PrethodniSledeći
4679.

428

TEKST ZADATKA

Dokazati da je u pravouglom trouglu simetrala pravog ugla u isto vreme i simetrala ugla koji obrazuju visina i težišna duž nad hipotenuzom.

REŠENJE ZADATKA

Neka je ∠ACB=90∘, \angle ACB=90^\circ , neka je H H podnožje visine iz temena C C na hipotenuzu AB, AB , a M M središte hipotenuze. Tada su CH CH visina i CM CM težišna duž o kojima je reč. Označimo oštre uglove trougla.

∠CAB=α,∠ABC=β,α+β=90∘\angle CAB=\alpha,\qquad \angle ABC=\beta,\qquad \alpha+\beta=90^\circ

Na polupravi CM, CM , iza tačke M, M , konstruišimo pomoćnu tačku D D tako da je MD=MC. MD=MC . Pošto je M M središte i duži AB AB i duži CD, CD , dijagonale četvorougla ACBD ACBD polove jedna drugu, pa je taj četvorougao paralelogram. Kako je AC⊥BC, AC\perp BC , on je pravougaonik.

AM=MB,CM=MD,AC∥BD,CB∥ADAM=MB,\qquad CM=MD,\qquad AC\parallel BD,\qquad CB\parallel AD

Dijagonale pravougaonika su jednake, pa iz AB=CD AB=CD i prethodnih jednakosti njihovih polovina dobijamo AM=CM. AM=CM . Zato je trougao AMC AMC jednakokrak. Naspram jednakih stranica nalaze se jednaki uglovi, a poluprave AM AM i AB AB se poklapaju.

AB=CD,AM=AB2=CD2=CM,∠ACM=∠CAM=αAB=CD,\qquad AM=\frac{AB}{2}=\frac{CD}{2}=CM,\qquad \angle ACM=\angle CAM=\alpha

Trougao ACH ACH je pravougli kod H. H . Njegov ugao kod A A jednak je α, \alpha , pa zbir uglova tog trougla daje ugao između kraka CA CA i visine CH. CH .

∠ACH=90∘−α=β\angle ACH=90^\circ-\alpha=\beta

Neka je CK CK simetrala pravog ugla ACB. ACB . Ona sa svakim krakom obrazuje 45∘. 45^\circ . Poluprava CM CM sa CA CA obrazuje ugao α, \alpha , a poluprava CH CH ugao β. \beta . Pošto je α+β=90∘, \alpha+\beta=90^\circ , njihova ugaona odstojanja od CK CK jednaka su. Ova jednakost sa apsolutnim vrednostima obuhvata i redosled poluprava kada je α<45∘ \alpha<45^\circ ili α>45∘. \alpha>45^\circ .

∠MCK=∣α−45∘∣=∣45∘−β∣=∠KCH\angle MCK=|\alpha-45^\circ|=|45^\circ-\beta|=\angle KCH

Ako trougao nije jednakokrako-pravougli, onda je α≠β, \alpha\ne\beta , pa se poluprave CH CH i CM CM ne poklapaju. One se nalaze sa suprotnih strana poluprave CK, CK , a prethodna jednakost pokazuje da CK CK deli njihov manji ugao na dva jednaka dela. U ovom slučaju, kada se poluprave ne poklapaju, unutrašnja simetrala tog ugla je jedinstvena, pa je to upravo CK. CK .

α≠β⟹∠HCK=∠KCM\alpha\ne\beta\quad\Longrightarrow\quad \angle HCK=\angle KCM

Preostaje jednakokrako-pravougli slučaj AC=BC. AC=BC . Tada je α=β=45∘, \alpha=\beta=45^\circ , a visina iz pravog ugla na osnovicu ujedno je i težišna duž i simetrala ugla. Zato se poluprave CH, CH , CM CM i CK CK poklapaju. Ugao koji obrazuju visina i težišna duž tada je degenerisani ugao mere 0∘ 0^\circ ; tvrdnju razumemo kao jednakost ugaonih odstojanja, i obe su jednake nuli. Dakle, i rubni slučaj zadovoljava tvrđenje, mada se jedinstvenost simetrale degenerisanog ugla ne tvrdi.

AC=BC⟹H=M,CH=CM,∠HCK=∠KCM=0∘AC=BC\quad\Longrightarrow\quad H=M,\quad CH=CM,\quad \angle HCK=\angle KCM=0^\circ

Da li je rešenje bilo korisno?

Jedan klik nam pomaže da poboljšamo zadatke.

Prijavi se da oceniš zadatak