Konstruktivni problemi s visinama i ortocentrom

(1)

SVEU ˇ

CILI ˇ

STE U ZAGREBU

PRIRODOSLOVNO–MATEMATI ˇ

CKI FAKULTET

MATEMATI ˇ

CKI ODSJEK

Mia Radovi´c

KONSTRUKTIVNI PROBLEMI S

VISINAMA I ORTOCENTROM

Diplomski rad

Voditelj rada:

doc.dr.sc. Mea Bombardelli

Zagreb,

rujan 2016.

(2)

Ovaj diplomski rad obranjen je dana pred ispitnim povjerenstvom u sastavu:

1. , predsjednik

2. , ˇclan

3. , ˇclan

Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom .

Potpisi ˇclanova povjerenstva: 1.

2. 3.

(3)

Zahvaljujem svojoj mentorici Mei Bombardelli te brojnim susretljivim kolegama, asistentima i profesorima koji su mi omogu´cili da danas budem tu gdje jesam. Matei zahvaljujem najprije za smijeh, a onda i veliku podrˇsku svih ovih godina. Ivi zahvaljujem

jer mi je omogućio da ga poznajem i zovem prijateljem. Antei ˇzelim reći hvala jer je uvijek bila tu i jer je zasluˇzna za sve sjećanja vrijedne trenutke. Zahvaljujem se potom

cijeloj svojoj obitelji, a posebno baki koja je palila svije´cu za svaki kolokvij i didu na genima i beskrajnom interesu za moje studiranje. Zahvaljujem se i Luki jer me tjerao da uˇcim kad je bilo najteˇze i jer me uvjeravao da ja to mogu. Najve´ce hvala pripada Ani, tati

i mami jer su upravo onakvi kakvi jesu i jer bez njih sve ovo ne bi bilo mogu´ce. Od srca vam hvala.

(4)

Sadrˇzaj

Sadrˇzaj iv

Uvod 1

1 Osnovne definicije i teoremi 3

2 O geometrijskim konstrukcijama 9

2.1 Temeljne konstrukcije . . . 10 2.2 Rjeˇsavanje konstruktivnih zadataka . . . 16 2.3 Pomo´cne konstrukcije . . . 21

3 Konstruktivni problemi s visinama 23 4 Konstruktivni problemi s ortocentrom 69

Bibliografija 87

(5)

Uvod

Visina trokuta, a samim time i ortocentar koji je jedna od ˇcetiriju karakteristiˇcnih toˇcaka trokuta, vaˇzni su pojmovi u geometriji. Svrha ovog diplomskog rada je detaljno prouˇcavanje metriˇckih i poloˇzajnih konstruktivnih zadataka gdje je bar jedan od zadanih elemenata vi-sina, odnosno ortocentar trokuta.

U prvom dijelu rada dokazat će se teorem o ortocentru, kao i teorem o udaljenosti or-tocentra od jednog vrha trokuta, te navesti definicije i iskazi teorema potrebni za dalj-nji tekst. Potom će biti rijeˇci o geometrijskim konstrukcijama ravnalom i ˇsestarom, te-meljnim operacijama i konstrukcijama koristeći spomenuta pomagala. Opisat će se meto-dika rjeˇsavanja konstruktivne zadaće i nekoliko metoda rjeˇsavanja popraćenih primjerima i crteˇzima. Takoder, navest će se i detaljno opisati pomoćne konstrukcije koriˇstene pri rjeˇsavanju zadataka iz trećeg i ˇcetvrtog dijela ovog rada.

U trećem dijelu rijeˇsit će se niz metriˇckih primjera s duljinama visina koristeći razne pouˇcke i metode. U ˇcetvrtom dijelu rjeˇsavat će se poloˇzajni primjeri u kojima je zadan poloˇzaj ortocentra i noˇziˇsta visina iz vrhova trokuta. Naglasak je u oba poglavlja stavljen na sve etape rjeˇsavanja konstruktivnog zadatka, posebice dokaz i raspravu, budući da nji-hov detaljan opis najˇceˇsće izostaje, te na raznolikost u samim zadatcima, kao i u njinji-hovom rjeˇsavanju.

(6)

(7)

Poglavlje 1

Osnovne definicije i teoremi

U ovom poglavlju navest ´cemo pojmove i svojstva koriˇstena u nastavku rada. Prije svega definirat ´cemo pojmove visine i ortocentra te dokazati teorem o ortocentru.

Definicija 1.1. Visina trokuta je duˇzina kojoj je jedan kraj vrh trokuta, a drugi noˇziˇste okomice spuˇstene iz tog vrha na pravac na kojemu leˇzi suprotna stranica.

Teorem 1.2. (Teorem o ortocentru).Pravci na kojima leˇze visine trokuta sijeku se u jednoj toˇcki.

Za dokaz ovog teorema potrebni su nam sljede´ci teoremi i definicija:

Teorem 1.3. Sljede´ce tvrdnje su medusobno ekvivalentne: (i) ˇcetverokut ABCD je para-lelogram, (ii) postoje dvije nasuprotne stranice ˇcetverokuta ABCD koje su nasuprotne i paralelne, (iii) svake dvije nasuprotne stranice ˇcetverokuta ABCD su sukladne, (iv) dija-gonale ˇcetverokuta ABCD se medusobno raspolavljaju, (v) oba para nasuprotnih kutova ˇcetverokuta ABCD su sukladna.

Definicija 1.4. Simetrala duˇzineje pravac koji prolazi poloviˇstem te duˇzine i okomit je na nju.

Teorem 1.5. (Teorem o simetralama stranica trokuta). Simetrale stranica trokuta sijeku se u jednoj toˇcki.

Sad moˇzemo dokazati teorem o ortocentru.

Dokaz. Svakim vrhom trokuta povucimo paralelu sa suprotnom stranicom. Tako se dobije

trokutA0_B0_C0_{(slika 1.1).}

(8)

4 POGLAVLJE 1. OSNOVNE DEFINICIJE I TEOREMI ˇ

Cetverokut ABA0C je paralelogram. Teorem 1.3 povlaˇci da je |AB| = |CA0|. Takoder, ˇcetverokut ABCB0 je paralelogram, pa teorem 1.3 povlaˇci i |AB| = |B0C|. Slijedi da je

|B0_C| = _|CA0_|_{, pa je}_C _{poloviˇste stranice} _A0_B0_{. Analogno pokazujemo da je} _A _poloviˇste

straniceB0_C0_{i da je}_B_{poloviˇste stranice}_A0_C0_.

Visina na stranicu ABokomita je na tu stranicu, pa onda i na duˇzinuA0_B0_{. Prema tome,}

pravci na kojima leˇze visine trokuta ABC ujedno su simetrale stranica trokuta A0B0C0. Prema teoremu 1.5, simetrale stranica trokuta A0B0C0 sijeku se u jednoj toˇcki. Stoga se i tri pravca na kojima leˇze visine trokutaABCsijeku u jednoj toˇcki.

Slika 1.1

Definicija 1.6. Toˇcka u kojoj se sijeku pravci na kojima leˇze visine trokuta naziva se orto-centartrokuta.

Navest ´cemo joˇs nekoliko vaˇznih definicija i svojstava trokuta.

Definirajmo prvo teˇziˇste trokuta. Kako bismo ga definirali, potrebno je najprije objasniti pojam teˇziˇsnice i navesti jedan teorem.

Definicija 1.7. Teˇziˇsnica trokutaje duˇzina koja spaja vrh trokuta s poloviˇstem nasuprotne stranice trokuta.

Teorem 1.8. (Teorem o teˇziˇstu trokuta). Sve tri teˇziˇsnice trokuta sijeku se u jednoj toˇcki. Udaljenost te toˇcke od pojedinog vrha trokuta iznosi dvije tre´cine duljine odgovaraju´ce teˇziˇsnice.

Definicija 1.9. Toˇcka u kojoj se sijeku sve tri teˇziˇsnice naziva seteˇziˇstetrokuta.

(9)

5

Teorem 1.10. Za svaki trokut postoji jedna i samo jedna kruˇznica koja prolazi vrhovima trokuta. Ta se kruˇznica zove kruˇznicaopisanatom trokutu, a srediˇste joj je sjeciˇste sime-trala stranica trokuta.

Teorem 1.11. Pravac okomit na tetivu kruˇznice prolazi srediˇstem te kruˇznice ako i samo ako prolazi poloviˇstem tetive.

Kako bismo objasnili pojam trokutu upisane kruˇznice, potrebno je definirati sljede´ci pojam:

Definicija 1.12. Simetrala kutaje pravac koji taj kut dijeli na dva jednaka dijela.

Teorem 1.13. Simetrale unutarnjih kutova trokuta sijeku se u jednoj toˇcki. Ta toˇcka je srediˇste trokutu upisane kruˇznice.

Navedimo i sljede´ce definicije i teoreme:

Teorem 1.14. Toˇcka leˇzi na simetrali kuta ako i samo ako je jednako udaljena od njegovih krakova.

Definicija 1.15. Sukut unutarnjeg kuta trokuta naziva sevanjski kut trokuta.

Teorem 1.16. Simetrale bilo koja dva vanjska kuta trokuta i simetrala preostalog tre´ceg unutarnjeg kuta trokuta sijeku se u jednoj toˇcki.

Visine trokuta veˇzu se i za pojam povrˇsine trokuta. Formula pomo´cu koje se raˇcuna

povrˇsina trokutakojemu je jedna stranica duljinea, a pripadna visina duljineva je:

P= 1

2·ava.

Definicija 1.17. Za dva trokuta kaˇzemo da su sukladniako su im odgovaraju´ce stranice jednake duljine i odgovaraju´ci kutovi jednake veliˇcine.

Teorem 1.18. (S KS teorem o sukladnosti). Dva su trokuta sukladna ako su im sukladne dvije stranice i kut medu njima.

Teorem 1.19. (KS K teorem o sukladnosti). Dva su trokuta sukladna ako im je sukladna jedna stranica i dva kuta uz tu stranicu.

Teorem 1.20. (S S S teorem o sukladnosti). Dva trokuta su sukladna ako su im sukladne sve tri stranice.

Definicija 1.21. Za dva trokuta kaˇzemo da susliˇcniako su im odgovaraju´ci kutovi sukladni i odgovaraju´ce stranice proporcionalne.

(10)

6 POGLAVLJE 1. OSNOVNE DEFINICIJE I TEOREMI

Kao i kod sukladnosti trokuta, postoje ˇcetiri teorema o minimalnim dovoljnim uvjetima za sliˇcnost trokuta, no ovdje ´cemo navesti samo onaj koji ´cemo koristiti kasnije.

Teorem 1.22. (S S S pouˇcak o sliˇcnosti). Dva trokuta su sliˇcna ako su im odgovaraju´ce stranice proporcionalne.

Nadalje, prilikom rjeˇsavanja nekolicine konstruktivnih problema, trebat ´ce konstruirati ge-ometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se dana duˇzina vidi pod danim kutom. Za to su nam potrebni sljede´ci teoremi i definicija:

Teorem 1.23. (Talesov teorem o kutu nad promjerom kruˇznice). Ako je duˇzina AB pro-mjer kruˇznice k, a C bilo koja toˇcka kruˇznice k razliˇcita od A i B, tada je kut_]ACB pravi. Teorem 1.24. (Obrat Talesovog teorema). Ako je kut _]ACB pravi, onda toˇcka C leˇzi na kruˇznici ˇciji je promjer duˇzina AB.

Definicija 1.25. Konveksni kut kojemu vrh T leˇzi na kruˇznici k i ˇciji krakovi sijeku kruˇznicu k u dvjema toˇckama A i B zovemoobodni kutkruˇznice k nad lukomAB.c

Definicija 1.26. Neka je k kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki O i AB kruˇzni luk koji leˇzi nac

kruˇznici k. Kut_]AOB zovemosrediˇsnji kutkruˇznice k nad lukomAB.c

Teorem 1.27. Srediˇsnji kut nad nekim lukom jednak je dvostrukom obodnom kutu nad tim istim lukom.

Slijedi nekoliko definicija o preslikavanjima ravnine.

Definicija 1.28. Kaˇzemo da je preslikavanje f : π → π izometrija ravnine π ako za sve toˇcke A i B ravnineπvrijedi|A0B0|= |AB|, gdje je f(A)= A0i f(B)= B0.

Definicija 1.29. Neka je p pravac koji leˇzi u ravniniπ. Osna simetrijaravnineπobzirom na pravac p je preslikavanje sp : π→ πdefinirano na sljede´ci naˇcin: Ako toˇcka T leˇzi na

pravcu p definira se sp(T)=T . Ako toˇcka T ne leˇzi na pravcu p, tada okomica kroz toˇcku

T na pravac p sijeˇce p u nekoj toˇcki T0. Neka je T0 toˇcka na pravcu T T0, razliˇcita od T ,

takva da je|T T0|=|T0T0|. Takva toˇcka T0je jedinstvena. Definira se sp(T)= T0.

Definicija 1.30. Neka je O ˇcvrsta toˇcka ravnineπ. Centralna simetrijaravnineπobzirom na toˇcku O je preslikavanje so :π→ πdefinirano na sljede´ci naˇcin: Najprije je so(O)= O.

Ako je T toˇcka razliˇcita od O, neka je T0 toˇcka na pravcu T O, razliˇcita od T , takva da je |T O|=|OT0_{|. Takva toˇcka T}0_{je jedinstvena. Definira se s}

o(T)= T0.

Uoˇcimo: Osna i centralna simetrija su izometrije ravnine.

Navest ´cemo i teorem koji povezuje srediˇste kruˇznice opisane trokutu s njegovim ortocen-trom.

(11)

7

Teorem 1.31. (Teorem o udaljenosti ortocentra od vrha trokuta). Udaljenost ortocentra od jednog vrha trokuta jednaka je dvostrukoj udaljenosti srediˇsta trokutu opisane kruˇznice od nasuprotne stranice trokuta.

Drugim rijeˇcima, neka je ABC trokut kojemu je toˇcka H ortocentar, toˇcka O srediˇste opi-sane kruˇznice, a toˇcka P poloviˇste stranice BC. Vrijedi: −−→AH = 2−OP.−→

Kako bismo dokazali ovaj teorem, koristit ´cemo sljede´cu definiciju i teorem:

Definicija 1.32. Spojnica poloviˇsta dviju stranica trokuta zove sesrednjica trokuta. Trokut ima tri srednjice.

Teorem 1.33. Srednjica povuˇcena poloviˇstima dviju stranica trokuta je usporedna s tre´com stranicom. Duljina srednjice jednaka je polovici duljine stranice s kojom je usporedna.

Dokaˇzimo sad teorem 1.31 o udaljenosti ortocentra od jednog vrha trokuta.

Dokaz. TrokutuABC opisana je kruˇznicaksa srediˇstem u toˇckiO. ToˇckaH je ortocentar trokuta. Uz ostale oznake kao na slici 1.2, treba dokazati da je|AH|= 2|OD|. PravacOD

je simetrala stranice BC, pa je OD ⊥ BC, a kako je AH ⊥ BC slijedi da je OD k AH. Analogno imamo da je OE k BH. Duˇzina DE je srednjica trokuta ABC, zbog ˇcega je

DE k AB. Vidimo da su stranice trokutaODEi HAB(u parovima) usporedne, zbog ˇcega ti trokuti imaju sukladne kutove. Iz ovoga slijedi da su trokutiODE i HABsliˇcni. Kako je |DE| = 1 2|BA|, slijedi da je |OD| = 1 2|AH| i |OE| = 1 2|BH|. Analogno se dokaˇze da je

|OF|= 1₂|CH|, ˇcime je dokazana tvrdnja pouˇcka.

(12)

8 POGLAVLJE 1. OSNOVNE DEFINICIJE I TEOREMI

Pri rjeˇsavanju nekih primjera iz trećeg i ˇcetvrtog dijela ovog rada koristit će se sljedeći teoremi i definicije:

Teorem 1.34. Srediˇste O opisane kruˇznice, teˇziˇste T i ortocentar H nekog trokuta ABC

leˇze na jednom pravcu e koji nazivamoEulerovim pravcem tog trokuta. Udaljenost|HT|

ortocentra H i teˇziˇsta T dvostruko je ve´ca nego udaljenost |T O| teˇziˇsta T i srediˇsta O opisane kruˇznice, tj.

|HT|=2· |T O|.

Slika 1.3

Definicija 1.35. Tetivni ˇcetverokut je ˇcetverokut kome se moˇze opisati kruˇznica. Teorem 1.36. Zbroj dvaju nasuprotnih kutova tetivnog ˇcetverokuta je180◦

(13)

Poglavlje 2

O geometrijskim konstrukcijama

Geometrijske konstrukcije su onaj dio planimetrije koji odredene planimetrijske probleme rjeˇsava konstruktivnom metodom. U ovom poglavlju bit ´ce rijeˇci o osnovnim pojmovima vezanim za konstruktivnu zada´cu te o temeljnim konstrukcijama trokuta. Prije svega defi-nirajmo:

Definicija 2.1. Bilo koji podskup toˇcaka promatrane ravnineπ zvat ´cemogeometrijskom figurom ravnineπ.

Konstruirati neku figuru znaˇci, najop´cenitije reˇceno, nacrtati tu figuru. Za konstrukciju geometrijskih figura potrebno je upotrijebiti odredene sprave. U ovom radu prilikom trukcije figura bavit ´cemo se euklidskim konstrukcijama. Euklidske konstrukcije su kons-trukcije kod kojih su dopuˇstene sprave:

1. jednobridno ravnalo (ravnalo kojemu moˇzemo upotrebljavati samo jedan od dva para-lelna brida) na kojem nije istaknuta jedinica mjere;

2. ˇsestar s promjenjivim po volji velikim rasponom.

Dopuˇstenom uporabom ravnala i ˇsestara mogu´ce je izvesti sljede´ce temeljne operacije: 1. konstruirati pravac kroz dvije zadane razliˇcite toˇcke;

2. konstruirati sjeciˇste dvaju danih neparalelnih pravaca zadanih dvjema razliˇcim toˇckama; 3. konstruirati kruˇznicu sa srediˇstem u danoj toˇcki koja prolazi kroz drugu danu toˇcku; 4. konstruirati dva sjeciˇsta dane kruˇznice i jednog pravca, ukoliko postoje;

5. konstruirati sjeciˇsta dviju danih kruˇznica, ako postoje. 9

(14)

10 POGLAVLJE 2. O GEOMETRIJSKIM KONSTRUKCIJAMA

U ovom trenutku moˇzemo precizno definirati euklidske konstrukcije i konstruktivni zada-tak.

Definicija 2.2. Euklidska konstrukcijaje svaki slijed od konaˇcno mnogo izvedenih temelj-nih operacija.

Definicija 2.3. Konstruktivni zadatak je konstrukcija figure danim spravama ako je za-dana neka druga figura te ako su opisani odnosi izmedu zadane i traˇzene figure. Bilo koju figuru koja zadovoljava uvjete zadatka zovemorjeˇsenjem konstruktivnog zadatka.

Zadatak se smatra rijeˇsenim ako je konstruirano konaˇcno mnogo figuraF1,F2, ...,Fnkoje

zadovoljavaju uvjete zadatka i ako je svaka figura koja zadovoljava uvjete zadatka jednaka jednoj odF1,F2, ...,Fn. Tad kaˇzemo da zadatak imanrjeˇsenja.

2.1 Temeljne konstrukcije

U ovom podpoglavlju navest ´cemo i detaljno opisati temeljne konstrukcije izvedene ravna-lom i ˇsestarom pomo´cu temeljnih operacija koje se koriste u nastavku rada.

TK1 Prijenos duˇzina

Zadana je duˇzinaABi polupravacC x. Na danom polupravcu potrebno je konstruirati toˇckuDtako da vrijedi: |CD|=|AB|.

Neka jekkruˇznica sa srediˇstem u toˇckiC i polumjerom|AB|. ToˇckuDdobit ´cemo kao sjeciˇste polupravcaC xs kruˇznicomk(slika 2.1).

(15)

2.1. TEMELJNE KONSTRUKCIJE 11

TK2 Prijenos kutova

Dan je konveksni kut]xOyi polupravacO0x0. Treba konstruirati polupravacy0tako da mu je poˇcetak u toˇckiO0_{i da je}

]x0_O0_y0 =

]xOy.

Neka jed bilo koja duljina. Neka je k1 kruˇznica sa srediˇstem uO i polumjeromd.

Kruˇznicak1sijeˇce polupravac xu toˇckiC, a polupravacyu toˇckiD.

Neka jek2kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiO0i polumjeromd. Kruˇznicak2sijeˇce kruˇzni

lukx0u toˇckiC0. Oko toˇckeC0opiˇsimo kruˇznicukpolumjera|CD|. Kruˇznicaksijeˇce kruˇznicuk2 u toˇckiD0. Vrijedi: ]xOy = ]x0Oy0 = ]C0OD0, gdje jey0 polupravac s

poˇcetkom u toˇckiO0 koji prolazi toˇckomD0(slika 2.2).

Slika 2.2

TK3 Konstrukcija simetrale i poloviˇsta duˇzine

Dana je duˇzinaAB. Potrebno je konstruirati toˇcku Pna duˇziniABtako da je|AP|= |PB|i pravac stako da jeP∈sis⊥AB.

Neka jek1kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiAi polumjeromrtakvim da jer> 1₂|AB|te

neka jek2 kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiBi polumjeromr. Kruˇznicek1ik2sijeku se

u toˇckama M iL. Pravac MLje traˇzena simetrala, a sjeciˇsteP pravaca MLi ABje poloviˇste duˇzineAB(slika 2.3).

(16)

Slika 2.3

TK4 Konstrukcija simetrale kuta i poloviˇsta luka

Dan je kut _]xOy i kruˇzni luk l sa srediˇstem u toˇcki O i polumjerom r koji sijeˇce krakove danog kuta. Neka su toˇcke Ai Bsjeciˇsta krakova kuta s kruˇznim lukom l. Potrebno je konstruirati pravac koji prolazi toˇckom O i jednako je udaljen od oba kraka danog kuta, te poloviˇste lukal.

Neka je s simetrala duˇzine AB. Pravac s je simetrala kuta xOy. Pravac s oˇcito prolazi toˇckomO, pa je dovoljno konstruirati prema konstrukciji TK3 jednu toˇckuC

te simetrale. Simetrala s = OC sijeˇce kruˇzni lukl u toˇcki P. Toˇcka Pje poloviˇste kruˇznog lukal(slika 2.4).

Slika 2.4

TK5 Konstrukcija pravca koji prolazi danom toˇckom i paralelan je s danim pravcem

Dan je pravac pi toˇckaPizvan njega. Potrebno je konstruirati pravacqkoji prolazi toˇckomPi paralelan je s pravcemp.

(17)

Neka jer bilo koji pravac kroz toˇcku P koji sijeˇce dani pravac p u nekoj toˇcki A. Neka jelkruˇznica sa srediˇstem u toˇckiAkroz toˇckuP. Kruˇznicalsijeˇce pravac pu toˇckiC. Neka je toˇckaDtakva da je_]PAC = _]APDi da su toˇckeC iDs razliˇcitih strana pravcar. Kako bismo konstruirali toˇcku D koristit ´cemo konstrukciju TK2. Tada jePD =q(slika 2.5).

Slika 2.5

TK6 Konstrukcija okomice iz dane toˇcke na dani pravac

Dana je toˇckaPi pravac p. Potrebno je konstruirati pravacqkoji prolazi toˇckomPi okomit je na pravacp.

Razlikujemo dva sluˇcaja: a) ToˇckaPleˇzi na pravcu p.

Neka jek kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki P i proizvoljnim polumjerom. Kruˇznica k

sijeˇce pravac p u toˇckama A i B. Toˇcka P je poloviˇste duˇzine AB, pa je traˇzena okomicaqtada simetrala duˇzine AB.

b) ToˇckaPne leˇzi na pravcup.

Neka jekkruˇznica sa srediˇstem u toˇcki Pi polumjeromr tako da kruˇznicaksijeˇce pravac p u dvjema toˇckama Ai B. Traˇzena okomicaqtada je simetrala duˇzine AB

koja oˇcito prolazi toˇckomP. Oba sluˇcaja prikazana su na slici 2.6.

TK7 Konstrukcija trokuta ako su mu poznate duljine svih triju stranica (S S S kons-trukcija)

Dane su tri duˇzine duljina a, b i c. Potrebno je konstruirati trokut ABC tako da je

(18)

Tri duˇzine duljinaa,bicmogu biti stranice nekog trokuta ako i samo ako vrijedi:

a<b+c; b< a+c; c<a+b.

Pretpostavimo da ove nejednakosti vrijede. Neka je p proizvoljan pravac. Odabe-rimo na njemu toˇckuAi konstruirajmo toˇckuBtako da jeB ∈ pi|AB|= c. Neka je

k1kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiAi polumjerombi neka jek2 kruˇznica sa srediˇstem

u toˇcki B i polumjerom a. Kruˇznice k1 i k2 sijeku se u toˇckama C i C0. Ove su

dvije toˇcke osnosimetriˇcne obzirom na pravac p, a trokutiABCi ABC0 sukladni, pa zadatak ima jedinstveno rjeˇsenje (slika 2.7).

Slika 2.6

(19)

TK8 Konstrukcija trokuta ako su mu poznate duljine dviju stranica i mjera kuta medu njima (S KS konstrukcija)

Dane su dvije duˇzine duljinab ic, te mjera kuta α. Potrebno je konstruirati trokut

ABCtako da je|AB|= c,|AC|=bi]CAB=α.

Neka je duˇzina AB takva da vrijedi |AB| = c. Neka je toˇcka P takva da vrijedi

α= ]BAP. Na polupravcuAPnanesimo duˇzinuACtako da je|AC|=b. Konstruirali smo jednoznaˇcno odredeni trokutABC(slika 2.8).

Slika 2.8

TK9 Konstrukcija trokuta ako mu je poznata duljina jedne stranice i mjere uz nju prileˇze´cih kutova (KS K konstrukcija)

Dana je duˇzina duljineci mjere kutova αiβ. Potrebno je konstruirati trokut ABC

tako da je|AB|=c,_]CAB=αi_]ABC =β.

Neka je duˇzina ABtakva da vrijedi|AB| = c. Neka je toˇcka Ptakva da je_]PAB =

α. Neka je toˇcka Q takva da je ]ABQ = β. Pravci AP i BQ sijeku se u toˇcki C. Konstruirali smo jedinstveni trokutABC (slika 2.9).

(20)

Slika 2.9

TK10 Dijeljenje duˇzine na jednake dijelove

DuˇzinuABpotrebno je podijeliti nanjednakih duˇzina. Uzmimo da jen= 5.

Poloˇzimo polupravac s toˇckomAkao poˇcetnom toˇckom u nekom pogodno odabra-nom smjeru (slika 2.10). Nanesimo na taj pravac poˇcevˇsi od toˇckeApet puta neku odabranu duˇzinu|AA1|= |A1A2|= |A2A3| = |A3A4| = |A4A5|. Povucimo zatim

para-lele sA5BtoˇckamaA1,A2, ...,A5 koje dijele duˇzinuABna pet jednakih dijelova, ˇsto

se lako dokaˇze pomo´cu sliˇcnosti trokuta (Talesov teorem1.23).

Slika 2.10

2.2 Rjeˇsavanje konstruktivnih zadataka

Konstruktivni zadatak je u potpunosti rijeˇsen ako smo konstruirali sva rjeˇsenja, tj. ako smo konstruirali sve mogu´ce figure koje zadovoljavaju uvjete u zadatku. Rjeˇsavanje konstruk-tivnog zadatka sastoji se od ˇcetiri etape;

(21)

2.2. RJE ˇSAVANJE KONSTRUKTIVNIH ZADATAKA 17

2. konstrukcija 3. dokaz 4. rasprava

Uanalizizadatka pretpostavljamo da je zadatak rijeˇsen. Crtamo skicu i na njoj istiˇcemo dane i traˇzene figure ili dijelove figura. Uoˇcavamo njihov medusobni odnos, nadopunju-jemo crteˇz i nastojimo uoˇciti figure koje znamo konstruirati i ˇcija konstrukcija rjeˇsava naˇs konstruktivni zadatak. Pronalaˇzenje naˇcina konstruiranja ˇcesto je razlaganje zadatka na niz ve´c poznatih i elementarnih zadataka.

Konstrukcija, odnosno opis konstrukcije, dio je zadatka gdje se na temelju analize odredi izvodenje konaˇcnog broja temeljnih konstrukcija ili nekih od prije poznatih konstruktivnih zadataka, kojima se dobiva traˇzena figura.

Dokazje etapa u kojoj je potrebno dokazati da svaka konstrukcijom dobivena figura odgo-vara uvjetima zadatka.

Uraspravipotrebno je odrediti broj rjeˇsenja zadatka i raspraviti je li u svim sluˇcajevima konstrukcija provediva, a ako u nekima nije, pronaći konstrukciju za takve sluˇcajeve. Po-trebno je, dakle, odgovoriti na pitanja: 1. je li moguće figuri naći rjeˇsenje, uz kakve uvjete rjeˇsenja postoje i koliko ih je; 2. kako ovisi broj rjeˇsenja o odabranim elementima u danoj figuri.

Postoji nekoliko metoda kojima se sluˇzimo pri geometrijskom konstruiranju. Istaknut ´cemo i opisati ovdje one metode koje ´ce se koristiti u ovom radu:

1. Metoda presjeka 2. Algebarska metoda

Metoda presjeka. Kao ˇsto je ve´c reˇceno, rijeˇsiti neki konstruktivni zadatak znaˇci na teme-lju neke dane figure konstruirati traˇzenu figuru koja zadovoljava stanovite uvjete. Pretpos-tavimo da su dana dva uvjeta. Ako su ti uvjeti nezavisni, najprije moˇzemo zanemariti drugi uvjet i potraˇziti figuruΦ1, odnosno skup svih toˇcaka ravnine koje zadovoljavaju samo prvi

uvjet.

Nakon ˇsto smo pronaˇsli geometrijsko mjesto toˇcaka za koje vrijedi prvi uvjet, odnosno figuruΦ1, potraˇzit ´cemo drugu figuru,Φ2, geometrijsko mjesto toˇcaka koje zadovoljavaju

drugi uvjet. Sada je oˇcito da traˇzenu figuruΦ koja zadovoljava oba uvjeta dobijemo kao presjek figuraΦ1iΦ2.

Navest ´cemo sad nekoliko geometrijskih mjesta toˇcaka koje ´cemo koristiti prilikom rjeˇsavanja konstruktivnih problema u ovom radu i njihovu konstrukciju.

(22)

GMT1 Geometrijsko mjesto toˇcaka koje su udaljene od nekog pravca pza duljinudsu dva pravcaaibparalelna s pravcem pi od njega udaljena zads razliˇcitih strana. Konstrukcija pravacaaibprovodi se na sljede´ci naˇcin:

Odaberimo toˇckuT na pravcu pte konstruirajmo okomicuqkroz toˇckuT na pravac

p. Neka je k kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki T i polumjerom d. Kruˇznica k sijeˇce pravac q u dvjema toˇckama, A i B. Kroz toˇcke A i B konstruiramo pravce a i b

paralelne s pravcem p. Oˇcito je udaljenost pravacaaibod pravcapjednakad(slika 2.11).

GMT2 Geometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se dana duˇzina vidi pod danim kutomdva su kruˇzna luka nad danom duˇzinom takva da je obodni kut nad danom duˇzinom jednak danom kutu.

Neka je dana duˇzina AB i mjera kutaα. Neka je toˇcka T takva da je _]T AB = α. SrediˇsteO1kruˇznog lukal1nalazi se na simetrali duˇzineABi na okomici kroz toˇcku

Ana pravacAT. Kruˇzni lukl2 osno je simetriˇcan na kruˇzni lukl1 obzirom na pravac

AB (slika 2.12). Uoˇcimo: ako je dani kut α pravi, iz teorema 1.23 slijedi da je geometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se dana duˇzina vidi pod pravim kutom kruˇznica ˇciji je promjer dana duˇzina.

(23)

2.2. RJE ˇSAVANJE KONSTRUKTIVNIH ZADATAKA 19

Slika 2.12

Algebarska metoda

Neka su dane duˇzine duljinaa,b,c, ...,k. Potrebno je konstruirati duˇzinu duljinex, koja je dana algebarskim izrazom

x= f(a,b,c, ...,k).

U ovom sluˇcaju kaˇzemo da smo konstruirali dani izraz. Varijable u ovom izrazu su duljine duˇzina, no razmatraju se samo one pozitivne vrijednosti za koje je gornji izraz pozitivan i ima smisla.

Promotrimo nekoliko jednostavnih konstrukcija algebarskih izraza.

AM1 Neka su a i b duljine dviju danih duˇzina. Potrebno je konstruirati duˇzinu duljine

x=a+b.

Neka je p pravac na kojemu leˇzi duˇzina ABduljinea. Konstruirajmo na pravcu p

toˇckuCtako da je|BC|=bi da te dvije duˇzine imaju samo jednu zajedniˇcku toˇcku, toˇckuB. Vrijedi: |AC|= x(slika 2.13).

(24)

AM2 Neka jeadana duljina i neka jenproizvoljan prirodni broj. Potrebno je konstruirati duˇzinu duljinex= na.

Na temelju konstrukcije AM1 odmah je jasno danputa pribrojimo istu duˇzinu du-ljinea, ˇsto je zan= 5 prikazano na slici 2.14.

AM3 Neka je a dana duljina i neka je n prirodni broj. Potrebno je konstruirati duˇzinu duljinex= a_n.

Ova konstrukcija je ekvivalentna konstrukciji dijeljenja duˇzine na jednake dijelove (TK10).

Slika 2.14

AM4 Konstrukcija ˇcetvrte proporcionale. Dane su duˇzine duljina a, b i c. Potrebno je konstruirati duˇzinu duljinex= a_c·b.

Neka je ppolupravac s poˇcetkom u toˇckiO. Neka suA iC toˇcke na polupravcu p

tako da je|OA| = ai|OC| = c. Neka jeqpolupravac s poˇcetkom u toˇckiOrazliˇcit od polupravca pi neka jeBtoˇcka na polupravcuqtakva da je|OB|= b. ToˇckomA

povuˇcemo paralelu pravcemBC koja sijeˇce polupravac qu toˇckiX. Duljina duˇzine

(25)

2.3. POMO ´CNE KONSTRUKCIJE 21

Slika 2.15

2.3 Pomo´cne konstrukcije

Pokazat ´cemo sad, radi jednostavnosti i praktiˇcnosti, nekoliko konstrukcija koje se pojav-ljuju u zadatcima tre´ceg i ˇcetvrtog poglavlja ovog rada.

PK1 U ravnini su dane dvije toˇcke,AiP. Potrebno je konstruirati toˇckuBtako da je toˇcka

Bcentralnosimetriˇcna toˇckiAobzirom na toˇckuP.

Neka jeppravac kroz toˇckeAiPi neka jekkruˇznica sa srediˇstem uPkoja prolazi toˇckomA. Kruˇznicaksijeˇce pravac pu toˇckiB(B_, A) (slika 2.16).

PK2 U ravnini su dane tri toˇcke,A, BiCtek∈ N. Potrebno je konstruirati toˇcku Dtako da je−AB−→= k·−−→CD.

Neka je p polupravac s poˇcetkom u toˇcki Akroz toˇcku B. Algebarskom metodom AM2 na polupravcu p konstruiramo toˇcku T tako da se toˇcke B i T nalaze s iste strane toˇckeAi tako da je|AT|= k· |AB|. Neka jeqpolupravac s poˇcetkom u toˇcki

Ciste orijentacije kao polupravac p. Konstruiramo kruˇzniculsa srediˇstem u toˇckiC

(26)

Slika 2.16

(27)

Poglavlje 3

Konstruktivni problemi s visinama

U ovom poglavlju rijeˇsit ćemo nekoliko metriˇckih zadataka. Fokus problema u ovakvim zadatcima vezan je uz metriˇcka svojstva figure kao ˇsto su duljina duˇzine, veliˇcina kuta i sliˇcno. Rjeˇsavanje ovakvih zadataka svodi se na nalaˇzenje figura ˇcija metriˇcka svojstva od-govaraju uvjetima zadatka. Rijeˇsimo li primjer konstruiravˇsi u ravnini figuruΦ, uoˇcavamo da postoji joˇs beskonaˇcno mnogo figura dane ravnine koje su do na izometriju sukladne figuri Φ. Medutim, nećemo reći da zadatak ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja, već ćemo promatrati koliko razliˇcitih figura zadovoljava uvjete zadatka, te na taj naˇcin odrediti broj rjeˇsenja.

Cjelovit popis konstrukcija trokuta s trima zadanim veliˇcinama nalazi se u knjizi [4] na stranicama 356. - 357. Duljine stranica trokuta oznaˇcene su sa,bic, veliˇcine unutarnjih kutova sα, βiγ. Oznake duljina visina trokuta suva,vbivc, a duljina teˇziˇsnica trokutata,tb

itc. Odabrat ´cemo i rijeˇsiti nekoliko primjera gdje je barem jedna od danih veliˇcina duljina

visine trokuta.

(28)

24 POGLAVLJE 3. KONSTRUKTIVNI PROBLEMI S VISINAMA

Primjer 3.1. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine stranica a i b, te duljina visine vc.

Analiza:

Slika 3.1

Neka jeN noˇziˇste visine iz vrhaCna stranicu ABtrokutaABC. Vrijedi|CN| = vc. Neka

je ppravac koji prolazi toˇckomNi okomit je na duˇzinuCN.

Toˇcka Bod toˇckeCje udaljena za duljinua. Drugim rijeˇcima, toˇcka Bleˇzi na kruˇznici sa srediˇstem u toˇckiCi polumjeroma. Oznaˇcit ´cemo spomenutu kruˇznicu sk1. ToˇckaBleˇzi i

na pravcup, pa je oˇcito da je ona presjek pravca pi kruˇznicek1. Na analogan naˇcin dobije

se i toˇckaA.

Konstrukcija:

1. konstrukcija duˇzineCNtako da vrijedi|CN|= vc

2. konstrukcija pravca ptako da jeN ∈ pi p⊥CN

3. konstrukcija kruˇznicek1sa srediˇstem u toˇckiCi polumjeroma

4. kruˇznicak1sijeˇce pravac pu toˇckiB

5. konstrukcija kruˇznicek2sa srediˇstem u toˇckiCi polumjeromb

(29)

25

Slika 3.2

Iako je konstrukcija jednostavna, dokaˇzimo njenu ispravnost.

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je|BC| = a, |AC| = bi da je duljina visine iz vrhaC na stranicu

ABovog trokuta jednakavc.

Duljina duˇzineBCjednaka je polumjeru kruˇznicek1, ˇsto vidimo iz tre´ceg i ˇcetvrtog koraka

konstrukcije. Iz tre´ceg koraka konstrukcije slijedi da je ta duljina jednakaa. Dokazali smo prvu tvrdnju. Analogno zakljuˇcujemo da vrijedi i|AC|= b.

Duljina visine iz vrhaC na stranicu ABjednaka je udaljenosti vrhaC od pravca AB. Iz drugog koraka konstrukcije slijedi da je pravac pokomit na pravacCNi da prolazi toˇckom

N. Iz ˇcetvrtog i ˇsestog koraka konstrukcije vidimo da toˇcke A i B leˇze na pravcu p, pa slijedi da toˇcka N leˇzi na pravcu AB. Toˇcka N je, prema tome, noˇziˇste visine iz vrha

C na nasuprotnu stranicu trokuta ABC. Iz prvog koraka konstrukcije vidimo da vrijedi

|CN|=vc, ˇcime je dokazano da je duljina visine iz vrhaCjednakavc.

Rasprava:

Analizirajmo pojedine korake konstrukcije te raspravimo one korake u kojima moˇze do´ci do ”problema”.

U ˇcetvrtom koraku konstrukcije mogu se pojaviti tri razliˇcita sluˇcaja:

1. Ako jevc > akruˇznicak1ne sijeˇce pravac p, pa u ovom sluˇcaju rjeˇsenje ne postoji (slika

3.3).

2. Ako jevc = akruˇznicak1 dira pravac pu toˇcki N, a vrhBpodudara se s toˇckomN.

3. Ako je vc < a kruˇznica k1 sijeˇce pravac p u toˇckama B i B1. Ove su dvije toˇcke

osnosimetriˇcne obzirom na pravac CN pa moˇzemo odabrati jednu od njih jer taj odabir ne´ce utjecati na jedinstvenost rjeˇsenja.

(30)

26 POGLAVLJE 3. KONSTRUKTIVNI PROBLEMI S VISINAMA ˇSesti korak konstrukcije takoder ´cemo raspraviti podjelom na tri sluˇcaja:

1. Ako jevc > btada kruˇznicak2ne sijeˇce pravac p, pa rjeˇsenje ne postoji.

2. Ako jevc = btada kruˇznicak2dira pravac pu toˇckiN, tj. vrhApodudara se s toˇckom

N.

3. Ako jevc < btada kruˇznicak2sijeˇce pravac pu toˇckamaAiA1.

Poveˇzimo sada ove zakljuˇcke. Ukoliko vrijedi da jevc > bilivc >a, oˇcito je da trokut nije

mogu´ce konstruirati.

Neka je vc = a i vc < b. Slijede´ci korake konstrukcije dobit ´cemo dva trokuta, ABC i

A1BC. Uoˇcavamo da su oni pravokutni s pravim kutom pri vrhuB, te da su osnosimetriˇcni

obzirom na pravacCN, a samim time i sukladni (slika 3.4).

(31)

27

Slika 3.4

Ako jevc =bivc <a, analogno ´cemo dobiti jedinstveno rjeˇsenje; dva sukladna pravokutna

trokutaABCiAB1C s pravim kutom pri vrhuB.

Ako vrijedivc = a=b, rjeˇsenje ne postoji (slika 3.5).

Slika 3.5

U sluˇcaju kad jevc < ai vc < b, moˇzemo u ˇcetvrtom koraku konstrukcije bez smanjenja

op´cenitosti odabrati toˇckuB. U ˇsestom koraku konstrukcije dobit ´cemo dvije toˇckeAiA1,

a time i dva trokuta,ABC iA1BC, koji nisu sukladni, a oba zadovoljavaju uvjete zadatka,

(32)

Slika 3.6

Primjer 3.2. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine stranica a i b, te duljina visine va.

Analiza:

Slika 3.7

Neka je N noˇziˇste visine iz vrha Ana stranicu BC trokutaABC. Vrijedi da je|AN| = va.

Neka je ppravac koji prolazi toˇckomN i okomit je na duˇzinuAN. ToˇckaC leˇzi na pravcu

(33)

29

toˇcki Ai polumjerom b. Toˇcka C leˇzi na kruˇznici k1. One toˇcke koje zadovoljavaju oba

spomenuta uvjeta dobit ´cemo presjeˇcemo li kruˇznicuk1pravcem p.

Neka jek2 kruˇznica sa srediˇstem u toˇcki C i polumjerom a. Toˇcka B leˇzi na kruˇznicik2

i na pravcu p. Presjeˇcemo li kruˇznicuk2 pravcem pdobit ´cemo toˇcke koje zadovoljavaju

navedene uvjete.

Konstrukcija:

1. konstrukcija duˇzineAN tako da vrijedi|AN|= va

2. konstrukcija pravca ptako da jeN ∈ pi p⊥AN

3. konstrukcija kruˇznicek1sa srediˇstem u toˇckiAi polumjeromb

4. kruˇznicak1sijeˇce pravac pu toˇckiC

6. kruˇznicak2sijeˇce pravac pu toˇckiB

Slika 3.8

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je|BC|= a, |AC| = bte da je duljina visine iz vrhaAna stranicu

BC ovog trokuta jednakava.

Iz petog i ˇsestog koraka konstrukcije vidimo da je udaljenost toˇcaka B i C jednaka po-lumjeru kruˇznice k2, ˇsto je upravo a. Analogno, iz tre´ceg i ˇcetvrtog koraka konstrukcije

(34)

Ostaje nam pokazati da je duljina visine iz vrhaAna stranicuBCjednakava. Duljina visine

trokuta iz vrhaAna duˇzinuBCjednaka je udaljenosti toˇckeAdo pravcaBC. Dokazat ´cemo da je toˇcka N noˇziˇste spomenute visine. Iz drugog koraka konstrukcije vidimo da pravac

p prolazi toˇckom N i okomit je na duˇzinu AN, a iz ˇcetvrtog i ˇsestog koraka konstrukcije imamo da pravac p prolazi toˇckama BiC. Slijedi da toˇcka N leˇzi na pravcu BC. Toˇcka

N je, prema tome, noˇziˇste visine iz vrha A na stranicu BC. Iz prvog koraka konstrukcije vidimo da vrijedi|AN|=va. Ovime smo dokazali sve tri tvrdnje.

Rasprava:

U ˇcetvrtom koraku konstrukcije presjek kruˇznicek1i pravca povisi o sljede´cem:

1. Ako je b < va kruˇznicak1 ne sijeˇce pravac ppa u ovom sluˇcaju rjeˇsenje ne postoji

(slika 3.9).

Slika 3.9

2. Ako je b = va kruˇznica k1 dira pravac pu toˇcki N, pa se toˇckaN i vrhC traˇzenog

trokuta podudaraju. U petom koraku konstrukcije odabrat ´cemo toˇcku N ≡ C kao srediˇste kruˇznice k2. Kruˇznica k2 u ˇsestom koraku konstrukcije sijeˇce pravac p u

toˇckamaBiB1, budu´ci da srediˇste kruˇznicek2leˇzi na pravcu p. Primje´cujemo da su

trokutiABCiAB1Cpravokutni s pravim kutom pri vrhuA, te osnosimetriˇcni obzirom

na pravacppa samim time i sukladni. U ovom sluˇcaju rjeˇsenje je jedinstveno (slika 3.10).

3. Za b > va kruˇznicak1 sijeˇce pravac p u toˇckamaC iC1. Ove su dvije toˇcke

osno-simetriˇcne obzirom na pravac AN, pa odabir bilo koje od njih neće utjecati na je-dinstvenost rjeˇsenja. Odaberimo toˇckuC. Slijedeći korake konstrukcije dobit ćemo

(35)

31

trokuteABC i AB1C. TrokutABC oˇcito nije sukladan trokutu AB1C, a oba trokuta

zadovoljavaju uvjete zadatka. Dobili smo, dakle, dva razliˇcita rjeˇsenja (slika 3.11).

Slika 3.10

Slika 3.11

Primjer 3.3. Konstruirajte trokut kojemu je zadana duljina stranice a, te duljine visina vb

(36)

Analiza:

Neka jeNBnoˇziˇste visine iz vrhaBna stranicuAC, aNCnoˇziˇste visine iz vrhaCna stranicu

ABtrokutaABC. Uoˇcimo da vrijedi:

]CNCB= ]CNBB= 90◦.

Prema Talesovom teoremu (1.23) slijedi da toˇckeNB iNC leˇze na kruˇznici ˇciji je promjer

duˇzinaBC. Oznaˇcimo ovu kruˇznicu sk. ToˇckaNB udaljena je od toˇcke Bza duljinuvb, a

toˇckaNCod toˇckeCza duljinuvc. Neka jek1kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiBi polumjerom

vb, te neka je k2 kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiC polumjeravc. ToˇckaNB leˇzi na kruˇznici

k1, a toˇcka NC na kruˇznicik2. Toˇcku Adobit ´cemo kao presjek pravacaCNB i BNC (slika

3.12).

Ako je kut uz vrhBpravi, toˇckaNCpodudara se s toˇckomBi vrijedi da jevc = a. Neka je

ppravac koji prolazi toˇckom Bi okomit je na duˇzinuBC. Toˇcka Asjeciˇste je pravaca pi

CNB(slika 3.13).

(37)

33

Slika 3.13

Konstrukcija:

1. konstrukcija duˇzine BCtako da je|BC|= a

2. konstrukcija kruˇznicektako da joj je duˇzinaBC promjer

3. konstrukcija kruˇznicek1sa srediˇstem u toˇckiBi polumjeromvb

4. kruˇznicak1sijeˇce kruˇznicuku toˇcki NB

5. konstrukcija kruˇznicek2sa srediˇstem u toˇckiCi polumjeromvc

6. kruˇznicak2sijeˇce kruˇznicuku toˇcki NC

(38)

Slika 3.14

Napomena: Ako jevc = a, umjesto sedmog koraka konstrukcije potrebno je konstruirati

pravac pkoji prolazi toˇckom Bi okomit je na duˇzinuBC. Toˇcka Aje sjeciˇste pravaca pi

BNC (slika 3.15). Analogno provodimo konstrukciju zavb =a.

Slika 3.15

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je duljina straniceBCtrokutaABCjednakaa, te da su duljine visina iz vrhaBna stranicu ACi iz vrhaCna stranicu ABovog trokuta jednakevb, odnosnovc.

(39)

35

Iz prvog koraka konstrukcije slijedi da je|BC|= a, ˇcime je prva tvrdnja dokazana.

Duljina visine iz vrha Bna stranicu AC jednaka je udaljenosti toˇcke Bdo pravca AC. Iz ˇcetvrtog koraka konstrukcije vidimo da toˇcka NB leˇzi na kruˇznici k ˇciji je promjer duˇzina

BC. Slijedi da je _]CNBB pravi, odnosno da su pravci CNB i NBB medusobno okomiti.

ToˇckaAleˇzi na pravcuCNB(sedmi korak konstrukcije), tj. toˇcke A,CiNBsu kolinearne.

Iz svega navedenog slijedi da je toˇckaNBnoˇziˇste visine iz vrhaBtrokutaABC. Iz ˇcetvrtog

koraka konstrukcije vidimo i da toˇckaNB leˇzi na kruˇznici k1sa srediˇstem u toˇcki B

polu-mjera vb, pa slijedi da je udaljenost od toˇcke B do toˇcke NB jednaka vb, ˇsto smo i htjeli

dokazati.

Analogno dokazujemo da je toˇcka NC noˇziˇste visine iz vrha C na stranicu AB te da je

|CNC|=vc.

Rasprava:

U ˇcetvrtom koraku konstrukcije kruˇznica k1 ne´ce sje´ci kruˇznicu k za vb > a, pa takav

trokut ne postoji (slika 3.16). Analogno, u ˇsestom koraku konstrukcije kruˇznica k2 ne´ce

sje´ci kruˇznicukzavc >a, pa ni takav trokut ne postoji.

Zavb = a, kruˇznicak1 dira kruˇznicuku toˇckiC. Zavb < a, kruˇznicak1sijeˇce kruˇznicuk

u dvjema toˇckama,NBiN0_B. Ove su dvije toˇcke osnosimetriˇcne obzirom na pravac BC, pa

moˇzemo bez smanjenja op´cenitosti odabrati toˇckuNB.

1. Neka jevb = a.

1.a Za vc = vb = a pravi kut se nalazi pri vrhovima Bi C, pa takav trokut ne postoji

(slika 3.17).

1.b Za vc < a kruˇznica k2 sijeˇce kruˇznicu k u toˇckama NC i N_C0. Ove su dvije toˇcke

osnosimetriˇcne obzirom na pravacBCpa je rjeˇsenje jedinstveno (slika 3.18).

(40)

Slika 3.17

Slika 3.18

2. Neka je sadvb <a.

2.a Zavc =akruˇznicak2dira kruˇznicuku toˇckiB. Rjeˇsenje je jedinstveno.

2.b Za vc < a, kruˇznicak2 sijeˇce kruˇznicuk u toˇckamaNC i N_C0. Pogledajmo sad sedmi

korak konstrukcije. Pravci CNB i BNC sijeku se u toˇcki A, a pravci CNB i BNC0 u

toˇcki A0. Trokuti ABC i A0BC oˇcigledno nisu sukladni, a oba zadovoljavaju uvjete zadatka. Prema tome, u ovom sluˇcaju postoje dva razliˇcita rjeˇsenja (slika 3.19).

(41)

37

Slika 3.19

Primjer 3.4. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine stranice a i visine va, te mjera

kutaα. Analiza:

Slika 3.20

(42)

Neka je p pravac paralelan s duˇzinom BC i od nje udaljen za duljinu visine va. Toˇcka

A leˇzi na pravcu p i na geometrijskom mjestu toˇcaka iz kojih se duˇzina BC vidi pod ku-tomα. Spomenuto geometrijsko mjesto toˇcaka je unija kruˇznih lukova ˇcija je konstrukcija detaljno opisana u prethodnom poglavlju (konstrukcija GMT2). Budući da su ti lukovi os-nosimetriˇcni obzirom na pravacBC, bez smanjenja općenitosti moˇzemo odabrati jedan od tih lukova. Oznaˇcimo ga sl. Toˇcke koje zadovoljavaju oba uvjeta dobit ćemo presjeˇcemo li pravac pi kruˇzni lukl.

Konstrukcija:

1. konstrukcija duˇzine BCtako da je|BC|= a

2. konstrukcija kruˇznog lukaltako da jelgeometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se duˇzina

BC vidi pod kutomα(konstrukcija GMT2)

3. konstrukcija pravca ptako da udaljenost od pravca pdo pravcaBC iznosiva

(kons-trukcija GMT1)

4. pravac psijeˇce kruˇzni luklu toˇcki A

Slika 3.21

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je|BC| = a, da je duljina visine iz vrhaAna stranicu BC trokuta

(43)

39

Iz prvog koraka konstrukcije oˇcigledno je da vrijedi |BC| = a, ˇcime smo dokazali prvu tvrdnju.

Duljina visine iz vrhaAna stranicuBC jednaka je udaljenosti toˇckeAod pravcaBC, ˇsto je jednako udaljenosti medu pravcima pi BC. Iz tre´ceg koraka konstrukcije vidimo da je ta udaljenost jednakava.

Ostalo nam je joˇs pokazati da je mjera kuta_]BAC = α. Iz tre´ceg i ˇcetvrtog koraka kons-trukcije imamo da toˇckaAleˇzi na kruˇznom lukul, a iz konstrukcije lukal(GMT1) slijedi tre´ca tvrdnja.

Rasprava:

U ˇcetvrtom koraku konstrukcije presjek pravcapi kruˇznog lukalmoˇze biti prazan, jednoˇclan ili dvoˇclani skup. Udaljenost medu pravcima piBC je jednakava, ˇsto slijedi iz tre´ceg

ko-raka konstrukcije. Odaberimo na kruˇznom luku l toˇcku ˇcija je udaljenost od pravca BC

najveća, te ju oznaˇcimo s K. Ova se toˇcka nalazi na pravcu paralelnom s pravcem BC. Oˇcito presjek odabrane paralele s kruˇznim lukom l mora biti najviˇse jedna toˇcka, jer u suprotnom udaljenost neće biti najveća. Spomenuta paralela je, prema tome, tangenta na kruˇzni lukl. ToˇckaK jednako je udaljena od krajeva duˇzineBC pa slijedi da se ona nalazi na simetrali duˇzineBC.

Izraˇcunat ´cemo sad duljinu duˇzine|KP|, gdje je toˇckaPpoloviˇste duˇzineBC. Pogledajmo sliku 3.22. PravacKPje simetrala duˇzineBCpa vrijedi]BPK =90◦, odnosno trokutBPK

je pravokutan.

Obzirom da se toˇcka K nalazi na kruˇznom lukul, mjera kuta_]CK Bjednaka jeα. Iz toga slijedi da je mjera kuta_]PK Bjednaka α₂. Budu´ci da je trokut BPKpravokutan, slijedi:

tgα 2 = |BP| |KP| a znamo i da vrijedi |BP|= a 2 pa jednostavnim raˇcunom dobijemo da je

|KP|= a

2 tgα 2

(44)

Slika 3.22

Vratimo se sad na ˇcetvrti korak konstrukcije traˇzenog trokuta gdje se mogu pojaviti tri razliˇcita sluˇcaja:

1. Ako je a 2 tgα

2

< va, pravac pne presjeca kruˇzni lukl, pa takav trokut ne postoji (slika

3.23).

Slika 3.23

2. Ako vrijedi a 2 tgα

2

=va, pravac pdira kruˇzni luklu jednoj toˇcki, i to upravo u toˇcki K,

(45)

41

Slika 3.24

3. Za a 2 tgα

2

>va, pravacpsijeˇce kruˇzni luklu dvijema toˇckama, koje ´cemo oznaˇciti sAi

A1. Ove su dvije toˇcke osnosimetriˇcne obzirom na pravacKP, pa su i trokutiABC iA1BC

osnosimetriˇcni, odnosno sukladni. Rjeˇsenje je, prema tome, jedinstveno (slika 3.25).

Slika 3.25

Primjer 3.5. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine stranice a i visine vb te mjera

(46)

Analiza:

Neka jeN noˇziˇste visine iz vrhaBna stranicuCAtrokutaABC.

Slika 3.26

Uoˇcimo da vrijedi:

]ABN =180◦−(90◦+α)=90◦−α.

Promotrimo trokut ABN (slika 3.26). Poznata nam je mjera kuta _]ABN i duljina duˇzine

BN koja iznosivb. Znamo i da je kut]BNApravi. Ova tri elementa dovoljna su nam kako

bismo konstruirali trokutABNkoriste´ciKS Kkonstrukciju trokuta (konstrukcija TK9). ToˇckaCleˇzi na pravcuAN i od toˇcke Bje udaljena zaa. Neka jekkruˇznica sa srediˇstem u toˇckiBi polumjeroma. ToˇckaCleˇzi na kruˇznicik.

Primijetimo, ukoliko je α > 90◦, ne´cemo na opisani naˇcin mo´ci izraˇcunati mjeru kuta

]ABN. Pogledajmo sliku 3.27.

Slika 3.27

Uz oznake kao na slici, vidimo da tada vrijedi:

(47)

43

te slijedi:

]N BA= 180◦−(180◦−α)−90◦= α−90◦.

Konstruirat ćemo trokutN BAkoristećiKS Kkonstrukciju trokuta (TK9), gdje su nam poz-nate mjere kutova_]N BAi_]AN Bte duljina duˇzineN Bkoja iznosivb. ToˇckuCdobit ćemo

na naˇcin opisan u prethodnom sluˇcaju.

Ako je α = 90◦, vrh A se podudara s toˇckom N pa trokut ABN koji smo konstruirali u gornjim sluˇcajevima viˇse ne postoji. U ovom sluˇcaju je |AB| = vb, a toˇcka C leˇzi na

okomicipiz toˇckeAna pravacABi na kruˇznicik.

Slika 3.28

Konstrukcija:

1. konstrukcija kuta mjere 90◦₋α_zaα <₉₀◦_{, odnosno kuta mjere}α₋₉₀◦ _zaα >₉₀◦

2. KS K konstrukcija trokutaABN tako da je_]BNA =90◦,_]ABN = 90◦−α(α−90◦) i|BN|= vb(konstrukcija TK9)

3. konstrukcija kruˇzniceksa srediˇstem u toˇckiBi polumjeroma

(48)

Slika 3.29

Napomena: ako jeα= 90◦, umjesto prvog i drugog koraka konstrukcije treba konstruirati duˇzinu BA tako da je |BA| = vb, a u ˇcetvrtom koraku konstrukcije umjesto pravca AN

konstruirati pravacpkoji prolazi toˇckomAte je okomit na duˇzinuBA. Kruˇznicaku ovom sluˇcaju sijeˇce pravacpu toˇckiC.

Slika 3.30

Dokaz:

Potrebno je dokazati da vrijedi |BC| = a, da je duljina visine iz vrha B na stranicu AC

jednakavbte da je mjera kuta]CABjednakaα.

Iz ˇcetvrtog koraka konstrukcije jasno je da toˇckaC leˇzi na kruˇznici k, a iz tre´ceg koraka konstrukcije vidimo da je njena udaljenost od toˇckeBjednaka upravoa, ˇcime smo dokazali prvu tvrdnju.

(49)

45

Duljina visine iz vrhaBna stranicuAC jednaka je udaljenosti od toˇckeBdo noˇziˇsta visine iz vrhaB. Dokazat ´cemo da je toˇcka N to noˇziˇste. Naime, u drugom koraku konstrukcije vidimo da je_]BNApravi, odnosno da su pravciAN iBN medusobno okomiti. Iz ˇcetvrtog koraka konstrukcije vidimo da toˇcka N leˇzi na pravcuAC. Slijedi da je N noˇziˇste spome-nute visine. Iz drugog koraka konstrukcije imamo da vrijedi|BN|= vb, ˇsto dokazuje drugu

tvrdnju.

Iz drugog koraka konstrukcije zaα < 90◦slijedi da je]NAB=180◦−90◦−(90◦−α), pa jednostavnim raˇcunom dobijemo da je_]NAB = α. Iz ˇcetvrtog koraka konstrukcije slijedi da su toˇckeA,N iCkolinearne pa vrijedi_]NAB=_]CAB.

Zaα > 90◦_{iz drugog koraka konstrukcije dobijemo da je}

]NAB= 180◦₋α_{, a iz ˇcetvrtog}

koraka konstrukcije vidimo da su toˇcke C, A i N kolinearne pa slijedi da je _]CAB =

180◦₋

]NABiz ˇcega slijedi_]CAB=α. Zaα=90◦sve tvrdnje oˇcito vrijede.

Rasprava:

Provedba ˇcetvrtog koraka konstrukcije ovisi o sljede´cem:

1. Ako jea< vb, kruˇznicakne sijeˇce pravacAN pa rjeˇsenje ne postoji (slika 3.31).

Slika 3.31

2. Ako jea = vb, kruˇznicakdira pravac AN u toˇckiN ≡C, pa je rjeˇsenje jedinstveno

(50)

Slika 3.32

3. Zaa > vb, kruˇznicaksijeˇce pravacAN u dvjema toˇckama. Oznaˇcit ´cemo ove toˇcke

sCiC0. Ako jea>c, odnosno vb

sinα < a, uoˇcavamo da je u dobivenom trokutuABC

0

kut_]C0_AB_{ve´ci od 90}◦_{, ˇsto povlaˇci da je za} vb

sinα < aiα <90

◦_{traˇzeno rjeˇsenje trokut}

ABC, a za vb

sinα < aiα >90

◦

rjeˇsenje je trokutABC0(3.33). 3.1 Za vb

sinα > a i α < 90

◦

, oba dobivena trokuta zadovoljavaju uvjete konstruktivnog zadatka pa u ovom sluˇcaju postoje dva rjeˇsenja (slika 3.34).

3.2 Ako je vb

sinα >aiα >90

◦_{, takav trokut nije mogu´ce konstruirati.}

(51)

47

Slika 3.34

Ako jeα=90◦, provedba konstrukcije ne´ce biti mogu´ca zaa6vb (slika 3.35).

Slika 3.35

Ako vrijedi α = 90◦ i a > vb, pravac p i kruˇznica k sijeku se u dvjema toˇckama koje su

osnosimetriˇcne obzirom na pravac AB, pa su dobiveni trokuti sukladni. Rjeˇsenje je tad jedinstveno (slika 3.36).

(52)

Slika 3.36

Primjer 3.6. Konstruirajte trokut kojemu su zadane mjere kutovaαiβte duljina visine vc.

Analiza:

Neka jeN noˇziˇste visine iz vrhaC na stranicuABtrokutaABC.

Slika 3.37

Uoˇcavamo da su trokutiANCi BNCpravokutni s pravim kutom pri vrhuN. Imamo da je

]CAN = αzaα < 90◦, odnosno 180◦−αzaα > 90◦. Analogno zakljuˇcujemo za_]CBN

koji iznosiβzaβ <90◦, odnosno 180◦−βzaβ >90◦. Jasno je da bar jedan od kutovaα, β mora biti manji od 90◦_{. Pretpostavimo da je}α <₉₀◦_{. Slijedi da je}

(53)

49

Budu´ci da su nam poznate mjere kutova _]ANC i _]NCA te duljina duˇzineCN, moˇzemo konstruirati trokutANCsluˇze´ci seKS K konstrukcijom (konstrukcija TK9).

Neka je l jedan od dvaju kruˇznih lukova koji su geometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se duˇzinaCN vidi pod kutom β. Neka jek kruˇznica na kojoj leˇzi kruˇzni luk l. Ako je kut

β <90◦_{, toˇcka}

Bleˇzi na kruˇznom lukuli na pravcuAN. Ako vrijediβ >90◦_{, tada toˇcka}

B

leˇzi na pravcuAN i na kruˇzniciks one strane duˇzineCN s koje leˇzi i toˇckaA(slika 3.38). U sluˇcaju kad jeα= 90◦_{, noˇziˇste visine iz vrha}

C podudara se s vrhomA. Toˇcka Bnalazi se na kruˇznom lukulnad duˇzinomCAte na pravcu pkoji prolazi toˇckomAte je okomit na duˇzinuCA(slika 3.39).

Slika 3.38

(54)

Konstrukcija:

Budući da najviˇse jedan od unutarnjih kutova trokuta moˇze biti veći od 90◦_{, provodit ćemo}

konstrukciju prema pretpostavci da jeα <90◦. 1. konstrukcija kuta mjere 90◦₋α

2. KS Kkonstrukcija trokutaANCtako da je_]ANC = 90◦,_]NCA=90◦−αi|CN|=vc

(konstrukcija TK9)

3. konstrukcija kruˇznog lukaltako da jelgeometrijsko mjesto toˇcaka iz kojih se duˇzina

CN vidi pod kutomβ(konstrukcija GMT2) 4. pravac AN sijeˇce kruˇzni luklu toˇckiB

Slika 3.40

Napomena: Zaα= 90◦, umjesto prvog i drugog koraka konstrukcije dovoljno je konstru-irati duˇzinuCAtako da je |CA| = vc. U tre´cem koraku konstrukcije kruˇzni lukl

konstru-iramo nad duˇzinomCA. U ˇcetvrtom koraku konstrukcije, umjesto pravca AN konstruirat ´cemo pravac ptakav da je A ∈ pi p ⊥ CA. Pravac psijeˇce kruˇzni luk lu toˇcki B(slika 3.41).

Za β > 90◦, potrebno je konstruirati kruˇznicu k tako da je l ⊆ k. U ˇcetvrtom koraku konstrukcije pravacANsijeˇce kruˇznicuku toˇckiBs one strane duˇzineAN s koje leˇzi toˇcka

(55)

51

Slika 3.41

Slika 3.42

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je _]CAB = α, _]ABC = β, te da je duljina visine iz vrha C na stranicuABtrokutaABCjednakavc.

Budu´ci da su toˇcke A, B i N kolinearne (ˇcetvrti korak konstrukcije), kut _]CAB trokuta

ABC podudara se s kutom_]CAN trokutaANC. Iz drugog koraka konstrukcije imamo da je_]ANC= 90◦i_]NCA= 90◦−α. Slijedi: _]CAN =180◦−90◦−(90◦−α)= α, ˇcime smo dokazali prvu tvrdnju.

Kut_]ABCpodudara se s kutom_]N BC, zaβ <90◦a iz tre´ceg i ˇcetvrtog koraka konstrukcije vidimo da vrijedi ]N BC = β. Za β > 90◦ kut ]ABC jednak je 180◦ − _]N BC, a prema napomeni i teoremu 1.36 slijedi da je_]N BC = 180◦₋β_{. Slijedi da je}

(56)

Duljina visine iz vrhaCna stranicuABjednaka je udaljenosti od toˇckeCdo noˇziˇsta visine iz vrhaC. Dokazat ´cemo da je spomenuto noˇziˇste toˇckaN. U drugom koraku konstrukcije vidimo da je kut_]ANC pravi, odnosno da je pravacAN okomit na pravacCN. Iz ˇcetvrtog koraka konstrukcije vidimo da toˇckaBleˇzi na pravcuAN. Iz svega navedenog slijedi da je

N noˇziˇste visine iz vrhaCna stranicuAB. U drugom koraku konstrukcije konstruirali smo duˇzinuCNtako da je|CN|= vc. Ovime smo dokazali tre´cu tvrdnju.

Zaα=90◦sve tvrdnje oˇcito vrijede.

Rasprava:

Prilikom provodenja konstrukcije vidimo da su svi koraci provedivi. U ˇcetvrtom koraku konstrukcije, zaα < 90◦ iβ < 90◦, pravacAN sijeˇce kruˇzni luklu dvjema toˇckama; N i

B. Za odabir toˇcke N kao jednog od vrhova trokuta ne´cemo dobiti valjano rjeˇsenje. Zato ´cemo u obzir uzeti toˇckuBtakvu da jeB_, N. Rjeˇsenje je jedinstveno.

Zaβ > 90◦ u ˇcetvrtom koraku konstrukcije promatramo presjek kruˇznicek i pravca AN. Ovdje takoder ne´cemo uzeti u obzir toˇckuN. Rjeˇsenje je jedinstveno.

Zaα < 90◦ iβ = 90◦, pravacAN dira kruˇzni luklu jednoj toˇcki, i to u toˇckiN. U ovom sluˇcaju toˇcka N podudara se s vrhom B traˇzenog trokuta, a rjeˇsenje je jedinstveno (slika 3.43).

Slika 3.43

Zaα+β >180◦_{traˇzeni trokut nije mogu´ce konstruirati.}

Primjer 3.7. Konstruirajte trokut kojemu je zadana duljina stranice a, duljina visine vb i

(57)

53

Analiza:

Slika 3.44

Neka jePpoloviˇste stranice ABtrokutaABC. Neka jeDtoˇcka centralno simetriˇcna toˇcki

C obzirom na toˇckuP. Uoˇcimo da je|CD|=2tc. Promotrimo dobiveni ˇcetverokutADBC.

Slika 3.45

Njegove se dijagonale oˇcito raspolavljaju, pa prema teoremu 1.3 zakljuˇcujemo da je taj ˇcetverokut paralelogram. Kod paralelogramaADBCpoznate su nam duljine stranicaADi

BC koje iznosea, duljina visine iz vrhaBkoja iznosivb, te duljina dijagonaleCD koja je

jednaka 2tc.

Neka je pproizvoljan pravac te neka jeqpravac koji je od pravca pudaljen zavb.

(58)

srediˇstem u toˇckiCi polumjeroma. ToˇckaDnalazi se na kruˇznicik2 sa srediˇstem u toˇcki

C i polumjerom 2tc te na pravcuq. Neka jerpravac koji prolazi toˇckomDte je paralelan

s pravcemBC. ToˇckaAsjeciˇste je pravacapir.

Konstrukcija:

1. konstrukcija pravca p

2. konstrukcija pravca q paralelnog s pravcem p tako da je udaljenost pravaca p i q

jednakavb(konstrukcija GMT1)

3. odabir toˇckeCtako da jeC∈ p

5. kruˇznicak1sijeˇce pravacqu toˇcki B

6. konstrukcija kruˇznicek2sa srediˇstem u toˇckiCi polumjerom 2tc

7. kruˇznicak2sijeˇce pravacqu toˇcki D

8. konstrukcija pravcartako da jeD∈rirk BC

9. pravacrsijeˇce pravac pu toˇckiA

(59)

55

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je|BC| = a, da je duljina visine iz vrhaBna stranicu AC trokuta

ABCjednakavb, te da je duljina teˇziˇsnice iz vrhaCjednakatc.

Toˇcka B leˇzi na kruˇznici k1 ˇcije je srediˇste toˇcka C, a polumjer a, iz ˇcega slijedi da je

|BC|=a.

Duljina visine iz vrhaBna stranicuACjednaka je udaljenosti medu pravcimapiq. Naime, na pravcupleˇzi duˇzinaAC, ˇsto znamo iz tre´ceg i devetog koraka konstrukcije, a pravacqje paralelan s pravcempi prolazi toˇckomB, ˇsto znamo iz drugog i petog koraka konstrukcije. Iz drugog koraka konstrukcije slijedi da je udaljenost ovih dvaju pravaca jednaka upravo

vb.

Promotrimo ˇcetverokutADBC. Iz petog i sedmog koraka konstrukcije vidimo da jeDB⊆ q, a iz tre´ceg i devetog koraka konstrukcije jasno je da je CA ⊆ p. Iz drugog koraka konstrukcije slijedi da je p k q. Iz osmog i devetog koraka konstrukcije imamo da je

BC k r i da je AD ≡ r. Iz ovoga slijedi da je ˇcetverokut ADBC paralelogram. Duˇzina

CD jedna je od dijagonala ovog paralelograma. Neka je P poloviˇste duˇzineCD. Prema teoremu 1.3 dijagonale paralelograma se raspolavljaju, pa slijedi da je Ppoloviˇste duˇzine

AB. Iz ˇsestog i sedmog koraka konstrukcije znamo da vrijedi|CD|= 2tc, pa imamo da je

|CP|=tc, ˇcime smo dokazali i tre´cu tvrdnju.

Rasprava:

Pogledajmo peti korak konstrukcije. Kruˇznicak1ne´ce sje´ci pravacqzavb > a, pa u ovom

sluˇcaju traˇzeni trokut ne postoji. Zavb = a, kruˇznicak1 dira pravacqu jednoj toˇcki. Ako

jevb < a, kruˇznicak1 sijeˇce pravacq u dvjema toˇckama, Bi B0. Budu´ci da su ove dvije

toˇcke simetriˇcne obzirom na os koja prolazi toˇckomCte je okomita na pravacq, moˇzemo bez smanjenja op´cenitosti odabrati jednu od njih.

1. Neka jevb = a. Promotrimo sad sedmi korak konstrukcije.

(60)

Slika 3.47

1.b Za 2tc =vb, kruˇznicak2dira pravacqu toˇckiB, odnosno, toˇckeBiDse podudaraju.

Prate´ci daljnje korake konstrukcije uoˇcavamo da se toˇckaApodudara s toˇckomC, te da takav trokut nije mogu´ce konstruirati (slika 3.48).

Slika 3.48

1.c Ako je 2tc > vb, kruˇznica k2 sijeˇce pravac q u dvjema toˇckama, D i D0. Ove su

dvije toˇcke simetriˇcne obzirom na pravac BC, pa moˇzemo odabrati jednu od njih bez smanjenja op´cenitosti. Rjeˇsenje je u ovom sluˇcaju jedinstveni trokutABC(slika 3.49).

(61)

57

Slika 3.49

2. Neka je sadvb <a.

2.a Za 2tc <vb, kruˇznicak2 ne sijeˇce pravacq, pa takav trokut ne postoji (slika 3.50).

Slika 3.50

2.b Za 2tc = vb, kruˇznica k2 dira pravac q u jednoj toˇcki. Rjeˇsenje je u ovom sluˇcaju

jedinstveno (slika 3.51).

2.c Ako je 2tc > vb, kruˇznica k2 sijeˇce pravac q u dvjema toˇckama, D i D0. Prate´ci

konstrukciju uoˇcavamo da u devetom koraku konstrukcije dobijemo dvije toˇcke, A

i A0. Trokuti ABC i A0BC nisu sukladni, a oba zadovoljavaju uvjete zadatka, pa u ovom sluˇcaju postoje dva razliˇcita rjeˇsenja (slika 3.52).

(62)

Slika 3.51

Slika 3.52

Primjer 3.8. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine visina vai vbte duljina teˇziˇsnice

tc.

Analiza:

Neka je NA noˇziˇste visine iz vrha A na stranicu BC i neka je NB noˇziˇste visine iz vrha

B na stranicu AC trokuta ABC. Neka je toˇcka Ppoloviˇste stranice ABi neka je Dtoˇcka centralno simetriˇcna toˇckiCobzirom na poloviˇsteP. Tada vrijedi da je|CT|=2tc.

(63)

59

Slika 3.53

Promotrimo ˇcetverokutCADB(slika 3.54). Njegove se dijagonaleCDiABraspolavljaju, pa slijedi da je ovaj ˇcetverokut paralelogram. Visina paralelograma iz vrha Bna stranicu

AC podudara se s visinom trokuta ABC iz vrha B na stranicu AC i njena duljina je vb.

Neka je T1 noˇziˇste visine iz vrha D paralelograma na stranicu AC. Vrijedi |DT1| = vb

i ]CT1D = 90◦. Neka je k kruˇznica ˇciji je promjer duˇzinaCD i neka je k1 kruˇznica sa

srediˇstem u toˇckiDi polumjeromvb. ToˇckaT1leˇzi na kruˇznicamakik1.

Slika 3.54

(64)

trokuta. Kut_]CT2Dje pravi. Slijedi da toˇckaT2leˇzi na kruˇznicik.

Budu´ci da su toˇckeT2, A i D kolinearne, slijedi da je ]CT2A = 90◦. Znamo da vrijedi

DA k BC, pa budu´ci da je toˇcka NA na pravcu BC, a toˇcka T2 na pravcu AD, slijedi da

je NAC k AT2. Slijedi da je ˇcetverokut NACT2A paralelogram. Iz ovoga slijedi da je

|CT2|=|ANA|= va. Neka jek2 kruˇznica sa srediˇstem u toˇckiC i polumjeromva. ToˇckaT2

leˇzi na kruˇznicik2.

ToˇckaAleˇzi na pravcimaCT1 iDT2. Toˇcka Bcentralno je simetriˇcna toˇckiAobzirom na

toˇckuP.

Ukoliko je kut_]ACDpravi, toˇckaT1podudara se s toˇckomC. Pogledajmo sliku 3.55.

Slika 3.55

Vrijedi:_]ACD= _]CNBB= 90◦. ToˇckeNB,CiAsu kolinearne, pa slijedi da jeNBBkCD.

ˇ

CetverokutCADBje paralelogram i vrijediAC k BD, iz ˇcega slijediNBC k BD. ˇCetverokut

NBCDB je, prema tome, paralelogram. Iz ovoga slijedi da je |CD| = |NBB|, odnosno,

2tc =vb.

PravacAC okomit je na promjer kruˇznicek. Drugim rijeˇcima, pravacAC je tangenta koja prolazi toˇckomCna kruˇznicuk. ToˇckaAsad leˇzi na pravcuDT2i na tangentitkoja prolazi

toˇckomC na kruˇznicuk.

Analogno, ako je kut]ADC pravi, vrijedi 2tc = va. Toˇcka T2 podudara se s toˇckom D, a

toˇckaAleˇzi na tangentitkoja prolazi toˇckomDna kruˇznicuki na pravcuCT1.

Konstrukcija:

(65)

61

2. konstrukcija poloviˇstaPduˇzineCD

3. konstrukcija kruˇznicek ˇciji je promjer duˇzinaCD

4. konstrukcija kruˇznicek1sa srediˇstem u toˇckiDi polumjeromvb

5. kruˇznicak1sijeˇce kruˇznicuku toˇckiT1

6. konstrukcija kruˇznicek2sa srediˇstem u toˇckiCi polumjeromva

7. kruˇznicak2sijeˇce kruˇznicuku toˇckiT2

8. pravciCT1iDT2 sijeku se u toˇckiA

9. konstrukcija toˇcke B tako da je toˇcka B centralno simetriˇcna toˇcki A obzirom na toˇckuP(konstrukcija PK1)

Slika 3.56

Napomena: Za vb = 2tc, toˇcka T1 iz petog koraka konstrukcije podudara se s toˇckomC.

Potrebno je konstruirati tangentutna kruˇznicukkoja prolazi toˇckomC. Tangentati pravac

(66)

Slika 3.57

Dokaz:

Potrebno je dokazati da je duljina visine iz vrha A trokuta ABC jednakava, zatim da je

duljina visine iz vrhaBistog trokuta jednakavbte da je duljina teˇziˇsnice iz vrhaCjednaka

tc.

Duljina visine iz vrhaAna stranicuBCjednaka je udaljenosti od vrhaAdo noˇziˇsta spome-nute visine na stranicuBC. Neka jeNAtoˇcka na pravcuBCtakva da jeANA kCT2. Iz petog

koraka konstrukcije imamo da jeT2 ∈k, pa je]CT2D =90◦. Iz devetog koraka

konstruk-cije vidimo da su toˇckeD,AiT2kolinearne, pa slijedi da je]CT2D= ]CT2A= 90◦.

Iz drugog koraka konstrukcije vidimo da je toˇcka P poloviˇste duˇzine CD, a iz desetog koraka konstrukcije vidimo da je ista toˇcka poloviˇste duˇzineAB. Uoˇcimo da se dijagonale ˇcetverokutaCADBraspolavljaju, pa slijedi da je taj ˇcetverokut paralelogram. Slijedi da je

BC kAD, a obzirom da duˇzinaNACleˇzi na pravcuBC, a duˇzinaT2Ana pravcuAD, vrijedi

NAC k T2A. Slijedi da je ˇcetverokut NACT2Aparalelogram. Iz ovoga i iz ]CT2A = 90◦

slijedi da je NACT2 pravokutnik. Slijedi: ]ANAC = 90◦, odnosno, toˇcka NA je noˇziˇste

visine iz vrhaAna stranicuBC trokutaABC. Iz ˇsestog i sedmog koraka vidimo da vrijedi

|CT2| = va, ˇcime smo dokazali prvu tvrdnju. Na analogan naˇcin dokazujemo da je duljina

visine iz vrhaBna duˇzinuAC jednakavb.

Ostalo nam je dokazati tre´cu tvrdnju. Iz prvog koraka konstrukcije imamo da je|CD|= 2tc.

Iz drugog koraka konstrukcije vidimo da je toˇckaPpoloviˇste duˇzineCDpa vrijedi|CP|= tc. Iz desetog koraka konstrukcije vidimo da je toˇcka Ppoloviˇste duˇzineAB. Ovime smo

dokazali tre´cu tvrdnju.

U napomeni konstruirali smo trokut uz uvjet da jevb = 2tc, a sad ´cemo dokazati da je i u

(67)

63

Neka je NB toˇcka na pravcuAC takva da je BNB k CD. Toˇcke NB, A iC su kolinearne.

Budu´ci da je ttangenta na kruˇznicu k, vrijedi_]ACD = 90◦. Toˇcka Pje poloviˇste duˇzine

CD, ˇsto vidimo iz drugog koraka konstrukcije. Iz konstrukcije toˇcke B vidimo da je P

poloviˇste duˇzineAB. Slijedi da je ˇcetverokutCADB paralelogram. Iz ovoga slijedi da je

AC k DB. Budu´ci da vrijedi i BNB k CD, slijedi da je i ˇcetverokut NBCDBparalelogram.

Iz ovoga slijedi|CD| = |BNB| = 2tc. Vrijedi]ACD = 90◦, pa je i]NBCD = 90◦, iz ˇcega

sljedi da je ˇcetverokut NBCDBpravokutnik. Imamo NBB ⊥ NBC, tj. toˇcka NB je noˇziˇste

visine iz vrha Bna stranicu AC. Dokazali smo tvrdnju. Analogno dokazujemo za sluˇcaj kad jeva= 2tc.

Rasprava:

U petom koraku konstrukcije kruˇznicak1 ne sijeˇce kruˇznicukzavb > 2tc, pa takav trokut

ne postoji (slika 3.58). Analogno, ako jeva> 2tc, takav trokut ne postoji.

Slika 3.58

Za vb = 2tc, kruˇznica k1 dira kruˇznicu k u toˇckiC. Ako je vb < 2tc, kruˇznica k1 sijeˇce

kruˇznicuku dvjema toˇckama,T1iT₁0. Budu´ci da su ove dvije toˇcke simetriˇcne obzirom na

pravacCD, bez smanjenja op´cenitosti moˇzemo odabrati jednu od njih.

1. Neka jevb = 2tc.

1.a Ako jeva = 2tc, kruˇznicak2 dira kruˇznicu k u toˇcki D pa je toˇcka Apresjek dvaju

paralelnih pravaca; tangenti na kruˇznicuku toˇckamaCiD. Takav trokut nije mogu´ce konstruirati (slika 3.59).

(68)

1.b Ako je va < 2tc, kruˇznica k2 sijeˇce kruˇznicu k u dvjema toˇckama, T2 iT₂0. Budu´ci

da su ove dvije toˇcke simetriˇcne obzirom na pravacCD, bez smanjenja op´cenitosti moˇzemo odabrati jednu od njih. Rjeˇsenje je jedinstveni trokutABC(slika 3.60).

Slika 3.59

Slika 3.60

2. Neka je sadvb <2tc.

2.a Za va = 2tc, kruˇznica k2 dira kruˇznicu k u toˇcki D. Rjeˇsenje je jedinstveni trokut

ABC.

2.b Ako jeva < 2tc, kruˇznica k2 sijeˇce kruˇznicuk u toˇckamaT2 iT₂0. PravciCT1 i DT2

sijeku se u toˇckiA. PravciCT1iDT₂0 sijeku se u toˇckiA0. Centralnosimetriˇcna slika

(69)

65

sukladni, a oba zadovoljavaju uvjete zadatka. Prema tome, u ovom sluˇcaju postoje dva razliˇcita rjeˇsenja (slika 3.61).

Slika 3.61

Primjer 3.9. Konstruirajte trokut kojemu su zadane duljine visina va,vbi vc.

Analiza:

Duljine visina javljaju se u formuli za povrˇsinu trokuta, odnosno vrijedi:

P= a·va 2 = b·vb 2 = c·vc 2 , gdje sua,bicduljine stranica trokuta. Slijedi:

a= 2P va , b= 2P vb , c= 2P vc .

Neka jexproizvoljna duljina. Neka su duljinea0,_b0_i_c0_{takve da vrijedi:}

a0 = x 2 va , b0 = x 2 vb , c0 = x 2 vc .

Da bismo konstruirali trokut ABC sa stranicama duljina |BC| = a, |AC| = b i |AB| = c, najprije ´cemo konstruirati trokut A0B0C0 ˇcije su duljine stranica jednake |B0C0| = a0,

|A0C0|=b0i|A0B0|=c0. Naime, premaS S S pouˇcku o sliˇcnosti trokuta (1.20) trokutiABC

iA0_B0_C0 _{su sliˇcni s koeficjentom sliˇcnosti}_k= a0

a = x2

(70)

Promotrimo sliku 3.62.

Slika 3.62

Uoˇcimo: postavili smo trokuteABC iA0_B0_C0 _{tako da se toˇcka}_A_{podudara s toˇckom} _A0_{, a}

toˇckeA,CiC0su kolinearne. ToˇckaCod pravca AB0 udaljena je zavc. Neka je ppravac

udaljen od pravcaAB0 za duljinuvc. ToˇckaCpresjek je pravaca piAC0.

Obzirom da smo trokuteABC iA0B0C0 postavili u poloˇzaj da su im po dvije odgovaraju´ce stranice kolinearne, pravci na kojima leˇze straniceBCiB0_C0_{su paralelni. Neka je}_q_pravac

kroz toˇckuCparalelan s pravcemB0C0. Toˇcka Bpresjek je pravacaqiAB0.

Konstrukcija:

1. biramo proizvoljnu duljinu x

2. pomo´cna konstrukcija triju duˇzina ˇcije su duljine jednake a0 = _vx2

a,b 0 ₌ x2 vb ic 0 ₌ x2 vc (konstrukcija AM4)

3. S S S konstrukcija trokutaAB0_C0_{t.d. je}_|AB0_|= _c0,_|AC0_|= _b0 _i_|B0_C0 = _a0

(konstruk-cija TK7)

4. konstrukcija pravca ptako da je udaljenost medu pravcima piAB0_jednaka_v

c

(kons-trukcija GMT1)

5. pravac AC0sijeˇce pravac pu toˇckiC

6. konstrukcija pravcaqtako da jeC∈qiqk B0_C0