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 i u). Dobivene relacije su primjenjene na nekoliko zadataka koji se ne rade na redovnoj nastavi. Slike su stavljene nakon teksta i označene su prema redoslijedu u tekstu, npr. u1. iz uvoda 1. slika ili z1 je slika za 1. zadatak, to je tako složeno s namjerom da nakon printanja slike posluže kao predložak za rad uz svaki zadatak. 1. Točka A je izvan kružnice k (slika u1), parovi točaka, u kojima pravci kroz A presjecaju kružnicu k, su {C, D} i {B, E}. Obodni kutovi iz točaka B i D nad tetivama DE i BC su ψ i ϕ, sada iz trokuta ABD dobivamo: α + ϕ = ψ α = ϕ ψ. ( ) 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 {C, D} i {B, E}. Obodni kutovi iz točaka B 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 u1 je BCS = σbc, što znači da središnji kut luka BC mjerimo od B do C. 1
. 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. Dokažite da F C raspolavlja DE. Rješenje: Točka presjeka od CF i HB označena je s 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 i to ćemo sada dokazati. σef +σdc Točka G je unutar kružnice pa je prema ( ) AGC = (1), a zbog paralelnosti, BF DE, je σbd = σef, pa je AGC = σbd+σdc = 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 = σch, (4). Točka A je izvan kružnice, pa je prema ( ): CAG = CAE = σce σdc = σch+σhe σdc = σhc + σhe σdc, (5). Sada je iz (4) i (5) σhe = σdc, pravci BF, DE i CH su paralelni iz čega je σhe+σef = σbd+σdc, pa je σhf = σbc, 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. Dokažite da je GP = P H. Rješenje: Povucimo kroz točku D paralelu s AB i označimo točku u kojoj ona presjeca kružnicu s I, i s N označimo točku u kojoj simetrala od AB presjeca DI, ta simetrala prolazi središtem kružnice i točkom P tako da je trokut DP I jednakokračan. (Slika z) Zbog jednakokračnosti trokuta DP I vrijedi DP A = IP B, (1). P je unutar kružnice pa prema ( ) 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 tetivama EC i PH, i kolinearnost 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 DP I daje DP = P I, (4). Iz (1) i kolinearnosti je DP G = IP H, (5). Zbog (3), (4) i (5) trokuti GDP i HIP su sukladni, dakle GP = P H.
Z3. Trokutu ABC opisana je kružnica k, zatim su iz neke točke P kružnice k na stranice trokuta povučene okomice. Dokažite da 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 s obzirom na točku P oba Simsonova pravca {X, Y, Z} i {U, V, W }, zatim produžimo okomice na istu stranicu BC i označimo njihove presjeke s kružnicom s M i N (Slika z4). Iz tetivnog četverokuta PBXZ je ZXP = ZBP, (1); i obodni kutovi nad tetivom AP su AM P = 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 = σqp, (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. Dokažite da kut izmedu Simsonovih pravaca ne ovisi o točki s obzirom na koju su oni povučeni. Rješenje: Označimo Simsonove pravce sa s i s, na slici z5 to su PF i PJ pravci (slika z5), 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 i ( )(jer je točka presjeka izvan kružnice) (s, s ) = (MC, M C ) = σm M σcc, (). Trokuti PFD i EJD su pravokutni i P DF = EDJ P DF EDJ, sada je DP F = DEJ M P M = BEB, umjesto obodnog kuta M P M uvrstimo polovicu njegovog središnjeg kuta tj. σm M = 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
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. Dokažite da je trokut DEF jednakostraničan. Rješenje: Dakle ako je tvrdnja točna vrijedi σef =10. Točka P je unutar (slika z6) kružnice zato iz ( ) slijedi: 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, (slika z7p). Iz potencije točke U na kružnicu slijedi BU UM = R d, ili to izvedemo tako da se u kružnicu uz tetivu BM povuče još jedna tetiva kroz točke O i U označimo ju s V T sada iz sličnosti T UB MUV i, T U = R + d i V U = R d, dobijemo zapisanu jednakost. Na slici z7 povučeni su pravci CU i CO koji opisanu kružnicu presjecaju u X i Y, točka U 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 BU CM = UN Y C = rr, (4). Iz (3) i (4) slijedi tvrdnja. = β+γ 4
Slika 1: u1 5
Slika : u 6
Slika 3: z1 7
Slika 4: z 8
Slika 5: z3 9
Slika 6: z4 10
Slika 7: z5 11
Slika 8: z6 1
Slika 9: zp7 13
Slika 10: z7 14