dvema datim dužima m i n. Slika Rešenje. Kako su A i B dve razne tačake, one odredjuju jednu pravu l. Na pravoj l (Slika 3.28) postoje dve tačke C i D takve da je duž AB tim tačkama podeljena u razmeri m : n, tj. da je AC : CB = AD : BD = m : n. Konstruišimo ove dve tačke. Neka su a i b dve proizvoljne prave takve da je a b, A a, B b. Na pravoj a odredimo tačku A 1 takvu da je AA 1 = m i na pravoj b odredimo tačke B 1 i B 2. Tada je n = BB 1 = BB 2 i važi raspored tačaka B 1 - B - B 2. Označimo sa C = l A 1 B 2, D = l A 1 B 1. Posmatrajmo trouglove AA 1 C i BB 2 C. Iz C = C i AA 1 BB 2 sledi AC : CB = AA 1 : B 2 B = m : n. Uporedjivanjem poslednjih jednakosti dobijamo: AC : CB = AD : BD = m : n. Pretpostavimo da tačka P pripada traženom geometrijskom mestu tačaka. Konstruišimo pravu AP i pravu p kroz tačku B tako da je AP p i označimo sa Q = p P C, a sa Q 1 = p P D. Dalje posmatramo trouglove AP C i BCQ. Iz C = C i AP BQ dobijamo AP : BQ = AC : BC = m : n. Analogno za trouglove AP D i BQ 1 D iz D = D i AP BQ 1 biće AP : BQ 1 = AD : BD = m : n Iz prethodnog sledi AP : BQ 1 = AP : BQ, a odatle je BQ 1 = BQ. Kako je po pretpostavci tačka P na geometrijskom mestu tačaka to je 33

35 AP : BP = m : n Dalje sledi AP : BQ = AP : BP tj. BQ = BP. Slika Dakle dobilo smo da je BQ 1 = BQ = BP pa tačke P, Q i Q 1 pripadaju istom krugu k(b,bp ). Kako su još tačke Q, B i Q 1 kolinearne i važi raspored tačaka Q - B - Q 1, to je QQ 1 prečnik kruga k, pa je QP Q 1 prav ugao. Kako je C P Q i D P Q 1, odatle sledi da je QP Q 1 CP D, tj. CP D je prav. Znači tačka P pripada krugu čiji je prečnik duž CD, tj. P k 1 (CD). Traženo geometrijsko mesto tačaka je {P AP : BP = m : n} = k 1 (CD). Taj krug naziva se Apolonijev krug. 8 Primer Dat je krug k i na njemu dve tačke A i B. Krugovi m i n se dodiruju u tački P. Pored toga, m dodiruje k u tački A, a n u tački B. Naći geometrijsko mesto tačaka dodira krugova m i n. Rešenje. Inverzijom, sa centrom u tački A, krugovi k i m, koje se dodiruju u tački A, preslikavaju se u paralelne prave k i m. Pri tom je prava k fiksna, a prava m promenljiva. Krug n preslikava se u krug n, tako da je tangenta k dodiruje u fiksnoj tački B, a promenjliva tangenta m u promenljivoj tački dodira P. Iz paralelnosti tangenta k i m sledi da je prava B P njihova zajednička normala. Prema tome, kad se prava m menja, ostajući paralelna pravoj k, tačka P opisuje pravu, normalnu na pravu k u tački B. To onda znači, da zajednička tačka P, krugova m i n, opisuje krug, koja prolazi kroz tačke A i B, a normalna je na dati krug k. (Slika 3.30 i Slika 3.31) 8 Apolonije iz Pergama (grč. Aπoλλωνιoς; 262 god. pre nove ere god. pre nove ere) je antički helenski matematičar i astronom, poznati naučnik aleksandrijskog Muzeona koga su iz poštovanja zvali Veliki geometar. 34

36 Slika Slika Primer Dat je krug k i na njemu dve tačke A i B. Krugovi m i n su uzajamno ortogonalni i pored toga, m dodiruje k u tački A, a n u tački B. Naći geometrijsko mesto tačaka preseka krugova m i n. Rešenje. Preslikajmo celu figuru inverzijom, sa centrom inverzije u tački A. Krugovi k i m preslikavaju se u paralelne prave k i m. Krug n preslikava se u krug n, koja pravu n dodiruje u tački B, a normalna je a pravoj m, što znači da joj je centar na toj pravoj. Zajedničke tačke P i Q, krugova m i n, preslikavaju se na zajedničke tačke P i Q prave m i kruga n. Iz paralelnosti pravih k i m sledi da će tačke P i Q, kada se prava m menja, opisivati dve prave kroz tačku B, od kojih jedna zaklapa ugao od π, a druga 4 ugao od 3π sa pravom k. To onda znači da će tačke P i Q opisivati dva 4 kruga, koji prolaze kroz tačke A i B i od koji jedan zaklapa ugao od π, a 4 drugi ugao od 3π sa krugom k. (Slika 3.32 i Slika 3.33) 4 35

37 Slika Slika

38 3.4 Geometrijska mesta tačaka u prostoru Primer Odrediti geometrijsko mesto središta duži, paralelnih datoj ravni i čiji krajevi leže na dvema mimoilaznim pravama. Rešenje. Neka date prave l 1 i l 2 seku datu ravan π u tačkama P i Q. Ako je l 1 π ili l 2 π onda nema traženih duži. Kroz središte M duži P Q povucimo prave l 1 i l 2 paralelne pravim l 1 i l 2, redom (Slika 3.34). Uočimo ravan ϕ paralelnu datoj ravni π, i neka ona seče prave l 1 i l 2 u tačkama A 1 i A 2, a prave l 1 i l 2 u tačkama M 1 i M 1. Kako su četvorouglovi M 1 A 1 P M i M 1A 2 QM paralelogrami sledi da je četvorougao M 1 A 1 M 1A 2 paralelogram. Prema tome središte duži A 1 A 2 se poklapa sa središtem duži M 1 M 1, tako da se rešenje problema za dve mimoilazne prave l 1 i l 2 poklapa sa rešenjem istog problema za prave l 1 i l 2 koje se seku. Slika Neka je S 1 središte duži M 1 M 2, S 2 središte duži M 2 M 2, S 3 središte duži M 3 M 3,..., gde su tačke M i i M i, i N, tačke preseka ravni, paralelnih ravni π sa pravim l 1 i l 2. Neka je p prava odred ena tačkama M i S 1 (Slika 3.35). Iz osobina sličnosti trouglova sledi da tačke S 1, S 2, S 3,..., pripadaju pravoj p koja predstavlja traženo geometrijsko mesto tačaka. Obratno, lako se vidi da svaka tačka prave p predstavlja središte duži koja je paralelna datoj ravni a čiji krajevi leže na dvema mimoilaznim pravim. 37

39 Primer Odrediti geometrijsko mesto tačaka koje u datom odnosu x : y dele duži, paralelne datoj ravni i čiji krajevi leže na dvema datim mimoilaznim pravama. Slika Rešenje. Neka date prave l 1 i l 2 seku datu ravan π u tačkama P i Q. Ako je l 1 π ili l 2 π onda nema traženih duži. Povucimo kroz tačku M, koja deli duž P Q u odnosu x : y, prave l 1 i l 2, paralelne pravim l 1 i l 2, redom. Uočimo ravan paralelnu ravni π, i neka ona seče prave l 1 i l 2 u tačkama A 1 i A 2, a prave l 1 i l 2 u tačkama M 1 i M 1. Kako su četvorouglovi M 1 A 1 P M i M 1A 2 QM paralelogrami, sledi da je četvorougao M 1 A 1 M 1A 2 trapez, pri čemu je M 1 A 1 : M 1A 2 = x : y. Neka je S 1 presečna tačka dijagonala posmatranog trapeza. Kako su trouglovi M 1 A 1 S 1 i M 1A 2 S 1 slični onda je S 1 A 1 : S 1 A 2 = x : y = M 1 S 1 : M 1S 1. Na taj način smo rešavanje problema za date mimoilazne prave l 1 i l 2 sveli na rešavanje istog problema za dve prave l 1 i l 2 koje se seku. Traženo geometrijsko mesto tačaka je prava odredjena tačkama M i S 1. Primer U prostoru su date dve mimoilazne prave i tačka A na jednoj od njih. Kroz date prave postavljene su dve normalne ravni, obrazujući prav diedar. Odrediti geometrijska mesta projekcija tačke A na strane takvih diedara. Rešenje. Neka su π 1 i π 2 normalne ravni koje sadrže prave l 1 i l 2. Neka je l prava njihovog preseka, X projekcija tačke A a pravu l koja pripada pravoj l 1. Kroz tačku A postavimo ravan π normalnu na pravu l 2 (Slika 3.36). Kako 38

40 je π l 2, to je π π 2. Zato prava AX pripada ravni π. Dakle, ako je B tačka preseka ravni π i prave l 2 onda je BXA = 90, tj. tačka X pripada krugu prečnika AB konstruisanoj u ravni π. Slika Primer Prave l 1 i l 2 dodiruju sferu. Duž MN čiji krajevi pripadaju tim pravim dodiruju sferu u tački C (Slika 3.37). Odrediti geometrijsko mesto tačaka C. Slika Rešenje. Neka prava l 1, koja sadrži tačku M dodiruje sferu u tački A, a prava l 2 u tački B. Postavimo kroz pravu l 1 ravan paralelnu sa l 2, i 39

41 posmatrajmo projekciju na tu ravan u pravcu prave AB (Slika 3.38). Neka su N i C slike tačaka N i C pri toj projekciji. Kako je AM = AC i BN = BC, onda je AM : AN = AM : BN = CM : CN, a na osnovu Talesove teoreme je CM : CN = C M : C N, pa je AM : AN = C M : C N, tj. AC je simetrala ugla MAN. Odatle sledi da ravan ABCC obrazuje jednake uglove sa pravim MA i AN, tj. l 1 i l 2 (inače takvih ravni ima dve). Traženo geometrijsko mesto tačaka su dva kruga po kojima te ravni seku datu sferu; tačke A i B pritom treba isključiti u slučaju kada se prave l 1 i l 2 ne seku. Slika Primer Tačke A i B leže sa iste strane ravni π, pri čemu prava AB nije paralelna sa ravni π. Odrediti geometrijsko mesto tačaka centara sfera koje sadrže date tačke i dodiruju datu ravan. Rešenje. Neka je C tačka preseka prave AB sa datom ravni, i neka je tačka M tačka dodira jedne od traženih sfera sa ravni π (Slika 3.39). Kako je CM 2 = CA CB, to tačka M pripada krugu poluprečnika CA CB sa centrom u tački C. Sledi da centar O sfere pripada omotaču pravog valjka čija je osnova taj krug. Osim toga, centar sfere pripada ravni koja prolazi kroz središte duži AB i koja je na nju normalna. Posmatrajmo sada tačku O omotača valjka koja je jednako udaljena od tačaka A i B. Tada je rastojanje od tačke C do projekcije M tačke O na 40

42 ravan π jednako CA CB. Neka je CM 1 tangenta sfere poluprečnika OA sa centrom u tački O, pa je CM1 2 = CA CB. Tada je CM = CM 1, pa je OM 2 = CO 2 - CM 2 = CO 2 - CM1 2 = OM1 2, tj. tačka M pripada posmatranoj sferi. Kako je OM π, onda je M tačka dodira te sfere i ravni π. Dakle, traženo geometrijsko mesto tačaka je presek omotača valjka i ravni. Slika Primer Dve ravni paralelne datoj ravni π seku ivice triedra u tačkama A,B,C i A 1,B 1,C 1 (tačke označene istim slovima pripadaju istoj ivici). Odrediti geometrijsko mesto tačaka preseka ravni ABC 1,AB 1 C i A 1 BC. Rešenje. Presek ravni ABC 1 i AB 1 C je prava AM, gde je M presečna tačka dijagonala BC 1 i B 1 C trapeza BCC 1 B 1 (Slika 3.40). Slika

43 Neka su S 1 i S 2 središta duži, redom, B 1 C 1 i BC. Homotetijom sa centrom u tački S duž B 1 C 1 se preslikava u duž BC, pa su tačke S, S 1 i S 2 kolinearne. Dokažimo da tačka M pripada pravoj p(s, S 1, S 2 ). Neka je M tačka preseka pravih p(b, C 1 ) i p(s 1, S 2 ), i B 1 tačka preseka pravih p(m, C) i p(b 1, C 1 ). S obzirom da važi sličnost trouglova : S 1 C 1 M S 2 BM i S 1 B 1M S 2 CM, sledi da je S 1 C 1 : S 2 B = S 1 M : M S 2 i B 1S 1 : CS 2 = S 1 M : M S 2. Odatle je S 1 C 1 : S 2 B = B 1S 1 : CS 2, a kako je S 2 B = CS 2, zaključujemo da je S 1 C 1 = B 1S 1, pa je B 1 B 1, što znači da se tačke M i M poklapaju. Dakle tačka M pripada pravoj l = p(s, S 1, S 2 ). Prava l je jednoznačno odred ena sa ravni π, jer prava l prolazi kroz središta svih duži paralelnih ravni π, a čiji se krajevi nalaze na ivicama S B i S C triedra, pa možemo posmatrati baš duž DE u ravni π čiji se krajevi nalaze na ivicama S B i S C triedra, potom naći njeno središte P, spojiti sa tačkom S i na taj način konstruisati pravu l. Odatle sledi da je i ravan π a jednoznačno odredjena, jer sadrži pravu l i ivicu S A triedra. Tačka preseka prave AM i ravni A 1 BC pripada ravni π a, jer toj ravni pripada cela prava AM. Analogno ravni π a konstruišemo ravan π b. Neka je m prava preseka tih ravni. Traženo geometrijsko mesto tačaka su tačke te prave koje pripadaju unutrašnjosti datog triedra. Primer Dat je ravan četvorougao ABCD. Odrediti geometrijsko mesto takvih tačaka M da se omotač piramide MABCD može preseći sa ravni tako da se u preseku dobije: a) pravougaonik; b)romb. Rešenje. Neka su P i Q tačke preseka, redom, produžetaka naspramnih stranica CD i AB, AD i BC četvorougla ABCD. Tada su M P i M Q prave preseka ravni naspramnih strana piramide M ABCD (Slika 3.41). Slika

44 Pretpostavimo da su tačke R, S, T i F, redom, na pravim MA, MB, MC i MD, takve da je četvorougao RST F paralelogram. Pokažimo da je prava M Q paralelna ravni RST F. Pretpostavimo suprotno, i neka je H tačka preseka prave MQ i ravni RST F. Kako je prava ST presek ravni MCQ i RST F, a tačka H pripada obema ravnima, sledi da prava ST sadrži tačku H. Analogno se pokazuje da prava RF sadrži tačku H. Dakle prave RF i ST se seku u tački H, što je kontradikcija sa pretpostavkom da je četvorougao RST F paralelogram. Odatle sledi da je prava MQ paralelna ravni RST F. Analogno se pokazuje da je prava MP paralelna ravni RST F. Zato je presek piramide M ABCD paralelogram ako je ravan preseka paralelna sa ravni MP Q, i pri tome su stranice paralelograma paralelne sa MP i MQ. a) U preseku možemo dobiti pravougaonik samo ako je ugao P MQ = 90, tj. tačka M pripada sferi prečnika P Q. Tačke te sfere koje pripadaju ravni datog četvorougla treba isključiti. b) Neka su K i L tačke preseka produžetaka dijagonala AC i BD sa pravom P Q. Pošto su dijagonale paralelograma, koji se dobija u preseku piramide MABCD, paralelne pravim MK i ML, onda je presek romb samo ako je KML = 90, tj. tačka M pripada sferi prečnika KL. Tačke te sfere koje pripadaju ravni datog četvorougla treba isključiti. Primer Ako su A i B dve različite tačke, skup tačaka X prostora takvih da je ugao AXB prav je sfera čiji je prečnik duž AB bez tačaka A i B. Dokazati. Rešenje. Neka je σ sfera čiji je prečnik duž AB i neka je Φ skup tačaka X prostora takvih da je ugao AXB prav. Pretpostavimo da je tačka X različita od tačaka A i B i da pripada sferi σ. Neka je π proizvoljna ravan koja sadrži tačke A i B. Ravan π sadrži tačke A i B, pa sadrži i njihovo središte, odakle sledi da je presek ravni π i sfere σ krug k čiji je prečnik duž AB. Tačka X pripada ravni π i sferi σ, pa pripada i krugu k, odakle sledi da je ugao AXB prav, pa tačka X pripada skupu Φ. Pretpostavimo da je tačka X pripada skupu Φ. Neka je π proizvoljna ravan koja sadrži tačke A i B. Ravan π sadrži tačke A i B, pa sadrži i njihovo središte, odakle sledi da je presek ravni π i sfere σ krug k čiji je prečnik duž AB. Tačka X pripada ravni π i i skupu Φ, pa je ugao AXB prav, odakle sledi da je tačka X različita od tačaka A I B i da pripada krugu k, odnosno da je tačka X različita od tačaka A i B i da pripada sferi σ. Dakle, skup tačaka X prostora takvih da je AXB prav je sfera čiji je prečnik duž AB bez tačaka A i B. 43