Геометриjа 2 колоквиjум 2019. Димитриjе Шпадиjер 25. jануар 2019. 1. Важи H(,;K,L) ако постоjи права p коjа не садржи тачку и сече праве,,k,l у неким тачкама X,Y,M,N таквим да важи H(X,Y;M,N). Права сече праве,,l редом у тачкама,,l, па ако означимо са P тачку пресека правих K и, треба доказати да важи H(,;P,L). Q L P K R Троуглови L и L су слични, jер се углови код темена L поклапаjу, а углови L и L су подударни, jер jе угао између тангенте L и тетиве подударан перифериjском углу над том тетивом. 1
Следи да jе L : L = L : L = :, па jе L = L L = ( 2 L L L ). Ако докажемо да jе P = ( 2, P ) доказали смо да jе L : L = P : P, па самим тим и H(,;P,L). Означимо са Q пресечну тачку тангенте t b и праве и са R пресечну тачку тангенте t c и праве. У троуглу Q тачке P,,K припадаjу, редом, правима,q,q и колинеарне су, па на основу Менелаjеве теореме следи да jе P QK = 1 (посматрамо само однос P Q K дужина, а не однос вектора (коjи рачуна и истосмерност), те jе производ позитиван). Следи да jе P = Q K. Такође, у троуглу Q тачке P QK,R,K припадаjу правима Q,,Q и колинеарне су, па на основу Менелаjеве теореме следи да jе K R QK R K = 1. Следи да jе = R R, Q QK Q па jе P = Q R = Q R. P R Q Q R Троуглови Q и Q су слични, jер се углови код темена Q поклапаjу, а угао Q jе угао између тангентеq и тетиве подударан перифериjском углу Q над тетивом. Следи да jе Q = Q =, Q Q па jе Q = Q Q = ( 2. Q Q Q ) Такође, троуглови R и R су слични, jер се углови код темена R поклапаjу, а угао R између тангенте R и тетиве подударан jе перифериjском углу R над тетивом. Следи да jе R = R = R, па jе = R R = ( 2 R R R R R ). Према томе, следи да jе ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 =. P P = Q Q R R = Дакле, L = ( ) 2 = P L P и H(, ; K, L). 2. O,, a, па следи да важи H(,;P,L), а самим тим Анализа. Нека jе троугао коjи задовољава услове задатка, тj. нека jе дата тачка O центар његовог описаног круга, нека jе дата тачка центар његовог уписаног круга и нека jе дата тачка a центар његовог споља уписаног круга наспрам темена. N O a 2
Нека jе N тачка из Великог задатка. На основу Великог задатка следи да jеn = N = N = N a, па следи да jеn средиште дужи a. Тачка N припада описаном кругу троугла, па следи да jе круг l(o,on) описани круг троугла. Такође, због N = N = N следи да, припадаjу кругу k 1 (N,N). Такође, ове тачке припадаjу описаном кругуlтроугла. Тачке,,N, a су колинеарне и тачке, N припадаjу кругу l. Конструкциjа. O N a Означимо са N средиште дужи a. Конструишимо круг l(o,on). Конструишимо круг k 1 (N,N). Означимо са, пресечне тачке кругова k 1,l. Означимо са другу пресечну тачку праве a и круга l тако да важи,n и (,,N, a ). Доказ. Треба доказати да jе овако конструисаном троуглу тачка O заиста центар описаног круга, тачка заиста центар уписаног круга и тачка a заиста центар споља уписаног круга наспрам темена. Тачке,, по контрукциjи припадаjу кругу l, па следи да jе l описани круг троугла. Тачка O jе по конструкциjи центар круга l, па jе O центар описаног круга троугла. Тачке, по конструкциjи припадаjу кругу k 1 (N,N), па следи да jе N = N = N, а пошто jе по конструкциjи N средиште дужи a, следи да jе N = N = N = N a. Дакле, N припада сметрали странице. Такође, по конструкциjи N припада описаном кругу l троугла и важи,n, па следи да jе N тачка из Великог задатка. Дакле, права N jе симетрала унутрашњег угла код темена. Пошто по конструкциjи важи (,,N, a ) и важи N = N = N = N a, следи да су тачке, a редом центри уписаног и споља уписаног круга наспрам темена. Дискусиjа. Ако се тачке, a поклапаjу, задатак нема решења. Ако jе O средиште дужи a, онда сеn иo поклапаjу, па задатак нема решења. 3
Ако jеn 2ON, онда круговиk 1,l имаjу мање од две заjедничке тачке, па задатак нема решења. Нека jе N < 2ON. Пошто су,n пресечне тачке круга l(o,on) и праве a, да би важио распоред тачака (,,N, a ), неопходно jе да тачка припада унутрашњости круга l, што значи да мора да важи O < ON. Наравно, ако важиo < ON, онда због неjеднакости троугла важи и N ON +O < 2ON (могуће jе да O,,N буду колинеарне). Остаjе jош да се утврди под коjим условима важи,n. За то jе довољно доказати да важи,n. Но, због чињенице да N припада кругу l и да jе у унутрашњости круга l, ово jе већ испуњено. Дакле, биће испуњено и,n. При томе, ако се тачке, преозначе, добиће се троугао коjи такође представља решење. Закључак jе следећи. Ако се тачке, a поклапаjу или jе тачка O средиште дужи a или jе O ON, задатак нема решења. Ако се, a разликуjу, O ниjе средиште дужи a и важи O < ON, задатак има два решења, коjа су подударна ако и само ако су O,, a колинеарне (тада jе троугао jедакокраки с врхом ). 3. R Q P Нека су,, редом слике тачака,, при инверзиjи у односу на уписани круг k(,p) троугла. Описани круг l троугла садржи тачке,, и не садржи тачку (jер jе у унутрашњости круга l), па следи да jе његова слика l при инверзиjи ψ k круг коjи садржи тачке,,. Дакле, потребно jе доказати да jе l Оjлеров круг троугла PQR. 4
Нека jе X пресечна тачка правих и RQ. Права jе симетрала угла, па следи да jе RX = QX. Такође, дужи R,Q су подударне, jер су то тангентне дужи из на кругу k, а тривиjално важи и X = X. Следи да важи RX = QX, па jе RX = QX и RX = QX = ϕ. Дакле, X jе средиште дужи RQ и пошто jе 180 = RX + QX = ϕ + ϕ = 2ϕ, следи да jе ϕ = 90, тj. да jе RX. Пошто тачка припада спољашњости круга k, следи да jе њена слика подножjе нормале на из додирне тачке тангенте круга k из тачке. Како jе R додирна тачка тангенте из на k, а X подножjе нормале из R на, следи да се тачке и X поклапаjу. Дакле, jе средиште дужи RQ. Слично, jе средиште дужи RP и jе средиште дужи PQ. Дакле, круг l jе круг коjи садржи средишта страница троугла PQR, па jе у питању Оjлеров круг овог троугла, што jе и требало доказати. 4. D γ α D δ π β Нека jе π раван коjа садржи основу D и нека су α,β,γ,δ редом равни коjе садрже бочне стране,,dd,d D праве четворостране призме D D. Пошто jе призма права, следи да су,,,dd управне на равни основе D, па су равни α,β,γ,δ управне на равни π. Следи да jе = π α = α π, = π β = β π, D = π γ = γ π и D = π δ = δ π, па ако означимо тражену изометриjу I = D D, добиjамо I = α π π β γ π π δ = α β γ δ. Равни α,β се секу по правоj и ориjентисани угао диедра од β ка α jеднак jе ориjентисаном углу (jер jе раван π управна на правоj ). Такође, равни γ,δ се секу по правоj DD и ориjентисани угао диедра од δ ка γ jеднак jе ориjентисаном углу D. Дакле, I = R,2 R DD,2 D. 5
ν D µ D Праве,DD су нормалне на равни π коjа садржи основу D, па су оне паралелне. Следи да постоjи раван σ коjа их садржи. Нека jе µ раван коjа садржи праву таква да jе ориjентисани угао диедра од σ ка µ подударан углу и нека jе ν раван коjа садржи праву DD таква да jе ориjентисани угао диедра од ν ка σ подударан углу D. Следи да jеi = µ σ σ ν = µ ν. Посматраjмо пресеке ових равни с равниπ. Добиjамо правеm,n такве да jе ориjентисани угао одd каm подударан углу и ориjентисани угао од n ка D подударан углу D. Четвороугао D jе тетиван, па jе + D = 180, што значи да су праве m,n паралелне. Следи да су такве и равни µ,ν, па jе I = T DE, где jе E = µ (D). 5. p q p n r Нека jепроизвољна тачка праве p и нека jеp она полуправа праве p коjа ниjе паралелна са q. Праве p,q су паралелне, па су дисjунктне, што значи да тачка не припада правоj q. Означимо са r другу праву коjа садржи тачку и паралелна jе правоj q (дакле, коjа не припада прамену X p.q ) и означимо са r ону полуправу праве r коjа jе паралелна правоj q. Нека jе s бисектриса угла p r и нека jе тачка полуправе s таква да jе = Π 1( 1 2 p r ). Ако jе n нормала на s у тачки s, на основу дефинициjе угла паралелности следи да jе n паралелна полуправима p,r. Како ове полуправе не припадаjу прамену X p,q, следи да jе добиjена права n паралелна правима p,q, а праве p,q,r не припадаjу jедном прамену. 6