Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu

Transcript

1 Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Ratko Višak 1. Uvod Na osnovu poučka o obodnom i središnjem kutu izvedene su relacije kada točka nije na kružnici, nego je izvan ili unutar nje. Relacije povezuju kut izmedu sekanata iz te točke sa središnjim kutovima lukova koje te sekante odsijecaju na kružnici (slike u1, u). Dobivene relacije su primjenjene na nekoliko zadataka koji se ne rade na redovnoj nastavi. 1. Točka A je izvan kružnice k (slika u1), parovi točaka, u kojima pravci kroz A presjecaju kružnicu k, su {B, D} i {C, E}. Obodni kutovi iz točaka C i D nad tetivama DE i BC su ψ i ϕ, sada iz trokuta ACD dobivamo: α + ϕ = ψ α = ϕ ψ. (1) Dobivena relacija vrijedi u slučajevima kada je jedan od pravaca tangenta i kada su oba tangente (provjerite).. Točka A je unutar kružnice k (slika u), parovi točaka u kojima pravci kroz A presjecaju kružnicu k su {B, D} i {C, E}. Obodni kutovi iz točaka C i D nad tetivama DE i BC su ψ i ϕ, sada iz trokuta DBA dobivamo: α = ϕ+ψ.() 3. Napomena: U rješavanju zadataka označavat ćemo središnji kut pridružen nekom luku BC sa σbc, preciznije njegovu mjeru, i rješavanje će nam olakšati orijentacija tako da je smjer suprotan od kazaljke na satu pozitivan. Konkretno na slici 1 je CSB = σbc, što znači da mjerimo, od B do C, središnji kut luka BC. 1

2 . Zadaci Z1. Iz točke A koja je izvan kružnice k povučene su tangente i sekanta, B i C su dirališta, a D i E točke presjeka sekante s kružnicom k. Usporedno s DE povučena je tetiva BF kružnice k. Dokaži da F C raspolavlja DE. Rješenje: Točka presjeka od CF i HB je G i treba dokazati da je ona polovište od DE, nakon što nacrtamo sliku (slika z1) uočimo trokut BGF, ako je G polovište tada je to jednakokračan trokut. Točka G je unutar kružnice pa je AGC = σdc+σef, (1) a zbog paralelnosti, BF DE, je σdb = σef. Sada je AGC = σdc+σbd = σbc, (). Budući da je kut izmedu tangente AB i tetive BC jednak obodnom kutu, dobivamo ABC = BF C = σbc, (3). Sada je iz i 3 četverokut ABCG tetivan, iz čega slijedi: CAG = CBG = σhc, (4). Točka A je izvan kružnice, pa je: CAG = CAE = σec σcd = σeh+σhc σcd = σhc + σeh σcd, (5). Sada je iz 4 i 5 σeh = kroztočkeoiuσcd, dakle pravci BF, DE i CH su paralelni, ili σf E + σeh = σcd + σdb, pa je σf H = σcb, polovice ovih kutova su obodni kutovi u točkama F i B, tj. HBF = CF B, trokut BGF je jednakokračan. Z. (Teorem o leptiru) Danoj kružnici k povučena je tetiva AB i na njoj je istaknuto polovište P. Kroz P povučemo još dvije tetive CD i EF, neka su C i E na istom luku s obziron na tetivu AB. Označimo s G i H točke u kojima CF i ED presjecaju AB. Dokaži da je GP = P H. Rješenje: Povucimo kroz točku D paralelu s AB i označimo točku u kojoj ona presjeca kružnicu s I, s N označimo točku u kojoj simetrala od AB presjeca DI, ta simetrala prolazi središtem kružnice i točkom P, dobiveni trokut DP I je jednakokračan. (Slika z) Zbog jednakokračnosti trokuta DPI vrijedi DP A = IP B, (1). P je unutar kružnice pa vrijedi DP A = σad+σbc, takoder je σad = σib iz ovoga se dobije DP A = σib+σbc = σic, (). Sada iz 1 i slijedi IP B = σic i CF I = σci, zbrojimo ih IP B + CF I = σic + σci = 180, dakle PHFI je tetivan. Obodni kutovi nad tetivom EC i kolinkroz točke O i U earnost točaka {E, P, F }, {F, H, C}, {E, G, D} i{d, P, C} daju jednakosti GDP = EDC = EF C = P F H = P IH, tj. GDP = P IH, (3). Jednakokračnost trokuta DIP daje DP = P I, (4). Iz 1 i kolinearnosti je DP G = IP H, (5). Sada su zbog 3, 4, 5 trokuti GDP i HIP sukladni, dakle GP = P H.

3 Z3. Trokutu ABC opisana je kružnica k, iz neke točke P kružnice k na stranice trokuta povučene su okomice. Nožišta okomica leže na jednom pravcu (Simsonov pravac). Rješenje: Označimo (Slika z3) nožišta na BC, CA i AB s X, Y i Z. PZAY je tetivan, tada je P Y Z = P AZ, (1) PXCY je tetivan, tada je P Y X = P CB, () PACB je tetivan, tada je P AZ = P CB, (3) Iz 1, i 3 slijedi P Y Z = P Y X, dakle točke X, Y i Z su kolinearne. Z4. Dvije točke, P i Q, s kružnice opisane trokutu ABC odreduju dva Simsonova pravca, kut izmedu ta dva pravca jednak je polovici središnjeg kuta od luka PQ. Rješenje: Nacrtamo (Slika z4) prvo oba Simsonova pravca {X, Y, Z} i {U, V, W }, s obzirom na točku P imamo tetivan četverokut PBXZ iz kojega je ZXP = ZBP, (1); i obodne kutove nad tetivom AP AMP = ABP, (). Iz 1 i dobivamo ZXP = AMP, iz čega proizlazi paralelnost pravaca XZ AM, (3). Analogno se preko točke Q dobiva W V AN, (4). Iz 3 i 4 slijedi XT V = MAN, (5). MAN = σmn, (6); i iz paralelnosti P M QN je σmn = σp Q, (7). Dakle iz 5, 6 i 7 dobivamo tvdrnju, tj XT W = σqp. Z5. Dva trokuta ABC i A B C upisana su zajedničkoj kružnici, i svaki od njih za neku točku kružnice odreduje Simsonov pravac. Dokaži da kut izmedu Simsonovih pravaca ne ovisi o točki s obzirom na koju su oni povučeni. Rješenje: Označimo kao i na slici z5 Simpsonove pravce sa s i s, budući da su oni okomiti na AB i A B, a M i M su njihovi presjeci s kružnicom, prema prethodnom zadatku je s MC i s M C, (1). Takoder je prema prethodnom zadatku (s, s ) = (MC, M C ) = σmm σcc, (). Trokuti PFD i EJD su pravokutni i P DF = EDJ P DF EDJ, sada je DP F = DEJ M P M = BEB, sjajno umjesto obodnog kuta M P M uvrstimo polovicu njegovog obodnog kuta tj. σmm = BEB, (3). Točka E je unutar kružnice pa je BEB = σbb +σa A σmm = σbb +σa A, (4). Sada je iz 4 i (s, s ) = σbb +σa A σcc. Dobiveni izraz ne ovisi o odabiru točke P. 3

4 Z6. Unutar trokuta ABC odabrana je točka P tako da je AP C = β+60, BP C = α+60 i AP B = γ+60. Točke presjeka pravaca AP, BP i CP s kružnicom opisanom trokutu ABC su D, E i F. Dokaži da je trokut DEF jednakostraničan. Rješenje: Dakle ako je tvrdnja točna vrijedi σef =10, točka P je unutar kružnice pa je σea+σbd = EP A = (180 AP B) = (180 (60 +γ)) =40 γ, tako se dobije i σaf + σdc =40 β. Ako zbrojimo dobivene jednakosti imamo višak od σbd + σdc = α, iz dobivenih veza slijedi σef =480 (α + β + γ) =10. Z7. (Eulerov teorem) Neka su O i U središta opisane i upisane kružnice trokutu ABC, R i r polumjeri opisane i upisane kružnice i neka je OU = d, tada je d = R Rr. Rješenje: Povucimo kroz U tetivu BM, iz potencije točke U na kružnicu slijedi BU UM = R d, tj. u kružnicu se uz tetivu BM povuče još jedna tetiva kroz točke O i U označimo ju V T, sada tvrdnja slijedi iz T V M BUV. C je unutar kružnice pa je CUM = σcm+σxb = γ+β, (1). Takoder je UCM = XCM = σma+σax, (). Dakle iz 1 i slijedi da je UCM jednakokračan, pa je UM = CM, tj. BU CM = R d, (3). BNU i Y CM su pravokutni i UBN = CY M, iz čega slijedi BUN Y CM BU Y C = UN CM Iz 3 i 4 slijedi tvrdnja. = β+γ BU CM = UN Y C = rr, (4). 4

5 Slika 1: u1 5

6 Slika : u. 6

7 Slika 3: z1 7

8 Slika 4: z 8

9 Slika 5: z3 9

10 Slika 6: z4 10

11 Slika 7: z5 11

12 Slika 8: z6 1

13 Slika 9: z7 13

14 Slika 10: zp7 14