Gimnazija "Bora Stanković"Maturski rad iz matematike

OSOBINE TETIVNIH ITANGENTNIH ČETVOROUGLOVA

O

A

B

C

D

S

T

A′

D′

C′

B′

Autor:Lazar Ljubenović

Mentor:prof. Slađana Kvaić

jun 2013

Sadržaj

1 Uvod 51.1 Tetivni i tangentni mnogouglovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Leme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Tetivni četvorouglovi 72.1 Tri osnovne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Ptolomejeva teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Formula za površinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Bramaguptini četvorouglovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.5 Konstrukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.6 Još jedna važna osobina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.7 Primena tetivnih četvorouglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Tangentni četvorouglovi 213.1 Tri osnovne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Formule za površinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.3 Još neke osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4 Tetivno-tangentni četvorouglovi 294.1 Dve važne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Konstrukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.3 Formula za površinu i njene posledice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.4 O međusobnom položaju centara kružnica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.5 Fusova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5 Razni zadaci 375.1 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3

Glava 1

Uvod

1.1 Tetivni i tangentni mnogougloviKružnica opisana oko mnogougla je kružnica koja prolazi kroz sva temena mnogougla. Mnogougao oko koga se

može opisati kružnica naziva se tetivni mnogougao (jer mu stranice predstavljaju tetive kružnice).Kružnica upisana u mnogougao je kružnica koja (iznutra) dodiruje sve stranice mnogougla. Mnogougao u koji se

može upisati kružnica naziva se tangentni mnogougao (jer mu stranice predstavljaju tangentne na kružnicu).Dobro je poznata činjenica da su svi trouglovi i tetivni i tangentni, odnosno da se oko njih uvek može opisati

kružnica, ali i da se u njih može upisati kružnica. Ovo se objašnjava time što je kružnica jednoznačno određena trimatačkama. Centar opisane kružnice se nalazi u preseku simetrala stranica trougla, a centar upisane kružnice – u presekusimetrala uglova.

1.2 LemeOvde se nalaze definicije nekih pojmova, kao i neke leme (pomoćna tvrđenja) koja će se koristiti u narednim

glavama.

Definicija 1.1. Kružnica je geometrijsko mesto tačaka u ravni koje se anlaze na istom rastojanju (koje se nazivapoluprečnik) od neke tačke (O) koja se naziva centar kružnice. Skup svih tačaka ograničene kružnicom naziva sekrug.

Definicija 1.2. Tetiva kruga je duž koja spaja dve različite tačke (A i B) na kružnici. Tetiva je najduža kada prolazikroz centar kruga, i tada se ona naziva prečnik kruga (vidi D1.1).

Definicija 1.3. Ako je M bilo koja tačka na krugu sa iste strane prave AB sa koje je i tačka O, tada je ugao ∠AMBperiferijski (tetivni) ugao koji odgovara konveksnom centralnom uglu ∠AOB. Ako je tačka M na krugu sdruge strane prave AB, tada je ugao ∠AMB tetivni ugao koji odgovara nekonveksnom centralnom uglu ∠AOB.

Definicija 1.4. Prava koja seče krug naziva se sečica. Sečica i krug imaju najviše dve zajedničke tačke koje određujutetivu (vidi D1.2). Ako prava i krug imaju samo jednu zajedničku tačku, ta prava se naziva tangenta kruga.

Definicija 1.5. Ugao pod kojim se iz centra kruga vidi luk ACB je centralni ugao koji odgovara tom luku (vidiD1.3). Ako je M tačka istog kruga koja ne pripada luku ACB, tada je ugao ∠AMB periferijski ugao nad istimlukom (još i: nad istom tetivom).

Lema 1. Centralni ugao je dva puta veći od odgovarajućeg periferijskog ugla.

Dokaz. Neka su tačke A, B i C različite tačke kružnice sa centrom u O. Primetimo da su trouglovi 4AOC i 4BOCjednakokraki (OA, OB i OC predstavljaju poluprečnike kružnice), pa važi ∠OAC = ∠OCA = α i ∠OBC = ∠OCB =β. Dalje, kako je zbir uglova u trouglu jednak 180◦, imamo ∠COA = 180◦ − 2α i ∠BOC = 180◦ − 2β. Sada imamo∠AOB = 360◦ − (180◦ − 2α)− (180◦ − 2β) = 2 · (α+ β) = 2 · ∠ACB.

Lema 2. Uglovi nad istom tetivom, sa iste strane te tetive, su jednaki.

Dokaz. Neka su tačke A, B, C i D različite tačke kružnice, pri čemu se C i D nalaze sa iste strane tetive AB. Naosnovu L1 je ∠ACB = 2 · ∠AOB i ∠ADB = 2 · ∠AOB (gde je O centar kružnice) odakle neposredno sledi tvrđenje(tj. realcija ∠ACB = ∠ADB).

Lema 3. Uglovi nad istom tetivim, sa različith strana te tetive, su suplementni.

5

6 GLAVA 1. UVOD

Dokaz. Neka su tačke A, B, C i D različite tačke kružnice, pri čemu se C i D nalaze sa različitih strana tetiveAB. Bez gubljenja opštosti, pretpostavimo da je ∠AOB konveksan ugao. Na osnovu L1 je ∠ACB = 2 · ∠AOB i∠ADB = 2 · (180◦ − ∠AOB) (gde je O centar kružnice), dakle važi realcija ∠ACB + ∠ADB = 180◦ odakle sleditvrđenje.

Lema 4. Tangentne duži iz date tačke na dati krug jednake su među sobom.

Dokaz. Tangente iz tačke A na krug k sa centrom O dodiruju krug u tačkama P i T . Pravougli trouglovi 4AOP iAOT su podudarni jer imaju zajedničku hipotenuzu i manju katetu jednaku poluprečniku kruga (|OP | = |OT |). Iz tepodudarnosti sledi |AP | = |AT |.

Definicija 1.6. Simetrala duži je prava normalna na datu duž, koja prolazi kroz njeno središte.

Definicija 1.7. Simetrala ugla je prava sa osobinom da je rastojanje jedne tačke te prave do jednog kraka jednakorastojanju do drugog kraka ugla. Ona prolazi kroz teme ugla.

Lema 5. Svaka tačka simetrale duži je jednako udaljena od krajeva te duži.

Dokaz. Neka je data duž AB. Njena simetrala s prolazi kroz tačkuM (M ∈ AB, |AM | = |BM | i s ⊥ AB). Izaberimoproizvoljnu tačku X tako da je X ∈ s i X 6≡ M . Iz |AM | = |BM |, ∠XMA = ∠XMB i |XM | = |XM |, naosnovu stava SUS o podudarnosti trouglova, sledi 4XMA ∼= 4XMB, pa su im i odgovarajući elementi podudarni,tj. |XA| = |XB|.

Očigledna posledica ove teoreme jeste sledeće:

Lema 6. Centar opisane kružnice trougla se nalazi u preseku simetrala stranica.

Slično, posledica D1.7 je sledeća:

Lema 7. Centar upisane kružnice trougla se nalazi u preseku simetrala uglova.

Glava 2

Tetivni četvorouglovi

Kao što je već rečeno, oko svakog trougla se može opisati kružnica. Presek simetrala bilo kojih dveju stranica dajecentar te kružnice, i lako se dokazuje da će i simetrala treće stranice prolaziti kroz centar.

Šta je sa četvorouglovima? Iz iskustva znamo da se oko većine četvorouglova ne može opisati kružnica, ako se izuzmuneki posebni slučajevi kao što su pravougaonici i jednakokraki trapezi. Ovakvih četvorouglova ipak ima beskonačnomnogo, i njih nazivamo tetivnim četvorouglovima (zbog toga što im stranice predstavljaju tetive kružnice), odnosnovaži sledeća definicija:

Definicija 1. Četvorougao je tetivan ako i samo ako se oko njega može opisati kružnica.

2.1 Tri osnovne teoremeUpoznajmo se najpre sa tri osnovne teoreme koje predstavljaju najčešće korišćene potrebne i dovoljne uslove da

četvorougao bude tetivan.

Teorema 2.1. Četvorougao je tetivan ako i samo ako se simetrale triju njegovih stranica seku u jednoj tački.

Dokaz. Ako je četvorougao ABCD tetivan, tada njegova temena pripadaju kružnici, a njegove stranice predstavljajutetive te kružnice. Jasno je da jedan smer tvrđenja lako sledi iz činjenice da sve simetrale tetiva jedne kružnice sadrženjen centar.Dokažimo sada da tvrđenje važi i u obratnom smeru. Pretpostavimo da se simetrale stranica AB, BC i CD četvorouglaABCD seku u tački O. Kako tačka O pripada simetrali stranice AB, to je trougao 4AOB jednakokrak, pa važi|OA| = |OB|. Analogno se dobijaju i relacije |OB| = |OC| i |OC| = |OD|, iz kojih sledi da je i |OD| = |OA|, što značida je trougao 4DOA jednakokrak, pa je simetrala stranice AD ujedno i visina iz temena O, što znači da simetralastranice AD prolazi kroz O, odakle (na osnovu D1) proizilazi da je četvorougao ABCD tetivan.

Ipak, jasno je da ova teorema, iako intuitivna, nije od praktične važnosti pri rešavanju zadataka (ali je ne trebazanemariti jer nekad upravo ona predstavlja jedno od najmoćnijih sredstava). Sledeće dve teoreme se mnogo češćekoriste u izradi zadataka.

Teorema 2.2. Četvorougao je tetivan ako i samo ako je zbir svaka dva naspramna ugla jednak 180◦.

Dokaz. Pretpostavimo da je četvorougao ABCD tetivan. To znači da njegova temena pripadaju nekoj kružnici. Zbogorijentacije četvorougla, temena B i D su sa raznih strana tetive AC, pa na osnovu L3 sledi da je ∠ABC +∠ADC =180◦. Kako je zbir uglova u četvorouglu 360◦, to važi i ∠BAD + ∠BCD = 180◦, i ovime je dokazano tvrđenje ujednom smeru.Neka su date tačke A, B, C i D i neka važi ∠BAD + ∠BCD = 180◦. Neka je k kružnica opisana oko 4ABC. AkoD ∈ k dokaz je završen. U suprotnom, tačka D se nalazi ili u spoljašnjosti ili u unutrašnjosti kruga k. Neka je D′tačka preseka prave AD i kružnice k. Po Lemi 2 važi ∠ABC + ∠AD′C = 180◦. S druge strane, po pretpostavci je∠ABC + ∠ADC = 180◦, pa sledi ∠AD′C = ∠ADC. Međutim, ∠ADC je spoljašnji ugao trougla 4D′CD (u slučajuda je D unutar kruga k; inače je u pitanju ∠AD′C), te sledi kontradikcija sa jednakošću.

Teorema 2.3. Četvorougao je tetivan ako i samo ako se svaka stranica vidi iz preostala dva temena pod podudarnimuglovima.

Dokaz. Smer (⇒) sledi direktno iz L2.Za obrnuti smer uzmimo da u četvorouglu ABCD važi ∠ADB = ∠ACB i neka je k kružnica opisana oko trougla4ABC. Ako je D ∈ k, dokaz je završen. Zato ćemo pretpostaviti da je D 6∈ k, odnosno da se nalazi ili u unutrašnjostiili u spoljašnjosti kruga k. Neka je u spoljašnjosti (analogno se dokazuje i ako je u unutrašnjosti), i neka je D′ tačka

7

8 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

A B

C

D′

D

C

BA

D′

D

Slika 2.1: T2.2 (levo) i T2.3 (desno)

u kojoj kružnica k seče pravu AD. Tada su ∠BCA i ∠BD′A periferijski uglovi nad lukom BA, pa su oni jednaki.Po pretpostavci važi još i ∠BCA = ∠BDA, odakle sledi da je ∠BD′A = ∠BDA. Međutim, ∠BD′A je spoljašnji zatrougao 4AD′D, te on mora biti veći od ∠BDA, odakle sledi kontradikcija.

Teorema T2.2 se često zapisuje i koristi u sledećem ekvivalentnom obliku.

Teorema 2.4. Četvorougao je tetivan ako i samo ako je spoljašnji ugao kod jednog temena podudaran sa unutrašnjimuglom kod njemu dijagonalno suprotnog temena.

Dokaz. Dokaz sledi direktno iz T2.2.

2.2 Ptolomejeva teorema i njena primenaTeorema 2.5. U proizvoljnom četvorouglu ABCD važi

|AB| · |CD|+ |BC| · |DA| ≥ |AC| · |BD|. (2.1)

Dokaz. Uzmimo tačku E koja zadovoljava ∠ADC = ∠ABE i ∠DAC = ∠BAE (tako da se 4ABE u potpunostinalazi u spoljašnosti četvorougla ABCD). Jasno je da zbog takvog izbora važi sličnost trouglova 4ACD ∼ 4AEB.Iz sličnosti imamo

|DC||BE|

= |AD||AB|

= |AC||AE|

, (2.2)

odakle sledi|BE| = |AB| · |DC|

|AD|. (2.3)

Dalje, kako je ∠EAC = ∠EAB + ∠BAC = ∠DAC + ∠BAC = ∠DAB i iz drugog znaka jednakosti u (2.2) imamosličnost trouglova 4EAC ∼ 4BAD, odakle sledi

|EC| = |AC| · |DB||AD|

. (2.4)

Iz nejednakosti trougla 4EBC (uzimajući u obzir da može biti i B ∈ CE, odakle sledi da se ne radi o strogojnejednakosti trougla), imamo

|CB|+ |BE| ≥ |CE|. (2.5)

Zamenom (2.3) i (2.4) u (2.5) dobijamo traženu nejednakost.

Jasno je da se jednakost doseže ako i samo ako važi B ∈ CE ⇔ ∠CBE = 180◦ ⇔ ∠CBA + ∠ABE = 180◦ ⇔∠ABE = ∠ADC (poslednja ekvivalencija važi zbog jednakih uglova u sličnim trouglovima 4ACD i 4AEB), tj. (poT2.4) ako i samo ako je četvorougao ABCD tetivan.

Odatle sledi sledeća teorema koja predstavlja još jedan potreban i dovoljan uslov da četvorougao bude tetivan:

Teorema 2.6. Ptolomejeva teorema. Četvorougao je tetivan ako i samo ako mu je zbir proizvoda naspramnihstranica jednak proizvodu dijagonala.

2.2. PTOLOMEJEVA TEOREMA I NJENA PRIMENA 9

C

BA

D

E

Slika 2.2: T2.5

Primena Ptolomejeve teoreme je široka, naročito pri dokazivanju teorema o pravilnim mnogouglovima. Sledeća teo-rema se pojavila kao zadatak u [14] (br. 65/1, str. 12–17), u članku Osam rešenja jednog zadatka o pravilnomsedmouglu. Jedno od ponuđenih rešenja, koje je ovde navedeno, koristi Ptolomejevu teoremu, dok od preostalihsedam čak pet koriste standardne metode – primena sinusne i kosinusne teoreme nekoliko puta i uočavanje sličnihtrouglova. Ipak, sasvim je evidentno da je korišćenje Ptolomejeve teoreme (obzirom da su si pravilni mnogouglovitetivni) najmoćnije oruđe pri dokazivanju teorema ovog tipa.

A B

C

D

E

F

G

A B

C

D

EFG

H

K

Slika 2.3: P2.7 (levo) i P2.8 (desno)

Primer 2.7. U pravilnom sedmouglu ABCDEFG važi jednakost

1|AB|

= 1|AC|

+ 1|AD|

.

Dokaz. Neka stranica tog sedmougla ima dužinu a, kraća dijagonala d a najduža D. Primenom Ptolomejeve teoremena tetivni četvorougao ACDE dobija se Dd = Da + da, odakle sledi Dd = a(D + d), tj. 1

a = 1d + 1

D , što i tvrditeorema.

Primer 2.8. U pravilnom devetouglu važi (a) a = ∆−d; (b) D/a−a/d = 2; (c) D/d+d/∆ = 2 i (d) ∆/a−D/∆ = 2,pri čemu su a, d, D i ∆ redom dužine stranice, najkraće dijagonale, srednje dijagonale po dužini i najduže dijagonale.

Dokaz. Neka je dat devetougao ABCDEFGHK. (a) Primenom Ptolomejeve teoreme na tetivni četvorougao KCEF ,dobija se relacija Da + dD = D∆, odakle, nakon deljenja i leve i desne strane jednakosti sa D, sledi a + d = ∆, tj.a = ∆ − d. (b) Tvrđenje ovog dela teoreme je ekvivalentno sa a2 = dD − 2ad, što se dobija primenom Ptolomejeveteoreme na četvorougao CDEG i korišćenjem rezultata iz prethodnog dela teoreme. (c) Treba pokazati da važiD∆+d2 = 2d∆. Zamenom ∆ = d+a dobija se dD+aD = d2+2ad, odakle, koristeći dD = a2+2ad sledi a2+aD = d2,što jasno važi obzirom na to da je četvorougao ABCD tetivan, pa se na njega može primeniti Ptolomejeva teorema.(d) Slično kao maločas, treba dokazati ∆2−aD = 2a∆⇔ (a+d)2−aD = 2a(a+d)⇔ d2−aD = a2, tj. d2 = aD+a2,što je već pokazano da važi u prethodnom delu teoreme.

Slično se može dokazati i da u pravilnom petanestouglu važe jednakosti f − d = a; a/g + c/d = 1; c/a − d/b = 1i a/b+ 1/d+ 1/g = 1/a, gde je a stranica petanestougla a b, c, d, e, f i g njegove dijagonale poređane po dužini, odnajkraće do najduže. Dokaze (koji ne koriste Ptolomejevu teoremu) potražiti u [14] (br. 70/2, str. 4–7).

10 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

2.3 Formula za površinuPoznato je da se površina trougla može izračunati na brojne načine, među kojima je i Heronov obrazac koji

omogućava računanje površine trougla kada su poznate sve tri njegove stranice. Tradicionalno se zapisuje korstećioznaku za poluobim (semiperimetar) s = a+b+c

2 u obliku

P4 =√s(s− a)(s− b)(s− c), (2.6)

gde su a, b i c dužine stranica trougla. Prirodno se postavlja pitanje da li postoji slična formula za izračunavanjepovršine četvorougla (dakle kada su nam poznate samo dužine njegovih stranica). Naravno, kako četvorougao nijejednoznačno određen dužinama svojih stranica, takva formula bi morala sadržati i još neku promenljivu koja nije uzavisnosti od dužina stranica četvorougla.

Godine 1842, dvojica nemačkih matematičara imenjaka, Karl Anton Bretšnajder i Karl fon Štaut, nezavino jedanod drugog otkrivaju formulu koja međutim ostaje upamćena samo po Bretšnajderu.

Teorema 2.9. Bretšnajderova1 formula. Površina četvorougla se može izračunati formulom

P =√

(s− a)(s− b)(s− c)(s− d)− abcd cos2 θ, (2.7)

gde su a, b, c i d dužine stranica četvorougla, s = a+b+c+d2 (poluobim), a θ je poluzbir naspramnih uglova.

Dokaz. Neka je dat četvorougao ABCD i neka je a = |AB|, b = |BC|, c = |CD|, d = |DA|; ∠DAB = α, ∠BCD = γ.Lako se vidi da površine trouglova 4DAB i 4BCD iznose P4DAB = 1

2ad sinα i P4BCD = 12bc sin γ. Površina

četvorougla je zbir površina ta dva trougla, pa je, posle kvadriranja:

P 2 = 14 ·(a2d2 sin2 α+ b2c2 sin2 γ + 2abcd sinα sin γ

). (2.8)

Dijagonalu BD možemo izraziti na dva načina, primenjujući kosinusnu teoremu na trouglove 4DAB i 4BCD:

|BD|2 = a2 + d2 − 2ad cosα i |BD|2 = b2 + c2 − 2bc cos γ

odakle jea2 − b2 − c2 + d2 = 2ad cosα− 2bc cos γ.

Kvadriranjem i korišćenjem identiteta cos2 ϕ = 1− sin2 ϕ, dobija se(a2 − b2 − c2 + d2)2 = 4a2d2 + 4b2c2

− (4a2d2 sin2 α+ 4b2c2 sin2 γ)− 8abcd cosα cos γ

i zamenom u (2.8) dobija se

P 2 = 14 ·(a2d2 + b2c2 − 1

4(a2 − b2 − c2 + d2)2 + 2abcd sinα sin γ − 2abcd cosα cos γ),

što se dalje, razvijanjem kvadrata (a2 − b2 − c2 + d2)2 = a4 + b4 + c4 + d4 − 2(a2b2 − c2d2 − a2c2 + a2d2 + b2c2 − b2d2)i primenjivanjem trigonometrijskog identiteta za kosinus zbira, može napisati kao:

P 2 = 116 ·

(−a4 − b4 − c4 − d4+

+ 2a2b2 + 2a2c2 + 2a2d2 + 2b2c2 + 2b2d2 + 2c2d2)−

−12abcd cos(α+ γ).

Posle malo sređivanja, dobija se −a4 − b4 − c4 − d4 + 2a2b2 + 2a2c2 + 2a2d2 + 2b2c2 + 2b2d2 + 2c2d2 + 8abcd =(−a+ b+ c+ d)(a− b+ c+ d)(a+ b− c+ d)(a+ b+ c− d) = 16(s− a)(s− b)(s− c)(s− d). Zamenom u prethodnujednakost dobijamo

P 2 = (s− a)(s− b)(s− c)(s− d)− 12 · abcd (1 + cos (α+ γ)) ,

odakle, primenom trigonometrijskog identiteta za kosinus polovine ugla, dobijamo jednakost koja korenovanjem dajetraženu relaciju (2.7).

1Carl Anton Bretschneider (1808–1878), nemački matematičar

2.4. BRAMAGUPTINI ČETVOROUGLOVI 11

Zbog toga što je poluzbir svih uglova četvorougla jednak 360◦/2 i cosϕ = − cos(180◦−ϕ)⇒ cos2 ϕ = cos2(180◦−ϕ),nije važno koji će se par naspramnih uglova upotrebiti u formuli.

Iz Bretšnajderove formule se može zaključiti da od svih četvorouglova sa stranicama a, b, c i d, najveću površinuima onaj koji za ugao θ ima vrednost 90◦, jer je tada cos2 θ = 0, odnosno onaj kod kojih je zbir naspramnih uglovajednak 180◦, što se zbog T2.2 može napisati u obliku sledeće teoreme.

Teorema 2.10. Od svih četvorouglova sa stranicama a, b, c i d, najveću površinu ima tetivni četvorougao.

U svojoj knjizi Bramasputasidanta (u prevodu "Ispravno ustanovljen nauk Brame") koju je objavio 628. godine,Bramagupta je izneo formulu za površinu tetivnog četvorougla koja upravo predstavlja uopštenje Bretšnajderoveformule za θ = 90◦.

Teorema 2.11. Bramaguptina2 formula. Četvorougao je tetivan ako i samo ako mu se površina P može izračunatipomoću formule

P =√

(s− a)(s− b)(s− c)(s− d),gde su a, b, c i d dužine stranica a s je poluobim to jest s = a+b+c+d

2 .

Bramaguptina formula je, pak, samo opštiji slučaj već pomenute Heronove formule. Kada je jedna od stranicačetvorougla jednaka nuli, ta stranica se degeneriše u tačku a formula postaje (2.6).

Upoređivanjem ovih dveju formula dolazimo do zaključka da je tetivni četvorougao potpuno i jednoznačno određensvojim stranicama. Štaviše, ako postoji četvorougao A′B′C ′D′ gde je |A′B′| = a, |B′C ′| = b, |C ′D′| = c i |D′A′| = d,onda postoji i tetivni četvorougao ABCD gde je |AB| = a, |BC| = b, |CD| = c i |DA| = d. Ovo sledi iz činjenice daje

cosα = a2 − b2 − c2 + d2

2(ad+ bc) , (2.9)

što znači da je ugao α = ∠(a, d) tetivnog četvorougla ABCD jednoznačno određen njegovim stranicama. Dalje jedijagonala DB određena stranicama a i d, a teme C je određeno stranicama c i b.

2.4 Bramaguptini četvorougloviU prethodnom odeljku je već napomenuto da Heronov obrazac predstavlja specijalan slučaj Bramaguptine for-

mule, koja služi za izračunavanje površine tetivnih četvorouglova kada su poznate sve četiri njegove stranice. Poredvelikog doprinosa svetu matematike ovom formulom, Bramagupta je želeo da uopšti i problem Heronovih trouglovana četvorouglove.

Heronovi trouglovi su trouglovi kojima su sve tri stranice, zajedno sa površinom, izražene celim (tj. prirodnim)brojem. Nekada se Heronovi trouglovi definišu i kao trouglovi kojima su gorenavedeni elemnti racionalni brojevi (ada ne moraju biti celi), ali se takvi trouglovi češće posebno nazivaju racionalnim Heronovim trouglovima. Kompletanskup rešenja za (celobrojne) Heronove trouglove našao je Ojler, a parametarske verzije dao je upravo Bramagupta.

a = n(m2 + k2)b = m(n2 + k2)c = (m+ n)(mn− k2)s = mn(m+ n)P = kmn(m+ n)(mn− k2)

Ova parametarska rešenja daju po jedan trougao iz klase sličnih Heronovih trouglova za svake cele brojevem, n i k takoda važe uslovi: (m,n, k) = 1, mn > k2 ≥ m2n

2m+n im ≥ n ≥ 1. Recimo, za n = 2, m = 3 i k = 2, dobija se a = 26, b = 24,c = 10, s = 30 i P = 120. Trougao sa stranicama a, b i c zaista ima površinu 120. Prvih nekoliko Heronovih trouglova,sortirani rastuće po najdužoj stranici, su (3, 4, 5), (5, 5, 6), (5, 5, 8), (6, 8, 10), (10, 10, 12), (5, 12, 13), a odgovarajućepovršine su im 6, 12, 12, 24, 48, 30.

Takođe, neophodno je upoznati se sa konceptom Heronovih uglova. Naime, ugao nazivamo Heronovim uglom akosu mu sinus i kosinus racionalni brojevi. Obzirom na to da se sinus i kosinus nekog ugla ϕ mogu predstaviti u obliku

sinϕ = 2t1 + t2

i cosϕ = 1− t2

1 + t2

gde je uvedena smena t = tan ϕ2 , ugao ϕ je Heronov ako i samo ako je tanϕ racionalan broj. Jasno je da će zbir

i razlika Heronovih uglova takođe biti Heronov ugao. Ako u trouglu 4ABC sa stranicama a, b, c i odgovarajućimuglovima α, β i γ uvedemo smene t1 = tan α

2 , t2 = tan β2 i t3 = tan γ

2 , dobijamo odnos

a : b : c = t1(t2 + t3) : t2(t1 + t3) : t3(t1 + t2),2Brahmagupta (598–668), indijski matematičar i astronom

12 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

koji zapravo predstavlja sinusnu teoremu u nešto drugačijem obliku.Bramaguptini četvorouglovi su tetivni četvorouglovi čije su sve četiri stranice, obe dijagonale i površina izraženi

celim brojevima. Nadalje će se koristiti standardne oznake: dat je tetivan četvorougao ABCD, sa stranicama |AB| = a,|BC| = b, |CD| = c i |DA| = d, dijagonalama |AC| = e i |BD| = f i površinom PABCD = P . Iz kosnusne teoreme i(2.9) lako slede sledeći dobro poznati Bramaguptini rezultati:

e =√

(ac+ bd)(ad+ bc)ab+ cd

i

f =√

(ac+ bd)(ab+ cd)ad+ bc

.

Kako su suprotni uglovi u tetivnom četvorouglu suplementni, četvorougao ABCD se uvek može obeležiti tako da suuglovi kod temena A i B oštri, a kod temena C i D tupi. Tetivni četvorougao ABCD je pravougaonik ako i samo akosu uglovi kod temena A i B pravi, a radi se o trapezu ako i samo ako su uglovi kod temena A i B međusobno jednaki.

Uvedimo oznaku ∠CAD = ∠CBD = θ. Tetivni četvorougao ABCD je racionalan Bramaguptin četvorougao akoi samo su uglovi kod temena A i B i ugao θ Heronovi uglovi.

U svetlu pretpostavke da su uglovi kod temena A i B oštri, jasno je da će se stranice AD i BC seći. Tačka njihovogpreseka obeležena je sa E. Neka je |EC| = α i |ED| = β. Trouglovi 4EAB i 4ECD su slični, tj. važi odnos|AB||CD| = |EB|

|ED| = |EA||EC| = λ, odakle sledi

a

c= α+ b

β= β + d

α= λ

ilia = λc, b = λβ − α, d = λα− β, λ > max

(α

β,β

α

). (2.10)

Štaviše, zbog sinusne teoreme važi

e = 2R sinB = 2R sinD = R

ρ· α, f = 2R sinA = 2R sinC = R

ρ· β, (2.11)

gde je ρ poluprečnik opisane kružnice oko trougla 4ECD. Koristeći se Ptolomejevom teoremom (T2.6) i rezultatima(2.10) i (2.11), dobija se

R2

ρ2 · αβ = c2λ+ (βλ− α)(αλ− β).

Ova jednačina se može zapisati i kao (R

ρ

)2= λ2 − α2 + β2 − c2

αβλ+ 1

= λ2 − 2λ cosE + 1= (λ− cosE)2 + sin2E,

ili (R

ρ− λ+ cosE

)(R

ρ+ λ− cosE

)= sin2E.

Važno je primetiti da su sinE i cosE racionalni jer je E Heronov ugao. Da bismo dobili racionalne vrednosti za R iλ, pišemo

R

ρ− λ− cosE = t sinE,

R

ρ+ λ+ cosE = sinE

t,

za neki racionalan broj t. Odavde sledi

R = ρ

2 sinE(t+ 1

t

)= c

4

(t+ 1

t

),

λ = 12 sinE

(1t− t)− cosE.

Iz izraza za R, jasno je da je t = tan θ2 . Ako se uzme

t1 = tan D2 i t2 = tan C2

2.4. BRAMAGUPTINI ČETVOROUGLOVI 13

Tabela 2.1: Neki Bramaguptini trapezi

t1 t a b = d c e = f P 2R1/2 1/7 25 15 7 20 192 251/2 2/9 21 10 9 17 120 411/3 3/14 52 15 28 41 360 1971/3 3/19 51 20 19 37 420 1812/3 1/8 14 13 4 15 108 65/42/3 3/11 21 13 11 20 192 612/3 9/20 40 13 30 37 420 1203/43/4 2/11 25 25 11 30 432 613/4 1/18 17 25 3 26 240 325/123/5 2/9 28 17 12 25 300 164/3

za Heronove uglove C i D, onda je

cosE = (t1 + t2)2 − (1− t1t2)2

(1 + t21)(1 + t22) i sinE = 2(t1 + t2)(1− t1t2)(1 + t21)(1 + t22) .

Izborom c = t(1 + t21)(1 + t22), iz (2.11) sledi

α = tt1(1 + t21)(1 + t22)(t1 + t2)(1− t1t2) i β = tt2(1 + t21)(1 + t22)

(t1 + t2)(1− t1t2) ,

i iz (2.10) sledi jednostavna racionalna parametrizacija za stranice i dijagonale tetivnog četvorougla:

a = (t (t1 + t2) + (1− t1t2)) (t1 + t2 − t (q − t1t2)) ,b =

(1 + t21

)(t2 − t) (1 + tt2) ,

c = t(1 + t21

)(1 + t22) ,

d =(a+ t22

)(t1 − t) (1 + tt1) ,

e = t1(1 + t2

) (1 + t22

)i

f = t2(1 + t2

) (1 + t21

).

Ovakav četvorougao ima površinu

P = t1t2(2t (1− t1t2)− (t1 + t2)

(1− t2

)) (2 (t1 + t2) t+ (1− t1t2)

(1− t2

))i upisan je u kružnicu prečnika

2R =(1 + t21

) (1 + t22

) (1 + t2

)2 .

Smenama t1 = nm , t2 = q

p i t = vu za cele brojeve m, n, p, q, u i v, i kraćenjem imenioca u izrazima za stranice i

dijagonale, dobijamo Bramaguptine četvorouglove. Na ovaj način se može dobiti svaki Bramaguptin četvorougao.Na primer, ako se izabere t1 = t2 = n

m i t = vu , dobija se Bramaguptin trapezoid:

a =(m2u− n2u+ 2mnv

) (2mnu−m2v + n2v

),

b = d =(m2 + n2) (nu−mv) (mu+ nv) ,

c =(m2 + n2)2 uv i

e = f = mn(m2 + n2) (u2 + v2) ,

koji ima površinu

P = 2m2n2 (nu−mv) (mu+ nv) ((m+ n)u− (m− n) v) ((m+ n) v − (m− n)u)

i upisan je u krug prečnika

2R =(m2 + n2)2 (u2 + v2)

2 .

U tabeli 2.1 su prikazani Bramaguptini trapezi koji se dobijaju od nekih jednostavnih vrednosti za t1 i t.

14 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

2.5 KonstrukcijaAko je tetivni četvorougao potpuno određen svojim stranicama, postavlja se pitanje kako ga konstruisati ako su

date sve njegove stranice.Iako konstrukcija u osnovi nije teška, neophodno je konstruisati takozvan Apolonijev krug, pa će najpre biti reči

o njegovoj konstrukciji (mada bez dokaza), obzirom da on prevazilazi granice gradiva koje se obrađuju u srednjimškolama i gimnazijama.

Naime, Apolonijev krug je geometrijsko mesto tačaka Z tako da je |PZ| : |QZ| = p : q, gde su p i q date dužine,a P i Q date različite tačke.3 Radi određenosti i redosleda tačka, pretpostavićemo da je p < q. Centar Apolonijevogkruga M će se onda naći na produžetku duži PQ preko P (tj. važi redosled tačaka M − P −Q).

Konstrukcija je jednostavna. Najpre se konstruiše normala na PQ u tački P i na njoj se konstruišu tačke P ′ iP ′′ sa različitih strana prave PQ tako da je PP ′ = PP ′′ = p. Na analogan način se konstruiše tačka Q′, tako da senađe sa iste strane prave PQ sa koje je tačka P ′ (dakle QQ′ ⊥ PQ i QQ′ = q). Neka je X presek P ′Q′ i PQ, a Ypresek P ′′Q′ i PQ. Dobijene tačke X i Y pripadaju Apolonijevom krugu, a kako je Apolonijev krug osno-simetričanu odnosu na pravu PQ, zaključujemo da je njegov centar tačka M koja predstavlja središte duži XY .

Primetimo još da uslovi PP ′′ ⊥ PQ i QQ′ ⊥ PQ ne moraju biti ispunjeni – potrebno je i dovoljno da važiPP ′′ ‖ QQ′, ali je znatno jednostavnije konstruisati normale obzirom da PP ′ ⊥ PQ mora biti ispunjeno.

Sada možemo preći na početni zadatak:

Konstrukcija. Konstruisati tetivni četvorougao takav da su mu stranice podudarne datim dužima.

Rešenje. Analiza. Pretpostavimo da tetivni četvorougao ABCD zadovoljava uslove zadatka, tj. pretpostavimo davaži |AB| = a, |BC| = b, |CD| = c i |DA| = d, gde su a, b, c i d date duži. Na duži BC (ili na njenom produžetkupreko tačke C) uočimo tačku C ′ tako da je |BA| = |BC ′| = a. Neka je tačka D′ presečna tačka prave BD i pravekoja prolazi kroz tačku C ′ a paralelna je sa CD. Očigledno važi sličnost 4BCD ∼ 4BC ′D′, odakle sledi odnos|BC| : |BC ′| = |CD| : |C ′D′|, tj. b : a = c : |C ′D′| ili

|C ′D′| = c · ab.

Uočimo sada na produžetku stranice DA preko tačke A tačku E tako da važi |AE| = |C ′D′|. Iz tetivnosti četvorouglai paralelnosti pravih CD i C ′D′ važi ∠EAB = ∠D′C ′B, pa važi podudarnost 4BAE ∼= 4BC ′D′, odakle dalje sledi|BE| = |BD′|. Primenjujući odnos |BD′| : |BD| = |BC ′| : |BC| koji sledi iz pomenute sličnosti 4BCD ∼ 4BC ′D′,dobijamo

|BE||BD|

= |BD′|

|BD|= |BC

′||BC|

= a

b.

Dakle, tačka B pripada skupu tačaka za koje je odnos rastojanja od tačaka E i D jednak odnosu dužina a i b. Tajskup je prava u slučaju da je a = b, a inače, ako je a 6= b, radi se o Apolonijevom krugu. Odatle se lako zaključujeda je tačka B presečna tačka tog skupa tačaka i kruga sa središtem A i poluprečnikom a. Tačka C je presečna tačkakruga sa središtem D i poluprečnikom c i kruga sa središtem B i poluprečnikom b.Konstrukcija. Najpre konstruišemo duž podudarnu datoj duži d i označimo njene krajeve sa A i D. Konstruišemotačku E na produžetku stranice DA preko A tako da je AE = ca/b. Konstrušemo skup tačaka za koje je odnosrastojanja od tačaka E i D jednak odnosu dužina a i b (prava ako je a = b i Apolonijev krug ako je a 6= b). Označimosa B presečnu tačku tog skupa i kruga sa centrom A i poluprečnikom a. Označimo sa C presečnu tačku kruga sacentrom D i poluprečnikom c i kruga sa centrom B i poluprečnikom b. Tačke A, B, C i D čine temena traženogtetivnog četvorougla.Dokaz. Na osnovu konstrukcije je |AB| = a, |BC| = b, |CD| = c i |DA| = d. Potrebno je dokazati da je četvorougaoABCD tetivan. Neka je D′ tačka poluprave BD takva da je |BD′| = |BE| i neka je C ′ tačka poluprave BC takvada je |BC ′| = a. Iz |BE| : |BD| = |BD′| : |BD| = a : b i |BC ′| : |BC| = a : b sledi |BD1|

|BD| = |BC1||BC| , pa su trouglovi

4BC ′D′ i 4BCD slični i važi ∠BC ′D′ = ∠BCD i |BC| : |BC ′| = |CD| : |C ′D′|, odnosno b : a = c : |C ′D′| tj.|C ′D′| = c · a/b. Na osnovu konstrukcije je |AE| = c · a/b, pa važi |C ′D′| = |AE|. Iz |C ′D′| = |AE|, |BC ′| = a = |BA|i |BD′| = |BE| sledi da je 4BC ′D′ ∼= 4BAE, odakle sledi ∠BC ′D′ = ∠BAE. Dakle, imamo da je ∠BCD = ∠BAE.Zbog rasporeda važi još i ∠BAE + ∠BAD = 180◦, odakle sledi da je ∠BCD + ∠BAD, što znači da je četvorougaozaista tetivan.Diskusija. Rešenje zadatka postoji ako je dužina BD manja od zbira dužina b i c i ako se konstruisani Apolonijevkrug i krug sa središtem A i poluprečnikom a seku. Tada za obe presečne tačke postoje po dva rešenja određenadvema presečnim tačkama kruga sa središtem D i poluprečnikom c i kruga sa središtem B i poluprečnikom b (jednood rešenja je samopresecajući četvorougao). U suprotnom rešenje ne postoji.

3Bitno je napomenuti da su se tokom dvadesetog veka javile čak četiri potpuno različite definicije Apolonijevog kruga. Ovde je reč otakozvanom Apolonijevom krugu prve vrste.

2.6. JOŠ JEDNA VAŽNA OSOBINA 15

2.6 Još jedna važna osobinaU nastavku je data jedna opširnija teorema koja je sama po sebi zanimljiva za dokaz, ali pored toga otvara put ka

dokazima nekih složenijih teorema u narendnim glavama.

Teorema 2.12. Neka je ABCD tetivni četvorougao sa stranicama |AB| = a, |BC| = b, |CD| = c i |DA| = d čije sudijagonale međusobno normalne i seku se u tački S. Neka su A′, B′, C ′ i D′ normalne projekcije tačke S na praveAB, BC, CD i DA, redom, i neka su A1, B1, C1 i D1 središta stranica AB, BC, CD i DA, redom. Važe sledećatvrđenja: (a) {A′, S, C1}, {B′, S,D1}, {C ′, S,A1} i {D′, S,B1} su četiri trojke kolinearnih tačaka; (b) rastojanje tačkeO – centra kružnice opisane oko četvorougla ABCD – od svake stranice četvorougla jednako je polovini naspramnestranice; (c) važi relacija a2 + c2 = b2 + d2 = 4R2, gde je R poluprečnik opisane kružnice; (d) svaka od izlomljenihlinija AOC i BOD polovi površinu četvorougla ABCD; (e) tačke A′, B′, C ′, D′, A1, B1, C1 i D1 pripadaju kružnicičiji je centar središte duži SO.

Dokaz. (a) Jasno je da važi ∠ASA′ = 90◦−∠SAA′ ≡ 90◦−∠SAB = ∠ABS ≡ ∠ABD∗= ∠ACD ≡ ∠SCC1

∗∗= ∠C1SC((∗) – kao uglovi nad tetivom AD, (∗∗) – kao uglovi u jednakokrakom 4SCC1 jer važi |C1S| = |C1C| jer je C1središte hipotenuze u 4DCS) odakle sledi kolinearnost tačaka A′ − S − C1. Analogno se dokazuju i ostale tritrojke. (b) Očigledno je OA1 ⊥ AB, i kako je SA′ ⊥ AB i A′ − S − C1, zaključujemo OA1 ‖ SC1 i analognoOC1 ‖ SA1, pa je SA1OC1 paralelogram. Dakle, |OA1| = |SC1| = |CC1| = 1

2 |CD|, što je i trebalo dokazati.Analogno se dokazuju i slična tvrđenja za ostale stranice. (c) Periferijski ugao je dvostruko manji od odgovarajućegcentralnog (L1), pa je ∠AOB + ∠COD = 2 · ∠ACB + 2 · ∠CBD = 2 · (∠ACB + ∠CBD) = 2 · 90◦ = 180◦. Akorotiramo tetivu CD oko tačke O za ugao ∠COB, zbog CS ⊥ BD, slika C ′′ tačke C će se poklopiti sa B; a zbog∠AOB + ∠COD = 180◦, tačka D′′ (slika tačke D) će biti dijametralno suprotna tački A. Odavde sledi da je AD′′prečnik kružnice, pa je trougao 4ABD′′ pravougli, pa važi Pitagorina teorema, tj. |AD′′|2 = |AB|2 + |BD′′|2, odaklesledi a2 + c2 = 4R2. Analogno sledi i b2 + d2 = 4R2. (d) Već smo pokazali da je ∠AOB + ∠COD = 180◦. Zatoje |OA| · |OB| · sin∠AOB = |OC| · |OD| · sin∠COD i analogno |OB| · |OC| · sin∠BOC = |OD| · |OA| · sin∠DOA,odnosno P4AOB = P4BOC i P4COD = P4DOA odakle sledi tvrđenje. (e) Sredine stranica svakog četvorougla sutemena paralelograma (stranice su mu srednje linije odgovarajućih trouglova pa su odgovarajući parovi međusobnoparalelni i jednaki polovini odgovarajućih dijagonala), i kako se u četvorouglu ABCD dijagonale seku pod pravimuglom, A1B1C1D1 je pravougaonik, i centar kružnice opisane oko njega je presek njegovih dijagonala, tačka T . TačkeA′, B′, C ′ i D′ pripadaju kružnici opisanoj oko pravougaonika A1B1C1D1 jer su trouglovi 4A′A1C1, 4B′B1D1,4C ′C1A1 i 4D′D1B1 pravougli sa pravim uglovima kod temena A′, B′, C ′ i D′, redom (a A1C1 i B1D1 su prečnicikružnice). Već je dokazano da je SA1OC1 paralelogram, pa mu se dijagonale SO i A1C1 polove. Dakle, tačka T jezajedničko središte duži A1C1, B1D1 i SO, čime je tvrđenje teoreme dokazano.

O

A

B

C

D S

A′

A1

B1

B′

C1

C′

D′

D1

T

Slika 2.4: T2.12

2.7 Primena tetivnih četvorouglovaSledi nekoliko teorema koje nisu u direktnoj vezi sa tetivnim četvorouglovima. Ipak, pronašli su mesto u ovom

radu obzirom na to da je njihova uloga ključna u dokazivanju tih činjenica.

16 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

Primer 2.13. Simsonova prava. TačkaM pripada kružnici opisanoj oko trougla4ABC ako i samo ako su normalneprojekcije tačke M na prave BC, CA i AB kolinearne.

A B

C

M

MB

MC

MA

Slika 2.5: P2.13

Dokaz. (⇒) Neka tačka M leži na (kraćem) luku AB kružnice k opisane oko trougla 4ABC. Obeležimo sa Ma,Mb i Mc njene normalne projekcije na prave BC, CA i AB, redom. Projekcija Mc leži na stranici AB zbog izboramesta tačke M . Jasno je da tačno jedna od projekcija Ma i Mb leži na odgovarajućoj stranici trougla (a druga je naprodužetku) ili se obe poklapaju sa temenima B i A. Neka, bez gubljenja opštosti, Ma leži na stranici BC, a Mb naprodužetku stranice AC (preko temena A). Treba da se pokaže da su tačke Ma, Mb i Mc kolinearne (sa ovim izboromtačaka, to se može zapisati kao Mb −Mc −Ma), pa je dovoljno pokazati da važi

∠MbMcA = ∠MaMcB. (2.12)

Primetimo da su uglovi u temenima Mb i Mc četvorougla AMbMMc pravi, pa je taj četvorougao tetivan, odakle sledi

∠MbMcA = ∠MbMA, (2.13)

kao periferijski uglovi nad lukom MbA. Slično, zbog ∠MMaB = ∠MMcB = 90◦ imamo da je MBMaMc tetivan, pavaži

∠MaMcB = ∠MaMB. (2.14)

Slično zaključujemo da je CMbMMa tetivan, pa sledi da su uglovi kod temena M i C suplementni, tj.

∠MbMMa = 180◦ − ∠MbCMa ≡ 180◦ − ∠ACB. (2.15)

Po uslovu zadatka je i AMBC tetivan četvorougao, jer mu temena leže na kružnici k. Odatle je

∠AMB = 180◦ − ∠ACB. (2.16)

Jasno je da važi ∠MbMA = ∠MbMB − ∠AMB i ∠MaMB = ∠MbMB − ∠MbMMa, pa iz (2.15) i (2.16) sledi da je∠MbMA = ∠MaMB, odakle (zbog (2.13) i (2.14)) sledi (2.12).Za smer (⇐) treba dokazati da jeM ∈ k ako se zna da važiMb−Mc−Ma (bez gubljenja opštosti za redosled tačaka),što se jako slično dokazuje.

Primer 2.14. Zbir rastojanja centra opisane kružnice od stranica oštrouglog trougla jednak je zbiru poluprečnikaopisane i upisne kružnice.

Dokaz. Neka je dat oštrougli trougao 4ABC i neka mu je centar opisane kružnice poluprečnika R tačka O. Obeležmostranice BC, AC i AB redom sa a, b i c, i neka su središta tih stranica, redom, X, Y i Z. Neka je |OX| = x,|OY | = y i |OZ| = z. Dalje Y Z, ZX i XY su srednje linije odgovarajućih trouglova pa iznose, redom, a/2, b/2 i c/2.Primetimo da je četvorougao AZOY tetivan zbog ∠AZO+∠AY O = 90◦+ 90◦ = 180◦, pa se na njega može primenitiPtolomejeva teorema:

c

2 · y + b

2 · z = a

2 ·R. (2.17)

2.7. PRIMENA TETIVNIH ČETVOROUGLOVA 17

A B

C

O

Y X

Z

Slika 2.6: P2.14

Slično se dokazuje da su četvorouglovi BXOZ i XCY O tetivni, pa važi

a

2 · z + c

2 · x = b

2 ·R (2.18)

ib

2 · x+ a

2 · y = c

2 ·R. (2.19)

Dalje, kako je trougao 4ABC oštrougli, centar njegove opisane kružnice O leži u unutrašnjosti trougla, pa se površinatrougla može izračunati kao zbir površina manjih trouglova 4OAB, 4OBC i 4OCA, odnosno:

12 · ax+ 1

2 · by + 12 · cz = P4ABC . (2.20)

Slično važi i za trouglove koje obrazuje centar opisane kružnice S sa stranicama trougla:

12 · ar + 1

2 · br + 12 · cr = P4ABC . (2.21)

Izjednačavanjem (2.20) i (2.21), dobija se

a

2 · x+ b

2 · y + c

2 · z =(a

2 + b

2 + c

2

)· r (2.22)

Sabirajući (2.17), (2.18), (2.19) i (2.22) dobija se(a

2 + b

2 + c

2

)(x+ y + z) =

(a

2 + b

2 + c

2

)(R+ r)

odakle se, skraćivanjem poluobima, dobija tražena relacija.

Bitno je primetiti da je u ovom dokazu važnu ulogu igrala činjenica da je ABC oštrougli trougao. Naime, jednakost(2.20) ne bi imala sve znakove + da je trougao4ABC bio tupougli. Recimo, ako je ugao kod temena A tup (∠A > 90◦),jasno je da će predznak sabirku 1

2 · ax biti − a ne +, pa će se na kraju dobiti −x+ y + z = R+ r. Analogno važi i uslučaju da je neki od uglova kod temena B ili C tup.

Sledi teorema koja je poznata kao najrasprostranjeniji sangaku4 problem van Japana, jer ne samo da predstavljajednu veoma interesantnu osobinu tetivnih četvorouglova, već se može generalizovati na tetivne mnogouglove.

Primer 2.15. Neka je ABCD tetivni četvorougao i neka su ρA, ρB, ρC i ρD poluprečnici kružnice upisanih u trouglove4BCD, 4CDA, 4DAB i 4ABC, redom. Važi ρA + ρC = ρB + ρD.

Dokaz. Neka je Γ kružnica opisana oko četvorougla ABCD, neka je O njen centar i neka je R dužina njenog polu-prečnika. Označimo sa x, y, z, t, u i v rastojanja tačke O od pravih AB, BC, CD, DA, BD i AC, redom.Koristeći P2.14 imamo da važi

x+ t± v = R+ ρC (2.23)y + z ∓ v = R+ ρA. (2.24)

4Sangaku (bukvalno ‚‚tablica za računanje”) su obojene drvene tablice na kojima su ispisani matematički zadaci (najčešće planimetrijskidokazi); slikane su u Edo periodu (1603–1867) u japanskim hramovima. U današnje vreme se često smatraju za zanimljive probleme kojetreba rešiti koristeći što manje nestandardnih teorema, a što više kreativnih ideja (te je često sâma svrha rešavanja uprasvo nalaženje‚‚lepog” rešenja). Velika većina problema sadrži puno kružnica, što je netipično za zapadnjačke zadatke.

18 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

A B

C

D

A1B1

C1

D1

O

Slika 2.7: P2.15

Jasno je da su znaci uz v uvek suprotstavljeni, te sabiranjem (2.23) i (2.24) dobijamo

ρA + ρC = x+ y + z + t− 2R

i sličnoρb + ρD = x+ z + y + t− 2R,

odakle sledi tražena jednakost ρA + ρC = ρB + ρD.

2.8 ZadaciU nastavku je dato nekoliko zadataka sa viskih nivoa takmičenja – dva sa Međunarodne matematičke olimpijade

(MMO) održane 2010. godine u Astani i Alma Ati u Kazahstanu i jedan sa Balkanske matematičke olimpijade (BMO)održane 2012. godine u Antaliji u Turskoj.

Iako su nivoi takmičenja jako visoki, planimetrijske zadatke je jako često moguće uraditi koristeći osnovne teoremekoje se uče u srednjim školama. Pored sličnosti trouglova, tetivni četvorouglovi igraju najveću ulogu pri izradi zadataka.Međutim, takmičari se često opredeljuju za "komplikovanija", ali sigurnija rešenja – primenom analitičke geometrijeili metode kompleksnih brojeva. Rešenja koja su data u nastavku predstavljaju najelementarnija moguća rešenja,korišćenjem isključivo dosad pokrivenih teorema i srednjoškolskog znanja iz matematike.

Zadatak 2.1. Neka je I centar upisane kružnice, a Γ opisana kružnica trougla 4ABC. Neka prava AI seče Γ utačkama A i D. Neka je E tačka luka BDC, a F tačka duži BC tako da je ∠BAF = ∠CAE < 1

2 · ∠BAC. Neka jeG središte duži IF . Dokazati da presek pravih DG i EI pripada Γ.

Olimpijada 2010 (Kazahstan)

Rešenje. Obeležimo sa Ia tačku koja se dobija preslikavanjem tačke I simetrično u odnosu na tačku D. Jasno je da,obzirom na to da se simetrale unutrašnjeg i spoljašnjeg ugla seku pod pravim uglom odakle sledi da je IaI prečnikkruga koji sadrži B i C, tačka Ia predstavlja centar spolja pripisane kružnice trougla 4ABC naspram temena A. Iz∠FBA ≡ ∠CBA = ∠CEA (jednakost važi jer su to uglovi nad tetivom CA kružnice Γ) i ∠FAB = ∠CAE (po uslovuzadatka) sledi sličnost 4ABF ∼ 4AEC, odakle dobijamo

|AF | · |AE| = |AB| · |AC|. (2.25)

S druge strane, iz ∠CAIa = ∠IaAB (po uslovu zadatka) i ∠IaCA = ∠IaCI+∠ICA = 90◦+∠ICA = 90◦+ 12 ·∠BCA =

90◦ − 12 · (180◦ − (∠CAB + ∠ABC)) = 180◦ − 1

2 · (∠CAB + ∠ABC) = 180◦ − (∠IAB + ∠IBA) = ∠BIA dobijamodrugu sličnost, 4ABI ∼ 4AIaC, iz koje dobijamo

|AB| · |AC| = |AI| · |AIa|. (2.26)

Iz (2.25) i (2.26) dobija se proporcija AF : AI = AIa : AE, odakle sledi 4EAI ∼ 4IaAF , što povlači ∠IEA =∠FIaA = ∠GDA (poslednja jednakost važi jer je GD ‖ FIa, obzirom na to da je GD srednja linija trougla 4FIaA).Ako sa X obeležimo presek EI i Γ (X 6= E), imamo ∠IEA ≡ ∠XEA = ∠XDA (uglovi nad tetivom XA kružnice Γ).Dakle, ∠GDA = ∠XDA, pa je X −G−D, odnosno {X} = GD ∩ IE, i kako je X ∈ Γ, sledi tvrđenje zadatka.

2.8. ZADACI 19

A

B C

I

D E

F

Ia

G

X

Slika 2.8: Z2.1

Zadatak 2.2. Neka je P tačka u unutrašnjosti 4ABC. Neka prave AP , BP i CP seku opisanu kružnicu Γ trougla4ABC po drugi put u tačkama K, L i M , redom. Tangenta kružnice Γ u C seče pravu AB u S. Neka je |SC| = |SP |.Dokazati da je |MK| = |ML|.

Olimpijada 2010 (Kazahstan)

A B

C

P

L

M

K

S

R

Slika 2.9: Z2.2

Rešenje. Neka je, bez umanjenja opštosti, BC < AC. Obeležimo sa R tačku preseka pravih CK i SP . Iz potencijetačke S na kružnicu Γ sledi |SC|2 = |SA| · |SB|, pa je zbog uslova zadatka i |SP |2 = |SA| · |SB|. Kako je i∠BSP ≡ ∠ASP , važi sličnost 4ASP ∼ 4PBS, pa je ∠PAS = ∠SPB, zbog čega je ∠RCB ≡ ∠KCB

∗= ∠KAB ≡∠PAS = ∠SPB ≡ ∠RPB ((∗) – periferijski uglovi nad istom tetivom KB kružnice Γ), što važi ako i samo ako ječetvorougao BRCP tetivan. Obeležimo kružnicu opisanu oko njega sa Γ′. Kako je još i ∠SCB = ∠CAB (tangentnii periferijski ugao nad kružnicom Γ), sledi ∠SBR = ∠SBC − ∠RBC

∗= ∠SBC − ∠RPC ≡ ∠SBC − ∠SPC∗∗=

∠SBC−∠PCS = (180◦−∠ABC)− (∠SCB+∠BCP ) = (∠CAB+∠BCA)−∠SCB−∠BCP = ∠BCA−∠BCP +(∠CAB −∠SCB) = ∠BCA−∠BCP ≡ ∠BCA−∠BCM = ∠MCA

∗∗∗= ∠MBA ((∗) – nad tetivom RC kružnice Γ′,(∗∗) – 4SPC je po uslovu zadatka jednakokrak, (∗∗∗) – nad AM kružnice Γ), pa kako je A−B−S, slediM −B−R.Dalje, ∠MKL

∗= ∠MBL = 180◦−∠RBL ≡ 180◦−∠RBP∗∗= ∠RCP ≡ ∠KCM

∗∗∗= ∠KLM ((∗) – nad LM u Γ, (∗∗)– zbog tetivnosti četvorougla u Γ′, (∗ ∗ ∗) – nad KM u Γ), pa je trougao 4KML jednakokraki, odakle sledi tvrđenjezadatka.

20 GLAVA 2. TETIVNI ČETVOROUGLOVI

Zadatak 2.3. Neka su A, B i C tačke kružnice Γ sa centrom O, takve da je ∠ABC > 90◦. Neka je D tačka presekaprave AB i normale na pravu AC u tački C. Neka je l prava koja sadrži tačku D i normalna je na pravu AP . Dalje,neka je E tačka preseka pravih l i AC, a F ona tačka preseka kružnice Γ i prave l koja se nalazi između tačaka D iE. Dokazati da se opisane kružnice trouglova 4BFE i 4CFD dodiruju u tački F .

Balkanijada 2012 (Turska)

Rešenje. Neka je l ∩AO = {K}, a G druga tačka prečnika kružnice Γ koji sadrži tačku A. Kako je po uslovu zadatkaCD ⊥ AC i AC ⊥ CG (jer je AG prečnik kružnice Γ), zaključujemo da su tačke G, C i D kolinearne, pa je E ortocentartrougla 4AGD. Dakle, GE ⊥ AD, pa su tačke G, E i B kolinearne. Kako je ∠CDF ≡ ∠GDK = ∠GAC = ∠GFC,

OA

B

C

D

G

K

E

F

Slika 2.10: Z2.3

gde poslednja jednakost važi jer su to uglovi nad tetivom GC tetivnog četvorougla AGCF , prava FG je tangenta utački F kružnice opisane oko trougla 4CFD. Kako je ∠FBE ≡ ∠FBG = ∠FAG = ∠GFK ≡ ∠GFE, prava FG jei tangenta u tački F kružnice opisane oko trougla 4BFE, čime je dokaz završen.

Zadatak 2.4. Neka su I i O redom centri upisanog i opisanog kruga trougla4ABC. Ako trougao nije jednakostraničan(tj. I 6≡ O), dokazati da je ∠AIO ≤ 90◦ ako i samo ako je 2 · |BC| ≤ |AB|+ |CA|.

Tangenta 70/2, M1099.

Rešenje. Neka je D presečna tačka prave AI i kružnice opisane oko trougla 4ABC. Kako je ∠CAD = ∠BAD,to je |DC| = |DB|. Dalje, iz ∠BID = 180◦ − ∠BIA = ∠BAI + ∠ABI ≡ ∠BAD + ∠ABI = ∠CAD + ∠CBI =∠DBC+∠CBI ≡ ∠DBI sledi da je |DB| = |DI|. Sve to zajedno daje da je |DC| = |DB| = |DI|. Četvorougao ABCD

AB

C

O

I

D

Slika 2.11: Z2.4

je tetivan, pa se na njega može primeniti Ptolomejeva teorema. Dakle, važi |AD| · |BC| = |AB| · |CD|+ |AC| · |DB| =(|AB|+ |AC|) · |DI|, odakle se dobija

|DI| = |AD| · |BC||AB|+ |AC| .

Kako je trougao 4AOD jednakokrak (|AO| = |OD| jer su to poluprečnici), to je ∠AIO ≤ 90◦ ako i samo ako je|DI| ≤ |AD|/2, što je ekvivalentno sa 2 · |BC| ≤ |AB|+ |AC|.

Glava 3

Tangentni četvorouglovi

Simetrale unutrašnjih uglova proizvoljnog trougla seku se u jednoj tački, i ta tačka predstavlja centar upisanekružnice u taj trougao. Kada bismo sličnu logiku primenili na četvorouglove, rezultat bi bio mnogo drugačiji.

Naime, samo kod nekih četvorouglova će se sve četiri simetrale unutrašnjih uglova seći u jednoj tački. Takvičetvorouglovi se zovu tangetni četvorouglovi i u ovoj glavi ćemo se upoznati sa potrebnim i dovoljnim uslovima dačetvorougao bude tangentan, kao i sa mnogim osobinama tangentnih četvorouglova.

Definicija 2. Četvorougao je tangentan ako i samo ako se u njega može upisati kružnica.

3.1 Tri osnovne teoremeTeorema 3.1. Četvorougao je tangentan ako i samo ako se simetrale njegovih unutrašnjih uglova seku u jednoj tački.

Dokaz. Neka je ABCD tangentan četvorougao i neka je O centar upisane kružnice. Kako je tačka O jednako udaljenaod stranica AB i AD, ona leži na simetrali ugla ∠BAD. Na isti način zaključujemo da O leži i na simetralama uglova∠ABC, ∠BCD i ∠CDA. Prema tome, simetrale unutrašnjih uglova tangentnog četvorougla seku se u centru upisanekružnice, čime je dokazan smer (⇒).Za smer (⇐) pretpostavimo da se simetrale unutrašnjih uglova četvorougla ABCD seku u tački O. Tada je tačka Ojednako udaljena od krakova tih uglova, odnosno od stranica četvorougla. Ako to rastojanje označimo sa r, kružnicasa centrom O i poluprečnikom r dodiruje sve stranice četvorougla. To znači da je četvorougao ABCD tangentan.

Teorema 3.2. Četvorougao je tangentan ako i samo ako se simetrale triju njegovih unutrašnjih uglova seku u jednojtački.

Dokaz. Smer (⇒) jasno sledi na osnovu prethodne teoreme.Dokaz u obrnutom smeru (⇐) je takođe sličan prethodnom. Neka se simetrale uglova kod temena A, B i C seku ujednoj tački, O. To znači da je rastojanje te tačke do stranica DA i AB, AB i BC i BC i CD jednako, odakle sledi daje i rastojanje do DA i CD jednako, tj. simetrala i poslednjeg ugla, kod temena D, takođe prolazi kroz tačku O.

Teorema 3.3. Četvorougao ABCD je tangentan ako i samo ako mu je zbir naspramnih stranica međusobno jednak,tj. ako i samo ako važi relacija

|AB|+ |CD| = |BC|+ |DA|. (3.1)

Dokaz. Obeležimo dodirne tačke kružnice upisane u četvorougao ABCD i stranica AB, BC, CD i DA redom sa P ,Q, R i S. Kako su tangentne duži povučene iz tačke na kružnicu jednake, važi sledeći niz jednakosti koje dokazujuteoremu u smeru (⇒):

|AB|+ |CD| = (|AP |+ |BP |) + (|CR|+ |DR|)= (|AS|+ |BQ|) + (|CQ|+ |DS|)= (|AS|+ |DS|) + (|BQ|+ |CQ|)= |AD|+ |CB|.

Smer (⇐) je nešto složeniji za dokaz. Ako pretpostavimo da u četvorouglu ABCD važi (3.1) tada se u daljem dokazumoraju razgraničiti dva slučaja: kada je |AB| = |AD| i kada je to nije slučaj.Za |AB| = |AD| iz (3.1) sledi |BC| = |CD|, pa je ABCD deltoid. Na osnovu stava SSS o podudarnostima trouglova,trouglovi 4ABC i 4ADC su podudarni (imaju i zajedničku stranicu AC, pa su im svi odgovarajući elementi jednaki,između ostalog i ∠DAC = ∠BAC. Odavde sledi da dijagonala AC polovi uglove ∠BAD i ∠BCD. Simetrale uglovakod temena D i B trouglova4ADC i4ABC (redom) seku se u istoj tački na dijagonali AC, koja predstavlja simetralu

21

22 GLAVA 3. TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

uglova kod temena A i C četvorougla ABCD, pa se po T3.1 radi o tangentnom četvorouglu.Ukoliko je |AB| 6= |AD|, možemo bez gubljenja opštosti uzeti da je AB > AD. Tada iz (3.1) sledi |BC| > |CD|. Ako nastranicama AB i AC redom uočimo tačke E i F tako da zadovoljavaju relacije |AE| = |AD| i |CF | = |CD|, očiglednosledi da su trouglovi 4AED i 4CDF jednakokraki. Takođe, iz (3.1) imamo |BE| = |AB| − |AE| = |AB| − |AD| =|BC| − |CD| = |BC| − |CF | = |BF | iz čega proizilazi da je i 4EBF jednakokrak. Kako se u jednakokrakom trouglusimetrala ugla pri vrhu poklapa sa odgovarajućom simetralom stranice, očigledno je da se simetrale uglova kod temenaA, B i C četvorougla ABCD poklapaju sa simetralama stranica trougla 4DEF . Kako se simetrale stranica trouglaseku u tački S, koja predstavlja centar opisane kružnice tog trougla, u istoj tački se seku i simetrale uglova kod temenaA, B i C četvorougla ABCD. Odavde lako vidimo da je četvorougao tangentan, po T3.2.

3.2 Formule za površinuKod tetivnih četvorouglova smo se upoznali sa relacijom koja predstavlja vezu između površine tetivnog četvorougla

i njegovih stranica. Međutim, tetivni četvorouglovi su potpuno određeni svojim stranicama, dok kod tangentnih tonije slučaj.

Naime, kao i svaki drugi četvorougao, i tangentni četvorougao ABCD sa stranicama a, b, c i d se može deformisatiu novi četvorougao A′B′C ′D′, čije su stranica takođe a, b, c i d. Ovo znači da relacija a+ c = b+ d nastavlja da važii u četvorouglu A′B′C ′D′, te na osnovu T3.3 zaključujemo da je i A′B′C ′D′ tangentni četvorougao. Jasno je da sepovršina četvorougla menja kada se on deformiše (na primer, deformisanjem kvadrata dobijamo romb, čija je površinamanja od površine kvadrata).

To znači da će formula za površinu tangentnog četvorougla morati da, pored njegovih stranica, sadrži i još jedanparametar koji ne zavisi od stranica. Kao što ćemo videti u naredne dve teoreme, taj parametar može biti poluprečnikkružnice upisane u četvorougao ili jedan od uglova četvorougla.Teorema 3.4. Ako su a, b, c i d stranice tangentnog četvorougla, a r poluprečnik kružnice upisane u njega, tada muse površina P može izračunati po formuli

P = rs, (3.2)pri čemu s predstavlja poluobim, tj. s = a+b+c+d

2 .Dokaz. Primetimo da važi

P = P4SAB + P4SBC + P4SCD + P4SDA, (3.3)gde je S centar upisane kružnice u tangentni četvorougao ABCD. Ako je A′ visina spuštena iz temena S na stranicuAB u 4SAB, onda važi P4SAB = 1

2AB ·SA′, odnosno ako se uzmemu oznake iz zadatka, P4SAB = 1

2ar. Slično važi iza preostala tri manja trougla iz desne strane jednakosti (3.3), pa se zamenom u pomenutu jednakost dobija (3.2).

Zanimljivo je što postoji ista formula koja važi za trouglove – površina trougla se može se dobiti kao proizvodpoluorečnika upisane kružnice i poluobima. Zapravo, formula P = rs važi za sve tangentne mnogouglove (a za svetrouglove važi obzirom na to da se u svaki trougao može upisati kružnica).

Još jedna interesantna stvar u vezi s ovom formulom jeste to što postoje analogne formule za više dimenzije, no ondaje pogodno posmatrati je u obliku P = O

2 · r (gde je O = 2s obim mnogougla). Recimo, u trodimenzionalnom prostoruse zapremina tela u koje se može upisati sfera može izračunati kao proizvod trećine površine tog tela i poluprečnikasfere upisane u to telo (koristeći uobičajene oznake: V = P

3 · r).Teorema 3.5. Ako su a, b, c i d stranice a θ poluzbir naspramnih uglova tangentnog četvorougla ABCD, tada senjegova površina P može izraziti formulom:

P =√abcd · sin θ. (3.4)

Dokaz. Primenom kosinusne teoreme na trouglove 4ABD i 4BCD dobijamo |BD|2 = a2 + d2 − 2ad cosα i |BD|2 =b2 + c2 − 2bc cos γ, odakle je

12(a2 + d2 − b2 − c2) = ad cosα− bc cos γ. (3.5)

Dalje, P se može predstaviti kao zbir površine pomenutih trouglova, pa važi

P = 12ad sinα+ 1

2bc sin γ. (3.6)

Sređivanjem, kvadriranjem i sabiranjem (3.5) i (3.6) dobija se

4P 2 + 14(a2 + d2 − b2 − c2)2 = a2d2 sin2 α+ b2c2 sin2 γ + 2abcd sinα sin γ

+a2d2 cos2 α+ b2c2 cos2 γ − 2abcd cosα cos γ= a2d2 + b2c2 − 2abcd cos(α+ γ)= (ad+ bc)2 − 2abcd− 2abcd cos(α+ γ)

= (ad+ bc)2 − 4abcd cos2 α+ γ

2 ,

3.3. JOŠ NEKE OSOBINE 23

gde su korišćeni trigonometrijski identiteti cos2 ϕ+sin2 ϕ = 1, cos(ϕ+ϑ) = cosϕ cosϑ−sinϕ sinϑ i 1+cosϕ = cos2 ϕ2 .

Daljim sređivanjem se dobija

16P 2 = 4(ad+ bc)2 − (a2 + d2 − b2 − c2)2 − 16abcd cos2 θ. (3.7)

Prva dva sabirka iz jednačine (3.7) obeležimo sa K i primetimo da ih možemo razviti u obliku razlike kvadrata, čimedobijamo sledeći niz jednakost:

K = (2(ad+ bc)− (a2 + d2 − b2 − c2)) · (2(ad+ bc) + (a2 + d2 − b2 − c2))= ((b+ c)2 − (a− d)2) · ((a+ d)2 − (b− c)2)= (b+ c− a+ d)(b+ c+ a− d)(a+ d− b+ c)(a+ d+ b− c). (3.8)

Kako je četvorougao ABCD tangentan po uslovu, na osnovu T3.1 važi a+ c = b+ d, pa imamo i b+ c− a+ d = 2c,b+ c+ a− d = 2b, a+ d− b+ c = 2d i a+ d+ b− c = 2a. Zamenjujući to u jednakost (3.8) dobijamo K = 16abcd, pavraćanjem u (3.7) imamo

16P 2 = 16abcd− 16abcd cos2 θ

= 16abcd(1− cos2 θ)= 16abcd sin2 θ,

gde je ponovo korišćen identitet sin2 ϕ+ cos2 ϕ = 1. Odavde, kraćenjem i korenovanjem, sledi jednakost (3.4).

Ranije je napomenuto da je dovoljan još jedan parametar pored stranica četvorougla za dobijanje njegove površine,a primećujemo da se u formuli javljaju dva ugla jer θ = α+γ

2 . Međutim, to je samo prividno. Primenom kosinusneteoreme, ugao γ se može izraziti preko stranica i jednog poznatog ugla (na primer, γ = arccos −a

2+b2+c2−d2+2ac cosα2bc ).

Takođe, zbog sinϕ = sin(180◦ − ϕ) i α+ γ = 360◦ − (β + δ) (gde su α, β, γ i δ redom uglovi četvorougla), nije važnokoji će se napramni par uglova izabrati.

3.3 Još neke osobineTeorema 3.6. Konveksan četvorougao ABCD čije se dijagonale seku u O je tangentan ako i samo ako važi

1ρ(O,AB) + 1

ρ(O,CD) = 1ρ(O,BC) + 1

ρ(O,DA) , (3.9)

gde je sa ρ(N,XY ) obeleženo rasotojanje od tačke N do prave XY .

Dokaz. Treba najpre predstaviti (3.9) u pogodnijem obliku. Neka su A′, B′, C ′ i D′ ortogonalne projekcije tačke Oredom na stranice AB, BC, CD i DA četvorougla ABCD. Ako obeležimo dužine |AB| = a, |BC| = b, |CD| = c i|DA| = d, lako se vidi da je

|OA′|ρ(C,AB) = |AO|

|AC|= |OD′|ρ(C,AD) (3.10)

|OA′|ρ(D,AB) = |BO|

|BD|= |OB′|ρ(D,BC) (3.11)

|OB′|ρ(A,BC) = |OC|

|AC|= |OC ′|ρ(A,DC) . (3.12)

Odavde sledi|OA′|b sin β = |OD

′|c sin δ ,

|OA′|d sinα = |OB

′|c sin γ ,

|OB′|a sin β = |OC

′|d sin δ , (3.13)

gde su α, β, γ i δ unutrašnji uglovi četvorougla ABCD kod temena A, B, C i D, redom. Izraz (3.9) se sada moženapisati u obliku

1|OA′|

+ 1|OC ′|

= 1|OB′|

+ 1|OD′|

, (3.14)

što je ekvivalentno sa

1 + |OA′|

|OC ′|= |OA

′||OB′|

+ |OA′|

|OD′|(3.15)

ili1 + a sinα sin β

c sin γ sin δ = d sinαc sin γ + b sin β

c sin δ . (3.16)

24 GLAVA 3. TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

Zato je (3.9) ekvivalentno sa

a sinα sin β + c sin γ sin δ = b sin β sin γ + d sin δ sinα. (3.17)

Sada je dovoljno pokazati da je četvorougao ABCD tangentan ako i samo važi (3.17).(⇒) Ako je četvorougao ABCD tangentan, onda postoji krug upisan u njega. Neka je r poluprečnik tog kruga. Ondavaže sledeće relacije:

a = r

(cot α2 + cot β2

), b = r

(cot β2 + cot γ2

),

c = r

(cot γ2 + cot δ2

), d = r

(cot δ2 + cot α2

).

Odavde sledi

a sinα sin β = r

(cot α2 + cot β2

)· 4 sin α2 cos α2 sin β2 cos β2 (3.18)

= 4r(

cos α2 sin β2 + cos β2 sin α2

)cos α2 cos β2 (3.19)

= 4r sin α+ β

2 cos α2 cos β2 (3.20)

= 4r sin γ + δ

2 cos α2 cos β2 (3.21)

= 4r(

cos δ2 sin γ2 + cos γ2 sin δ2

)cos α2 cos β2 (3.22)

= 4r(

tan γ2 + tan δ2

)cos α2 cos β2 cos γ2 cos δ2 . (3.23)

kao i, analogno

b sin β sin γ = 4r(

tan δ2 + tan α2

)cos α2 cos β2 cos γ2 cos δ2 ,

c sin γ sin δ = 4r(

tan α2 + tan β2

)cos α2 cos β2 cos γ2 cos δ2 ,

d sin δ sinα = 4r(

tan β2 + tan γ2

)cos α2 cos β2 cos γ2 cos δ2 .

Odavde je jasno da važi (3.17).

A B

C

D

D1

C1D2

T

A B

C

D

D1

C1

Slika 3.1: Oba slučaja za T3.6

(⇐) Pretpostavimo da važi (3.17) i da četvorougao ABCD nije tangentan. Sada treba doći do kontradikcije, i timeće dokaz biti u potpunosti završen.Posmatrajmo najpre slučaj kada naspramne stranice četvorougla ABCD nisu paralelne. Neka je T presek pravihAD i BC i posmatrajmo krug upisan u trougao 4ABT . Uočimo pravu paralelnu sa stranicom CD koja predstavljatangentu na krug koja seče stranice BC i DA u tačkama C1 i D1, redom. Neka je |BC1| = b1, |C1D1| = c1, |D1A| = d1,

3.3. JOŠ NEKE OSOBINE 25

|C1C| = x, |D2D1| = y i |D1D| = z, gde je D2 tačka na duži C1D1 takva da je četvorougao C1CDD2 paralelogram.Primetimo da je b = b1 + x, c = c1 − y i d = d1 + z. Pošto je četvorougao ABC1D1 tangentan, važi

a sinα sin β + c1 sin γ sin δ = b1 sin β sin γ + d1 sin δ sinα. (3.24)

Upoređivanjem (3.17) i (3.24) dobija se

a sinα sin β + c sin γ sin δ = b sin β sin γ + d sin δ sinα, (3.25)

odakle sledi−y sin γ sin δ = x sin β sin γ + z sin δ sinα. (3.26)

Ovo je kontradikcija obzirom na to da su x, y i z istog znaka,1 a sve trigonometrijske funkcije su pozitivne.Sada je potrebno ispitati šta se dešava u slučaju kada četvorougao ABCD ima par paralelnih stranica, recimo ADi BC. Posmatrajmo krug kojem stranica AB, BC i DA predstavljaju tangente. Slično kao u prethodnom slučaju,dobijamo a sinα sin β+c sin γ sin δ = b1 sin β sin γ+d1 sin δ sinα. Kada se ovo uporedi sa (3.17), dobija se x(sin β sin γ+sin δ sinα) = 0. Pošto je x 6= 0, mora biti sinα = sin β i sin γ = sin δ, odakle sledi 2 sinα sin γ = 0, što je kontradikcija.

Teorema 3.7. Neka je ABCD tetivni četvorougao čije se dijagonale seku u tački O. Ako su A′, B′, C ′ i D′ ortogonalneprojekcije tačke O na stranice AB, BC, CD i DA, redom, tada je četvorougao A′B′C ′D′ tangentni.

Dokaz. Jasno je da je četvorougao AA′OD′ tetivan (jer su uglovi ∠AA′O i ∠ADO′ pravi, pa su suplementni), odaklesledi da je ∠D′A′O = ∠D′AO. Slično, iz tetivnosti četvorougla BB′OA′ sledi ∠B′A′O = ∠B′BO. Po uslovu zadatkaje i ABCD tetivan, pa je ∠DAC = ∠DBC. Iz poslednje tri jednakosti sledi ∠D′A′O = ∠B′A′O, odnosno zaključujese da tačka O leži na simetrali ugla D′A′B′, to jest na simetrali unutrašnjeg ugla kod temena A′ četvorougla A′B′C ′D′.Analogno se pokazuje da tačka O leži na simetralama uglova kod preostala tri temena četvorougla A′B′C ′D′, što jepotreban i dovoljan uslov da četvorougao bude tangentan.Ukoliko se neka od tačaka A′, B′, C ′ ili D′ ne nalazi na odgovarajućoj stranici, već na njenom produžetku, dokaz jenešto drugačiji ali je ideja potpuno ista.

Sledi teorema o položaju centra upisane kružnice u tangentni četvorougao u odnosu na dijagonale četvorougla, kojuje otkrio i dokazao Njutn.

Teorema 3.8. Centar kružnice upisane u tangentni četvorougao leži na pravoj koja spaja sredine dijagonala.

Dokaz. Neka je ABCD tangentni četvorougao, neka su P i Q redom sredine dijagonala AC i BD i neka je O centarupisane kružnice u taj četvorougao. Ako je ABCD paralelogram, tada mora biti romb, obzirom na T3.3. U tomslučaju, tvrđenje teoreme trivijalno sledi obzirom na to da se kod romba dijagonale polove i poklapaju sa centromupisane kružnice, to jest P ≡ Q ≡ O. Zato se može pretpostaviti da ABCD nije paralelogram, a to znači da dvenaspramne strancie nisu paralelne. Neka su to, bez gubljenja opštosti, stranice AB i CD.Kako je P središte dijagonale AC, trouglovi 4ABP i 4BCP imaju jednake osnovice (|AP | = |CP |) i zajedničkuvisinu iz temena B. Otuda je P4ABP = P4BCP i slično P4CDP = P4ADP , i odatle sledi

P4ABP + P4CDP = 12P4ABC + 1

2P4ADC = 12PABCD. (3.27)

Slično je iP4ABQ + P4CDQ = 1

2PABCD. (3.28)

Obzirom na to da je ABCD tangentni četvorougao, na osnovu T3.3 važi |AB|+ |CD| = |AD|+ |BC|. Množenjem levei desne strane sa r

2 , gde je r poluorečnik upisane kružnice u četvorougao ABCD, dobijaju se izrazi koji predstavljajuzbirove površina trouglova4ABO i4CDO, odnosno4ADO i4BCO. Dakle, P4ABO+P4CDO = P4ADO+P4BCO,i kako je još i P4ABO + P4CDO + P4ADO + P4BCO = PABCD, sledi

P4ABO + P4CDO = 12PABCD. (3.29)

Iz (3.27), (3.28) i (3.29) sledi da tačke P , Q i O pripadaju skupu svih onih tačaka X (geometrijskom mestu tačaka)koje leže u unutrašnjosti tangetnog četvorougla ABCD i ispunjavaju uslov

P4ABX + P4CDX = const. = 12PABCD. (3.30)

Treba pokazati da taj skup tačaka predstavlja duž.Neka tačka X pripada traženom skupu i neka je tačka T tačka preseka pravih AB i CD. Na polupravama TB i TC

26 GLAVA 3. TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

O

AB

D

C

QP

EA′

D′

X

Slika 3.2: T3.8

uočimo tačke A′ i D′ takve da je |A′T | = |AB| i |TD′| = |CD|. Tada trouglovi 4ABX i 4A′TX imaju podudaneosnovice AB i AA′T i zajedinčku visinu iz X. Sledi da su im površine jednake, tj. P4A′TX = P4ABX . Iz istog razlogaje i P4TD′X = P4CDX . Zbog uslova (3.30) to daje P4A′TX + P4TD′X = P4ABX + P4CDX = const. = 1

2PABCD.Sledi

P4A′D′X = const.

Kako su tačke A′ i D′ utvrđene, a površina trougla 4A′D′X je konstantna, tačka X leži na nekoj pravoj m koja jeparalelna sa A′D′. Ako se još ima u vidu da se radi o unutršanjim tačkama četvorougla ABCD, tada X pripada deluprave m, zapravo jednoj duži, koji leži untar četvorougla ABCD. Iz (3.27), (3.28) i (3.29) očigledno je da osobinutačke X imaju i tačke P , Q i O. Prema tome, one pripadaju pomenutoj duži, odnosno O leži na pravoj PQ. To itvrdi teorema.

3.4 ZadaciZadatak 3.1. Dijagonale tangentnog četvorougla i duži koje spajaju tačke dodira napsramnih stranica sa upisanomkružnicom seku se u jednoj tački. Dokazati.

Rešenje. Neka je ABCD tangentni četvorougao i neka su A′, B′, C ′ i D′ tačke u kojima upisana kružnica utaj četvorougao dodiruje stranice AB, BC, CD i DA, redom. Neka je T presek dijagonale AC i duži A′C ′ (dužkoja spaja tačke dodira naspramnih stranica AB i CD). Uvedimo oznake |AA′| = |AD′| = a i |CB′| = |CC ′| = c.Neka je ϕ = ∠AA′T . Tangente u krajnjim tačkama tetive kružnice obrazuju podudarne uglove s tom tetivom, sledi

A′A B

C′

D

C

EA′1D′1

D′

B′

T

ϕ

Slika 3.3: Z3.1

∠DC ′T = ϕ. Otuda je ∠CC ′T = 180◦ − ϕ.Trouglovi 4AA′C ′ i 4CA′C ′ imaju zajedničku osnovicu A′C ′. Zbog toga se njihove površine odnose kao odgovarajućevisine. Te visine se pak odnose kao |AT | : |TC| (iz sličnosti trouglova koje obrazuju duž AC, prava A′C ′ i visine iz Ai C na pravu A′C ′), pa je

P4AA′C′

P4CA′C′= |AT ||TC|

. (3.31)

1Na slici, kružnica ne seče stranicu CD. U slučaju da seče, onda bi se x, y i z svi tretirali kao negativni brojevi.

3.4. ZADACI 27

S druge strane jeP4AA′C′

P4CA′C′=

12 · |AA

′| · |A′C ′| · sinϕ12 · |CC ′| · |A′C ′| · sin(180◦ − ϕ)

= |AA′|

|CC ′|= a

c.

Odavde sledi da je|AT ||TC|

= a

c. (3.32)

Ako se sada sa T ′ označi presečna tačka dijagonale AC i duži B′D′, na sličan način se, nakon upoređivanja površinatrouglova 4AB′D′ i 4CB′D′, dobija

|AT ′||T ′C|

= a

c. (3.33)

Iz (3.32) i (3.33) sledi T ≡ T ′, tj. duži AC, A′C ′ i B′D′ se seku u tački T .Analogno se dokazuje da se i duži BD, A′C ′ i C ′D′ takođe seku u jednoj tački, a oni se očigledno poklapa sa T jer seduži A′C ′ i B′D′ ponavljaju u oba slučaja. Dakle, AC ∩ BD ∩ A′C ′ ∩ B′D′ = {T}, što je i trebalo dokazati.

Zadatak 3.2. (a) Uglovi na osnovici AD trapeza ABCD su 2α i 2β. Dokazati da je trapez tangentan ako i samoako je |BC|/|AD| = tanα tan β.(b) U trouglu 4ABC uočene su duži PQ i RS (P ∈ AB, R ∈ AB; Q ∈ BC, S ∈ BC) paralelne sa stranicom AC,kao i tačka M na starnici AC. Ako su trapezi RPKL i MLSC tangentni, dokazati da je i trapez APQC takođetangentan.

Rešenje. (a) Sa r obeležimo rastojanje od presečne tačke simetrale uglova kod A i D (trapeza ABCD) do osnoviceAD a sa r′ – od presečne tačke simetrale uglova kod B i C (trapeza ABCD) do osnovice BC. Sada je jasnoda je AD = r · (cotα + cotβ), a obzirom na to da je ugao kod temena B suplementan uglu kod temena A, važiBC = r′ · (tanα+ tan β). Sada vidimo da se količnik |BC|/|AD| može zapisati u obliku

|BC||AD|

= r · (tanα+ tan β)r′ · (cotα+ cotβ) = r

r′· tanα+ tan β

1tanα + 1

tan β= r

r′· tanα+ tan β

tanα+tan βtanα·tan β

= r

r′· tanα tan β,

pa sledi tvrđenje zadatka.(b) Neka su uglovi kod temena A i C trougla 4ABC redom 2α i 2β, i neka je ∠BMA = 2ϕ. Na osnovu prethodnogdela zadatka važi

|PK||RL|

= tanα tanϕ. (3.34)

Takođe, kada se uzme u obzir da su uglovi ∠BMA i ∠BMC uporedni, pa samim tim i suplementni, lako se zaključujeda je i

|LS||MC|

= cotϕ tan β. (3.35)

Takođe, lako se vidi da važi|PQ||RS|

= |PK||RL|

i |RS||AC|

= |LS||MC|

. (3.36)

Iz (3.34), (3.35) i (3.36) sledi

|PQ||AC|

= |RS| · |PK||RL|

· |LS||RS| · |MC|

= |PK||RL|

· |LS||MC|

= tanα tan β,

čime je dokaz završen.

Zadatak 3.3. Dat je konveksan četvorougao ABCD. Prave AB i CD seku se u tački E, a prave AD i BC u tačkiF . Dokazati da su sledeća tri tvrđenja ekvivalentna, tj. da svako povlači preostala dva: (a) četvorougao ABCD jetangentan, (b) |AE| − |AF | = |CE| − |CF |, (c) |BE|+ |BF | = |DE|+ |DF |.

Rešenje. ((a)⇒(b)) Neka je četvorougao ABCD tangentan. Označimo sa P , Q, R i S tačke dodira stranica AB,BC, CD i DA, redom, i upisane kružnice. Koristeći činjenicu da su tangente duži povučene iz tačke na kružnicupodudarne, mogu se uvesti sledeće oznake: |AP | = |AS| = a, |BP | = |BQ| = b, |CQ| = |CR| = c, |DR| = |DS| = d,|EP | = |ER| = e, |FQ| = |FS| = f . Tada je |AE|−|AF | = (a+e)−(a+f) = e−f i |CE|−|CF | = (e−c)−(f−c) =e− f , odakle sledi |AE| − |AF | = |CE| − |CF |.((a)⇒(c)) Koristeći iste oznake kao u prethodnom delu rešenja, lako se vidi da važi |BE|+|BF | = (e−b)+(b+f) = e+fi |DE|+ |DF | = (d+ e) + (f − d) = e+ f , pa prema tome važi |BE|+ |BF | = |DE|+ |DF |.((b)⇒(a)) Pretpostavimo da za konveksan četvorougao ABCD, uz prethodne oznake, važi jednakost |AE| − |AF | =|CE| − |CF |. Uočimo na dužima AE i CE redom tačke X i Y , takve da je |AX| = |AF | i |CY | = |CF |. Kakoje |AX| = |AE| − |AF |, |CY | = |CE| − |CF | i |AE| − |AF | = |CE| − |CF |, sledi |AX| = |CY |. Prema tome,

28 GLAVA 3. TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

trougao 4EXY je jednakokrak sa osnovicom XY . Isto tako važi i da su trouglovi 4AXF i 4CY F jednakokraki saosnovicama XF odnosno Y F .Posmatrajmo sada simetrale stranica trougla 4XY F . Dobro je poznata činjenica da se one seku u tački O – centruopsane kružnice. Simetrala stranice XY je istovremeno i simetrala ugla ∠XEY jer je trougao 4CEY jednakokrak.Stoga je tačka O jednako udaljena od stranica AB i CD, jer one leže na kracima ugla ∠XEY . Slično, simetralastranice Y F ujedno je simetrala ugla ∠Y CF pri vrhu jednakokrakog trougla 4Y CF . Kako je ona ujedno i simetralanjemu unakrsnog ugla ∠BCD, tačka O je jednako udaljena od stranica BC i CD. Najzad, simetrale stranice XFje simetrala ugla ∠XAF , pa je tačka O jednako udaljena od stranica AB i AD. Sve to zajedno daje da je tačka Ojednako udaljena od stranica AB i CD, BC i CD, AB i AD. Zaključak je da je O centar upisane kružnice. Dakle,četvorougao ABCD je tangentan.((c)⇒(a)) Pretpostavimo da za konveksan četvorougao ABCD važi |BE|+ |BF | = |DE|+ |DF |. Na pravoj BA, naonoj strani tačke B na kojoj nije E, uočimo tačku X, tako da je |BX| = |BF |. Slično, na pravoj CD, sa one stranetačke D sa koje nije E, uočimo tačku Y , tako da je |DY | = |DF |. Kao i u prethodnom slučaju, posmatra se trougao4XY F i pokaže se da je njegov centar opisne kružnice jednako udaljen od svih stranica četvorougla ABCD. Zbogtoga je O centar upisane kružnice u četvorougao ABCD, tj. taj četvorougao je tangentan.Iz dokazanih implikacija sledi tvrđenje cele teoreme. Naime, iz ((b)⇒(a)) i ((a)⇒(b)) sledi ((b)⇒(c)), i slično iz((c)⇒(a)) i ((a)⇒(b)) sledi ((c)⇒(b)).

Zadatak 3.4. Neka su ΓA, ΓB, ΓC i ΓD četiri disjunktne kružnice čiji su centri temena A, B, C i D, redom,pravougaonika ABCD i neka su njihovi poluprečnici, redom, rA, rB, rC i rD. Zajedničke spoljašnje tangente kružnicaΓB i ΓD seku se sa zajedničkim spoljašnjim tangentama kružnica ΓB i ΓD u tačkama P , Q, R i S. Ako je rA + rC =rB + rD, dokazati da je četvorougao PQRS tangentan.

Rešenje. Neka je O presek dijagonala pravougaonika ABCD. Tada je O sredina i AC i BD, tj. |OA| = |OB| =|OC| = |OD|. Neka su A1 i C1 tačke dodira jedne zajedničke tangente i kružnica ΓA i ΓC . Neka je X podnožjenormale iz O na tu tangentu. Kako je tangenta kružnice normalna na poluprečnik koji spaja tačku dodira sa centrom

A B

CD

P

Q

R

S

A1

C1

O

X

Slika 3.4: Z3.4

te kružnice, to je AA1 ‖ CC1 ‖ OX, jer su sve tri normalne na zajedničku tangentu. Odatle se lako zaključuje da jeA1ACC1 pravougli trapez sa osnovicama AA1 i CC1, a kako je O središte kraka AC, to je OX srednja linija tog trapeza.Dakle, |OX| = 1

2 (|AA1|+ |CC1|) = 12 (rA + rC). Usled simetrije, rastojanje tačke O do druge zajedničke tangente

kružnica ΓA i ΓC je takođe jednako 12 (rA + rC). Na isti način se pokazuje da je rastojanje tačke O do zajedničkih

tangenti kružnica ΓB i ΓD jednako 12 (rb + rD). Kako je rA + rC = rB + rD, tačka O je jednako udaljena od svih

stranica četvorougla PQRS, odnosno ona je centar kružnice koja dodiruje sve stranice četvorougla, tj. četvorougaoPQRS je tetivni što je i trebalo dokazati.

Glava 4

Tetivno-tangentni četvorouglovi

Dosad smo se upoznali sa tetivnim i tangentim četvorouglovima. Prirodno se nameće pitanje da li postoji četvo-rougao koji je istovremeno i tetivan i tangentan. Odgovor je, naravno, potvrdan – recimo, kvadrat. Takođe, setimo seda su svi jednakokraki trapezi tetivni, a da postoje neki jednakokraki trapezi koji su tangentni. Zaključak je očigle-dan – postoje jednakokraki trapezi koji istovremeno pokazuju i osobine tangentnih i osobine tetivnih četvorouglova.Međutim, tu se niz ‚‚pravilnih” četvorouglova koji su i tetivni i tangentni završava.

Definicija 3. Četvorougao je tetivno-tangentan (još i: bicentričan) ako i samo ako postoje kružnica koja sadrži svanjegova temena i kružnica koja dodiruje sve njegove stranice, odnosno ako se oko njega može opisati i u njega upisanikružnica.

Ipak, postoji beskonačno mnogo tetivno-tangentnih četvorouglova koji nisu ni kvadrati ni jednakostranični trapezi,što će bolje razjasniti sledeća teorema.

4.1 Dve važne teoremeTeorema 4.1. Neka je ABCD tetivni četvorougao čije su dijagonale uzajamno normalne i seku se u tački S. Ako suA′, B′, C ′ i D′ ortogonalne projekcije tačke S na prave AB, BC, CD i DA, redom, tada je četvorougao A′B′C ′D′tetivno-tangentan.

Dokaz. Na osnovu T2.12, četvorougao A′B′C ′D′ je tetivan. Kao što je pokazano, njen centar je tačka T koja predsta-vlja središte duži SO, gde je O centar kružnice opisane oko četvorougla ABCD. S druge strane, na osnovu primeraT3.7, četvorougao A′B′C ′D′ je tangentan, a centar upisane kružnice mu je tačka S. Na osnovu D3, četvorougaoA′B′C ′D′ je tetivno-tangentan.

Upravo ova teorema predstavlja dokaz da tetivno-tangentnih četvorouglova ima beskonačno mnogo (o čemu će jošbiti reči kasnije). Dakle, dovoljno je uzeti dve međusobno normalne tetive neke kružnice, i ortogonalno projektovatinjihov presek na preostale četiri tetive koje obrazuju te četiri tačke. Dobijene projekcije predstavljaju temena tetivno-tangentnog četvorougla.

Nije na odmet primetiti da se već pomenuti kvadrati i jednakokraki trapezi takođe dobijaju na ovaj način. Naime,ako jedna tetiva prolazi kroz centar kružnice O, tada je dobijeni četvorougao tetivno-tangentni jednakokraki trapez.Kada i druga tetiva prolazi kroz centar, tada se dobija kvadrat.

Prethodna teorema ipak ne daje jasan odgovor na pitanje da li se svi tetivno-tangentni četvorouglovi mogu dobitina opisani način. Odgovor je prilično neočekivan i glasi – da. Više reči o tome u sledećoj teoremi T4.2.

Teorema 4.2. Svaki tetivno-tangentan četvorougao A′B′C ′D′ može se dobiti iz nekog tetivnog četvorougla ABCDčije su dijagonale uzajamno normalne. Pri tome su A′, B′, C ′ i D′ normalne projekcije tačke preseka dijagonalaćčetvorougla ABCD na njegove stranice.

Dokaz. Neka je A′B′C ′D′ tetivno-tangentni četvorougao i neka je S centar upisane kružnice. U tačkama A′, B′, C ′i D′ uočimo normale a, b, c i d na prave SA′, SB′, SC ′ i SD′, redom. Sa A, B, C i D obeležimo, redom, presekepravih d i a, a i b, b i c i c i d. Tvrdimo da je ABCD traženi četvorougao, tj. ABCD je tetivni četvorougao, njegovedijagonale su normalne, seku se u tački S i tačke A′, B′, C ′ i D′ su projekcije tačke S na odgovarajuće prave.Najpre ćemo dokazati da su dijagonale četvorougla normalne i da se seku u tački S. U četvorouglu SA′BB′ naspramniuglovi kod temena A′ i B′ su pravi, pa je on tetivan. Zato važi

∠SBB′ = ∠SA′B′ = α′

2 (4.1)

29

30 GLAVA 4. TETIVNO-TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

gde je α′ = ∠D′A′B′. Slično, iz tetivnog četvorougla SB′CC ′ sledi

∠SCB′ = ∠SC ′B′ = γ′

2 (4.2)

gde je γ′ = ∠B′C ′D′. Po pretpostavci četvorougao A′B′C ′D′ je tetivan, pa je α′ + γ′ = 180◦. Uzimajući to u obzir,iz (4.1) i (4.2) sledi ∠SBB′ + ∠SCB′ = 90◦, odnosno ∠BSC = 90◦. Na sličan način se pokazaju ∠BSA = ∠ASD =∠DSC = 90◦. Iz svega zajedno zaključujemo da su dijagonale četvorougla uzajamno normalne i da se seku u tačkuS. Takođe, A′, B′, C ′ i D′ su projekcije tačke S – preseka dijagonala četvorougla ABCD na njegove stranice.Ostaje još da se pokaže da je ABCD tetivan četvorougao. Kako su četvorouglovi AA′SD i CC ′SB′ tetivni (zbog∠A′ + ∠D′ = 90◦ + 90◦ = 180◦ u AA′SD i analogno za CC ′SB′), imamo da je

∠A′AS = ∠A′D′S = δ′

2 i ∠D′AS = ∠D′A′S = α′

2 ; (4.3)

∠B′CS = ∠B′C ′S = γ′

2 i ∠C ′CS = ∠C ′B′S = β′

2 . (4.4)

Uglovi α′ i γ′ su već definisani, a β′ = ∠A′B′C ′ i δ′ = ∠C ′D′A′. Kako je α′ + β′ + γ′ + δ′ = 360◦, iz (4.3) i (4.4) sledi∠DAB + ∠BCD = 180◦, odakle sledi da je četvorougao ABCD tetivan, čime je dokaz završen.

4.2 KonstrukcijaSada kada smo se upoznali sa dovoljno osobina tetivno-tangentih četvorouglova, pogledajmo kako ga konstruisati.

Konstrukcija. Neka su date tri nekolinearne tačke A, B i C. Konstruisati četvrtu tačku D u istoj ravni tako dačetvorougao ABCD bude tetivno-tangentan.

Rešenje. Analiza. Jasno je da tražena tačka leži na kružnici Γ opisane oko trougla 4ABC, i to na luku ACkoji ne sadrži tačku B. Time je osuigurno da će četvorougao ABCD biti tetivan. Pretpostavimo da je D traženatačka. Neka je bez gubljenja opštosti |AB| ≥ |BC|. Kako je četvorougao ABD tangentan po pretpostavci, po T3.3važi |AB| + |CD| = |AD| + |BC|, tj. |AB| − |BC| = |AD| − |CD|. Uočimo na stranici AB tačku E, takvu da je|BE| = |BC| i na stranici AD tačku F takvu da je |DF | = |CD|. Tada je |AE| = |AB|− |BC| = |AD|− |CD| = |AF |.Shodno izboru tačke F , trougao 4FCD je jednakokrak s osnovicom FC. Ako sa δ označimo ugao kod temena D učetvorouglu ABCD, tada iz trougla 4FCD sledi ∠AFC = 180◦− 180◦−δ

2 . Međutim četvorougao ABCD je tetivan paje δ = 180◦−β (gde je β ugao kod temena B u četvorouglu ABCD), i kada se to uvrsti u prethodnu jednakost dobijase ∠AFC = 180− β

2 . Dakle, tačka F s jedne strane pripada kružnici k sa centrom A i poluprečnikom AE a s drugestrane keometrijskom mestu tačka iz kojih se duž AC vidi pod uglom 180◦ − β

2 , gde je β = ∠ABC. To omogućavakonstrukciju tačke F , a time i tražene tačke D.Konstrukcija. Uzmimo najpre |AB| − |BC| > 0. Konstruiše se kružnice k sa centrom A i poluprečnikom |AE| =|AB| − |BC|. Zatim se konstruiše geometrijsko mesto tačaka iz kojih se duž AC vidi pod uglovim 180◦ − β

2 i kojaleže s druge strane prave AC u odnosu na teme B. To je kužni luk l koji prolazi kroz A i C. Obeležimo sa F presekkružnice k i luka l. Obeležimo dalje sa D drugu tačku preseka kružnice k i prave AE. Tačka D je tražena tačka.Ukoliko je |AB| − |BC| = 0, ta začku D se uzima sredina luka AC.Dokaz. Kako po konstrukciji tačka D leži na kružnici k, ostaje da se pokaže da je dobijeni četvorougao ABD tangentni.Po T3.3, za to je dovoljno da se ustanovi da je |AD|− |CD| = |AB|− |BC|, što direktno sledi iz analize i konstrukcije.Diskusija. Zadatak uvek ima jedinstveno rešenje. U slučaju |AB| = |BC|, sledi da je i |AD| = |CD| pa je četvorougaoABCD deltoid.

4.3 Formula za površinu i njene poslediceO površini tetivno-tangentnih četvorouglova se ne može reći mnogo toga. Obzirom na njihovu definiciju, jasno je

da će formula koja predstavlja vezu između stranica tetivno-tangenog četvorougla i njegove površine biti specijalanslučaj formula obrađenih u glavama 2 i 3.

Teorema 4.3. Površina P tetivno-tangentnog četvorougla čije su stranice a, b, c i d data je formulom

P =√abcd. (4.5)

Dokaz. Dokaz sledi iz tvrđenja teorema T3.5 i T2.2 i definicije D3.

Teorema 4.4. U tetivno-tangentnom četvorouglu ABCD sa stranicama a, b, c i d redom važe sledeće relacije: (a)sinψ = 2

√abcd

ac+bd , (b) tan2 ψ2 = bd

ac i (c) cosα = ad−bcad+bc , pri čemu je ψ ugao između dijagonala a α ugao kod temena A

tog četvorougla.

4.3. FORMULA ZA POVRŠINU I NJENE POSLEDICE 31

Dokaz. (a) Površina četvorougla ABCD može se izračunati kao zbir površina četiri trougla koji se dobiju kada mu sepovuku dijagonale. Dakle, važi PABCD = pq

2 sinψ + qr2 sinψ + rs

2 sinψ + sp2 sinψ gde su dužine duži SA, SB, SC i

SD jednake redom p, q, r i s. Daljim sređivanjem je PABCD = sinψ2 · (pq + qr + rs + sp) = sinψ

2 · (p + r)(q + s). Naosnovu Ptolomejeve teoreme (T2.6) i činjenica da je p+ r = |AC| i q+ s = |BD|, sledi da je PABCD = sinψ

2 · (ac+ bd),odakle (zbog T4.3) sledi tvrđenje teoreme.(b) Iz trigonometrijskog identiteta cosϕ =

√1− sin2 ϕ i prethodnog, sledi

cosψ =

√(ac+ bd)2 − 4abcd

(ac+ bd)2 =√a2c2 + b2d2 + 2abcd− 4abcd

ac+ bd=√

(ac− bd)2

ac+ bd= ac− bdac+ bd

.

Odatle je

tan2 ψ

2 = 1− cosψ1 + cosψ =

1− ac−bdac+bd

1 + ac−bdac+bd

=ac+bd−ac+bd

ac+bdac+bd+ac−bd

ac+bd= 2bd

2ac = bd

ac.

(c) Primenom kosinusne teoreme na troglove 4ABD i 4BCD i trigonometrijskog identiteta cosϕ = − cos(180◦ −ϕ)dobija se već pomenut rezultat (2.9). Odatle je

cosα = a2 − c2 − (b2 − d2)2(ad+ bc) = (a− c)(a+ c)− (b− d)(b+ d)

2(ad+ bc)

= (a− c)(a+ c)− (b− d)(a+ c)2(ad+ bc) = (a+ c)(a− b− c+ d)

2(ad+ bc)

= a2 − ab− ac+ ad+ ac− bc− c2 + cd

2(ad+ bc) = a2 − c2 − ab+ cd+ ad− bc2(ad+ bc)

= (a− c)(a+ c)− ab+ cd+ ad− bc2(ad+ bc) = (a− c)(b+ d)− ab+ cd+ ad− bc

2(ad+ bc)

= ab+ ad− bc− cd− ab+ cd+ ad− bc2(ad+ bc) = 2(ad− bc)

2(ad+ bc) = ad− bcad+ bc

.

Teorema 4.5. Površina P tetivno-tangentnog četvorougla sa stranicama a, b, c i d i uglom između dijagonala ψ možese izračunati formulom

P = ac tan ψ2 = bd tan ψ2 . (4.6)

Dokaz. Sledi direktno iz T4.3 i T4.4b.

Teorema 4.6. Tetivno-tangentni četvorougao ABCD sa centrom upisane kružnice I ima površinu P koja se možedobiti po formuli

P = |AI| · |CI|+ |BI| · |DI|. (4.7)

Dokaz. U četvorougao se može upisati krug, pa je tan α2 = r

e , gde je r poluprečnik upisane kružnice, ugao α je ugaokod temena A, a e rastojanje od temena A do podnožja visine W iz tačke I na stranicu AB. Kako se oko njega možei opisati krug, važi α + γ = β + δ = 180◦, gde su β, γ i δ unutrašnji uglovi četvorougla ABCD kod temena B, C iD, redom. Zato je cot γ2 = tan α

2 i sin γ2 = cos α2 . Tetivno-tangentni četvorougao se može podeliti na četiri deltorida

spuštanjem normala iz centra upisane kružnice na stranice (a te normale predstavljaju poluprečnke upisane kružnice).Trougao 4AIW ima površinu er

2 = r2

2 tan α2. Zato ceo tetivno-tangentni četvorougao ima površinu

P = r2 ·

(1

tan α2

+ 1tan β

2+ 1

tan γ2

+ 1tan δ

2

).

Odatle je

P = r2 ·

(1

tan γ2

+ 1tan α

2+ 1

tan δ2

+ 1tan β

2

)= r2 ·

((tan α2 + cot α2

)+(

tan β2 + cot β2

))

= r2 ·

(1

sin α2 cos α2

+ 1sin β

2 + cos β2

)= r2

sin α2 sin γ

2+ r2

sin β2 sin δ

2= |AI| · |CI|+ |BI| · |DI|,

pri čemu je korišćeno sin α2 = r

|AI| i slično za preostale uglove.

Još sličnih, ali i nešto složenijih teorema u vezi s površinama tetivno-tangentnih četvorouglova mogu se naći u [7].

32 GLAVA 4. TETIVNO-TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

4.4 O međusobnom položaju centara kružnicaTeorema 4.7. Ako su R i r poluprečnici kružnica opisanih oko četvorouglova ABCD i A′B′C ′D′, redom (iz T4.1),tada je

r = 12√

2R2 − d2, (4.8)

gde je d = |OS| i O – centar kružnice opisane oko ABCD.

Dokaz. Neka su A1, B1, C1 i D1 redom središta stranica AB, BC, CD i DA. Prema (T2.12e), svih osam tačaka A′,B′, C ′, D′, A1, B1, C1 i D1 leže na jednoj kružnici čiji su prečnici A1C1 i B1D1, a čiji je centar tačka T - zajedničkosredište duži A1C1, B1D1 i OS. Zato je SA1OC1 paralelogram (T2.12b). Kako je u paralelogramu zbir kvadratadijagonala jednak zbiru kvadrata njegovih stranica, koristeći (T2.12c), dobija se

|A1C1|2 + |OS|2 = 2((|AB|

2

)2+(|CD|

2

)2)

odnosno4r2 + d2 = 2R2,

što je ekvivalentno sa (4.8).

Teorema 4.8. Ako je R poluoprečnik kružnice opisane oko četvorougla ABCD i ρ polupčrenik kružnice upisane učetvorougao A′B′C ′D′ (iz T4.1), tada je

ρ = R2 − d2

2R , (4.9)

gde je ρ poluprečnik kružnice upisane u četvorougao A′B′C ′D′.

Dokaz. Neka je S′ podnožje visine iz S na A′B′, tj |SS′| = ρ. Označimo ∠ABS = ϕ i ∠CBS = θ. Kako ječetvorougao BB′SA′ tetivan, imamo da su uglovi ∠A′BS i ∠A′B′S jednaki kao periferijski nad istim lukom A′S, paje ∠A′B′S = ∠A′BS = ϕ. Iz pravouglih trouglova 4SS′B i 4SBB′ sledi

ρ = |SB′| · sinϕ = |SB| · sinϕ · sin θ. (4.10)

Kako je sinϕ = |SA|/|AB| i sin θ = |SC|/|BC|, iz (4.10) se dobija

ρ = |SB| · |SA| · |SC||AB| · |BC|

. (4.11)

Proizvod |SA| · |SC| je apsolutna vrednost potencije tačke S na kružnicu opisanu oko ABCD. Kako je S unutrašnjatačka kružnice, sledi

|SA| · |SC| = R2 − d2. (4.12)

Kada se (4.12) uvrsti u (4.11) dobija se

ρ = (R2 − d2) · |SB| · |AC||AB| · |BC| · sin(ϕ+ θ) ·

sin(ϕ+ θ)|AC|

.

Imajući u vidu |SB| · |AC| = |AB| · |BC| · sin(ϕ+ θ) = 2P4ABC i da na osnovu sinusne teoreme primenjene na 4ABCvaži sin(ϕ+θ)

|AC| = 12R , dobija se (4.9).

4.5 Fusova teoremaTeorema 4.9. Neka kružnica k2 leži u unutrašnjosti kružnice k1. Ako postoji jedan četvorougao za koji je k2 upisanai k1 opisana kružnica, tada takvih četvorouglova ima beskonačno mnogo. Štaviše, svaka tačka kružnice k1 može seuzeti za jedno teme takvog četvorougla.

Dokaz. Neka je A′B′C ′D′ tetivno-tangentni četvorougao upisan u kružnicu k1 i opisan oko kružnice k2. Obeležimosa T i S redom njohve centre. Tada, prema T4.2, postoji tetivni četvorougao ABCD upisan u kružnicu k. Centar tekružnice je tačka O, takva da je T središte duži SO. Dijagonale AC i BD su uzajamno normalne i seku se u tački S,a normalne projekcije tačke S na prave AB, BC, CD i DA su tačke A′, B′, C ′ i D′, redom. Iz toga sledi da su centari poluprečnik kružnice, a samim tim i kružnica k, jednoznačno određeni.Neka je X ′ proizvoljna tačka kružnice k1. Pokazaćemo da postoji četvorougao X ′Y ′Z ′U ′ upisan u kružnicu k1 i opsanoko kružnice k2. Uočimo normalu na pravu SX ′ u tački X ′ i sa X i Z obeležimo njene tačke preseka sa kružnicom k.Tvrdimo da su dijagonale četvorougla XY ZU normalne.

4.5. FUSOVA TEOREMA 33

O

k

Y

X

U

Z

S T

X′

k1

Z′

Y ′

U ′

k2

C

A

B

D

B′

C′

D′

A′

Slika 4.1: T4.9

S obzirom da je T središte duži OS, X ′T je težišna linija u trouglu 4X ′OS. Ako se ona udvostruči preko tačke T ,tj. uoči tačka X ′′, takva da je T središte duži X ′X ′′, dobije se paralelogram X ′OX ′′S. No, zbir kvadrata dijagonalaparalelograma jednak je zbiru njegovih stranica. Konkretno,

4 · |X ′T |2 + |OS|2 = 2 · |OX ′|2 + 2 · |SX ′|2.

Koristeći rezultat teoreme T4.8, to semože predstaviti u obliku

4R21 + d2 = 2 · |OX ′|2 + 2 · |SX ′|2(

2R2 − d2)+ d2 = 2 · |OX ′|2 + 2 · |SX ′|2

|SX ′|2 = R2 − |OX ′|2. (4.13)

Potencija pk(X ′) tačke X ′ u odnosu na kružnicu k jednaka je pk(X ′) = |OX ′|2 − R2. Kako je X ′ unutrašnja tačka,|OX ′| < R, to je pk(X ′) < 0. To znači da je izraz R2 − |OX ′|2 apsolutna vrednost potencije pk(X ′). S obzirom nadefiniciju potencije, iz (4.13) sledi

|SX ′|2 = |pk(X ′)| = |X ′X| · |X ′Y |. (4.14)Proizvod odsečaka na koje visina koja odgovara hipotenuzi pravouglog trougla deli hipotenuzu jednaka je kvadratu tevisine i obratno – ako je proizvod odsečaka na koje visina trougla deli stranicu jednak kvadratu te visine, tada je tajtrougao pravougli i pomenuta stranica je hipotenuza. Iz toga i (4.14) sledi da je trougao 4SXY pravougli, pri čemuje ∠XSY = 90◦. Drugim rečima, SX ⊥ SY i dijagonale XZ i Y U su uzajamno normalne.Obeležimo sa X ′, Y ′, Z ′ i U ′ normalne projekcije tačke S na prave XY , Y Z, ZU i UX, redom. Na osnovu T4.1, T4.8i T4.9 četvorougao X ′Y ′Z ′U ′ je tetivno-tangentni, upisan je u kružnicu k1 i opsan oko kružnice k2.

34 GLAVA 4. TETIVNO-TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

Tetivno-tangentnim četvorouglovima se prvi intenzivno bavio Nikolaj Fus1, prijatelj Leonarda Ojlera2. On jepostavio sebi sledeći zadatak (u literaturi poznat kao Fusov problem tetivno-tangentnih četvorouglova): Naći vezuizmeđu poluprečnikâ i duži koja spaja centre opisane i upisane kružnice tetivno-tangetnog četvorougla.

Dobio je rešenje2ρ2(r2 + z2) = (r2 − z2)2, (4.15)

gde su r i ρ poluprečnici opisane i upisane kružnice a z rastojanje između njihovih centara. Fus je takođe otkrioanalognu vezu za tetivno-tangentni petougao, šestougao, sedmougao i osmougao. Odgovarajuću formulu za trougao

r2 − z2 = 2rρ

već je ranije izveo Ojler.Fusova teorema. Neka su r, ρ i z redom poluprečnik opisane kružnice, poluprečnik upisane kružnice i rastojanjenjihovih centara tetivno-tangentnog četvorougla. Važi (4.15).Dokaz. Na osnovu T4.1 jasno je da je dovoljno pokazati da iz (4.8), (4.9) i z = d/2 (koristeći oznake iz te teoreme)sledi (4.15).Iz (4.8) kvadriranjem i sređivanjem imamo

R2 = 2r2 + d2

2 . (4.16)

Iz (4.9) imamo R2 − d2 = 2Rρ odakle kvadriranjem sledi

(R2 − d2)2 = 4R2ρ2. (4.17)

Zamenom (4.16) u (4.17) dobijamo8ρ2(4r2 + d2) = (4r2 − d2)2,

odakle, koristeći d = 2z, sledi (4.15).

Mirko Radić sa odseka za matematiku Filozofskog fakulteta u Rijeci (Hrvatska) objavio je nekoliko radova na temutetivno-tangentnih četvorouglova (ali i poligona uopšte), a jedan od najzanimljivih je Some relations conceringtriangles and bicentric quadrilaterals in connection with Poncelet’s closure theorem (Neke relacijeu trouglovima i tetivno-tangentnim četvorouglovima koje su u vezi sa Ponseleovim porizmom), u kome između ostalognavodi elementarni dokaz Ponselovog porizma3

Pogledajmo najpre dve osobine tetivno-tangentnih četvorouglova koje će intenzivno biti korišćene u dokazimateorema koje slede.

U narednim razmatranjima biće korišćene sledeće oznake. Neka je A1A2A3A4 dati tetivno-tangentni četvorougao(kraće: A). ΓM i ΓO su redom upisana i opisana kružnica. Sa ti (i = 1, 2, 3, 4; t5=t1) su obeležene tangente tako da je

ti + ti+1 = |AiAi+1| (i = 1, 2, 3, 4)

Polupčrenik kružnice ΓM je ρ a njen centar je tačka M ; poluprečnik kružnice ΓO je r a njen centar je tačka O.Rastojanje OM je |OM | = z.

Ako je βi = ∠MAiAi+1 (i = 1, 2, 3, 4), imamo

β1 + β2 + β3 + β4 = π,

pa važitan(β1 + β2) = − tan(β3 + β4)

iliτ1 + τ21 + τ1τ2

= − τ3 + τ41− τ3τ4

gde je τi = tan βi (i = 1, 2, 3, 4). Kako je tan βi = ρ/ti (i = 1, 2, 3, 4), sledi relacija

(t1 + t2 + t3 + t4)ρ2 = t1t2t3 + t1t2t4 + t1t3t4 + t2t3t4 (4.18)

koja ima važnu ulogu u daljim dokazima teorema.Takođe, koristiće se poznata činjenica da se površina četvorougla može izraziti na sledeći način ako i samo ako je upitanju tetivno-tangentni četvorougao:

PA = ρs =√

(s− a)(s− b)(s− c)(s− d) =√abcd, (4.19)

ali sa smenama a = t1 + t2, b = t2 + t3, c = t3 + t4 i t = t4 + t1, kao i s = (a+ b+ c+ d)/2 = t1 + t2 + t3 + t4.1Nikolaj Ivanovič Fuss (1755–1826), ruski matematičar švajcarskog porekla2Leonhard Euler (1707–1783), švajcarski matematičar i fizičar3Ponseleov porizam je jedan od centralnih rezultata klasične projektivne geometrije: u njemu se tvrdi da postojanje jedne zatvorene

poligonalne linije upisane u datu koniku i opisane oko druge date konike implicira postojanje beskonačne familije takvih poligonalnih linija.Primenjeno na četvorouglove i kružnice, ovo znači da, ako za dve date kružnice postoji jedan tetivno-tangentni četvorougao, postoji ihbeskonačno mnogo za iste te dve kružnice kada su konici zapravo kružnice, što je dokazano u T4.9.

4.5. FUSOVA TEOREMA 35

Teorema 4.10. Neka je A1A2A3A4 tangentni četvorougao i neka su ti dužine tako da važi ti + ti+1 = |AiAi+1|(i = 1, 2, 3, 4). Taj četvorougao je onda i tetivan (odnosno tetivno-tangentan je) ako i samo ako važi

ρ2 = t1t3 = t2t4 (4.20)

gde je ρ dužina poluprečnika upisane kružnice u taj četvorougao.

Dokaz. Iz (4.19), tetivan četvorougao A će biti tetivno-tangentan ako i samo ako važi

(t1 + t2 + t3 + t4)ρ =√

(t1 + t2)(t2 + t3)(t3 + t4)(t4 + t1) (4.21)

S druge strane, iz (4.18) imamoρ2 = t1t2t3 + t1t2t4 + t1t3t4 + t2t3t4

t1 + t2 + t3 + t4, (4.22)

pa (4.21) možemo napisati kao

(t1 + t2 + t3 + t4)(t1t2t3 + t1t3t4 + t1t3t4 + t2t3t4) = (t1 + t2)(t2 + t3)(t3 + t4)(t4 + t1),

odakle posle množenja i skraćivanja velikog broja sabiraka sledi

t21t23 − 2t1t2t3t4 + t22t

24 = 0

što zapravo predstavlja kvadrat binoma t1t3 − t2t4, pa je

t1t3 = t2t4. (4.23)

Ako odavde izrazimo t4 (t4 = t1t3t2

) i to zamenimo u (4.22), dobijamo

ρ2 = t1t3(t1 + t2)(t2 + t3)(t1 + t2)(t2 + t3) = t1t3. (4.24)

Tvrđenje teoreme (4.20) sledi iz (4.23) i (4.24).

Teorema 4.11. Neka su A1A2A3A4 i B1B2B3B4 tetivno-tangentni četvorouglovi čiji su poluprečnici upisane kružnicejednaki. Tada su im i poluprečnici opisane kružnice jednaki ako i samo ako važi

t1t2 + t2t3 + t3t4 + t4t1 = u1u2 + u2u3 + u3u4 + u4u1, (4.25)

gde su t1, t2, t3, t4 i u1, u2, u3, u4 odgovarajuće tetive četvorouglova A i B, redom.

Dokaz. Koristeći jednakost (4.20) koja je dokazana u prethodnoj teoremi, dobijamo da je

t1t2 + t2t3 + t3t4 + t4t1 = t21t22 + ρ2(t21 + t22) + ρ4

t1t2.

Neka je r poluprečnik kruga upisanog u A. Dakle, treba dokazati da je poluprečnik upisanog kruga u četvorougao Btakođe jednak r, ako i samo ako važi (4.25).Iz poznatog odnosa koji važi za tetivno-tangentne četvorouglove

r2 = (ab+ cd)(ac+ bd)(ad+ bc)16abcd

koji se još može zapisati u nešto pogodnijem obliku

16r2 = a2 + b2 + c2 + d2 + abc

d+ bcd

a+ cda

b+ dab

c,

koristeći t1 = a+ b, t2 = b+ c, t3 = c+ d i t4 = d+ a, sledi

16r2 = (t1 + t2)2 +(t1t2 + ρ2

t1

)2

+(

(t1 + t2)ρ2

t1t2

)2

+(t1t2 + ρ2

t2

)2

+

+(

(t1 + t2)ρt1

)2+(

(t1t2 + ρ2)ρt1t2

)2

+(

(t1 + t2)ρt2

)2+(t1t2 + ρ2

ρ

)2

=[ρ2(t1 + t2)2 + (t1t2 + ρ2)2] [ 1

ρ2 + 1t21

+ 1t22

+ ρ2

t21t22

]

36 GLAVA 4. TETIVNO-TANGENTNI ČETVOROUGLOVI

ili16r2ρ2t21t

22 =

[t21t

22 + ρ2(t21 + t22) + ρ4 + 2ρ2t1t2

]2 − 4ρ4t21t22,

odakle sledi

16r2ρ2 + 4ρ4 =[t21t

22 + ρ2(t21 + t22) + ρ4

t1t2+ 2ρ2

]2

. (4.26)

Analogno, za četvorougao B imamo

16r21ρ

2 + 4ρ4 =[u2

1u22 + ρ2(u2

1 + u22) + ρ4

u1u2+ 2ρ2

]2

,

gde je r1 poluprečnik kružnice upisane u B. Odavde zaključujemo da, ako važi (4.25), onda je r = r1, čime je teoremadokazana.

Leva strana jednakosti (4.26) se može napisati i u obliku 4(r2 + ρ2 − z2)2. Dokaz za ovo tvrđenje, kao i mnogadruga tvrđenja ovog tipa mogu se pronaći u [4].

4.6 ZadaciSledeći zadatak bio je predložen od strane Indije na Matematičkoj olimpijadi 1989. godine, ali se nije našao među

šest zadataka postavljenih na takmičenju. Iste godine pojavio se u [16], u nešto drugačijoj formulaciji.

Zadatak 4.1. Dokazati da su tri tačke koje predstavljaju centar upisane kružnice, centar opisane kružnice i presekdijagonala tangentnog četvorougla – kolinearne.

Kvant 8, 1989.

Rešenje. Neka je ABCD dati tetivno-tangentni četvorougao; 2α, 2β, 2γ i 2δ – odgovarajući uglovi kod temena A,B, C i D redom; O i I i R i r – centar upisane i opisane kružnice i njihovi poluprečnici, redom; P – presečna tačkadijagonala AC i BD. Neka bez gubljenja opštosti uglovi 2α i 2β nisu oštri, odakle sledi da uglovi 2γ = 180◦ − 2α i2δ = 180◦−2β nisu tupi. Pokazaćemo da tačke O i I leže u unurašnjosti ugla ∠APB i da važi sledeći odnos rastojanjatih tačaka do krakova ugla (tj. dijagonala četvorougla):

ρ(O,BD)ρ(O,AC) = ρ(I,BD)

ρ(I, AC) (4.27)

(gde ρ(X,Y Z) označava rastojanje tačke X do prave Y Z), i jasno je da odatle sledi tvrđenje zadatka.Tačka O leži sa one strane prave BD sa koje je tačka A (ili O ∈ BD), zato što je ugao ∠BCD ne-oštar. Tačka I setakođe nalazi sa te strane prave BD, zato što je ugao kod temena I u četvorouglu BCDI jednak 2π − β − 2γ − δ =π− (β + δ) + π− 2γ = π/2 + 2α ≤ π. Analogno sledi da se tačke O i I nalaze sa one strane prave AC sa koje je tačkaB. Sledi da se obe tačke nalaze unutra ugla ∠APB.Dalje, odnos rastojanja tačaka O i I do prave BD jednak je odnosu površina trouglova 4OBD i 4IBD:

ρ(O,BD)ρ(I,BD) = P4OBD

P4IBD= |OB| · |OD| · sin∠BOD|IB| · |ID| · sin∠BID

.

Kako još važi |OB| = |OD| = R i ∠BOD = 2∠BAD = 4α (odnos centralnog i periferijskog ugla), |IB| = rsin β ,

|ID| = rsin δ = r

cos β i ∠BID = π/2 + 2α, imamo:

ρ(O,BD)ρ(I,BD) = R2 sin 4α sin β cosβ

r2 sin(π/2 + 2α) = R2 sin 2α cos 2α sin 2βr2 cos 2α = R2

r2 sin 2α sin 2β.

Jasno je da analogno važi isti odnos i za rastojanja od tačaka O i I do prave AC, pa važi (4.27).

Glava 5

Razni zadaci

Poslednje poglavlje odvojeno je kao kratka zbirka zadataka koji koriste ideju tangentnih i (mnogo češće) tetivnihčetvorouglova. Prvi odeljak sastoji se od rešenih zadataka, uglavnom preuzeti iz državnih (i ranije republičkih i save-znik) takmičenja iz matematike poteklih godina, dok se u drugom odeljku nalaze zadaci sa Međunarodne matematičkeolimpijade i Balkanijade, i namenjeni su za samostalan rad.

5.1 Rešeni zadaciZadatak 5.1.1. Kroz temena A i B jednakostraničnog trougla ABC konstruisane su normale Ax i By u istoj poluravniu kojoj je 4ABC. Kroz teme C konstruisana je proizvoljna prava koja seče Ax i By u tačkama M i N , redom.Simetrala duži MN seče pravu AB u tački S. Dokazati da je 4MSN jednakostraničan.

Republičko takmičenje 1970, III razred.

Rešenje. Jasno je da simetrala duži MN prolazi kroz C (jer je |MC| = |NC|), kao i da je 4MNS jednakokraki(sa osnovicom MN). Dakle, dovoljno je dokazati da je ∠CMS = 60◦. To direktno sledi zi činjenice da je ∠SMC =∠SAC = 60◦ jer je četvorougao ASCM tetivan (zbog ∠MAS = ∠MSC).Napomena. U originalnoj formulaciji zadatka, traženo je i da se površina trougla 4MSN izrazi u funkciji dužine stranice trougla 4ABC iugla ∠ACS. Međutim, glavni alat pri rešavanju nije primena osobina tetivnih četvorouglova, pa za ovaj rad nije od velike važnosti. Inače,dobija se rešenje P4MSN = (a2√

3)/(4 sin2(60◦ + ϕ)).

Zadatak 5.1.2. U pravouglom trouglu 4ABC (∠C = 90◦) konstruisane su simetrale AD i BF uglova u temenimaA i B. Iz tačaka D i F konstruisane su normale DN i FM na hipotenuzu. Dokazati da je ∠MCN = 45◦.

Republičko takmičenje 1976, I razred.

Rešenje. Ugao kod temena A označimo sa 2α, a kod temena B sa 2β. Primetimo da je četvorougao BCFM tetivan(∠BCF = ∠BMF = 90◦), pa je ∠MCF = ∠MBF = β (nad MF ). Slično je i ∠NAD = ∠NCD = α (iz tetivnogčetvorougla CAND). Zato je ∠NCM = 90◦ − (α+ β) = 90◦ − 45◦ = 45◦, što je i trebalo dokazati.Napomena. Rešenje koje se nudi u zbirci ne koristi osobine tetivnih četvorouglova. Videti [13], str. 112.

Zadatak 5.1.3. Dat je četvorougao ABCD, opisan oko kruga. Dokazati da se kvadrati rastojanja centra kruga dosuprotnih temena odnose kao proizvodi stranica koje se sustiču u tim temenima.

Republičko takmičenje 1976, III razred.

Rešenje. Jasno je da je tanα = ra , tan β = r

b , tan γ = rc i tan δ = r

d , gde su α, β, γ i δ polovine unutrašnjih uglovičetvorougla ABCD kod temena A, B, C i D, redom; a, b, c i d rastojanja od temena A, B, C i D do podnožja visinaiz S (centra upisane kružnice) na stranice AB, BC, CD i DA, redom; a r poluprečnik upisane kružnice. Dakle, kakoje α + β + γ + δ = 360◦/2 = 180◦, to je tan(α + β + γ + δ) = 0, tj. tan(α + β + γ + δ) = tan(α+β)+tan(γ+δ)

1−tan(α+β) tan(γ+δ) =tanα+tan β

1−tanα tan β+ tan γ+tan δ1−tan γ tan δ

1− tanα+tan β1−tanα tan β

tan γ+tan δ1−tan γ tan δ

= 0. Kada se u to zamene gornje vrednosti, dobija se (a + b)(cd − r2) + (c + d)(ab − r2) = 0,

odnosno r2 = abc+abd+acd+bcda+b+c+d , pa je |SA|2 = a2 + r2 = a2 + abc+abd+acd+bcd

a+b+c+d = a3+a2b+a2c+a2d+abc+abd+acd+bcda+b+c+d =

a2(a+b)+ac(a+b)+ad(a+b)+cd(a+b)a+b+c+d = (a+b)(a+c)(a+d)

a+b+c+d . Analogno je i |SC|2 = (c+a)(c+b)(c+d)a+b+c+d , pa je konačno |SA|

2

|SC|2 =(a+b)(a+d)(c+b)(c+d) = |AB|·|AD|

|CB|·|CD| , što je i trebalo dokazati. Analogno važi i za drugi naspramni par stranica.

Zadatak 5.1.4. U trouglu 4ABC, ugao kod temena B je dvostruko veći od ugla kod temena A, a težišna duž CM jenormalna na simetralu ugla ∠ABC. Odredi uglove trougla 4ABC.

Državno takmičenje 2010, I razred.

37

38 GLAVA 5. RAZNI ZADACI

Rešenje. Neka je D ∈ AC tako da je BD simetrala ugla ∠ABC, a {S} = CM ∩ BD. Iz pravouglih 4BMD i4MSD se lako dobija ∠DMS = ∠DBM , tj. ∠DMS = ∠DBC, odakle sledi da je četvorougao MBCD tetivan, paje ugao kod temena C prav. Dalje se lako dobija da je ∠CDM = 90◦ + α (gde je α ugao kod temena A), a s drugestrane je ∠CDM = 180◦ − 2α, pa je α = 30◦. Dakle, uglovi su 30◦, 60◦ i 90◦.

Zadatak 5.1.5. Dat je oštrougli trougao 4ABC. Označimo sa B1 i C1 podnožja visina iz temena B i C. Neka je Dpodnožje normale iz B1 na stranicu AB i E presečna tačka normale iz D na BC i visine BB1. Dokazati da je pravaEC1 paralelna stranici AC.

Tangenta 63/3, M926.

Rešenje. Neka je H ortocentar trougla 4ABC, tj. {H} = CC1 ∩ BB1. Kako je ∠AB1H = ∠AC1H, četvorougaoAC1HB1 je tetivan, pa važi ∠B1C1A = ∠B1HA. Zatim, zbog AH ⊥ BC ∧ DE ⊥ BC ⇒ AH ‖ DE, imamo∠B1HA = ∠B1ED, pa je ∠B1ED = ∠B1C1D, pa je i četvorougao DC1EB1 tetivan. Odatle sledi da je ∠B1EC1 =90◦, pa sledi tvrđenje zadatka.

Zadatak 5.1.6. Neka su K i L središta dijagonala AC i BD četvorougla ABD. Označimo preseke prave KL istranica AD i BC sa X i Y , redom. Dokazati da se kružnice opisane oko trouglova 4AKX i 4BLY seku na straniciAB.

Tangenta 63/3, M939.

Rešenje. Obeležimo sa E središte stranice AB, a sa M presečnu tačku kružnice opisane oko trougla 4AKX sastranicom AB. Neka je bez gubljenja opštosti raspored tačaka A−E−M −B (inače posmatramo ‚‚sa druge strane”).Kako je po uslovima zadatka EL srednja linija trougla4ABD, to je ∠MEL ≡ ∠BEL = ∠BAD ≡ ∠MAX = ∠MKL(jer je ∠XKM = 180◦ − ∠MAX, zbog tetivnosti četvorougla AMKX). Dakle, ∠MEL = ∠MKL, što znači da ječetvorougao EMLK takođe tetivan, iz čega proizlazi relacija ∠KEA = ∠KLM . Kako je KE srednja linija trougla4ABC, važi ∠KEA = ∠CBA ≡ ∠Y BM . Ovo zajedno sa prethodnim daje ∠KLM = ∠Y BM , pa sledi da je iMBY L tetivan četvorougao. Dakle, tačka M leži na kružnici opisanoj oko trougla 4BLY , što je i trebalo dokazati.

Zadatak 5.1.7. Neka je ABCD paralelogram takav da je AC > BD i O presečna tačka dijagonala. Krug sa centromO i poluprečnikom OA preseca produžetke stranica AD i AB u tačkama G i L redom. Neka je Z presečna tačka pravihBD i GL. Dokazati da je ∠ZCA = 90◦.

Tangenta 66/2, M1005.

Rešenje. Neka prava kroz L paralelna sa BD seče pravu AC u N i AG u R. Kako je DO = OB, na osnovuTalesove teoreme sledi da je NR = NL, pa je tačka N središte duži LR. Neka je tačka K središte duži GL. Dakle,NK je srednja linija trougla 4GLR, pa je NK ‖ GR. Odavde je ∠AGL = ∠NKL, a kako je ∠AGL = ∠ACL kaoperiferijski uglovi nad tetivom AL , to je ∠NKL = ∠NCL. Odavde zaključujemo da je četvorougao NKCL tetivan,pa dalje sledi da je ∠KCN = ∠KLN , kao periferijski uglovi nad tetivom KN . Uglovi ∠KLN i ∠KZO su jednakikao uglovi sa paralelnim kracima, pa važi ∠KCO = ∠KCN = ∠KZO. Zato je četvorougao KCZO tetivan, pa je∠ZCA = ∠ZCO = ∠ZKO = ∠LKO = 90◦ jer je OK ⊥ GL (|OG| = |OL| i K je središte GL).

Zadatak 5.1.8. U trouglu 4ABC, tačke S i Sa su centri redom upisanog i spolja pripisanog kruga naspram temenaA. Tačka E je presečna tačka simetrale unutrašnjeg ugla kod temena A i stranice BC, a N je središte luka BCopisanog kruga koji ne sadrži tačku A. Dokazati da važi |AS| · |ASa| = |AE| · |AN |.

Tangenta, M1037.

Rešenje. Kako po uslovima zadatka tačka N leži na krugu opisanom oko trougla 4ABC, četvorougao ABNC jetetivan, pa je ∠ABE ≡ ∠ABC = ∠ANC. Kako je još i ∠BAE = ∠CAN = α/2, imamo sličnost 4ABE ∼ 4ANC.Dalje, četvorougao SBSaC je tetivan zbog ∠SBSa = ∠SCSa = 90◦, pa je ∠ABS = ∠SBC = ∠SSaC = β/2, odaklesledi sličnost 4ASB ∼ 4ACSa. It dobijenih sličnosti imamo |AE| · |AN | = |AB| · |AC| i |AS| · |ASa| = |AB| · |AC|,odakle sledi tvrđenje zadatka.

Zadatak 5.1.9. U trouglu 4ABC (AB > BC) na stranici AB izabrana je tačka P tako da je |BP | = |BC|. Simetralaugla kod temena B seče naspramnu stranicu u tački M i kružnicu opisanu oko trougla 4ABC u tački N (B 6= N).Dokazati da tačke A, P , M i N leže na jednoj kružnici.

Takmičenje u Rusiji za 9. razred, 1997.

Rešenje. Trouglovi 4MBC i 4PBM su podudarni jer imaju zajedničku stranicu MB i važi BP = BC i ∠CBM =∠MBP . Odavde sledi da je ∠BPM = ∠MCB, pa je ∠MPA = 180◦ −∠BPM = 180◦ −∠BCM = 180◦ −∠BCA =180◦ − γ. Kako po uslovu zadatka N pripada kružnici opisanoj oko trougla 4ABC, sledi da je četvorougao ABCNtetivan pa je ∠ANB = ∠ACB = γ. Zaključujemo da je ∠ANM + ∠APM = 180◦, odakle sledi tvrđenje zadatka.

5.2. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD 39

5.2 Zadaci za samostalan radZadatak 5.2.1. U konveksnom četvorouglu ABCD, dijagonale AC i BD su međusobno normalne, a napsramnestranice AB i DC nisu paralelne. Neka se tačka P , u kojoj se seku simetrale stranica AB i DC, nalazi unutarčetvorougla ABCD. Dokazati da je ABCD tetivan četvorougao ako i samo ako trouglovi 4ABP i 4CDP imajujednake površine.

Zadatak 5.2.2. Neka je I centar upisane kružnice trorugla 4ABC. Neka upisana kružnica dodiruje stranice BC,CA i AB u tačkama K, L i M , redom. Prava koja sadrži tačku B i paralelna je sa LK seče prave LM i LK redomu tačkama R i S. Dokazati da je ugao ∠RIS oštar.

Zadatak 5.2.3. Kružnice Γ1 i Γ2 seku se u tačkama M i N . Neka prava AB tangira kružnice Γ1 i Γ2 u A i B,redom, tako da je tačka M bliža pravoj AB nego što je tačka N . Neka prava koja sadrži tačku M i paralelna je pravojAB drugi put seče kružnicu Γ1 u tački C, a kružnicu Γ2 u tački D. Prave CA i DB seku se u tački E, prave AN iCD u tački P , prave BN i CD u tački Q. Dokazati da je |EP | = |EQ|.

Zadatak 5.2.4. Neka su AH1, BH2, CH3 visine oštrouglog trougla 4ABC. Upisana kružnica u trougao 4ABCdodiruje stranice BC, CA i AB u tačkama T1, T2 i T3, redom. Neka su prave l1, l2 i l3 simetralične pravim H2H3,H3H1 i H1H2 u odnosu na prave T2T3, T3T1 i T1T2, redom. Dokazati da prave l1, l2 i l3 određuju trougao čija temenapripadaju kružnici upisanoj u trougao 4ABC.

Zadatak 5.2.5. Neka je ABCD tetivan četvorougao. Neka su P , Q i R podnožja normala iz tačke D na prave BC,CA i AB, redom. Dokazati da je |PQ| = |QR| ako i samo ako se simetrale uglova ∠ABC i ∠ADC seku na pravojAC.

Zadatak 5.2.6. Neka je 4ABC oštrougli trougao, takav da je |AB| 6= |AC|. Kružnica čiji je prečnik BC seče straniceAB i AC u tačkama M i N , redom. Neka je O središte stanice BC. Simetrale uglova ∠BAC i ∠MON seku se utački R. Dokazati da kružnice opisane oko trouglova 4BMR i 4CNR imaju zajedničku tačku koja pripada straniciBC.

Zadatak 5.2.7. U konveksnom četvorouglu ABCD dijagonala BD nije simetrala niti ugla ∠ABC niti ugla ∠CDA.Tačka O, koja se nalazi unutar četvorougla ABCD, je takva da je ∠PBC = ∠DBA i ∠PDC = ∠BDA. Dokazati daje ABCD tetivni četvorougao ako i samo ako je |AP | = |CP |.

Zadatak 5.2.8. Neka je D središte kraćeg luka BC kružnice opisane oko oštrogulog trougla 4ABC. Neka su E i Ftačke simetrične sa D u odnosu na duž BC i u odnosu na centar opisane kružnice, redom. Neka je K središte dužiEA. (a) Dokazati da kružnica koja sadrži središta stranica trougla 4ABC sadrži K. (b) Dokazati da je prava kojasadrži K i središte duži BC normalna na AF .

Zadatak 5.2.9. Neka je 4ABC raznostrani oštrougli trougao i E unutrašnja tačka težišne linije AD (D ∈ BC). Nekaje tačka F normalna projekcija tačke E na pravu BC, M unutrašnja tačka duži EF , a N i P normalne projekcije tačkeM na prave AC i AB, redom. Dokazati da prave koje sadrže simetrale uglova ∠PMN i ∠PEN nemaju zajedničkihtačaka.

Zadatak 5.2.10. Neka je O unutrašnja tačka oštrouglog trougla 4ABC. Kružnice sa centrima u središtima stranicatrougla 4ABC, koji prolaze kroz tačku O, međusobno se seku u tačkama K, L i M , različitim od O. Dokazati da jeO centar upisane kružnice trougla 4KML ako i samo ako je O centar opisane kružnice oko trougla 4ABC.

Literatura

[1] Vojislav Petrović, Tetivni i tangentni četvorouglovi (Materijali za mlade matematičare – sveska 44). Društvomatematičara Srbije, 2005.

[2] http://www.proofwiki.org/wiki/Bretschneider’s_Formula, Bretschneider’s Formula. ProofWiki, the onlinecompendium of mathematical proofs.

[3] http://forumgeom.fau.edu/FG2002volume2/FG200221.pdf – K. R. S. Sastri Brahmagupta Quadrilaterals. Fo-rum Geometricorum, Volume 2 (2002) 167–173.

[4] http://institutzamatematika.com/images/f/f1/Mirko_Radic.pdf – Mirko Radić, Some relations comceringtriangles and bicentric quadrialterals in connection with Poncelet’s closure theorem. Math. Maced, Volume 1(2003), 35-38.

[5] http://forumgeom.fau.edu/FG2007volume7/FG200720.pdf, On Diagonals of a Cyclic Quadrilateral – KlaudiAlsina i Rodžer B. Nelsen. Forum Geometricorum, Volum 7 (2007) 147–149.

[6] http://forumgeom.fau.edu/FG2009volume9/FG200910.pdf, Characterizations of a Tangential Quadrilateral –Nikuzor Minsulet. Forum Geometricorum, Volume 9 (2009) 113–118.

[7] http://planetmath.org/proofofptolemysinequality, Proof of Ptolomey’s Inequality. PlanetMath, a virtualcommunity which aims to help make mathematical knowledge more accessible.

[8] http://forumgeom.fau.edu/FG2011volume11/FG201116.pdf – Martin Džozefson, The Area of a Bicentric Qu-adrilateral. Forum Geometricorum, Volume 11 (2011) 155–164.

[9] C. V. Durel i A. Robson, Advanced Trigonometry. G. Bell and Sons, London, 1930.

[10] http://mathworld.wolfram.com/HeronianTriangle.html – Weisstein, Eric W. "Heronian Triangle."MathWorld– A Wolfram Web Resource.

[11] http://www.matf.bg.ac.rs/files/Ponseleov_porizam.pdf

[12] Pavle Miličić, Vladimir Stojanović, Zoran Kadelburg, Branislav Boričić, Matematika za I razred srednje škole.Zavod za udžbenike, 2007.

[13] Matematička takmičenja srednjoškolaca (bilteni); razne godine. Društvo matematičara Srbije, 1999–2013.

[14] M. Ašić, D. Vukotić, D. Georgijević, B. Djerasimoć, Ž. Ivanović, V. Janković, Ž. Joksimović, Z. Kadelburg, L.Milin, V. Mićić, P. Mladenović, M. Obradović, D. Tošić, G. Četković, Lj. Ćukić, Savezna i republička matematičkatakmičenja srednjoškolaca (Materijali za mlade matematičare – sveska 16). Društvo matematičara Srbije, 1984.

[15] Tangenta – časopis za matematiku i računarstvo za učenike srednjih škola; razni brojevi. Društvo matematičaraSrbije, 2007–2013.

[16] Pavle Mladenović i Ðorđe Krtinić,Međunarodne i balkanske matematičke olimpijade 1996–2006. godine (Materijaliza mlade matematičare – sveska 48). Društvo matematičara Srbije, Beograd 2007.

[17] Naučno-populjarnij fizičko-matematičeskij žurnal "Kvant"; broj 1989/8. Dostupan u elektronskoj formi na adre-sama http://kvant.mccme.ru/1989/08/p34.htm i /p35.htm

41