Основни појмови
На слици десно је угао ∠ACB пресечен са две паралелне праве AB и MN.
Тако добијамо два тзв. слична троугла CMN и CAB, јер су углови са паралелним крацима једнаки или су суплементни (допуњавају се до испруженог).
Слични троуглови имају једнаке углове: ∠C = ∠C, ∠CMN = ∠CAB и ∠CNM = ∠CBA и имају сразмерне дужине одговарајућих страница: CM : CA = MN : AB = CN : CB. На пример, ако су M и N средине страница, онда је MN (средња линија троугла) паралелна дужи AB и једнака њеној половини.
1. задатак
У оштроуглом троуглу ABC са висинама AA1 и BB1 је A1C⋅ BC = B1C⋅ AC.
Доказ: Правоугли троуглови AA1C и BB1C имају заједнички оштри угао гама у темену C, на слици лево. Према томе, они су слични. Парови одговарајућих углова су им једнаки, а странице пропорционалне. Из тога следи једнакост односа
а из које добијамо једнакост наведених производа. ∎
Троуглови су „слични“ ако имају пропорционалне парове страница, они тада имају једнаке угове наспрам тих страница. Важи и обрнуто, ако два троугла имају три једнака угла имаће пропорционалне њима наспрамне странице. О тетивним четвороугловима, попут ABA1B1, расправља се на следећој страници (58. задатак).
2. задатак
Помоћу сличности троуглова доказати Питагорину теорему.
Доказ: Три правоугла троугла ACD, BCD и ABC, на слици десно, слични су. Отуда:
b : p = c : b --> b2 = cp,
a2 + b2 = c(q + p) = c2.
Тачка D је подножје висине CD и она дели хипотенузу на одсечке дужина p = AD, q = BD чији је збир p + q = c. ∎
Ако није другачије наглашено, наспрам темена A, B, C троугла налазе се истоимене странице a, b, c, а у теменима углови редом алфа, бета и гама (α, β, γ). У „правоуглом троуглу“, у темену C је прави угао (γ = 90o). Катете су a и b, а хипотенуза c. Поменута „Питагорина теорема“
иначе важи за све правоугле троуглове и само за њих.
3. задатак
Трапез ABCD основица a = AB > b = CD пресечен је правом MN, тачака M на AD и N на BC, паралелном основицама. Ако је AM : MD = p : q изрази дужину MN помоћу a, b, p, q.
Решење: Права DE паралелна је CB, где је тачка E на основици AB, на слици лево. Тачка F је пресек линија DE и MN. Отуда:
(a - b) : MF = (p + q) : q,
MN = MF + FN,
MN = (aq + bp)/(p + q).
Посебно, ако је p = q, онда је MN средња линија трапеза; она је паралелна основицама и једнака њиховом полузбиру. ∎
„Трапез“ је четвороугао у равни са паром паралелних страница, овде a и b, које називамо „основицама“. Када су бочне стране (тзв. краци) трапеза истих дужина, овде BC и DA, трапез је „једнакокраки“, а ако је један од крака окомит на основице — трапез се назива „правоугли“. Погледајте и примену овог задатка у 15. задатку.
4. задатак
Темена паралелограма A'B'C'D' налазе се на страницама паралелограма ABCD, тако да A' ∈ AB, B' ∈ B и тако даље. Доказати да се центри два паралелограма подударају.
Доказ: Центар A'B'C'D' је средина B'D' и припада дужи која спаја средине AB и CD. Али он припада и дужи која спаја средине страница BC и AD. Пресечна тачка тих дужи је центар ABCD. ∎
5. пример
Користимо три дефиниције. „Паралелограм“ је четвороугао са:
- два пара паралелних страна;
- паром паралелних страна једнаких дужина;
- дијагоналама које се полове.
Ове три дефиниције су еквивалентне.
Објашњење: Прва (1) дефинише назив паралелограма. На слици лево видимо да троуглови ABC и CDA имају паралелне стране, те имају једнаке углове. Слични су, па су им одговарајуће странице пропорционалне, а обзиром да им је AC заједничка, то су оне и једнаке. Тако из (1) следи (2).
Троуглови ABS и CDS (S — пресек дијагонала) слични су, те је AS = SC односно BS = SD, па из (2) следи (3). Ако је тачно (3), онда су троуглови ABS и CDS слични, имају једнаке углове и паралелне и остале стране (осим дијагонала), што значи да из (3) следи (1). ∎
Паралелограм једнаких дијагонала је „правоугаоник“, а паралелограм са окомитим (неједнаким) дијагоналама је „ромб“. Паралелограм једнаких и окомитих дијагонала је „квадрат“.
6. задатак
Користећи горње дефиниције (5. пример) доказати да је средња линија троугла паралелна основици и једнака њеној половини.
Доказ: На слици десно је троугао ABC са средњом линијом DE која је продужена за исту дужину до тачке F. Према (3) је ADCF паралелограм, па је ABDF такође паралелограм (2). А онда (1) су дужи AB и DE паралелне и прва је двостуко већа од друге. ∎
„Средња линија“ троугла је дуж која спаја средине две странице троугла. На слици, то је дуж DE и доследно AB||DE и AB = 2⋅DE.
7. задатак
Једна од дијагонала четвороугла уписаног у круг је пречник круга. Доказати да су дужине пројекција супротних страница четвороугла на другу дијагоналу једнаке.
Доказ: На слици лево, AC je та дијагонала, четвороугла ABCD уписаног у круг средиштa S, која је и пречник круга. AA', SS' и CC' су пројекције на другу дијагоналу BD.
Ове пројекције су међусобно паралелне. Тачка S' је средина дијагонале BD, а S је средина дијагонале AC, па A'S' = S'C'. Према томе, BA' = C'D, чиме је тврђење доказано. ∎
Иначе, четвороугао уписан у круг назива се „тетивни“, а описан око круга „тангентни“ четвороугао, јер првог су странице тетиве круга, другог тангенте.
8. пример
Средине страница произвољног четвороугла су темена паралелограма.
Доказ: На слици десно, ABCD je произвољан четвороугао који не мора да буде раван. Тачке E, F, G, H су средине страница редом AB, BC, CD, DA.
Дуж EF је средња линија троугла ABC, па је EF||AC и EF = AC/2, а аналогно GH||AC и GH = AC/2, па је GH||EF и GH = EF. Отуда и због дефиниције (5. пример, 2) EFGH је паралелограм. ∎
Са окомитим дијагоналама AC⊥BD четвороугла ABCD биће паралелограм EFGH правоугаоник, када је AC = BD биће ромб, а EFGH је квадрат ако су те дијагонале и једнаке и окомите.
9. задатак
На кружници се налазе тачке A и B које се из њеног центра S виде под углом 60°, са тачком M на луку AB. Доказати да је права која пролази срединама дужи MA и SB окомита на праву која пролази срединама дужи MB и SA.
Доказ: На слици лево, AB je та тетива која са центром кружнице чини једнакостранични троугао ABS и дијагоналу четвороугла AMBS. Друга дијагонала MS тог четвороугла такође је дужине полупречника.
Како су C, D, E, F средине страница четвороугла BSAM (једнаких дијагонала), то је четвороугао CDEF ромб, а дијагонале ромба узајамно су окомите, те CE⊥DF. ∎
У доказу је кориштен 8. пример, да су дијагонале ромба узајамно окомите.
10. задатак
Крајеви хипотенузе налазе се на две паралелне праве, A ∈ a и B ∈ b, а треће теме C правоуглог троугла је тачно између њих. Изразити дужину висине хипотенузе CD помоћу узајамне удаљености паралелних правих.
Решење: На слици десно, тачка E je пројекција C на b. Троуглови BCA и BCE подударни су (имају исте углове и хипотенузу), па је CD = CE. Дакле, висина CD на хипотенузу дужине је половине удаљености између паралелних правих. ∎
Другим речима, геометријско место тачака D, подножја висина CD на хипотенузе, је кружница (c) са центром у датој тачки C, темену правих углова троуглова ABC, која додирује обе дате паралелне праве a и b.
11. задатак
Тачке A1, B1, C1 леже на правој p1 а тачке A2, B2, C2 на правој p2. Ако је A1B2||B1A2 и A1C2||A2C1, онда је B1C2||B2C1, доказати. Доказати и обрнуто, ако су тачке A1, B1, C1 колинеарне (леже на истој правој), а A1B2||B1A2 и A1C2||A2C1 и B1C2||B2C1, онда су тачке A2, B2, C2 такође колинеарне.
Докази: Ако су праве паралелне (p1||p2) онда је тврђење очигледно. Ако нису паралелне и секу се у тачки O (p1∩p2 = O), тада OA1 : OB1 = OB2 : OA2 и OC1 : OA1 = OA2 : OC2 дају OC1 : OB1 = OB2 : OC2, те је B1C2 || C1B2.
Обрнуто, нека се A1B2 и C1A2 секу у тачки D, тј. A1B2 ∩ C1A2 = D, а C1B2 и A1C2 секу у тачки E, тј. C1B2 ∩ A1C2 = E. Тада је C1A2 : A2D = C1B1 : B1A1 = EC2 : C2A1. Због сличности троуглова, ΔC1B2D ~ ΔEB2A1, тачке A2, B2, C2 леже на истој правој. ∎
12. пример
Тежиште (T) дели тежишницу (CC1) у односу 2 : 1 почев од врха (C).
Доказ: На слици десно, ABC je произвољан троугао, а A1 ∈ BC и C1 ∈ AB средине страница, па су AA1 и CC1 две тежишнице које се секу у тачки T, тежишту троугла. Тачка A2 је средина дужи C1B.
Троуглови BCC1 и BA1A2 слични су, те CC1||A1A2 и CC1 = 2 ⋅ A1A2. Такође, троуглови AA1A2 и ATC1 слични су и A1A2 : TC1 = 3 : 2. Отуда CT : TC1 = 2 : 1. ∎
„Тежишница“ је дуж која спаја врх троугла са средином супротне стране. „Тежиште“ је тачка у којој се секу тежишнице. Овде кориштено својство сличних троуглова је као и у 8. примеру. Општост темена C указује да у истом односу 2 : 1 тачка T дели тежишницу из темена A, или B, те да иста припада све трима тежишницама.
13. задатак
Ојлерова права (на слици o) одређена је центром описаног круга (O) и ортоцентром (H, пресек висина) троугла (ABC). Њој припада и тежиште троугла!
Доказ: A-O-D је пречник круга, CC1 је тежишница, а троуглови AOC1 и ADB слични су. Такође је DB||OC1||CH и DB = 2⋅ OC1. Како је BH⊥AC, а AC⊥CD (периферни угао над пречником је прав), то је BHCD паралелограм и CH = BD.
Ако је T пресек Ојлерове праве и тежишнице (OH∩CC1 = T), то су троуглови TCH и TC1O слични, па CH : OC1 = CT : TC1 = 2 : 1, што значи да је T тежиште троугла. ∎
У доказу је кориштена Талесова теорема, да је прави угао под којим се види пречник са кружнице. Она је на занимљив начин увезана са ставом да наспрам већег угла лежи дужа страница троугла и ставом да је свака страница троугла већа од збира остале две. То је појашњено у следећем примеру.
14. пример
Наспрам већег угла троугла је дужа страница и обрнуто, наспрам дуже стране је већи угао (слика лево). Последица је да једнакокраки троугао има два једнака угла на основици. Такође (слика десно), са периферије круга пречник се види под правим углом (в. 20. пример).
Објашњење: На слици лево, угао ∠A = α = ∠ACD мањи је од ∠C, па тачка D ∈ AB. Отуда c = AB = AD + DB = CD + DB > BC = a. У првим разредима средњих школа ово се доказује помоћу подударности троуглова, а тек као последица је „неједнакост троугла“ (свака страница троугла мања је од збира друге две).
На слици десно, CO је тежишница троугла ABC, па ако CO = AO онда угао α' = α и троугао је правоугли, јер из 2α + 2β = 180o следи α + β = 90o, а око њега је описан круг са пречником AB. Ако C'O > AO врх C' био би изван круга, у случају C''O < AO био би сасвим унутра.
15. задатак
Повучене су симетрале AA1 и BB1 углова троугла ABC. Доказати да је удаљеност произвољне тачке M ∈ A1B1 до основице AB једнака збиру удаљености те тачке до бочних страна AC и BC.
Доказ: Тачке симетрале угла једнако су далеко од кракова угла. Нека су N, P, Q пројекције тачке M на странице BC, CA, AB тим редом, а A2 и B2 пројекције тачака A1 и B1 на AB. Нека је a удаљеност тачке A1 од страница AB и AC, а b удаљеност тачке B1 од страница AB и BC.
Рецимо да тачка M дели дуж A1B1 у односу p : q, тако да је p + q = 1, онда је MN = ap и MP = bq, због сличности троуглова MA1N и MB1P, а „средња линија“ трапеза A1B1B2A2 је m = MQ = ap + bq, на основу 3. задатка, па је MN + MP = MQ. ∎
16. бисектрисе
Симетрала угла (бисектриса), рецимо AA1 троугла ABC на претходној слици, дели угао у темену ∠A = α на два једнака ∠BAA1 = ∠A1AC = α/2. Подсетимо се пар тврђења и њихових доказа о симетралама углова троугла, а затим погледајте и 22. задатак.
1. Симетрала унутрашњег угла троугла дели наспрамну страницу у односу других двеју страница.
Наиме, ако су D, E редом пројекције темена B, C на дату симетралу, онда су слични троуглови BDA1 и CEA1, а слични су и ΔABD и ΔACE. Из тога следи пропорционалност одсечака и кракова угла A1C : A1B = AC : AB. Затим, следи у прошлом, 15. примеру, употребљена сличност троуглова ABC ∼ A1B1C.
2. Симетрале унутрашњих иглова троугла секу се у једној тачки која је центар уписане кружнице у тај троугао.
Наиме, нека је пресек две симетрале на прошлој слици S = AA1 ∩ BB1. Тачка S једнако је удаљена од AC као и од AB, затим једнако је удаљена од AB и BC (транзитивност једнакости), па је једако удаљена од BC и CA, што значи да се налази и на симетрали угла у темену C. Ту је и 33. пример, о вани приписаним круговима троугла.
17. задатак
Средине страница AD и BC правоугаоника ABCD су тачке M и N. Тачка P је на продужетку странице CD иза D, а Q је на пресеку PM и AC. Доказати да је ∠QNM = ∠MNP.
Доказ: На слици лево, из центра O правоугаоника дуж OS иде до NQ паралелно са CB. Из MO||PC следи QM : MP = QO : OC, а из SO||BC следи QO : OC = QS : SN. Према томе, QM : MP = QS : SN, те је SM||NP, а отуда тражено ∠MNP = ∠SMO = ∠QNM. ∎
18. задатак
Дат је трапез ABCD са основицама AD||BC на чијим продужецима су тачке E иза A и F иза C. Дуж EF пресеца краке AB и CD у тачкама редом H и I, а дијагонале AC и BD у тачкама J и K. Ако је EH = IF, доказати да је тада EJ = KF.
Доказ: Кроз тачку H повуцимо дуж LM||CD, тако да L ∈ BC и M ∈ AD. Тада је KF : KE = BF : ED и JE : JF = EA : CF = EA : EM = BF : LF. Даље, из ED = LF следи KF : KE = JE : JF и, према томе, KF = JE. ∎
19. задатак
Тачке A', B', C', D' налазе се на страницама конвексног четвороугла A, B, C, D, тако да парове наспрамних страницама деле у истим односима. Доказати да пресек спојнице ових тачака дели у истим односима.
Доказ: BA' : BA = CC' : CD = m и BB' : BC = DD' : DA = n, на слици лево. Посматрајмо паралелограм ABCE. Ако се деси D = E, тврђење задатка је очигледно. Иначе нека D'D''||DE||C'C'', D'' ∈ AE, C'' ∈ EC.
Нека је PP'||DE||PP'', P' ∈ A'C' и P'' ∈ B'D'. Тада орјентисане дужи како P'P = m⋅C'C'' = mn⋅DE, тако P''P = n⋅D'D'' = nm⋅DE дају исти вектор, што значи да имамо три исте тачке P' = P'' = O. Отуда је A'O : A'C' = A'P : A'C'' = n и B'O : B'D' = m. ∎
20. пример
На слици десно је кружница k са центром O и тачкама A, B, C, D. Дуж AB је тетива, а CD пречник кружнице. Централни угао ∠AOB двоструко је већи од периферног ∠ACB над истом тетивом.
Доказ: Троугао AOC има два једнака крака (полупречнике). Вањски угао троугла једнак је збиру два унутрашња њему
не суседна угла, па овде имамо
θ1 = ∠AOD = 2⋅∠ACD = 2⋅γ1. Аналогно томе је
θ2 = 2⋅γ2 и стога θ1 + θ2 = 2⋅γ1
+ 2⋅γ2, што значи ∠AOB = 2⋅∠ACB. ∎
Централни угао над датом тетивом увек је исти, наравно и над истим тетивама исте кружнице, па су и сви периферни углови исте кружнице над тетивама једнаких дужина међусобно једнаки. Иначе, периферни углови су суплементни када су са различитих страна тетиве. То су нам познати делови (Талесове теореме), па их не детаљишем. Посебан случај овог је претходни, 14. пример, да је периферни угао над пречником прав. Наставак ове теме су „Периферни углови“.
21. пример
Пројекције тачке описане кружнице троугла на странице троугла леже на једној правој која се зове Симсонова права.
Доказ: Троугао ABC је уписан у кружницу k, као на слици лево. Тачка P ∈ k пројектована је на странице BC, CA, AB троугла редом у тачке Pa, Pb, Pc.
Прави углови у пројектованим тачкама њих чине теменима тетивних четвороуглова, међу којима су PBCPb и PPaBPc, на слици. На основу претходног примера и тетива, биће: ∠PPaPb = ∠PCPb = ∠PCA = ∠PBA = ∠PBPc = ∠PPaPc. Отуда једнакост и углова ∠PPaPb = ∠PPaPc из чега следи да тачка Pc припада правој PaPc, као што се тврди. ∎
22. задатак
Симетрала (si где i = 1, 2) угла (унутрашњег и вањског ∠B) троугла (ABC) дели (тачком Di) страницу (AC) у односу осталих (ADi : DiC = AB : BC).
Доказ: Из темена A и C повучене су нормале AAi и CCi, где i ∈ {1, 2}, на праву BDi = si, као на слици. Из ∠CBCi = ∠ABAi и ∠CDiCi = ∠AiDiA следи ΔBCiC ∼ ΔBAiA и ΔCCiDi ∼ ΔAAiDi. Отуда ADi : DiC = AAi : CCi = AB : BC. ∎
Упоредите овај задатак са 16. бисектрисе. Иначе, центар O круга уписаног у ΔABC, заједничку тачку бисектриса (симетрала углова), дели на пример бисектрису AA' тако да је AO : OA' = (b + c) : a, где су a, b, c дужине страна редом BC, CA, AB. Докажите то!
23. пример
(Чевијева теорема) Ако су A', B', C' редом тачке правих BC, CA, AB троугла ABC, онда се праве AA', BB', CC' секу у једној тачки (P) или су паралелне и то ако и само ако је (AB'/B'C)⋅(CA'/A'B)⋅(BC'/C'A) = 1.
Доказ: Ако се три праве секу у тачки P, кроз теме C повучена је паралела са AB коју AA' и BB' секу редом у D и E, а из сличних троуглова налазимо пропорције:
чијим множењем добијамо (AB' : B'C)⋅(CA' : A'B)⋅(BC' : C'A) = 1.
Обрнуто, ако важи наведена једнакост, а пресечна тачка CP са AB је C'', онда из претходног следи (AB' : B'C)⋅(CA' : A'B)⋅(BC'' : C''A) = 1. Међутим, по претпоставци је (AB' : B'C)⋅(CA' : A'B)⋅(BC' : C'A) = 1, а отуда су дужи AC'' и AC' једнаке и једнако усмерене, што је могуће само ако је C'' = C'. ∎
Из Чевијеве теореме произилази:
- Тежишне линије троугла секу се у једној тачки.
- Симетрале унутрашњих углова секу се у једној тачки.
- Висине троугла секу се у једној тачки (32. пример).
У пропорцијама често је важан редослед тачака, као у следећем примеру са Менелајевом правом m. Тада је AB : AB = 1, али је AB : BA = -1.
24. пример
(Менелајева теорема) На страницама BC, CA, AB троугла ABC дате су три тачке P, Q, R. Оне припадају једној правој ако и само ако
Доказ: Ако су тачке P, Q, R на некој правој m, као на слици десно, тако да леже и на три странице троугла ABC, онда сличности дају:
CQ : QA = - CC' : AA',
AR : RB = - AA' : BB'.
Множећи ове пропорције добијамо тражену једнакост.
Обрнуто, нека је испуњен услов Менелајеве теореме и претпоставимо да тачке P, Q, R нису колинеарне. Нека је права m одређена тачкама P, Q, а R' је њен пресек са AB. Тада, према доказаном и према претпоставци важе оба услова:
Отуда изједначавањем следи да су R и R' иста тачка. ∎
Размере и тачке
25. задатак
Основица једнакокраког троугла је дужине a, а дужина крака је b. Наћи полупречник описаног му круга.
Решење: Основица троугла ABC је дужине a = AB, краци b = BC = CA, а полупречник R = OC, где је тачка O центар описаног круга. На средини крака AC је тачка B1, а на средини основице C1. Из сличних троуглова ΔOB1C ∼ ΔAC1C следи CB1 : R = h : b, где је h = √(b2 - a2/4) висина из C на основицу AB. Отуда R = b2/√(4b2 - a2). ∎
26. задатак
Права линија пролази кроз врх A квадрата ABCD и пресеца странице CD, BC редом у тачкама E, F. Доказати да је AE-2 + AF-2 = AB-2.
Решење: Из сличности троуглова, AF : AB = AE : DE, где DE2 = AE2 - AB2, а отуда квадрирањем и сређивањем тражена једнакост. ∎
27. задатак
Врх A паралелограма ABCD пројектован је на странице BC, CD редом у тачке M, N. Доказати да је ΔMAN ∼ ΔABC.
Доказ: Углови са окомитим крацима једнаки су или су суплементни (допуњавају до испруженог), па су у троугловима MAN, ABC једнаки углови ∠MAN = ∠ABC. Углови са паралелним крацима једнаки су или суплементни, па су у троугловима ABM, ADN једнаки ∠ABM = ∠ADN. Отуда AM : AN = AB : AD = AB : CB, те је ΔMAN ∼ ΔABC. ∎
28. задатак
За углове α и β троугла ABC важи 3α + 2β = 180o. Доказати a2 + bc = c2.
Доказ: Дато је α + β = 90o - α/2, па је γ = 90o + α/2. То значи да постоји тачка D ∈ AB тако да је ∠ACD = 90o - α/2, отуда сличност ΔABC ∼ ΔCBD и пропорција BC : BD = AB : CB, тј. a2 = c(c - b). ∎
29. задатак
Једнако орјентисани и слични троуглови AMN, NBM, MNC су постављени као на слици десно. Доказати сличност ΔABC са ова три троугла и да му је центар описаног круга једнако удаљен од тачака M и N.
Доказ: Из ∠AMN = ∠MNC и ∠BMN = ∠MNA произилази ∠AMB = ∠ANC, што значи да је AM : AN = NB : NM = BM : CN. Отуда ΔAMB ∼ ΔANC, те је угао ∠MAB = ∠NAC. Доследно томе ∠BAC = ∠MAN. На исти начин једнакост других углова, а онда тражена сличност.
Нека су тачке B', C' симетричне са B, C на симетралу дужи MN. AM : NB = MN : BM = MC : NC, даје MA⋅MC' = AM⋅NC = NB⋅MC = MB'⋅MC. Према томе, тачка A лежи на кружници описаној трапезу BB'CC'. ∎
Странице четвороугла чија темена леже на кружници њене су тетиве. Такав „тетивни четвороугао“ (око кога се може описати кружница) има једнаке збирове наспрамних углова (по 180o). Симетрале његових страница секу се у једној тачки, а свака страница се из преостала три темена види под истим углом.
Странице четвороугла ABCD у које се може уписати кружница њене су тангенте. Збирови наспрамних страница таквог „тангентног четвороугла“ једнаки су, AB + CD = BC + DA, а симетрале унутрашњих углова секу се у једној тачки. Ево примене тангентог четвороугла у примеру „Микелових кругова“.
30. пример
Ако су P, Q, R редом тачке на страницама троугла ABC, као на слици десно, тада кружнице које садрже темена овог троугла и по две од три дате тачке — секу се у једној тачки M која се зове „Микелова тачка“.
Доказ: Нека је тачка M пресечна кружница PAQ и QBR. Углови α и β редом, у теменима A и B датог троугла, суплементни су онима у тачки M:
∠QMR = 180o - β
∠M = α + β
∠M = ∠RMP
31. задатак
У оштроуглом троуглу ABC висине BB', CC' секу се у тачки H. Тачке M, N, P, Q су редом средине дужи HB, HC, AC, AB. Доказати да је четвороугао ▢MNPQ правоугаоник. Слика лево.
Доказ: MN је средња линија троугла HBC, а PQ троугла ABC, па је MN||PQ и MN = PQ = BC/2. Зато је ▢MNPQ паралелограм.
Поред тога је PN средња линија троугла AHC, па је PN||AH, а AH⊥MN. ∎
32. пример
У 31. задатку је AA' висина из тачке A на страницу BC троугла ABC. Иначе се све три висине троугла секу у једној тачки, овде H, која је „ортоцентар“ троугла. Ево једног доказа помоћу Чевијеве теореме (23. пример).
Доказ: Правоугли троуглови BB'A и CC'A слични су јер имају по прав угао и заједнички угао у темену A. Отуда AB' : AC' = AB : AC. Такође, из сличности троуглова BB'C и AA'C добијамо CA' : CB' = CA : CB, а из сличности троуглова CC'B и AA'B добијамо BC' : BA' = BC : BA. Множећи ове три једнакости, након уређивања фактора добјамо
Видели смо да симетрала унутрашњег угла троугла дели супротну страну у односу других двеју страница и да се три симетрале унутрашњих углова секу у једној тачки, центру уписане кружнице у троугао (16. бисектрисе). Погледајмо сада још једну особину симетрала, ради демонстрације опет једне примене Чевијеве теореме.
33. пример
Симетрале једног унутрашњег угла троугла и симетрале два спољашња несуседна угла тог троугла секу се у једној тачки.
Доказ: Нека су AA', BB', CC' симетрале унутрашњег и два вањска угла троугла ABC. За њих редом имамо
Множећи ове три једнакости, након сређивања налазимо:
Извана, на странице произвољног троугла могуће је приписати и једнако страничне троуглове. Кругови описани таквим троугловима називају се „Торичелијеви кругови“ и они имају неколико занимљивих особина о којима говоре следећи примери.
34. пример
На странице произвољног троугла ABC дописани су једнакостранични троуглови ABC', BCA', CAB'. Кругови описани тим троугловима имају заједничку, тзв. „Торичелијеву тачку“.
Доказ: Нека је T тачка пресека кругова ABC' и BCA', на слици десно. У тетивном четвороуглу ATBC' је ∠AC'B = 60o, па је угао ∠ATB = 120o, слично ∠BTC = 120o и преостали угао око те тачке је ∠CTA = 120o. Према томе, тачка T припада кружници CB'A. ∎
Докажите сами следеће четири особине Торичелијевих кругова:
- праве AA', BB', CC' секу се у Торичелијевој тачки (T);
- дужи AA', BB', CC' су међусобно једнаке;
- ако је Торичелијева тачка у троуглу (ABC), онда је збир њених удаљености од темена троугла (TA + TB + TC) минималан;
- ако је ∠BAC = 120o, онда је Торичелијева тачка теме B.
35. пример
Праве које спајају тачке додира уписаног круга и страница троугла са наспрамним теменима секу се у једној тачки, тзв. „Жергоновој тачки“.
Доказ: У троугао ABC, на слици, уписана је кружница центра O и заједничких тачака A', B', C' са страницама троугла, тангентама кружнице. Једнакости одсечака AC' = AB', BA' = BC' и CB' = CA' множењем и сређивањем дају
Важи и аналогна, тзв. „Нагелова теорема“ о вањским круговима. Праве које спајају темена троугла са тачкама додира наспрамних страница и одговарајућих споља приписаних кругова секу се у једној тачки, која се назива „Нагелова тачка“.
36. задатак
Тачка P је унутар троугла ABC. Кроз њу пролазе паралеле чији пресеци са страницама и теменима чине тачке редом A, A', A'', B, B', B'', C, C', C''. Паралеле деле област троугла на шест делова од којих су три троугла површина S1, S2, S3. Доказати да је (S1 + S2 + S3)2 површина троугла ABC.
Доказ: Нека је S површина ABC, S1 површина троугла C'C''P, а S2 труогла A'A''P и S3 површина троугла B'B''P, на слици. Тада
C''P/AB + A'A''/AB + PB'/AB = 1,
а отуда S =(√S1 + √S2 + √S3)2. ∎
Погледајмо још један занимљив задатак са површинама у вези са средњим линијама троуглова. Знамо да повећање страница n-то угла x пута површину повећа x2 пута.
37. задатак
Тачка P унутар конвексног четвороугла ABCD површине S рефлектује се симетрично преко средина страница. Колика је површина четвороугла чија су темена тачке рефлексије?
Доказ: Нека су E, F, G, H средине страница редом AB, BC, CD, DA, као на слици лево, а E', F', G', H' рефлексије тачке P.
Обзиром да је EH средња линија троугла ABD, за површине важи 4 ⋅ SAEH = SABD. Аналогно имамо 4 ⋅ SCGF = SCDB, а исто важи и за дијагонале AC, па SEFGH = S/2.
Међутим, EH је средња линија и троугла PH'E' и 4 ⋅ SPHE = SPH'E', а исто важи и за средње линије EF, FG, GE. Отуда:
а то је тражени резултат. ∎
Четвороугао E'F'G'H', из 37. задатка, чија су темена тачке централне рефлексије произвољне унутрашње тачке P, има двоструку површину датог конвексног четвороугла ABCD.
38. задатак
Једнакокраки правоугли троугао ABC има дужине CD = CE са тачкама D, E на катетама CA, CB редом. Продужеци окомица из C, D на AE секу хипотенузу AB у тачкама L, K. Доказати да је KL = LB.
Доказ: Ротирајмо троугао AEC око тачке C за угао φ = 90o, на слици десно, u троугао BMC. То значи BM ⊥ AE и BM||CL, затим CM = CE = CD и DK||CL||MB. Према томе KL = LB. ∎
Знамо да је ротација (у 38. задатку ρc,φ : ΔAEC --> ΔBMC) изометријска трансформација. Она чува удаљености између тачака, праве пресликава у праве, углове у једнаке углове.
39. задатак
Четвороугао страница a = AB, b = BC, c = CD, d = DA уписан је у круг. Правоугаоници вани дописани су a×c, b×d, c×a, d×b редом. Доказати да су центри тих правоугаоника темена правоугаоника.
Доказ: Правоугаоници ABC1D1 и A2BCD2 конструисани су на странама AB и BC. Нека су P, Q, R, S центри ових правоугаоника, као на слици лево.
Из ∠ABC + ∠ADC = 180o следи ΔADC ≅ ΔA2BC1 и, према томе, ΔRDS ≅ ΔPBQ и RS = PQ. Тако QR = PS.
Дакле, четвороугао PQRS је паралелограм којем су троуглови RDS и PBQ окренути према вани и унутра, а тако су усмерени и троуглови QCR и SAP. Отуда:
јер ∠PQB = ∠RSD. Отуда следи да је четвороугао PQRS паралелограм. ∎
40. задатак
Квадрати су конструисани извана на страницама паралелограма. Доказати да су њихови центри темена квадрата.
Доказ: Тачке P, Q, R, S су центри (пресеци дијагонала) квадрата на страницама DA, AB, BC, CD датог паралелограма ABCD, на слици десно.
Угао паралелограма ∠A = α, па је ∠PAQ = 90o + α = ∠RBQ. Отуда је ΔPAQ ≅ ΔRBQ. Како је AQ ⊥ BQ, то је PQ ⊥ QR.
Аналогно доказујемо да су и остале суседне странице четвороугла PQRS једнаких дужина и узајамно окомите. Према томе, PQRS је квадрат. ∎
41. пример
Постоје две Брокарове тачке P, Q троугла ABC, на следећој слици. Оне су дефинисане угловима ∠PAB = ∠PBC = ∠PCA и ∠QBA = ∠QCB = ∠QAC. На пример, кружница k1 којој припадају тачке A, P, B има центар у пресеку симетрале дужи AB и нормале на BC у тачки B. Аналогно је са центрима кружнице k2(B,P,C) и кружнице k3(C,P,A).
Доказ: Ако постоји тачка P, из једнакости ∠PAB = ∠PBC следи да постоји круг k1(A,P,B) такав да је први угао тетивни, а други тангентни над истом страницом PB. Према томе, центар тог круга је у пресеку симетрале AB и нормале на BC у тачки B. Слично закључујемо о круговима k2 и k3. Доказ да кругови k1, k2 и k3 имају заједничку тачку P изводи се слично доказу Торичелијеве тачке (34. пример). Доказ егзистенције тачке Q изводи се слично. ∎
Брокар је крајем 19. века формулисао проблем тражења тачке P, која је по њему названа иако је исти проблем формулисао математичар Креле пола века раније. Следећи пример открива још један начи конструкције Брокарових тачака.
42. пример
Круг k садржи тачку B и додирује праву AC у тачки C троугла ABC. У тачки D права CD паралелна AB сече кружницу k, као на следећој слици. Тада је тачка пресека AD и кружнице, P ∈ AD ∩ k, прва Брокарова тачка троугла ABC.
Доказ: На слици је јасно да ∠PCA = ∠PBC, као тангентни и периферијски угао над тетивом CP. Угао ∠PDC такође је периферијски над том тетивом, а углови ∠PAB = ∠PDC су наизменични. ∎
Периферни углови (овде из тачака B, D) над истом тетивом (PC) једнаки су (20. пример) и једнаки су тангентном над том тетивом (∠ACP). Наиме, углови са окомитим крацима једнаки су или су суплементни (ако је CB' пречник, тада је CB' ⊥ AC, а периферни ∠B' = ∠B, при чему је PB' ⊥ PC).
43. задатак
Ако су AA' и BB' висине троугла ABC, доказати да је ΔA'B'C ∼ ΔABC и одредити коефицијент сличности.
Доказ: Из A'C = AC ⋅ |cos∠C|, B'C = BC ⋅ |cos∠C| и чињенице да им је угао ∠C заједнички, следи сличност троуглова A'B'C и ABC, а да коефицијент сличности износи |cos∠C|. ∎
44. задатак
Ако су AA', BB' и CC' висине троугла ABC, при чему је A'B'||AB и B'C'||BC, доказати да је A'C'||AC.
Доказ: Из претходног, 43. задатка, непосредно следи ∠B'A'C = ∠ABC, те ∠BAC = ∠ABC. Слично налазимо ∠ABC = ∠BCA. Према томе, троугао ABC је једнакостраничан и A'C'||AC. ∎
45. задатак
Нека су BB' и CC' висине троугла ABC. Доказати да је тангента t на њему описани круг у тачки A паралелна са B'C', а OA ⊥ B'C', где је O центар описаног круга.
Доказ: Тада је ∠tAB = ∠ACB = ∠AC'B' и према томе t || B'C'. Како је OA ⊥ t, са овим t || B'C', то је OA ⊥ B'C'. ∎
Уз ова четири задатка, висине троугла поменуте се и у задацима 1, 10, 13, 25, 32. На крају погледајмо још неколико примера сличних фигура.
46. задатак
Круг полупречника r уписан је у дати троугао. Повучене су тангенте на круг паралелне странама троугла и у мале троуглове које оне одсецају уписани су кругови полупречника r1, r2, r3. Доказати да је r1 + r2 + r3 = r.
Доказ: Обим o1 троугла који одсеца права BC једнак је збиру два одсечка тангенти на круг из тачке A. Сваки од три мала троугла сличан је датом ABC обима o, па је oi : o = ri : r, редом за i = 1, 2, 3. Сабирањем пропорција добијамо тражену једнакост. ∎
47. пример
Дат је троугао ABC са тачкама A' ∈ BC и B' ∈ CA тако да је AA' = BB' = ℓ, а тачка T ∈ AB је произвољна. Конструисати тачке Ta ∈ BC и Tb ∈ CA тако да је TTa + TTb = ℓ.
Решење: Бирајмо тако да је TTa || AA', TTb || BB' и D ∈ BC да TD || AC. Тада је E = BB' ∩ TD, па је TTb + TTa = B'E + TTa. Међутим, ΔABC ∼ ΔTBD, па је BE = TTa и EB = TTa. Према томе, TTb + TTa = B'E + EB = ℓ. ∎
За следећи задатак погледајмо још једном 43. задатак. Нема потребе за тригонометријом да видимо сличности ΔABC ∼ ΔA'B'C ∼ CaCbC следеће слике. Ту су редом AA', BB', CC' висине на странице b, c, a троугла ABC, а Ca, Cb пројекције тачке C' на странице a, b. Надам се да то видите, а ево и мало „јачег“ доказа помоћу кружнице.
48. задатак
Подножје висине CC' оштроуглог троугла ABC пројектовано је на BC и AC у тачке Ca и Cb. Доказати да је троугао CCaCb сличан датом ΔCAB.
Решење: Како тачке Ca и Cb леже на кружници пречника CC', то су углови ∠CCaCb = CC'Cb, а други је једнак ∠A са којим има окомите краке. Дакле, поред заједничког ∠C, једнак им је угао ∠A, па им је онда једнак и трећи, што значи да је речена сличност тачна. ∎
Слично доказу ∠Ca = ∠A може се посебно доказати ∠Cb = ∠B, али уместо тога погледајмо следећу примену тог задатка.
49. задатак
Доказати да пројекције базе једне висине троугла, на стране између којих је и на друге две висине, леже на једној правој.
Доказ: Као на слици лево, AA', BB', CC' су висине троугла ABC. Тачке Ca, Cb, P, Q су пројекције C' на BC, AC, AA', BB' редом. Из CbC' : BB' = AC' : AB = PC' : A'B следи ΔCbPC' ∼ ΔB'A'B, а отуда CbP || B'A'. Једнако налазимо QCa || B'A', а из претходног, 48. задатка, да CbCa || B'A'. Према томе, имамо низ колинеарних тачака Cb-P-Q-Ca, што је требало доказати. ∎
50. задатак
По једна вањска b и унутрашња c заједничка тангента два одвојена круга k1 и k2 центара O1 и O2 секу се у тачки A. Доказати да права линија B1C1, спојница тангентних тачака првог круга, сече продужетак спојнице B2, C2 у тачки T која лежи на правој O1O2.
Доказ: Половина испруженог угла B1AB2 = 180o је прав угао O1AO2 = 90o, тј. ∠O1AC1 + C2AO2 = 90o. Отуда ΔO1C1A ∼ ΔAC2O2, сличност правоуглих троугова, а такође паралелности AO2 || B1C1 и AO1 || B2C2.
Претпоставимо ли да се праве B1C1 и B2C2 секу са O1O2 редом у тачкама T1 и T2, онда поменута сличност и паралелност дају:
те сличност четвороуглова AB1O1C1 и O2C2AB2, и AD1 : D1O1 = D2O2 : AD2. Према томе O2T1 : T1O1 = O2T2 : T2O1, тј. T1 = T2 = T. ∎