Tetivni i Tangentni Cetvorouglovi

  • Published on
    06-Jul-2015

  • View
    1.063

  • Download
    0

Transcript

UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIKI FAKULTET

SEMINARSKI RAD IZ METODIKE NASTAVE MATEMATIKE

TETIVNI I TANGENTNI ETVOROUGLOVI

PROFESOR

STUDENT

ZORAN LUI

Sefer Nikuli

434/06

Beograd 2008

TETIVNI I TANGENTNI ETVOROUGLOVI

TETIVNI ETVOROUGLOVI Dobro je poznata injenica da se simetrale stranica svakog trougla seku u jednoj taki a ta taka, s obzirom da je jednako udaljena od svih temena trougla centar je kruznice koji sadri ta temena (opisana kruznica trougla). Tako se oko svakog trougla moe opisati kruznica. Da li slino tvrenje vai i za svaki etvorougao? Oko nekih etvorouglova kao sto su kvadrat, pravougaonik ili jednakokraki trapez mogue je opisati kruznica.

dok oko paralelograma, romba ili trapeza u opstem sluaju to nije mogue.

etvorouglove oko kojih moe da se ope kruznica nazivamo tetivnim. Ime dolazi odatle sto su stranice takvih etvorouglova tetive opisane kruznice. Definicija 1. etvorougao je tetivan ako njegova temena pripadaju jednom kruznici. Nameu se dva pitanja:2

1. ta je to to uzrokuje da etvorougao bude tetivan? 2. Ako je etvorougao tetivan koje osobine on tada poseduje? Neki od odgovora nalaze se u sledeim tvrenjima. Teorema 1. etvorougao je tetivan ako i samo ako se simetrale njegove tri stranice seku u jednoj taki. Dokaz. () Sledi iz injenice da simetrale tetiva krunice prolaze kroz njen centar. () Ako se simetrale tri stranice nekog etvorougla seku u jednoj taki, tada je ta taka jednako udaljena od sva etiri temena etvorougla. Stoga je ona centar kruznice koji prolazi kroz sva temena etvorougla. Ovo tvrenje je vie teorijske prirode jer su prilike za njegovu primenu veoma retke, ipak u nekim situacijama (zadacima) ono je jedino delotvorno te ga stoga ne treba zanemarivati. Dva tvrenja koja slede najpoznatiji su i najee korieni neophodni i dovoljni uslovi za tetivnost etvorougla. Teorema 2. etvorougao je tetivan ako i samo ako je zbir svaka dva naspramna ugla jednak 180. Dokaz: () Pretpostavimo da je etvorougao ABCD tetivan. Tada take A, B, C, D pripadaju nekoj kruznici k. Kako su A i C sa raznih strana tetive BD, uglovi BAD i BCD su suplementni (teorema o periferijskim uglovima), tj. BAD+ BCD=180. S obzirom da je zbir uglova u etvorouglu 360, to je i ABC+ ADC=180.cD k C'

A

B

slika 1.

() Uzmimo sada da je BAD+ BCD=180. Neka je kruznica k opisan oko3

ABD. Ako C k,dokaz je zavren. U protivnom C je u spoljanosti ili u unutranjosti kruznice k, najpre pretpostavimo da je u spoljanosti (sl.1.). obeleimo sa C' taku u kojoj kruznica k see du BC. Po teoremi o periferijskim uglovima je BAD+ BC'D=180, to s obzirom na pretpostavku BAD+ BCD=180, povlai BC'D= BCD, meutim BC'D je spoljanji za C'CD, pa je BC'D> BCD. Oigledna kontradikcija. Slino se pokazuje da i pretpostavka da C pripada unutranjosti od k vodi kontradikciji. Ostaje jedino mogunost Ck tj. etvorougao ABCD je tetivan.

Posledica 1. etvorougao je tetivan ako i samo ako je spoljanji ugao kod jednog temena podudaran sa unutranjim uglom kod njemu dijagonalnog temena. Dokaz. Sledi direktno iz teoreme 2. Iz teoreme 2 jasno je zato su kvadrat, pravougaonik i jednakokraki trapez tetivni etvorouglovi, a paralelogram i trapez u optem sluaju nisu. Ukoliko je taka M van prave AB i AMB= , kaemo da se du AB vidi iz take M pod uglom . Koristei ovaj pojam formuliemo jo jedno, takoe znaajno tvrenje. Teorema 3. etvorougao je tetivan ako i samo ako mu se svaka stranica vidi iz preostala dva temena pod podudarnim uglovima. Dokaz.

cD k C'

A

B

slika 2.

() Neka je ABCD tetivni etvorougao i k kruznica opisana oko njega. Tada su ADB i ACB uglovi pod kojima se stranica AB vidi iz taaka D i C, redom.4

Kako su to periferijski uglovi nad istim lukom AB, sledi njihova podudarnost. Slino se dokazuje i za ostale stranice etvorougla. () Pretpostavimo da u etvorouglu ABCD vai ADB ACB. Neka je k kruznica opisan oko ABD. Ako Ck dokaz je gotov. A ako pretpostavimo suprotno (C je u spoljanosti ili u unutranjosti kruznice k). Uzmimo da je C u spoljanosti i obeleimo sa C' taku u kojoj kruznica k see du BC. Tada je ADB AC'B, odnosno AC'B ACB. Meutim AC'B je spoljanji za AC'C i kao takav vei od ACB, to je kontradikcija. Ukoliko uzmemo da je C u unutranjosti k dolazimo do sline kontradikcije. Dakle C pripada kruznici k, tj. etvorougao ABCD je tetivan. Primera u kojima se pojavljuju i koriste tetivni etvorouglovi ima na pretek, najei su oni u kojima treba pokazati da odreene take pripadaju jednom kruznici, ili treba utvrditi podudarnost odreenih uglova koji stoje u optem poloaju. - Primer 1. Neka su AA' i BB' visine ABC u kojem je C otar ili tup, dokazati da tada take A,B,A' i B' lee na jednom kruznici. Reenje. Ako je C otar a isto tako i A i B, tada take A' i B'lee na stranicama BC i AC, redom. U etvorouglu ABA'B' stranica AB se vidi iz temena A' i B' pod pravim uglovima. Prema teoremi 3. etvorougao ABA'B' je tetivan , tj. take A,B,A',B' lee na jednoj krunici.

slika 3.

Ukoliko je jedan od uglova A i B, recimo A, tup, tada su take C i B' sa raznih strana take A, a A' je i dalje na stranici BC. Sada je etvorougao AB'BA' tetivan

5

na osnovu teoreme 2,uglovi kod naspramnih temena su pravi i zbog toga suplementni. Ako je neki od uglova A i B prav, recimo A, tada je B' A. Tvrenje sada trivijalno sledi s obzirom da, umesto etiri imamo tri take a poznato je da svake tri nekolinearne take pripadaju jednoj kruznici. Ako je C tup take A' i B' su na produecima stranica BC i AC, redom i etvorougao ABB'A' je tetivan po teoremi 3. Zapazimo jo da u svim sluajevima take A,B,A',B' lee na krunici iji je prenik stranica AB. - Primer 2. (Ptolomej) Ako su a,b,c,d stranice i e i f dijagonale tetivnog etvorougla, tada je ac+ bd=ef. Reenje. Neka je ABCD tetivni etvorougao, gde je |AB|=a, |BC|=b, |CD|=c | DA|=d, |AC|=e, |BD|=f i k opisanoj kruznici .D k

c E a f

C b B

d e A

slika 4.

Uoimo na dijagonali AC taku E takvu da je: ADE= BDC (1) Kako je DAC= DBC (periferijskii uglovi nad lukom CD) trouglovi ADE i BDC su slini. Sledi |AD|:|AE|=|BD|:|BC|, odnosno bd=|AE|f (2) Iz (1) sledi EDC= ADB, a kako je i ACD= ABD, trouglovi ECD I ABD takoe su slini. Imamo |CD|:|EC|=|BD|:|AB|, odnosno ac=|EC| f (3) Sabiranjem (2) i (3) dobijamo ac+bd=(|AE|+|EC|)f=ef

6

TANGENTNI ETVOROUGLOVI Kao to oko svakog etvorougla ne moe da se opie kruznica, tako ni u svaki etvorougao ne moe da se upie kruznica. Na primer, u pravougaonik razliit od kvadrata ili paralelogram razliit od romba, ne moe da se upie kruznica dok u kvadrat, romb, deltoid itd. moe.

etvorouglove u koje moe da se upie kruznica nazivamo tangentnim. Ime dolazi odatle to su prave odreene stranicama takvih etvorouglova tangente jedne kruznice. Definicija 2. etvorougao je tangentan ako postoji kruznica koja dodiruje sve njegove stranice. injenica da se tangentni etvorouglovi ''u praksi'' ree sreu od tetivnih ne umanjuje njihov znaaj. Kao i za tetivne poznato je vie neophodnih i dovoljnih uslova da etvorougao bude tangentan. Tvrenje koje prvo navodim vie je ''teorijske'' prirode, u smislu da su prilike za njegovu primenu retke. Teorema 4. etvorougao je tangentan ako i samo ako se simetrale njegovih unutranjih uglova seku u jednoj taki. Dokaz. () Neka je ABCD tangentan etvorougao i O centar kruznice upisane u taj etvorougao. Taka O jednako je udaljena od krakova AB i AD, pa O lei na simetrali ugla A. Isto vai i za simetrale uglova B, C, D. () Neka se simetrale unutranjih uglova etvorougla ABCD seku u taki O. Tada je taka O jednako udaljena od njihovih krakova, tj. stranica etvorougla. Ako to rastojanje oznaimo sa r, kruznica k(O;r) dodiruje sve stranice etvorougla.7

Napomena: Iz drugog dela dokaza nije teko zakljuiti da je za tangentnost etvorougla dovoljno da se simetrale tri unutranja ugla seku u jednoj taki, tada i etvrta simetrala prolazi kroz tu taku.. Teorema 5. etvorougao ABCD je tangentan ako i samo ako je | AB| +| CD| =| AD| +| BC| . Dokaz. () Pretpostavimo da je ABCD tangentan etvorougao. Neka upisana kruznica dodiruje stranice AB, BC, CD, DA redom u takama P, Q, R, S.

slika 5.

Na osnovu teoreme o podudarnosti tangentnih dui povuenih iz take na kruznici dobijamo: | AS| =| AP| , | BP| =| BQ| , | CQ| =| CR| , | DR| =| DS| Otuda je | AB| +| CD| =(| AP| +| BP| )+(| CR| +| DR| ) =| AS| +| BQ| +| CQ| +| DS| =(| AS| +| DS| )+(| BQ| +| CQ| ) =| AD| +| BC| . () Neka u etvorouglu ABCD vai jednakost | AB| +| CD| =| AD| +| BC| (1) Ako je | AB| =| AD| , tada iz (1) sledi | BC| =| CD| , pa je ABCD deltoid. Iz podudarnosti trouglova ABC i ADC sledi da dijagonala AC polovi uglove BAD i BCD i da se simetrale uglova ABC i ADC seku u istoj taki S na AC. Dakle, simetrale unutranjih uglova deltoida seku se u jednoj taki i deltoid je (prema teoremi 4.) tangentan etvorougao.

8

Uzmimo da je | AB| | AD| , recimo | AB|> | AD| , tada je (zbog (1)) | BC|> | CD| . Uoimo na stranicama AB i BC take E i F, redom, takve da je | AE| =| AD| i | CF| =| CD| . Trouglovi AED i CDF su oigledno jednakokraki. Isto vai i za EBF s obzirom da je (na osnovu (1)), | BE| =| AB| -| AD| =| BC| | CD| =| BC| -| CF| =| BF| . Iz toga sledi da se simetrale uglova A, B, C, etvorougla ABCD poklapaju sa simetralama stranica DEF. Kako se simetrale stranica trougla seku u taki S- centru opisane kruznice, u istoj taki seku se i simetrale uglova A, B, C etvorougla ABCD. Na osnovu napomene iz teoreme 4. ABCD je tangentan etvorougao. - Primer 3. (Njutn) Centar kruznice upisane u tangentni etvorougao lei na pravoj koja spaja sredine dijagonala. Reenje: Neka su u tangentnom etvorouglu ABCD, P i Q - redom sredine dijagonala AC i BD i O - centar upisane kruznice. Ako je ABCD paralelogram take P,Q, i O se poklapaju i tvrenje trivijalno sledi. Zato uzimamo da su bar dve stranice, recimo AB i CD, neparalelne.

D P A OQ

C

B

slika 6.

Sa S(XY...Z) oznaimo povrinu mnogougla XY...Z, S(ABP)=S(BCP) i S(CDP)=S(ADP) sledi S(ABP)+S(CDP)= Slino, dobijamo:1 S(ABCD) 2 1 S(ABCD) 2

(1) (2)

S(ABQ)+S(CDQ)=

S obzirom da je ABCD tangentni etvorougao iz |AB|+|CD|=|AD|+|BC| sledi r ( | AB | + | CD |) = r ( | AD | + | BC |) , odnosno2 2

S(ABO)+S(CDO)=

1 S(ABCD) 2

(3)9

Iz (1),(2) i (3) sledi da take P,Q i O pripadaju geometrijskom mestu taaka X koje lee u unutranjosti tangentnog etvotougla ABCD i za koje vai S(ABX)+S(CDX)=const.=1 S(ABCD) 2

(4)

Pokazaemo da je to geometrijsko mesto taaka - du. Neka taka X pripada traenom geometrijskom mestu taaka i neka je T taka preseka pravih AB i CD. Na polupravama TB i TC uoimo take A' i D', takve da je |A'T|=|AB| i |TD'|=|CD| . Tada je S(A'TX)=S(ABX) i S(TD'X)=S(CDX). Posledica toga, s obzirom na (4), je

D X A

C

m D'

B

A'

T

slika 7.1 S(ABCD), 2

S(A'TX)+S(TD'X)=S(ABX)+S(CDX)=const.= S(A'D'X)=const.

iz ega sledi

To znai da taka X lei na nekoj pravoj m paralelnoj sa A'D'. Kako je re o unutranjim takama etvorougla ABCD, X pripada dui - delu prave m koji lei unutar etvorougla ABCD. Toj dui pripadaju i take P,Q i O. - Primer 4. Neka je ABCD tetivni etvorougao ije se dijagonale seku u taki O. Ako su A',B',C',D' normalne projekcije take O na stranice AB, BC, CD, DA, redom, tada je etvorougao tangentan. Reenje: Pokazaemo da se simetrale unutranjih uglova etvorougla A'B'C'D' seku u jednoj taki to je prema teoremi 4 dovollljno da bude tangentan.

10

D D

C'

C B'

A

A'

B

slika 8.

Uzmimo prvo da take A',B',C',D' lee na stranicama etvorougla ABCD. Kako su uglovi AA'O i AD'O pravi, etvorougao AA'OD' je tetivan, iz ega sledi D'A'O= D'AO (1) Slino iz tetivnog etvorougla BB'OA' sledi B'A'O= B'BO. (2) Po uslovu zadatka i etvoroukao ABCD je tetivan, pa je DAC= DBC (3) Iz (1), (2) i (3) sledi D'A'O= B'A'O, tj. taka O lei na simetrali ugla D'A'B. Analogno se pokazuje da taka O lei na simetralama uglova A'B'C', B'C'D' i C'D'A'. Ukoliko neke od taaka A',B',C',D' lee na produecima stranica etvorougla ABCD, dokaz je jako slian.

11

TETIVNO-TANGENTNI ETVOROUGLOVI etvorouglovi za koje postoji i upisana i opisana kruznica nazivaju se tetivno-tangentni. O njima se jako malo zna, ta vie postoje iroki kruznicaovi koji smatraju da u ovu grupu spadaju samo kvadrati i neki jednakokraki trapezi, ovde emo pokuati da se o njima nesto vie kaemo. Definicija 3. etvorougao je tetivno-tangentan ako postoji kruznica koja sadri sva njegova temena kao i kruznica koji dodiruje sve njegove stranice. Da se ova definicija ne odnosi na prazan skup, primer je kvadrat. Meutim videe se iz narednog primera da tetivno-tangentni etvorougao uopte ne mora da bude pravilan. Kvadrat je samo najpravilniji meu njima. Primer 5. Neka je ABCD tetivni etvorougao ije su dijagonale uzajamno normalne i seku se u taki S. Ako su A',B',C',D' normalne projekcije take S na prave AB,BC,CD,DA, redom, tada je etvorougao A'B'C'D' tetivno-tangentni.

S

slika 9.

Reenje: Upravo navedeni primer pokazuje da tetivno-tangentnih etvorouglova ima beskonano mnogo. Da bismo dobili neki od njih dovoljno je da uoimo dve uzajamno normalne tetive kruznice, konveksan etvorougao koji obrazuju njihovi krajevi i da presenu taku tetiva normalno projektujemo na stranice tog etvorougla. Tako dobijene projekcije su temena jednog tetivno-tangentnog12

etvorougla. Ako se za presek tetiva izabere centar kruznice, kao rezultat se dobije kvadrat, a ako se uzme taka razliita od centra a jedna od tetiva prolazi kroz centar, dobija se tetivno-tangentni trapez itd. treba dodati da postoje i druge konstrukcije tetivno-tangentnih etvorouglova. Ovaj primer otvara i jedno vano pitanje - Da li je moguce ovakvom konstrukcijom dobiti sve mogue tetivno-tangentne etvorouglove? Moda neoekivano ali odgovor na ovo pitanje je - da. Svaki tetivno-tangentni etvorougao moe se dobiti upravo na taj nain. Teorema 6. Svaki tangentno-tetivni etvorougao A'B'C'D' moe se dobiti iz nekog tetivnog etvorougla ABCD ije su dijagonale uzajamno normalne. Pri tome su A',B',C',D', normalne projekcije take preseka dijagonala etvorougla ABCD na njegove stranice. Dokaz. Neka je S centar krunice upisane u tetivno-tangentni etvorougao A'B'C'D'. U takama A',B',C',D' uoimo prave a,b,c,d koje su normalne na prave SA',SB',SC',SD' redom. Obeleimo sa A,B,C,D redom preseke pravih d i a, a i b, b i c, c i d. Tvrdimo da je ABCD traeni etvorougao.

d

S

c

a

b

slika 10.

Iz tetivnog etvorougla SA'BB' sledi SBB'= SA'B'=

'2

(1)

gde je '= D'A'B'. Slino iz tetivnog etvorougla SB'CC' imamo SCB'= SC'B'='2

(2)

gde je '= B'C'D'. Kako je '+ '=180 (jer je A'B'C'D' tetivni etvorougao) iz (1) i (2) sledi da je SBB'+ SCB'=90, odnosno BSC=90. Na slian nain pokazuje se da su i uglovi BSA, ASD i DSC pravi. To znai da su dijagonale etvorougla ABCD uzajamno normalne i da se seku u taki13

S. Dakle, take A',B',C',D' su normalne projekcije take preseka dijagonala etvorougla ABCD na njegove stranice. Ostaje jo da se pokae da je ABCD tetivni etvorougao. Iz tetivnog etvorougla AA'SD' je A'AS= A'D'S= D'AS= D'A'S= dok je iz tetivnog etvorougla CC'SB' B'CS= B'C'S= C'CS= C'B'S='22

(3) (4) (5) (6)

'

' '2

2

gde je '= A'B'C' i '= C'D'A'. Kako je '+ '+ '+ '=360 iz (3), (4), (5) i (6) sledi DAB+ BCD=180. Na osnovu teoreme 2 etvorougao ABCD je tetivan. Time je dokaz zavren. Sledea dva primera daju veze izmeu poluprenika kruznice opisane oko etvorougla ABCD i poluprenika opisane odnosno upisane kruznice u tangentnotetivni etvorougao ABCD. - Primer 6. Ako su R i R1 poluprenici kruznica opisanih redom oko etvorouglova ABCD i A'B'C'D' iz teoreme 6, tada jeR1 =

gde je d=|OS|, O- centar kruznice opisane oko ABCD. Reenje: Obeleimo sa A1,B1,C1,D1 redom sredine stranica AB,BC,CD,DA. Take A',B',C',D',A1,B1,C1,D1 lee na jednoj kruznici iji su prenici A1C1 i B1D1 a centar taka T - zajednika sredina dui A1C1,B1D1 i OS. Tada je SA1OC1paralelogram. Na osnovu poznatog tvrenja da je zbir kvadrata dijagonala paralelograma jednak zbiru kvadrata njegovih stranica dobijamoA1C12

1 2R 2 d 2 2

+ OS

2

odnosno, vai:

AB CD = 2 2 + 2

2

2

4 R12 + d 2 = 2 R 2 R1 = 1 2R 2 d 2 2

14

D D1 D' A A' A1 B S

C' C1 R1 T O B1 B' C

k

slika 11.

- Primer 7. Ako je R poluprenik kruznice opisane oko etvorougla ABCD i p poluprenik krunice upisane u etvorougao A'B'C'D', tada je:r=

Reenje: Neka je r=|SS'|, gde je S' normalna projekcija take S na pravu A'B' i neka je = ABS i = CBS Kako je , zbog tetivnog etvorougla BB'SA', B'A'S= , iz pravouglih trouglova SS'B' i SBB' dobijamor = SB ' sin = SB sin sin

R2 d 2 2R

kako je

sin =

SA

A B BC SB SA SC r= AB BC

i

sin =

SC

iz poslednje jednakosti sledi

Poznato je da proizvod SA SC - potencija take S u odnosu na kruznicu opisanu oko ABCD (tanije njena apsolutna vrednost), ne zavisi od izbora seice kroz S. Ako tu seicu izaberemo tako da prolazi kroz O, dobijamo SA SC = R2 - d2 . Sada se poslednja jednakost moe predstaviti u oblikur = R2 d 2

(

) AB

SB AC BC sin ( + )

sin( + ) AC

Imajui u vidu da je

SB AC

=

AB BC sin ( + ) =2S(ABC)sin( +) 1 = A C 2R

i prema sinusnoj teoremi

15

dobijamo

R2 d 2 r= 2R

.

D

C'

D' A A' S'

S

O B'

C

k

B slika 12.

Prethodna dva primera pokazuju da centri i poluprenici opisane i upisane kruznice u etvorougao A'B'C'D' zavise iskljuivo od uzajamnog poloaja taaka S i O. To znai da ako taku S fiksiramo, a normalne tetive AC i BD pustimo da rotiraju oko S, dobijamo beskonano mnogo tangentno tetivnih etvorouglova A'B'C'D', za sve njih je k1(T;R1) opisana a k2 (S;r) upisana kruznica.

16

Literatura:

1. Vojislav Petrovi, Tangentni i tetivni etvorouglovi, ''Prosvetni pregled'',

Beograd, 1996, 2. R. Toi, V. Petrovi, Problemi iz geometrije, ''Stilos'', Novi Sad, 1995 3. V.V. Parasolov, Zadai po planimetrii, ''Nauka'', Moskva, 1986 4. D. Lopandi, Zbirka zadataka iz osnova geometrije, ''Savez studenata prirodno matematikog fakulteta'', Beograd, 1971.

17

Recommended

View more >