Univerzitet u Nisu

Prirodno - matematicki fakultet

Departman za matematiku

Geometrijska mesta tacaka iprimena na konstrukcije

Master rad

Mentor: Student:

Prof. dr Mica Stankovic Ivana Gavrilovic

Nis, Septembar 2013.

Sadrzaj

1 Istorijski pregled razvoja geometrije 2

2 Uvod 5

3 Geometrijska mesta tacaka 63.1 Neka elementarna geometrijska mesta tacaka . . . . . . . . . . 63.2 Geometrijsko mesto tacaka iz kojih se data duz vidi pod datim

uglom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.3 Neka znacajnija geometrijska mesta tacaka . . . . . . . . . . 123.4 Geometrijska mesta tacaka u prostoru . . . . . . . . . . . . . . 37

4 Apolonijevi problemi o dodiru krugova 46

5 Primena geometrijskih mesta tacaka na konstrukcije 50

6 Zakljucak 73

1

1 Istorijski pregled razvoja geometrije

”Neka ne ulazi ko ne zna geometriju”Platon (427 - 374 g.p.n.e.)

Geometrija je jedna od najstarijih matematickih disciplina i jedna odnajstarijih nauka uopste. Kao i ostale nauke nastala je iz prakticnih potrebacoveka. U starom Egiptu poplave Nila uvek bi izbrisale granice pojedinihposeda koje je zatim trebalo ponovo povuci.

Geometrija (grc. Γϵωµϵτρια geo = zemlja, metrija = merenje) je granamatematike koja se bavi proucavanjem osobina i medjusobnih odnosa pros-tornih oblika tj. geomertijskih tela, povrsina, linija i tacaka. U svom prvo-bitnom znacenju geometrija se shvatala kao nauka o figurama, o uzajamnompolozaju i razmerama njihovih delova i takode o transformisanju figura. Po-jam geometrije se tokom vremena menjao i sve vise uopstavao. Opisivanjeprostornih odnosa fizickog sveta prestajalo je da bude njen jedini zadatak.Predmet ispitivanja raznih modernih disciplina geometrije cini ovu nauku svevise nerazdvojivim delom moderne matematike, od koje je vise nije mogucejasno odvojiti kao samostalnu disciplinu.

Razvoj geometrije se moze podeliti na cetiri delova, cije je granicenemoguce obeleziti odredjenim datumima:

• Period nastanka, do oko V veka pre nove ere;

• Period sistematskog izlaganja, anticka Grcka;

• Analiticka geometrija, od nastanka kapitalizma u Evropi;

• Izgradnja neeuklidske geometrije, do danas.

Period nastanka

Geometrija se kao nauka prvi put pojavila u drevnom Egiptu, Vavilonijii Grckoj u vezi sa razvojem kulture premeravanjem tla. Otuda potice i nazivgeometrija.

Egipcani su razvili induktivan metod zakljucivanja- od pojedinacnom kaopstem (npr. primetili su da jedan trougao ima tri ugla, pa su nacrtali drugitrougao i primetili isto, itd. dok nisu zakljucili da svi trouglovi imaju po triugla, tada su to uzeli za neku osnovnu vrednost-aksiomu). Religiozni obredi

2

su bili povezani s konstrukcijom zrtvenika, a prakticne potrebe ljudi ucinilesu nuznom da se izmere povrsine delova zemlje, zapremine sudova i ostavaza zetvu. Geometrijska razmatranja su se u osnovnom svodila na pravilaizracunavanja povrsina i zapremina i treba pretpostaviti da su ova pravilaimala vise empirijski nego logicki karakter.

U VII veku pre nove ere geometrijsko znacenje je po misljenju grckihistoricara, preneseno iz Egipta i Vavilonije u Grcku. Oko IV-V veka prenove ere grcki filozofi su se poceli upoznavati sa egipatskom i vavilonskommudroscu. Od tada nastaje drugi period razvoja geometrije, period sistem-atskog izlaganja geometrije kao nauke, kada se sve tvrdnje dokazuju.

Period sistematskog izlaganja

U ovom periodu su vec poznate u Grckoj Talesove teoreme1 (VI vek prenove ere).

Grci su razvili novi metod zakljucivanja- deduktivni metod (obrnuto odinduktivnog- od opstem ka pojedinacnom). Anaksagora (VI vek pre nove ere)se bavio kvadraturom kruga i perspektivom. Pitagora je otkrio nesamerljiveduzi, osnivac je cuvene skole ”Polukrug” koja je dala veliki doprinos matem-atici. Pitagorejci su zakljucili da je zbir uglova u trouglu 180◦, otkrili suprvi, treci i cetvrti stav o podudarnosti trouglova, i naravno cuvenu Pitagor-inu teoremu.

Platon i njegov ucenik Aristotel (IV vek pre nove ere), ako i nisu ostavilinikakvih dela u geometriji, pridavali su veliki znacaj sistemu i osnovamageometrije. Platon je prvi poceo da postavlja aksiome, medjutim u njegovovreme mnoge aksiome su iskljucivale jedna drugu i bilo je veoma tesko znatista je tacno, a sta ne. Tako je geometrija u Grckoj dostigla svoj stepen kadaje postalo nuzno da se ona sistematizuje.

Sistematizaciju (elementarne) geometrije je ucinio Euklid2 (III vek prenove ere) izlozivsi je na bazi osnovnih formulacija- aksioma, u svojim zna-menitim knjigama Elementi, koje obuhvataju 13 tomova. Euklid je koristio

1Tales iz MIleta (grc. Θαλης o Mιλησιoς ; roden 624. pre nove ere, umro oko 547 prenove ere ili 546 pre nove ere) bio je aktivan i kao drzavnik i kao matematicar, vazio je ustarom veku za prvog jonskog svestrano obrazovanog pripodnog filozofa koga su ubrajalimedu Sedam Mudraca. On je prvi pokusao da raznovrsnost pojava svde na jednu jedinupramateriju- vodu. Nije sigurno da li je ovo ucenje izneo u nekom spisu buduci da nijedanautentican spis nije sacuvan. Kao matematicar poznat je po Talesovoj teoremi.

2Euklid, grc. Euκλϵιδης, grcki matematicar, poznat i kao Euklid iz Aleksandrije bioje Anticki matematicar, poznat po svojim delima Elementi, Data, Optika i algoritmu zaizracunavanje najveceg zajednickog delioca, koji je po njemu nazvan Euklidov algoritam.

3

postulate:

• Pretpostavlja se da je moguce da se od svake tacke, do svake drugetacke moze povuci linija.

• Pretpostavlja se da se svaka prava prateci njen pravac, produzineograniceno.

• Pretpostavlja se da je moguce da se oko svake tacke u nekoj ravni mozeopisati krug bilo kojeg precnika.

• Pretpostavlja se da su svi pravi uglovi medjusobom podudarni.

• Ako se pravom preseku dve prave, tako da grade unutrasnje uglove cijije zbir manji od zbira dva prava ugla, tada se te dve prave seku sa one stranesa koje se ti uglovi nalaze.

Posle Euklida u Grckoj se javlja niz istaknutih matematicara, Arhimed,Apolonije, Eratosten (III vek pre nove ere) i drugi koji su obogatili geometrijunovim otkricima.

Analiticka geometrija

Nastanak kapitalizma u Evropi doveo je do novog, treceg perioda razvojageometrije. U prvoj polovini XVII veka nastala je analiticka geometrija,ciji su tvorci bili Dekart3 i Ferma4. Analiticka geometrija izucava svojstvageometrijskih figura na osnovu njihovih algebarskih jednacina.

Izgradnja neeuklidske geometrije

Cetvrti period izgradnje geometrije obelezen je izgradnjom neeuklidovihgeometrija od kojih je prva bila geometrija Lobacevskog5 koju je Lobacevskiizgradio istrazujuci osnove geometrije, i posebno, aksiome o paralelnim prava-ma. Sadrzaj svoje geometrije Lobacevski je prvi put izneo na sednici fizicko- matematickog fakulteta Kanzaskog univerziteta 1826. godine. Rad je pub-likovan 1829. godine. Od nastanka geometrije, njegova uloga aksiomatskogmetoda u matematici uopste i u geometriji posebno postala je veoma znacajna.Euklidova geometrija (obicna elementarna geometrija koja se izucava u skoli)je posle toga dobila takodje svoju aksiomatsku osnovu.

David Hilbert6 je na kraju 18. veka prvi postavio konkretan sistem ak-sioma Euklidove geometrije, tzv. Hilbertove aksiome.

3Rene Descartez 31.03.1596 - 11.02.1650 godine4Pierre de Fermat 17.08.1601 - 12.01.1665 godina5Nikolai Lobachevsky 01.12.1792 - 24.02.1856 godina6David Hilber 23.01.1862 - 14.02.1943 godina

4

2 Uvod

U ovom radu izlozicemo neka znacajnija geometrijska mesta tacaka i njihovznacaj kod resavanja konstruktivnih zadataka. Sta je to geometrijsko mestotacaka? Geometrijsko mesto tacaka u ravni ili prostoru je klasa tacaka kojeimaju jednu ili vise zajednickih osobina. Obicno se koriste za skup uslova kojidefinisu jednu ili vise neprekidnih figura tj. krivih. Npr. linija je geometrijskomesto tacaka koje su ekvidistantne od dve fiksirane tacke. Ovim pristupom seomogucava opisivanje veoma slozenih geometrijskih oblika preko nula funkcijaili polinoma.

Kada je rec o geometrijskim mestima tacaka u ravni, ona mogu obrazovatineku krivu u toj radnji ili i citavu oblast te ravni; kada je rec o geometrijskimmestima u prostoru, ona mogu obrazovati ili neku krivu u prostoru ili citavuoblast koja lezi u nekoj ravni u prostoru, ili neku krivu povrsinu u prostoruili, najzad citav deo prostora. Prave u ravni i prostoru, ravni u prostoru -samo su specijalni slucajevi geometrijskih mesta tacaka u ravni i prostoru.

Metoda geometrijskih mesta tacaka je jedna od osnovnih metoda resavanjakonstuktivnih problema. Moze da se koristi sama ili u kombinaciji sa drugimkonstrukcijskim metodama. Sustina metoda za odredjivanje kljucnih tacakakoji ispunjavaju uslove zadatka je da se dobijaju u preseku pravih i kruznica.U ovoj metodi nastajanje linija ili kruznica utvrdjuje se na osnovu navedenihsvojstava, odnosno, kao skup tacaka sa navedenm svojstvima. U daljem radunajpre cemo opisati neka geometrijska mesta tacaka a zatim neke konstruk-cije koje se resavaju koriscenjem te metode. Mnoga geometrijska tela mogubiti predstavljena kao geometrijska mesta tacaka. Sledi najpre nekoliko ele-mentarhih primera.

5

3 Geometrijska mesta tacaka

3.1 Neka elementarna geometrijska mesta tacaka

Razne vrste pravih (u ravni):

Geometrijsko mesto tacaka jednako udaljenih od dve date tackeA i B - Ova konstrukcija se svodi na konstrukciju simetrale duzi AB.

Geometrijsko mesto tacaka koje su podjednako udaljene od dateprave za dato rastojanje d- je par pravih paralelnih sa datom pravom. Obeove prave su od date udaljene za dato rastojanje, a time je data prava njihovameduparalela. Njihova konstrukcija se sastoji u sledecem: Konstruisemonormalu n u proizvoljnoj tacki O te prave. Zatim konstruisemo kruznicuk(O, d) i njeni precesi sa n oznacimo sa P i Q. Zatim konstruisemo pravep i q, koje sadrze tacke P i Q, redom, koje su paralelne sa datom pravom.Prave p i q su trazeno geometrijsko mesto tacaka (Slika 3.1).

Slika 3.1.

Geometrijsko mesto tacaka koje zajedno sa jednom datom tackomgrade vektore pravca istovetnog datom vektoru- je prava kojoj datatacka pripada, a pravac joj je odredjen pravcem datog vektora.

6

Geometrijsko mesto tacaka podjednako udaljenih od dve dateprave - Neka su date prave p i q. Razlikujemo sledece slucajeve:

• p i q se seku u tacki O - konstrukcija se sastoji u konstrukciji simetraleuglova cija su temena tacka O (Slika 3.2).

Slika 3.2.

• p i q su paralelne - geometrijsko mesto tacaka je prava s paralelna sa pi q koja se nalazi izmedu njih (Slika 3.3). �

Slika 3.3.

7

Geometrijsko mesto tacaka koje su od date tacke udaljene zadato rastojanje- je krug sa centrom u datoj tacki i radijusom koji je jednakdatom rastojanju.

Geometrijsko mesto tacaka udaljenih za konstantnu duz d oddatog kruga k(O, r) - Ovo geometrijsko mesto tacaka je krug sa centromu tacki O i poluprecnikom d + r.

Geometrijsko mesto tacaka iz koji se krug vidi pod uglom α(Slika 3.4).

Slika 3.4.

Konusni preseci:

Geometrijsko mesto tacaka kod koga je suma rastojanja svaketacke od dve date tacke jedna data konstanta- je elipsa. Dve datetacke su fokusi elipse.

Geometrijsko mesto tacaka kod koga je razlika rastojanja svaketacke od dve date tacke jedna data konstanta- je hiperbola. Dve datetacke su fokusi hiperbole.

Geometrijsko mesto tacaka kod koga su rastojanja svake za-sebne tacke od date tacke i date prave- jednaka je parabola.

8

Prostorne figure

Geometrijsko mesto tacaka koje su podjednako udaljene oddate prave, za dato rastojanje- je valjak cija je osa data prava a radijusdato rastojanje.

Geometrijsko mesto tacaka koje su od date tacke udaljene zadato rastojanje- je sfera sa centrom u datoj tacki i radijusom jednakomdatom rastojanju.

9

3.2 Geometrijsko mesto tacaka iz kojih se data duzvidi pod datim uglom

Geometrijsko mesto tacaka iz kojih se data duz vidi pod datim uglom jejedna od pomocnih konstrukcija koja se cesto javlja u zadacima i zato cemonajpre nju detaljno objasniti.

Neka je data duz AB i ugao α. Geometrijsko mesto tacaka iz kojih sedata duz vidi pod datim uglom je krug cija je tetiva data duz AB, a njegovperiferijski ugao nad tom tetivom dati ugao α. Konstrukcija se sastoji usledecem: Konstruise se ugao sa temenom A koji je jednak uglu α i ciji jejedan krak prava odredjena tackama A i B, zatim konstruisemo simetraluduzi AB. Na polupravu Ax konstruisemo normalu An u tacki A. Dobijenipresek simetrale i normale, tacka O, je centar kruga poluprecnika OA = OB(Slika 3.5).

Iz svake tacke luka AB se data duz AB vidi pod uglom α.Pokazimo da je kruzni luk zaista trazeno geometrijsko mesto tacaka. AB

je tetiva opisanog kruga, ∠ OAB = 90◦ - α, po konstrukciji. Kako tacka Opripada simetrali duzi AB, to je OA = OB, tj. trougao OAB je jednakokraki,pa je ∠ OBA = ∠ OAB. Odavde dobijamo: ∠ AOB = 180◦ - 2(90◦ - α) =2α. Za proizvoljnu tacku C, luka AB je ∠ ACB periferijski ugao opisanogkruga koji odgovara tetivi AB, jednak α, pa je svaki periferijski ugao satemenom koji pripada kruznom luku ACB jednak α.

10

Za proizvoljne tacke P , Q i R na luku AB je:

Slika 3.5.

•Geometrijska mesta tacaka iz kojih se data duz vidi pod pravimuglom - Ovo geometrijsko mesto tacaka je krug ciji je precnik data duz.

11

3.3 Neka znacajnija geometrijska mesta tacaka

Primer 3.1. Dat je kruzni luk BLC:

(a) Konstruisati geometrijsko mesto centara krugova upisanih u trouglovekojima su dva temena B i C,a trece teme je promenljiva tacka luka BLC.

(b) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gorenavedenih trouglova, koji dodiruju stranicu BC i produzetke stranica AB iAC.

(c) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gorenavedenih trouglova, koji dodiruju stranicu AC i produzetke stranica AB iBC.

(d) Konstruisati geometrijsko mesto centara spolja upisanih krugova gorenavedenih trouglova, koji dodiruju stranicu AB i produzetke stranica AC iBC.

Resenje. Neka je data duz AB i krug k(O, r), kome pripada kruzni lukBLC. Konstruisimo najpre simetralu s duzi BC. Presek simetrale s i lukaBLC oznacimo sa M , a presek simetrale s i luka BC (na kome nije tacka L)oznacimo sa N .

(a) Geometrijska mesta centara krugova upisanih u trouglove kojima sudva temena B i C, a trece teme je promenljiva tacka luka BLC je kruzni lukBC kruga k1 (Slika 3.6). k1 je krug sa centrom u tacki N i poluprecnikomNB = NC. Kruzni luk BC je onaj, koji lezi u krugu k.

Slika 3.6.

12

(b) Geometrijska mesta centara spolja upisanih krugova gore navedenihtrouglova, koji dodiruju stranicuBC i produzetke stranicaAB iAC (Slika 3.7)je kruzni luk B1C1 kruga k1, koji je izvan kruga k, gde B1 = k1 ∩ BN iC1 = k ∩ CN .

Slika 3.7.

(c) Konstruisemo simetralu duzi BC i odredimo tacke M i N . Kao ipod (a) konstruisemo krug k1(M,BM = CM)(Slika 3.8). Tada je skup svihsredista centara krugova koji dodiruju stranicu AC i produzetke stranica ABi BC kruzni luk kruga k1, koji lezi u uglu CBM , tj. luk B′C.

Slika 3.8.

(d) Geometrijsko mesto tacaka, koje je srediste krugova, koji dodirujestranicu AB i produzetke stranica AC i BC je kruzni luk kruga k1(M , BM).Ovaj kruzni luk lezi u uglu BCM , odnosno to je luk C ′B. �

13

Primer 3.2. Dat je prav ugao Opq. Na kraku Op biramo proizvoljnu tackuP i na kraku Oq tacku Q, tako da je duz PQ jednaka datoj duzi 2m. Kon-struisati skup sredista svih duzi PQ.

Resenje. Ako izaberemo tacke P i Q koje pripadaju, redom, na krakoveOp i Oq, onda je trougao OPQ uvek pravougli sa hipotenuzom PQ = 2m.Ako je tacka S srediste duzi PQ, onda je OS tezisna linija koja odgovarahipotenuzi i jednaka je polovini hipotenuze. Dakle, uvek je OS = m bezobzira na izbor duzi PQ, PQ = 2m, pa je trazeni skup tacaka presek krugak(O, m) i datog ugla Opq, tj. cetvrtina kruga k. �

Primer 3.3. Konstruisati skup sredista svih tetiva datog kruga k, koje sujednake datoj duzi t.

Resenje. Neka su AB = t i A1B1 = t bilo koje dve tetive datog kruga,a S i S1 sredista ovih tetiva, redom, i neka je O centar datog kruga. Tada zatrouglove △ ASO i △ A1S1O vazi: AO = A1O - poluprecnik datog kruga,AS = A1S1 (= 1

2t) i ∠ OSA = ∠ OS1A1(= 90◦). Odavde, prema stavu o

podudarnosti trouglova sledi da je △ ASO ∼= △ A1S1O. Iz njihove podu-darnosti sledi da je OS = OS1, za svake dve tetive kruga k, koje su jednakedatoj duzi t. Sve tacke S su podjednako udaljene od tacke O, pa je trazeniskup tacaka krug k(O,OS). �

Primer 3.4. Konstruisati skup centara svih krugova datog poluprecnika r,koji na datoj pravoj p odsecaju tetivu jednaku datoj duzi 2m.

Resenje. Na datoj pravoj p odredimo tacke M i N tako da je MN = mi sa raznih strana prave p tacke S i S1 takve da su trouglovi MNS i MNS1

pravougli sa hipotenuzamaMS =MS1 = r. Prave kroz tacke S i S1 paralelnedatoj pravoj p predstavljaju trazeno geometrijsko mesto tacaka. �

Primer 3.5. Konstruisati skup temena svih uglova jednakih datom uglu α akojima kraci prolaze kroz dve date tacke A i B.

Resenje. Neka je dat ugao α i tacke A i B. Konstruisimo duz AB ipolupravuAD takvu da je ∠(AB, AD) = α (Slika 3.9). Konstruisimo pravu nkroz tacku A normalnu na polupravu AD i konstruisimo simetralu s duzi AB.Sa O oznacimo presek pravih n i s. Konstruisimo krug k(O, OA). Kako jeO na simetrali duzi AB to je OA = OB pa tacka B pripada krugu k(O, OA).S’ druge strane, OA je jedan od poluprecnika kruga k i kako je OA ⊥ AD toje AD tangenta kruga k. Geometrijsko mesto tacaka, koje su temena ugla ciji

14

kraci prolaze kroz tacke A i B i koji je jednak uglu α je luk AB koji se nalazisa one strane duzi AB sa koje nije poluprava AD. Trazenom geometrijskommestu tacaka pripadaju i tacke luka, koji je simetrican u odnosu na AB.

Slika 3.9.

Dokazimo da proizvoljna tacka sa pomenutih lukova ima tu osobinu. Nekaje P tacka na luku AB sa one strane sa koje nije poluprava AD. Spojimotacke A i P , B i P i oznacimo presek AB i s sa S. Tada su uglovi ∠(AD, AB)i ∠ AOS jednaki kao uglovi sa normalnim kracima. Odatle je

∠APB =1

2∠AOB = ∠AOS = α

Dokazimo da ne postoji tacka van pomenutih lukova sa trazenom os-obinom. Pretpostavimo da je Q tacka, koja ne pripada pomenutim lucimaima osobinu da je ∠ AQB = α. Uocimo proizvoljnu tacku R na duzi AB.Prava RQ seci ce luk AB kruga k, koji nije sa iste kao i poluprava AD unekoj tacki M . Ovaj presek postoji jer prava RQ prolazi kroz unutrasnjutacku R kruga k. Spojimo tacku M sa tackama A i B i posmatrajmo trou-glove AQM i BQM . Tada je ∠ AQR > ∠ AMQ (kao spoljasnji nesusedniuglovi) i ∠ RQB > ∠ QMB (kao spoljasnji nesusedni uglovi). Kako je pokonstrukciji poluprava QR unutar ugla ∠ AQB a poluprava MQ unutar ugla

15

∠ AMB, to ce vaziti:

α = ∠AQB = ∠AQR + ∠RQB > ∠AMQ+ ∠QMB = ∠AMB = α

sto je nemoguce. Dakle, ne postoji tacka van datih lukova sa trazenomosobinom. Slucaj kada je tacka Q van kruga k se razmatra analogno. �

Primer 3.6. Odrediti geometrijsko mesto tacaka iz kojih se dati trougao vidipod datim uglom.

Resenje. Neka je dat trougao ABC. Ako tacka lezi u unutrasnjosti datogtrougla tada se iz nje trougao vidi pod uglom od 360◦; ako tacka pripada nekojod stranica trougla a ne poklapa se ni sa jednim temenom, trougao se vidipog uglom od 180◦; ako tacka pripada spoljasnosti ili se poklapa sa nekimtemenom trougla, trougao se vidi pod uglom manjim od 180◦.

Dakle za φ = 360◦ geometrijsko mesto tacaka iz kojih se dati trougaovidi pod pod uglom φ je citava unutrasnjost trougla; za 180◦ < φ < 360◦ tajskup je prazan; za φ = 180◦ geometrijsko mesto tacaka cine stranice trouglaizuzimajuci temena.

Uzmimo da je φ < 180◦. Zapazimo da ako tacka M pripada unutrasnjostiugla ∠ BAC ili unutrasnjosti njemu unakrsnog ugla, trougao △ ABC se iztacke M vidi pod istim uglom, pod kojim se iz iste tacke vidi stranica BC.Prema tome, geometrijsko mesto tacaka cine delovi kruznih lukova iz kojihse stranice AB, BC, CA vidi pod uglom φ, a koji se nalazi unutar ugla∠ BCA, ∠ CAB, ∠ ABC, redom, odnosno unutar njima unakrsnih uglova.Na sl 3.10 dat je primer za φ = 90◦. �

Slika 3.10.

16

Primer 3.7. Dat je ugao α. Odrediti geometrijsko mesto tacaka u un-utrasnjosti ugla α ciji je zbir rastojanja od krakova jednak rastojanju odtemena ugla.

Resenje. Neka su O teme i p i q kraci datog ugla α. Ako tackaM pripadatrazenom geometrijskom mestu tacaka, tada i sve tacke poluprave OM , kaoi poluprave koja je simetricna s njom u odnosu na simetralu ugla α, pripadatom geometrijskom mestu tacaka (Slika 3.11).

Slika 3.11.

Zaista, ako je

|MO| = |MP |+ |MQ| (1)

gde su P i Q redom podnozja normala povucenih iz tacke M na krake pi q, tada za proizvoljnu tacku M1 poluprave OM vazi

|M1O||MO|

=|M1P1||MP |

=|M1Q1||MQ|

,

odakle je

|M1P1| =|MP | · |M1O|

|MO|i

|M1Q1| =|MQ| · |M1Q|

|MO|.

Odavde je, zbog (1), |M1P1| + |M1Q1| = |M1O|. Zbog simetrije isto vazi zatacke poluprave simetricne sa polupravom OM u odnosu na simetralu ugla α.

17

Pretpostavimo da tacka M pripada geometrijskom mestu tacaka. Obele-zimo sa P i Q njene ortogonalne projekcije na krake p i q, redom, a sa A iB preseke prave koja prolazi kroz M i normalna je na simetralu ugla α, sakracima p i q. Obelezimo jos sa B′ ortogonalnu projekciju tacke B na krak p.Po pretpostavci je |MP | + |MQ| = |MO| i kako je |MP | + |MQ| = |BB′|,to je |MO| = |BB′|.

Prema tome, trazeno geometrijsko mesto tacaka je za

(a) α < 60◦- prazan skup;

(b) α = 60◦- simetrala ugla α;

(c) α > 60◦ (α = 90◦)- skup od dve poluprave simetricne u odnosu nasimetralu ugla α;

(d) α = 90◦- prazan skup. �

Primer 3.8. U ravni jednakostranicnog trougla △ ABC odrediti geometrijskomesto tacaka M , takvih da se sa duzima MA, MB i MC, kao sa stranicamamoze konstruisati pravougli trougao.

Resenje. Pretpostavimo da tacka M koja lezi u unutrasnjosti trougla△ABC prpada trazenom geometrijskommestu tacaka, pri cemu je hipotenuzapravouglog trougla podudarna duzi MC. Posmatrajmo rotaciju oko tacke Cza ugao od 60◦ pri kojoj se teme A preslikava na teme B. Pri toj rotaciji setacka B preslikava na tacku B′, a tacka M na tacku M ′ (Slika 3.12). Kako je|M ′B| = |MA| i |MM ′| = |MC|, trougao △ MBM ′ je pravougli sa pravimuglom kod temena B. Kako je ∠ M ′BC = ∠ MAC, iz trougla △ AMBdobijamo:

∠AMB = 180◦ − ∠MAB − ∠ABM

= 180◦ − (60◦ − ∠MAC)− (60◦ − ∠MBC)

= 60◦ + ∠M ′BC + ∠MBC

= 60◦ + 90◦

= 150◦.

prema tome tacka M pripada geometrijskom mestu tacaka koje leze uunutrasnjosti trougla △ ABC i iz kojih se stranica AB vidi pod uglom od150◦. Iz toga sledi da M lezi na luku AB kruga k(C1, |AB|), gde je C1 tackasimetricna temenu C u odnosu na pravu AB.

Analogno se pokazuje da ako je M proizvoljna tacka navedenog luka ABkruga k, tada se od duzi MA, MB i MC moze konstruisati pravougli trougaocija je hipotenuza podudarna duzi MC, a katete duzima MA i MB.

18

Takode slicnim razmatranjem dolazi se do zakljucka da i sve ostale tackekruga k, izuzev tacaka A i B, imaju navedenu osobinu. Tako trazeno ge-ometrijsko mesto tacaka cine tacke triju krugova ciji su centri tacke simetricnetemenima trougla△ ABC u odnosu na naspramne stranice, a ciji su polupre-cnici jednaki stranici trougla △ ABC. Iz navedenog skupa iskljucuju setemena trougla. �

Slika 3.12.

Primer 3.9. Dati su krugovi k1(O1; r1) i k(O2; r2). Dokazati da geometri-jsko mesto tacaka koje imaju jednake potencije u odnosu na date krugove-prava r, normalna na pravu O1O2, koja tu pravu sece u tacki H, takvoj da je

|DH| = |r21 − r22|2 |O1O2|

gde je D sredina duzi O1O2. Pri tom, u slucaju r1 = r2, tacka H je blizacentru manjeg kruga.

Resenje Pretpostavimo da je r1 > r2 i da tacka ima jednake potencijeu odnosu na date krugove. Ako sa pk1(M) obelezimo potenciju tacke M uodnosu na krug k1, tada vazi:

pk1(M) = |MO1|2 − r21= |MO2|2 − r22= pk2(M).

19

Obelezimo sa H podnozje normale povucene iz tacke M na liniju centara- pravu O1O2 (Slika 3.13). Tada, prema prethodnom,

Slika 3.13.

pk1(H) = |HO1|2 − r21= |MO1|2 − |MH|2 − r21= pk1(M)− |MH|2

= pk2(M)− |MH|2

= |MO2|2

= |HO2|2 − r21= pk2(H),

sto znaci da i tacka H ima jednake potencije u odnosu na krugove k1 i k2.Na slican nacin se pokazuje da svaka tacka prave MN ima jednake potencijeu odnosu na date krugove.

Pokazacemo da je prava MN trazeno geometrijsko mesto. U tu svrhupokazimo prvo da je H jedina tacka prave O1O2 koja ima jednake potencijeu odnosu na krugove k1 i k2.

Raspored tacaka O1, H i O2 zavisi od toga da li neki od krugova k1 i k2sadrzi u svojoj unutrasnjosti centar drugog kruga. Pretpostavimo da je O1 -H - O2 i da je H1 tacka prave O1O2, takva da je pk1(H) = pk2(H). Tada je

|H1O1|2 − r21 = |H1O2|2 − r22,

odnosno

20

|H1O1|2 − |H1O2|2 = r21 − r22,

(|H1O1|+ |H1O2|) · (|H1O1| − |H1O2|) = r21 − r22.

Otuda je

|H1O1| − |H1O2| =r21 − r22

|H1O1|+ |H1O2|, (2)

i

|H1O1| > |H1O2| . (3)

Kako i za tacku H vazi

(|HO1|+ |HO2|) · (|HO1| − |HO2|) = r21 − r22, (4)

|HO1| > |HO2| ,

iz (2) i (4) sledi

(|H1O1|+ |H1O2|) · (|H1O1| − |H1O2|) = (|HO1|+ |HO2|) · (|HO1| − |HO2|). (5)

Pretpostavimo da tacka H1 nije izmedju tacaka O1O2. Na osnovu (3) H1

je sa one straneO2 sa koje nijeO1, pa je (|H1O1|+ |H1O2|)> |O1O2| i (|H1O1|- |H1O2|) = |O1O2|. Kako je, zbog O1 - H - O2, (|HO1| + |HO2|) = |O1O2|i (|HO1| - |HO2|) < |O1O2|, to je (|H1O1| + |H1O2|)(|H1O1| - |H1O2|) >(|HO1| + |HO2|)(|HO1| - |HO2|), sto je kontradikcija sa (5).

Ostaje jedna od tri mogucnosti: O1 - H1 - O2, H1 ≡ O1, H1 ≡ O2. Slicnimrazmatranjem kao i gore pokazuje se da nijedna od njih nije moguca. Sledida je H1 ≡ H.

Neka je M1 proizvoljna tacka van prave MH. Pretpostavimo da pk1(M1)= pk2(M1). Ako je M ′

1 ortogonalna projekcija tacke M1 na pravu O1O2;tada je i pk1(M

′1) = pk2(M

′1). Na osnovu prethodno pokazanog sledi da je

M ′1 ≡ H. Tako je svaka od pravih MH i M1H normalna je na pravu O1O2

sto je kontradikcija sa teoremom o jedinstvenosti normale.Prema tome MH je trazeno geometrijsko mesto tacaka.

Iz (4) sledi

(|HO1| − |HO2|) = 2 |DH| = r21 − r22|HO1|+ |HO2|

21

odnosno

|DH| = r21 − r222 |O1O2|

.

�

Primer 3.10. Neka je AB dati precnik datog kruga k. Na proizvoljnoj tetiviAM datog kruga, odredjena je duz AN = BM . Odrediti skup svih tacakaN .

Resenje. Konstruisimo trougao ANP podudaran trouglu ABM , takosto cemo katetu NP = AM konstruisati sa one strane prave AM , s kojenije B, (Slika 3.14). Hipotenuza AP je jednaka precniku AB. Izracunajmougao ∠ PAB. Kako su trouglovi △ APN i △ ABM podudarni to je∠APN = ∠BAM . U pravouglom trouglu△APN je ∠APN+∠PAN = 90◦,pa zamenom ∠ APN = ∠ BAN , dobijamo ∠ BAN + ∠ PAN = 90◦,odnosno ∠ PAB = 90◦. Dakle, duz AP , AP = AB, uvek je u tacki A nor-malna na precnik AB, pa se tacke P i P ′ (AP ′ = AB) mogu konstruisatinezavisno od izbora tacke M . Sem toga, uocavamo da se iz trazene tacke N(koja moze biti i van kruga k, ako je BM > AM) duz AP (ili duz AP ′) vidipod pravim uglom. Trazeni skup tacaka je unija dva polukruga sa precnicimaAP i AP ′ s one strane prave PP ′ s koje je tacka B. �

Slika 3.14.

22

Primer 3.11. Na najmanjoj stranici AC trougla ABC, proizvoljno biramotacku M, a na stranici BC biramo tacku N , takvu da je BN = AM . Kon-struisati skup sredista svih duzi MN .

Resenje. Neka je P tacka takva da je duz NP paralelna i jednakaduzi AM kao na slici (Slika 3.15). Trougao BNP je jednakokraki, pa je∠ NPB = ∠ NBP . Kako je spoljasni ugao CNP ovog trougla jednak uglu∠ACB (nezavisno od izbora tacaka M i N), to je ∠ NBP = 1

2∠ ACB, pa

se poluprava Bp moze konstruisati nezavisno od izbora tacke M . Sem toga,nezavisno od tackeM , teme P paralelogramaANPM pripada polupravojBp.Srediste O duzi MN je presecna tacka dijagonala MN i AP paralelogramaANPM , dakle, tacka O je srediste duzi AP . Ako je M = A, onda je N = B itacka O = S je srediste stranice AB. Ma kako izabrali tacku M , duz OS bicesrednja linija trougla ABP , pa je trazeni skup tacaka duz ST i to ST ∥ Bp,(T ∈ BC). �

Slika 3.15.

Primer 3.12. Dat je trougao ABC. Odrediti sve tacke M u njegovoj ravni,tako da trouglovi ABM , BCM i CAM imaju jednake povrsine.

Resenje. Tacka M se ne moze nalaziti na nekoj od pravih AB, AC iBC. Prema tome, imamo sledece slucajeve:

(1) M je unutar trougla △ ABC. Tada je:

P (△ABM) = P (△BCM) = P (△CAM) =1

3P (△ABC).

23

Ako bi se M nalazila unutar nekog od trouglova ABT , BCT , CAT , (T jeteziste trougla △ ABC), recimo unutar △ ABT , imali bismo:P (△ ABM) < P (△ ABT ) = 1

3P (△ ABC).

Dakle, mora biti M = T .(2) Neko teme trougla ABC se nalazi unutar trougla odredenog tackom

M i sa ostala dva temena. Neka je to teme A. Tada je:P (△ BCM) = P (△ ACM) + P (△ ABM) + P (△ ABC), pa ovakva tackaM ne zadovoljava trazeni uslov.

(3) Tacke A, B, C i M su temena konveksnog cetvorougla. Ako je Spresek njegovih dijagonala (npr. {S} = AB ∩ CM), imamo P (△ ACM) =P (△ BCM) ⇒ hA = hB, gde su hA i hB rastojanja tacaka A, B od praveCM redom, pa je AS = SB.

P (△ACM) = P (△ABM) ⇒ P (△ACS) = P (△BMS) ⇒ CS = SM

Dakle, dijagonale cetvorougla ABCM se polove. Prema tome, postojeukupno cetiri trazene tacke M : teziste trougla ABC, i tri tacke simetricnetemenima trougla u odnosu na sredista naspramnih stranica. �

Primer 3.13. U datoj ravni konstruisati skup podnozja svih normala, spus-tenih iz date tacke A, na sve prave koje sadrze datu tacku B.

Resenje. Oznacimo sa A1 podnozje normale iz tacku A na neku pravub, gde B ∈ b, onda je ∠ AA1B prav. Onda je trazeni skup tacaka krug kprecnika AB, jer se iz svake tacke A1 duz AB vidi pod pravim uglom. �

Slika 3.16.

24

Primer 3.14. Data je duz AB i tacka C. Sve tacke duzi AB projektuju sena sve prave koje sadrze tacku C. Konstruisati skup svih ovih projekcija.

Resenje. Prema prethodnom zadatku projekcije tacaka A i B pripadajukrugovima k1 precnika AC, i k2 precnika BC. Neka je p, C ∈ p, proizvoljnaprava koja, pored tacke C, sa krugovima k1 i k2 ima zajednicke tacke A1 i B1.Tacka A1 je projekcija tacke A, a tacka B1 je projekcija tacke B na pravup, (Slika 3.16). Ocigledno je da se unutrasnje tacke duzi AB projektuju nadeo prave p izmedju krugova k1 i k2, odnosno na duz A1B1. Trazeni skuptacaka je deo ravni izmedju krugova k1 i k2, kao i sve tacke ovih krugova,osim njihovih zajednickih tacaka C i D, osencano na slici (Slika 3.16). �Primer 3.15. Dati su krugovi k1(O1, r1), k2(O2, r2), tako da je r1 > r2.Ako je M ∈ k1 i N ∈ k2, M i N su proizvoljno izabrane, odrediti skup sredistasvih duzi MN .

Resenje. Neka je O srediste duzi O1O2. Neka su P i Q takve tacke da sucetvorouglovi OO1MP i OO2NQ paralelogrami. Tada je duz MP paralelna ijednaka polovini duzi O1O2 i duz NQ takodje je paralelna i jednaka poloviniduzi O1O2, pa je cetvorougao MNPQ paralelogram, (Slika 3.17). Dakle duziMN i PQ prepolovljene su tackom S. Neka je R tacka takva da je S sredisteduzi OR. Tada je cetvorougao OPRQ paralelogram. Sada imamo OP = r1i PR = r2, pa iz trougla OPR dobijamo nejednakosti OR ≥ OP - PR iOR ≤ OP + PR, odnosno 2OS ≥ r1 - r2 i 2OS ≤ r1 + r2. Odavde je:12(r1 - r2) ≤ OS ≤ 1

2(r1 + r2).

Slika 3.17.

Dakle trazena figura je povrs kruznog prstena, odredena krugovima sacentrom O i poluprecnicima 1

2(r1 - r2) i 1

2(r1 + r2), na slici (Slika 3.17)

osencena povrs. �

25

Primer 3.16. Odrediti skup tezista svih pravouglih trouglova upisanih u datikrug k.

Resenje. Svaki pravougli trougao upisan u krug ima za hipotenuzujedan precnik, na slici (Slika 3.18) duz AB. Hipotenuzina tezisna linija jepoluprecnik kruga, na slici duz CS. Iz osobina tezista znamo da je ST= 1

3SC, pa je trazena figura skup tacaka T , koje imaju osobinu ST = r

3,

gde je r poluprecnik datog kruga. Dakle ovaj skup je krug, na slici krug k1. �

Slika 3.18.

Primer 3.17. Konstruisati skup svih tacaka jedne ravni, kojima je zbir ras-tojanja od dve date prave a i b jednak datoj duzi m.

Slika 3.19.

Resenje. Razlikovacemo dva slucaja: a ∥ b i a sece b u tacki O. Nekaje najpre a ∥ b i neka je rastojanje izmedju ovih pravih jednako duzi d,(Slika 3.19).

26

Ocigledno je da svaka tacka pravih a i b i svaka tacka izmedju ovih pravih,ima osobinu da joj je zbir rastojanja od pravih a i b jednak duzi d. Ako jeP tacka van pravih a i b, i nije izmedju ovih pravih, onda je PA + PB =d+ 2h > d.

Prema tome, ako je m < d, onda je trazeni skup tacaka prazan; ako jem = d, onda je to skup tacaka pravih a i b i svih tacaka izmedju ovih pravih;ako je m > d, onda je trazeni skup tacaka a′ ∪ b′, gde su a′ i b′ prave paralelnesa datim pravim a i b, udaljene od a i b za h, gde je h = m−d

2.

Nadjimo resenje za slucaj kada a sece b u tacki O, (Slika 3.20). Neka suA i C tacke prave a, koje su od prave b udaljene za m (AE = m i AE ⊥ b), aB i D tacke prave b, udaljene od prave a za m. Lako je dokazati da je AO =BO = CO = DO, odakle sledi da je cetvorougao ABCD pravougaonik.Dokazacemo da sve tacke pravougaonika ABCD imaju trazenu osobinu.Tacke A, B, C i D imaju ovu osobinu po konstrukciji. Neka je M tackapravougaonika, recimo da je M ∈ AB i neka je MN ⊥ a i MP ⊥ b. Neka jetacka Q takva da je cetvorougao AQPE pravougaonik. Kako je PQ = AE =m, treba dokazati da jeMN =MQ. Imamo AM = AM , ∠ANM = ∠AQM(pravi uglovi) i ∠MAQ = ∠ PBM (naizmenicni uglovi), a ∠ PBM =∠NAM (jer je trougao OAB jednakokraki), pa je ∠MAQ = ∠ NAM .Sledi da je trougao ANM podudaran trouglu MAQ, pa je MN = MQ.Stoga je MP + MN = PM + MQ = PQ = m. �

Slika 3.20.

27

Primer 3.18. U ravni su dati krug k, prava p koja ga dodiruje i tacka Mkoja pripada pravoj p. Odrediti skup svih tacaka P koje zadovoljavaju sledeci uslov: postoje tacke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve da je M sredisteduzi QR i da je k upisani krug u trougao △ PQR.

Resenje. Neka je X tacka dodira kruga k i prave p, neka je X ′ njojdijametralno suprotna tacka kruga k i neka je Xp tacka simetricna tacki Xu odnosu na tacku M . Pretpostavimo da tacka P zadovoljava zadate uslove,tj. pretpostavimo da postoje tacke Q i R koje pripadaju pravoj p, takve daje M srediste duzi QR i da je krug k upisani krug trougla △ PQR. Tada naosnovu leme 7 vazi B(Xp, X

′,P ).

Dokazimo da svaka tacka P za koju vazi B(Xp, X′, P ), pripada trazenom

skupu tacaka. Neka je P0 proizvoljna tacka za koju vazi B(Xp, X′, P0) i neka

su Q0 i R0 presecne tacke prave p i tangenti iz tacke P0 na krug k (te presecnetacke postoje, jer su X ′ i P razlicite, pa tangente iz tacke P na krug k nisuparalelne pravoj p). Krug k je upisan krug trougla △ P0Q0R0, pa kako tackaXp pripada pravoj p i vazi B(Xp, X

′, P0), to prema prethodno pomenutojlemi sledi da je tacka Xp tacka dodira prave p i spolja upisanog kruga trougla△ P0Q0R0 koji odgovara temenu P0. Tacka M je srediste duzi XXp, pa jeprema pomenutoj lemi ona srediste ivice Q0R0, sto znaci da tacka P pripadatrazenom skupu tacaka.Dakle, trazeni skup tacaka je skup tacaka P praveXpX

′ takvih da su sa tackom Xp sa raznih strana tacke X ′. �

Primer 3.19. Dati su krug k i tacka A u istoj ravni. Konstruisati skupsredista svih tetiva odredjenih presecima datog kruga i pravih koje sadrzetacku A.

Resenje. Analiza: Oznacimo sa F skup trazenih tacaka. Ako jeM tackaskupa F , tada je M u krugu k, a prava OM simetrala odgovarajuce tetivena slici simetrala tetive BC (Slika 3.21).

Zbog toga je ∠ OMA = 90◦, pa tacka M pripada krugu k1, ciji je precnikduz OA. Dakle, F je neki podskup kruga k1. Preciznije, to je onaj podskupkruga k1, koji je u datom krugu.

7Lema. Ako je S srediste upisanog kruga trougla △ ABC, A1 srediste ivice BC, Ptacka dodira upisanog kruga i prave BC, Pa tacka dodira prave BC i spolja upisanogkruga trougla koji odgovara temenu A i P ′ tacka simetricna tacki P u odnosu na tackuS, onda vazi:

a) B(A, P ′,Pa)

b) tacka A1 je srediste duzi PPa. �

28

Konstrukcija: Neka je k1 krug precnika OA i neka F skup tacaka krugak1, koje se nalaze u krugu k. Dokazacemo da je F trazeni skup tacaka.

Slika 3.21.

Slika 3.22.

Dokaz: Neka je M bilo koja tacka skupa F . Kako je M u krugu, to pravaAM sece k u tackama P i Q. Ugao OMA je prav, pa kako je OP = OQ, OM= OM i ∠ OMP = ∠ OMQ, zakljucujemo da su trouglovi OMP i OMQpodudarni. Otuda sledi da je PM = MQ, pa je M srediste tetive PQ.Dokazimo jos da van skupa F nema tacaka koje odlikuje ova osobina. Pret-postavimo suprotno, da je neka tacka M ′, koja ne pripada skupu F , sredistetetive P ′Q′, odredjene secicom AP ′. Tada je OP ′ = OQ′, OM ′ = OM ′

i P ′M ′ = M ′Q′ pa su trouglovi OM ′P ′ i OM ′Q′ podudarni. Odatle se za-kljucuje da je ∠ OM ′P ′ = ∠ OM ′Q′ i po definiciji je ∠ OM ′P ′ = 90◦. Dakle,tacka M mora pripadati skupu F .

Diskusija: Ako je A = O, onda je F = {A}, a ako je A = O, onda postoji

29

krug k1 i jedno od resenja prikazanih na slikama, (Slika 3.22), (Slika 3.23) i(Slika 3.24). �

Slika 3.23.

Slika 3.24.

Primer 3.20. Na duzi AB biramo proizvoljnu unutrasnju tacku M . Sa istestrane date duzi konstruisemo kvadrate AMDE i MBFG. Odrediti skup svihsredista duzi OS, gde su tacke O i S sredista kvadrata AMDE i MBFG.

Resenje. Neka je AM = a. Tada je BM = AB - a. Neka je C sredisteduzi OS i neka su OP , SQ i CR normale na duz AB. Duz CR je srednjalinija trapeza (Slika 3.25). Kako je OP = 1

2a i SQ = 1

2(AB - a), bice 2CR =

12a + 1

2(AB - a) = 1

2AB, odnosno CR = 1

4AB. Dakle, tacka C pripada pravoj

koja je paralelna datoj duzi i od nje udaljena za 14AB. Trazeni skup tacaka

je duz O1S1 = 12AB, gde su O1 i S1 centri dvaju podudarnih kvadrata. �

30

Slika 3.25.

Primer 3.21. Odrediti centar potencije za tri kruga ciji su precnici tezisnelinije istog trougla.

Resenje: Neka su AA′, BB′ i CC ′ visine, a AA1, BB1 i CC1 tezisnelinije trougla ABC. Krug k1 sa precnikom AA1 prolazi kroz tacku A′, krugk2 sa precnikom BB1 prolazi kroz tacku B′, a krug k3 sa precnikom CC1 kroztacku C ′ (Slika 3.26). Ako je H ortocentar trougla ABC tada H ima jednakepotencije u odnosu na krugove k1, k2 i k3, tj. H je potencijalni centar tihkrugova.

Slika 3.26.

Napomena: U dokazu se ne koristi cinjenica da su A1, B1 i C1 sredine stranicatrougla ABC. Iz toga sledi da je H takode potencijalni centar krugova k1,k2 i k3, ciji su precnici, redom, AA′

1, BB′1 i CC ′

1, gde A′1 ∈ p(B, C), B′

1 ∈p(C, A) i C ′

1 ∈ p(A, B). �

31

Primer 3.22. Dat je trougao △ ABC. Odrediti skup svih tacaka M u ravnitog trougla, takvih da se normale na pravim MA, MB i MC, konstruisanekroz tacke A, B i C seku u jednoj tacki.

Resenje. Neka su M i N tacke u ravni trougla △ ABC tako da senormale konstruisane iz temena A, B i C seku u tim tackama. Kako suuglovi ∠ MAN , ∠ MBN i ∠ MCN pravi, to sledi da je MN precnik krugakome pripadaju tacke A, B i C. Dakle, to je opisani krug trougla ABC ion predstavlja trazeni skup tacaka, (Slika 3.27). Obrnuto, ako je M tackaopisanog kruga, razlicita od A, B i C, uveravamo se da je zajednicko podnozjenormala tacka N , dijametralno suprotna tacki M . �

Slika 3.27.

32

Primer 3.23. Konstruisati skup svih tacaka, kojima su rastojanja od dvejudatih tacaka A i B srazmerna dvema datim duzima m i n.

Slika 3.28.

Resenje. Kako su A i B dve razne tacake, one odredjuju jednu pravul. Na pravoj l (Slika 3.28) postoje dve tacke C i D takve da je duz AB timtackama podeljena u razmeri m : n, tj. da je AC : CB = AD : BD =m : n. Konstruisimo ove dve tacke. Neka su a i b dve proizvoljne pravetakve da je a ∥ b, A ∈ a, B ∈ b. Na pravoj a odredimo tacku A1 takvu da jeAA1 = m i na pravoj b odredimo tacke B1 i B2. Tada je n = BB1 = BB2 ivazi raspored tacaka B1 - B - B2. Oznacimo sa C = l ∩A1B2, D = l∩A1B1.Posmatrajmo trouglove △ AA1C i △ BB2C. Iz ∠C = ∠ C i AA1 ∥ BB2

sledi AC : CB = AA1 : B2B = m : n. Uporedjivanjem poslednjih jednakostidobijamo:

AC : CB = AD : BD = m : n.

Pretpostavimo da tacka P pripada trazenom geometrijskom mestu tacaka.Konstruisimo pravu AP i pravu p kroz tacku B tako da je AP ∥ p i oznacimosa Q = p ∩ PC, a sa Q1 = p ∩ PD. Dalje posmatramo trouglove △ APC i△ BCQ. Iz ∠ C = ∠ C i AP ∥ BQ dobijamo AP : BQ = AC : BC = m : n.Analogno za trouglove △ APD i △ BQ1D iz ∠ D = ∠ D i AP ∥ BQ1 bice

AP : BQ1 = AD : BD = m : n

Iz prethodnog sledi AP : BQ1 = AP : BQ, a odatle je BQ1 = BQ. Kakoje po pretpostavci tacka P na geometrijskom mestu tacaka to je

33

AP : BP = m : n

Dalje sledi AP : BQ = AP : BP tj. BQ = BP .

Slika 3.29.

Dakle dobilo smo da je BQ1 = BQ = BP pa tacke P , Q i Q1 pripadajuistom krugu k(B,BP ). Kako su jos tacke Q, B i Q1 kolinearne i vazi rasporedtacaka Q - B - Q1, to je QQ1 precnik kruga k, pa je ∠ QPQ1 prav ugao.Kako je C ∈ PQ i D ∈ PQ1, odatle sledi da je ∠ QPQ1 ≡ ∠ CPD, tj.∠ CPD je prav. Znaci tacka P pripada krugu ciji je precnik duz CD, tj.P ∈ k1(CD). Trazeno geometrijsko mesto tacaka je {P |AP : BP = m : n}= k1(CD). Taj krug naziva se Apolonijev krug.8 �

Primer 3.24. Dat je krug k i na njemu dve tacke A i B. Krugovi m i n sedodiruju u tacki P . Pored toga, m dodiruje k u tacki A, a n u tacki B. Nacigeometrijsko mesto tacaka dodira krugova m i n.

Resenje. Inverzijom, sa centrom u tacki A, krugovi k i m, koje sedodiruju u tacki A, preslikavaju se u paralelne prave k′ i m′. Pri tom jeprava k′ fiksna, a prava m′ promenljiva. Krug n preslikava se u krug n′,tako da je tangenta k′ dodiruje u fiksnoj tacki B′, a promenjliva tangenta m′

u promenljivoj tacki dodira P ′. Iz paralelnosti tangenta k′ i m′ sledi da jeprava B′P ′ njihova zajednicka normala. Prema tome, kad se prava m′ menja,ostajuci paralelna pravoj k′, tacka P opisuje pravu, normalnu na pravu k′

u tacki B′. To onda znaci , da zajednicka tacka P , krugova m i n, opisujekrug, koja prolazi kroz tacke A i B, a normalna je na dati krug k. (Slika 3.30i Slika 3.31) �

8Apolonije iz Pergama (grc. Aπoλλωνιoς; 262 god. pre nove ere - 190 god. pre noveere) je anticki helenski matematicar i astronom, poznati naucnik aleksandrijskog Muzeonakoga su iz postovanja zvali Veliki geometar.

34

Slika 3.30.

Slika 3.31.

Primer 3.25. Dat je krug k i na njemu dve tacke A i B. Krugovi m i n suuzajamno ortogonalni i pored toga, m dodiruje k u tacki A, a n u tacki B.Naci geometrijsko mesto tacaka preseka krugova m i n.

Resenje. Preslikajmo celu figuru inverzijom, sa centrom inverzije u tackiA. Krugovi k i m preslikavaju se u paralelne prave k′ i m′. Krug n preslikavase u krug n′, koja pravu n′ dodiruje u tacki B′, a normalna je a pravoj m′,sto znaci da joj je centar na toj pravoj. Zajednicke tacke P i Q, krugovam i n, preslikavaju se na zajednicke tacke P ′ i Q′ prave m′ i kruga n′. Izparalelnosti pravih k′ i m′ sledi da ce tacke P ′ i Q′, kada se prava m′ menja,opisivati dve prave kroz tacku B′, od kojih jedna zaklapa ugao od π

4, a druga

ugao od 3π4

sa pravom k′. To onda znaci da ce tacke P i Q opisivati dvakruga, koji prolaze kroz tacke A i B i od koji jedan zaklapa ugao od π

4, a

drugi ugao od 3π4sa krugom k. (Slika 3.32 i Slika 3.33) �

35

Slika 3.32.

Slika 3.33.

36

3.4 Geometrijska mesta tacaka u prostoru

Primer 3.26. Odrediti geometrijsko mesto sredista duzi, paralelnih datojravni i ciji krajevi leze na dvema mimoilaznim pravama.

Resenje. Neka date prave l1 i l2 seku datu ravan π u tackama P i Q.Ako je l1 ∥ π ili l2 ∥ π onda nema trazenih duzi. Kroz srediste M duzi PQpovucimo prave l′1 i l′2 paralelne pravim l1 i l2, redom (Slika 3.34). Uocimoravan ϕ paralelnu datoj ravni π, i neka ona sece prave l1 i l2 u tackama A1

i A2, a prave l′1 i l′2 u tackama M1 i M ′1. Kako su cetvorouglovi M1A1PM

i M ′1A2QM paralelogrami sledi da je cetvorougao M1A1M

′1A2 paralelogram.

Prema tome srediste duzi A1A2 se poklapa sa sredistem duzi M1M′1, tako da

se resenje problema za dve mimoilazne prave l1 i l2 poklapa sa resenjem istogproblema za prave l′1 i l′2 koje se seku.

Slika 3.34.

Neka je S1 srediste duzi M1M′2, S2 srediste duzi M2M

′2, S3 srediste duzi

M3M′3,..., gde su tacke Mi i M

′i , i ∈ N , tacke preseka ravni, paralelnih ravni

π sa pravim l1 i l2. Neka je p prava odredena tackama M i S1 (Slika 3.35).Iz osobina slicnosti trouglova sledi da tacke S1, S2, S3,..., pripadaju pravojp koja predstavlja trazeno geometrijsko mesto tacaka. Obratno, lako se vidida svaka tacka prave p predstavlja srediste duzi koja je paralelna datoj ravnia ciji krajevi leze na dvema mimoilaznim pravim. �

37

Primer 3.27. Odrediti geometrijsko mesto tacaka koje u datom odnosu x : ydele duzi, paralelne datoj ravni i ciji krajevi leze na dvema datim mimoilaznimpravama.

Slika 3.35.

Resenje. Neka date prave l1 i l2 seku datu ravan π u tackama P i Q.Ako je l1 ∥ π ili l2 ∥ π onda nema trazenih duzi. Povucimo kroz tacku M ,koja deli duz PQ u odnosu x : y, prave l′1 i l

′2, paralelne pravim l1 i l2, redom.

Uocimo ravan paralelnu ravni π, i neka ona sece prave l1 i l2 u tackama A1

i A2, a prave l′1 i l′2 u tackama M1 i M ′1. Kako su cetvorouglovi M1A1PM

i M ′1A2QM paralelogrami, sledi da je cetvorougao M1A1M

′1A2 trapez, pri

cemu je M1A1 : M ′1A2 = x : y. Neka je S1 presecna tacka dijagonala

posmatranog trapeza. Kako su trouglovi M1A1S1 i M ′1A2S1 slicni onda je

S1A1 : S1A2 = x : y = M1S1 : M ′1S1. Na taj nacin smo resavanje problema

za date mimoilazne prave l1 i l2 sveli na resavanje istog problema za dve pravel′1 i l′2 koje se seku. Trazeno geometrijsko mesto tacaka je prava odredjenatackama M i S1. �

Primer 3.28. U prostoru su date dve mimoilazne prave i tacka A na jed-noj od njih. Kroz date prave postavljene su dve normalne ravni, obrazujuciprav diedar. Odrediti geometrijska mesta projekcija tacke A na strane takvihdiedara.

Resenje. Neka su π1 i π2 normalne ravni koje sadrze prave l1 i l2. Neka jel prava njihovog preseka, X projekcija tacke A a pravu l koja pripada pravojl1. Kroz tacku A postavimo ravan π normalnu na pravu l2 (Slika 3.36). Kako

38

je π ⊥ l2, to je π ⊥ π2. Zato prava AX pripada ravni π. Dakle, ako je Btacka preseka ravni π i prave l2 onda je ∠ BXA = 90◦ , tj. tacka X pripadakrugu precnika AB konstruisanoj u ravni π. �

Slika 3.36.

Primer 3.29. Prave l1 i l2 dodiruju sferu. Duz MN ciji krajevi pripadajutim pravim dodiruju sferu u tacki C (Slika 3.37). Odrediti geometrijsko mestotacaka C.

Slika 3.37.

Resenje. Neka prava l1, koja sadrzi tacku M dodiruje sferu u tackiA, a prava l2 u tacki B. Postavimo kroz pravu l1 ravan paralelnu sa l2, i

39

posmatrajmo projekciju na tu ravan u pravcu prave AB (Slika 3.38). Nekasu N ′ i C ′ slike tacaka N i C pri toj projekciji. Kako je AM = AC i BN =BC, onda je AM : AN ′ = AM : BN = CM : CN , a na osnovu Talesoveteoreme je CM : CN = C ′M : C ′N ′, pa je AM : AN ′ = C ′M : C ′N ′,tj. AC ′ je simetrala ugla ∠ MAN ′. Odatle sledi da ravan ABCC ′ obrazujejednake uglove sa pravim MA i AN ′, tj. l1 i l2 (inace takvih ravni ima dve).Trazeno geometrijsko mesto tacaka su dva kruga po kojima te ravni sekudatu sferu; tacke A i B pritom treba iskljuciti u slucaju kada se prave l1 i l2ne seku. �

Slika 3.38.

Primer 3.30. Tacke A i B leze sa iste strane ravni π, pri cemu prava ABnije paralelna sa ravni π. Odrediti geometrijsko mesto tacaka centara sferakoje sadrze date tacke i dodiruju datu ravan.

Resenje. Neka je C tacka preseka prave AB sa datom ravni, i neka jetacka M tacka dodira jedne od trazenih sfera sa ravni π (Slika 3.39). Kakoje CM2 = CA · CB, to tacka M pripada krugu poluprecnika

√CA · CB sa

centrom u tacki C. Sledi da centar O sfere pripada omotacu pravog valjkacija je osnova taj krug. Osim toga, centar sfere pripada ravni koja prolazikroz srediste duzi AB i koja je na nju normalna.

Posmatrajmo sada tacku O omotaca valjka koja je jednako udaljena odtacaka A i B. Tada je rastojanje od tacke C do projekcije M tacke O na

40

ravan π jednako√CA · CB. Neka je CM1 tangenta sfere poluprecnika OA sa

centrom u tacki O, pa je CM21 = CA · CB. Tada je CM = CM1, pa je OM2

= CO2 - CM2 = CO2 - CM21 = OM2

1 , tj. tacka M pripada posmatranojsferi. Kako je OM ⊥ π, onda je M tacka dodira te sfere i ravni π. Dakle,trazeno geometrijsko mesto tacaka je presek omotaca valjka i ravni. �

Slika 3.39.

Primer 3.31. Dve ravni paralelne datoj ravni π seku ivice triedra u tackamaA,B,C i A1,B1,C1 (tacke oznacene istim slovima pripadaju istoj ivici). Odred-iti geometrijsko mesto tacaka preseka ravni ABC1,AB1C i A1BC.

Resenje. Presek ravni ABC1 i AB1C je prava AM , gde je M presecnatacka dijagonala BC1 i B1C trapeza BCC1B1 (Slika 3.40).

Slika 3.40.

41

Neka su S1 i S2 sredista duzi, redom, B1C1 i BC. Homotetijom sa centromu tacki S duz B1C1 se preslikava u duz BC, pa su tacke S, S1 i S2 kolinearne.Dokazimo da tacka M pripada pravoj p(S, S1, S2). Neka je M ′ tacka presekapravih p(B, C1) i p(S1, S2), i B

′1 tacka preseka pravih p(M ′, C) i p(B1, C1). S

obzirom da vazi slicnost trouglova : △ S1C1M′ ∼△ S2BM ′ i△ S1B

′1M

′ ∼△S2CM ′, sledi da je S1C1 : S2B = S1M

′ : M ′S2 i B′1S1 : CS2 = S1M

′ : M ′S2.Odatle je S1C1 : S2B = B′

1S1 : CS2, a kako je S2B = CS2, zakljucujemo da jeS1C1 = B′

1S1, pa je B1 ≡ B′1, sto znaci da se tacke M i M ′ poklapaju. Dakle

tacka M pripada pravoj l = p(S, S1, S2). Prava l je jednoznacno odredenasa ravni π, jer prava l prolazi kroz sredista svih duzi paralelnih ravni π, aciji se krajevi nalaze na ivicama SB i SC triedra, pa mozemo posmatrati basduz DE u ravni π ciji se krajevi nalaze na ivicama SB i SC triedra, potomnaci njeno srediste P , spojiti sa tackom S i na taj nacin konstruisati pravul. Odatle sledi da je i ravan πa jednoznacno odredjena, jer sadrzi pravu l iivicu SA triedra. Tacka preseka prave AM i ravni A1BC pripada ravni πa,jer toj ravni pripada cela prava AM . Analogno ravni πa konstruisemo ravanπb. Neka je m prava preseka tih ravni. Trazeno geometrijsko mesto tacakasu tacke te prave koje pripadaju unutrasnjosti datog triedra. �

Primer 3.32. Dat je ravan cetvorougao ABCD. Odrediti geometrijsko mestotakvih tacaka M da se omotac piramide MABCD moze preseci sa ravni takoda se u preseku dobije: a) pravougaonik; b)romb.

Resenje. Neka su P i Q tacke preseka, redom, produzetaka naspramnihstranica CD i AB, AD i BC cetvorougla ABCD. Tada su MP i MQprave preseka ravni naspramnih strana piramide MABCD (Slika 3.41).

Slika 3.41.

42

Pretpostavimo da su tacke R, S, T i F , redom, na pravim MA, MB, MCi MD, takve da je cetvorougao RSTF paralelogram. Pokazimo da je pravaMQ paralelna ravni RSTF . Pretpostavimo suprotno, i neka je H tackapreseka prave MQ i ravni RSTF . Kako je prava ST presek ravni MCQ iRSTF , a tacka H pripada obema ravnima, sledi da prava ST sadrzi tackuH. Analogno se pokazuje da prava RF sadrzi tacku H. Dakle prave RF i STse seku u tacki H, sto je kontradikcija sa pretpostavkom da je cetvorougaoRSTF paralelogram. Odatle sledi da je prava MQ paralelna ravni RSTF .Analogno se pokazuje da je prava MP paralelna ravni RSTF . Zato je presekpiramide MABCD paralelogram ako je ravan preseka paralelna sa ravniMPQ, i pri tome su stranice paralelograma paralelne sa MP i MQ.

a) U preseku mozemo dobiti pravougaonik samo ako je ugao ∠PMQ = 90◦,tj. tacka M pripada sferi precnika PQ. Tacke te sfere koje pripadaju ravnidatog cetvorougla treba iskljuciti.

b) Neka su K i L tacke preseka produzetaka dijagonala AC i BD sapravom PQ. Posto su dijagonale paralelograma, koji se dobija u presekupiramide MABCD, paralelne pravim MK i ML, onda je presek romb samoako je ∠KML = 90◦, tj. tacka M pripada sferi precnika KL. Tacke te sferekoje pripadaju ravni datog cetvorougla treba iskljuciti. �

Primer 3.33. Ako su A i B dve razlicite tacke, skup tacaka X prostoratakvih da je ugao ∠ AXB prav je sfera ciji je precnik duz AB bez tacaka Ai B. Dokazati.

Resenje. Neka je σ sfera ciji je precnik duz AB i neka je Φ skup tacakaX prostora takvih da je ugao ∠AXB prav. Pretpostavimo da je tacka Xrazlicita od tacaka A i B i da pripada sferi σ. Neka je π proizvoljna ravankoja sadrzi tacke A i B. Ravan π sadrzi tacke A i B, pa sadrzi i njihovosrediste, odakle sledi da je presek ravni π i sfere σ krug k ciji je precnik duzAB. Tacka X pripada ravni π i sferi σ, pa pripada i krugu k, odakle sledida je ugao ∠AXB prav, pa tacka X pripada skupu Φ.

Pretpostavimo da je tacka X pripada skupu Φ. Neka je π proizvoljnaravan koja sadrzi tacke A i B. Ravan π sadrzi tacke A i B, pa sadrzi injihovo srediste, odakle sledi da je presek ravni π i sfere σ krug k ciji jeprecnik duz AB. Tacka X pripada ravni π i i skupu Φ, pa je ugao ∠AXBprav, odakle sledi da je tacka X razlicita od tacaka A I B i da pripada kruguk, odnosno da je tacka X razlicita od tacaka A i B i da pripada sferi σ.

Dakle, skup tacaka X prostora takvih da je ∠ AXB prav je sfera ciji jeprecnik duz AB bez tacaka A i B. �

43

Primer 3.34. Date su dve paralelne ravni β i γ i tacka A takva da su tatacka i ravan β sa raznih strana ravni γ. Odrediti skup svih tacaka D za kojeprava AD sece ravni β i γ u tackama B i C takvim da vazi H(A, B; C, D).

Resenje. Pretpostavimo da slika tacke A u ravanskoj refleksiji Sγ pri-pada ravni β. U tom slucaju, ako proizvoljna prava koja sadrzi tacku A isece ravni β i γ u tackama B i C, onda je tacka C srediste duzi AB. Naosnovu leme 9 ne postoji tacka D takva da je H(A, B; C, D). Dakle, u ovomslucaju trazeni skup tacaka je prazan.

Pretpostavimo da slika tacke A u ravanskoj refleksiji Sγ ne pripada ravniβ. Neka je p proizvoljna prava koja sadrzi tacku A i sece ravni β i γ utackama B i C. Tacka C nije srediste duzi AB, pa postoji tacka D takvada je H(A, B; C, D). Neka je δ ravan koja sadrzi tacku D i paralelna jeravnima β i γ. Dokazimo da je ravan δ trazeni skup tacaka.

Neka je D′ proizvoljna tacka ravni δ razlicita od D i neka je π ravan kojasadrzi pravu p i tacku D′. Ravan π sece ravan δ pa sece i ravni β i γ. Neka sub, c i d presecne prave ravni β, γ i δ sa ravni π. Ravni β, γ i δ su paralelne,pa su paralelne i prave b, c i d. Neka su B′ i C ′ presecne tacke prave AD′

sa ravnima β i γ (tj. sa pravama b i c.) Tacke A, B, C, D, B′, C ′ i D′

su komplanarne (pripadaju ravni π) i na osnovu Talesove teoreme je: ACCB

=AC′

C′B′ iADDB

= AD′

D′B′ . Pored toga, vazi B(A, C, B, D) i B(A, C ′, B′, D′), pa je→AC→CB

=→

AC′→

C′B′i

→AD→DB

=→

AD′→

D′B′. Vazi H(A, B; C, D), pa iz

→AC→CB

= −→AD→DB

sledi →AC ′

→C ′B′

=

→AD′

→D′B′

.

Dakle, vaziH(A, B′; C ′, D′) pa tackaD′ pripada tra zenom skupu tacaka.Neka je D′ proizvoljna tacka koja je razlicita od tacke D i koja pripada

trazenom skupu. Dakle, prava AD′ sece ravni β i γ u tackama B′ i C ′ takvimda vazi H(A, B′; C ′, D′). Prava AD′ sece ravni β i γ, pa sece i ravan δ (jer suravni β, γ i δ paralelne). Ako bi prava AD′ sekla ravan δ u tacki D′′ razlicitoj

9Lema . Za razlicite kolinearne tacke A, B i C postoji tacka D takva da vazi H(A, B;C, D) akko tacka C nije srediste duzi AB. �

44

od tacke D′, vazilo bi H(A, B′; C ′, D′′), na osnovu prvog dela dokaza, i H(A,B′; C ′, D′), sto je na osnovu leme 10, nemoguce.

Dakle tacka D′ je presecna tacka prave AD′ i ravni δ, tj. tacka D′ pripadaravni δ. �

Primer 3.35. Naci geometrijsko mesto tacaka dodira promenljive sfere Skoja prolazi kroz date tacke A i B i date ravni α.

Resenje. Inverzijom, sa centrom inverzije u tacki A, tacka B se pres-likava u neku tacku B′, sfera S u ravan S ′ kroz tacku B′, a ravan α u sferu α′.Trazeno geometrijsko mesto tacaka preslikva se u geometrijsko mesto tacakadodira promenljive ravni S ′ kroz tacku B′ i sfere α′. To geometrijsko mestotacaka je krug k′. Trazeno geometrijsko mesto tacaka bice ona prava k ilikrug k, u zavisnosti od toga da li krug k′ prolazi kroz tacku A, ili pak, neprolazi. Prvi slucaj nastupa kad neka od ravni S ′ kroz tacku B′ dodirujesferu α′ u tacki A, tj. kada je prava AB paralelna ravni α; u protivnomnastupa drugi slucaj. Ako su tacke A i B sa raznih strana ravni α, tackaB′ pripadace unutrasnjosti sfere α′ pa resenje ne postoji, jer se iz unutrasnjetacke sfere ne moze postaviti nijedna tangentna ravan na sferu. Ako jedna oddatih tacaka, recimo B, pripada ravni α, onda postoji samo jedna tangentnaravan kroz tacku B′ na sferu α′, tacka dodira je sama tacka B′, pa ce trazenogeometrijsko mesto tacaka biti tacka B. �

Zadaci za samostalni rad:

Zadatak 3.36Odrediti geometrijska mesta sredista duzi date duzine d,ciji krajevi leze na dvema datim mimoilaznim pravama.

Zadatak 3.37Date su tri prave l1, l2 i l3, od kojih su svake dve mi-moilazne. Prave l1, l2 i l3 su normalne na jednu pravu i seku je u tackamaA1, A2 i A3, redom. Neka su M i N tacke pravih l1 i l2 takve da se prave l3i MN seku. Odrediti geometrijsko mesto sredista duzi MN .

Zadatak 3.38Odrediti geometrijsko mesto tacaka ciji je zbir rastojanjado ravni koje sadrze strane datog triedra konstantan.

10Lema . Ako tacka C nije srediste duzi AB, onda postoji tacno jedna tacka D takvada je H(A, B; C, D). �

45

4 Apolonijevi problemi o dodiru krugova

Razmoricemo Apolonijeve probleme o dodiru kruga koji se primenom inverz-ije u odnosu na krug mogu elegantno resiti. Radi se o problemu sledecegoblika:

Konstruisati krug koji zadovoljava tri uslova od kojih svaki imajedan od oblika

(a) sadrzi datu tacku,

(b) dodiruje datu pravu,

(c) dodiruje dati krug.

Naravno, sve tacke, prave i krugovi iz pomenutih uslova pripadaju istojravni. Neki od tih problema se mogu lako resiti, dok za neke to nije slucaj.

Lako je zakljuciti da Apolonijevih problema ima deset:

1. Konstruisati krug koji sadrzi tri date tacke.

2. Konstruisati krug koji sadrzi dve date tacke i dodiruje datu pravu.

3. Konstruisati krug koji sadrzi dve date tacke i dodiruje dati krug.

4. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje dve date prave.

5. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje datu pravu i datikrug.

6. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje dva data kruga.

7. Konstruisati krug koji dodiruje tri date prave.

8. Konstruisati krug koji dodiruje dve date prave i dati krug.

9. Konstruisati krug koji koji dodiruje datu pravu i dva data kruga.

10. Konstruisati krug koji dodiruje tri data kruga.

Oznacimo date parametre na sledeci nacin:

tacke A, B, C; prave p1, p2, p3; krugove O1, O2, O3.

46

Tada Apolonijeve probleme sematski mozemo predstaviti na sledeci nacin:1. A, B, C 6. A, O1, O2

2. A, B, p1 7. p1, p2, p33. A, B, O1 8. p1, p2, O1

4. A, p1, p2 9. p1, O1, O2

5. A, p1, O1 10. O1, O2, O3.

Prvi i sedmi problemi su trivijalni. Takode i ostali Apolonijevi problemise mogu resiti bez primene inverzije. Medutim, inverzija je jedan opsti metodza njihovo resavanje. On se zasniva na cinjenici da se u odredenom slucajukrug preslikava u pravu i obrnuto.

2. Konstruisati krug koji sadrzi dve date tacke A i B i dodirujedatu pravu p1

Analiza. Neka krug k sadrzi dve date tacke A i B i dodiruje datu pravup1 u tacki D. Pri inverziji u odnosu na krug l(A, AB ) pravoj p1 odgovarakrug p′1 (Slika 4.1) koji prolazi kroz tacku A a krugu k odgovara prava k′.

Slika 4.1.

Kako tacka B pripada krugu inverzije l to ce se ona preslikati u samusebe. Prava p1 sa krugom k ima jednu zajednicku tacku pa ce isto vaziti i zanjihove slike pri inverziji, tj. prava k′ ce dodirivati krug p′1. Krug k sadrzitacku B koja se pri ovoj inverziji preslikava u samu sebe, odakle sledi da cei njegova slika, prava k′, sadrzati tacku B. Prema tome mi najpre treba dakonstruisemo krug p′1 koji je inverzna slika prave p1 u odnosu na krug l(A,AB), zatim pravu k′ kroz tacku B koja je tangenta na krug p′1, a zatim krugk kao inverznu sliku prave k′ u odnosu na krug l.

47

Konstrukcija. Neka su date dve tacke A i B i prava p1, tako da su tackeA i B sa iste strane prave p1. Konstruisimo zatim krug l(A, AB) i inverznusliku prave p1 u odnosu na krug l. To ce biti krug p′1 koji prolazi kroz centarinverzije A. Iz tacke B konstruisimo tangentu k′ na krug p′1. Konstruisimozatim inverznu sliku prave k′ u odnosu na krug l(A, AB). To ce biti trazenikrug k. Dokazimo to.

Dokaz. Krug k kao inverzna slika prave k′ prolazi kroz centar inverzije A.Takode krug k sadrzi i tacku B kao invarijantnu tacku posmatrane inverzije,pa je zadovoljen i drugi uslov. Krug k dodiruje pravu p1 jer i njihove inverzneslike k′ i p′1 imaju jednu zajednicku tacku.

Diskusija. Pod uslovom da su tacke A i B sa iste strane prave p1 zadatakima dva resenja jer se iz tacke B mogu konstruisati dve tangente na krug p′1.

3. Konstruisati krug koji sadrzi dve date tacke A i B i dodirujedati krug O1

Neka krug k prolazi kroz tacke A i B i dodiruje dati krug O1. Kon-struisimo krug l(A, AB). U inverziji u odnosu na dati krug l(A, AB)(Slika4.2), krug k ce se slikati u neku pravu k′ koja prolazi kroz neku tacku B, akrug O1 u neki krug O′

1 pri cemu ce prava k′ biti tangenta kruga O′1, jer se

krugovi k i O1 dodiruju. Prema tome mozemo najpre konstruisati krug O′1

koji je inverzan s krugom O1 u odnosu na krug l(A, AB), pa onda tangentuk′ iz tacke B na krug O′

1 i na kraju inverznu sliku prave k′ u odnosu na l(A,AB), koja ce biti trazeni krug k.

Slika 4.2.

48

5. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku A i dodiruje datupravu p1 i dati krug O1.

Neka je k trazeni krug. Pri inverziji u odnosu na krug m(A, r), gde jer proizvoljna duz, pravoj p1 odgovara neki krug p′1 (Slika 4.3), krugu O1

odgovara neki krug O′1 a trazenom krugu k prava k′ koja dodiruje krugove

p′1 i O′1.

Dakle, potrebno je najpre konstruisati krugove p′1 i O′1 inverzne linijama

p1 i O1 u odnosu na krug m(A, r), zatim zajednicku tangentu k′ krugova p′1i O′

1, (u opstem slucaju ih ima cetiri) i na kraju krug k inverzan pravoj k′ uodnosu na krug inverzije m(A, r).

Mozemo zakljuciti da u resavanju ovog problema nije bilo od znacaja dali su p1 i O1 bas prava i krug, vec da su njihove inverzne slike p′1 i O′

1 krugovi.Medutim p′1 i O′

1 bi bili krugovi i u slucaju da su p1 i O1 dve prave i A /∈ p1,O1.

Zakljucujemo da se cetvrti i sesti Apolonijev problem resavaju na istinacin kao i peti. Osmi, deveti i deseti Apolonijev problem svode se redomna cetvrti, peti i sesti.

Slika 4.3.

49

5 Primena geometrijskih mesta tacaka na kon-

strukcije

U geometriji postoji posebna vrsta zadataka, koja zahteva odredenu formuresavanja, narocitu preciznost- to su konstruktivni zadaci. Konstrukcija pred-stavlja niz koraka. Svaki korak je neka osnovna konstrukcija a ne crtanje!U zadatku zahtevamo obrazlozenje o nacinu na koji mozemo izvesti kon-strukciju, dokazujemo tacnost resenja, diskutujemo broj dobijenih resenja.Ukoliko je ukazano na nacin konstrukcije figure i dokazano da je rezultatnaznacene konstrukcije upravo figura, koja zadovoljava sve zadate uslove-resili smo zadatak! Koristeci neke osnovne konstrukcije (primenom sestara ilenjira) u zadatku, konstruisemo odredene geometrijske figure. Te geometri-jske figure, kao sto su tacka, prava, krug, trougao, cetvorougao, itd., trebada zadovolje postavljene zahteve. Na primer, da neki ugao bude podudaranuglu, ili da neka duz,ili da neka duz bude podudarna drugoj zadatoj duzi.Zahtevi mogu biti raznoliki.

Postoje dve grupe osnovnih konstrukcija:

1. Osnovne konstrukcije, koje se mogu realizovati lenjirom; 2. Osnovne

konstrukcije, koje se mogu realizovati sestarom.I jedna i druga grupa osnovnih konstrukcija ne mogu dovesti do resenja

u pojedinim konstruktivnim zadacima. Elementarne konstrukcije su naj-jednostavnije konstrukcije izvedene iz osnovnih. U toku resavanja zadatkasmatracemo poznatim ove konstrukcije. Necemo ih objasnjavati niti dokazi-vati. Dakle, prilikom rada koristicemo jednostavne konstrukcije, kao i one iznjih izvedene. Postoje sledece elementarne konstrukcije:

• konstrukcija simetrale duzi;• konstrukcija bisektrise ugla;• konstrukcija paralelnih pravih (polupravih, duzi);• konstrukcija normalnih pravih (polupravih, duzi);• konstrukcija duzi podudarne datoj duzi;• konstrukcija ugla podudarnog datom uglu;• konstrukcija sredista duzi;• konstrukcija tangente datog kruga iz date tacke;• konstrukcija trougla cije su ivice podudarne trima datim duzima;• konstrukcija trougla kome su odgovarajuca ivica i dva ugla podudarni

datoj duzi i datim uglovima;• konstrukcija trougla kome su dve ivice i njima zahvaceni ugao podudarni

datim duzima i datom uglu;

50

• konstrukcija trougla kome su dve ivice i ugao naspram jedne od njih po-dudarni datim duzima i datom uglu, pri cemu je poznato da je ugao naspramdruge ivice ostar, tup ili prav;

Primer 5.1. Konstruisati trougao △ ABC ako se zna stranica BC = a,visina iz temena A (AD = ha) i ugao kod temena A (∠ A = α).

Resenje. Analiza: Pretpostavimo da je trougao △ ABC trazeni trougao(Slika 5.1). Neka je BC = a, AD = ha i ∠ A = α. Dakle duz BC se iz tackeA vidi pod uglom α i tacka A je od duzi BC udaljena za duz ha.

Slika 5.1.

Konstrukcija: Konstruisimo duz BC = a. S jedne strane poluprave BCkonstruisimo polupravu BD (Slika 5.2) takvu da je ∠(BC, BD) = α. Kon-struisimo zatim normalu n na polupravu BD u tacki B i simetralu s duziBC. Tackom O oznacimo presek normale n i simetrale s, tada je OB = OC.Nadalje konstruisimo krug k(O, OB = OC). Dokazali smo da je geometrijskomesto tacaka iz kojih se data duz BC vidi pod datim uglom α luk kruga k,koji se nalazi sa one strane duzi BC sa koje nije BD. Ovom geometrijskommestu tacaka pripada trece teme A trazenog trougla △ ABC. Konstruisimopravu l na rastojanju ha, paralelno sa BC sa one strane prave BC sa koje nijepoluprava BD. Tada prava l i krug k mogu imati jednu, dve ili nijednu za-jednicku tacku. Pretpostavimo da prava l i krug k imaju zajednickih tacaka.Jednu od tih tacaka oznacimo sa A, koja je na pravoj l. Dakle van praveBC se nalazi tacka A, pa su A, B, C tri nekolinearne tacke. One ce takopredstavljati tacke trougla △ ABC. Tada je trougao ABC trazeni trougao.

Dokaz: Dokazimo da je ovako konstruisan trougao trazeni trougao. Pokonstrukciji je BC = a. Dalje vazi da je ∠ A = 1

2∠ BSC = ∠BSN

= ∠(BC, BD) = α, tj. ∠ A = α, gde je N tacka preseka simetrale s i

51

stranice BC. Oznacimo sa D podnozje normale iz tacke A na pravu odred-jenu tackama A i B. Kako po konstrukciji tacka A pripada pravoj l koja jeparalelna pravoj odredjenoj tackama A i B i od nje je na rastojanju D, to jeAD = ha.

Slika 5.2.

Diskusija: Zadatak ima dva, jedno ili nijedno resenje u zavisnosti od togada li prava l i krug k1 imaju dve, jednu ili nijednu zajednicku tacku, pri cemuvazi α < 2R. Zadatak ce biti bez resenja u svim ostalim slucajevima. �

Primer 5.2. Konstruisati trougao △ ABC ako je data stranica BC = a,ugao kod temena A (∠ A = α) i ρb poluprecnik spolja upisanog kruga kojidodiruje stranicu AC i produzetke stranica AB i BC.

Slika 5.3.

Resenje. Analiza: Pretpostavimo da je trougao△ ABC trazeni trougao,

52

tj. neka je BC = a, ∠ A = α i ρb. Kako je ∠ A = α to znaci da tacka Apripada geometrijskom mestu tacaka iz kojih se duz BC vidi pod uglomα (Slika 5.3). Geometrijsko mesto tacaka, koje su centri spolja upisanihkrugova, koji dodiruju stranicu AC i produzetak ostale dve stranice trougla,cija je jedna stranica BC, a trece teme pripada luku kruga k iz cijih setacaka duz BC vidi pod uglom α je kruzni luk kruga k2(M , MB = MC).To geometrijsko mesto tacaka lezi u uglu MBC, gde je M = sBC ∩ BAC.

Konstrukcija: Neka je data duz BC = a. Konstruisimo s jedne stranepoluprave BC polupravu BD takvu da je ∠(BC, BD)= α. U tacki Bkonstruisimo normalu n na polupravu BD (Slika 5.4).

Slika 5.4.

Konstruisimo simetralu s duzi BC i oznacimo sa O presek simetrale s inormale n. Zatim konstruisimo krug k(O,OB = OC). Geometrijsko mestotacaka iz kojih se duz BC vidi pod uglom α je luk kruga k. Taj luk senalazi sa one strane duzi BC sa koje nije poluprava BD. Neka je tacka Moznaka za presek simetrale sBC i luka BAC. Konstruisimo krug k2(M , MB)a potom na rastojanju ρb konstruisimo pravu l paralelnu pravoj BC. Prava lse nalazi sa one strane prave BC sa koje nije poluprava BD. Prava l i kruzniluk k2(M , MB = MC), koji je lezi u uglu MBC mogu imati ili nematizajednickih tacaka. Pretpostavimo da ih imaju i jednu od njih oznacimosa Sb. Konstruisimo krug kb(Sb, ρb). Vazi i da je po konstrukciji pravaBC tangenta kruga kb(Sb, ρb), pa su tacke B i C izvan kruga kb(Sb, ρb).Konstruisimo drugu tangentu tb na krug kb i oznacimo sa A presek tangentetb i kruga k. Tacke A, B i C su nekolinearne i obrazuju neki trougao ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Po konstrukcijije BC = a. Tacka A pripada geometrijskom mestu tacaka iz koji se duz

53

BC vidi pod uglom α, tj. ∠ A = α. Tacka Sb pripada geometrijskommestu sredista centara spolja upisanih krugova, koji dodiruju stanicu AC iproduzetke stranica AB i BC. Kako je tacka Sb, po konstrukciji na pravoj l,to je rastojanje tacke Sb od prave BC jednako ρb. Kako su AB i BC tangentekruga kb, to je kb spolja upisan krug u trougao ABC, koji dodiruje stanicuAC.

Diskusija: Zadatak ima resenje za α < 2R i ako prava l sece kruzni lukkruga k2(M , MB = MC), koji lezi u uglu MBC. Inace zadatak nece imatiresenja. �

Primer 5.3. Konstruisati trougao △ ABC ako je dat ugao kod temenaA(∠ A = α), r - poluprecnik opisanog kruga i razlika stranica b - c = d.

Resenje. Analiza: Pretpostavimo da je trougao△ ABC trazeni trougao,tj. da mu je ∠ A = α (Slika 5.5), r - poluprecnik opisanog kruga i razlikastranica AC - AB = d. Konstruisimo simetralu s ugla A. Sa S oznacimocentar upisanog kruga k1 datog trougla ABC. Sa Sa oznacimo

Slika 5.5.

centar spolja upisanog kruga ka koji dodiruje stranicu BC i produzetkestranica AB i AC. Sa O oznacimo centar opisanog kruga k, a sa A1 sredinustranice BC trougla ABC. Oznacimo, dalje, sa P i Pa normalne projekcijetacaka S i Sa na stranicu BC. Tada je, PPa = b - c i PA1 = A1Pa. Teme Ane pripada krugu k iz cijih se tacaka duz BC vidi pod uglom α.

54

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave p i q sa zajednickim pocetkomu tacki B (Slika 5.6), pri cemu je ∠(p, q) = α. Na normali n na polupravuq odredimo tacku O takvu da je OB = r. Konstruismo krug k(O, OB)i oznacimo sa C presek prave p i kruga k. Po konstrukciji poluprava q jetangenta kruga k. Dalje, konstruisimo pravu s takvu da O ∈ s i s ⊥ p.Oznacimo sa A1 = p ∩ s i N = k ∩ s, tako da su tacka N i prava q sa istestrane prave p. Konstruisimo tacke P i Pa takve da je A1P = A1Pa = d

2i

tacke P i Pa pripadaju pravoj p. Pretpostavimo da su tacke P i Pa izmedjutacaka B i C. Konstruisimo krug l(N,NB). Zatim, konstruisimo normalunp takvu da P ∈ np i da je np ⊥ p. Obelezimo sa S = np ∩ l tako da su Si q sa raznih strana prave p. Potom konstruisimo pravu NS i oznacimo saA = NS ∩ k. Tacke A, B i C su tri nekolinearne tacke pa odreduju temenatrougla.

Slika 5.6.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Po konstrukciji,tacke A, B i C pripadaju krugu k(O, r), pa je r poluprecnik kruga opisanogoko trougla ABC. Dalje vazi:

∠A = ∠BAC =1

2∠BOC = ∠BON = ∠(p, q) = α.

Tacka S pripada geometrijskom mestu tacaka, koje su centri krugovaupisanih u trouglove cija je jedna stranica BC a trece teme na luku BCkruga k sa one strane prave BC sa koje nije poluprava q. Zato je S centar

55

upisanog kruga u trougao ABC. Po konstrukciji, P je podnozje normale iztacke S na pravu BC, pa je P dodirna tacka upisanog kruga i stranice BC.Sa Sa oznacimo drugu zajednicku tacku prave SN i kruga k. Tada je tackaPa normalna projekcija tacke Sa na pravu BC. Tacka Sa je na geometrijskommestu centara spolja upisanih krugova u trouglove cija je jedna stranica BCa trece teme promenljiva tacka luka BC, koji dodiruje stranicu BC trouglaABC. Tacke S i Sa su simetricne u odnosu na tacku N , pa su njihovenormalne projekcije P i Pa simetricne u odnosu na tacku A1. Prema tome,tacke P i Pa su dodirne tacke upisanog i spolja upisanog kruga u trougaoABC, koji dodiruje stranicu BC trougla ABC. Vazi PPa = b - c = AC -AB. Po konstrukciji je PPa = 2PA1 = 2d

2= d, odakle zakljucujemo da je

AC - AB= d.Diskusija: Zadatak ima resenje ako je α < 2R i ako vazi raspored tacaka

B - P - Pa - C. U ostalim slucajevima nema resenja. �

Primer 5.4. Konstruisati trougao △ ABC ako je dato ∠ B - ∠ C = δ,simetrala ugla A. AE = la i (b + c) : a = m : n.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao i neka zadovoljavauslove zadatka. Neka je D podnozje visine iz temena A (Slika 5.7), S cen-tar upisanog kruga k, Sa centar spolja upisanog kruga ka u trougao ABC.Oznacimo sa P i Pa dodirne tacke krugova k i ka sa pravom BC. Sa Fobelezimo presek simetrale spoljasnjeg ugla kod temena A sa pravom BC.Tada je :

∠DAE = ∠BAE − ∠BAD =1

2∠A− (R− ∠B)

=1

2∠A− 1

2(∠A+ ∠B + ∠C) + ∠B

=1

2(∠B − ∠C)

=δ

2.

Uglovi ∠ DAE i ∠ AFD su jednaki kao uglovi sa normalnim kracima,pa je ∠ AFD = δ

2.

Posmatrajmo trougao ABE. Prava BS je simetrala ∠ B, pa vazi:

AS : SE = BA : BE.

Analogno za trougao ACE, prava CS je simetrala ugla ∠ ACE, odaklesledi

AS : SE = CA : CE.

56

Prema tome vazi: AS : SE = BA : BE = CA : CE, odakle zbog osobinaproporcije sledi

AS : SE = (AB + CA) : (EB + CE)

= (AB + CA) : BC

= (b+ c) : a

= m : n.

tj.

AS : SE = m : n

Dakle tacka S deli simetralu AE u razmeri m : n. Analogno pokazujemoda vazi:

ASa : SaE = m : n.

Ugao ∠ SBSa je prav kao ugao izmedu simetrale unutrasnjeg i spoljasnjegugla ∠ B, pa prema tome tacka B pripada krugu ciji je precnik SSa. DakletackaB pripada geometrijskommestu tacaka, koje imaju rastojanja do tacakaA i E srazmerna datim duzima m i n. Analogno je i ugao ∠ SCSa prav pa itacka C pripada k(SSa). Dakle tacke B i C pripadaju Apolonijevom krugu.

Slika 5.7.

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave p i q sa zajednickim pocetkomu tacki F tako da je ∠(p, q) = δ

2. Zatim na polupravoj q odredimo tacku

E na rastojanju do poluprave p jednakom datoj duzi la i oznacimo sa Anormalnu projekciju tacke E na polupravoj p (Slika 5.8). Dakle vaziAE = la.Konstruisimo tacke S i Sa na polupravoj AE tako da je AS : SE = ASa : Sa

=m : n. U tom cilju na polupravoj p odredimo tackuM tako da je AM = mi na pravoj, koja je paralelna pravoj p i prolazi kroz tacku E, odredimo tackeN1 i N2 sa raznih strana u odnosu na tacku E tako da je EN1 = EN2 = n.

57

Oznacimo sa S a sa Sa spoljasnju tacku duzi AE, koje je dele u razmerim : n. Pretpostavimo da vazi raspored tacaka A - S- E - Sa, tj. m > n ikonstruisimo krug k′ nad precnikom SSa - Apolonijev krug. Tacke S i Sa susa raznih strana poluprave q pa krug k′ i poluprava q imaju zajednicke tacke.Obelezimo ih redom sa B i C. Tacke A, B i C su tri nekolinearne tacke iodreduju temena nekog trougla △ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao △ABC trazeni trougao. Kako tacke B iC pripadaju Apolonijevom krugu to je:

BA : BE = SA : SE = m : n, CA : CE = AS : SE = m : n, (6)

Iz (6) sledi da je AS : SE = (AB+CA) : (EB+CE) = (AB+CA) : BC,odnosno (b + c) : a = m : n. Oznacimo sa D podnozje normale iz tacke Ana polupravu q. Tada su uglovi ∠ DAE i ∠ AFD kao uglovi sa normalnimkracima jednaki. Zbog (6), BS je simetrala ugla ∠ ABE, a CS je simetralaugla ∠ ACE. Prema tome, BS i CS su simetrale unutrasnjih uglova ∠ B i∠ C trougla ABC i seku se u tacki S. Tada ce AS biti simetrala ∠ A trouglaABC. Kako je AF ⊥ AS to je AF simetrala spoljasnjeg ugla ∠ A. Kao uanalizi pokazuje se da je ∠ DAE = 1

2(∠ B - ∠ C). Po konstrukciji je ∠ DAE

= ∠ AFD = ∠(p, q) = δ2. Dakle, ∠ B - ∠ C = δ, pa je i drugi uslov zadatka

zadovoljen. Pokazali smo da je AS simetrala ∠ A i po konstrukciji E ∈ ASi AE = la, pa je i treci uslov zadatka zadovoljen. Dakle trougao △ABC jetrazeni trougao.

Slika 5.8.

Diskusija : Pod uslovom da je δ < 2R, tj. δ2< R zadatak ima resenje

ako vazi raspored tacaka A - S - E- Sa, tj. ako je m > n. �

58

Primer 5.5. Konstruisati trougao △ ABC ako je dat ugao ∠ A = α, stranicaBC = a, simetrala ugla kod temena A : AE = la.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao. Konstruisimo krugk upisan u trougao ABC i krug ka spolja upisan krug, koji dodiruje stranicuBC (Slika 5.9).

Slika 5.9.

Obelezimo sa S i Sa centre krugova k i ka a sa R, Ra, Q i Qa dodirnetacke krugova k i ka sa pravama AB i AC, redom. Oznacimo dalje, sa P iPa dodirne tacke krugova k i ka sa duzi BC a sa E = SSa ∩ BC. Neka jeF normalna projekcija tacke E na pravu AB. Vazi da je RRa = a. Takodevazi H(A, E; S, Sa). Kako su A, F , R i Ra normalne projekcije tacaka A,E, S i Sa to ce biti zadovoljeno H(A, F ; R, Ra)

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave Ax i Ay sa zajednickim poce-tkom u tacki A tako da je ∠(Ax, Ay) = α (Slika 5.11). Konstruisimo zatimsimetralu Az ugla ∠ A i na njoj odredimo tacku E takvu da je AE = la.Ako pretpostavimo da je α < R tada je i ∠(Ax, Az) < R pa normala iz tackeE sece polupravu Ax u nekoj tacki. Oznacimo tu tacku sa F . Konstruisimosada tacke R i Ra na polupravoj Ax tako da je H(A, E; R, Ra) i RRa = a .

59

Pomocna konstrukcija: Na proizvoljnoj pravoj m uocimo tacke A1 i F1

takve da vazi A1F1 = AF . Konstruisimo tacke S1 i S2 na pravoj m tako daje H(A, F1; S1, S2) i S1S2 = a. Konstruisimo proizvoljan krug k, koji sadrzitacke A1 i F1. Oznacimo sa M i N presecne tacke kruga k i simetrale duziA1F1 (Slika 5.10).

Slika 5.10.

Kroz tacku M konstruisimo pravu r paralelnu sa m. Na pravoj r uocimotacku L tako da je ML = a. Tacke M , L i N su nekolinearne i odredjujutacno jedan krug k1. Tacke M i N su sa raznih strana prave m pa krugk1 i prava m imaju dve zajednicke tacke. Jednu od njih oznacimo sa S2.Konstruisimo pravu q paralelnu sa LS2 i oznacimo sa S1 = m ∩ q. VaziH(A, F1; S1, S2) i S1S2 = a. Sada na polupravu Ax konstruisemo tacke R iRa tako da je AR = A1S1 ARa = A1S2 i kako je jos A1F1 = AF to vazi H(A,F ; R, Ra) i RRa = a. Kako vazi raspored tacaka A - S1 - F1 - S2 to ce biti A- R - F - Ra. Dalje, RRa = ARa - AR = A1S2 - A1S2 = S1S2 = a, tj. RRa

= a. Konstruisimo normale nR i nRAna polupravu Ax kroz tacke R i Ra.

Oznacimo sa S = nRA∩ Az i Sa = Ra ∩ Az. Konstruisimo krug k(S, SR).

Iz tacke E na krug k mogu se konstruisati dve, jedna ili nijedna tangenta uzavisnosti od toga da li je E van, na ili unutar kruga k. Pretpostavimo da sekroz tacku E moze konstruisati tangenta na krug k i jednu od njih oznacimosa t. Pod pretpostavkom da je α < 2R, tangenta t ce seci poluprave Ax iAy. Oznacimo te tacke redom sa B i C. Tacke A, B i C su tri nekolinearnetacke pa odreduju temena nekog trougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Po konstrukciji je∠ A = ∠(Ax, Ay) = α. Tacka E je na simetrali Az ugla ∠ A i pritom vaziAE = la - po konstrukciji, pa je i drugi uslov zadovoljen. Po konstrukciji jeS centar upisanog kruga. Dalje vazi H(A, F ; R, Ra) i RRa = a. Kako su A,F , R i Ra normalne projekcije tacaka A, E, S i Sa to ce biti H(A, E; S, Sa),pa ce Sa biti centar spolja upisanog kruga u trougao ABC, koji dodiruje

60

stranicu BC. Kao u analizi pokazuje se da je RRa = BC i kako je RRa = a- po konstrukciji, bice BC = a, pa je i treci uslov zadovoljen. Dakle trougaoABC je trazeni trougao.

Diskusija: Pod uslovom da je α < 2R zadatak ima dva, jedno ili nemaresenja u zavisnosti od toga da li je tacka E van, na ili unutar kruga k. �

Slika 5.11.

Napomena: Iz a : b = c : d = e : f sledi a : b = (c + e) : (d + f). Dokazimoovu implikaciju : Iz proporcije a : b = c : d sledi

ad = bc

Iz proporcije a : b = e : f sledi

af = be

Odavde sledi da je a(d + f) = b(c + e) odakle je a : b = (c + e) :(d +f). �

61

Primer 5.6. Konstruisati trougao ABC ako je dat ugao A (∠ A = α),simetrala ugla kod temena A : AE = la i b + c = d.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao sa navedenim os-obinama. Konstruisimo simetralu s ugla A i oznacimo sa E = s ∩ BC.Oznacimo sa S centar upisanog kruga k u trougao ABC, a sa P , Q i Rdodirne tacke kruga k sa stranicama BC,CA i AB redom (Slika 5.12). Kon-struisimo spolja upisani krug ka koji dodiruje stranicu BC i oznacimo sa Sa

centar kruga ka.

Slika 5.12.

Sa Pa, Qa i Ra oznacimo dodirne tacke kruga ka sa pravama BC, CA iAB, redom. Konstruisimo zatim opisani krug l oko trougla ABC i oznacimosa N presecnu tacku kruga l i simetrale ∠ A. Sa E ′ i N ′ oznacimo podnozjanormala iz tacaka E i N na pravu AB. Znamo da je SN = NSa odaklesledi da je RN ′ = N ′Ra (jer su to normalne projekcije). Imamo da je AN ′

= 12(b + c) = 1

2d. Kako vazi H(A, E1; S, Sa) to su i normalne projekcije

A, E ′ R i Ra harmonijski spregnute. Na osnovu izlozenih cinjenica mozemokonstruisati trougao ABC.

Konstrukcija: Sa pocetkom u tacki A konstruisimo dve poluprave p i qtakve da je ∠(p, q) = α. Konstruisimo polupravu s, koja je simetrala ugla∠(p, q). Na simetrali s odredimo tacku E takvu da je AE = la. Oznacimosa E ′ normalnu projekciju tacke E na pravu p (slika 5.13). Na polupravoj p

62

odredimo tacku N ′ takvu da je AN ′ = d2. Pretpostavimo da vazi raspored

tacaka A - E ′ - N ′. Konstruisimo zatim tacke R i Ra takve da je H(A, E ′;R, Ra) i N ′R = N ′Ra. U tom cilju, konstruisimo proizvoljan krug k′ kojisadrzi tacke A i E ′. Tacka N ′ je van kruga k′ jer vazi raspored tacaka A - E-N ′. Konstruisimo jednu od tangenata kruga k′ iz tacke N ′ i oznacimo sa Tdodirnu tacku.

Slika 5.13.

Konstruisimo zatim krug k1(N′, N ′T ). Krug k1 sece polupravu p u

tackama R i Ra, pri cemu cemo tacke R i Ra obeleziti tako da vazi ras-pored tacaka A - R - Ra. Prema tome ako vazi raspored tacaka A - E ′ - N ′

bice A - R - E ′ - Ra. Po konstrukciji RN ′ = N ′Ra jer je RRa precnik a N ′

centar kruga k1. Za tacku N ′ i kruga k1 vazi: N ′T 2 = N ′E ′ · N ′A. Kakotacke T i R pripadaju krugu k1 vazi N ′T = N ′R, pa je

N ′R2 = N ′E ′ ·N ′A, NE ′ : N ′R = N ′R : N ′A,

(N ′E ′ +N ′R) : (N ′E ′ −N ′R) = (N ′R′ +N ′A) : (N ′R′ −N ′A)

Ovde je koriscena osobina proporcije da a : b = c : d vazi ako i samoako je (a + b) : (a - b) = (c + d) : (c - d). Iskoristimo sada jednakostN ′R = N ′Ra. Tada ce biti: E ′Ra : E ′R = ARa : AR, odakle zbog ras-poreda tacaka A − R − E ′ − Ra zakljucujemo da je H(A, E ′; R, Ra).Oznacimo sa S i Sa preseke normala sa polupravom s u tackama R i Ra na

63

polupravu q. Konstruisimo krugove k(S, SR), ka(Sa,Ra). Krugovi k i Ka

imaju ili nemaju unutasnjih zajednickih tangenata. Pretpostavimo da ima ikonstruisimo jednu od njih. Njen presek sa polupravama p i q oznacimo sa Bi C redom. Tacke A,B i C tri nekolinearne tacke pa odreduju temena nekogtrougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Tacka B pripadapravoj p, C ∈ q, ∠(p, q) = α, odakle sledi da je ∠ BAC = α, tj. ∠A = α.Kako po konstrukciji krug k(S, SR) dodiruje stranicu AC u tacki R i S jena simetrali ugla ∠(p,q), krug k ce dodirivati stranicu AB u nekoj tacki.Tu tacku obelezimo sa Q. Po konstrukciji BC je tangenta na krug k,paje k upisan krug u trougao ABC. Analogno je ka(Sa, SaRa) spolja upisankrug u trougao ABC, koji dodiruje stranicu BC. Dokazimo da je simetralaAE = la. Dovoljno je pokazati da tacka E pripada pravoj BC. Oznacimosa E1 = SSa × BC. Tada je zadovoljeno H(A, E; S, Sa). Po konstrukciji jeH(A, E ′; R, Ra), pa ce biti H(A, E; R, Ra) kao paralelne projekcije. Prematome mora biti E ≡ E1, tj. E ∈ BC, pa je AE = la i E ∈ SSa pa je i drugiuslov zadovoljen. Sa N oznacimo presek normale na polupravu p u tackiN ′ sa simetrali s. Tada je AN ′ = 1

2(AB + AC) i jos vazi po konstrukciji

AN ′ = d2pa je AB + AC = d, tj. b + c = d.

Diskusija: Pod uslovom da vazi raspored tacaka A - E ′- N ′ zadatak imadva, jedno ili nijedno resenje u zavisnosti da li od toga krugovi k i ka imajudve,jednu ili nijednu zajednicku unutrasnju tangentu. �

64

Primer 5.7. Konstruisati trougao △ ABC ako je dato : razlika uglova∠B − ∠C = δ, ρ - poluprecnik upisanog kruga i razlika stranica b− c = d.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao. Oznacimo sa Scentar upisano (Slika 5.14) a sa Sa centar spolja upisanog kruga ka.

Slika 5.14.

Sa P i Pa oznacimo normalne projekcije tacaka S i Sa na stranicu BC.Vazi PPa = b - c. Konstruisimo simetralu s ugla ∠A i oznacimo sa E = s ∩BC.Sa D oznacimo podnozje visine iz tacke A na duz BC. Jos vazi:

∠PSE = ∠DAE = ∠BAE − ∠BAD =1

2∠A− (R− ∠B)

1

2∠A−R + ∠B =

1

2∠A− 1

2(∠A+ ∠B + ∠C) + ∠B (7)

=1

2∠B − 1

2∠C (8)

=1

2(∠B − ∠C) (9)

=1

2δ (10)

Dakle ∠ PSE = 12δ.

Konstrukcija: Konstruisimo pravu l i a njoj odredimo tacku P . Zatim,konstruisimo normalu n u tacki P i na njoj odredimo tacku S takvu da

65

je PS = ρ. Konstruisimo polupravu p sa pocetkom u tacki S takvu da je∠(SP , p) = δ

2i oznacimo sa E presecnu tacku prave l i poluprave p. Na

pravoj l konstruisimo tacku Pa (Slika 5.15) sa one strane sa koje je i E takoda je PPa = d.

Slika 5.15.

Neka vazi raspored tacaka P - E - Pa. Konstruisimo u tacki Pa normaluna pravu l i njen presek sa pravom SE oznacimo sa Sa. Kako vazi rasporedtacaka S - E- Sa konstruisimo krugove k(S, ρ) i ka(Sa, SaPa). Po konstrukcijiprava l je zajednicka unutrasnja tangenta krugova k(S, ρ) i ka(Sa, SaPa).Postoje dve jedinstvene prave, koje su spoljasnje tangente na krugove k(S, ρ)i ka(Sa, SaPa) istovremeno. Pretpostavimo da se seku i da imaju presecnutacku i tu tacku oznacimo sa A. Dalje,oznacimo sa B = l ∩ t1, C = l ∩ t2gde su t1 i t2 pomenute zajednicke tangente datih krugova. Tacka A pripadapravoj SE jer je SE simetrala krugova k(S, ρ) i ka(Sa, SaPa). Tacke A, B iC su tri nekolinearne tacke pa odreduju temena nekog trougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Pretpostavimoda se spoljasnje tangente t1 i t2 krugova k(S, ρ) i ka(Sa, SaPa) seku sa onestrane prave l sa koje je i tacka S. Oznacimo sa D podnozje normale iz tacke

66

A na pravu l(= BC). Tada je:

∠PSE = ∠DAE = ∠DAB + ∠BAE (11)

= R− (2R− ∠B) +1

2∠A (12)

= ∠B −R +1

2∠A (13)

= ∠B − 1

2(∠A+ ∠B + ∠C) +

1

2∠A (14)

=1

2(∠B − ∠C) (15)

S’ druge strane je po konstrukciji ∠ PSE = 12δ. Vazi: PPa = AC - AB

i kako je po konstrukciji PPa = d, pa je i drugi uslov ispunjen. Na, krajukrug k po konstrukciji dodiruje stranice AB, BC i CA trougla ABC. Dakle,upisan je u trougao ABC i kako mu je poluprecnik jednak datoj duzi ρ, toje i treci uslov zadatka ispunjen za konstruisani trougao ABC.

Diskusija: Pod uslovom da vazi raspored tacaka P - E - Pa i da je duzPE manja od duzi EPa, zadatak ima resenja. U ostalim slucajevima zadataknema resenje. �

Primer 5.8. Konstruisati trougao △ ABC ako je zadato: ugao kod temenaA (∠ A = α), ρ poluprecnik upisanog kruga i b + c = d.

Slika 5.16.

67

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao, tj. ∠ A= α(Slika 5.17), ρ poluprecnik upisanog kruga i AC + AB = d. Oznacimo saS centar upisanog kruga u trougao ABC. Sa P , Q i R oznacimo normalneprojekcije tacke S redom na stranice BC, CA i AB trougla ABC. Opisimokrug k1 oko trougla ABC i oznacimo sa N = AS ∩ k1. Oznacimo sa N ′

podnozje normale iz tacke N na pravu AB. Konstruisimo spolja upisan krugka koji dodiruje stranicu BC. Vazi da je AN ′ = 1

2(b + c) = 1

2(AB + AC).

Kako su S i Sa na krugu sa centrom u tacki N i poluprecnikom BN = CNto je SN = SaN . Sada se moze konstruisati trougao ABC.

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave p i q sa zajednickim pocetkomu tacki A tako da je ∠(p, q) = α. Konstruisimo zatim simetralu s ugla∠ A i na njoj odredimo tacku S na rastojanju ρ od polupravih p i q. S jepodjednako udaljena od p i q jer je na simetrali ugla izmedju njih. Oznacimosa P i Q normalne projekcije tacke S na poluprave p i q (Slika 5.18).

Slika 5.17.

Na polupravoj p odredimo tacku N ′ tako da je AN ′ = d2, gde je d data

duz. U tacki N ′ konstruisimo normalu n na polupravu p i oznacimo saN = n ∩ s. Pretpostavimo da vazi raspored tacaka A - S - N . Napolupravoj s odredimo tacku Sa takvu da vazi raspored tacaka S - N - Sa

i SN = NSa. Sa Ra oznacimo podnozje normale iz tacke Sa na polupravup. Konstruisimo zatim krugove k(S, ρ) i ka(Sa, SaRa). Pretpostavimo da

68

krugovi k(S, ρ) i ka(Sa, SaRa) imaju zajednickih unutrasnjih tangenti i jednuod njih oznacimo sa t. Oznacimo sa B = p ∩ t i C = q ∩ t. Tada su A, B iC tri nekolinearne tacke i odreduju temena nekog trougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao △ABC trazeni trougao. Po konstrukcijije ∠ A = ∠(p, q) = α. Dalje, po konstrukciji k dodiruje sve tri straniceAB, BC i CA trougla △ABC pa je ρ poluprecnik upisanog kruga u trougao△ABC. Po konstrukciji je AN ′ = d

2i kako jos vazi AN ′ = 1

2(AB + BC), to

je AB + BC = d, pa je i treci uslov zadatka ispunjen za konstruisani trougao△ABC.

Diskusija: Pod uslovom da je α < 2R i da vazi raspore tacaka A - S - Nzadatak ima dva, jedno ili nijedno resenje u zavisnosti od toga da li krugovik i ka imaju dve, jednu ili nijednu zajednicku tacku. �

Primer 5.9. Konstruisati trougao △ ABC ako je dato: ugao kod temena A(∠ A= α ), ρb- poluprecnik spolja upisanog kruga, koji dodiruje stranicu ACi p poluobim.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao. Obelezimo sa Pb,Qb i Rb dodirne tacke spolja upisanog kruga kb i pravih BC, CA i AB, redom(Slika 5.19). Kako tacke Pb, Qb i Rb pripadaju krugu kb(Sb, ρb) to je SbPb =SbQb = ρb pa vazi BRb = BPb. S druge strane je BRb + BPb = BA + ARb

+ BC + CPb = BA + AQb + BC + CQb = BA + BC + CA = 2p. Dakle,bice BRb = BPb = p, gde je p poluobim.

Slika 5.18.

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave p i q sa zajednickim pocetkomu tacki A tako da je ∠(p, q) = α. Produzimo polupravu p preko temena A i natom produzetku sa D obelezimo proizvoljnu tacku (Slika 5.19). Konstruisimosimetralu s ugla ∠(q, AD) i na njoj tacku Sb udaljenu za ρb od polupravihq i AD. Oznacimo sa Rb i Qb podnozja normala iz tacke Sb na rastojanju

69

od pravih AD i q, redom. Kako je Sb na simetrali ugla ∠(q, AD) to jeSbRb = SbQb = ρb. Konstruisimo dalje krug kb(Sb, ρb) i on dodirujepoluprave AD i q u tackama Rb i Qb. Na polupravoj p odredimo tacku Btakvu da je BRb = p. Pretpostavimo da vazi raspored tacaka B - A - Rb.Tacka B je izvan kruga kb(Sb, ρb) i BRb je jedna tangenta. Konstruisimo josjednu tangentu iz tacke B a krug kb(Sb, ρb) i dodirnu tacku oznacimo sa Pb.Sa C oznacimo presecnu tacku polupravih BPb i q. Tada su A, B i C trinekolinearne tacke i odreduju temena nekog trougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Po kosntrukciji je∠ A = ∠(p, q) = α i krug kb dodiruje prave AB, BC i AC redom u tackamaRb, Pb i Qb. Kako je njegov poluprecnik jednak ρb po konstrukciji, to je idrugi uslov zadovoljen. Obim trougla je :

AB +BC + CA = AB +BC + CQb + AQb = AB +BC + CPb + ARb

= BRb +BPb = p+ p = 2p,

dakle poluobim je jednak 12(AB + BC + CA) = p, pa je i treci uslov

zadatka ispunjen za konstruisani trougao ABC.

Slika 5.19.

Diskusija: Zadatak ima resenje pod uslovom da je α < 2R i da vaziraspored tacaka Rb - A - B, u ostalim slucajevima zadatak nema resenja. �

70

Primer 5.10. Konstruisati trougao △ ABC ako je dato: ugao kod temenaA (∠ A = α), poluprecnik spolja upisanog kruga - ρa i ha - visina iz temenaA.

Resenje. Analiza: Neka je △ ABC trazeni trougao (Slika 5.20). Uocimokrugove k(A, ha) i ka (Sa, ρa). Tada je stranica BC na zajednickoj tangentikrugova k i ka.

Slika 5.20.

Konstrukcija: Konstruisimo dve poluprave p i q sa zajednickim pocetkomu tackiA, tako da je ∠(p, q) = α. Konstruisimo simetralu s uglaA (Slika 5.21).Na simetrali s ugla A konstruisemo tacku Sa tako da je od polupravih p iq udaljena za datu duz ρa. Sa je podjednako udaljena od polupravih p i qjer se nalazi na simetrali ugla A. Konstruisemo krugove k(A, ha) i ka (Sa,ρa). Tada se krugovi seku, dodiruju ili su disjunktni, tj. ili imaju ili nemajuzajednickih unutasnjih tangenata. Pretpostavimo da imaju zajednickih un-utasnjih tangenata i jednu od njih oznacimo sa t. B i C su presecne tackeredom, tangente t i polupravih p i q. Tacke B i C su na polupravama p i q irazlicite su od tacke A. Tada su A, B i C tri nekolinearne tacke i odredujutemena nekog trougla ABC.

Dokaz: Dokazimo da je trougao ABC trazeni trougao. Oznacimo sa Dpodnozje normale iz tacke A na pravu t ≡ BC. Kako je po konstrukciji AD

71

⊥ BC i D ∈ k(A, ha), to je AD = ha. Prema tome AD = ha je visina trougla△ ABC iz temena A. Po konstrukciji je jos ∠ A = ∠(p, q) = α. Dalje,

Slika 5.21.

krug ka (Sa, ρa) po konstrukciji dodiruje tangentu t ≡ BC i poluprave p iq, tj. produzetke stranica AB i AC. Zato je krug ka (Sa, ρa) spolja upisanikrug trougla △ ABC, koji dodiruje stranicu BC. Kako je poluprecnik togkruga ρa to je i treci uslov zadatka ispunjen.

Diskusija: Pod uslovom da je α < 2R zadatak ima dva, jedno ili nemaresenja, u zavisnosti od toga da li krugovi k(A, ha) i ka (Sa, ρa) imaju dve,jednu ili nemaju zajednckih unutrasnjih tangenata. �

Zadaci za samostalan rad:

Zadatak 5.11Konstruisati trougao ako je dato:a) α, tb, b+ c;b) a+ ta, b, ∠(ta, a);c) a, α, r;d) a, ha, ∠(hb, hc).

72

6 Zakljucak

U radu su detaljno obradena geometrijska mesta tacaka u ravni, zatim je naprimerima konstrukcija geometrijskih likova u ravni pokazana primena tihgeometrijskih mesta tacaka. Obradena su neka geometrijska mesta tacaka uprostoru kao i Apolonijev problem. Kako Apolonijevih problema ima deset,a u radu su obradena tri problem, resenje ostalih sedam problema mozetenaci u [2].

Naravno, prica o geometrijskim mestima tacaka u ravni i prostoru sesvakako ne zavrsava ovde. Mnoga druga geometrijska mesta tacaka koja suovde izostavljena mozete naci u [4], [5] i [6].

73

Literatura

[1] P. Janicic, Zbirka zadataka iz geometrije, Matematicki fakultet, Beograd 2007.

[2] M. Stankovic, Osnovi geometrije, PMF, Nis 2006.

[3] S. Gavrilovic, Nastava matematike u srednjim skolama .

[4] R. Tosic, V. Petrovic, Zbirka zadataka iz osnova geometrije, PMF Novi Sad,1990.

[5] R. Tosic, Zbirka resenih zadataka iz neeuklidske geometrije, PMF Novi Sad,1971.

[6] V. Stojanovic, Matematiskop III, Naucno delo, Beograd, 1957.

[7] Vene T. Bogoslav, Zbirka resenih zadataka iz matematike 1, Beograd, 2004.

[8] http://www.wikipedia.org/

74

Biografija

Ivana Gavrilovic je rodjena 16.02.1989. godine u Leskovcu, RepublikaSrbija. Osnovnu skolu ”Sinisa Janic” je zavrsila u Vlasotincu kao nosilacVukove diplome. Gimnaziju ”Stevan Jakovljevic” u Vlasotincu, prirodno-matematicki smer, zavrsila je, takode, kao nosilac Vukove diplome.

Prirodno-matematicki fakultet u Nisu, Odsek za matematiku i infor-matiku upisala je skolske 2008/2009. godine, smer matematika. Osnovneakademske studije zavrsila je u septembru 2011. godine sa prosecnom ocenom8,60. Iste godine upisuje diplomske akademske studije na smeru Matematikai zavrsava ih u septembru 2013. godine. Prosecna ocena na diplomskimakademskim studijama je 9,20.

75