12 1. GEOMETRIJA. vrhove novog trokuta. Dokažite da taj trokut ne može biti jednakostraničan.

Transcript

1 11 1. Geometrija 1.1. Kvadratni komad papira D presavijen je tako da točka D prije - de u proizvoljnu točku D na. Novi položaj točke je.neka je E sjecište dužina i D.Označimo s r polumjer kružnice upisane trokutu D E. Dokaži da je E = r. PRIMJED. Ovaj zadatak potječe iz Japana. Gradeći razne figurice iz papira svećenici u hramovima nailazili su na zanimljive geometrijske činjenice, od kojih je jedna opisana u ovom zadatku. One su prikazivane na keramičkim pločicama (njihov naziv je sangaku), koje se mogu naći u hramovima od 17. do 19. stoljeća. Kao što vidimo, stari Japanci su u svojim zenovskim meditacijama prilikom gradnje papirnatih figura ponekad imali otklon i prema matematičkim temama. Pogledajte zanimljiv članak Vladimira Devidéa: Sangaku, geometrija u japanskim hramovima, Matematičko fizički list, , br. 3, str Neka je trokut takav da vrijedi = 2 2 i D točka na stranici. Dokažite da je <)D = 2<)D ako i samo ako je D = 3D Neka je trokut jednakostraničan i D vanjska točka u ravnini trokuta, tako da je <)D = 90 i D = 2. Udaljenost točke od pravca D jednaka je 5. Na - dite duljinu dužine D Dane su tri kružnice koje se sve me - dusobno dodiruju. Polumjer vanjske je 3, a dviju unutarnjih 1 i 2, redom sa središtima O, P, Q,tako da je O izme - du P i Q.Na - dite polumjer kružnice koja dodiruje sve tri.

2 12 1. GEOMETRIJ 1.5. Konstruirajte trokut ako su zadani a, b c i zna se da je <) = 3<) Pravokutnik duljine a i širine b ( a > b ) razrezan je po kraćoj srednjici, i od dobivenih dijelova složen je novi pravokutnik. Opseg novog pravokutnika jednak je n -terostrukom opsegu starog pravokutnika, n R. Koje vrijednosti može poprimiti n? 1.7. Zadan je trokut. Na stranici na - dite točku M tako da zbroj polumjera opisanih kružnica trokuta M i M bude minimalan Iz jednog vrha šiljastokutnog trokuta povučena je visina, iz drugog težišnica,a iztrećeg simetrala kuta. Njihove presječne točke čine vrhove novog trokuta. Dokažite da taj trokut ne može biti jednakostraničan ko u ravnini postoji jednakostraničan trokut s duljinom stranice a itočka s udaljenostima b, c i d od njegovih vrhova, dokažite da onda postoji i jednakostraničan trokut s duljinom stranica b itočka s udaljenostima c, d i a od njegovih vrhova Dana je kocka s duljinom brida a i duljina s. Kako odabrati duljine b i c tako da bude b + c = s i da volumen kocke bude jednak zbroju volumena dviju kocaka s duljinama bridova b i c? Točka E je sredina stranice kvadrata D.Točke F i G odabrane su na i D tako da u pravci G i EF paralelni. Dokažite da dužina FG dodiruje krug upisan u kvadrat Dano je pet dužina takvih da se od svake tri od njih može načiniti trokut. Dokažite da je bar jedan od tih trokuta šiljastokutan Dokažite da se kvadrati udaljenosti središta upisane kružnice tangencijalnog četverokuta od dvaju njegovih suprotnih vrhova odnose kao umnošci duljina stranica koje izlaze iz tih vrhova Dan je kvadrat D. Kroz točku prolazi pravac i siječe stranicu D u točki Q. Paralelno pravcu Q povucite pravac koji siječe rub kvadrata u točkama M i N tako da površina četverokuta MNQ bude maksimalna Neka su točke, i kolinearne i neka točka leži izme - du i. S iste strane pravca konstruiramo tri polukružnice nad dužinama, i. Zajednička tangenta prvih dviju polukružnica u točki

3 1. GEOMETRIJ 13 siječe treću polukružnicu u točki E.NekasuM i N točkeukojimadruga zajednička tangenta dira prve dvije polukružnice. Izrazite omjer površina trokuta EMN i E kao funkciju polumjera r = /2 ir = / Zadan je tetraedar D,nenužno pravilan. Sfera upisana tetraedru dira stranu utočki K istranu D utočki L. Dokažite da je <)K = <)LD. Rješenja 1.1. Označimo s a duljinu stranice kvadrata D. Kako je trokut ED pravokutan, vrijedi r = 1 2 (E + D ED ). S druge strane, opseg trokuta ED jednak je 2a (dokažite to!), odakle slijedi r = 1 2 (E + D + ED 2ED ) = 1 2 (2a 2ED )=a ED = E. lternativno rješenje, metodom grube sile. Učenik Hrvoje Štefančić, Našice, jedini je riješio ovaj zadatak. Uvedimo oznake kao na slici 1.1. y y α E e r α D x Sl α x

4 14 1. GEOMETRIJ Imamo E = e sin α, D = e cos α, E = a e. Polumjer upisane kružnice pravokutnom trokutu ED jednak je r = 1 2 (E + D ED )= e 2 (sin α + cos α 1). (1) Kako je E = y tg α = a e, onda je y = a e tg α. (2) Za duljinu stranice imamo y + y + e sin α = a, (3) cos α odakle uvrštavanjem (2) u (3) dobijemo a = e 1 + cos α sin2 α 1 + cos α sin α. Iz E = a e zatim izlazi E = e sin α sin2 α 1 + cos α sin α. Provjera identiteta r = E, gdje je r dano sa (1), svodi se na dokaz jednostavnog trigonometrijskog identiteta u varijabli α, koji prepuštamo čitatelju Pretpostavit ćemo da je kut <) šiljast. Postupak je sličan kad je taj kut tup. c c b x H x E D Sl Označimo sa H nožište visine iz vrha i sa E točku na stranici za koju je E =. Prema Pitagorinu poučku je 2 H 2 = 2 H 2, odakle slijedi ( )( + ) =(H H)(H + H) =E.

5 1. GEOMETRIJ 15 Zbog uvjeta u zadatku imamo da je = 1 2 pa iz prethodne relacije dobivamo + = 2E, tj = 2E. (1) a) Neka je <)D = 2<)D. Onda je <)E = 2<)D idakle E = ED =. Zbog (1) imamo 2ED = 2E, i odatle 2(ED + D) =2E = 2ED (D + D). Nakon skraćivanja dobivamo D = 3D. b) Neka je D = 3D. Na isti način kao u a) dobivamo da je 2ED = 2E, pa iz (1) slijedi ED =, tj. E = ED, dakle <)D = <)E = 2<)D. lternativno rješenje, Marko Krznarić. Uz uobičajene oznake uvjet u zadatku pišimo kao a = 2b 2c.Označimo sa H nožište visine povučene iz vrha na stranicu.nekajeh = HE = x. a) Pretpostavimo da je <)D = 2<)D. Istokaouprošlom rješenju (vidi a)) dobijemo da je E = ED = c. Iz trokuta H je H 2 = c 2 x 2, a iz trokuta H je H 2 = b 2 (a x) 2, odakle slijedi c 2 x 2 = b 2 (a x) 2. Koristeći uvjet a = 2b 2c dobivamo x = 5c2 8bc + 3b 2 4(b c) = 3b 5c. 4 Iz D = H + HE + ED = x + x + c = 3 2 (b c) i D = D = a 3 2 (b c) = 1 2 (b c) slijedi D = 3D. b) Obratno, pretpostavimo da je D = 3D. Istokaoua)dobijemo izraz za x. Iz D = 2x + ED i D = a D dobivamo D = 3D = 3a 3D i zatim 4(2x + ED) =3a, odnosno ED = 1 4 (3a 8x). Uvrstimo li u prethodnu relaciju a = 2b 2c i izraz za x, dobijemo ED = c, odakle slijedi da je trokut ED jednakokračan. Odatle se odmah vidi da je <)E = <)E = 2<)D. Postupak je sličan ako je kut <) pravi ili tup. PRIMJED. Marko je zadatak riješio jednog lijepog nedjeljnog prijepodneva nakon neprospavane noći, putujući vlakom na pripreme u Zagreb Zarotiramo početnu figuru za 60 oko vrha tako da prije - de u, E u F. Produljimo dužine D i F do njihovog sjecišta G.Dužina E zarotirana je za 60 i E D,dakle <)DF = 60.

6 16 1. GEOMETRIJ D 2 E 5 F 8 G Sl Odatle dobivamo da je G = 2EF = 2E = 10. Trokut DG predstavlja polovinu jednakostraničnog trokuta, pa je odakle slijedi D = 8/ 3. 1 D DG = 2, lternativno rješenje, Davor Obradović. Označimo duljinu stranice trokuta s a, kut <)D s α. Iz trokuta E dobivamo a sin(α + 60 )=5, odakle slijedi 3 2 a sin α cos 60 + a cos α sin 60 = 5. Iz trokuta D je a sin α = 2, pa dobivamo odakle slijedi D = 8/ 3. 2 cos 60 + D sin 60 = 5, lternativno rješenje, Predrag Savić. Označimo sa H nožište okomice povučene iz točke na E (na slici nije ucrtano). Neka je D = x i DE = H = y. Prema Pitagorinu poučku u trokutima D, H i E dobivamo x 2 = a 2 2 2, y 2 = a 2 3 2, (x y) 2 = a (1)

7 1. GEOMETRIJ 17 Odatle slijedi x 2 y 2 = 5, tj. y = x 2 5. Oduzimajući prvu i zadnju jednadžbu u (1) dobivamo 2xy y 2 = 21, tj. 2x x 2 5 = x Nakon kvadriranja dolazimo do bikvadratne jednadžbe čije jedino pozitivno realno rješenje je x = 8/ Natalia Kuljiš, I r., Split. Neka je R središte kružnice koja dodiruje sve tri, polumjera r.očito je PR = 1 + r, QR = 2 + r OR = 3 r, OQ = 1, PO = 2. Trokuti OPR i OQR imaju zajedničku visinu iz vrha R,paje P(OPR) =2P(OQR), odakle primjenom Heronove formule nakon kvadriranja dobivamo 3(3 2)(3 1 r)(3 3 + r) =4 3(3 1)(3 2 r)(3 3 + r), i zatim r = 6/7. PRIMJED. Elegantnom rješenju koje nam je Natalia izložila doprinjeo je i jedan mladi kavalir temeljito i pažljivo obrisavši ploču Natalia Kuljiš. naliza. Pretpostavimoda je zadatak već riješen (vidi sliku). Neka je D točkanastranici takva da je D = c i D = b c. Trokut D je jednakokračan jer je = D = c,pa slijedi <)D = <)D. Označimo kut <) s γ i kut <)D s δ. Kako je <)D vanjski kut trokuta D,toje <)D = γ + δ = <)D. Iz <) slijedi <)D = 3γ δ i zatim je γ + δ = 3γ δ, tj. γ = δ. Znači, trokut D je jednakokračan. P R O Q Sl. 1.4.

8 18 1. GEOMETRIJ Konstrukcija. Iz rubnih točaka i zadane dužine a opišemo kružne lukove s otvorom šestara b c i u presjeku tih lukova dolazimo do točke D. Zatim povučemo simetralu dužine D i u njenom presjeku s pravcem D (tj. produžetkom dužine D preko D ) dolazimo do točke. D b-c c c Sl Dokaz. Izanalizejeočito da trokut zadovoljava uvjete zadatka. Naime, trokut D je jednakokračan, tj. = D = c,paje D = D = b c i <) = <)D + <)D = <)D + <)D =<)D + 2<)D = δ + 2γ = 3δ. Diskusija. Zadatak će imati jedinstveno rješenje ako je 2(b c) > a i γ < 45,tj a > (b c) Mario Krnić. Opsezi starog i novog pravokutnika su O = 2(a + b) i O = a + 4b. Prema uvjetu u zadatku je 2(a + b)n = a + 4b, iz čega dobivamo n = b a + b. b Kako zbog a > b razlomak može poprimiti bilo koju vrijednost a + b jedino iz otvorenog intervala (0, 1/2) (dokažite to!), onda je tj. n ( 1 2, 5 4 ). 1 2 < n = b a + b < = 5 4,

9 1. GEOMETRIJ Mario Krnić. Uvedimo oznake kao na slici 1.6. c t h a b x M Sl c-x Onda je cxt r 1 + r 2 = 4P(M) + (a x)bt 4P(M) cxth a = + (a x)bth a 4P(M)h a 4P(M)h a = 2P(M)ct + 2P(M)bt 4P(M)h a 4P(M)h a (b + c) t =. 2 h a Ovaj izraz je minimalan ako je t = h a, tj. ako je M nožište visine iz vrha. U slučaju tupokutnog trokuta vršimo ortogonalnu projekciju točke na pravac Mario Krnić. Pretpostavimo suprotno, tj. da su svi kutovi trokuta PQR na slici 1.7. jednaki 60. Onda je <)P = 30, α/2 = 30 i <)X = 90. Dakle težišnica X je visina, odakle slijedi da su je trokut jednakokračan. Kako R X P Q α/2 Sl α/2

10 20 1. GEOMETRIJ je jedan kut 60, slijedi da je trokut jednakostraničan. Me - dutim, to je kontradikcija, jer onda se točke P, Q i R podudaraju Predrag Savić. Neka je zadani jednakostraničan trokut duljine stranice a i D dana točka s udaljenostima b, c i d od vrhova. S vanjske strane konstruiramojednakostraničantrokut DE duljine stranice b. Promatrajmo udaljenost točke od vrhova trokuta DE. Imamo D = d i = a,pajoš jedino treba pokazati da je E = c. D d c E b Sl a Kako je E = D = b, = = a i <)E = <)D = 60 + <)D, dobivamo da su trokuti E i D sukladni, odakle slijedi da je E = D = c Predrag Savić. Uzmimo radi odre - denosti da je b c. Onda iz b + c = s dobivamo b s/2. Prema uvjetu u zadatku je b 3 + c 3 = a 3, tj. (b + c)(b 2 bc + c 2 )=a 3,dakle s[s 2 3b(s b)] = a 3 Rješavajućizatim ovujednadžbukaokvadratnupo b i koristeći b > s/2, dobivamo b = s 2 + 4a3 s 3, 12s i zatim c = s 2 4a3 s 3. 12s Predrag Savić. Postavimo kvadratu koordinatnisustav, tako da mu je središte u ishodištu i osnovica kvadrata jednaka dva (vidi sliku). Zadatak će biti riješen ako pokažemo da je udaljenost ishodišta od pravca FG jednaka 1.

11 1. GEOMETRIJ 21 y D(-1,1) G(a,1) (1,1) F(1,b) 0 x (-1,-1) E Sl (1,-1) Kako je G EF, trokuti DG i FE su slični, odakle slijedi 1 + a = b, tj. b = 1 a ( a + 1. Odatle slijedi da je F 1, 1 a ). a + 1 Kako je G(a, 1), jednadžba pravca FG glasi y = 2a a 2 1 x a2 + 1 a 2 1. Prema tome je jednadžbapravcaokomitogna FG koji prolazi kroz ishodište, dana sa y = 1 a2 x. Odatle slijedi da su koordinate presječne 2a ( 2a točke tih pravaca a 2 + 1, 1 ) a2 a 2. Udaljenost te točke od ishodišta + 1 jednaka je 1, čime je tvrdnja dokazana Predrag Savić. Neka su te dužine a, b, c, d, e poredane po veličini: a b c d e. Pretpostavimo, protivno tvrdnji zadatka, da niti jedan od trokuta nije šiljastokutan. Kako za trokut sa stranicama x, y, z vrijedi x 2 = y 2 + z 2 2yz cos ϕ, onda za ϕ 90 vrijedi x 2 y 2 + z 2. Prema tome je Kako je c 2 d 2, imamo a 2 + b 2 c 2, c 2 + d 2 e 2. e 2 2(a 2 + b 2 ) (a + b) 2, odakle slijedi e a + b što je zbog nejednakosti trokuta nemoguće.

12 22 1. GEOMETRIJ Predrag Savić. Neka je DE = x, E = y, = e iostale oznake kao na slici D δ l l M m m N E L k n k K Sl n β Saslikejeočevidno K = N = k. Prema kosinusovom teoremu je KL = 2(1 cos β). Promatrajmo trokut KL. Kako je četverokut LEK tetivan (naime <)KE + <)LE = = 180 ), onda prema Ptolomejevom teoremu imamo y KL = 2rn, tj. y = 2r 2(1 cos β) i analogno x = 2r 2(1 cos δ). Odatle slijedi x 2 y 2 = 1 cos β 1 cos δ. Me - dutim u trokutima i D prema kosinusovom poučku imamo cos β = a2 + b 2 e 2, cos δ = c2 + d 2 e 2, 2ab 2cd pa uvrštavanjem nakon malog računa dobivamo što je i trebalo dokazati. x 2 y 2 = cd ab,

13 1. GEOMETRIJ Uslučaju kad je točka N na dužini Q i N,površina četverokuta MNQ je manja nego u slučaju kad je N. Q D b a-b a N ax b M x Sl Isto tako, ako se točka N nalazina DQ, ondaje površinaod MNQ manja od polovine površine danog kvadrata. Dovoljno je stoga promotriti slučaj kad točka N leži na stranici. Sa slike se lako vidi (npr. N = ax/b iz sličnih trokuta QD i NM) da je površina četverokuta MNQ jednaka P(x) =a xax b 1 ( 2 (a + b) a ax ), b što je kvadratni polinom u x. Njegova maksimalna vrijednost dostiže se za x = a b 2. Prema tome, ako je N na, tj. N = a a b a, tj. b a b 2 3,pravac MN treba povući tako da je M = 1 2 Q. ko je pak b < a, onda se 3 maksimum dostiže za N. je Neka su S 1 i S 2 polovišta dužina i respektivno. Kako MS 1 MN NS 2, to je MS 1 NS 2, odakle slijedi <)MS 1 = <)NS 2, i prema tome trokuti M i N su slični. Odatle odmah slijedi da za točku {F} = M N vrijedi <)F = π/2, tj. točka F leži na velikoj polukružnici. Kako je M F, N F, <)MFN = π/2, zaključujemo da je MFN pravokutnik.

14 24 1. GEOMETRIJ E F M N S S 1 2 Sl Tako - der je <)FMN = <)M = β, jer se radi o kutovima s okomitim kracima. Imamo zatim i <)FM = π/2 <)FN = π/2 <)FMN = π/2 β <)F = <)M + <)MF = β +(π/2 β) =π/2, odakle zaključujemo da je F E. Na taj način dobivamo da su trokuti E i NEM slični, pa je omjer njihovih površina jednak omjeru kvadrata odgovarajućih stranica, npr. (MN/) 2.Kakoje MN = E = 2r 2R, dobivamo da je traženi omjer jednak rr (r + R) 2. = 2(r + R), Nitkoodučenika nije riješio ovaj zadatak. Kako su zadatke bodovali svi zajedno, bodovane su lijepo nacrtane skice, po formuli { 2n, za učenike, broj bodova = 2n + 3, za učenice, pri čemu je n broj nacrtanih skica. Uvedimo oznake kao na slici Dokazat ćemo najprije da je <)K = <)M. Neka je S središte kružnice, a P nožište okomice iz S na.poteoremu o okomicama, nožište okomice iz K na je P,tako - der iz M na je P. Zbog SK = SM pravokutni su trokuti SKP i SMP sukladni, odakle slijedi KP = MP. Odatle je KP MP, KP MP, te je K M, i stoga <)K = <)M.

15 1. GEOMETRIJ 25 K S L D M P Sl Imamo: Uvedimo sada neke oznake za kutove: <)K = <)M = α 1 <)LD = <)MD = α 4 <)K = α 2 <)DM = α 5 <)K = <)L = α 3 <)DL = α 6. α 1 + α 2 + α 3 = π (1.6) α 1 + α 4 + α 5 = π (1.7) α 3 + α 4 + α 6 = π (1.8) α 2 + α 5 + α 6 = π. (1.9) Oduzimanjem prve i treće, a zatim druge i četvrte jednadžbe dobivamo: α 1 + α 2 = α 4 + α 6 (1.10) α 1 + α 4 = α 2 + α 6. (1.11) Zbrajanjem ovih jednadžbi dobivamo α 1 = α 6, čime je tvrdnja dokazana. PRIMJED. Na sličan način može se pokazati da je α 3 = α 5 i α 2 = α 4.