Download - EG-1516-kol1-rj
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
1/6
ELEMENTARNA GEOMETRIJA
Skica rješenja 1. kolokvija (20. studenoga 2015.)
Za vaše buduće zanimanje svakako će biti važno da pazite i na pravopis i gramatiku! Zatoskrećemo pažnju na neke česte greške.
• Ispravno se piše siječe i povučemo, a ne sijeće i povućemo.
• Ne piše se sječe nego siječe .
• Ne piše se (dva) djela nego (dva) dijela .
Zadatak 1
a) Definirajte po jmove: težište trokuta, simetrala dužine, romb.
b) Što točno po definiciji znači ABC ∼ DEF ?
c) Neka je ABC trokut i K tocka na stranici AC takva da vrijedi |AK | : |KC | = |AB| :
|BC |. Dokažite da je pravac BK simetrala kuta
ABC .
a) Definirajte pojmove: ortocentar trokuta, simetrala kuta, pravokutnik.
b) Što točno po definiciji znači ABC ∼= DEF ?
c) Neka je ABC trokut i D točka na stranici BC takva da vrijedi BAD = DAC .Dokažite da tada vrijedi |BD| : |DC | = |AB| : |AC |.
Rješenja s napomenama:
a) Težište trokuta je točka u kojoj se sijeku težišnice trokuta.
Nije potrebno dodatno navoditi da težište dijeli težišnicu u omjeru 2 : 1 i slično.Ortocentar trokuta je točka u kojoj se sijeku pravci na kojima leže visine trokuta.
Nije ispravno reći samo "Ortocentar je sjecište visina" jer visine tupokutnog trokuta nemaju zajedničkutočku. Visina je dužina, a ne pravac. Inače ne bi imalo smisla pričati o duljini visine.Usput, ne kaže se "visina stranice trokuta".
Simetrala dužine je pravac koji prolazi polovištem dužine i okomit je na tu dužinu.
Nije dovoljno reći "Simetrala dužine je pravac koji dijeli dužinu na dva jednaka dijela".
Simetrala kuta je pravac koji prolazi vrhom kuta i dijeli taj kut na dva sukladna dijela.
Simetrala kuta može se definirati i kao ’polupravac’ umjesto ’pravac’. Naravno, ne može ’dužina’.
Nema potrebe navoditi karakterizaciju točaka na simetrali kuta ili dužine.Nema smisla govoriti o udaljenosti simetrale kuta od krakova kuta. Udaljenost dvaju (polu)pravacakoji imaju zajedničku točku iznosi 0.Što znači glagol "raspolavljati"? Ima li smisla (potrebe) reći da nešto "raspolavlja dužinu na dva
jednaka dijela"?
Romb je paralelogram koji ima barem jedan par sukladnih susjednih stranica.
Pravokutnik je paralelogram koji ima barem jedan pravi kut.
Pravokutnik i romb mogu se definirati i na druge ekvivalentne načine. Npr. romb je četverokut koji imačetiri sukladne stranice. Pravokutnik je paralelogram koji ima sukladne dijagonale. Pritom je bitnoda se ne navodi "višak" svojstava. Pogotovo nema potrebe pisati ovakve rečenice: "... je paralelogram
koji ... i ima dva para paralelnih stranica i dijagonale mu se raspolavljaju" - ta dodatna svojstva suveć uključena u pojmu "paralelogram".Da bi rečenica bila jasna, često je potrebno koristiti kvantifikatore (svaki, neki/postoji). Što znači"četverokut kojemu su susjedne stranice sukladne" - jesu li mu svake dvije susjedne stranice sukladne,ili samo neke dvije susjedne stranice?
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
2/6
Općenito, ako se od vas traži definicija, napišite definiciju, a ne sva svojstva, teoreme, karak-terizacije i sve ostalo što znate. Matematičari cijene preciznost i konciznost.
Razlikujte pojmove dužina i duljina . Dužina je skup točaka, duljina je (mjerni) broj.
b) ABC ∼ DEF znači da su trokuti ABC i DEF slični , tj. da vrijedi
A = D, B = E, C = F i |BC |
|EF | =
|CA|
|FD| =
|AB|
|DE |.
ABC ∼= DEF znači da su trokuti ABC i DEF sukladni , tj. da vrijedi
A = D, B = E, C = F i |BC | = |EF |, |CA| = |FD|, |AB| = |DE |.
Slijedi nekoliko primjera loših "definicija".
• Trokuti su sukladni ako su im sve tri stranice sukladne i sva tri kuta sukladna.Naime, ova rečenica karakterizira jednakostranične trokute.
• Trokuti ABC i DEF su sukladni ako su sukladni po jednom od teorema od sukladnosti.
Razmislite što tvrde ti teoremi. Dok nema definicije sukladnih trokuta, ti teoremi nemaju smisla.Uzmimo npr. SSS teorem o sukladnosti trokuta. On tvrdi da su tri uvjeta (a = a, b = b, c = c)dovoljna, tj. da iz njih slijede ostala tri uvjeta iz definicije.
• Trokuti ABC i DEF su slični ako vrijedi A = D, B = E i C = F .Naime, to nije definicija, nego tvrdnja KK teorema o sličnosti trokuta.
c) Vidi dokaz teorema 4.2 u skripti. Svaka grupa je imala po jedan smjer.
Neki pogrešni "dokazi" . . .
• dokazuju da su trokuti ABK i CBK (odnosno ABD i CBD) slični ili čak sukladni;
• koriste da je simetrala kuta okomita na stranicu;
• dopunjavaju trokut ABC do paralelograma i zatim prešutno koriste "činjenicu" (neisti-nitu) da simetrala kuta prolazi četvrtim vrhom tog paralelograma
• ne koriste Talesov teorem o proporciolnalnosti
Bodovanje:
a) svaka ispravna definicija vrijedi 1 bodb) ispravna definicija 2 boda; gotovo ispravna definicija 1 bodc) dokaz tvrdnje vrijedi 5 bodova; manja greška u dokazu - 4 boda; dokaz s većom greškom,
ali s dobrim početkom 1 ili 2 boda.
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
3/6
Zadatak 2a U tupokutnom trokutu ABC , s tupim kutom u vrhu A, kut γ dva je puta veći odkuta β . Pravac koji prolazi vrhom A i okomit je na pravac AB siječe pravac BC u točki D.Pravac koji je usporedan s pravcem AD i prolazi polovištem stranice AB siječe pravac BC utočki E . Dokažite da je |DE | = |AC |.
Rješenje. Zadatak 2b je potpuno isti, samo su oznake drugačije.
Neka je P polovište dužine AB. Prema tvrdnji dokazanoj na vježbama (ili koristeći sličnosttrokuta ABD i P BE ), dužina P E je srednjica u trokutu ABD, tj. E je polovište dužine BDi vrijedi |DE | = |EB |. (1 bod)
Budući da je E polovište hipotenuze u trokutu ABD, prema teoremu s predavanja znamo da je E središte opisane kružnice tom trokutu, tj. |BE | = |AE |. (2 bod)
Budući da je |AE | = |BE |, vrijedi BAE = ABE = β , pa za vanjski kut vrijedi
AEC = BAE + ABE = 2β = γ = ACE.
Dakle, trokut AEC je jednakokračan, tj. |AC | = |AE |. (3 boda).
Sva tri odlomka zajedno daju |DE | = |BE | = |AE | = |AC |.
Važne napomene vezane uz obje verzije zadatka:
• Ako je γ = 2β , to ne povlači da je c = 2b.
• Trokuti ADC i DEP nisu sukladni. Istina je da je ADC = DEP , ali ostali kutovinisu podudarni.
• Također trokuti ADC i AED nisu sukladni (iako imaju zajedničku stranicu AD), tečetverokut APED nije pravokutnik. Nemojte tvrditi izjave za koje vidite da nisu točneveć na temelju svoje slike.
• U zadatku je ključno promatrati dužinu AE i pokazati da je jednake duljine kao i dvijedužine za koje se u zadatku traži da dokažemo da su sukladne.
Zadatak 3a Neka su ABCO i DEFO kvadrati takvi da se dužine AD i CF sijeku u vrhu O.Ako je ON visina trokuta CDO, dokažite da pravac ON siječe dužinu AF u njenom polovištu.
Rješenje.
Budući da je COD = AOF = 90◦, |OC | = |OA| i |OD| = |OF |, po SKS poučku slijedi dasu trokuti COD i AOF sukladni. Zato je OCD = OAF i ODC = OFA. (2 boda)
Neka je točka P presjek pravaca ON i AF . Uočimo vršne kutove POF = NOC . Budućida je trokut CNO pravokutan slijedi da je NOC = 90◦ −OCN = 90◦ −OCD, tj.
POF = 90◦ − OCN = 90◦ −OAF = OFA = OFP,
pri čemu predzadnja jednakost vrijedi jer je AOF pravokutan trokut. Iz ovoga zaključujemoda vrijedi |OP | = |PF |. (2 boda)
Dakle, točka P leži na simetrali stranice OF i na hipotenuzi AF pravokutnog trokuta AOF .Prema teoremu s predavanja slijedi da je P polovište stranice AF . (2 boda)
Zadatak 3b Neka su ABCO i DEFO kvadrati takvi da se dužine AD i CF sijeku u vrhu O.
Ako je P polovište dužine CD, dokažite da je pravac OP okomit na dužinu AF .
Rješenje.
Budući da je COD = AOF = 90◦, |OC | = |OA| i |OD| = |OF |, po SKS poučku slijedi dasu trokuti COD i AOF sukladni. Zato je OCD = OAF i ODC = OFA. (2 boda)
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
4/6
Prema teoremu s predavanja polovište hipotenuze pravokutnog trokuta je središte opisanekružnice, tj. vrijedi |OP | = |FP |. (2 boda)
Neka je točka N presjek pravaca OP i AF . Uočimo vršne kutove DOP = NOA. Budućida je trokut ODP jednakokračan slijedi da je ODP = DOP , tj.
NOA = POD = ODP = ODC = 90◦ − OCD = 90◦ −OAN,
pri čemu predzadnja jednakost vrijedi jer je COD pravokutan trokut. Iz ovoga zaključujemoda vrijedi ON ⊥ AF . (2 boda)
Važne napomene vezane uz obje verzije zadatka:
• U 3a, umjesto teorema s predavanja mogli smo analogno dokazati da je |OP | = |AP |, pazaključiti da vrijedi |AP | = |OP | = |PF |. U 3b, mogli smo dokazati da je |OP | = |DP |tako da uočimo da za polovište Q dužine OD vrijedi da je i nožište visine iz vrha P utrokutu ODP (srednjica PQ je okomita je na OD jer je paralelna s OC ).
• Kvadrati koji su zadani u zadatku ne moraju biti sukladni. U slučaju kadkvadrati jesu sukladni, tvrdnju je puno lakše dokazati na temelju simetrije, te razmatranje
tog posebnog slučaja ne nosi bodove.• Četverokut ACDF je jednakokračni trapez. Četverokut ACDF nije nužno para-
lelogram (pa tako ni romb, ni pravokutnik, ni kvadrat). Nije ispravno zaključitida je ACDF romb zato što su mu dijagonale okomite. Naime, paralelogram kojem sudijagonale okomite jest romb, ali općenito postoje četverokuti koji nisu paralelogrami(pa nisu ni rombovi) i kojima su dijagonale okomite.
• Trokuti COD i AOF su sukladni, ali to ne povlači |ON | = |OP |. Sukladni trokuti imajuiste visine, ali OP nije visina i ON nije težišnica. Naime, pravac koji sadrži točkeN , O i P nije paralelan osnovicama AC i DF trapeza ACDF . Pažljivo nacrtajte slikui uvjerite se u to.
• Ako nacrtamo točku G takvu da je AOFG pravokutnik, onda će za taj pravokutnik,kao i za svaki drugi paralelogram, vrijediti da mu se dijagonale raspolavljaju. No, na tajnačin ne možemo izbjeći potrebu za argumentima koji su slični gore prikazanom rješenju.Naime, bez da znamo da pravac ON siječe AF u polovištu, ne možemo znati ni da jetočka G na pravcu ON . Dakle, pristup u kojem se promatra pravokutnik AOFG neolakšava dokaz tražene tvrdnje jer ne možemo zaključiti da točke O, N , P i G leže naistom pravcu bez da riješimo zadatak na način sličan službenom rješenju. Uvođenjemtočke G zadatak ostaje jednako težak.
• Općenito, dijagonale pravokutnika se ne sijeku pod pravim kutom! Dijagonale pravokut-
nika su okomite ako i samo ako je taj pravokutnik kvadrat.• Promotrimo trokute OND i ONC . Ta dva trokuta imaju iste kutove, te je istina da je
dužina ON stranica i jednog i drugog trokuta. No, ti trokuti nisu sukladni. Ovdjene možete primijeniti teorem KSK o sukladnosti jer pripadni kutovi uz stranicu ON uta dva trokuta nisu jednaki (uočite DON = CON ). Dakle, zaključak da su ti trokutisukladni je ozbiljna greška u zaključivanju i vodi do apsurda da kvadrati koji su zadaniu zadatku moraju biti sukladni.
• Dva kvadrata iz teksta zadatka moraju biti jedan izvan drugoga zbog uvjeta da se dužine AD i CF sijeku. Neki studenti su crtali konfiguraciju u kojoj je jedan kvadrat unutardrugoga.,Iako tako nije zadan zadatak, u tom slučaju tvrdnja također vrijedi i dokaz je
vrlo sličan. Zato su se takva rješenja bodovala na isti način kao i za slučaj koji je zadan.Formulacija zadatka je odabrana tako da se izbjegne razlikovanje slučajeve, te je zadanslučaj u kojem je zbog preglednosti lakše konstruirati dokaz. Općenito, treba biti pažljiv
jesmo li nacrtali ispravnu konfiguraciju i postoji li više mogućih konfiguracija.
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
5/6
Zadatak 4 Neka je ABC trokut čije su stranice AC i BC jednake duljine. Označimo s P polovište stranice AB i s N nožište okomice iz P na stranicu AC .Pokažite da je trokut P BC sličan trokutu NAP .
Označimo s Q polovište dužine N P . Dokažite da je trokut CQP sličan trokutu ANB.
Rješenje.
U jednakokračnom trokutu težišnica iz vrha nasuprot osnovici okomita je na osnovicu (iz
SSS sukladnosti dva trokuta na koje težišnica dijeli trokut slijedi jednakost dvaju kutova kojizajedno čine 180◦). Dakle, CPB = 90◦.
Dvije stranice trokuta su sukladne ako i samo ako su im nasuprotni kutovi sukladni. Dakle, iz|AC | = |BC | slijedi sukladnost kutova: CAB = CBA =: α.
Iz pokazanih tvrdnji CPB = 90◦ = PAN i CAB = CBA slijedi po KK teoremu osličnosti sličnost trokuta P BC i NAP . (2 boda)
Trokuti su slični pa im se duljine odgovarajućih stranica odnose u istom omjeru:
|NP |
|CP | =
|AP |
|BC | =
|NA|
|PB|
Dokazujemo sada sličnost trokuta CQP i BNA. Vrijedi CPQ = 90◦
− NPA, a iz pravo-kutnog trokuta NAP vidimo da je NPA = 90◦−α. Dakle, CPQ = α = NAP . Potrebnonam je još dokazati jednakost omjera duljina odgovarajućih stranica da bismo imali uvjete zaSKS teorem o sličnosti:
|QP |
|NA| =
|CP |
|AB|
Iz sličnosti trokuta PBC i NAP imamo jednakost omjera:
|NP |
|NA| =
|CP |
|PB| što je
2|QP |
|NA| =
|CP |1
2|AB|
to jest |QP |
|NA| =
|CP |
|AB|
.
Po SKS teoremu o sličnosti sada slijedi sličnost trokuta CQP i BNA. (4 boda)Zadatak 5 Dan je trokut sa stranicama duljina a, b, c. Ako vrijedi a − b = b − c, dokažite da je
duljina visine na stranicu duljine b trostruko veća od polumjera tom trokutu upisane kružnice.
Rješenje.
Zadatak se rješava preko površina. Znamo da je površina P = 12bvb = rs. Iz pretpostavke
zadatka slijedi a + c = 2b, odnosno s = a+b+c2
= 3
2b. Uvrštavanjem dobivamo 1
2bvb =
3
2br,
odnosno vb = 3r što je trebalo dokazati.
• Bilo je rješenja koja koristeći Heronovu formulu prikazuju r
i vb
pomoću stranica trokutate ih zatim uspoređuju. Takva rješenja su u suštini ekvivalentna službenom rješenju,samo što su kompliciranija.
Zadatak 6 Neka je ABC trokut te A1, B1, C 1 točke na njegovim stranicama BC , CA, AB redom,takve da pravci AA1, BB1 i CC 1 prolaze istom točkom T . Ako vrijedi
|BA1| : |A1C | = 1 : 3 i |CB1| : |B1A| = 2 : 1,
odredite |AC 1| : |C 1B| i |AT | : |TA1|. (Uputa: koristite Cevin i Menelajev teorem.)
Rješenje.
Direktnom primjenom Cevinog teorema |AC 1||C 1B|
|BA1||A1C |
|CB1||B1A| = 1 dobije se
|AC 1||C 1B| = 3 : 2 (2 boda).
Da bi izračunali omjer |AT | : |TA1| primjenjujemo Menelajev teorem na trokut ABA1 i na(kolinearne) točke C, T i C 1 koje se nalaze na pravcima njegovih stranica:
|A1T |
|TA|
|AC 1|
|C 1B|
|BC |
|CA1| = 1.
-
8/18/2019 EG-1516-kol1-rj
6/6
Koristeći omjer iz prvog dijela zadatka dobivamo |AT ||TA1| = 3
2
1 +
1
3
= 2.
• (Skica rješenja drugog dijela zadatka studentice Maje Žitko.) Neka je točka C 2 presjekpravca paralelnog sa CC 1 koji prolazi točkom A1 i pravca AB. Primjenom Talesovogteorema o proporcionalnosti na paralelne pravce T C 1 i A1C 2 te kut koji zatvaraju pravciAA1 i AB dobivamo
|AT |
|TA1| =|AC 1|
|C 1C 2| .
Slicno, primjenom Talesovog teorema o proporcionalnost na paralelne pravce CC 1 i A1C 2te kut između pravaca AB i BC dobivamo
|BC 2|
|C 2C 1| =
|BA1|
|A1C | =
1
3.
Sada slijedi
|AC 1|
|C 1C 2| =
|AC 1|
|C 1B|
|C 1B|
|C 1C 2| =
3
2
1 +
|C 2B|
|C 1C 2|
=
1
3
1 +
1
3
= 2.