O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

Transcript

1 O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

2 O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice. Svaku od njih nastavnik može iskoristiti u radu sa učenicima zavisno od uzrasta istih. 1 Osnovna teorema Na početku uvedimo oznake: Neka su: A 1 B 1, C 1 središta stranica BC = a, CA = b, AB = c trougla ABC; p njegov poluobim; O centar a r poluprečnik kruga l opisanog oko trougla ABC; S, S a, S b, S c

3 O trouglu 3 centri i ρ, ρ a, ρ b, ρ c poluprečnici upisanih krugova k, k a, k b, k c trougla ABC pri čemu krug k dodiruje stranice BC, CA, AB u tačkama P, Q, R; krug k a dodiruje stranicu BC i produžetke stranica CA i AB u tačkama P a, Q a, R a ; krug k b dodiruje stranicu CA i produžetke stranica AB i BC u tačkama Q b, R b, P b ; krug k c dodiruje stranicu AB i produžetke stranica BC i CA u tačkama R c, P c, Q c ; M i N su tačke u kojima simetrala stranice BC seče krug l pri čemu je M na luku BAC i M i N normalne projekcije tačaka M i N na pravoj AB. Tačka E je presek simetrale unutrašnjeg ugla kod temena A i stranice BC (Slika 1.).

4 O trouglu 4 Kc Qc Rb Sc c R Rc M Sb A S M Q O k b Qb Pc N B D P E A1 Pa C Pb Kb N Qa Ra a Sa ka

5 O trouglu 5 Teorema 1.1 Za svaki trougao ABC (pri gore navedenim oznakama) važi: 1. AQ a + AR a = p 2. QQ a = RR a = BC 3. Q b Q c = R b R c = BC 4. AQ = AR = p a, BR c = BP c = p a, CP b = CQ b = p a 5. P P a = b c, P b P c = b + c 6. P a A 1 = A 1 P, P b A 1 = A 1 P c 7. A 1 M = (ρ b + ρ c )/2, A 1 N = (ρ a ρ)/2 8. MN = (ρ b ρ c )/2, NN = (ρ + ρ a )/2 9. AM = (b c)/2, AN = (b + c)/2 10. ρ a + ρ b + ρ c ρ = 4r

6 O trouglu 6 Dokaz: Primetimo da je tačka N na simetrali AE unutrašnjeg ugla A trougla ABC jer je BAN = CAN kao periferijski uglovi nad jednakim lucima BN i CN kruga l. 1. Kako je raspored tačaka A B R a i A C Q a biće AR a + AQ a = AB + BR a + AC + CQ a, odakle s obzirom na jednakost tangentnih duži AR a = AQ a, BR a = BP a, CQ a = CP a i rasporeda tačaka B P a C dobijamo BP a + CP a = BC. Uzimajući sve navedeno u obzir dobijamo 2AQ a = AB + BC + CA, tj. AQ a = AR a = p. Analogno važi BP b BR b = p i CP c = CQ c = p. 2. Zbog rasporeda tačaka R B R a i Q C Q a je RR a +QQ a = RB + BR a + QC + CQ a i sobzirom na jednakost duži QQ a = RR a, BR = BP, BR a = BP a, CQ = CP, CQ a = CP a, a iz rasporeda tačaka B P C i B P a C sledi BP + P C = BC i BP a +

7 O trouglu 7 P a C = BC, pa je QQ a = RR a = BC. Na isti način se dokazuje P P b = RR b = AC i P P c = QQ c = AB. 3. Kako je B C P b i C Q b Q c to je BC = BP b CP b i Q b Q c = CQ c CQ b, odakle, sobzirom da je BP b = CQ c i CP b = CQ b slediq b Q c = BC. Na isti način je R b R c = BC i analogno važi P a P c = R a R c = AC, P a P b = Q a Q b = AB. 4. Zbog rasporeda tačaka A Q Q a imamo AQ = AQ a QQ a i AQ a = p (dokazano u 1.), QQ a = BC = a (dokazano u 2.) i jednakosti tangentnih duži AQ = AR dobijamo AQ = AR = p a

8 O trouglu 8 Slično se dokazuju preostale jednakosti BR c = BP c = p a, CB p = CQ b = p a Analogno važe i sledeće jednakosti CQ = CP = p c, BR a = BP a = p c, AR b = AQ b = p c BP = BR = p b, CP a = CQ a = p b, AR c = AQ c = p b 5. Ako su tačke P i P a iste onda je SS a BC, tj. AS BC pa je AB = AC. Ako su tačke P i P a različite biće raspored tačaka B P P a C ili B P a P C. Ako je B P P a C, tada je P P a = CP CP a, tj. P P a = BP a BP. Koristeći 4. dobijamo P P a = BP a BP = BR a BR = (p c) (p b) = b c

9 O trouglu 9 Za dokaz druge jednakosti, iz P c B P b sledi P c P b = BP c + BP b = (p a) + p = 2p a = b + c 6. Tačke P i P a su izmed u tačaka B i C. Kako je, prema 4., BP = p b i CP a = p b to je BP = CP a. Tačka A 1 je sredina stranice BC. Ako je raspored tačaka B P P a C, tada je P A 1 = BA 1 BP = CA 1 CP a = A 1 P a, odnosno P A 1 = A 1 P a. Tačke P c i P b su takve da je P c B C P b i kako je BP c = p a, CP b = p a to je BP c = CP b. Iz svega ovog sledi P c A 1 = P c B + BA 1 = P b C + CA 1 = A 1 P b, odnosno P c A 1 = A 1 P b.

10 O trouglu Duž A 1 M je srednja linija konveksnog trapeza P b P c S c S b. Zaista, prema 6. tačka A 1 je sredina kraka P b P c, a duž A 1 M normalna je na pravoj BC, dakle paralelna osnovicama S b P b i S c P c tog trapeza. Kako je duž MN prečnik kruga l i A l pa je MAN prav, tj. prava AM je normalna na simetralu AN ugla A trougla ABC. Ovo znači da je tačka M na simetrali S b S c spoljašnjeg ugla A trougla ABC. Dakle, tačka M pripada kraku S b S c trapeza, pa je AM njegova srednja linija, tj. sredina duži S b S c. Iz ovoga sledi AM = 1 2 (P bs b + P c S c ) = 1 2 (ρ b + ρ c ). Ako posmatramo složeni trapez P P a S a S, slično prethodnom, biće A 1 N srednja linija ovog trapeza. Koristeći osobine srednje linije složenog

11 O trouglu 11 trapeza dobijamo A 1 N = 1 2 (S ap a SP ) = 1 2 (ρ a ρ). 8. U složenom trapezu R b R c S c S b tačka M je sredina kraka S b S c (prema 7.) i MM R b R c, tj. MM paralelna sa S b S c i S c R c, što znači da je MM srednja linija ovog trapeza. Iz ovoga sledi MM = 1 2 (S br b S c R c ) = 1 2 (ρ b ρ c. Odavde još dobijamo da je M sredina duži R b R c. Iz konveksnog trapeza RR a S a S kako je N sredina kraka SS a, a NN normalno na RR a tj. NN paralelno sa SR i S a R a biće NN srednja

12 O trouglu 12 linija ovog trapeza. Znači NN = 1 2 (S ar a + SR) = 1 2 (ρ a + ρ). Kao posledicu imamo i to da je N sredina duži RR a. 9. Iz napred dokazanih činjenica imamo da je M sredina duži R b R c, R b R c = a i AR b = p c, a sobzirom na raspored tačaka A M R b biće AM = AR b M R b = (p c) a/2 = (b c)/2 ili AM = (c b)/2. Takod e, tačka N je sredina duži RR a, zatim RR a = a, AR a = p i zbog rasporeda tačaka A N R a biće AN = AR a N R a = p a 2 = 1 (b + c). 2

13 O trouglu Kako je raspored tačaka M A 1 N to je MN = A 1 M +A 1 N, odakle, sobzirom na jednakosti A 1 M = (ρ b +ρ c )/2, A 1 N = (ρ a ρ)/2 i MN = 2r dobijamo ρ a + ρ b + ρ c ρ = 4r. // 2 Primeri i zadaci Navedimo nekoliko zadataka i primera. Zadatak 2.1 Neka su E i F tačke u kojima simetrale unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla kod temena A trougla ABC seku pravu odred enu tačkama B i C. Dokazati da je

14 O trouglu 14 a) BE : CE = AB : AC b) BF : CF = AB : AC c) BE : CE = BF : CF. Koristeći definiciju harmonijske četvorke tačaka, zaključujemo da su tačke E i F harmonijski spregnute sa tačkama B i C, što zapisujemo H(B, C; E, F ). Definicija 2.1 Kažemo da su tačke C i D harmonijski spregnute sa tačkama A i B ako su A, B, C, D kolinearne tačke takve da je jedna od tačaka C ili D izmed u tačaka A i B, a druga nije, i pri tom je AC : CB = AD : DB. To zapisujemo H(A, B; C, D). Zadatak 2.2 Neka su E i F tačke trougla ABC definisane u zadatku 1., a tačke S, S a, S b, S c definisane na početku. Dokazati da važi

15 O trouglu 15 a) H(B, C; E, F ) b) H(A, E; S, S a ) c) H(A, F ; S b, S c ). Zadatak 2.3 Neka su A, B i C tri kolinearne. Konstruisati tačku D tako da je H(A, B; C, D). Primer 2.1 Konstruisati trougao ABC ako je dato AD = h a, poluprečnik upisanog kruga ρ i BC = a. Zadatak 2.4 Date su dve razne tačke A i B i duž l. Odrediti tačke C i D tako da je H(A, B; C, D) i CD = l. Rešenje: Konstruišimo bilo koji krug k koji sadrži tačke A i B, a zatim konstruišimo simetralu duži AB i označimo sa M i N presečne tačke

16 O trouglu 16 te simetrale sa krugom k. Obeležimo pravu AB sa r. Neka je p prava koja sadrži tačku M i paralelna je pravoj r. Prava p je, po konstrukciji, tangenta kruga k. Na pravoj p odredimo tačku L takvu da je ML = l. Tačke M, N i L su tri nekolinearne tačke pa odred uju tačno jedan krug k 1. Kako su tačke M i N sa raznih strana prave r to prava r sa krugom k 1 ima dve zajedničke tačke i neka je D jedna od njih. Konstruišimo kroz tačku M pravu q paralelnu sa pravom odred enom tačkama L i D. Kako prava LD seče pravu r u tački D to će i prava q seći pravu r. Neka je taj presek tačka C. Tačke C i D su tražene tačke (videti sliku 2). Dokažimo to.

17 O trouglu 17 k N P q k1 A C B D r M L Slika 2. Kako tačke M, N i L pripadaju krugu k 1 i pri tom je NML = R (prav ugao) zaključujemo da je NL prečnik kruga k 1. Kako tačka D pripada krugu k 1 čiji je

18 O trouglu 18 prečnik N L to je N DL = R, tj. N D LD. Po konstrukciji je q LD pa je q N D. Neka je P = N D q. Dakle, važi MP D = R, tj. MP N = R. Kako je MN prečnik kruga k to je P tačka kruga k. Posmatrajmo trougao AP B. Na krugu k luk AM jednak je luku MB pa je AP C = BP C pa je P C simetrala ugla AP B tj. ugla P trougla ABP. Kako je P D P C to je P D simetrala spoljašnjeg P trougla AP B. Poluprave P A, P B, P C i P D su harmonijska četvorka polupravih tj. važi H(P A, P B; P C, P D) pa njihovi preseci sa pravom r jesu harmonijski sprgnute tačke, tj. važi H(A, B; C, D).

19 O trouglu 19 Uočimo sada četvorougao MCDL. Ovaj četvorougao je po konstrukciji paralelogram jer je ML CD i MC LD pa je CD = ML = l, tj. CD = l. // Primer 2.2 Konstruisati trougao ABC ako je poznato A = α, BC = a i simetrala ugla kod temena A, AE = l a. Zadatak 2.5 Konstruisati skup svih tačaka kojima su rastojanja od dve date tačke A i B srazmerne dvema datim dužima m i n. Napomena: Traženi skup tačaka je Apolonijev krug. Taj krug se dobija na sledeći način: Na pravoj AB konstruišu se tačke C i D tako da je AC : BC = m : n i AD : BD = m : n. Traženi krug je krug čiji je prečni duž CD. Primer 2.3 Konstruisati trougao ABC ako se zna B C = δ,

20 O trouglu 20 simetrala ugla kod temena A je AE = l a i (b + c) : a = m : n (m i n date duži). Zadatak 2.6 Date su tri kolinearne tačke A, B i O tako da je A B O. Konstruisati tačke C i D na pravoj AB tako da je H(A, B; C, D) i da je tačka O sredina duži CD. Rešenje: Konstruišimo proizvoljan krug k koji sadrži tačke A i B. Tačka O je van kruga k, pa možemo konstruisati tangentu OT, T k, na krug k. Neka je k 1 krug čiji je centar tačka O i poluprečnik duž OT. Krug k 1 seče pravu AB u tačkama C i D, pri čemu je C izmed u A i B, a tačka D na produžetku duži AB. Znači, ako je raspored A B O, biće A C B D. Po konstrukciji je OC = OD jer je CD prečnik kruga k 1, a O center tog kruga (slika 3.).

21 O trouglu 21 K T k1 A C B O D Slika 3. Za tačku O i krug k važi OT 2 = OA OB. Kako je OT = OC (jer T, C k 1 ) to je OC 2 = OA OB, tj. OB : OC = OC : OA. Iz ovog sledi (OB + OC) : (OC OB) = (OC + OA) : (OA OC)

22 O trouglu 22 Koristeći jednakost OC = OD imamo BD : BC = AD : AC pa je AC : BC = AD : BD, tj. važi H(A, B; C, D). Primer 2.4 Konstruisati trougao ABC ako je dato A = α, simetrala ugla kod temena A, AE = l a i b + c = d. Na kraju navodimo nekoliko zadataka iz konstrukcije trougla, uz prethodno dogovorene oznake. Zadatak 2.7 Konstruisati trougao ABC ako je dato: (1) h a, ρ b, b + c = d (2) A = α, ρ, b + c = d (3) BC = a, b + c = d, AE = l a (l a je simetrala A) (4) h a, BC = a, ρ b

23 O trouglu 23 (5) B C = ω, h a, b + c = d (AC > AB) (6) B C = ω, AE = l a, ρ a (7) h a, BC = a, AE = l a (8) A = α, b + c = d, AE = l a (9) A = α, BC = a, ρ a