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.