PrethodniSledeći
4599.

366

TEKST ZADATKA

Neka je ABC ABC jednakokraki trougao (AC=BC) (AC=BC) i E E i F F tačke pravih BC, BC , odnosno AC AC takve da je B−E−C B-E-C i C−A−F C-A-F i BE=AF. BE=AF . Dokazati da duž AB AB polovi duž EF. EF .

REŠENJE ZADATKA

Kroz tačku E E povucimo pravu paralelnu pravoj AC AC i označimo sa G G njen presek sa pravom AB. AB . Pošto je E E unutrašnja tačka stranice BC BC trougla ABC, ABC , prava kroz E E paralelna stranici AC AC seče unutrašnjost stranice AB. AB . Zato važi poredak B−G−A. B-G-A .

E∈BC,EG∥AC,G=EG∩AB⟹B−G−AE\in BC,\quad EG\parallel AC,\quad G=EG\cap AB\quad\Longrightarrow\quad B-G-A

Najpre dokažimo jednakost uglova na osnovici bez pozivanja na svojstvo jednakokrakog trougla. Uporedimo trouglove ABC ABC i BAC. BAC . Imamo AC=BC AC=BC po uslovu, zatim BC=AC, BC=AC , dok je AB=BA AB=BA zajednička stranica. Zato su ovi trouglovi podudarni po III stavu (SSS), pri korespondenciji A↔B, A\leftrightarrow B , B↔A, B\leftrightarrow A , C↔C. C\leftrightarrow C . Otuda su odgovarajući uglovi ∠ABC \angle ABC i ∠BAC \angle BAC jednaki.

AC=BC,BC=AC,AB=BA⟹△ABC≅△BAC⟹∠ABC=∠BACAC=BC,\quad BC=AC,\quad AB=BA\quad\Longrightarrow\quad\triangle ABC\cong\triangle BAC\quad\Longrightarrow\quad\angle ABC=\angle BAC

Iz poretka B−E−C B-E-C sledi da se poluprave BE BE i BC BC poklapaju, a iz poretka B−G−A B-G-A da se poluprave BG BG i BA BA poklapaju. Stoga je ∠EBG=∠ABC. \angle EBG=\angle ABC . Dalje, zbog EG∥AC, EG\parallel AC , ugao između poluprava GE GE i GB GB jednak je uglu između poluprava AC AC i AB, AB , pa je ∠EGB=∠BAC. \angle EGB=\angle BAC . Kako je već dokazano ∠ABC=∠BAC, \angle ABC=\angle BAC , dobijamo ∠EBG=∠EGB. \angle EBG=\angle EGB .

∠EBG=∠ABC=∠BAC=∠EGB\angle EBG=\angle ABC=\angle BAC=\angle EGB

Jednakost EB=EG EB=EG možemo opravdati kriterijumom podudarnosti. Posmatrajmo trougao EBG EBG u dve korespondencije, odnosno trouglove sa istim temenima BGE BGE i GBE. GBE . Ugao kod B B prvog jednak je uglu kod G G drugog, a ugao kod G G prvog jednak je uglu kod B B drugog, jer je ∠EBG=∠EGB \angle EBG=\angle EGB ; između tih uglova nalazi se zajednička stranica BG=GB. BG=GB . Zato su trouglovi podudarni po II stavu (USU), pri korespondenciji B↔G, B\leftrightarrow G , G↔B, G\leftrightarrow B , E↔E, E\leftrightarrow E , pa su odgovarajuće stranice EB EB i EG EG jednake.

∠GBE=∠BGE,BG=GB,∠BGE=∠GBE⟹△BGE≅△GBE⟹EB=EG\angle GBE=\angle BGE,\quad BG=GB,\quad\angle BGE=\angle GBE\quad\Longrightarrow\quad\triangle BGE\cong\triangle GBE\quad\Longrightarrow\quad EB=EG

Iz datog EB=AF EB=AF i dokazanog EB=EG EB=EG sledi AF=EG. AF=EG . Pošto su C,A,F C,A,F kolinearne, prave AF AF i AC AC se poklapaju, pa iz konstrukcije EG∥AC EG\parallel AC sledi EG∥AF. EG\parallel AF . Četiri tačke A,F,E,G A,F,E,G obrazuju konveksan četvorougao čiji je redosled temena A−F−G−E: A-F-G-E : tačka G G je u unutrašnjosti AB, AB , tačka E E je sa iste strane prave AB AB kao C, C , a tačka F F je sa suprotne strane zbog poretka C−A−F. C-A-F . U njemu su naspramne stranice AF AF i EG EG jednake i paralelne, pa se dijagonale AG AG i EF EF seku u unutrašnjoj tački. Označimo taj presek sa D. D . Kako je D∈AG D\in AG i AG⊂AB, AG\subset AB , sledi D∈AB. D\in AB .

EB=AF,EB=EG⟹AF=EG,EG∥AC,A,C,F su kolinearne⟹EG∥AF,D=AG∩EF,D∈ABEB=AF,\quad EB=EG\quad\Longrightarrow\quad AF=EG,\qquad EG\parallel AC,\quad A,C,F\text{ su kolinearne}\quad\Longrightarrow\quad EG\parallel AF,\qquad D=AG\cap EF,\quad D\in AB

Posmatrajmo trouglove AFD AFD i GED. GED . Zbog AF∥EG, AF\parallel EG , sa transverzalom EF EF važi ∠AFD=∠GED, \angle AFD=\angle GED , a sa transverzalom AG AG važi ∠FAD=∠EGD. \angle FAD=\angle EGD . Pošto je D D unutrašnja tačka obe dijagonale, poluprave DF DF i DE DE su suprotne, kao i poluprave DA DA i DG DG ; zato istovremena promena smera oba kraka ne menja navedene jednakosti uglova. Uz AF=EG, AF=EG , trouglovi su podudarni po II stavu (USU), pri korespondenciji A↔G, A\leftrightarrow G , F↔E, F\leftrightarrow E , D↔D. D\leftrightarrow D .

∠AFD=∠GED,AF=EG,∠FAD=∠EGD⟹△AFD≅△GED\angle AFD=\angle GED,\quad AF=EG,\quad\angle FAD=\angle EGD\quad\Longrightarrow\quad\triangle AFD\cong\triangle GED

Iz podudarnosti trouglova AFD AFD i GED GED slede jednake odgovarajuće stranice FD=ED. FD=ED . Pošto je D D unutrašnja tačka duži EF, EF , ona je njeno središte. Već je dokazano D∈AG⊂AB D\in AG\subset AB ; prema tome, duž AB AB sadrži središte duži EF, EF , odnosno duž AB AB polovi duž EF. EF .

FD=ED,D∈EF,D∈AB⟹AB polovi EFFD=ED,\quad D\in EF,\quad D\in AB\quad\Longrightarrow\quad AB\text{ polovi }EF

Da li je rešenje bilo korisno?

Jedan klik nam pomaže da poboljšamo zadatke.

Prijavi se za ocenu