МАТЕМАТИЧКИ ФАКУЛТЕТ – БЕОГРАД

МЕТОДИКА НАСТАВЕ МАТЕМАТИКЕ 2

СЕМИНАРСКИ РАД

УГЛОВИ НА КРУГУ, ТЕТИВЕ И ТАНГЕНТЕ

Миољуб Исаиловић 462/06

Шабац, 2008.

2

САДРЖАЈ:

1. О кругу............................................................................................................................. 3

2. Тетива .............................................................................................................................. 3

3. Права и круг .................................................................................................................... 3

4. Однос два круга ............................................................................................................. 4

5. Централни и периферијски угао круга ........................................................................ 5

6. Задаци о угловима на кругу .......................................................................................... 7

7. Решења задатака о угловима на кругу ......................................................................... 9

8. Задаци о тантентама и тетивама ................................................................................... 16

9. Решења задатака о тангентама и тетивама .................................................................. 18

10. Литература ..................................................................................................................... 22

3

УГЛОВИ НА КРУГУ, ТЕТИВЕ И ТАНГЕНТЕ

О кругу

Дефиниција: Круг са центром Ο и полупречником AB, у ознаци k(O, AB). где је AB дуж, је скуп свих тачака X неке равни, која садржи тачку О, таквих да је (O,X)≅ (A,B).

Може се рећи и да је круг са центром Ο скуп свих тачака неке равни које су на истом одстојању од тачке О. При томе под одстојањем тачке X од тачке Ο подразумевамо позитиван реалан број који је дужина или мера дужи OX. За круг можемо користити и ознаку k(O,r), где r може представљати и дуж и његову меру тј. реалан број. Унутрашњост круга k дефинишемо као скуп свих тачака X равни, таквих да је ОX<r.

Унија круга и његове унутрашње области назива се кружна површ. Напоменимо да се често уместо термина круг користи термин кружница или

кружна линија, а за кружну површ термин круг.

Тетива Један од најважнијих појмова повезаних са кругом је појам тетиве. Тетива неког

круга је дуж AB при чему су Α и Β произвољне тачке на том кругу. Ако је C подножје управне из центра Ο тог круга на тетиви AB, тада се дужина дужи OC назива централно одстојање тетиве AB. Коришћењем подударности троуглова лако се доказује да су две тетиве неког круга подударне ако и само ако имају једнака централна одстојања. Најдужа тетива неког круга назива се дијаметар или пречник тог круга. Дијаметар круга садржи центар круга.

Права и круг У зависности од одстојања центра круга од

неке дате праве можемо разматрати разне полож-аје праве према кругу. Ако је одстојање мање од полупречника (OC1<r) тада се каже да права сече круг и таква права се назива сечица круга. Сечица и круг имају две заједни-чке тачке. Ако је централно одстојање једнако полупречнику (OC2=r), каже се да права додирује круг. Такву праву зовемо танге-нтом круга.

4

Дефиниција: Права p неке равни је тангента круга k те равни у тачки Т ако је Т

њихова једина заједничка тачка. Докажимо следећи потребан и довољан услов да је нека права тангента

круга: Нека је T тачка круга k(О,r). Права је PT тангента тог круга у тачки Τ акко је

PT⊥ TO. Доказ: => Нека је PT тангента круга к у тачки Т. Ако угао PTO није прав, један

од углова који одређују праве PT и TO је оштар. Нека је то угао ∠ΟΤΧ=ω<90°. Нека је l полуправа полуравни ΟΤΧ са почетком у тачки О, таква да је ∠ΟΤ,l=180°-2ω. Ако је Υ пресечна тачка полуправих ТX и l, троугао ΟΊΎ је једнакокраки (∠OTY=∠OYT= ω), па је OT=OY=r. То није могуће јер је PT тангента круга к, па са њим има само једну за-једничку тачку. Дакле, угао PTO је прав.

<=. Нека је PT⊥ TO. За сваку тачку T1∈PT троугао ΟΤΤ1 је правоугли са хипоте-нузом ОТ1, па је ОТ1 >ОТ=r. Дакле, произвољна тачка T1 праве PT не припада кругу к, па је PT заиста тангента тог круга.

У случају када је одстојање праве од центра круга веће од полупречника круга (OC3>r) тада права и круг немају заједничких тачака. Да би се дали строги докази изн-етих чињеница користе се аксиоме непрекидности.

Однос два круга

Слично разматрање можемо применити и када се ради ο међусобном односу два круга у истој равни. Ако су k(O,r1) и l(S,r2) (r1>r2) поменути кругови, могући су следећи случајеви:

1. Ако је ОS>r1+r2 , тада ни кругови ни одговарајуће кружне површи немају за-једничких тачака.

2. Ако је ОS=r1+r2 , тада кругови и одговарајуће кружне површи имају тачно једну заједничку тачку; у том случају кажемо да се кругови споља додирују.

3. Ако је ОS=r1 -r2, тада кругови имају тачно једну заједничку тачку, али је l у кружној површи к; у том случају кажемо да се кругови изнутра додирују.

5

4. Ако је r1 -r2 <ОS< r1+r2 , тада кругови имају тачно две заједничке тачке и кажемо да се они секу.

5. Ако је ОS<r1-r2, тада кругови немају заједничких тачака, али је l у унутра-шњости круга k.

Кругови неке равни су концентрични или ексцентрични у зависности од тога да ли им се центри поклапају или не.

Угао између два круга који се секу је угао између његових тангенти у пресечној тачки. Ако је тај угао прав, кругови су ортогонални.

Централни и периферијски угао круга Нека је k(О,r·) круг. Централни угао круга је сваки угао у равни круга чије је теме тачка О. Периферијски угао круга је угао чије је теме нека тачка круга, а краци садрже те-

тиве круга. Тетива круга чије су крајње тачке на крацима периферијског или централног

угла је њихова одговарајућа тетива. У том случају кажемо да су ти углови над том те-тивом. Централни и периферијски углови неког круга су један другом одговарајући ако су над истом тетивом и исте оријентације. Нпр. ако су центар круга и теме периферијског угла са исте стране праве одређене тетивом, одговарајући централни угао је конвексан. Ако су те тачке са разних страна те праве, одговарајући централни угао је неконвексан.

Α,Ο− ΜΝ Α Α,Ο+ΜΝ

Веома је значајна релација која повезује одговарајуће централне и периферијске углове једног круга:

Теорема 1. Централни угао је два пута већи од одговарајућег периферијског угла круга тј. ако су Α, Μ, Ν произвољне тачке круга k(О,r) тада је: ∠МОN=2∠МАN.

Доказ: Размотримо следеће случајеве: (1) Центар круга припада краку АN периферијског угла ∠МАN. Тада је троугао

МОА једнакокраки (ОМ=ОА=р) па су углови ОМА и ΜΑΟ подударни. У троуглу МОА спољашњи угао МОN једнак је збиру несуседних унутрашњих углова: ∠МОN=∠ОМА+∠МАО=2∠МАО=2∠МАN.

(2) Центар круга припада унутрашњости периферијског угла. Нека је Ρ друга пресечна тачка круга са правом ОА. Тада је (примењујемо резултат случаја (1)): ∠MON=∠MOP+∠PON=2∠MAO+2∠NAO=2(∠MAO+∠NAO)=2∠MAN.

6

(3) Центар круга је ван периферијског угла. Поново на исти начин уведимо тачку Ρ и применимо резултат првог случаја: ∠MON=∠PON-∠POM=2∠PAN-2∠PAM=2(∠PAN -∠PAM)=2∠MAN. Доказ претходне теореме је исти без обзира да ли су тачке Α и Ο са исте или са разних страна праве MN.

Најзначајније последице теореме 1 су: Последица 1. Периферијски угао над пречником круга је прав. Доказ се заснива

на претходној теореми и чињеници да је централни угао над пречником опружен.

Последица 2. а) Периферијски углови круга над истом тетивом, чија су темена са исте стране праве одређене том тетивом, су међусобно подударни.

б) Периферијски углови круга над истом тетивом, чија су темена са разних стра-на праве одређене том тетивом, су суплементни.

Доказ. Ови углови одговарају истом централном углу, или централним угловима чији је збир једнак 360°, у зависности од положаја темена. У оба случаја тврђење је ди-ректна последица теореме 1.

Последица 3. Угао одређен тетивом и тангентом у једној крајњој тачки тетиве неког круга подударан је периферијском углу над том тетивом.

Доказ. Нека је MAN периферијски угао неког круга над тетивом MN, LM танген-та тог круга у тачки Μ тако да је L,A÷ MN и MB пречник тог круга. Тада је BM⊥ML и BN⊥MN (последица 1), па су углови LMN и MBN подударни као углови са нормалним крацима. Али на основу последице 2 су и углови MAN и ΜΒΝ подударни, из чега следи тврђење.

7

Задаци о угловима на кругу 1. Дате су неколинеарне тачке A, B, C. Круг k1 над пречником AB, сече круг k2

над пречником AC, у тачки P. Доказати да су тачке B, C и Ρ колинеарне.

2. Два лука на кругу између две паралелне сечице једнаки су и одређују две јед-наке тетиве. Доказати.

3. Кроз тачку Ρ повучене су две сечице, које на кругу к захватају лукове AC и BD , где је ΡΑ ≤PB и Α, Β су тачке једне, а C,D тачке друге сечице. Доказати тврђења:

а) Ако је Ρ ван круга, тада је APC = BAD - CDA. б) Ако је Ρ у кругу, тада је APC = BAD + CDA.

4. A, B, C и D су тачке једног круга. Оне одређују четвороугао ABCD, чије се ди-јагонале секу у тачки P. Ако је ABC=66°, BCD=88° и APD =100°, израчунати

ABD.

5. Нека су A, B, C, D, тим редом, дате тачке једног круга. Означимо са K, L, Μ, Ν средишта лукова одређених узастопним датим тачкама. Доказати да међу тетивама чији су крајеви тачке K, L, Μ, Ν постоје две које су нормалне једна на другој.

6. Кругови k1 и k2 имају заједничку тетиву AB. Сечице ρ и q, кроз тачку А, секу се у тачкама P1 и Q1 и k2 у тачкама P2 и Q2. Доказати да је P1BP2 = Q1BQ2.

7. У конвексном четвороуглу ABCD дати су углови: ABC=40°, ACB=100° и ADB = 50°. Израчунати ACD, који је од CAD већи за 15°.

8. Око троугла ABC описан је круг. Доказати да је тетива АМ описаног круга, која је нормална на страницу AB, једнака дужи CH, где је Η ортоцентар троугла.

9. Дате су неколинеарне тачке Α,Β и C, круг k1 над пречником АB и круг k2 над пречником АC. Тетива BB1 круга k1 паралелна је тетиви CC1 круга k2. Доказати да су тачке А,B и C колинеарне.

10. Кругови k1 и k2 имају заједничку тетиву АB. Ако се из ма које тачке Ρ круга k1, која је ван круга k2, кроз тачке Α и Β повуку сечице круга k2, које секу k2 у тачкама Μ и N, доказати да величина централног угла МO2N не зависи од избора тачке P. Шта се може закључити ако се тачка Ρ бира у кругу k2?

11. Дата је тетива АB и пречник АD датог круга k. Тачка C је средиште лука АB и Ε тачка пречника АD, таква да је АЕC=90°. Дужи CD и CЕ секу тетиву АB редом у тачкама F и G. Доказати да је тачка G центар круга описаног око троугла АCF.

12. Странице троугла АBC додирују уписани круг у тачкама К, L и М. Изразити унутрашње углове троугла KLM преко унутрашњих углова α, β и γ датог троугла АBC.

13. Тачка U је центар уписаног и тачка Ο центар описаног круга троугла АBC. Ако су α, β и γ унутрашњи углови датог троугла и α≥ β, доказати да је

UCO= ( )12α β− .

14. Унутрашњи углови троугла АBC су BАC =76° и АBC=40°. Нека је Ρ тачка у троуглу, таква да је PАC= PCА=50°. Одредити углове АPB и BPC.

15. Симетрале унутрашњих углова троугла АBC секу описани круг овог троугла у тачкама М,N,P. Ако је АМ симетрала угла α, доказати да је ΑΜ⊥ΝΡ. (Такође је: BN⊥MP и CP⊥MN.)

16. Дата је дуж AB. Користећи се само шестаром, на правој АB конструисати тачку C, такву да је АC =2АB.

8

17. На полукругу одређеном пречником АD изабране су тачке Β и C, такве да је АB=BC. Доказати да су праве ОB и CD паралелне.

18. Тачка Ο је центар описаног круга троугла АBC и тачка Ρ је подножје висине из темена А. Доказати да је BAR= ОАC.

19. На кругу су дате тачке А,B,C и D. Кроз тачку C конструисане су тетиве CA1 и CB1, нормалне редом на праве BD и АD. Доказати да су праве АА1 и BB1 паралелне.

Сл. 9. Сл. 10.

20. Три круга једнаких полупречника секу се по два у тачкама Α, Αι, затим B,B1 и C,C1, као на сл. 10. Доказати да је АО3B1 + BO1C1 + CO2А1 =180°.

21. Ако је Η ортоцентар троугла АBC и O центар описаног круга и β>γ, доказати да је ОАH= β–γ.

22. Дијагонале АC и BD квадрата секу се у тачки О. На страници BC дата је тач-ка М, а на страници CD тачка N, тако да је ΒΜ=CN. Праве АМ и BN се секу у тачки P. Доказати да је права ОP симетрала угла АPN.

23. У четвороуглу АBCD је АBC=102° и АDC=129°. Ако је АB=BC=2cm, израчунати дужину дијагонале BD.

24. Над дужи АB као основицом, конструисани су једнакокраки правоугли троу-гао АBC и једнакостранични троугао АBD, при чему су C и D са исте стране праве АB. Тачка Ν је подножје нормале из тачке C на АB, а тачка Μ је подножје нормале из C на АB. Израчунати угао CNM.

25. Дата је тетива АB круга k и тангента у тачки β. На тангенти је тачка C, таква да је BC = АB. Права АC сече круг у тачки D. Доказати да је BD =CD.

26. Два круга имају заједничку тетиву АB и заједничку тангенту, која их додиру-је у тачкама Μ и N. Израчунати збир MAN+ МBN.

27. Дат је правоугли троугао са правим углом АCB, такав да је АC>BC. Над кате-том АC као пречником конструисан је круг који хипотенузу сече у тачки D. Кроз D је конструисана тангента овог круга, која катету BC сече у тачки Е. Доказати да је BЕ=CЕ.

28. Дати су кругови k1 и k2, такви да k1 пролази кроз центар Ο круга k2 и имају за-једничку тетиву АB. Доказати да права АО полови угао одређен тангентом првог круга у тачки Α и заједничком тетивом.

9

29. Тачке L, M, N су центри кругова споља приписаних троуглу АBC (који доди-рују споља по једну страницу и продужетке друге две странице.) Доказати да је троугао LMN оштроугли.

30. Кругови k1 и k2 секу се у тачкама Μ и N. Нека је p произвољна заједничка се-чица кругова, конструисана кроз једну заједничку тачку, која сече k1 у Α и k2 у B. Кроз Α је постављена тангента на круг k1, а кроз Β тангента на круг k2. Доказати да се ове тангенте увек секу под истим углом, независно од избора сечице p.

31. Два круга се додирују изнутра у тачки М. Нека је АB тетива већег круга, која додирује мањи круг у тачки Т. Доказати да је МТ симетрала угла АМB.

32. Два једнака круга k1 и k2 имају заједничку тетиву АB. Круг k са центром Α се-че дате кругове. Доказати да тачка B, једна пресечна тачка кругова k и k2 и једна пресеч-на тачка кругова k и k2, припадају једној правој.

33. Кругови k1 и k2 са центрима O1 и O2 имају заједничку тетиву АB, а заједничка тангента их додирује редом у тачкама C и D, при чему су Α и C са разних страна праве O1O2. Доказати да је О1А02 = 2 CАD.

Решења задатака ο угловима на кругу 1. Углови АPB и АPC су прави, као углови над пречницима, па је

АPB+ АPC =180°, сл. 1. Отуда следи да су Β, Ρ и C тачке једне праве.

Сл. 1. Сл. 2.

2. Нека паралелне сечице α и b секу круг k у тачкама Α1 Α2 и B1, B2, као на сл. 2. Једнаки су наизменични углови: Α1 Α2 B1 = Α2B1B2 па им одговарају једнаки лукови

1 1 2 2A B A B= , а самим тим и једнаке тетиве: А1B1 = А2B2.

3. Нека се сечице p1 и p2 секу у Ρ и секу круг k у тачкама А,B и C,D. а) Ако је Ρ ван круга, сл. 3, BAD је спољашњи угао троугла PАD, па је

АPC= АPD = BAD– CDA, као што се и тврди.

Сл. 3. Сл. 4.

б) Ако је Ρ у кругу, тада је APC спољашњи угао троугла АPD, па је APC= BAD+ CDA, сл. 4.

10

4. Нека је тражени угао АBD =φ, сл. 5. Унутрашњи углови троугла BCP су: PBC=66° – φ, BPC = АPD =100° и BCP =88° – φ (јер је ACD= АBD= φ, као

углови над тетивом АD). Из PBC + BPC + BCP =180° налазимо да је φ=37°.

Сл. 5. Сл. 6.

5. Означимо централне углове лукова , , ,AB BC CD DA са α= АОB, β= BOC, γ= COD и δ= DOA. Тада је α+β+γ+δ=360°. Нека су К, L, Μ, Ν средишта ових луко-ва. Уочимо тетиве КМ и NL, које се секу у некој тачки P, сл. 6. У троуглу KLP је КLP спољашњи угао, па је KPN= PLК+ PКL. Међутим, PLК= NLК= NLА +

ALK =4 4δ α+ Слично је PKL= MKL=

4 4γ β+ . Следи да је KPN= 1

4(α+β+γ+δ)=

90°, што се и тврдило.

6. Унакрсни углови P1АQ1 и P2АQ2 су једнаки. Како је P1BQ1= P1AQ1 (над истим луком) и P2BQ2 = P2АQ2, следи да је P1BQ1= P2BQ2. Отуда је

P1BP2 = P1BQ2 + P2BQ2= P1BQ2 + P1BQ1=Q1BQ2

7. У троуглу ABC, сл. 7, на основу датих углова од 40° и 100°, налазимо да је BAC=40°, па је АBC једнакокраки троугао и АC=BC. Конструишимо круг са центром

C и полупречником CА, који онда пролази и кроз тачку B. Овде је АCB=100° цен-трални угао у овом кругу, па како је АDB =50°, следи да је АDB периферијски над тетивом АB. Због тога је тачка D на истом кругу, па је троугао АCD једнакокраки и АC=CD. Нека је тражени угао АCD = x. Тада је АDC= CAD=x–15°. Из збира углова у троуглу АCD добијамо једнакост: x+x–15°=180°. Одавде је x= 50°.

Сл. 7. Сл. 8.

8. Угао BАМ је прав, па је тетива BМ пречник круга, сл. 8. Због тога је и BCM= 90°, па је CМ паралелно са АH =hа. Следи да је АHCМ паралелограм, па

АМ=CH.

11

9. Угао АB1B је прав као угао над пречником АB, па је ΑΒ1⊥ ΒΒ1. Слично је и АC1C=90°, па је АC1⊥CC1. Како је CC1 паралелно са BB1 следи да је и АC1⊥ BB1. Из

АB1⊥ BB1 и АC1⊥ BB1, следи тврђење задатка.

10. Конструишемо тетиву BМ. За сваку тачку Ρ је АPB константан, јер је над тетивом АB у кругу k2. Слично закључимо да је и АМB у кругу k2 константан, сл. 9. Како је МBN спољашњи за троугао PМN, то је МBN= АPB+ АМB. Дакле, МBN је константан, па је величина одговарајућег централног угла, MO2N стална.

Ако је Ρ тачка мањег лука АB, величина централног угла MO2N је такође непромен-љива, али не мора бити иста као у претходном случају.

Сл. 9. Сл. 10.

11. Угао АCD је прав (над пречником АD), па је АCЕ= АDC, као углови са нормалним крацима, сл. 10. Због једнакости лукова AC и BC је BAC= АDC. Сле-ди да је АCЕ= CAB, па је троугао А једнакокраки и АG =CG. Даље је АFC у пра-воуглом троуглу АCF комплементан са CAF, а ЕCF је на сличан начин комплемен-тан са ЕDF. Следи да је АFC= DCЕ, због чега је троугао CFG једнакокраки и CG =FG. Дакле, АG =CG =FG, а G је центар круга пречника АF.

12. На сл. 11. видимо да је LКМ= 12

LОМ (периферијски и одговарајући

централни угао). У четвороуглу АLОМ углови код L и Μ су прави, па је LОМ =180°–

α. Следи да је LКМ = 90°–2α . Слично се добије: КLМ = 90°–

2β и КМL =90°–

2γ .

Сл. 11. Сл. 12.

13. Нека је S средиште странице BC. Троугао BCO је једнакокраки, па је

ОCS=90°– СOS. Како је СOS = 12

COB, а COB=2· BАC=2α (централни и

одговарајући периферијски угао), следи да је COS=α. Према сл. 12 је UCO= UCS– OCS. Међутим, CU је симетрала угла γ, па имамо једнакост:

12

UCO=2γ –(90°–α). Стављајући 90°= 180

2 2 2 2α β γ

= + + добијамо да је

UCО=2 2 2 2 2 2γ α β γ α βα− − − + = − , што се и тврди.

14. Троугао АPC је једнакокраки, АP=CP, а АPC=180°–50°–50°=80°, сл. 13. Нека је k круг са центром Ρ и полупречником PА. Тада је АPC централни угао, па бу-дући да је АBC=40°, следи да је тачка Β теме периферијског угла круга k. Како је АCB=180°–76°–40°=64°, следи да је АPB=2 АCB=128° и, слично, BPC=2 BАC=152°.

Сл. 13. Сл. 14.

15. Нека је U центар уписаног круга троугла АBC, сл. 14, и Q пресечна тачка те-

тива АМ и NP. Над луком BP важи једнакост: BNP= BCP=2γ . У троуглу АBО је

АUN спољашњи угао, па је АUN =2 2α β+ . Према томе, за троугао NQU важи:

QNU+ NUQ=2 2 2γ α β+ + =90°, па је трећи угао: NQU=90°, што потврђује да је

АМ⊥NP.

16. Конструкција се јасно види на сл. 15.

Сл. 15.

17. Нека је АОB= φ. Због АB=BC је и BОC = φ, па је централни угао

АОC=2φ. Одговарајући периферијски угао је АDC = 12

АОC=φ. Следи да је

АОB= АDC, па су праве ОB и CD паралелне.

18. Конструишимо пречник АМ. Над овим пречником је АCМ=90°, сл. 16. За-тим: АBC= АМC (над тетивом АC), па су у правоуглим троугловима АBP и АCМ једнаки њима комплементни углови: BАP = ОАC.

13

19. По конструкцији су једнаки углови: А1CB1= АDB (са нормалним краци-ма), сл. 17. Отуда следи да је А1B1=АB, па је AB1A1= АB1B. То су наизменични угло-ви, па је АА1 паралелно са BB1.

Сл. 16. Сл. 17.

20. Користићемо се задатом сликом. Пошто су кругови једнаких полупречника, унутрашњи лукови пресека су једнаки међу собом. Стога ћемо једнаке централне угло-ве означавати само одговарајућим луком. На пример: BО1B1= BО3B1= 1BB . (Чи-тамо: централни угао лука BB1.) Према томе, тражени збир је:

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

AB BC CA AA BB CC A B B C C A

AA C A CC B C BB A B AC CB BA

+ + = + + − − − =

− + − + − = + +

Обратимо пажњу на унутрашње углове троугла АBC. На пример,

BAC= ΒΑΑ1+ А1АC. Угао ΒΑΑ1 је периферијски и BАА1=12

. Слично је

А1АC = 112

CA . Следи да је BАC= ( )1 112

BA CA+ , а слично:

АBC= ( )1 112

AB CB+ и BCА= ( )1 112

BC AC+ . Сабирањем последње три једна-

кости, водећи при томе рачуна ο збиру углова у троуглу АBC, добијамо тражени закљу-чак.

21. Нека је АМ пречник описаног круга, а Ν пресечна тачка пречника са страни-цом BC и Ρ подножје висине BH, сл. 17. Означимо угао ОАH=x. У правоуглом троу-глу АNP је x=90°– АNP. У троуглу АCN је АNP спољашњи, па је АNP= NCА+ CАN =γ+ CАN. Троугао АCМ је правоугли, јер је АCМ=90°, као

угао над пречником. Затим: АМC= АBC=β (над истом тетивом), па је CАМ= CАN = 90°– β. Према томе, АNP =γ + 90°–β, па је x=90°–(γ + 90°– β) =β–γ,

што се и тврди.

22. Лако се доказује подударност троуглова АBМ и BCN, сл. 18. Одатле следи да је АМB= BNC. Будући да је BNC+ CBN = 90°, биће и АМB+ CBN =90°, па је троугао BMP правоугли и BPM= APB =90°= АPN. Дакле, круг над пречником АB садржи тачке Ρ и Ο (дијагонале квадрата су нормалне међу собом). Знамо да је АBО=45°, па је и АPО =45° (над истом тетивом). Због тога је PО симетрала правог

угла АPN.

14

Сл. 18.

23. Конструишимо круг k са центром Β и полупречником BА, сл. 19, који прола-зи кроз тачке Α и C. С оне стране тетиве АC, с које је и центар Β круга, одредимо на

кругу неку тачку М. Тада је АМC= 12

АBC =51°. Будући да је АDC=129°=180°–

51°, следи да је АDC периферијски угао круга k с друге стране тетиве АC, па следи да је и тачка D на кругу k. Сада је јасно да је дуж BD полупречник круга k, па је тражена дијагонала BD =2 cm.

Сл. 19. Сл. 20.

24. С обзиром да су углови АNC и АМC прави, круг пречника АC пролази кроз тачке Ν и М. Тражени угао CNМ једнак је са CАМ (над тетивом CМ). Како је

CАМ = BАD– BАC = 60°–45° =15°, то је и CNМ = 15°, сл. 20.

25. Троугао АBC је по конструкцији једнакокраки, сл. 21, па је BCА= BАC. Сем тога је CBD = BАD = BАC, као тангентни и тетивни углови над тетивом BD. Следи да је и BCD = CBD, што значи да је троугао BCD једнакокраки и BD=CD.

Сл. 21. Сл. 22.

26. У троуглу BМN је МBN+ BМN+ BNМ=180°, сл. 22. Будући да је BMN= МАB и BNМ= BAN (тангентни и тетивни углови), следи да је BMN + BNM= МАB+ BAN = МАN. Дакле: МBN+ МАN=180°.

27. Катета BC је нормална на пречник АC круга, па је права BC тангента круга, сл. 23. Тангентни углови ЕCD и ЕDC једнаки су тетивном углу CAD=α, па су једнаки и међусобно: ЕCD= ЕDC. Следи да је троугао CED једнакокраки и ЕC=ЕD. Како је BDC прав, то је BDE комплементан углу CDE=α, па је BDE=β. Будући

15

да је и CBD =β, то је и троугао BDE једнакокраки и БЕ=ЕD. Узимајући у обзир да је CE= ЕD, закључујемо да је CЕ=BЕ.

28. Према сл. 24, BАD= АCB (тангентни и тетивни углови). Центар Ο је сре-

диште лука AOB , па је АCО= 12

АCB. Али ОАB= АCО (тангентни и тетивни

над тетивом АО), па је ОАB= 12

АCB= 12

BАD.

Сл. 23. Сл. 24.

29. Нека је L центар круга који споља додирује страницу BC, сл. 25. Тада су BL и

CL симетрале спољашњих углова код Β и C, па је LBC 12β1=

12

(180°–β)=90°–2β .

Слично је LCB =90°–2γ . Према томе: MLN= 180°– LBC– LCB=180°– 90

2β⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠–

( ) ( )1 190 180 90 902 2 2 2γ αβ γ α⎛ ⎞− = + = − = − <⎜ ⎟

⎝ ⎠– то је оштар угао. Слично докажемо и

за остале углове.

Сл. 25. Сл. 26.

30. Уочимо троуглове АО1М и BО2М и њихове висине O1N и О2P, сл. 26. Угао који је једнозначно одређен датим круговима и не мења се означимо са θ= Ο1ΜO2. На

основу особина тангентних углова је α= МАS= 12

ΑΟ1Μ= МО1N и

β= МBS= 12

BO2М= МO2P. Тада је Ο1ΜΝ=90°–α и O2ΜΡ=90°–β, па из

Ο1ΜΝ+ O1М02+ O2МP=180°, односно из 90°–α+θ+90°–β=180°, добијамо θ=α+β. Сада из троугла АBS израчунамо угао између тангенти: φ=180°–(α + β)=180°–θ, a то је непроменљива величина.

16

31. Из односа тангентних и тетивних углова над истом тетивом уочавамо да је BМC= BАМ, сл. 27, као углови над тетивом МB. Затим CMT= CТМ (тангентни

над тетивом МТ). Треба да докажемо да је АМТ= BМТ. Из троугла АМТ је: АМТ= CТМ– BАМ= CМТ– BМC = BМТ. Отуда следи да МТ полови АМB.

Сл. 27. Сл. 28.

32. Уочимо тачке А, B, P1, и P2, означене на слици 28. и периферијске углове АBP1 и АBP2, над тетивама АP1 и АP2. Како су ове тетиве једнаке (полупречници кру-

га k) и у подударним круговима, следи да је АBP1 = АBP2. Тачке P1 и P2 су изабране са исте стране тетиве АB, па је BP1 паралелна са BP2, а то је могуће само ако су тачке Β, Ρ1 и P2 колинеарне.

Сл. 29.

33. Означимо са α, γ, и δ углове троугла АCD, сл. 29. У једнакокраком троуглу АCО1, нека је O1АC = O1ЦCА=x, а у троуглу О1АD је O2АD= O2DА=y. Очиглед-но је О1АO2=x+y+а=x+y+ CАD. Полупречници O1C и О2D су нормални на танген-ту, па је γ= 90°–x и β =90°–y. Из троугла АCD рачунамо: CАD =α=180°–γ– δ = 180°–(90°–x) - (90°–y)=x+y. Pрема томе: Ο1ΑO2=x+y+<CАD=2 CАD, што се и тврди.

Задаци о тангентама и тетивама 1. Три круга са центрима А, B, C, два и два се додирују споља у тачкама К, L, М.

Доказати да је уписани круг троугла АBC истовремено описани круг троугла КLМ.

2. Дат је круг, његове тангентне дужи ΡΑ и PB и пречник АC. На правој АP одре-дити тачку D, тако да је Ρ средиште дужи АD. Доказати да су тачке B, C и D колинеар-не.

3. У тачки Τ датог круга постављена је тангента. На кругу су изабране још две тачке Α и B. Тачка Η је подножје нормале из Τ на тетиву АB, а Μ и Ν су подножја нор-мала, редом из Α и Β на тангенту. Доказати да је ТH2 = АМ ⋅BN.

17

4. Дат је круг k са центром Ο и две његове тангенте p и q, које су паралелне међу собом. На тангенти p изабрана је тачка Ρ и на тангенти q тачка Q, тако да је PОQ = 90°. Доказати да је права PQ тангента круга k.

5. Дат је круг са центром Ο и његова тангента са додирном тачком А. На танген-ти су изабране тачке Β и C, различите од А, и конструисане су тангентне дужи BD и CЕ. Доказати да су углови BОC и DАЕ једнаки или суплементни.

6. Три угла једног четвороугла су тупи. Доказати да је већа она дијагонала која садржи теме оштрог угла.

7. Нека је Ρ произвољна тачка на мањем луку АB круга описаног око правоугао-ника АBCD, а Μ и Ν подножја нормала из Ρ на дијагонале АC и BD редом. Доказати да дужина дужи ΜΝ не зависи од положаја тачке Ρ на луку АB. Конкретности ради, узети да је АB > BC.

8. Два круга k и k1 са центрима Ο и O1 додирују се споља у тачки А. Заједничка тангента Τ додирује дате кругове у Β и B1. Доказати:

а) да је BAB1 = 90°; б) да круг пречника BB1 додирује праву OO1 у тачки А; ц) да круг пречника OO1 додирује дуж BB1 у њеном средишту.

9. Дата су два круга са центрима Ο1 и O2 који немају заједничких тачака. Две спољашње заједничке тангенте и две унутрашње заједничке тангенте одређују четири пресечне тачке: А, B, C,D. Доказати да круг над пречником О1О2 садржи ове четири тачке.

10. Ако је АB дуж ван датог круга, доказати да је дуж АB мања од збира тангент-не дужи из тачке Α и тангентне дужи из тачке B, а већа од разлике тих тангентних дужи. Затим доказати: ако један од ова два услова није испуњен, онда права АB сече круг.

11. Круг k додирује изнутра странице АB, BC и CD конвексног четвороугла АBCD, а не додирује страницу АD. Доказати:

а) ако круг сече страницу АD, тада је АB+CD < BC+АD; б) ако круг не сече страницу АD, тада је АB+CD >BC+АD.

12. Два непресецајућа круга, k1 и k2, имају заједничке спољашње тангенте a и b. Трећа заједничка тангента, права c, сече спољашње тангенте у тачкама Α, Β и додирује дате кругове у тачкама Μ и N. Доказати да је АМ =BN.

13. У правом углу са теменом Α уписан је круг који краке додирује у тачкама Β и C. Ако се конструише било која тангента, која дати круг додирује у тачки мањег лука

BC, а краке угла сече у тачкама M и N, доказати да је 13

(АB+AC)<МB+NC < 12

(АB+AC).

14. Дужи PA и PC су тангентне дужи датог круга k, конструисаног над пречником AB. Ако је D подножје нормале из C на пречник AB, доказати да права BP полови дуж CD.

18

Решења задатака о тангентама и тетивама 1. Нека је k круг уписан у троугао АBC. Центар овог кру-

га је пресечна тачка симетрала унутрашњих углова троугла АBC, а К, L и Μ су додирне тачке страница и круга. Троугао АDF је једнакокраки, јер је АF=АD (тангентне дужи), па је симе-трала угла BАC уједно симетрала дужи DF итд. Дакле, К, L и Μ припадају кругу k.

2. У троуглу АBD је ΡΑ=PB (тангентне дужи), па како је и PD =PА, следи да круг пречника АD садржи тачку B, сл. 30. Онда је АBD = 90° (над пречником). У датом кругу, из истих разлога је АBC 90°. Дакле: CBD = CBА+ АBD= 90°+ 90°=180°, што потврђује да су тачке B, C и D на једној правој.

Сл. 30.

3. Правоугли троуглови ТАH и BТN су слични, јер је ТАH= ТАB = BТN (те-тивни и тангентни над тетивом BТ). Слично се докаже да су међу собом слични троу-

глови АТМ и АBH, сл. 31. Из прве сличности добијамо: AT BTTH BN

= , а из друге:

AM THAT BT

= . Множењем ових двеју једнакости добијамо: AT AM BT THTH AT BN BT

⋅ = ⋅ . После

скраћивања остаје AM THTH BN

= , а одавде следи једнакост: ТH2 = АМ ⋅BN.

Сл. 31. Сл. 32.

4. Будући да су тангенте p и q паралелне међу собом, њихове додирне тачке Α и Β су крајеви једног пречника, сл. 32. Продужимо PО до пресека R са q. Правоугли троу-глови АPО и BRО су подударни (ОА=ОB и АPО = ОRB, као наизменични), па је ОP=ОR. Како је ОQ⊥ PR, следи да је троугао PQR једнакокраки. Због тога је

PQО= RQО, а права ОQ је симетрала угла PQR. Нека је C подножје нормале из Ο на PQ. Због особине симетрале угла је ОC=ОB. Дакле ОC је полупречник круга и нор-малан је на PQ, па је PQ тангента датог круга.

5. Троугао АBD је једнакокраки (тангентне дужи АB=BD), па је BO⊥ АD, сл. 33. Слично је ОC⊥ АЕ. Дакле, углови BОC и DАЕ су са нормалним крацима, па су једнаки или суплементни.

19

Сл. 33. Сл. 34.

6. Нека је оштар угао BАC. Конструишимо круг пречника АC, сл. 34. Нека је Ε пресечна тачка праве АB и круга. Тачка Β је између Α и Е, јер ако би било Ε између Α и Β (на слици B'), тада би у правоуглом троуглу B'CЕ угао код B' био оштар. Следи да је Β у кругу, а слично закључимо и за тачку D. Продужимо дијагоналу BD до пресека Μ и Ν са кругом. Очигледно је BD<МN, а како је МN тетива, а AЦ пречник, то је МN≤ АC, па је BD<АC, што се и тврди.

7. Центар круга је пресечна тачка Ο дијагонала, а ΟΡ=ΑΟ = BО је полупречник тог круга, а то је половина дужине дијагонале, сл. 35. Нека је k круг чији је пречник дуж ОP. Како је ОМP=90°= ОNP, тачке Μ и Ν су на кругу k. Угао МPN је суплемен-тан са углом између дијагонала, тј. са АОB, јер су то углови са нормалним крацима. Будући да је АОB сталан и пречник круга k такође сталан (половина дијагонале), то је одговарајућа тетива МN, такође, сталне дужине.

8. Нека је s заједничка тангента у тачки Α и С тачка пресека правих s и t, сл. 36. а) и б) Дужи SА и SB су једнаке, као тангентне дужи из S на k, а слично закључи-

мо и да је SА=SB1. Следи да круг пречника ΒΒ1, са центром S садржи тачку А. Због тога је BАB1=90° (над пречником). Будући да је SA⊥OO1, следи да овај круг додирује пра-ву OO1 у тачки А.

Сл. 35. Сл. 36.

ц) Нека је Μ средиште дужи OO1. Тада је SМ средња линија правоуглог трапеза

BB1О1О и SМ = 12

(ОB +Ο1Β1) =12ОО1 јер је ΟΟ1 =ОА+ΑΟ1=ОB+O1B1. Отуда следи да

круг над пречником OO1 додирује дуж BB1 у тачки С. 9. Круг пречника О1О2 садржи тачку Α ако је O1АО2 = 90°. Тангенте t1 и t3

образују пар упоредних углова, чије су симетрале праве АО1 и АО2, сл. 37. Отуда следи да су праве O1А и АО2 узајамно нормалне, тј. да је O1АO2 = 90°. Слично се докаже да круг пречника Ο1Ο2 садржи тачке B, C, D.

20

10. Ако права АB не сече круг, тада можемо изабрати две тaнгентне дужи које се секу. На сл. 38 тангентне дужи АC и BD секу се у тачки P. Тада, на основу неједнакости троугла, у троуглу АBP важи: AP BP− < АB < АP + BP. Како је PC=PD, биће:

( )AC BD AP PC BP PD AP BP− = + − + = − . Осим тога, АP+BP <АC+BD, па је

АB<АC+BD. Дакле: AC BD− <АB<АC+BD. Ако права АB сече круг, разликоваћемо два случаја.

а) Пресечна тетива припада дужи АB, сл. 39. Тада је АB>АЕ+BF>АC+BD (хипо-тенуза АЕ је већа од катете АC итд.).

Слика 37. Слика 38.

б) Ако је пресечна тетива ван дужи АB, као на сл. 40, конструишимо круг кон-

центричан са датим, који пролази кроз тачку B. Овај круг сече тангентне дужи АC и АC' у тачкама Ε и Е'. Није тешко доказати да је CЕ=BD и да је АЕ>АB. Тада је: АB <АЕ=АC–ЕC =АC–BD.

Сл. 39. Сл. 40.

11. а) Обратимо пажњу на сл. 41. Треба доказати да је АB+CD<BC+АD, при че-му је BЕ=BF и CF=CG. Тражена нејднакост се своди на: АЕ+ΒΕ+CG+DG <BF+CF+АD, односно АЕ+DG <АB, а то је доказано у претходном задатку, под а).

б) Слично претходном случају, редуковаћемо тражену неједнакост: АB+CD>BC+АD. Према сл. 42. је BЕ=BF и CF=CG, па добијамо: АЕ+BЕ+CG+ +GD>BF+CF+АD, а одавде: АЕ+GD>AD. Последњи услов смо доказали у претходном задатку, према сл. 37.

Сл. 41. Сл. 42.

21

12. Додирне тачке спољашњих тангенти и кругова означимо са Α1, А2 и Β1, B2, као на сл. 43, а пресечну тачку правих a и б са О. Користићемо једнакост тангентних дужи. Најпре, из једнакости ОА2=ОB2, односно ΟΑ1+Α1Α2=ΟΒ1+Β1Β2, добијамо: Α1Α2=Β1Β2, јер је ΟΑ1=OΒ1. Даље је: Α1Α+ΑΑ2 =Β1Β+ΒΒ2. Сада сменимо: Α1Α=ΑΜ, ΒΒ2=ΒΝ, ΑΑ2=ΑΝ=ΑΜ+ΜΝ и Β1Β=ΒΜ=ΒΝ+ΜΝ и добијемо: АМ+АМ +МN=ΒΝ+ΜΝ+ΒΝ. Одавде следи да је 2AМ=2BN, односно АМ=BN, што се и тврди.

Сл. 43.

13. Нека је Ρ додирна тачка тангенте ΜΝ и круга, сл. 44. Тада је МP=МB и NP= NC, па је МP+NP=МN =BМ+CN. У троуглу АМN је: MN<АМ+АN. Саберемо две послед-ње релације: 2МN<BМ+CN+АМ+АN =(BМ+АМ)+(CN+АN), па је 2МN<АB+АC или

ΜΝ< 12

(АB+АC). С друге стране, ΜΝ је хипотенуза, дакле, највећа страница троугла

АМN, па је ΜΝ>ΑΜ и МN>АN, односно: 2МN>АМ+АN. Последњу неједнакост саберемо са МNА=BМ+CN и добијемо: 3МN >(АМ+BМ)+(АN +CN), односно 3МN >АB+АC или

ΜΝ> 13

(АB+АC).

Сл. 44. Сл. 45

14. Нека је S пресечна тачка праве BP и дужи CD, сл. 45. Троуглови BDS и BАP су слични, јер је CD паралелно са АP (нормале на праву АB). Из ове сличности је: DS APBD AB

= . Доказаћемо и да су правоугли троуглови BCD и ΟΡΑ слични. Уочимо да је

АCB = 90°, као угао над пречником, па је BC⊥ AC. Права PО је симетрала тетиве АC, па је и ОP⊥ АC. Следи да су BC и ОP паралелне, а троуглови BCD и ΟΡΑ слични. Оту-

да је BD AOCD AP

= . Помножимо две добијне пропорције: DS BD AP AOBD CD AB AP

⋅ = ⋅ . После скра-

ћивања остаје: 12

DS AOCD AB

= = , јер је АО полупречник и АB пречник. Следи да је

CD=2DS, што се и тврди.

22

ЛИТЕРАТУРА

[1] З. Лучић: Еуклидска и хиперболичка геометрија, TotalDesign, Математички факултет, Београд, 1997.

[2] М. Митровић, С. Огњановић, мр М. Вељковић, Љ. Петковић, Н. Лазаревић, Геометрија за први разред математичке гимназије, I издање, Круг, Београд, 1996.

[3] В. Стојановић, Тетиве и тангенте, Математископ, Београд, 2004.

[4] В. Петровић, Тетивни и тангентни четвороуглови, ДМС, Београд, 2005.

[5] Г.С.М. Коксетер, С.Л. Грейтцер, Новые встречи с геометрией (превод А.П. Савина), „Наука“, Москва, 1978.

[6] В.В. Прасолов, Задачи по планиметрии, МЦНМО, Москва, 2004.