Šefket Arslanagić

Croatian

Arslanagić, Šefket

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia

222viŠe RAZniH DoKAZA JeDnoG ZADATKA o KvADRATuŠefket Arslanagić, SarajevoU prošlom broju objavljen je članak pod nazivom Četiri rješenja za-datka o jednakokračnom trokutu. U ovom članku pokazat ćemo više raznih dokaza jednog zadatka o kvadratu. Pri tome ćemo koristiti više važnih činjenica iz geometrije, kao što su: osna simetričnost trokuta, jednakost obod-nih kutova nad istom tetivom (lukom) kružnice, poučak o vanjskom kutu tro-kuta, Talesov poučak, poučak o simetrali unutarnjeg kuta trokuta te na kraju jednadžba pravca kroz jednu te dvije točke, rješavanje sustava linearnih jed-nadžbi, izračunavanje udaljenosti između dvije točke, itd.Riječ je o sljedećem zadatku:Nad stranicom CD kvadrata ABCD konstruiran je jednakostranični tro-kut DCDE (kao na slici). Neka je točka M središte ovom trokutu opisane kruž-nice, a točka S presjek pravaca BE i AC. Dokažimo da je trokut DCMS jedna-kokračan.Dokaz 1.A º 0 B xyDPSNCME Trokuti DBSC i DDSC su osnosimetrični u odnosu na pravac AC, stoga vrijedi da je SBC SDC∠ = ∠ .                 (1)Očito je: SBC EBC∠ = ∠ ,                 (2)kao i SBC CBE∠ = ∠                  (3)(jer je trokut DBCE, zbog |BC| = |CE|, jedna-kokračan), a odavde je SBC SEC∠ = ∠ .                 (4)Sada iz (1), (2), (3) i (4) slijedi da je SEC SDC∠ = ∠ .                                               (5)Iz (5) slijedi da točke E i D pripadaju istoj kružnici (nad tetivom CS) koja je opisana trokutu DDSC, a čije je središte u točki M. Dakle, vrijedi:|MS| = |MC|,što znači da je trokut DCMS jednakokračan, a to je i trebalo dokazati.atka 28 (2019./2020.) br. 112MATKA 112.indd   222 27.5.2020.   10:32:06223Dokaz 2. Imamo 90DCB∠ = °  te 45ACB BAS∠ = ∠ = °  i |ÐECD| = 60°. Dalje slijedi da je 90 60 150ECB∠ = °+ °= ° , a kako je trokut DBCE jednako-kračan, vrijedi da je( ) ( )1 1180 180 150 152 2CBE BEC ECB∠ = ∠ = °− ∠ = °− ° = ° .Kut ÐCDE je vanjski kut trokuta DBSC pa imamo:15 45 60CSE CBS SCB CBE SCB CDE∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = °+ °= °= ∠ .Odavde opet slijedi da točke S i D pripadaju istoj kružnici nad tetivom CE koja je opisana trokutu DDSC čije je središte u točki M. Dakle, vrijedi:|MS| = |MC|,što znači da je trokut DCMS jednakokračan, a to je i trebalo dokazati.Dokaz 3. Ne umanjujući općenitost, uzet ćemo da je |AB| = |BC| = |CD| = = |DA| = |CE| = |DE| = 1. U tom slučaju redom dobivamo: 3 1 2 2 3 3, ,2 2 3 3 2 3EP PN ME MC EP= = = = = ⋅ = , 1 3 1 3 33 2 2 6NM MP PN += + = ⋅ + =  i 1 3 1 32 2 2NE += + = . Zbog NE || BC, S Î AC; S Î BE, na temelju Talesovog poučka, vrijedi da je1 3 1 31 2 2 2NS NE NECS CB+= = = + = .Odavde, zbog 3 33NM +=  i 33ME = , vrijedi da je 3 3 31 3 1 3 6 62 2 3 36 3NS NMCS ME++ += = ⋅ = = , tj.MS || EC,odakle na temelju Talesovog poučka slijedi: ( )( )3 32 3 1 3 36131 3 6 1 32MS NM NMMS EC MCEC NE NE++= ⇒ = ⋅ = ⋅ = = =+ +, tj.|MS| = |MC|,što znači da je trokut DCMS jednakokračan, a to je i trebalo dokazati.atka 28 (2019./2020.) br. 112MATKA 112.indd   223 27.5.2020.   10:32:06224Dokaz 4. Ne umanjujući općenitost, uzet ćemo opet da duljine stranica kvadrata ABCD i duljine stranica jednakostraničnog trokuta DDEC iznose 1.Tada vrijedi da je 1 2NP = , 1 3 3 2 3 3,3 2 6 3 2 3MP ME MC= ⋅ = = = ⋅ = . Budući da je NE || BC i |BC| = |CE| = 1, na temelju Talesovog poučka dobivamo:NS NE NECS CB CE= = ,što znači da točka S dijeli stranicu NC  trokuta DNEC u omjeru ostalih dviju stranica NE i CE;  dakle pravac ES simetrala je unutarnjega kuta ÐNEC trokuta DNEC pa vrijedi 1 1 152 4MES MEC DEC∠ = ∠ = ∠ = ° .Dalje imamo: ( )1 1 3 3 3 1 33 3 12 3 2 6 212 3 3 2 33 2 3NM NE NSMC CE SC+ ++ ⋅ += = = = = =⋅.Odavde zaključujemo da je MS simetrala unutarnjeg kuta ÐNMC trokuta DNMC, te da je 1 302NMS NMC∠ = ∠ = ° . Dalje je 180 180 30 150SME NMS∠ = °− ∠ = °− °= ° . Sada iz trokuta DSME slijedi:180 150 15 15ESM MES∠ = °− °− °= °= ∠ ,što znači da je trokut DEMS jednakokračan s osnovicom ES pa je MS ME MC= = , tj. trokut DCMS je jednakokračan, što je i trebalo dokazati.Dokaz 5. Za ovaj dokaz koristit ćemo koordinatnu metodu. Uzet ćemo da je ( ) ( )0,0 , ,0 ,O A B a≡  ( ) ( ), , 0,C a a D a , tj. ,Ox AB Oy AD≡ ≡ . Dalje imamo da je 3 3, , ,2 2 2 6a a a aE a M a   + +         . Ne umanjujući  općenitost, možemo uzeti da je a = 6. Tada je: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0,0 , 6,0 , 6,6 , 0,6 , 3,6 3 3A B C D E +  i ( )3,6 3M + . Pravac AC simetrala je kuta od 90° pa jednadžba pravca AC glasi:y = x.Pravac BE ima jednadžbu oblika y = kx + n. Budući da točke B i E pripadaju tome pravcu, vrijedi:0 = 6k + natka 28 (2019./2020.) br. 112MATKA 112.indd   224 27.5.2020.   10:32:07225i6 3 3 3k n+ = + ,a odavde je redom:6 3 3 3 6k k+ = −( ) :3 6 3 3 / 3k =− +( )2 3k =− + , te( )6 6 2 3 12 6 3n k=− = + = + .Dakle, jednadžba pravca BE glasi: ( )2 3 12 6 3y x=− + + + .Budući da je točka S presjek pravaca AC i BE, to su koordinate točke S rješenja sustava jednadžbi:( )2 3 12 6 3 .y xy x= =− + + +Odavde, nakon kraćeg računanja, dobivamo:3 3y = + ,te zbog y = x slijedi 3 3x = + . Dakle, imamo da je ( )3 3,3 3S + + .Sada imamo:( ) ( )222 6 3 6 6 3 9 3 12 2 3MC = − + − − = + = = ,( ) ( )2 22 3 3 3 3 3 6 3 3 9 12 2 3MS = + − + + − − = + = = ,a odavde slijedi:|MS| = |MC|,što znači da je trokut DCMS jednakokračan, a to je i trebalo dokazati.literatura1.  Š. Arslanagić, Matematika za nadarene, Bosanska riječ, Sarajevo, 2005.2. A. Bašić, Primena metode koordinata u planimetriji i stereometriji, 1. dio,Nastava matematike, Društvo matematičara Srbije, Vol. LXI, Br. 4, Beograd, 20163.  A. Marić, Planimetrija – zbirka riješenih zadataka, Element, Zagreb, 1996.4.  V. Stošić, Planimetrija – Odabrani zadaci za osnovnu školu, Element, Zagreb, 2017.atka 28 (2019./2020.) br. 112MATKA 112.indd   225 27.5.2020.   10:32:08

VIŠE RAZNIH DOKAZA JEDNOG ZADATKA O KVADRATU

Abstract

Similar works

Full text

Available Versions

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia