PrethodniSledeći
4670.

437

TEKST ZADATKA

Dat je △ABC. \triangle ABC . Dokazati da se simetrala ugla kod temena A A i simetrale spoljašnjih uglova kod temena B B i C C seku u jednoj tački. Dokazati da postoji krug sa središtem u toj tački koji dodiruje stranicu BC BC i produžetke stranica AB AB i AC. AC .

REŠENJE ZADATKA

Označimo sa sA s_A polupravu unutrašnje simetrale ugla A, A , usmerenu iz A A kroz unutrašnjost trougla i dalje preko BC. BC . Kod temena B B posmatramo onu polupravu sBsp s_B^{\mathrm{sp}} spoljašnje simetrale koja leži u poluravni određenoj pravom BC BC suprotnoj od temena A. A . Te poluprave se zaista seku u toj poluravni. Naime, ako je E=sA∩BC E=s_A\cap BC i ako uglove trougla označimo sa α,β,γ, \alpha,\beta,\gamma , onda nastavak poluprave sA s_A od E E sa EB EB zaklapa ugao β+α2, \beta+\frac{\alpha}{2} , a izabrana spoljašnja simetrala u B B sa BE BE zaklapa ugao 180∘−β2. \frac{180^\circ-\beta}{2} . Zbir ta dva ugla je 180∘−γ2<180∘, 180^\circ-\frac{\gamma}{2}<180^\circ , pa se poluprave seku i sa duži BE BE obrazuju trougao u poluravni suprotnoj od A. A . Njihov presek označimo sa IA. I_A .

IA=sA∩sBsp,IA i A su sa suprotnih strana prave BCI_A=s_A\cap s_B^{\mathrm{sp}},\qquad I_A\text{ i }A\text{ su sa suprotnih strana prave }BC

Iz tačke IA I_A spustimo normale na prave koje sadrže stranice: neka su F∈AB↔, F\in\overleftrightarrow{AB} , G∈AC↔ G\in\overleftrightarrow{AC} i D∈BC↔ D\in\overleftrightarrow{BC} podnožja tih normala. Za sada ne pretpostavljamo gde se podnožja nalaze na tim pravama; njihov tačan položaj dokazaćemo kasnije.

IAF⊥AB,IAG⊥AC,IAD⊥BCI_AF\perp AB,\qquad I_AG\perp AC,\qquad I_AD\perp BC

Pošto je IA I_A na unutrašnjoj simetrali ugla A, A , njegove normalne udaljenosti od pravih AB AB i AC AC jednake su. Pošto je istovremeno na spoljašnjoj simetrali kod B, B , jednake su mu normalne udaljenosti od pravih AB AB i BC. BC . Prema tome, sve tri udaljenosti su jednake.

IAF=IAG,IAF=IAD⟹IAD=IAF=IAGI_AF=I_AG,\qquad I_AF=I_AD\quad\Longrightarrow\quad I_AD=I_AF=I_AG

Iz IAG=IAD I_AG=I_AD sledi da je IA I_A na jednoj od simetrala uglova koje obrazuju prave AC AC i BC. BC . Moramo odrediti na kojoj. Unutrašnja simetrala kod C C ima polupravu koja iz C C ulazi u trougao i njenu suprotnu polupravu ispod BC BC ; zato sama činjenica da je IA I_A sa suprotne strane prave BC BC od A A još nije dovoljna da se unutrašnja simetrala odbaci.

IAG=IAD⟹IA pripada jednoj od dve simetrale pravih AC i BCI_AG=I_AD\quad\Longrightarrow\quad I_A\text{ pripada jednoj od dve simetrale pravih }AC\text{ i }BC

Pretpostavimo da je IA I_A na pravoj unutrašnje simetrale ugla C. C . Prave unutrašnjih simetrala uglova A A i C C već se seku u unutrašnjosti trougla: njihove poluprave koje ulaze u trougao imaju zajedničku tačku, središte upisanog kruga. Dve različite prave ne mogu imati još jedan presek ispod BC. BC . To protivreči činjenicama IA∈sA I_A\in s_A i da je IA I_A sa strane prave BC BC suprotne od A. A . Dakle, IA I_A nije na unutrašnjoj, nego na spoljašnjoj simetrali kod C C ; preciznije, na njenoj polupravi u spoljašnjem uglu između poluprave CB CB i produžetka poluprave CA CA preko C. C .

IA∈sCspI_A\in s_C^{\mathrm{sp}}

Time sve tri tražene simetrale prolaze kroz istu tačku. Zaista, IA I_A pripada unutrašnjoj simetrali kod A A po definiciji, izabranoj spoljašnjoj simetrali kod B B po definiciji, a spoljašnjoj simetrali kod C C po prethodnom koraku.

sA∩sBsp∩sCsp={IA}s_A\cap s_B^{\mathrm{sp}}\cap s_C^{\mathrm{sp}}=\{I_A\}

Sada određujemo položaj podnožja. Poluprava BIA BI_A polovi spoljašnji ugao između poluprave BC BC i produžetka poluprave BA BA preko B. B . Svaki od dobijenih poluuglova je oštar, pa ortogonalna projekcija tačke IA I_A na BC BC leži na polupravi BC, BC , a projekcija na AB AB na polupravi iz B B suprotnoj od BA. BA . Zato je D D na polupravi BC, BC , a F F na produžetku stranice AB AB preko temena B. B . Slično, poluprava CIA CI_A polovi spoljašnji ugao između poluprave CB CB i produžetka poluprave CA CA preko C C ; zato je D D i na polupravi CB, CB , dok je G G na produžetku stranice AC AC preko temena C. C . Kako je D D istovremeno na polupravama BC BC i CB, CB , ono pripada duži BC. BC .

F−B−A,B−D−C,A−C−GF-B-A,\qquad B-D-C,\qquad A-C-G

Neka je r=IAD=IAF=IAG r=I_AD=I_AF=I_AG i konstruišimo krug k k sa središtem IA I_A i poluprečnikom r. r . Pošto su IAD, I_AD , IAF I_AF i IAG I_AG normalni na odgovarajuće prave, krug ih dodiruje redom u tačkama D, D , F F i G. G . Dokazani položaji podnožja pokazuju da je D D na samoj stranici BC, BC , F F na produžetku AB AB preko B, B , a G G na produžetku AC AC preko C. C . To je traženi spolja upisani krug naspram temena A. A .

k=k(IA,r),r=IAD=IAF=IAGk=k(I_A,r),\qquad r=I_AD=I_AF=I_AG

Da li je rešenje bilo korisno?

Jedan klik nam pomaže da poboljšamo zadatke.

Prijavi se da oceniš zadatak