Основни појмови
Из тачке ван круга могуће је повући тачно две тангенте на круг, једнаких тангентних одсечака.
Тачка која лежи на правој линији пресека два круга и ван кругова, гради једнака сва четири тангентна одсечка на кругове.
Већ у 5. веку п.н.е. Хипократ, истог имена као познати доктор, започео је решавати кроз векове чувени тешки проблем квадратуре круга. Међутим, тек 1882. године је немачки математичар Линдеман доказао да је број π трансцедентан, да није решење обичних полиномских једначин, а успут да је „квадратура круга“ немогућа „геометријска конструкција“ — самим шестаром и лењиром без поделе.
101. пример
Нека је T тачка из које су повучене тангенте на дати круг центра O, са тангентим одсечцима TA, TB. Трећа тангента пресеца ове две у тачкама A', B'. Доказати да угао ∠A'OB' не зависи од избора треће тангенте.
Доказ: Тачка P је тангентна треће тангенте, као на слици десно. Из подударност ΔA'OA ≅ ΔA'OP или једнакости ∠A'OA = ∠A'OP, као и ∠B'OB = ∠B'OP произилази: ∠A'OB' = ∠A'OP + ∠POB' = = (∠AOP + ∠POB)/2 = (∠AOP + ∠POB)/2 = ∠AOB/2 . ∎
102. задатак
На страници BC = a троугла ABC је унутра и вани уписан и приписан круг који је додирује у тачкама A', A'' редом. Додирне тачке ових кругова са страницама AB = c и AC = b редом су C', C'', а AC = b су B', B''.
1. Доказати да је CA' = BA'' = (a + b - c)/2.
2. Једнакокраки троугао ABC на основици AB има тачку D, а у њоме дефинисане троуглове CDA и CDB уписане су кружнице које страницу CD додирују у тачкама E, F редом. Помоћу дужина AD и BD изразити EF.
Решење: 1. Са једне стране је:
Са друге стране је:
Отуда BA'' = BC'' = AC'' - AB = (a + b - c)/2.
2. Из претходног CD = (AC + CD - AD)/2, CE = (BC + CD - BD)/2. Обзиром да је AC = BC налазимо EF = |CE - CF| = |AD - BD|/2. ∎
103. пример
Четвороугао ABCD је тетиван ако се око њега може описати кружница, па су му наспрамни углови суплементни. Када му се дијагонале AC, BD секу у тачки P, тада је ΔAPB ∼ ΔDPC, те је PA⋅PC = PB⋅PD.
Доказ: Једнакости углова:
сабирањем дају:
што потврђује да је ABCD заиста тетиван четвороугао. Али, због истих следи и ΔAPB ∼ ΔDPC, а из ове PA⋅PC = PB⋅PD. ∎
Ево једне занимљиве примене овог примера.
104. пример
Тачком T заједничке тетиве два круга пролазе две тетиве, CD и EF, првог и другог круга. Четвороуглови AFBE, ADBC, CFDE су тетивни.
Објашњење: Из сличности троуглова (ΔPAN ∼ ΔPBF) и на основу претходног примера четвороуглови AFBE, ADBC су тетивни, затим је TF⋅TE = TA⋅TB = T⋅D⋅TF, па је и четвороугао CFDE тетиван. ∎
105. задатак
Два круга се секу у тачкама A, B, а D, E додирне тачке њихове заједничке тангенте коју ова тетива полови у тачки C. Доказати да је CD = CE.
Доказ: Угао између тангенте и тетиве једнак је периферном над том тетивом, па имамо сличност ΔACD ∼ ΔDCB и ΔACE ∼ ΔECB:
Отуда:
106. задатак
Симетрала угла ∠C дели троугао ABC на два троугла. Ако су полупречници уписаних кружница у добијене троуглове једнаки, доказати да је дати троугао једнакокраки.
Доказ: Нека је CD симетрала угла, а O1, O2 центри кружница троуглова CDA, CDB, на слици десно, са додирним тачкама E, F кругова са симетралом. Отуда и подударност троуглова (једнаке су им катете и половине једнаких углова):
Троугао O1CO2 је једнакокраки, а O1O2 || AB и CD ⊥ AB. ∎
107. задатак
Конвексан четвороугао подељен је дијагоналама на четири троугла. Полупречници кружница уписаних у те троуглове једнаки су. Доказати да је дати четвороугао ромб.
Доказ: ABCD је дати четвороугао и пресек дијагонала је у тачки S, као на слици лево. Симетрично S пресликајмо ΔABS --> ΔCB'S.
Круг се пресликава у подударан круг, а странице у странице исте дужине, што значи BS = B'S, те да се дијагонале полове, да је овај четвороугао паралелограм.
Међутим, то значи и да су свим овим троугловима површине исте, производи полуобима и полупречника уписаних кругова, па су и остале странице међусобно једнаке. ∎
108. задатак
Две кружнице додирују се изнутра у тачки A. Полупречник OB веће кружнице додирује мању у тачки C. Колики је угао BAC?
Решење: Нека је O' центар мање кружнице и ∠AOB = φ. Тако имамо: ∠OAB = 90o - φ/2, ∠AO'C = 90o + φ, ∠CAO' = (180o - ∠AO'C)/2 = 45o - φ/2 и ∠BAC = ∠BAO - ∠CAO' = 45o. ∎
109. задатак
Тачке A, B, C, D, E налазе се на кружници, тачке A и D са различитих страна праве BC, а B и E са различитих CD, а ∠ABC = ∠BCD = ∠CDE = 45o. Доказати да је AB2 + CD2 = BC2 + DE2.
Окружно такмичење математике средњошколаца Србије, први разред — А категорија, 24. феб, 2001. године.
Решење: Периферни углови су ∠CBE = ∠CDE = 45o, над тетивом CE, па је ∠ABE = 90o, дакле, AE је пречник круга. Из BC || BE даље следи да је BCED једнакокраки трапез, те CD = BE. Уз то имамо: AB2 + CD2 = AB2 + BE2 = AE2, као и BC2 + DE2 = R2, два пута узета Питагорина теорема пречника R круга. А отуда тражена једнакост AB2 + CD2 = BC2 + DE2. ∎
110. пример
Позната нам је косинусна теорема c2 = a2 + b2 - 2ab cos γ, за произвољан троугао ABC страница AB = c, BC = a, CA = b и угла ∠ACB = γ. Али верујем да вам није познат следећи њен доказ.
Решење: Поставимо троугао ABC у комплексну раван, тако да је C(0,0) у исходишту, A(a,0) на апсциси, а тачка B(x,y) = x + iy негде у равни ℂ.
Тада је \( B = ae^{i\gamma} \) и имамо:
\[ |c|^2 = |B - A|^2 = \] \[ = (ae^{i\gamma} - b)(ae^{-i\gamma} - b), \] \[ c^2 = a^2 + b^2 - ab(e^{i\gamma} + e^{-i\gamma}) = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma \]a то је косинусна теорема. ∎
111. задатак
На полукружници полупречника 1 пречника AD налазе се тачке B и C. Доказати да важи AB2 + BC2 + CD2 + AB⋅BC⋅CD = 4.
Републичко такмичење средњих школа Србије математике других разреда А, 24. март 2001. године.
Доказ: На слици лево су ознаке AB = a, BC = b, CD = c, AC = x, а ∠CDA = α. Према косинусној теореми (110. пример) биће:
\[ AB^2 + BC^2 = x^2 - 2ab\cos\alpha, \]јер је \(\angle ABC = 180^o - \alpha\), па је:
\[ a^2 + b^2 + c^2 + abc = x^2 - 2abc\cos\alpha + c^2 + abc = \] \[ = x^2 + c^2 + ab(c - 2\cos\alpha) = 4, \]јер је \(x^2 + c^2 = 4\) и \(c = 2\cos\alpha\). ∎
Тангенте круга
Тангенте су праве линије које додирују круг. Из тачке ван круга могуће је повући тачно две тангенте на круг једнаких дужина одсечака (од дате тачке до кружнице).
112. задатак
Дате су две кружнице полупречника r1, r2 и центара O1, O2. Полуправе O1a, O1b додирују други круг и први секу у тачкама A, B, а полуправе O2c, O2d додирују први круг и секу други у тачкама C, D. Доказати AB = CD.
Републичко такмичење средњих школа Србије математике других разреда Б, 24. март 2001. године.
Доказ: Нека је X додирна тачка полуправе O1a, на слици десно, а Y пресек дужи O1O2 и AB. Тада су слични троуглови O1AY и O1O2X, па је AY : r1 = r2 : O1 : O2. Отуда је AB = 2⋅(r1r2)/(O1O2). Аналогно је CD = 2⋅(r1r2)/(O1O2), из чега следи AB = CD. ∎
113. задатак
У паралелограму ABCD је AC дужа дијагонала. На њој је тачка E таква да је четвороугао BCDE тетиван. Доказати да је права BD тангента свакој од две описане кружнице троуглова ABE и ADE.
Решење: Нека је O пресек дијагонала. Тада је EO⋅OC = BO⋅OD (видети 103. пример), а из OC = OA и BO = OD следи EO⋅OA = BO2 и EO⋅OA = DO2 што значи да је OB тангента описане кружнице троугла ABE, а OD је тангента описане кружнице троугла ADE. ∎
114. пример
Две кружнице се извана додирују у тачки A. Вањска заједничка тангента додирује их у тачкама B и C. Доказати да је ∠BAC = 90o.
Доказ: Нека је a заједничка тангента кругова у тачки A, а O1 и O2 су центри кружница које садрже редом тачке B, C, као на слици десно.
Централни углови α1 = ∠BO1A и α2 = ∠AO2C двоструко су већи од периферних над истим тетивама BA, AC, а ови су једнаки угловима између тетива и тангенте a. Тако β = ∠BAa = α1/2 и γ = α2/2. Отуда ∠BAC = (α1 + α2)/2 = 90o. ∎
115. пример
Две кружнице центара O1 и O2 се извана додирују у тачки A. Права која пролази том тачком сече их у тачкама B и C. Доказати да је BO1 || CO2.
Доказ: Унакрсни углови једнаки су, ∠BAO1 = ∠CAO2, и њихови троуглови једнакокраки су, а једнакост углова у теменима B и C значи BO1 || CO2. ∎
116. задатак
Четири круга се извана додирују, први са другим, други са трећим, трећи са четвртим и четврти са првим. Доказати да су њихове додирне тачке темена тетивног четвороугла.
Доказ: Центри кругова и додирне тачке редом су Oi, Ai, где i = 1, 2, 3, 4. Четвороугао O1O2O3O4 је конвексан и нека су θ1, θ2, θ3, θ4 његови углови. Тада је αi = ∠Ai-1AiAi+1 = (θi + θi+1)/2, што је лако проверити, а последица тога је α1 + α3 = (θ1 + θ2 + θ3 + θ4)/2 = α2 + α4. ∎
117. задатак
Три кружнице са центрима A, B, C и полупречницима a, b, c додирују се извана и имају заједничку тангенту, као на слици лево. Доказати да је
\[ \frac{1}{\sqrt{c}} = \frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}}. \]
Доказ: Тангентне тачке кружница нека су A', B', C', па посматрајмо правоугле трапезе A'B'BA, C'B'BC, A'C'CA и стране правоуглих троуглова које они одређују:
\[ A'B', \ b - a, \ a + b, \] \[ C'B', \ b - c, \ b + c, \quad C'B', \ a - c, \ a + c. \]Питагорина теорема даје \( A'B' = 2\sqrt{ab} \), \( C'B' = 2\sqrt{bc} \) и \( A'C' = 2\sqrt{ac} \). Са друге стране A'B' = C'B' + A'C', те је \( \sqrt{ab} = \sqrt{bc} + \sqrt{ac} \), а отуда, делећи ову једнакост са \( \sqrt{abc} \) добијамо тражену једнакост. ∎
118. задатак
Три кружнице једнаких полупречника r садрже тачку H и по две од њих тачке A, B, C. Доказати:
- Ортоцентар (пресек висина) троугла ABC је тачка H;
- Полупречник описаног круга троугла ABC је такође r.
Доказ: Означимо центре кружница са A', B', C' као на слици десно. Четвороугао A'BC'H је ромб, па BA' || HC'. На исти начин B'A || HC' || BA', па је B'ABA' паралелограм.
1. Из A'B' ⊥ CH и A'B' || AB следи AB ⊥ CH. Слично је BC ⊥ AH, или CA ⊥ BH.
2. Како B'A || BA' тако је B'C || BC' и A'C || AC', а свака од ових шест дужине је r. Допунимо троугао BA'C до ромба BA'CO. Такође AB'CO је ромб. Отуда AO = BO = CO = r, па је O центар описане кружнице ΔABC полупречника r. ∎
119. задатак
На круг центра O из тачке A повучене су тангенте AB, AC. Кроз тачку D тетиве BC иде окомица EF, где E ∈ AB и F ∈ AC. Доказати DE = DF.
Доказ: Тачке B, D леже на кружници пречникa EO, па је ∠DEO = ∠DBO. На исти начин ∠DFO = ∠DCO.
Са друге стране, из једнакости датог круга ∠DBO = ∠DCO следи да је троугао EOF једнакокрак, а OD је његова висина. ∎
На тему тетивних четвороуглова често се враћамо када се задаци односе на кругове и четвороуглове.
120. задатак
Четвороугао ABCD уписан је у круг чије се тангенте у тачкама B, D секу у тачки T која лежи на правој AC. Доказати да је AB ⋅ CD = BC ⋅ AD.
Доказ: Из сличности троуглова ΔTAB ∼ ΔTBC следи пропорција AB : BC = TB : TC. Аналогно биће AD : DC = TD : TC.
Обзиром на једнакост TB = TD, тангентних одсечака, тврђење је доказано. ∎
121. задатак
Круг k и права p немају заједничких тачака. Из тачке T ∈ p повучене су тангенте TA, TB на круг k. Доказати да све тетиве AB имају заједничку тачку, када се T креће по p.
Доказ: Пројекција OP центра круга на праву p и тетива AB секу се у тачки C. Покажимо да је она непокретна тачка, док се T креће по p.
Тачке A, B, P на кружници су пречника OT. Стога једнакост углова ∠APO = ∠ABO = ∠BAO, затим сличност ΔAPO ∼ ΔCAO, потом AO : PO = CO : AO. Према томе CO = AO2/PO = const. ∎
Нормале
Висине троугла секу се у једној тачки која се назива ортоцентар.
122. задатак
Тачке C, D су на кружници чији је AB пречник. Доказати, ако AC ∩ BD = P и AD ∩ BC = Q, онда је PQ ⊥ AB.
Доказ: У троуглу ABQ висине AC и BD секу се у тачки P, па је PQ трећа висина, тј. PQ ⊥ AB. ∎
123. задатак
Праве PC, PD тангирају круг пречника AB. Праве AC, BD секу се у тачки Q. Доказати да је PQ ⊥ AB.
Доказ: На слици лево, праве AD, BC секу се у тачки Q', а према претходном задатку QQ' ⊥ AB.
Отуда ∠ABC = ∠CQQ', јер углови са окомитим крацима једнаки су или су суплементни. Слично је ∠CAB = ∠CQ'Q.
Нека је M пресек тангенте PC и праве QQ'. Имамо ∠QCM = ∠ABC, па је троугао CMQ једнакокраки. Слично ΔCMQ' је једнакокраки и QM = CM = Q'M, тј. M је средина дужи QQ'. Слично се доказује да тангента PD пролази средином QQ'. ∎
Површине делова кругова
Површина круга полупречника r је P = r2π. Површина кружног исечка централног угла θ у радијанима, је Iθ = r2θ/2.
124. задатак
Око правоуглог троугла ABC описана је полукружница, а још две полукружнице дописане су са вањских страна катета BC и CA као полупречника. Наћи збирну површину два полумесеца, шрафиране зелено на слици, између веће и мањих полукружница.
Решење: Ако је хипотенуза троугла дужине c, а катете дужина a и b, онда је укупна површина полумесеца
\[ \frac{\pi a^2}{8} + \frac{\pi b^2}{8} + P(\Delta ABC) - \frac{\pi c^2}{8} \]али \( a^2 + b^2 - c^2 = 0\), што значи да је тражена површина једнака површини троугла, \( P(\Delta ABC) \). ∎
125. задатак
У круг полупречника 2r центра O уписана су четири круга полупречника r, пречника од центра O до веће кружнице, центара у теменима квадрата. Доказати да је заједнички део мањих кругова укупне површине једнаке површини већег ван мањих.
Решење: Површина кружног исечка, правог угла на слици, је \( I_\theta = \frac12 r^2\theta = \frac12 r^2\frac{\pi}{2} \), а троугла је \( P_\Delta = \frac12 \sin\frac{\pi}{2} = \frac12 r^2 \). Два пута површина кружног одсечка је \( O_2 = 2(I_\theta - P_\Delta) = \frac12 r^2(\pi - 2) \), а то је заједничка површина два мања круга. Четири такве износе \( O_4 = 4O_2 = 2r^2(\pi - 2)\).
Са друге стране, површина већег круга минус четири мања плус заједнички делови мањих износи \( 4r^2\pi - 4r^2\pi + O_4 = 2r^2(\pi - 2) \), што је тачно једнако збирној заједничкој површини мањих кругова. ∎
Наравно, овај задатак решава просто један потез, последња једнакост, а додати претходни део ту је ради инструкција.
126. задатак
Дата су три круга једнаких пречника OA, OB, OC. Када се од средњег одстрани оно што имају остала два, остаће део површине једнаке половини површине троугла ABC.
Доказ: Означимо пресек првог и другог круга са C1, другог са трећим A1, а трећег и првог B1, као на слици десно.
Из ∠OA1B = ∠OA1C = 90o следи да су тачке B-A1-C колинеарне, а слично A-C1-B. Отуда су једнаки одсечци AC1 = C1B = B1A1, као и C1B1 = BA1. Тако, преостали део средњег (B) круга има једнаку површину као и паралелограм A1BC1B1.
Међутим, A1B1, B1C1 и C1A1 су средње линије троугла ABC, што значи да је површина паралелограма A1BC1B1 пола површине троугла ABC. ∎