Основни појмови

За почетак погледајте бар 20. пример као увод у следеће примере.

51. пример

Периферни угао (φ = ∠ACB) двоструко је већи од централног (θ = ∠AOB) над истом тетивом (AB).

Доказ: На слици лево, пречник круга CD продужетак је странице CO једнакокраког троугла COB. На основици BC тог троугла су ∠OCB = ∠CBO = β вањског угла ∠DOB = 2β = ∠DOA + θ. Додатно β = α + φ.

Слично важи за вањски угао COA једнакокраког троугла. Отуда је ∠DOA = 2∠DCA = 2α. Посебно је 2β = 2α + θ, коначно θ = 2φ. ∎

Како је централни угао θ над том тетивом AB константан, такав је али двоструко мањи периферни угао φ, за било коју тачку C периферије круга са исте стране тетиве. Ако је тачка C' са супротне стране тетиве AB, периферни угао биће суплементан горњем, φ' = 180^o - φ. То демонстрира следећи пример.

52. пример

Периферни угао (φ' = ∠BC'A), са друге стране тетиве (AB) у односу на центар датог круга (O), суплементан је половини централног (θ = ∠AOB) над истом тетивом (φ' + θ/2 = 180^o).

Доказ: Четвороугао AC'BO, на слици десно, састоји се из два једнакокрака троугла AC'O и C'BO са једаким угловима на оснивицама φ₁ и φ₂ и углом у врху θ₁ и θ₂.

Из једнакости 2φ₁ + θ₁ = 180^o и 2φ₂ + θ₂ = 180^o (збирови углова троуглова) налазимо:

2(φ₁ + φ₂) + (θ₁ + θ₂) = 360^o,
(φ₁ + φ₂) + (θ₁ + θ₂)/2 = 180^o,
φ' + θ/2 = 180^o,

а то је оно што је требало доказати. ∎

Другим речима, два периферна угла над истом тетивом или су једнаки или су суплементни. Формално исто, углови са паралелним крацима, а такође углови са окомитим крацима, једнаки су или су суплементни.

Када је централни угао испружен (θ = 180^o), онда су оба периферна прави углови (φ = φ' = 90^o); угао над пречником је прав. Отуда и јер су углови са окомитим крацима једнаки, излази угао између тангенте и тетиве једнак (суплементан) периферном над истом тетивом.

53. задатак

Око троугла ABC са висином AA' описан је круг са центром O. Доказати да је ∠BAA' = ∠OAC.

Доказ: Нека је AD пречник. Тада ∠CDA = ∠CBA као углови над истом тетивом, па ∠BAA' = ∠DAC, јер ∠BA'A = ∠ACD = 90^o. ∎

54. задатак

Две кружнице секу се у тачкама A, B, кроз које су повучене две праве које прву кружницу секу у тачкама C, D, а другу у тачкама E, F. Доказати да је CD || EF.

Доказ: Из ∠BDC + ∠CAB = ∠CAB + ∠BAF = ∠BAF + ∠FEB = 180^o следи ∠BDC = ∠BAF и ∠CAB = ∠FEB, те CD || EF. ∎

55. пример

Шест тачака A, B, C, D, E, F је на кружници, на слици лево. Тетиве DE ⊥ CA и DF ⊥ CB, окомите су. Доказати да је AF || BE.

Доказ: Прво ∠(AF, BE) =
∠(AF, AE) + ∠(AF, BE) =
∠(DF, DE) + ∠(AC, BC). Сада
DF ⊥ BC и DE ⊥ AC дају
∠(DF, DE) = ∠(BC, AC), или
-∠(AC, BC), а отуда
∠(AF, BE) = 0^o, тј.
AF || BE. ∎

Наспрамни углови четвороугла уписаног у круг једнаки су, то знамо и требаће нам у следећем задатку.

56. задатак

У круг са центром O уписан је четвороугао ABCD са узајамно окомитим дијагоналама AC ⊥ BD. Доказати да је удаљеност тачке O од странице четвороугла једнака половини наспрамне странице, на слици десно OF = CD/2.

Доказ: Нека је B-O-E пречник круга. Тада:

∠EBA = 90^o - ∠AEB = ∠DAC,

што значи AE = CD. Обзиром да је OF = AE/2, као средња линија троугла, то је OF = CD/2, а то је и требало доказати. ∎

57. задатак

Шестоугао ABCDEF уписан је укруг. Доказати, ако је AB || DE и BC || EF онда је CD || AF.

Доказ: Из AB || DE следи ∠ACE = ∠BFD, а BC || EF даје ∠CAE = ∠BDF. Троуглови ACE и BDF имају два једнака угла и зато имају једнак трећи, а отуда једнакост лукова AC и DF, тј. тетиве CD и AF су паралелне. ∎

Тетивни четвороуглови

Четвороугао је „тетиван“ само ако (акко) се око њега може описати кружница. Тетиван је само ако му се симетрале трију страница секу у једној тачки. Наспрамни углови тетивног четвороугла суплементни су, па је због тога спољашњи угао код једног темена једнак унутрашњем углу супротног темена. Четвороугао је тетиван ако и само ако се свака страна види из преостала два темена под једнаким угловима. Поред свих ових, тетивни четвороугао препознајемо и по својству његових дијагонала које је наведено у 103. примеру.

58. задатак

У троуглу ABC је ∠C = 60^o. Ако су AA₁ и BB₁ висине, а S средина странице AB, онда је троугао A₁B₁S једнакостраничан.

Доказ: Слика 1. задатка, са γ = 60^o. Правоугли троуглови ABA₁ и ABB₁ дефинишу тетивни четвороугао ABA₁B₁. Он је описан кружницом k која садржи све четири тачке A, B, A₁, B₁, са центром S. Централни угао двоструко је већи од периферног, а тај периферни овде у правоуглом је троуглу CB₁B. Зато је ∠A₁SB₁ = 2∠A₁BB₁ = 2⋅30^o = 60^o. Са друге стране, полупречници круга SA₁ и SB₁ једнаки су. ∎

Слична верзија овог задатка је за произвољан али фиксан угао ∠ACB = γ. За непокретне тачке A, B и произвољну C троугла ABC биће темена и подножја висина A, B, A₁, B₁ опет на кружници k са пречником AB. Тада је периферни ∠A₁BB₁ = 90^o - γ, а централни ∠A₁SB₁ = 180^o - 2γ = const. Према томе, дужина A₁B₁ не зависи од положаја тачке C која се креће по кружници описаној троуглу ABC.

59. пример

Ортоцентар H датог оштроуглог троугла ABC је центар уписаног круга троугла A'B'C' његових подножја висина.

Доказ: Приметимо четвороугао AC'HB' и ∠AC'H = ∠AB'H = 90^o, због чега је он тетиван. Његова темена леже на кружници са пречником AH и периферним угловима ∠B'C'H = ∠B'AH.

На сличан начин, из тетивног четвороугла BA'HC' добијамо ∠A'C'H = ∠A'BH. А правоугли троуглови AA'C и BB'C имају заједнички оштар угао ∠C, па ∠B'AH = ∠A'BH, што значи C'H дели угао ∠B'C'A' на два једнака дела.

Аналогно налазимо да су A'H и B'H симетрале углова троугла A'B'C', због чега је ортоцентар H датог великог уједно центар уписаног круга малог троугла. ∎

Ако ΔABC није оштроугли, онда ће подножја висина A', B', C' лежати редом на страницама BC, CA, AB, или њиховим продужецима и тада ортоцентар H неће бити унутар троугла ΔA'B'C', а тачке A, B, C, H су центри уписане или приписаних кружница ΔA'B'C'. Доказ је сличан претходном.

60. задатак

Нека су тачке D, E редом на страницама BC, AC троугла ABC. Доказати, четвороугао ABDE је тетивни ако и само ако OC ⊥ DE, где је O центар описаног круга датог троугла.

Доказ: Ако је OC ⊥ DE, тада је то OC окомито и на тангенту t круга у тачки C. Из ∠EDC = ∠tCB = α, а угао α = ∠BAC и суплементан је ∠EDB. Отуда, четвороугао ABDE је тетиван.

Обрнуто, нека четвороугао ABDE буде тетиван. Опет је ∠tCB = α, а из α + ∠EDB = 180^o је ∠CDE = α, па је DE || t и OC ⊥ DE. ∎

61. задатак

Тачка D и једнакостранични ΔABC у истој су равни. При томе су удаљености DA = DB + DC. Доказати да је D на кружници описаној око троугла.

Доказ: Ротирајмо троугао око тачке B за негативан угао π/6 (-60^o), у смеру казаљке сата:
A --> C, B --> B, C --> C', D -->D'
Биће CC' || AB, а четвороугао ABC'C је ромб, са угловима по 60^o и 120^o.

Уз неједнакост троугла CDD' је: AD = CD' ≤ CD + DD' = AD и колинеарност тачака C-D-D'. Према томе,
∠ADB = ∠CDA = ∠ACB = 60^o, а отуда су тачке A, B, D, C на истој кружници. ∎

Ротације спадају у изометријске трансформације (чувају удаљености између тачака) и на њих се своде све рефлексије, па и транслација. Тако је централна симетрија ротација за 180^o око датог центра, осна симетрија је ротација око осе, окомито на њу, за 180^o, а огледалска рефлексија такође је ротација за 180^o у четвртој димензији простора — око равни огледала. Транслација се своди на две централне симетрије.

62. задатак

Доказати да се нормале повучене из средина страница тетивног четвороугла на супротне странице секу у једној тачки.

Доказ: На слици десно је тетивни четвороугао ABCD и кружница са центром O у коју је уписан. Тачке A', B', C', D' су средишта страница редом AB, BC, CD, DA, а истих су тачке A'', B'', C'', D'' подножја висина повучених из средина супротних страница. Пресек спојница средина страница је тачка T.

Четвороугао A'B'C'D' (8. пример) је паралелограм, при чему је:

A'B' = C'D' = AC/2,
A'D' = B'C' = BD/2.

Централном симетријом око тачке T пресликава се A' --> C', иначе права у паралелну праву, па ће симетрала странице AB проћи тачком C', а то је управо нормала A''C'. Аналогно је са осталим нормалама, симетричне T симетрале страница пресликавају се у номале на супротне странице. Како је четвороугао ABCD, симетрале његових страница секу се у тачки O и онда се њихове слике секу у тачки S. ∎

63. задатак

Темена A, B правоуглог троугла ∠C = 90^o клизе по координатним осама правог угла Oxy тако да су тачке O и C са супротних страна хипотенузе. Шта је геометријско место тачака C?

Доказ: Из ∠BOA = ∠ACB = 90^o следи да је четвороугао AOBC тетиван, као на слици лево. За периферне углове над тетивом ∠pOy = ∠COA = ∠CBA = β, па је тачка, C ∈ p, на правој која са ординатом заклапа угао β. Она је најближа исходишту када A = O, а најдаља када AC || x, односно BC || y. ∎

Приметимо да описана кружница четвороугла AOBC има непокретну тачку O и променљиве у остала три темена, при чему је угао β константан а са њиме и права p.

64. задатак

Средине лукова између темена тетивног четвороугла одређују темена четвороугла са окомитим дијагоналама?

Доказ: Нека су темена тетивног датог четвороугла A, B, C, D, а између њих редом су средине лукова P, Q, R, S, као на слици десно. Нека су периферни углови над страницама датог α, β, γ, δ истим редом. Центар описаног круга и пресек дијагонала новог четвороугла су тачке O, M.

Четири централна угла чине пуни круг, а њихови периферни α + β + γ + δ = 180^o. Једнаким луковима одговарају једнаки периферни углови:
∠RPS = ∠RPD + ∠DPS = (γ + δ)/2,
∠PSQ = ∠PSB + ∠BSQ = (α + β)/2.
Сабирањем излази ∠RPS + ∠PSQ = 90^o, рачунајући и претходну. Отуда ∠PMS = 90^o, те PR ⊥ QS што је и требало доказати. ∎

За тетивне четвороуглове важи следећи став који је открио древни математичар Птоломеј.

65. пример

Ако су a, b, c, d странице и e, f дијагонале тетивног четвороугла, тада важи једнакост ac + bd = ef.

Доказ: Тетивни четвороугао ABCD са страницама a, b, c, d уписан је кружници k, као на слици лево, са дијагоналама редом e, f. На првој дијагонали тачка је E да ∠ADE = ∠BDC.

ΔADE ∼ ΔBDC, ΔECD ∼ ΔABD дају bd = AE⋅f и ac = EC⋅f, одакле сабирањем ac + bd = ef, тражена једнакост. ∎

За прву сличност два троугла, приметимо да је CD заједничка тетива једнаких периферних углова тачака A, B. За другу сличност, приметимо ∠EDC = ∠ADB и једнаке периферне углове над тетивом DA.

66. задатак

Збир удаљености центра описаног круга троугла од његових страница једнак је збиру полупречника описаног и уписаног круга тог троугла?

Доказ: Наспрам темена A, B, C троугла налазе се истоимене странице a, b, c. Центри и полупречници описаног и уписаног круга троугла су (O, R) и (U, r), а удаљености од страница до O редом су a', b', c', као на слици десно. Средине истоимених страница су тачке A', B', C', па су спојнице средње линије датог троугла. На пример B'C' || BC и B'C' = BC/2.

Четвороугао AC'OB' је тетиван, због ∠C' = ∠B' = 90^o, па важи Птоломејев став (65. пример). Аналогно налазимо за четвороуглове BA'OC' и CB'OA' и долазимо до једнакости: b'c + c'b = aR, a'b + b'a = cR, c'a + a'c = bR. Са друге стране, површина троугла ABC је P_Δ = (a + b + c)r/2, што је збир површина троуглова ABU, BCU, CAU. Али она је и P_Δ = (aa' + bb' + cc')R/2, што је збир површина троуглова ABO, BCO, CAO. Сабирајући претходне три једнакости са четвртом, једнакошћу површина и након сређивања налазимо a + b + c = R + r, што је и требало доказати. ∎

67. задатак

Ако је ABCD тетивни четвороугао и r_A, r_B, r_C, r_D су полупречници уписаних кругова у троуглове BCD, CDA, DAB, ABC редом, онда је
r_A + r_C = r_B + r_D. Доказати.

Доказ: На слици лево су a', b', c', d', e', f' удаљености центра O описане кружнице четвороугла од страница и дијагонала редом AB, BC, CD, DA, AC, BD.

На основу прошлог, 66. задатка, за троуглове ABD и BCD имамо:

a' + d' ± f' = R + r_C
b' + c' ∓ e' = R + r_A

где је предзнак ±f', e' зависан од стране у односу на центар круга. Сабирањем добијамо

r_A + r_C = a' + b' + c' + f' - 2R.

Аналогно налазимо r_B + r_D = a' + b' + c' + f' - 2R. Отуда r_A + r_C = r_B + r_D, што је и требало доказати. ∎

Индијски математичар Брахмагупта први је нашао формулу за површину тетивног четвороугла, сличну Хероновој за троуглове.

68. пример

За површину S тетивног четвороугла страница a, b, c, d важи једнакост
S² = (s - a)(s - b)(s - c)(s - d), где је s = (a + b + c + d)/2 полуобим.

Доказ: Квадрат дијагонале, према косинусној теореми за два трогула на слици десно, даје:

BD² = a² + d² - 2ad cos α,
BD² = b² + c² - 2bc cos γ

а углови су суплементни, па је

a² + d² - b² - c² = 2(ad + bc) cos α.

Са друге стране, површина ABCD изражена помоћу троуглова ABD и BCD је S = S_A + S_C, где имамо 2S_A = ad sin α и 2S_B = bc sin γ, тј. 4S = 2(ad + bc) sin α. Квадрирањем горње и ове једнакости па сабирањем налазимо 16S² + (a² + d² - b² - c²)² = 4(ad + bc)², а отуда:

16S² = 4(ad + bc)² - (a² + d² - b² - c²)²
= [(b + c)² - (a - d)²][(a + d)² - (b - c)²]
= (2s - 2a)(2s - 2b)(2s - 2c)(2s - 2d),

из чега следи S² = (s - a)(s - b)(s - c)(s - d), а то је тражена формула. ∎

Приметимо, када се четвороугао ABCD дегенерише тако да буде C = D добијамо троугао ABC. Тада је d = 0 и Брахмагуптина формула постаје Херонова S² = s(s - a)(s - b)(s - c).

Тангентни четвороуглови

Четвороугао је „тангентан“ само ако постоји кружница која додирује све његове странице; кажемо у који се може уписати кружница. Једино код тангентних четвороуглова се симетрале унутрашњих углова секу у једној тачки. Ако се три симетрале унутрашњих углова четвороугла секу у једној тачки, он је тангентан. Четвороугао је тангентан ако и само ако су му збирови наспрамних страница једнаки. За разлику од тетивног, тангентни четвороугао није одређен својим страницама.

69. задатак

Кружнице се додирују споља и на њих су повучене две заједничке спољашње тангенте. Доказати да четири тангентне тачке чине врхове тангентног четвороугла.

Доказ: Кружнице k₁ и k₂ са центрима O₁ и O₂ додирују се споља у тачки T као на горњој слици. Додирне тачке две кружница са двема заједничким тангентама чине четвороугао ABCD који је симетричан у односу на праву O₁-T-O₂, па је троугао ATD једнакокрак (AT = TD).

Из ∠TAD = ∠ADT и ∠TAD = ∠TDC (периферни и тангентни углови над истом тетивом TD) следи ∠TDC = ∠ADT, што значи да је DT симетрала угла у темену D четвороугла. Аналогно је са теменима A, B, C, па је T центар уписаног круга четвороугла. ∎

70. задатак

Темена правоугаоника ABCD су центри дисјунктних (без заједничких тачака) кругова полупречника редом r_A, r_B, r_C, r_D. Конструисане су заједничке спољашње тангенте парова супротних кругова, као на слици доле, које се секу у тачкама E, F, G, H. Ако је r_A + r_C = r_B + r_D, доказати да је четвороугао EFGH тангентан.

Доказ: Нека је O тачка пресека дијагонала датог правоугаоника а у њој центар кружнице која у тачки X додирује тангенту EH. Пројекције тачака A и C на ту тангенту су A₁ и C₁, па је ACC₁A₁ трапез са средњом линијом OX = (AA₁ + CC₁)/2 = (r_A + r_C)/2 и OX || AA₁ || CC₁.

Са друге стране, ако је O центар (друге) кружнице која у тачки Y додирује GH, а пројекције B и D на ову тангенту B₁ и D₁, тада је BB₁D₁D трапез са средњом линијом OY = (BB₁ + DD₁)/2 = (r_B + r_D)/2 и OY || BB₁ || DD₁.

Према томе, OX = OY, што значи да исту кружницу, са центром O, тангирају тангенте датих кругова, односно да је четвороугао EFGH тангентни. ∎

71. задатак

Четвороугао ABCD је тангентан акко се кружнице k₁ и k₂ редом уписане у троуглове ACD и ABC додирују.

Доказ: Уопште, одсечци тангенти повучених на кружницу из исте тачке (A) једнаки су (AE = AE_A). Очигледно E, F ∈ AC. Тако је:
AB + CD =
(AF_A + F_AB) + (CE_C + E_CD) =
(AF + BF_C) + (CE + E_AD) =
AE + CF + 2⋅EF + BF_C + E_AD =
BC + DA + 2⋅EF .

Дакле, AB + CD = BC + DA
акко EF = 0. ∎

72. задатак

Продужеци страница конвексног четвороугла ABCD секу се у двема тачкама E = BA, CD и F = AD, BC, као на слици лево. Четвороугао је тангентан и: 1) EA + AF = EC + CF; 2) BF - BE = DF - DE. Доказати!

Доказ: Ако је четвороугао ABCD тангентан, означимо са P, Q, R, S тангентне тачке на страницама AB, BC, CD, DA редом:
EA = ER - AS, AF = AS + SF,
EC = ER + RC, CF = SF - RC. Сабирајући добијамо (1).

Збир (1) и BC + AD = AB + CD даје (BC + CF) - (BA + AE) = (AF - AD) + (CE - CD), тј. BF - BE = DF - DE, а то је (2). ∎

73. задатак

Дијагонале тетивног четвороугла ABCD секу се у тачки O из које су повучене нормале до A', B', C', D' на странице AB, BC, CD, DA редом. Доказати да је четвороугао A'B'C'D' тангентни.

Доказ: Четвороугао AA'OD је тетивни (∠AD'O = ∠OA'A = 90^o), такође BB'OA', а по претпоставци и четвороугао ABCD.

Из првог следи ∠OAD' = ∠OA'D', из другог ∠B'A'O = ∠B'BO, а из трећег ∠CAD = ∠CBD. Према томе, ∠OA'D' = ∠B'A'O, што значи да је A'O симетрала угла B'A'D'.

Слично налазимо за остала темена четвороугла A'B'C'D', што значи да је O центар њему уписаног круга, тј. да је тај четвороугао тангентни. ∎

Подсетимо се да је S_Δ = pr површина троугла ABC страница a, b и c, полуобима p = (a + b + c)/2, где је r полупречник уписаног круга са центром O. Наиме, површина троугла је полупроизвод основице и висине на њу. Отуда ће површине троуглова BCO, CAO, ABO бити редом S_a = ar/2, S_b = br/2, S_c = cr/2 са збиром наведеном површином датог троугла S_Δ = S_a + S_b + S_c.

Ако су a, b, c, d странице и r полупречник уписане кружнице центра O тангентног четвороугла, тада је његова површина S = r(a + b + c + d)/2. То се доказује сабирањем површина троуглова ABO, BCO, CDO, DAO, аналогно претходној површини троугла.

74. задатак

Дијагонале тангентног трапеза ABCD (AB || CD) секу се у тачки O, а у троуглове ABO, BCO, CDO, DAO уписани су кругови полупречника редом r₁, r₂, r₃, r₄. Доказати да је r₁^-1 + r₃^-1 = r₂^-1 + r₄^-1.

Доказ: Означимо са p₁, p₂, p₃, p₄ полуобиме троуглова редом ABO, BCO, CDO, DAO, a sa S₁, S₂, S₃, S₄2 њихове површине. Са слике лево видимо да је S₁ + S₂ = S₁ + S₄, јер троуглови ABC и ABD имају исте основице и једнаке висине, па је S₂ = S₄.

Из AB + CD = BC + DA, јер је трапез тангентан, следи:

(AB + BO + OA) + (CD + DO + OC) = (BC + CO + OB) + (DA + AO + OD),
p₁ + p₃ = p₂ + p₄.

Поделимо ли ову једнакост са S = S₂ = S₄ добијамо

p₁/S + p₃/S = p₂/S₂ + p₄/S₄.

Троуглови ABO и BCO имају исту висину из B, па се њихове површине односе као основице S₁ : S₂ = AO : OC.

Међутим, ΔABO ∼ ΔCDO па се одговарајуће странице односе као обими, те AO : OC = p₁ : p₃, а отуда је S₁ : S = p₁ : p₃, односно p₁ : S₁ = p₃ : S. На сличан начин налазимо p₃ : S₃ = p₁ : S, а отуда:

p₁/S₁ + p₃/S₃ = p₂/S₂ + p₄/S₄,
1/r₁ + 1/r₃ = 1/r₂ + 1/r_4,

што је и требало доказати. ∎

За површине тангенгног четвороугла ABCD у који је уписана кружница са центром O важе једнакости:

S(ABO) + S(BCO) + S(CDO) + S(DAO) = S(ABCD),
S(ABO) + S(CDO) = S(BCO) + S(DAO) = S(ABCD)/2

јер због AB + CD = BC + DA је S(ABO) + S(CDO) = S(BCO) + S(DAO). Ово је тема многих задатака са тангентним четвороугловима међу којима су и следећи, познати нам од Исака Њутна (1642 – 1727).

75. пример

Конструисати геометријско место тачака X у равнини тангентног четвороугла ABCD таквих да за површине важи једнакост

S(ABX) + S(CDX) = S(ABCD)/2.

Решење: Нека се продужеци страница AB, DC четвороугла ABCD секу у тачки P, као на горњој слици. На полуправој PA налази се тачка A' тако да је A'P = AB, а на полуправој DP је тачка D' тако да је D'P = DC.

Нека тачка X припада таквом скупу да је S(ABX) + S(CDX) = S(ABCD)/2, који иначе садржи бар једну тачку X = O претходног навода. Међутим, S(A'PX) + S(PD'X) = S(ABX) + S(CDX) = const, па је S(A'D'X) = const, што значи да X ∈ x лежи на некој правој паралелној A', D' ∈ p.

Другим речима, конструишимо паралелу x || p кроз O и то је решење задатка. ∎

Непосредна је последица (75. примера) да ће средина дијагонале AC, тачка E ∈ x, јер површине S(ABE) = S(BCE) и S(CDE) = S(DAE), троуглова истих основица и висина, па је њихов збир:

S(ABE) + S(CDE) = S(BCE) + S(DAE) = const.

Ова константа је половина површине датог четвороугла. Посебно, права која садржи средине дијагонала тангентног четвороугла садржи и центар круга у њега уписан. То је права x на претходној слици.

76. задатак

Дијагонале тангентног четвороугла и спојнице додира наспрамних страница са уписаном кружницом секу се у једној тачки. Доказати!

Доказ: На слици лево је тангентни четвороугао ABCD са уписаном кружницом центра O и тангентних тачака A', B', C', D' редом.

Тангенте праве једнаке одсечке, AA' = AD' = x и CB' = CC' = z, а тангенте исте тетиве A'C' једнаке углове, ∠C'A'A = ∠ A'C'C = φ.

Површине троуглова исте основице AA'C' и CC'A' односе се као одговарајуће висине, те као AS : SC, па је S(AA'C') : S(CC'A') = x : z. Отуда AS : SC = x : z.

Означимо ли са S' пресечну тачку AC, B'D', на претходни начин полазећи од троуглова AB'D', CD'B' добијамо AS' : S'C = x : z, тј. S' = S. ∎

Подсећам, тангентни одсечци из темена B и D овог четвороугла нека су y и u, па ће збирови страница бити: AB + CD = x + y + z + u = BC + DA, а то је позната нам особина тангентних четвороуглова.

Тетиве и тангенте

Дата је кружница са центром O и на њој четири тачке A, B, C, D у том поретку. Тада је:

∠(AC, BD) = (A͡B +C͡D)/2 и ∠(AB, CD) = (A͡D - C͡B)/2,

где су лево од једнакости углови између тетива, а десно су полу збирови/разлике централних углова (A͡B = ∠AOB). На крају једне повуците тетиву паралелну другој (AF || BD, BF || CD) — за доказ.

77. задатак

У поретку A, B, C, D дате су тачке на кружници. Ако је E средина лука A͡B, а F, G пресеци тетива EC, ED са AB, онда је EFCD тетивни четвороугао.

Доказ: 2(∠GEC + ∠GDC) = (E͡B + A͡C) + (E͡B + B͡C) = 360^o, јер је E͡B = A͡E. ∎

78. задатак

Круг полупречника висине h_C једнакостраничног троугла ABC налази се на његовој страници AB. Доказати да је (централни) угао лука кружнице који одсецају странице AC, BC троугла 60^o.

Доказ: Нека је φ тражени угао, а φ' угао лука који одсецају продужеци тих страница. Тада је (φ + φ')/2 = ∠ACB = 60^o, али φ = φ', јер су лукови симетрични. Отуда φ = φ' = 60^o. ∎

79. задатак

Дијагонале једнакокраког трапеза ABCD основица AB, CD секу се у тачки P. Доказати да се центар описаног круга трапеза налази на кружници описаној троуглу BCP.

Доказ: На слици десно, из:

∠BPC = (B͡C + D͡A)/2 = ∠BOC

следи да центар O описаног круга трапеза лежи на кружници описаној троуглу BCP. ∎

Задатак је био на окружном такмичењу из математике средњошколаца Србије, првим разредима Б категорије, 24. фебруара 2001. године.

80. задатак

Две кружнице се секу у тачкама A, B. На првој кружници из тачке T повучене су праве TA, TB које другу кружницу секу у тачкама C, D. Доказати да је тангента t у тачки T прве кружнице паралелна правој CD.

Доказ: Тангентни угао једнак је тетивном, а четвороугао ABDC је тетиван, па ∠ATt = ∠ABT = ∠ACD. Отуда t || CD. ∎

81. задатак

У квадрату ABCD налази се тачка T тако да је ABT једнакостранични троугао. Колики је угао ∠PDC?

Решење: Кружница са центром B и пролази тачкама C, P, A има тангенту CD. Тангентни угао једнак је половини централног над тетивом PC, па ∠CBP = 2∠DCP, тј. ∠PDC = 15^o. ∎

82. задатак

Кружница k₁ тангира краке угла ∠ABC у тачкама A, C, а кружница k₂ тангира праву AC у тачки C пролазећи тачкама B и D ∈ k₁. Доказати да права AD полови дуж BC, у тачки F на слици лево.

Решење: Права AD сече круг k₂ у E, па је: ∠CED = ∠ACD = ∠BAD, те CE || AB.

Затим је: ∠CAD = ∠DCB = ∠DEB, што значи AC || BD.

Отуда је ABEC паралелограм и његова дијагонала AE полови дијагоналу BC у тачки F. ∎

83. задатак

Тетива AB кружнице k₁ центра O има тачку C. Око троугла ACO описана је кружница k₂ која прву (k₁) сече у тачки D. Доказати да је BC = CD.

Доказ: ∠ACD = ∠AOD = 2∠ABD. Вањски угао ∠BCD троугла BCD двоструко је већи од унутрашњег ∠CBD, то је једнакокраки троугао и BC = CD. ∎

84. задатак

Врхови A, B једнакостраничног троугла ABC су на кружници k, а врх C је унутар. Тачка D је на кружници тако да је BD = AB. Права CD сече k у тачки E. Доказати да је дужина CE једнака полупречнику кружнице k.

Доказ: Нека је O центар k, као на слици лево. Тачка B је центар описане кружнице троугла ADC, па ∠CDA = ∠CBA/2 = 30^o, према томе ∠EOA = 2∠EDA = 60^o, тј. ΔAOE је једнакостраничан троугао.

Затим имамо ∠CEA = ∠DEA = ∠BOA, што значи да је E центар описане кружнице ΔAOC. Дакле, EC = EO. ∎

85. задатак

Дуж фиксираног круга други круг половине његовог полупречника креће се са унутрашње стране без трења. Шта је путања дате тачке мањег круга?

Решење: Посматрајмо положаје тачке покретног круга, K₁ и K₂, при чему је прва фиксирана у почетку кретања и на већем је кругу, а друга је произвољна. Центар већег круга је S, а O₁ и O₂ су одговарајући центри мањих кругова, као на слици десно. При томе тачке додира мањег и већег круга су T₁ = K₁ и T₂.

Обзиром да је полупречник мањег круга тачно два пута мањи од већег, важи једнакост лукова ∠K₂O₂T₂ = 2∠K₁ST₂, тј. тачка K₂ креће се по правој линиј на којој се налазе K₁, O₁ и S. ∎

86. задатак

Четвороугао ABCD садржи тачку E да је ABED паралелограм. Доказати да ∠CBE = ∠EDC повлачи ∠DCA = ∠ECB.

Доказ: Бирајмо тачку F тако да је BF || EC и FC || BE, као на слици лево, па је и четвороугао AFCD паралелограм.

Тада ∠FCB = ∠CBE = ∠EDC = ∠BAF, тј. тачке A, B, F и C леже на једној кружници. Отуда је ∠DCA = ∠FAC = ∠FBC = ∠BCE. ∎

87. задатак

У тетивном четвороуглу ABCD је CD = AD + BC. Доказати да се симетрале углова у прва два темена, ∠A = α и ∠B = β, секу на страници BC у тачки F.

Доказ: На слици десно је тачка E на страни DC таква да је DE = DA, па је EC = CB. Нека је α ≥ β.

Из ∠C = 180^o - α и ∠D = 180^o - β следи ∠EAD = ∠DEA = β/2 и ∠CBE = ∠BEC = α/2. Успут је ∠FAE = ∠FBE = (α - β)/2, па је и четвороугао ABFE тетиван. ∎

Сви делови слагалице су ту и од читаоца се очекује да их сам пореда у доказ 87. задатка.

88. задатак

Дијагонале AC и CE правилног шестоугла ABCDEF подељене су тачкама G и H тако да је AG : AC = CH : CE = λ. Наћи λ ако се зна да тачке B, G, H леже на једној правој.

Доказ: Са слике читамо:

BC = DE, EH = CG,
∠CED = ∠ACB = 30^o,
ΔDEH ≅ ΔBCG.

Нека је:

∠GBC = ∠HDE = α,
∠CGB = ∠DHE = β.

Тада је ∠CHD = 180^o - β, а из правоуглог троугла BCH налазимо ∠BHC = 90^o - α. Даље је:

α + β = 180^o - 30^o = 150^o,
∠BHD = ∠BHC + ∠CHD = (90^o - α) + (180^o - β) = 120^o.

Отуда, тачке B, O, H, D, где је O центар шестоугла, леже на кружници са центром C, јер CO = CB = CD, па λ = CH : CE = CB : CA = 1 : √3. ∎

89. задатак

Тачке A, B, C, D су на кружници, а праве AB и CD секу се у тачки T. Доказати једнакост AC ⋅ AD / AT = BC ⋅ BD / BT.

Доказ: Имамо редом:

ΔADM ∼ ΔCBT,
ΔACT ∼ ΔDBT
AD : CB = DT : BT,
AC : DB = AT : DT.

Множећи пропорције добијамо тражену једнакост. ∎

90. задатак

На страницама BC и CD квадрата ABCD су тачке редом E, F тако да је ∠EAF = 45^o. Дужи AE, AF пресецају дијагоналу BD у тачкама P, Q. Доказати да за површине троуглова важи P(AEF) : P(APQ) = 2.

Доказ: Дуж QE је наспрам угла 45^o у тачкама A и B. Због тога је четвороугао ABEQ тетиван, он је уписан у круг као на слици лево.

Из ∠EBA = 90^o, па је троугао AEQ једнакокраки правоугли и отуда AE : AQ = √2. На сличан је начин AF : AP = √2. Према томе:

P(AEF) : P(APQ) =
= (AE ⋅ AF) : (AP ⋅ AQ) = 2,

што је и требало доказати. ∎

91. задатак

Кружница k₁ пречника AB и кружница k₂ са центром A секу се у тачкама C и D. Кроз B повучена је линија која сече k₂ у тачкама E и G, а k₁ у тачки F. Доказати да је EF² = DE⋅CF.

Доказ: На слици, видимо редом:

BF ⊥ FA
∠CFB = ∠BFD,   C͡B = B͡D
∠EDC₁ = ∠CEG
∠CFE = ∠EFD
ΔECF ∼ ΔDEF
CF : EF = EF : DE
EF² = DE⋅CF. ∎

Симетрала ∠C₁FC је A, F ∈ s, где је тачка C₁ пресек k₁ и праве DF.

92. задатак

У троуглу ABC је ∠A = α > β = ∠B и симетрала угла ∠C = γ полови угао између висине и тежишнице, ∠C₁CC₂ = ∠C₂CC₃ = φ.

1. Доказати да је γ = 90^o.
2. Израчунати углове троугла, ако повучени из C висина, симетрала угла и тежишница деле ∠C на четири једнака дела.

Решење: Нека је O центар описане кружнице троугла, а C₃ средина странице AB, подножје висине је C₁ и нека је D средња тачка лука AB описане кружнице на делу где није теме C.

i. Из OD || CC₁ следи

∠DCC₁ = ∠C₃DC,
∠C₃CD = ∠DCC₁ = ∠ODC = ∠OCD,
C₃ = O,

па је AB пречник круга.

ii. Из претходног γ = 90^o, па тежишница CC₃ = CO дели троугао ABC на два једнакокрака троугла, AO = OC = OB. Даље лако израчунавамо углове α = 67,5^o, β = 22,5^o и γ = 90^o. ∎

93. задатак

Продужетак симетрале угла AD косоуглог троугла ABC пресеца описану кружницу у тачки E. Окомице DP и DQ на странице AB и AC из тачке D повучене су. Доказати да су једнаке површине P_ABC = P_APEQ.

Решење: Четвороугао APDQ је тетиван, а кружница пречника AD која га описује сече страницу AB у тачки F.

Отуда је: ∠FCE = ∠BAE = ∠DAQ = ∠DFQ и EC || FQ. Аналогно томе BE || FP.

Да бисмо употпунили доказ, довољно је приметити да су површине троуглова суседних бочним страницама трапеза једнаке. ∎

Трапез ABCD основица AB || CD има троуглове ABC и ABD једнаких површина, јер имају исту основицу AB и једнаке висине на њу повучене из темена C и D. На слици десно је такав трапез BEFP са троугловима FPB и FPE. Слично и трапез FQCE са троугловима FQC и FQE.

94. пример

Ако се дијагонале AC и BD четвороугла ABCD секу у тачки T под правим углом, онда је његова површина P(ABCD) = AC⋅BD/2.

Решење: Такав четвороугао састоји се од четири правоугла троугла укупне површине:

P(ABCD) = (AT⋅TB + BT⋅TC + CT⋅TD + DT⋅TA)/2
= [AT⋅(BT + TD) + CT⋅(BT + TD)]/2 = (AT⋅BD + TC⋅BD)/2
= (AT + TC)⋅BD/2 = AC⋅BD/2. ∎

95. задатак

Ако се дијагонале AC и BD тетивног четвороугла ABCD секу у тачки T под правим углом, а O је центар описаног круга полупречника R, тада:

1. Линија AOC дели четвороугао на два једнаких површина.
2. Наћи x = AT² + BT² + CT² + DT².
3. Наћи y = AB² + BC² + CD² + DA².

Решење: Нека је ∠AOB = 2α и ∠COD = 2β. Тада је: α + β =
= ∠ADT + ∠TAD = 90^o. Отуда:

2⋅P(AOB) = R² sin α,
2⋅P(COD) = R² sin β,
P(AOB) = P(COD),
а слично и
P(BOC) = P(AOD).

Тиме је проверено (1). Даље је:

(AT² + BT²) + (CT² + DT²) =
= AB² + CD²
= 4R²(sin²α + cos²α) = 4R².

Дакле, збир (2) је x = 4R².

Слично је BC² + AD² = 4R². Дакле, збир (3) је y = 8R². ∎

96. пример

Ако су на страницама троугла ABC конструисани троуглови ABC', BCA' и CAB', тако да је целобројни умножак 180^o збир углова у теменима A', B' и C', онда се описане кружнице дописаних троуглова секу у једној тачки.

Упутство: Из пресечне тачке T тих кружница, виде се тетиве AB, BC и CA са супротних страна од углова у теменима A', B' и C'. ∎

97. пример

На страницама троугла ABC налазе се тачке A' ∈ BC, B' ∈ CA и C' ∈ AB, различите од темена троугла. 1. Доказати да се описани кругови око троуглова AB'C', A'BC' и A'B'C секу у једној тачки. 2. Када се тачке на страницама произвољно крећу, доказати да су сви троуглови A'B'C' међусобно слични.

Упутство: Из пресечне тачке T тих кружница, виде се тетиве A'B', B'C' и C'A' са супротних страна од углова у теменима A, B и C (Микелова тачка, 30. пример). 1. Њихов збир је 180^o, а 2. а сваки од тих углова (рецимо α') суплементан (α' + α = 180^o) је одговарајућем (α) углу троугла. ∎

98. задатак

Четири праве линије формирају четири троугла. Доказати да:

1. Описане кружнице тих троуглова имају заједничку тачку, Микелову тачку (Michel's point).
2. Центри описаних кружница тих троуглова леже на кружници која садржи Микелову тачку.

Подразумева се да никоје три праве немају заједнучку тачку.

Објашњење: На слици лево, праве линије су ℓ₁, ℓ₂, ℓ₃ и ℓ₄. Оне се секу у тачкама A = ℓ₁ ∩ ℓ₂, B = ℓ₁ ∩ ℓ₃, C = ℓ₁ ∩ ℓ₄, D = ℓ₄ ∩ ℓ₂, E = ℓ₄ ∩ ℓ₃ и F = ℓ₂ ∩ ℓ₃.

1. Посматрајмо троуглове ΔABF и ΔDEF чије се описане кружнице секу у тачки M, па приметимо да је угао ∠AMD = ∠AMF + ∠FMD и да је то угао над страницом AD троугла ΔACD, да ће описана кружница тог троугла такође садржати тачку M. Слично је са троуглом ΔBCE.

2. Посматрајмо описане кружнице троуглова ΔAFM, ΔADM и ΔFDM, темена на правој ℓ₂ (Симсонова линија, 21. пример) M ван те праве, које су и даље кружнице са слике. Њихови центри заједно са тачком M леже на једној (новој) кружници.

Наиме, нека су A', F', D' средине дужи MA, MF, MD редом, а O_a, O_f, O_d центри описаних кругова троуглова ΔDFM, ΔADM, ΔAFM. Тачке A', F', D' су подножја нормала(или њихових продужетака) из тачке M троугла ΔO_aO_fO_d (Simson's line). Слично радимо са осталим правим линијама. ∎

99. задатак

У троуглу ABC је AD висина. Ако је O центар описаног круга, доказати да је ∠OAH = |∠B - ∠C|.

Доказ: Нека је A' симетрична тачки A у односу на симетралу s странице BC. Тада је ∠OAH = ∠AOA'/2 = ∠ABA' = |∠B - ∠C|. ∎

Доказ следи из симетричности тачака B, C у односу на s, што се види на слици десно. Тако што је ∠B = ∠CBA = ∠A'CB = ∠C - ∠ACA' = ∠C - ∠ABA'.

100. задатак

У троуглу ABC је H ортоцентар, пресек висина. Нека је AA' пречник описаног круга. Доказати да дуж A'H полови страницу BC.

Доказ: Како је AA' пречник, то је A'C ⊥ AC, зато BH || A'C. Слично томе је CH || A'B. Отуда четвороугао BA'CH је паралелграм, његове се дијагонале полове. ∎