Potencija taqke. Duxan uki

Potencija taqke Duxan uki Neka su dati krug k i taqka u ravni. Posmatrajmo proizvoljnu pravu l kroz i njene preseqne taqke B i sa krugom k. Proizvod B ne zavisi od izbora prave l. Zaista, ako sa D oznaqimo sredixte duжi B, imamo B = (D DB)(D +DB) = D DB = O OD DB = O r, gde je r = OB polupreqnik kruga r. Definicija. Proizvod P,k = B = O r je potencija taqke u odnosu na krug k. Duжi B i smatramo orijentisanim, tj. proizvod B je pozitivan ako su B i istog smera, a negativan u suprotnom. Specijalno, potencija taqke P u odnosu na krug k je pozitivna za P van kruga, negativna za P unutar kruga, i nula za P na krugu. ko su B i D dve prave kroz taqku P, gde su,b,,d taqke na krugu, onda su orijentisani proizvodi P PB i P PD jednaki. Vaжi i drugi smer: T.1. ko se prave B i D seku u taqki P i vaжi P PB = P PD, gde su duжi orijentisane, onda taqke,b,,d leжe na istom krugu. Dokaz. Neka krug B seqe pravu BD u taqkama B i D. Tada iz P PD = P PB = P PD sledi PD = PD kao orijentisane duжi, dakle D D. Geometrijsko mesto taqaka potencije p u odnosu na krug k je krug sa centrom O i polupreqnikom r +p, pod pretpostavkom da je p r. Krug polupreqnika nula je taqka. Zadatak 1. Dva kruga k i l se seku u taqkama i B i dodiruju pravu p u taqkama i D redom. Dokazati da prava B polovi duж D. Rexenje. Neka B seqe D u taqki M. Potencija taqke M u odnosu na oba kruga je jednaka M MB, dakle M = M MB = MD. Prirodno se postavlja pitanje koje taqke u ravni imaju jednake potencije u odnosu na date krugove k 1 (O 1,r 1 ) i k (O,r ). Neka je P taqka u ravni. Tada je P P,k1 P P,k = (O 1 P r 1) (O P r ) = O 1 P O P (r 1 r ) = O 1P P O (r 1 r ) = O 1O (O 1 P O 1 O ) (r 1 r ), gde je P podnoжje normale iz P na O 1 O. To znaqi da razlika P P,k1 P P,k zavisi samo od taqke P. Drugim reqima, za dato d, geometrijsko mesto taqaka P za koje je P P,k1 P P,k = d je prava normalna na O 1 O. Specijalno, za d = 0 imamo: T.. Sve taqke sa jednakom potencijom u odnosu na dva nekoncentriqna kruga k 1 i k pripadaju istoj pravoj, koja je normalna na O 1 O. Definicija. Radikalna osa dva nekoncentriqna kruga k 1 i k je prava qije sve taqke imaju jednaku potenciju u odnosu na oba kruga. Jedna od posledica je da sredixta qetiri zajedniqke tangente na dva data disjunktna kruga leжe na radikalnoj osi, xto je opxtije od tvrđenja u zadatku 1. ko se krugovi k 1 i k seku (ili dodiruju), njihova radikalna osa je određena njihovom zajedniqkom tetivom (odnosno tangentom). T.3. Neka su k 1,k,k 3 krugovi koji su nekoncentriqni u parovima. Radikalne ose krugova k 1 i k, k i k 3, i k 3 i k 1 pripadaju istom pramenu, tj. seku se u jednoj taqki ili su paralelne ili se poklapaju. 1

Dokaz. Presek radikalnih osa (k 1,k ) i (k,k 3 ), ako postoji, ima jednaku potenciju u odnosu na sva tri kruga, pa zato pripada i tre oj radikalnoj osi (k 3,k 1 ). B B T k k 1 k r 3 r 1 r 13 B k 3 O P,k = B = B = T R r ij = radikalna osa k i,k j ; R = radikalni centar Definicija. ko se radikalne ose tri kruga seku u jednoj taqki, ta taqka je radikalni centar tih krugova. Posledica. ko se tri kruga seku, njihove tri zajedniqke tetive su konkurentne. Slede e pomo no tvrđenje je qesto korisno, npr. u zadacima u kojima se pokazuje da xest taqaka, po dve na svakoj stranici trougla, pripadaju istom krugu. T.4. Dat je trougao B. Taqke 1, na stranici B, B 1,B na i 1, na B su takve da su po qetiri taqke ( 1,,B 1,B ), (B 1,B, 1, ) i ( 1,, 1, ) koncikliqne. Tada svih xest taqaka leжe na istom krugu. Dokaz. Oznaqimo krugove B 1 B 1, 1 1 i 1 B 1 B redom sa k a,k b i k c. ko se ovi krugovi ne poklapaju, radikalne ose parova krugova (k b,k c ), (k c,k a ) i (k a,k b ) su prave 1, B 1 B i 1, redom. li radikalne ose pripadaju istom pramenu, a sa ove tri prave to oqigledno nije sluqaj - kontradikcija. Dakle, krugovi moraju da se poklapaju. Zadatak. U oxtrouglom trouglu B, taqke H a,h b,h c su podnoжja normala iz ortocentra H na B,,B redom. Dokazati da su ortogonalne projekcije taqaka H a na B i, H b na B i B, i H c na i B koncikliqne. Rexenje. Oznaqimo sa H ab i H ac projekcije H a na i B redom; analogno oznaqavamo H ba,h bc,h ca,h cb. Pokaжimo da taqke H ab,h cb,h ac,h bc pripadaju nekom krugu k a. Treba dokazati da je H ab H cb = H ac H bc. Sve qetiri duжine se jednostavno izraqunavaju, pa dobijamo H ab H cb = H ac H bc = H H a cosαsinβsinγ. nalogno, taqke H ac,h bc,h ba,h ca leжe na nekom krugu k b, a taqke H ba,h ca,h ab,h cb na krugu k c. Po teoremi 4, krugovi k a,k b i k c se poklapaju. Neka su dati krugovi k 1 (O 1,r 1 ) i k (O,r ) sa O 1 O. Posmatrajmo krug k(o,r) koji seqe k 1 i k pod pravim uglom (tj. ortogonalan je na njih), pri qemu seqe k 1 u 1 i B 1, a k u i B. Ugao O 1 O 1 je prav, pa je r = OO 1 r 1 = P O,k1 ; analogno je i P O,k = r, xto znaqi da O leжi na radikalnoj osi krugova k 1 i k. T.5. Geometrijsko mesto centara krugova ortogonalnih na date krugove k 1,k je radikalna osa k 1 i k. Posledica. ko centri tri kruga ne leжe na istoj pravoj, postoji taqno jedan krug ortogonalan na sva tri kruga, i njegov centar je radikalni centar ovih krugova. Ve smo stekli neku predstavu o upotrebnoj vrednosti pojma potencije taqke. Naravno, kao i uvek, mo aparata zavisi i od naxe kreativnosti pri njegovoj upotrebi.

Zadatak 3. (Brijanxonova teorema) Dokazati da se u tangentnom xestouglu BDEF dijagonale D,BE i F seku u jednoj taqki. Rexenje. Neka upisani krug dodiruje prave B,B,D,DE,EF,F redom u P,Q,R,S,T,U. Odaberimo taqke P,Q,R,S,T,U redom k a T U na polupravim PB,QB,RD,SD,TF,UF F k e tako da je PP = QQ = RR = SS = TT = U UU T = m. Posmatrajmo sada krugove k a, Q E O k c,k e takve da k a dodiruje prave EF i B P S R u T i Q redom; k c dodiruje B i DE u Q P i S B redom; i k e dodiruje D i F u R D R i U redom. Taqke i D imaju jednake potencije u odnosu na k c i k e jer je P P = P + m = k c S U +m = U i DS = m DS = m DR = DR ; zato je D radikalna osa krugova k c i k e. nalogno je BE radikalna osa k e,k a, a F radikalna osa k a,k c. Prave D, BE,F se onda seku u radikalnom centru krugova k a,k c,k e. Zadaci 1. Upisani krug trougla B deli teжixnu duж M na tri dela tako da su dva dela van kruga iste duжine. Dokazati da je jedna stranica trougla dvaput duжa od druge.. U oxtrouglom trouglu B taqka H je ortocentar. Krug kroz H sa centrom u sredixtu stranice B seqe pravu B u 1 i. Sliqno, krug kroz H sa centrom u sredixtu seqe u B 1 i B, a krug kroz H sa centrom u sredixtu B seqe B u 1 i. Dokazati da taqke 1,,B 1,B, 1, leжe na istom krugu. (MMO 008.1) 3. Dva kruga u ravni se seku u X i Y. Dokazati da postoje qetiri taqke P,Q,R,S sa slede im svojstvom: za svaki krug koji dodiruje date krugove u i B i seqe pravu XY u i D, svaka od pravih,d,b,bd prolazi kroz jednu od taqaka P,Q,R,S. 4. U trouglu B,,B i su podnoжja visina iz,b i redom. Prave B i B seku se u X, prave i u Y, a B i B u Z. Dokazati da taqke X,Y i Z leжe na pravoj, i da je ta prava normalna na Ojlerovu pravu trougla B. 5. Krug k sa centrom O upisan je u konveksan qetvorougao BD i dodiruje stranice B,B,D i D redom u taqkama K,L,M i N. Prave KL i MN se seku u taqki S. Dokazati da je OS BD. 6. Među qetiri taqke,b,,d, nikoje tri nisu kolinearne. Prave B i D seku se u E, a prave B i D u F. Dokazati da krugovi nad preqnicima,bd i EF ili svi imaju zajedniqku taqku, ili nikoja dva nemaju. 7. Taqke P i Q unutar trougla B su takve da je P = QB i PB = QB. a) Dokazati da podnoжja normala iz P i Q na stranice trougla leжe na krugu. b) Neka su D i E podnoжja normala iz P na prave B i, a F podnoжje normale iz Q na B. Prave DE i B se seku u taqki M. Dokazati da je MP F. 8. U trouglu B sa najkra om stranicom B, taqke P i Q na stranicama B i redom su takve da je PB = QB = B. Dokazati da centar O opisanog kruga trougla P Q leжi na simetrali stranice B. 9. Taqke P i Q na stranici B konveksnog qetvorougla BD su takve da je P = QB. Taqka X D je taqka preseka krugova PD i DQB, a Y taqka preseka krugova P i QB. Dokazati da su taqke,d,x i Y na istom krugu. 3

10. U oxtrouglom trouglu B, taqke D,E i F su podnoжja visina iz,b,, redom. Prava kroz D paralelna sa EF seqe prave i B u Q i R, redom. Prava EF seqe B u P. Dokazati da krug opisan oko PQR prolazi kroz sredixte duжi B. 11. Upisani krug trougla B dodiruje stranice B i u taqkama Z i Y, redom. Prave BY i Z se seku u taqki G. Taqke R i S su takve da su BYR i BSZ paralelogrami. Dokazati da je GR = GS. 1. Neka je B trougao u kome je B = 90 i D podnoжje visine iz temena. Taqka X pripada unutraxnjosti duжi D. Odaberimo taqku K duжi X tako da je BK = B, i taqku L duжi BX tako da je L =. Prave L i BK seku se u taqki M. Dokazati da je MK = ML. (MMO 01.5) 13. Stranice D i B konveksnog qetvorougla BD nisu paralelne. Neka se krugovi nad preqnicima B i D seku u taqkama E i F unutar qetvorougla. Krug ω E prolazi kroz podnoжja normala iz E na prave B,B,D, a ω F prolazi kroz podnoжja normala iz F na D,D,B. Dokazati da prava kroz dve preseqne taqke ω E i ω F sadrжi sredixte duжi EF. 14. Neka su I i O redom centri upisanog i opisanog kruga trougla B. Neka je ω a krug kroz B i koji dodiruje upisani krug trougla B; sliqno se definixu krugovi ω b i ω c. Krugovi ω b i ω c seku se u taqki razliqitoj od ; sliqno se definixu taqke B i. Dokazati da se prave, BB i seku u taqki na pravoj IO. Rexenja 1. Oznaqimo B = a, = b i B = c, gde je bez smanjenja opxtosti b > c. Neka su X i Y preseqne taqke upisanog kruga i M, uz raspored X Y, i neka upisani krug k dodiruje B u P i u Q. Po uslovu zadatka je X = YM i otuda Y = XM, pa je P,k = Q = X Y = MX MY = MP, dakle b+c a = Q = MP = b c, pa je a = c.. Oznaqimo sa,b, redom sredixta B, i B. Tada je 1 = ( 1 )( + 1 ) = b 4 H i analogno B 1 B = a 4 B H. Kako je H B, imamo H B H = B = b 4 a 4, odakle sledi 1 B 1 B = b a 4 ( H B H ) = 0, dakle 1,,B 1 i B leжe na nekom krugu k c. nalogno, taqke B 1,B, 1, su na nekom krugu k a, a taqke 1,, 1, na krugu k b. Po T.4, svih xest taqaka su na istom krugu. 3. Oznaqimo date krugove sa k 1,k, i krug kroz,b,,d sa k 3. Smatra emo da je k 3 Q unutar k 1 i k ; drugi sluqaj je analogan. Neka i D seku k 1 u taqkama k 1 P X k P i R, i B i BD seku k u Q i S, redom. Pokaza emo da su PQ i RS zajed- B niqke tangente krugova k 1 i k, tako da k su P,Q,R,S traжene taqke. Krugovi k 1 i 3 D k 3 se dodiruju, pa je D RP. Kako vaжi P = X Y = B Q, qetvorougao R Y S BQP je tetivan, pa je PQ = BQ = D = RP jednaki. Sledi da PQ dodiruje k 1. Sliqno, PQ dodiruje i k. 4. Taqke B,,B, su na krugu, pa je XB X = XB X, dakle X pripada radikalnoj osi opisanog kruga k trougla B i njegovog Ojlerovog kruga k e (opisanog oko 1 B 1 1 ). nalogno, Y i Z pripadaju radikalnoj osi k i k e. Ta radikalna osa je normalna na pravu kroz centre krugova k i k e, a to je Ojlerova prava. 4

5. Podnoжje normale P iz O na BD pripada krugu k 1 nad preqnikom OB i k nad preqnikom OD. Radikalne ose parova krugova (k,k 1 ) i (k,k ) su prave KL i MN redom, pa je radikalni centar taqka S. Sledi da S pripada i radikalnoj osi krugova k 1 i k, a to je prava OP. 6. Neka je H ortocentar i,d,e podnoжja visina iz,d,e redom u trouglu DE. Taqke,D,,D su na krugu, taqke,e,,e takođe, pa je H H = HD HD = HE HE. Krug k nad preqnikom prolazi kroz, pa je P H,k = H H. Sliqno dobijamo da H ima istu potenciju u odnosu na k BD i k EF. nalogno, svaki od ortocentara trouglova BE, BF i DF ima jednaku potenciju u odnosu na k,k BD i k EF, i ne poklapaju se svi, dakle ova tri kruga imaju zajedniqku radikalnu osu (koja sadrжi sva qetiri ortocentra), odakle sledi tvrđenje. 7. Neka je G podnoжje normale iz P na B, a H,I podnoжja normala iz Q na B i redom. Qetvorouglovi EPG i FQI su sliqni, pa vaжi EG = FI, dakle taqke E,F,G,I su koncikliqne. nalogno, taqke D,E,I,H su koncikliqne, kao i taqke D,H,F,G. Po T.4, sve taqke D,E, K D F,G,H,I su na krugu. E Neka su K i L centri krugova DPE i Q P PFG. Kako je MD ME = MF MG, prava L MP je radikalna osa ova dva kruga, i M G F B zato je normalna na pravu KL koja spaja njihove centre. Kako su K i L sredixta duжi P i PF, prave KL i F su paralelne, odakle sledi MP F. 8. Po uslovu zadatka, trouglovi BP i B su sliqni, odakle je B = BP B, xto je potencija taqke B u odnosu na krug PQ, a ta potencija je jednaka OB r, gde je r polupreqnik kruga PQ. Sledi da je OB = B +r. nalogno je O = B +r, dakle OB = O. 9. Primetimo da je DX radikalna osa krugova DP i QDB. Poxto taqka K preseka DX i B pripada toj radikalnoj osi, vaжi KP K = KQ KB. Zbog uslova P = QB, odavde dobijamo da je K sredixte B. nalogno, i prava Y prolazi kroz K. Sledi da je KX KD = KP K = KQ KB = KY K, dakle,d,x,y su na krugu. 10. Neka je B >. Taqka D pripada duжima MP i QR, pa e tvrđenje zadatka slediti ako pokaжemo da je DM DP = DQ DR, gde je M sredixte B. Trouglovi B,EF,QR su sliqni, pa su taqke B,,Q,R na krugu, odakle je DB D = DQ DR. Ostaje da pokaжemo da je DB D = DM DP. Taqke E,F,D,M su na Ojlerovom krugu, B,,E,F su takođe na krugu, pa vaжi PB P = PE PF = PD PM. Oznaqimo PB = x i P = y. Tada je PM = x+y i odatle PD = xy x(x y) y(x y) x+y. Sledi da je DB = PB PD = x+y, D = x+y direktno dobijamo DB D = DM DP = xy(x y) (x+y), xto nam je i trebalo. i DM = (x y) (x+y), pa 11. Posmatrajmo pripisani krug k a preko puta temena. Neka je upisani krug k i k a redom dodiruju B u taqkama X i X a. Oznaqimo sa Z a i Y a taqke dodira k a sa B i. Tada je ZZ a = ZB + BZ a = BX + BX a = BX+X = B = ZS, jer je BX a = R Y S Z X. S druge strane, Y a = X a = BX = BZ = S. Taqku S moжemo da smatramo G za degenirisani krug sa centrom S i polupreqnikom 0. Taqke Z i leжe na ra- X a X B dikalnoj osi krugova S i k a. nalogno, B k a Y a i Y leжe na radikalnoj osi k a i R. Sledi da je G radikalni centar k a, R i S, pa je Z a GS = GR. 5

1. Posmatrajmo krugove k 1 (,) i k (B,B). Neka X ponovo seqe k u K, a BX ponovo seqe k 1 u L, i neka se k 1 i k seku u i. Na osnovu potencije taqke X u odnosu na k 1 i k sledi XL XL = X X = XK XK, pa taqke K,K,L,L pripadaju istom krugu, recimo k 3. Kako je B = 90, dodiruje k i B dodiruje k 1, pa na osnovu potencije taqke u odnosu na k sledi L = = K K, tj. L dodiruje k 3 u L. nalogno, BK dodiruje k 3 u K. Sledi da su MK i ML tangentne duжi iz taqke M na k 3, pa je MK = ML. 13. Oznaqimo sa E a,e b,e c i E d podnoжja normala iz E redom na prave B,B, D,D, a sa E b i E d preseqne taqke EE b sa D i EE d sa B, redom. Svih xest taqaka E a, E b,e c,e d,e b,e d leжe na krugu ω E(E a E b E c ). Zaista, E a E b E c + E c E d E a = E a E b E + EE b E c + E c E d E+ EE d E a = E a BE+ EE c + E c DE+ EE a = 90 +90 = 180, pa E d leжi na ω E, a osim toga je E d E de a = EE a = BEE a = BE b E a, pa je i E d (i analogno E b ) na ω E. nalogno definisane taqke F a,f b,f c,f d,f b,f d su na krugu ω F. Neka se prave EE d i FF b seku u U, a EE b i FF d u V. Taqke E d,e d,f b,f b su na krugu jer je E d E df b = F b F be d = 90, a potencija taqke U u odnosu na taj krug je UE d UE d = UF b UF b, xto znaqi da je U na radikalnoj osi ω E i ω F. nalogno je i V na toj radikalnoj osi, a prava UV polovi EF jer je EUFV paralelogram, pa tvrđenje zadatka sledi. 14. Neka upisani krug γ trougla B dodiruje B,,B u 1,B 1, 1 redom, i dodiruje ω u X a. Homotetija sa centrom X a koja M b l slika γ u ω takođe slika 1 u taqku M a a na ω u kojoj je tangenta paralelna B, M c X a l c xto znaqi da je M sredixte luka B B 1 kruga ω koji ne sadrжi X a. Sledi da je M a X a B = M a B i otuda M a B 1 l b 1 K M a X a B. Odavde je M a B I O = M a 1 M a X a, pa M a pripada radikalnoj osi l b krugova γ B i γ. nalogno, M a je na radikalnoj osi l krugova i γ. Sliqno uvodimo taqke B 1 X b,x c,m b,m c i pravu l a ; prave l a,l b,l c leжe duж stranica trougla M a M b M c. Prave l a i B 1 1 su paralelne jer su obe ω a normalne na I; sliqno je l b 1 1 i l c 1 B 1. Sledi da je M a M b M c slika M a trougla 1 B 1 1 pri nekoj homotetiji Θ. Neka je K centar Θ i k = MaK = M bk 1K B = McK 1K 1K koeficijent sliqnosti. Prave M a 1,M b B 1,M c 1 se seku u K. Kako su 1,B 1, X a,x b na krugu, vaжi 1 K KX a = B 1 K KX b ; mnoжenjem sa k dobijamo M a K KX a = M b K KX b, pa taqka K leжi na radikalnoj osi krugova ω i ω B. Sliqno, prave i BB sadrжe K. Neka Θ slika I u O. Taqka O je na pravoj kroz M a paralelnoj sa 1 I (i normalnoj na B); kako je M a sredixte luka B, ta prava se poklapa sa M a O. Sliqno, O leжi na pravoj M b O, pa je O O, dakle taqke I,K i O su kolinearne. Beograd, 01 6