Potenca to cke na kro znico€¦ · Izrek 1.3. Naj bodo A, Bin Ctri nekolinearne to cke v ravnini...

Potenca tocke na kroznico

Jakob Jurij Snoj ([email protected])

24. 1. 2021

Uvod

Zapiski so namenjeni kot gradivo ob predavanju, ki ga je imel Jan Genc v okviru celo-letnih priprav na Mednarodno matematicno olimpijado v petek, 13. 1. 2021. Zapiskipriblizno pokrivajo snov predavanja, a se od njega nekoliko razlikujejo.

V okviru predavanja spoznamo potenco tocke na kroznico in si ogledamo, zakaj jev olimpijski geometriji to eno izmed najsirse uporabnih orodij. Poglobimo se tudi vpotencne premice in dokazemo nekaj povezanih izrekov, predstavimo pa tudi posebenprimer uporabe potence. Zapiski poleg teorije vsebujejo tudi resene naloge.

Kazalo

1 Potenca tocke na kroznico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Naloge: Potenca tocke na kroznico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Potencne premice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4 Naloge: Potencne premice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

5 Intermezzo: Izrojene kroznice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

6 Naloge: Izrojene kroznice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Viri in literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1

mailto:[email protected]

Jakob Jurij Snoj Potenca tocke na kroznico

Uvodni komentarji

Zapiski so spisani s pricakovanjem, da je bralec navajen uporabe usmerjenih kotov. Vnasprotnem primeru je priporoceno, da si prebere spremljajoce zapiske prvega predavanjaiz geometrije v letosnjem letu, ki so objavljeni na strani priprav.

V zapiskih na mestih uporabljamo tudi znane konfiguracije ali leme, ki smo jih dokazalina prvem predavanju. V besedilu je to praviloma izpostavljeno, za bolj konkretno pred-stavitev taksnih trditev pa naj si bralec prav tako ogleda zapiske prvega predavanja izgeometrije v letosnjem solskem letu.

Skozi predavanje bomo uporabljali usmerjene kote, razen, kjer bo to eksplicitno nave-deno. Usmerjen kot bomo oznacevali s simbolom ], navaden kot pa s simbolom ∠.

Skozi predavanje bomo prav tako v vecji meri uporabljali usmerjene dolzine, kar bomovpeljali tudi kasneje v zapiskih. Usmerjena dolzina AB, oznacujemo jo kar kot AB, jepo absolutni vrednosti enaka |AB|, njen predznak pa se razlikuje glede na to, na kateristrani tocke A (na neki premici) lezi tocka B. Produkt AB · AC je torej za kolinearnetocke A, B in C pozitiven natanko tedaj, ko sta B in C na isti strani premice ABCglede na tocko A - natanko tedaj imata AB in AC isti predznak.

2


1 Potenca tocke na kroznico

Za zacetek definirajmo osnovno kolicino, s katero se bomo na predavanju ukvarjali.

Definicija 1.1 (Potenca tocke na kroznico). Naj bo v ravnini dana kroznicaK s srediscem v tocki O in polmerom r ter naj bo X poljubna tocka v tej ravnini.Stevilo

|XO|2 − r2

imenujemo potenca tocke X na kroznico K, kar oznacujemo tudi z

P (X,K).

Dogovorimo se, da bomo, ko kroznica ne bo poimenovana, v zapisu v tej definiciji upora-bili kar tocke, ki jo definirajo (denimo P (X,ABCD)).

Zakaj bi nas taksna kolicina sploh zanimala? Za motivacijo si jo poskusimo interpretiratimalo enostavneje. Denimo, da tocka X lezi zunaj kroznice K. Naj bo X ′ taka tocka nakroznici K, da je XX ′ na to kroznico tangentna. Po Pitagorovem izreku jasno sledi, daje

P (X,K) = |XO|2 − r2 = |XX ′|2.

Potenca je torej v tem primeru kvadrat dolzine tangentnega odseka tocke X na kroznicoK. Ali bi se dalo to idejo se malo bolj posplositi?

O

X′

r

X

Slika 1: Potenca tocke izven kroznice je enaka kvadratu dolzine tangentnega odseka.

3


Potegnimo premico skozi X, ki naj seka kroznico K v tockah A in B. Potem lahko vusmerjenih kotih po izreku o kotu med tangento in tetivo povemo

]XAX ′ = ]BAX ′ = ]BX ′X.

Torej se trikotnika XX ′A in XBX ′ ujemata v dveh kotih, zato sta podobna. Sledi

|XA||XX ′|

=|XX ′||XB|

, torej |XA| · |XB| = |XX ′|2 = P (X,K).

X′

X

A

B

Slika 2: Podobnost ter potenca sta zelo sorodna koncepta.

Ugotovili smo, da bo ne glede na izbiro premice, ki gre skozi X in seka K, ta kolicinaenaka potenci tocke X na kroznico K. Paziti moramo, ker smo zaenkrat predpostavili,da tocka X lezi zunaj kroznice K. Kaj se zgodi, ce lezi znotraj nje?

Preden nadaljujemo, najprej premislimo, da je potenca tocke X na kroznico K pozi-tivna, ce X lezi izven K in negativna, ce X lezi znotraj K. V nadaljevanju bomo zatouporabljali usmerjene dolzine1: Vrednost XY naj ima razlicna predznaka glede na toali je Y na eni ali na drugi strani tocke X na isti premici, po absolutni vrednosti pa staXY in |XY | enaki.

Oglejmo si torej izrek, ki smo ga nakazali z zgornjim razmisljanjem ter ga dokazimo,tokrat malo drugace, da pokrijemo oba primera.

1Enako bi lahko dosegli tudi z uporabo vektorjev - skalarni produkt dveh vektorjev v nasprotnihsmereh je enak negativnemu produktu dolzin obeh.

4


Izrek 1.2. Naj bodo A, B, C in D stiri tocke v ravnini, med katerimi nobenetri niso kolinearne in naj bo X presecisce premic AB in CD. Potem velja

XA ·XB = XC ·XD

natanko tedaj, ko so A, B, C in D konciklicne, v tem primeru pa velja se, da jeta vrednost enaka potenci X na ABCD ocrtano kroznico.

Pred dokazom navedimo se zelo pomemben poseben primer tega izreka.

Izrek 1.3. Naj bodo A, B in C tri nekolinearne tocke v ravnini in naj bo Xtocka na premici BC. Potem velja

XA2 = XB ·XC

natanko tedaj, ko je XA tangenta na ocrtano kroznico ABC, v tem primeru pavelja se, da je ta vrednost enaka potenci X na ABC ocrtano kroznico.

A

B

X

C

D

D′

Slika 3: Usmerjenost je pomembna: A, B, C in D′ niso konciklicne.

5


Dokaz (izreka 1.2.). Najprej dokazimo izrek v eno smer - predpostavimo, da so A,B, C in D konciklicne. Naj bo O sredisce njim skupne kroznice in naj bosta X1 in X2

presecisci te kroznice in premice XO. Potem imamo zaradi konciklicnosti

]XX1A = ]X2X1A = ]X2BA = ]X2BX,

kar pomeni, da se trikotnika XX1A in XBX2 ujemata v dveh kotih, zato sta podobna.Sledi

|XX1||XA|

=|XB||XX2|

, kar implicira |XA| · |XB| = |XX1| · |XX2|.

Podobno dobimo tudi |XC| · |XD| = |XX1| · |XX2|. Ce X lezi izven omenjene kroznice,sta A in B na isti strani X, prav tako C in D, torej je produkt usmerjenih dolzinpozitiven, sicer je negativen. V obeh primerih res velja

XA ·XB = XC ·XD = XX1 ·XX2 = (|XO| − r)(|XO|+ r) = |XO|2 − r2,

kjer je r polmer ocrtane kroznice ABCD.

O

A

B

X

X1

X2

Predpostavimo sedaj, da velja enakost in dokazimo konciklicnost. Velja torej tudienakost

|XA||XC|

=|XD||XB|

,

ker pa je X zaradi usmerjenosti dolzin v predpostavki med A in B natanko tedaj, ko jemed C in D, velja tudi enakost (neusmerjenih) kotov

∠CXA = ∠DXB.

6


Trikotnika XAC in XDB sta torej podobna. Zato velja tudi

]BAC = ]XAC = ]BDX = ]BDC,

torej so A, B, C in D konciklicne. Podobno kot prej lahko sedaj izracunamo, da jevrednost izraza XA ·XB potenca tocke X na ABCD ocrtano kroznico.

Dokaz (izreka 1.3.). Denimo, da velja XA2 = XB ·XC. Po Izreku 1.2. je XB ·XCpotenca X na ocrtano kroznico ABC, ker pa je XA2 zagotovo pozitivno stevilo, X lezizunaj te kroznice, zato obstaja tangenta skozi X na ocrtano kroznico ABC. Naj bo Tdotikalisce te tangente. Po Pitagorovem izreku, kjer je O sredisce ABC ocrtane kroznice,r pa njen polmer, velja

|XA|2 = P (X,ABC) = |XO|2 − r2 = |XT |2,

torej velja |XA| = |XT |. Tocka A je tako bodisi enaka T bodisi dotikalisce drugetangente na to kroznico iz tocke X.

Ce je XA tangenta na ABC ocrtano kroznico, velja XA2 = |XA|2 = P (X,ABC), podrugi strani pa po Izreku 1.2. zopet velja XB · XC = P (X,ABC), saj X zaraditangentnosti lezi izven ocrtane kroznice ABC in sta zato B in C na istem bregu njuneskupne premice glede na X. Velja torej tudi XA2 = XB ·XC.

Dobili smo odgovor na nase osnovno vprasanje - s potenco smo dobili alternativen kriterijza konciklicnost, ki pa nam lahko (in velikokrat tudi nam) sluzi tudi v obratno smer: napodlagi konciklicnosti se lahko ukvarjamo s produkti dolzin. Pri tem je se enkrat trebapoudariti, da je usmerjenost vedno treba preveriti in je zelo pomembna - ce |XA|·|XB| =|XC|·|XB|, v usmerjenih dolzinah pa je ena stran enacbe pozitivna, druga pa negativna,konciklicnosti ABCD seveda nimamo.

Potenco ter zgornje izreke je najlazje razumeti kot neke vrste kombinacijo konciklicinostiin podobnosti, le na veliko bolj enostaven nacin - zgornja izreka nam dovolita, da namestovsakokratnega dolgega dokazovanja z uporabo podobnosti mirno opazujemo neko velikobolj enostavno kolicino. Oglejmo si uporabnost pridobljenega orodja na nekaj nalo-gah.

7


2 Naloge: Potenca tocke na kroznico

Naloga 2.1. Naj bo BD simetrala notranjega kota pri B v trikotniku ABC, kjerje D tocka na stranici AC. Naj ocrtana kroznica trikotnika BCD seka AB v E,ocrtana kroznica trikotnika ABD pa seka BC v F . Dokazi, da velja |AE| = |CF |.

A

B

CD

E

F

Opazujmo potenci na dani kroznici iz A in iz C. Za zacetek si zapisimo

AE ·AB = AD ·AC in CF · CB = CD · CA.

Kako bi lahko uporabili te dve enacbi skupaj? Oprimo se na izrek o simetrali kota, kiga navedimo brez dokaza, saj ga bomo podrobneje obravnali naslednjic:

Izrek o simetrali kota. Naj bo ABC trikotnik in naj bo D taka tocka na daljiciAB, da je CD simetrala notranjega kota pri C. Potem velja

|AD||BD|

=|AC||BC|

.

Na desni strani obeh danih enacb nastopa AC, kar nam da idejo, da enacbi zapisemo vneusmerjenih dolzinah ter ju med seboj delimo. Dobimo torej

|AE| · |AB||CF | · |CB|

=|AD||CD|

=|AB||CB|

,

kjer smo uporabili omenjeni izrek o simetrali kota. Sedaj je odgovor ze na dlani - toenacbo lahko takoj poenostavimo v |AE| = |CF |, kar smo zeleli dokazati.

8


Naloga 2.2. Naj bo ABC ostrokotni trikotnik, M razpolovisce stranice BC, Ppa pravokotna projekcija visinske tocke trikotnika ABC na daljico AM . Dokazi,da velja |MP | · |MA| = |MB|2.

Tokrat imamo opravka z neprijetno situacijo: dokazujemo nek pogoj, ki zelo ocitnospominja na potenco tocke na kroznico, na voljo pa nimamo prav nobene kroznice. A jetemu res tako? Premislimo, kaj nam sporoca pogoj s pravokotnostjo.

Naj bo H visinska tocka trikotnika ABC. Po Talesovem izreku tocka P lezi na kroznicis premerom HA, zato bi bilo morda pametno uporabiti omenjeno kroznico. Poskusimokar na silo s potenco tocke M na to kroznico. Po eni strani bo to ravno |MP | · |MA|(usmerjenost ustreza, saj M lezi izven kroznice), po drugi strani pa bo potenca enakatudi kvadratu dolzine tangentnega odseka iz M na to kroznico. Dovolj bi bilo torej, dadokazemo, da je |MB| ravno enaka dolzini tangente iz M na omenjeno kroznico.

Lotimo se tega se iz drugega zornega kota. Enakost med dolzinami daljic z istimkrajiscem se velikokrat splaca interpretirati z uporabo kroznice: uvedimo kroznico ssrediscem v M , ki gre skozi B. Ker je M razpolovisce BC, bo ta kroznica sla tudi skoziC, vemo pa se vec. Po Talesovem izreku bosta nozisci visin iz B in C, naj bosta tozaporedoma E in F , prav tako lezali na tej kroznici.

C

A

B D

E

F

H

M

P

Po drugi strani nam Talesov izrek pove tudi, da E in F lezita na kroznici s premeromAH! To nam je vsec zlasti zato, ker smo kar naenkrat zeleno enakost reducirali na nekaj,kar lahko veliko lazje obravnavamo. Ce povzamemo dosedanje ugotovitve: ker |MB| =|ME|, bi bilo dovolj dokazati, da je ME tangenta na ocrtano kroznico AFHE.

9


Resitev je sedaj na dlani. Opisana trditev velja direktno iz leme o treh tangentah2,vseeno pa jo na kratko dokazimo se tukaj. Naj bo D nozisce visine iz A trikotnika ABC.Velja

]HAE = ]DAC = ]CBE = ]MBE = ]BEM = ]HEM,

kjer smo uporabili enakokrakost trikotnika MBE in tetivnost stirikotnika ABDE. Poizreku o kotu med tetivo in tangento je zato ME res tangentna na ocrtano kroznicoAFHE, ki je ravno kroznica s premerom AH, torej res velja

|MB|2 = |ME|2 = |MP | · |MA|,

kar smo zeleli dokazati.

2Omenjena lema je bila obravnavana na prvem predavanju iz geometrije, za njeno podrobnejso pred-stavitev bralca vabim, da si ogleda pripadajoce zapiske.

10


Naloga 2.3. Dan je tetiven stirikotnik ABCD, pri cemer je |AB| < |CD| innaj bo P presecisce premic AD in BC. Naj ocrtana kroznica trikotnika PCDseka premico AB v tockah Q in R. Naj bosta S in T dotikalisci tangent iz tockeP na ocrtano kroznico stirikotnika ABCD. Dokazi, da so tocke Q, R, S in Tkonciklicne.

Kako bi idejno dokazali zeleno konciklicnost? Direktno si s potenco tezko pomagamo,prav tako lovljenje kotov verjetno ne bo prevec prijetno. V oci padeta simetricni definicijiS in T , ki hkrati implicirata enakost |PS| = |PT |. Z dobro skico morda dobimo idejo, dabi bilo P sredisce zelene kroznice. Dovolj bi bilo torej dokazati |PQ| = |PR| = |PS| =|PT |.

Ali si lahko kako pomagamo s potenco tocke na kroznico? Vemo, da velja |PS|2 =|PA| · |PD|, torej bi bilo dovolj dokazati |PA| · |PD| = |PQ|2. Z drugimi besedami torejzelimo tangentnost Q na ocrtano kroznico QAD oziroma, ekvivalentno, podobnost PQAin PAD.

A B

CD

P

ST

QR

Poskusimo to dokazati z lovljenjem kotov. Vemo

]QAP = ]BAD = ]BCD = ]PCD = ]PQD.

11


Trikotnika PAQ in PQD sta torej res podobna in zato velja

|PQ|2 = |PA| · |PD| = |PS|2, torej |PQ| = |PS|.

Podobno lahko dobimo tudi |PR| = |PT |. Ker ze vemo, da |PS| = |PT |, so torej vsestiri dolzine res enake in je P sredisce zelene kroznice, kar zakljucuje dokaz.

Videli smo, da sta podobnost in potenca zelo sorodna koncepta. Ko imamo podobnetrikotnike s skupnimi stranicami, se torej vsekakor splaca imeti v mislih potenco inobratno. V veliko nalogah, kjer nastopa potenca, se moramo vseeno v veliki meri opiratina lovljenje kotov, zato se ni pametno prevec osredotociti na en sam pogled ter se splacaiskati alternativne pristope, ce se kje zatakne.

12


Naloga 2.4. Dan je ostrokotni trikotnik ABC. Visina iz B naj seka kroznicos premerom AC v tockah P in Q, visina iz C pa naj seka kroznico s premeromAB v tockah M in N . Dokazi, da so tocke P , Q, M in N konciklicne in dolocisredisce kroznice, na kateri lezijo.

A

BC

D

P

Q

N

M

E

F

H

Definirajmo najprej nozisca visin iz A, B in C zaporedoma kot D, E in F . Kakobi najlazje dokazali konciklicnost tock P , Q, M in N? Lahko bi poskusili s potenco izpresecisca premic PQ in MN , ki pa je ravno visinska tocka (poimenujmo jo H) trikotnikaABC, zato bi bil tak pristop morda precej obetaven.

Zelimo torej dokazatiHM ·HN = HP ·HQ.

Leva stran enacbe je potenca H na kroznico s premerom AB, desna pa potenca H nakroznico s premerom AC. Kako bi najlazje ugotovili, da sta te potenci enaki? Vednose splaca posamezno potenco glede na pripadajoco kroznico poskusiti zapisati na vecrazlicnih nacinov.

Opazimo lahko, da se kroznici s premeroma AB in AC poleg v A sekata se v tocki D poTalesovem izreku. Premislimo lahko, da H lezi na premici AD, torej velja

HN ·HM = HA ·HD in HP ·HQ = HA ·HD.

13


Potenci H na obe kroznici sta torej enaki, zato velja HM · HN = HP · HQ in tockeM , N , P in Q so res konciklicne, kot smo zeleli. Preostane nam najti se sredisce njimskupne kroznice.

Pomislimo, da je zaradi pravokotnosti MN in AB ter dejstva, da je AB premer ocrtanekroznice ABD, premica AB simetrala daljice MN . Podobno lahko sklepamo, da jepremica AC simetrala daljice PQ. Ker mora sredisce ocrtane kroznice MNPQ lezati naobeh simetralah, je lahko to samo tocka A, kar zakljucuje dokaz.

Tokrat nismo posebej preverjali lege tocke H, saj smo se ze v osnovi ukvarjali z usmer-jenimi dolzinami, vsekakor pa tega ne smemo vedno kar odpisati. V nadaljevanju se boizkazalo, da lahko nalogo malo posplosimo, ko bomo definirali potencne premice.

Naloga 2.5. Naj bosta Γ1 in Γ2 kroznici, ki se sekata v tockah A in B, ena odnjunih skupnih tangent pa naj se dotika Γ1 v tocki D ter Γ2 v tocki E. Dokazi,da premica AB razpolavlja daljico DE.

A

B

E

DX

Naj boX presecisce premic AB inDE. Spet bomo na podoben nacin kot v prejsnji nalogiposkusili izkoristiti dejstvo, da X lezi na zveznici med preseciscema obeh kroznic.

Kaj lahko povemo o potenci X na Γ1 in Γ2? Obe potenci sta enaki XA ·XB, torej staobe potenci enaki. Pogoj naloge nam ponuja se zelo naraven nacin, da vsako potencozapisemo tudi nekako drugace.

Ker je XD tangentna na Γ1, XE pa na Γ2, velja

P (X,Γ1) = |XD|2 in P (X,Γ2) = |XE|2.

Ker sta obe potenci enaki tudiXA·XB, velja |XD| = |XE|, kar smo zeleli dokazati.

14


3 Potencne premice

V prejsnjih nekaj nalogah smo ze nakazali naslednjo stvar, ki nas zanima. Opazili smo,da v primeru, da se dve kroznici sekata (denimo v A in B), za vse tocke X na premiciAB velja, da je potenca X na obe kroznici enaka. Potenca na vsako posebej je namrecenaka XA ·XB.

Smiselno se je vprasati, kaj je v splosnem mnozica tock, ki imajo glede na dve danikroznici isto potenco. Ali je to zgolj omenjena premica in ali je to premica tudi, ce sekroznici ne sekata? Izkaze se, da je odgovor na obe vprasanji pritrdilen.

Izrek 3.1 (Potencna premica). Naj bosta Γ1 in Γ2 dve kroznici v ravnini zrazlicnima srediscema O1 in O2 v tem vrstnem redu. Mnozica vseh tock X, zakatere velja

P (X,Γ1) = P (X,Γ2),

je neka premica, pravokotna na O1O2. Tej premici recemo potencna premica.Ce se kroznici Γ1 in Γ2 sekata v tockah A in B, je njuna potencna premica premicaAB.

O1O2

Slika 4: Potencna premica je pravokotna na zveznico med srediscema.

Dokaz. Uporabimo kartezicne koordinate. Brez skode za splosno denimo, da sta srediscikroznic zaporedoma tocki (a, 0) in (b, 0), polmera pa r1 in r2 v tem vrstnem redu.

15


Naj bo X = (x, y) tocka v ravnini. Izracunajmo njeno potenco na obe kroznici:

P (X,Γ1) = (x− a)2 + y2 − r21 in P (X,Γ2) = (x− b)2 + y2 − r22.

Zanima nas, kdaj bosta potenci enaki. Pisimo:

P (X,Γ1) = P (X,Γ2)

⇐⇒ (x− a)2 + y2 − r21 = (x− b)2 + y2 − r22⇐⇒ −2xa+ a2 − r21 = −2xb+ b2 − r22

⇐⇒ x(2b− 2a) = r21 − a2 + b2 − r22

⇐⇒ x =r21 − r22 + b2 − a2

2b− 2a.

Potenci X na obe kroznici bosta torej enaki natanko tedaj, ko bo x enak neki dolocenikonstanti (ki je dobro definirana, ker a 6= b), y pa je lahko kar koli (saj se v enacbivse pojavitve y pokrajsajo in bo zato veljala neodvisno od y). Tocke oblike (c, y), kjerje y poljuben, c pa konstanta, ki smo jo izracunali zgoraj, so torej natanko vse tocke,ki imajo enako potenco na obe kroznici, ocitno pa sestavljajo premico, pravokotno nazveznico med obema srediscema, premico x = 0.

Preden nadaljujemo, za popolnost navedimo se manj pomembno posledico omenjenegaizreka.

Izrek 3.2. Naj bodo A, B, C in D razlicne tocke v ravnini ter naj bosta Γ1 inΓ2 neki kroznici s srediscema v A in B v tem vrstnem redu. Premici AB in CDsta pravokotni natanko tedaj, ko velja

P (C,Γ1)− P (C,Γ2) = P (D,Γ1)− P (D,Γ2).

Dokaz. Naj bo brez skode za splosno vrednost P (C,Γ1) − P (C,Γ2) pozitivna in najbosta polmera kroznic Γ1 in Γ2 zaporedoma r1 in r2. Naj bo Γ3 kroznica s srediscem vA in polmerom

√r21 + P (C,Γ1)− P (C,Γ2). Potem je

P (C,Γ3)− P (C,Γ2) = |CA|2 − r21 − P (C,Γ1) + P (C,Γ2)− P (C,Γ2) = 0,

zato C lezi na potencni premici Γ3 in Γ2. Podobno velja

P (D,Γ3)− P (D,Γ2) = P (D,Γ1)− P (C,Γ1) + P (C,Γ2)− P (D,Γ2).

Premica CD je pravokotna na AB natanko tedaj, ko je potencna premica Γ3 in Γ2, torej,ko je vrednost zgornjega izraza enaka 0, to pa je sedaj ekvivalentno P (C,Γ1)−P (C,Γ2) =P (D,Γ1)− P (D,Γ2), kot smo zeleli.

16


Definirali smo potencno premico dveh kroznic. Smiselno se je vprasati se nekaj vec -kaj se zgodi s tremi kroznicami? Odgovor je nekoliko enostavnejsi, kot se morda zdi,vsekakor pa zelo eleganten.

Izrek 3.3 (Potencno sredisce). Naj bodo Γ1, Γ2 in Γ3 kroznice v ravnini zrazlicnimi sredisci O1, O2 in O3 v tem vrstnem redu.(a) Ce so O1, O2 in O3 kolinearne, so potencne premice parov teh treh kroznic

vzporedne.(b) Ce O1, O2 in O3 niso kolinearne, se potencne premice parov teh treh kroznic

sekajo v eni tocki. To tocko imenujemo potencno sredisce kroznic Γ1, Γ2

in Γ3.

P

Slika 5: Potencno sredisce treh kroznic.

Dokaz. V primeru, ko so sredisca kroznic kolinearna, so vse tri potencne premice poIzreku 3.1. pravokotne na premico O1O2O3, zato so med seboj vzporedne.

Denimo sedaj, da O1, O2 in O3 niso kolinearne. Naj bo pij potencna premica kroznicOi in Oj za i, j ∈ {1, 2, 3}. Naj bo X presecisce p12 in p23, ki obstaja, saj O1O2 in O2O3

nista vzporedni. Za tocko X velja

P (X,Γ1) = P (X,Γ2) in P (X,Γ2) = P (X,Γ3), torej P (X,Γ1) = P (X,Γ3).

Premice p12, p23 in p13 se torej res sekajo v eni tocki, kar smo zeleli dokazati.

Prvega primera, ko so vsa tri sredisca kolinearna, seveda nikoli ne smemo zanemariti inpri uvajanju potencnega sredisca moramo vedno preveriti, ali je zagotovo dobro defini-rano. V splosnem je potencno sredisce zelo uporabno orodje, saj nam da precej eleganten

17


nacin za dokazovanje, da se tri premice sekajo v isti tocki, kar je pogosto ena od kljucnihugotovitev v marsikateri nalogi.

Preden se podamo na naloge, v katerih bomo preverili, na kaksne nacine lahko upora-bimo ravnokar pridobljena orodja, si oglejmo se zadnji izrek, ki ga lahko dokazemo s pri-dobljenim znanjem in se zelo pogosto izkaze za koristnega v tekmovalnih nalogah.

Izrek 3.4. Naj bosta Γ1 in Γ2 kroznici s srediscema zaporedoma v O1 in O2,ki se sekata v tockah X in Y . Naj bosta A in B razlicni tocki na kroznici Γ1 innaj bosta C in D razlicni tocki na kroznici Γ2. Potem se premice AB, CD in XYsekajo v eni tocki natanko tedaj, ko so tocke A, B, C in D konciklicne s srediscem,ki ne lezi na premici O1O2.

Pred dokazom naj spet opozorimo na robni primer, zaradi katerega samo dokazovanjekonciklicnosti ni dovolj in se moramo se prepricati, da sredisca podanih treh kroznic nisokolinearna. Izrek zlasti po tej opombi rahlo spominja na izrek o potencnih srediscih, tudidokazali ga bomo na podoben nacin.

O1O2

P

X

Y

B

A

C

D

Slika 6: Konciklicnost presecisc premic skozi tocko na potencni premici.

Dokaz. Denimo, da presecisce AB in CD, ki ga oznacimo s P , lezi na premici XY . PoIzreku 3.1. je XY potencna premica Γ1 in Γ2, torej imamo

PA · PB = P (P,Γ1) = P (P,Γ2) = PC · PD,

18


torej so A, B, C in D konciklicne. Ker so AB, CD in XY potencne premice kroznicΓ1, Γ2 in ABCD, ki se sekajo v potencnem srediscu, sredisca teh kroznic res niso kolin-earna.

Denimo sedaj, da so A, B, C in D konciklicne, sredisce pripadajoce kroznice, oznacimoga z O3, pa ne lezi na premici O1O2. Trikotnik O1O2O3 je torej neizrojen, zato potencnepremice Γ1, Γ2 in ABCD niso vzporedne druga drugi. Po Izreku 3.3. se te premicesekajo v isti tocki. Ker je potencna premica ABCD in Γ1 premica AB, potencna premicaABCD in Γ2 premica CD ter potencna premica Γ1 in Γ2 premica XY , sledi, da sepremice AB, CD in XY res sekajo v isti tocki, kot smo zeleli.

Izrek nam na kratko torej namigne, da moramo biti vedno pozorni, ko delamo s kaksnotocko na potencni premici, skozi katero gre se kaksna premica, saj to velikokrat prakticnopomeni, da lahko hitro dobimo neko konciklicnost. Kot obljubljeno si sedaj oglejmo nekajnalog.

19


4 Naloge: Potencne premice

Naloga 4.1 (Obstoj visinske tocke). Naj bo ABC trikotnik. Dokazi, da sevisine iz oglisc A, B in C trikotnika ABC sekajo v isti tocki.

AB

C

D

E

F

V tej nalogi bomo dokazali, da ima vsak trikotnik svojo visinsko tocko. Za izziv bralcavabim, da obstoj te tocke dokaze se na kaksen drug nacin, mi pa se bomo naloge lotili spomocjo potencnih premic.

Zopet smo v situaciji, ko bi si zeleli pomagati s potenco, a nimamo nobenih kroznic, zatobi bilo pametno, da kaksno uvedemo. Dovolj bi bilo, da izberemo taksne tri kroznice, daso visine tudi njihove potencne premice. Te bi se tako sekale v potencnem srediscu - veni sami tocki, kot smo zeleli.

Pravi koti okoli nozisc visin nas motivirajo, da pomislimo na Talesov izrek. Res vidimo,da se kroznici s premeroma AB in AC sekata v noziscu visine iz A trikotnika ABC.Podobno lahko sklepamo, da se kroznici s premeroma BA in BC sekata v noziscu visineiz B ter kroznici s premeroma CA in CB sekata v noziscu visine iz C.

Dokazali smo torej, da so visine trikotnika ABC ravno potencne premice kroznic s pre-meri AB, BC in CA, ki se sekajo v potencnem srediscu, naj bo to H. Tocka H je torejpresecisce vseh treh visin oziroma slavna visinska tocka.

20


Naloga 4.2. Naj bo ABCD trapez z osnovnicama AB in CD. Naj se nosilkistranic AD in BC sekata v tocki E. Kroznici s premeroma AC in BD naj sesekata v tockah X in Y . Dokazi, da so E, X in Y kolinearne.

Tocki X in Y imamo podani kot presecisci dveh kroznic, torej bo XY njuna potencnapremica. Smiselno bi bilo, da poskusimo dokazati, da E lezi na potencni premici tehdveh kroznic, torej, da je potenca E na obe kroznici enaka. Kako bi se tega lotili?

Oglejmo si najprej potenco tocke E na kroznico s premerom AC. Dve tocki na krozniciimamo ze definirani, pravzaprav obe tudi potekata skozi neko ze definirano premico, kigre skozi E, tako da sta te dve premici ocitni izbiri za nas prvi poskus. Poskusimo,denimo, s premico EB. Naj bo B′ drugo presecisce premice EB in kroznice s premeromAC. Podobno na drugi strani definirajmo A′ kot drugo presecisce premice EA in kroznices premerom BD.

A B

CD

E

B′

A′

X

Y

Dovolj bi bilo torej, da dokazemo

EA · EA′ = EB · EB′,

kar bi sledilo iz konciklicnosti AA′BB′. Pravzaprav bi lahko rekli, da uporabljamo Izrek

21


3.4., pri tem pa ze vnaprej vemo, da sredisca treh kroznic v njem ne bodo kolinearna,saj se dve izmed potencnih premic, AA′ in BB′, sekata.

Dokazimo torej konciklicnost A, B, A′ in B′, kar je v bistvu precej enostavna naloga.Po Talesovem izreku namrec velja

]AA′B = ]DA′B = 90◦ = ]AB′C = ]AB′B

in konciklicnost je dokazana.

Za konec se povzemimo dokaz. Definirali smo tocki A′ in B′ kot presecisce kroznice spremerom BD in presecisce premice AD ter kroznice s premerom AC in premice BC terdokazali, da so A, B, A′ in B′ konciklicne. Sledi, da E lezi na potencni premici podanihkroznic, kar lahko argumentiramo na tri pravzaprav analogne nacine: po Izreku 3.4., zuporabo potence EA ·EA′ = EB ·EB′, da ugotovimo, da je potenca E na obe kroznicienaka ali z ugotovitvijo, da je E potencno sredisce podanih kroznic ter kroznice AA′BB′,saj lezi na dveh potencnih premicah, zato lezi tudi na tretji.

Naloga 4.3. Naj bosta k1 in k2 dve kroznici s srediscema O1 in O2, ki se sekatav dveh tockah. Naj bo A eno izmed njunih presecisc. Ena od njunih skupnihtangent se dotika k1 v C1 in k2 v C2, tako da lezijo tocke A, C1 in C2 na istembregu premice O1O2. Pravokotni projekciji tocke O1 na C1A in tocke O2 na C2Azaporedoma oznacimo z D1 in D2. Naj premica C1D2 seka kroznico k2 v E in Fter naj premica C2D1 seka kroznico k1 v G in H. Dokazi, da so E, F , G in Hkonciklicne.

A

B

C1

C2

D1D2

D3

X

Kot avtor naloge, ki je nasla mesto na izbirnem testu, bralcu priznavam, da je pogoj,da A, C1 in C2 lezijo na istem bregu premice O1O2, v nalogi “iz ciste zlobe”: da otezujerisanje in preglednost skice. Kljub temu nas naloga sama precej direktno pelje do resitve,ce smo dovolj navajeni nasih kljucnih orodij. Poglejmo si, kako.

Naloga se takoj zdi kot direktna uporaba Izreka 3.4. Dovolj bi bilo namrec, dadokazemo, da presecisce premic C1D2 in C2D1 lezi na potencni premici kroznic k1 in k2.Kako bi se tega lotili?

Kaj sta tocki D1 in D2 v resnici? Ker sta trikotnika C1AO1 in AC2O2 enakokraka, grezaporedoma za razpolovisci daljic C1A in AC2. To v bistvu pomeni, da se premici C1D2

22


in D1C2 sekata v teziscu trikotnika AC1C2. Sledi, da premica AX, kjer je X omenjenopresecisce, razpolavlja C1C2. Zelimo, da je ta premica tudi potencna premica. Kako bito dokazali?

Spomnimo se, da smo podobno konfiguracijo nekje ze videli. Res - v prejsnjem razdelkusmo dokazali, da potencna premica dveh kroznic razpolavlja odsek njene skupne tangentemed dotikalisci. Spomnimo se se dokaza te trditve: ce definiramo D3 kot preseciscepotencne premice k1 in k2 ter premice C1C2, bo zaradi njene lege na potencni premiciveljalo

|D3C1|2 = |D3C2|2.

Tocka D3 je torej res razpolovisce daljice C1C2 - z drugimi besedami, potencna premicadanih kroznic je ravno tretja teziscnica trikotnika C1AC2, zato poteka skozi X, kar smozeleli dokazati.

23


Naloga 4.4. Dani sta kroznici K1 in K2, ki med seboj nista pravokotni in sesekata v tockah A in B. Naj bo C taka od A razlicna tocka na K1, da je premicaCA tangenta na K2 in naj bo D taka od A razlicna tocka na K2, da je premicaDA tangenta na K1. Premica CD naj seka K1 se v tocki E in K2 se v tocki F .Vzporednica k AC skozi F naj seka K2 se v G, vzporednica k AD skozi E pa najseka K1 se v H. Premici FG in EH naj se sekata v X. Dokazi, da premica BXrazpolavlja daljico GH.

A

B

C

DE

F

GH

X

Kljucna pri tej nalogi je dobra skica - vecino trditev, ki jih bomo dokazali, je skorajtezje opaziti kot izpeljati njihov dokaz. Najprej lahko vidimo, da se zdi, da premica BXpravzaprav poteka skozi A - to bi pomenilo, da X lezi na potencni premici K1 in K2. Dato dokazemo, bi bilo torej dovolj, da dokazemo, da so F , E, G in H konciklicne (FG inEH ocitno nista vzporedni).

Ce se lotimo tega dokaza, lahko zaradi vzporednosti takoj vidimo

]EFG = ]ECA = ]EHA.

Zelimo si torej dokazati kolinearnost H, A in G, saj bo to impliciralo zeleno konciklicnost.Tudi to ni pretezko, a se moramo malo znajti:

]HAG = ]DAG+ ]CAD + ]HAC

= ]DFG+ ]CAD + ]HEC

= ]DCA+ ]CAD + ]ADC = 0,

24


kjer smo izkoristili podani vzporednosti.

Dokazali smo torej, da so H, A in G kolinearne. Kot smo nakazali zgoraj, sledi

]EFG = ]ECA = ]EHA = ]EHG,

torej so tocke E, F , G in H konciklicne in zato po Izreku 3.4. X lezi na potencnipremici K1 in K2, ki je premica AB.

Kaj preostane? Dokazati moramo, da je A razpolovisce daljice HG. Spomnimo se, dase nismo nikjer uporabili tangentnosti. Kako bi jih najbolje izkoristili?

Ker je AC tangenta na K2, velja |AF | = |AG|, saj je FG njena vzporednica (do istegasklepa bi lahko prisli tudi z enostavnim lovljenjem kotov). Podobno lahko sklepamo, davelja |AE| = |AH|. Tocka A je torej presecisce simetral FG in EH, ki pa mora bitisredisce ocrtane kroznice EFGH. Sledi, da velja tudi |AH| = |AG|. Ker A lezi na GH,torej BX res razpolavlja to daljico, kot smo zeleli.

25


Naloga 4.5. Naj bo ABC ostrokotni trikotnik in D nozisce visine iz A. Najbosta E in F taki razlicni tocki na premici AD, da velja |DE| = |DF | in E leziznotraj trikotnika ABC. Kroznica, ocrtana trikotniku BEF , naj seka daljici BCin AB zaporedoma v tockah K in M , kroznica, ocrtana trikotniku CEF , pa najseka daljici BC in AC zaporedoma v tockah L in N . Dokazi, da se premice AD,KM in LN sekajo v eni tocki.

A

BC

D

E

F

KL

M

N

Zacnimo z nekaj enostavnejsimi opazkami. Definicija tock E in F nam pravzaprav pove,da je ocrtana kroznica BEF simetricna glede na BC, enako lahko povemo za ocrtanokroznico CEF . Analogno bi lahko rekli, da sredisci obeh kroznic zagotovo lezita nasimetrali EF , ki je premica BC. V kombinaciji s Talesovim izrekom nam to pove, davelja ]BMK = ]LNC = 90◦.

Trditev, ki jo zelimo dokazati, precej spominja na Izrek 3.4. Dovolj bi bilo torejdokazati, da so K, N , M in L konciklicne (sredisce njihove skupne kroznice ocitnone bi lezalo na premici BC), s tem bi po Izreku 3.4. zagotovili, da se dve potencnipremici sekata na tretji - da se KM in LN sekata na AD. Poskusimo dokazati omenjenokonciklicnost.

Poskusili bi lahko s kotom ]MKL:

]MKL = 90◦ − ]KBM = 90◦ − ]DBA = ]BAD.

26


Na prvi pogled sedaj morda izgleda, kot da velja ]MNL = ]BAD zaradi konciklicnostiA, M , N in presecisca KM in LN , a tukaj moramo biti zelo pazljivi - nismo se dokazali,da to presecisce lezi na premici AD, tako da si vsaj na tak nacin s tem ne bomo moglipomagati. Poglejmo, ce namesto tega lahko odkrijemo se kako pametno lastnost.

Ce si ogledamo se kaj drugega na skici, lahko zelo hitro opazimo, da velja

AM ·AB = AE ·AF = AN ·AC

zaradi konciklicnosti, podanih v nalogi, zato sledi, da so B, C, N in M konciklicne.Z uporabo te konciklicnosti bo sedaj morda lazje priti do konca. Vrnimo se na kot]MNL in ga poskusimo izraziti s kotom ]MNC, da bomo cim lepse lahko uporabilikonciklicnost:

]MNL = ]MNC − 90◦ = ]MBC − 90◦ = −(90◦ − ]ABD) = −]DAB = ]BAD.

Res smo torej ugotovili, da ]MKL = ]MNL, zato so M , K, L in N konciklicne, karsmo zeleli dokazati. Skupaj z dejstvom, da sredisce njim pripadajoce kroznice ne lezi napremici BC, nam to sedaj po Izreku 3.4. pove, da presecisce KM in LN res lezi napremici AD, kar zakljucuje dokaz.

27


Naloga 4.6. Naj bo ABCD trapez, vcrtan v kroznico Γ s premerom AB. Najbo E presecisce premic AC in BD. Kroznica, ki ima sredisce v B in polmer BE,seka Γ v tockah K in L, kjer K lezi na istem bregu AB kot C. Pravokotnica naBD skozi tocko E naj seka premico CD v tocki M . Dokazi, da sta premici KMin DL pravokotni.

BA

CD

E

K

L

M

P

X

Y

Naloga nam naenkrat poda precej informacij, ki si na videz niso zelo ocitno sorodne,zato bi bilo pametno ugotoviti povezavo med njimi. Pri tej nalogi se posebej pride pravnatancno narisana velika skica, saj veliko nakljucij lahko opazimo ze na zacetku.

Zacnimo, denimo, s pravimi koti. Ker je AB premer ocrtane kroznice ABCD, sta kota]ADB in ]ACB prava. Prav tako je pravi kot ]BEM , kar pravzaprav pomeni, da jeME tangentna na kroznico s srediscem v B in polmerom BE. Za konec nasega uvodnegaraziskovanja se omenimo, da je KL ocitno pravokotna na AB. Gre namrec za potencnopremico ocrtane kroznice ABCD in kroznice s srediscem v B in polmerom BE, sredisci

28


te kroznice pa lezita na AB.

Dokaj hitro lahko opazimo tudi, da je ME vzporedna AD, kar sledi direktno iz dejstva,da ]ADB = ]BME = 90◦. Sledi ena izmed kljucnih ugotovitev v nalogi, ki jo pozornooko prav tako lahko ugane: premici ME in BC se zdita simetricni cez premico KL.Kako bi to dokazali?

Ker premice AB, BC, CM in ME prav tako tvorijo enakokraki trapez, bi bilo dovoljdokazati, da se premici ME in BC sekata na premici KL. Naj bo njuno presecisce tockaP . Na tej tocki nam pridejo prav zgoraj najdeni pravi koti: ker ]BEP = ]ECB = 90◦,se trikotnika BEP in BCE ujemata v dveh kotih in sta zato podobna. Tako vrstopodobnosti si je vredno zapomniti, saj s seboj vedno prinese tangentnost oziroma potenco- res, zaradi podobnosti velja

|PE|2 = |PC| · |PB|.

Kako lahko interpretiramo zgornjo neenakost? Takoj lahko vidimo, da je |PE|2 potencatocke P na kroznico s srediscem v B in polmerom BE. Po drugi strani je |PC| · |PB|potenca tocke P na kroznico, ocrtano ABCD: preveriti moramo samo, da se predznakujema, kar pa je ocitno, saj P lezi na drugi strani C kot B ter zato izven krozniceABCD.

Zgornjo enakost lahko torej interpretiramo kot enakost potence tocke P na kroznicoABCD in na kroznico s srediscem v B in polmerom BE. Tocka P torej lezi na njunipotencni premici, ki je ravno KL. Res smo torej dokazali, da so P , K in L kolin-earne.

Kaj smo s tem dosegli? Dokazali smo v bistvu tudi, da je KL simetrala MC. Velja torej,da je MCK enakokrak trikotnik z vrhom v K. Ali nam to kako pomaga pri dokazovanjupravokotnosti, ki jo naloga zahteva? Oglejmo si, kako bi lahko ta pogoj interpretiralise drugace: Ce je X presecisce DL in KM ter Y presecisce KL in CD, bi bilo dovoljdokazati, da so X, M , Y in L konciklicne. Res, ker sta CD in KL pravokotni, bi izkonciklicnosti direktno sledila tudi iskana pravokotnost.

Hitro nas lahko premami, da bi nalogo koncali s potenco tocke na kroznico, a dejstvo,da se nikjer nismo uporabili enakokrakosti MCK, nakaze na to, da nam preostane samokrajse lovljenje kotov: Velja

]XMY = ]KMY = ]KMC = ]MCK = ]DCK = ]DLK = ]XLY,

torej so tocke X, M , Y in L res konciklicne, kot smo zeleli.

Naloge bi se bilo precej naravno lotiti tudi iz druge strani. Ce pogoj znamo pametnointerpretirati kot konciklicnost tock X, M , Y in L, dokaj hitro lahko opazimo, da jeza to konciklicnost dovolj, da dokazemo enakokrakost MCK, s to motivacijo pa natodokazemo se prvih par trditev, s katerimi smo v nasi resitvi zaceli. Videli smo torej,da nam v tej nalogi potenca ni bila direktna motivacija, a smo vseeno z njeno pomocjouspeli dokazati nekaj trditev, ki so se kasneje izkazale za zelo uporabne.

29


Naloga 4.7. Naj bo ABC trikotnik in H njegova visinska tocka. Naj bostaM in N zaporedoma razpolovisci stranic AB in AC. Denimo, da H lezi znotrajstirikotnika BCNM in da se kroznici BMH in CNH dotikata. Naj premica skoziH, vzporedna BC, seka kroznici BMH in CNH zaporedoma v tockah K in L.Naj bo F presecisce premic MK in NL ter naj bo J sredisce vcrtane kroznicetrikotnika MHN . Dokazi, da velja |FJ | = |FA|.

A

B

C

MN

H

F

KL

J

Ponovno imamo opravka s pogoji, ki na videz niso prevec povezani. Kako bi lahkoizstopajoco definicijo tocke J uporabili v resitvi? Poskusimo ugotoviti cim vec lepihlastnosti.

Zaradi podanih pogojev je v tej nalogi malo tezje narisati lepo skico, ce imamo sreco, palahko opazimo, da bi morda F lahko lezala na skupni tangenti podanih kroznic. Dovoljbi bilo, da dokazemo, da so K, L, M in N konciklicne, kar pravzaprav ni pretezko -velja

]HKM = ]HBA = ]ACH = ]NLH,

torej je KLNM enakokraki trapez in zato res konciklicen. Kot obljubljeno je torej Fres potencno sredisce ocrtanih kroznic KLNM , KHM in HLN , zato res lezi na skupnitangenti slednjih dveh kroznic.

Ugotovimo pravzaprav lahko se vec: ker je KLNM enakokraki trapez, tocka F lezi nasimetrali KL in MN : velja |FM | = |FN |. Sledi ena izmed kljucnih ugotovitev v nalogi.

30


Prisotnost navidez precej nakljucnega sredisca vcrtane kroznice namiguje na Incentre-Excentre Lemmo3. Res, ce bi bilo F razpolovisce loka MN ocrtane kroznice HMN , bibilo tudi sredisce kroznice skozi M , N in J . S tem bi se takoj znebili grdega pogoja ssrediscem vcrtane kroznice in dokazati bi morali le se, da je F sredisce trikotniku MNAocrtane kroznice.

Lotimo se dela. Poskusimo kako uporabiti tangentnost, izkaze se, da je precej direktnauporaba dovolj:

]FHM = ]HBM = ]NCH = ]NHF,

torej F lezi na simetrali kota ∠NHM . Ker lezi tudi na simetrali stranice MN , je torejres razpolovisce loka MN kroznice HMN in s tem po Incentre-Excentre Lemmi velja|FM | = |FN | = |FJ |.

Preostane nam se dokazati, da je ta dolzina enaka |FA|, torej, da je F sredisce AMNocrtane kroznice, kot smo ze prej nakazali. Imamo

]MFN = −]HKM −]NLH = −]HBM −]NCH = −2(90◦−]BAC) = 2]MAN,

torej je F res sredisce AMN ocrtane kroznice.

Dokazali smo torej, da F lezi na skupni tangenti skozi H ocrtanih kroznic KHM inHLN , iz cesar smo dodatno ugotovili, da lezi tako na simetrali kota ∠NHM kot nasimetrali stranice MN . Tocka F je torej razpolovisce loka MN ocrtane kroznice HMN ,po Incentre-Excentre Lemmi pa velja |FJ | = |FM | = |FN |. Naposled smo dokazali se,da je F sredisce ocrtane kroznice AMN , kar sedaj implicira zeleno trditev.

Poudariti je treba, da gre kljub morda enostavni predstavitvi za precej zahtevno nalogo,katere posamezni koraki so sicer relativno lahki, veliko tezje pa jih je opaziti in zdruzitiv celoto. Gre torej za nalogo, kjer je opazanje lepih lastnosti kljucnega pomena, splohzato, ker moramo konfiguracijo dovolj dobro spoznati, preden naredimo konkretnejsekorake.

3Lema je bila obravnavana na prvem predavanju iz geometrije, njen dokaz je naveden v zapiskih.

31


Naloga 4.8. Naj bo ABCD tak konveksen stirikotnik, da velja |AB| = |BC| =|CD|. Premici AB in CD naj se sekata v tocki E, trikotnikoma ABC in BDEocrtani kroznici pa v tockah B in F . S P oznacimo presecisce premic AC in BF .Dokazi, da je EP simetrala ∠AED.

A B

C

D

E

FT

P

Kaj je tocka F? Taksna definicija bi morala takoj vzbuditi pozornost. Tocka F je namrecdefinirana izkljucno kot presecisce dveh kroznic, da lahko uvedemo neko premico, nakateri lezi tocka P . To nam kar takoj ponuja, da se tocke F znebimo in premico BFraje glejmo kot potencno premico ocrtanih kroznic ABC in BDE.

Tocka P je sedaj tocka na tej potencni premici, torej bi jo bila morda pametno, kotsmo ze navajeni, gledati kot potencno sredisce. Cesa? Uvedimo novo kroznico in sicertaksno, da bo AC potencna premica le-te in ocrtane kroznice ABC. Najbolj naravno seponuja ocrtana kroznica ACE.

Tocka P je torej potencno sredisce ocrtanih kroznic ABC, BDE in ACE. Presecisceslednjih dveh, naj bo to tocka T , zato lezi na premici EP .

Kaj sedaj? Premislimo, kako bi uporabili zanimive pogoje enakosti dolzin. Kot vednoponovno pomaga dobra skica: trikotniki ABT , CDT in CBT izgledajo podobni. Ce bito dokazali, bi pravzaprav T ze takoj bilo sredisce vcrtane kroznice trikotnika BCE, karbi impliciralo zeleno trditev.

32


Kako bi dokazali podobnost? Poigrajmo se s konciklicnostmi - imamo

]BAT = ]EAT = ]ECT = ]DCT ter ]TBA = ]TBE = ]TDE = ]TDC.

Sledi, da sta ABT in CDT podobna trikotnika, pravzaprav pa sta celo skladna - sedajvidimo, kako bomo uporabili pogoje z dolzinami! Ce dobro premislimo, iz te skladnostitakoj sledi tudi, da je tema trikotnikoma skladen trikotnik BCT , saj se z njima ujemav vseh treh dolzinah stranic!

Kot obljubljeno to sedaj ze skoraj takoj zakljucuje dokaz. Imamo namrec

]ECT = ]TCB in ]CBT = ]TBE,

torej je T sredisce vcrtane kroznice trikotnika BCE. Sledi

]BET = ]TEC,

torej je premica EP , ki je pravzaprav premica ET , simetrala kota ∠BEC, kar smo zelelidokazati.

33


Naloga 4.9. Naj bo ABC trikotnik, kjer velja ∠BCA = 90◦ in naj bo C0

nozisce njegove visine iz C. Naj bo X tocka v notranjosti daljice CC0 in najbosta K in L zaporedoma takitocki na daljicah AX in BX, da velja |BK| = |BC|in |AL| = |AC|. Naj bo M presecisce AL in BK. Dokazi, da velja |MK| = |ML|.

Naloga, ki jo resujemo, je ena izmed mojih najljubsih geometrijskih nalog. Kot sempovzel v zapiskih za trening nase in svicarske ekipe na IMO 2020, se mi zdi, da ktezjim geometrijskim nalogam lahko v splosnem pristopimo na dva nacina: bodisi delamood konca ter pogoj, ki ga zelimo dokazati, pretvorimo v nekaj ekvivalentnega, a lazjedokazljivega, drugi nacin, ki je v tej nalogi veliko bolj primeren, pa je, da poskusimougotoviti cim vec lepih stvari, ki bi jih lahko dokazali, tako scasoma postane vedno boljjasno, kako bomo na koncu do dokaza prisli.

Pri omenjenem pristopu je zelo pomembno imeti veliko ter dobro skico, na kateri lazjeopazimo navidezna nakljucja. Bralca vabim, da si jo narise sam in jo ob spremljanjuresitve sproti opazuje ter si vzame nekaj casa, da sam poskusi opaziti in dokazati kaksnelepe lastnosti, ki bi lahko bile uporabne.

A B

C

C0

E

X

LK M

Za zacetek pretvorimo enakosti dolzin v nekaj lazje obvladljivega: uvedimo kroznico ssrediscem v A, ki gre skozi L in C, ter kroznico s srediscem v B, ki gre skozi K in C.Takoj lahko opazimo, da je premica BC tangentna na prvo, AC pa na drugo izmedomenjenih kroznic, A in B sta namrec njuni sredisci, kot ∠ACB pa je pravi.

Kaj se lahko vidimo? Premica CC0 je pravzaprav zaradi pravokotnosti potencna premicateh dveh kroznic. Uvedimo torej se drugo presecisce omenjenih kroznic, naj bo to tocka

34


C ′. Na premici CC ′ lezi tocka X, na kaj to namiguje? Tocke, ki lezijo na potencnihpremicah, imamo se posebej radi, ker po Izreku 3.4. nanje lahko gledamo kot napotencna sredisca. Izumimo novo kroznico!

Naj bo torej K1 presecisce AK ter kroznice s srediscem v B skozi C in K. Podobno najbo L1 presecisce BL ter kroznice s srediscem v A skozi C in L. Po Izreku 3.4. so sedajK, L, K1 in L1 konciklicne.

Kaj sedaj? Ce imamo dobro skico, smo ravnokar prisli do tocke, kjer se ze lahko opaziugotovitev, ki nas bo popeljala do konca resitve. Izgleda, da sta AL in BK mordatangentni na naso novo kroznico KLK1L1! Ce bi bilo to res, bi nato veljalo |MK| =|ML|, saj sta MK in ML tangentna odseka iz tocke M na to kroznico. Kako bi torejto dokazali?

A B

C

C0

C′

X

L

K

M

L1

K1

Izkoristimo vse tri potencne premice, ki jih imamo na voljo. Premica KK1 poteka skoziA, ze prej pa smo omenili, da je AC tangentna na kroznico s srediscem v B skozi C inK. Velja torej

AK ·AK1 = AC2 = AL2,

kjer smo zadnjo enakost dobili s pogojem enakosti dolzin, danim v nalogi. Ker L lezi naocrtani kroznici KLK1L1, je torej AL tangenta na to kroznico!

35


Podobno lahko sklepamo, da je BK tangenta na isto kroznico. Ker se AL in BKsekata v M , sta torej tangentna odseka iz tocke M na to kroznico enake dolzine, torej|MK| = |ML|, kar smo zeleli dokazati.

Naloga 4.10. Naj bo ABC trikotnik in naj bodo D, E in F zaporedoma noziscavisin trikotnika ABC iz tock A, B in C. Naj vzporednica premici EF skozi tockoD seka premici AB in AC zaporedoma v tockah X in Y . Naj bo M razpoloviscedaljice BC in naj bo T presecisce premic EF in BC. Dokazi, da tocke T , M , Xin Y lezijo na isti kroznici.

A

B CD

E

F

X

Y

T

M

Navajeni smo ze, da prisotnost visin tiho namiguje na konciklicnosti. V nasem primeruse za zacetek najbolj odkrito ponuja konciklicnost BCEF , ki jo imejmo v mislih. Kerje XY vzporednica EF , se poraja misel, da je morda stirikotnik BCXY prav takokonciklicen. Ali je to res? Oglejmo si kote:

]Y XB = ]EFA = ]EFB = ]ECB = ]Y CB,

torej obljubljena konciklicnost res drzi. Zaenkrat imamo dani dve konciklicnosti, ali julahko kako uporabimo?

Tocka D se kot presecisce premic XY in BC naravno ponuja kot tocka, iz katere bi lahkopreverjali potenco na dane kroznice. Zelimo namrec, da velja

DM ·DT = DX ·DY,

konciklicnost BCXY pa nam pove DX · DY = DB · DC. Dovolj bi bilo torej, dadokazemo

DM ·DT = DB ·DC.

36


Zakaj nam je to vsec? Tocke D, M , B in C lezijo na isti premici, kar ze takoj namigujena to, da bi se morda dalo precej stvari poenostaviti. Vseeno zaenkrat ne izgleda, dabi bila ta enakost tako enostavno dokazljiva: o tockah D in M zaenkrat ne vemo velikostvari, ki bi se direktno nanasale na tocki B in C. Kaj bi se lahko ugotovili, preden sespravimo na racunanje?

Izkusen bralec bo zaradi prisotnosti treh nozisc visin ter enega razpolovisca morda pomis-lil na kroznico devetih tock. Na tej tocki navedimo izrek, ki bo v nadaljevanju kljucen,najlazje pa se ga dokaze z uporabo homotetije, tako da bomo dokaz izpustili in ga pred-stavili na tretjem predavanju iz geometrije.

Izrek (Kroznica devetih tock). Naj bo ABC trikotnik, D, E, F noziscavisin iz oglisc A, B in C trikotnika ABC v tem vrstnem redu; L, M in Nrazpolovisca stranic BC, CA in AB v tem vrstnem redu. Naj bo H visinskatocka trikotnika ABC ter naj bodo P , Q in R razpolovisca daljic AH, BH in CH.

Tocke D, E, F , L, M , N , P , Q in R lezijo na isti kroznici, ki jo imenujemokroznica devetih tock ali Eulerjeva kroznica trikotnika ABC.

Uvedimo torej kroznico devetih tock trikotnika ABC, ki ponuja ugotovitev, da so tockeE, F , D in M konciklicne. Velja torej

TB · TC = TE · TF = TD · TM,

kjer smo prvo enakost dobili iz konciklicnosti B, C, E in F .

Sedaj smo precej stvari prenesli na premicoBC, tako da bi lahko poskusili, ce z racunanjemna tej tocki ze pridemo do konca. Pred zakljuckom samo preverimo lego tocke D: podefiniciji lezi med X in Y , ne glede na kote trikotnika ABC pa bo lezala tudi med M inT . Dovolj bo torej, da delamo samo z neusmerjenimi dolzinami, saj se bosta predznakazagotovo ujemala.

Dokazujemo torej enakost DM ·DT = DB ·DC z uporabo enakosti TB ·TC = TD ·TM .Najlazje bo, ce cim vec dolzin v prvi enakosti zapisemo v odvisnosti od T : tako bomo,ce bomo imeli sreco, lahko kar se da dobro uporabili ze znano drugo enakost. Brez skodeza splosnost predpostavimo |BD| < |DC|, saj je dokaz v nasprotnem primeru analogen.Velja

|DM | · |DT |= (|MT | − |DT |)|DT |= |MT | · |DT | − |DT |2

= |TB| · |TC| − |DT |2,

37


po drugi strani pa si oglejmo se

|DB| · |DC|= (|DT | − |BT |)(|CT | − |DT |)= |DT | · |CT | − |DT |2 − |BT | · |CT |+ |BT | · |DT |.

Z zdruzitvijo obeh enacb torej ugotovimo, da zelimo

2|TB| · |TC| = |DT | · (|BT |+ |CT |) = |DT | · 2|MT |,

kar ocitno velja, kar sledi iz kroznice devetih tock. Naloga je torej dokazana.

Nalogo smo torej resili tako, da smo poskusili dobiti cim vec informacij, preden smonaposled vse zelene kolicine izrazili z dolzinami na premici BC. Obicajno se ne zgodi,da imamo opravka s toliko racunanja, a pomembno se je zavedati, kdaj nalogo lahko naneki tocki koncamo predvsem racunsko, kar obicajno pride s kombinacijo poskusanja inizkusenj.

38


Naloga 4.11. V trikotniku ABC tocka D lezi na stranici AB. TrikotnikomaBCD in ACD ocrtani kroznici sekata AC in BC zaporedoma se v tockah E in F .Simetrala daljice EF seka premico AB v tocki M , pravokotnico na AB skozi Dpa v tocki N . Naj bo tocka T presecisce premic AB in EF , tocka U pa preseciscepremice CT in trikotniku CDM orctane kroznice. Dokazi, da velja |NC| = |NU |.

A B

C

D

E

F

M

N

T

U

Ce si narisemo dobro skico, v oci najprej pade, da T lezi dokaj dalec stran od preostankadefiniranih tock ter je obenem presecisce treh podanih premic. Pridemo lahko na idejo,da bi bilo T potencno sredisce treh kroznic. Katerih?

Nase tri kroznice naj imajo medsebojne potencne premice v AB, EF in CU . Smiselno bibilo, da je ena od teh kroznic ze definirana ocrtana kroznica MDUC, kar nam pravzapravpove tudi veliko o ostalih dveh. Ker ocrtana kroznica MDUC seka premico AB v M inD ter premico CU v C in U , bi bilo smiselno, da ena od preostalih dveh kroznic potekaskozi M in D, druga pa skozi C in U , obe pa se sekata v E in F .

Ce povzamemo zelene ugotovitve, bi torej radi ugotovili, da so bodisi M , D, E in Fali E, F , C in U konciklicne, saj bi ena izmed teh konciklicnosti po Izreku 3.4. takojimplicirala drugo. Zdi se precej smiselno, da bi najprej dokazali konciklicnost M , D, Ein F , saj se preostala konciklicnost zdi blizje resitvi naloge - ce dokazemo konciklicnostE, F , U in C, ze vemo, da velja |NE| = |NF |, kar namiguje na to, da bi N lahkobilo sredisce tem tockam pripadajoce ocrtane kroznice. S tem v mislih se vrnimo naposkusanje dokazovanja konciklicnosti M , D, E in F .

Nerodna definicija tocke M , zaradi katere si ne moremo kaj dosti pomagati s koti, nasmotivira, da si pomagamo s fantomsko tocko. Po nekaj poskusanja se izkaze, da senajbolj splaca definirati M ′ kot presecisce premice AB ter ocrtane kroznice MDEF , sajbomo s tem lahko uporabili se konciklicnosti ADFC in BDEC.

39


Racunamo torej lahko

]M ′EF = ]M ′DF = ]ADF = ]ACF = ]ECB = ]EDM ′ = ]EFM ′.

Sledi, da je trikotnik M ′EF enakokrak. M ′ je torej presecisce simetrale daljice EF terpremice AB, kar pa je ravno definicija tocke M , zato velja M ′ = M . Tocka M torej lezina ocrtani kroznici DEF .

Opazimo lahko se, da je MN kot simetrala daljice EF tudi nosilka premera ocrtanekroznice MDEF . Ker velja ]NDM = 90◦, tocka N po Talesovem izreku lezi na ocrtanikroznici MDEF . Dokazali smo torej, da so tocke M , D, E, F in N konciklicne.

Kot smo obljubili, torej lega T na potencni premici ocrtanih kroznic MDUC in MDEFimplicira, da so tocke E, F , U in C konciklicne. Ker velja |NE| = |NF |, bi bilo torejdovolj dokazati, da je N sredisce ocrtane kroznice trikotnika CEF , saj bi bilo s tem tudisredisce ocrtane kroznice EFUC, iz cesar bi pogoj sledil direktno.

Imamo torej

]ENF = ]EDF

= ]EDC + ]CDF

= (]ECD + ]DEC) + (]DCF + ]CFD)

= ]ACB + ]DEC + ]CFD

= ]ACB − ]CBA− ]BAC

= 2]ACB

= 2]ECF.

S pomocjo razbijanja kota ]ENF na tak nacin, da smo uporabili konciklicnosti ADFCin BDEC smo torej ugotovili, da je N res sredisce ocrtane kroznice trikotnika CEF , sajzanj velja zgornja enakost kotov, prav tako pa lezi na simetrali daljice EF .

Ugotovili smo torej, da so tocke M , D, E in F konciklicne, nato pa uporabili Izrek 3.4.,da smo sklepali se, da so tocke E, F , U in C konciklicne, pri cemer smo si pomagali zdokazanim dejstvom, da tudi N lezi na ocrtani kroznici MDEF . Naposled smo ugotovilise, da je N sredisce ocrtane kroznice trikotnika CEF , torej res velja |NC| = |NU |, kotsmo zeleli, saj so tocke C, E, F in U konciklicne.

40


Naloga 4.12. Naj bo ABC ostrokotni trikotnik, v katerem velja |AB| < |AC|in naj bo D nozisce visine iz A trikotnika ABC. Naj bosta B′ in C ′ taki tockizaporedoma na poltrakih AB in AC, da so B′, D in C ′ kolinearne, B, B′, C, C ′

pa lezijo na isti kroznici s srediscem v O. Naj bo M razpolovisce daljice BC inH visinska tocka trikotnika ABC. Dokazi, da je DHMO paralelogram.

A

BC

D

B′

C′

O

M

H

H′

Ker se bo izkazalo, da bomo razpolavljali kote in ker nimamo tezav z razlicnimi konfig-uracijami, bomo izjemoma uporabljali obicajne kote in ne usmerjenih. Oglejmo si, kakobi zaceli z resevanjem.

Najprej nas zmoti trditev, ki jo moramo dokazati, ki se zaenkrat zdi v zelo tezko dosegljiviobliki. Zmoti nas lahko tudi magicna uvedba visinske tocke, ki na prvi pogled “gov-ori” z zelo malo objekti, definiranimi v nalogi. Ali bi se dalo kako znebiti obeh tezavnaenkrat?

Spomnimo se na zrcalne slike visinske tocke in prezrcalimo H cez premico BC. SlikaH ′ lezi na ocrtani kroznici ABC4. Sedaj moramo pravzaprav dokazati se nekoliko lepsotrditev: Ker velja MO ‖ AD (saj |OB| = |OC|) ter ∠H ′DM = ∠DMO = 90◦, bi bilo

4Lema, ki to pravi, je splosno znana in zelo pogosto uporabljena. Ce bralec z njo ni seznanjen, naj siogleda zapiske prvih priprav iz geometrije, kjer je bila dokazana.

41


dovolj, da dokazemo, da velja tudi ∠OH ′D = 90◦, saj bo to pomenilo, da je OH ′DMpravokotnik, iz cesar bo trditev naloge takoj sledila. Vendarle se pri O pojavi podobnatezava kot pri H - edina ocitna lastnost te tocke je njena definicija, torej enaka oddal-jenost od nekaj tock. Zato bo verjetno za zacetek precej tezko opazovati kaksne koteglede na O. Zaenkrat torej imejmo v mislih, kaj dejansko zelimo dokazati, najprej paposkusimo priti se do kaksne lepe vmesne trditve.

Premislimo lahko tudi, da se nam s predstavljenimi pogoji naloge skoraj prevec od-krito ponuja, da poskusimo kaj doseci s potenco tocke D na ocrtano kroznico BB′CC ′.Zapisimo kar enakost

DB′ ·DC ′ = DB ·DC = DA ·DH ′,

kjer drugi enacaj velja zaradi konciklicnosti A, B, C in H ′. Sklepamo lahko torej, da sotocke B′, C ′, H ′ in A konciklicne. Z dobro skico sedaj lahko opazimo, da so tocke B,H ′, O in C ′ morda prav tako konciklicne. Premislimo, kako bi to lahko dokazali.

Ce opazujemo kot ∠C ′H ′B, lahko vidimo, da ga lahko razdelimo na dva kota, ki ju lahko“lovimo” s pomocjo ocrtanih kroznic ABC in AB′C ′:

∠C ′H ′B = ∠C ′H ′A+ ∠AH ′B = ∠C ′B′A+ ∠ACB = ∠C ′B′B + ∠C ′CB = 2∠C ′CB.

Po drugi strani je O sredisce ocrtane kroznice BB′CC ′, torej velja tudi ∠C ′OB =2∠C ′CB. Tocke B, H ′, O in C so torej res konciklicne. Kot smo zeleli, smo torejzaenkrat izvedeli nekoliko vec o legi tocke O, kar bi nam znalo pomagati pri dolocanjuvelikosti kota ∠OH ′D.

Res lahko sedaj poskusimo z naslednjo enakostjo:

∠OH ′D = ∠OH ′A = ∠OH ′C ′ + ∠C ′H ′A,

sedaj pa izkoristimo vse znane konciklicnosti, da dobimo

∠OH ′C ′ + ∠C ′H ′A = ∠OBC ′ + ∠C ′B′A =1

2(180◦ − ∠C ′OB) + ∠C ′CB,

kar pa je enako ravno 90◦ − ∠C ′CB + ∠C ′CB = 90◦.

Dokazali smo torej, da so B′, H ′, C ′ in A konciklicne, kjer smo uporabili potenco tockeD, nato pa se, da so B, H ′, O in C ′ konciklicne. Z uporabo teh konciklicnosti smo natodokazali, da je ∠OH ′D = 90◦, kar pomeni, da je OH ′DM pravokotnik. Velja torej

|MO| = |DH ′| = |DH| in MO ‖ DH ′,

torej je MODH ′ res paralelogram, kar smo zeleli dokazati.

42


Naloga 4.13. Naj bo ABC raznostranicen trikotnik, H njegova visinskatocka ter O sredisce njegove ocrtane kroznice. Naj bosta M in N zaporedomarazpolovisci daljic AH in BC. Naj kroznica γ s premerom AH seka ocrtanokroznico ABC v tocki G, razlicni od A, ter premico AN v tocki Q, razlicni odA. Naj tangenta na γ v G seka premico OM v tocki P . Dokazi, da se ocrtanikroznici trikotnikov GNQ in MBC sekata na premici PN .

A

B C

H

M

N

F

G

QO

P

E

DX

L

Preden se podajmo na zadnji del snovi, se lotimo se zadnje naloge v tem sklopu. Mar-sikateremu bralcu se bo morda resitev zdela precej magicna, zato poudarjamo, da grevsekakor za brutalno nalogo, a njeno resitev vseeno poskusimo predstaviti na cim boljnaraven nacin. Ze takoj vidimo, da bi bilo pametno najprej dobiti nekaj vmesnih ugo-tovitev, saj se ni ocitno, kaj tocno bomo najprej zeleli dokazati.

Najprej poskusimo dobiti nekaj koristnih ugotovitev. Prvi alarm je definitivno prisotnostrazpolovisca daljice AH, kar zelo direktno namiguje na kroznico devetih tock. Uvedimotorej D, E in F kot nozisca visin iz A, B in C trikotnika ABC v tem vrstnem redu terocrtano kroznico DNEMF .

Ce raziskujemo se malo, ni pretezko ugotoviti tudi, da velja |PG| = |PA|. Res, ker Plezi na premici OM , je simetrala skupne tetive danih kroznic s srediscema v M in O,kar je ravno daljica GA. Kaj bi se lahko ugotovili?

Ce pomislimo, da so se tocke B, C, E in F konciklicne, postane smiselno uvesti novo

43


tocko: naj bo X presecisce premic BC in EF . Za tocko X sedaj velja cel kup lastnosti,konkretno, denimo:

XB ·XC = XE ·XF = XG ·XA = XD ·XN,

kjer prva enakost velja zaradi konciklicnosti BCEF , zadnji dve pa zaradi konciklicnostiEFAG in EFDN . Prav tako izgleda, da X morda lezi na ocrtani kroznici GQN . Reslahko vidimo, da je H tudi visinska tocka trikotnika AXN , torej sta G in Q zaporedomanozisci visin iz X in N tega trikotnika, iz cesar takoj sledi dana konciklicnost.

Po uvedbi kroznice devetih tock lahko opazimo se eno zanimivo nakljucje - videti je, kotda se z ocrtanima kroznicama MBC in NQG seka v eni tocki, ravno tisti, ki naj bi bilakolinearna z N in L. Kako bi to dokazali? Razmisljajmo v drugo smer: ta tocka lezi napotencni premici kroznice devetih tock trikotnika ABC ter kroznice MBC, ki bi moralaiti skozi X, saj vemo, da velja XB ·XC = XD ·XN .

Ena izmed kljucnih idej naloge je sedaj opazovati se eno kroznico - ocrtano kroznicoAPG! Ta kroznica namrec po Talesovem izreku zaradi tangentnosti poteka skozi M ,potenca X nanjo pa je seveda enaka XG ·XA. To dejstvo nam da izjemno pomembensklep.

Jasno je, da bi X moralo biti potencno sredisce ocrtanih kroznic MBC, APGM inkroznice devetih tock trikotnika ABC. Po drugi strani se vse tri kroznice sekajo v tockiM , ki bi zato morala prav tako biti njihovo potencno sredisce. Kaj nam to navideznoprotislovje prinese? Edina moznost, da je “potencno sredisce” vec kot eno samo, je, daimajo vse tri kroznice skupno potencno premico! To seveda pomeni, da obstaja se enatocka poleg M , v kateri se vse tri kroznice sekajo. Poimenujmo jo L.

Sedaj vemo, da velja ]NLM = ]NDM = 90◦ ter ]MLP = ]MGP = 90◦. Sledi,da L lezi tudi na premici NP . Preostane nam torej le se dokazati, da lezi na ocrtanikroznici NQG, to pa je pravzaprav, kot smo dokazali zgoraj, kroznica s premerom XN .Zelimo torej, da velja ]XLN = 90◦, a vemo, da velja ]NLM = 90◦. Dovolj bi bilotorej dokazati, da so X, L in M kolinearne, kar smo pa pravzaprav dokazali ze zgoraj- X lezi na potencni premici treh kroznic, ki smo jih obravnavali zgoraj, ki pa je ravnopremica LM . Ta ugotovitev naposled zakljucuje dokaz.

44


5 Intermezzo: Izrojene kroznice

Oglejmo si se zadnji teoreticni razdelek tega predavanja. Lahko bi sicer rekli, da gre boljkot za teorijo pravzaprav za nov, drugacen pogled na stvari, ki jih ze dobro poznamo.Spoznajmo kljucno idejo, o kateri bomo razmisljali:

Definicija 5.1 (Izrojena kroznica). Tocka X je kroznica s srediscem v X inpolmerom 0, ki jo poimenujemo izrojena kroznica s srediscem v X.

X

Slika 7: Izrojena kroznica s srediscem v X

Ideja nase nove konstrukcije (kljub temu, da se morda bralcu zdi matematicno neko-rektna) je, da tocke lahko obravnavamo kot kroznice s polmerom 0. Izkaze se, da vsmislu potence tocke na kroznico lahko take tocke obravnavamo popolnoma enakovrednoobicajnim, neizrojenim kroznicam. Tocnih podrobnosti ne bomo dokazovali, ideja legal-nosti omenjenega koncepta pa je “zveznost”: ko se polmer kroznice s srediscem v Xpoljubno malo razlikuje od 0, se dolzina tangente na to kroznico iz poljubne tocke Tpoljubno malo razlikuje od |TX|. Potenca tocke T na izrojeno kroznico s srediscem v Xje torej enaka |TX|2.

Dogovorimo se, da bomo v nadaljevanju z izrazom kroznica X oznacevali izrojeno kroznicos srediscem v X. Na skicah bomo (izkljucno za namen predstavitve) tocke, ki jih bomoobravnavali kot izrojene kroznice, oznacevali s praznim rdecim krogom.

Za konec si oglejmo se nekaj nalog, v katerih koncept podrobneje spoznamo. Videlibomo, da nam kljub enostavnosti ta ideja odpre popolnoma nov nacin razmisljanja, skaterim lahko dosezemo marsikaj, kar z obicajno uporabo potence tocke na kroznico senismo mogli.

45


6 Naloge: Izrojene kroznice

Naloga 6.1 (Obstoj sredisca ocrtane kroznice). Naj bo ABC trikotnik.Dokazi, da se simetrale daljic AB, BC in CA sekajo v isti tocki.

A

B

C

Ena najenostavnejsih, a predvsem zelo presenetljivih uporab izrojenih kroznic je dokazobstoja sredisca ocrtane kroznice. Oglejmo si, kako nase novo orodje uporabimo v temprimeru.

Opazujemo simetrale daljic AB, BC in CA. Prva je pravzaprav mnozica tock, ki soenako oddaljene od tocke A in od tocke B, torej hkrati tudi mnozica vseh tock X, zakatere velja

|XA|2 = |XB|2.

Gre torej za potencno premico kroznic A in B. Podobno sta ostali dve simetrali daljicpotencni premici B in C ter C in A. Te tri premice se torej res sekajo v eni tocki,potencnem srediscu kroznic A, B in C. Dokazali smo, da res obstaja sredisce ocrtanekroznice poljubnega neizrojenega trikotnika.

46


Naloga 6.2. Naj bo ABC trikotnik in naj se njegova vcrtana kroznica dotikastranic BC, CA in AB zaporedoma v tockah D, E in F . Naj bodo v tem vrstnemredu Y1, Y2, Z1, Z2 in M razpolovisca daljic FB, BD, DC, CE in BC. Naj boX presecisce premic Y1Y2 in Z1Z2. Dokazi, da sta daljici XM in BC pravokotnidruga na drugo.

A

B

C

D

EF

Y1

Y2 Z1

Z2

M

X

Najprej lahko opazimo, da sta Y1 in Y2 razpolovisci tangentnih odsekov iz tocke B navcrtano kroznico trikotnika ABC. Z drugimi besedami, velja

|Y1B| = |Y1F | in |Y2B| = |Y2D|.

Bralca vabim, da pred nadaljevanjem branja premisli o omenjeni enakosti in si odgovorina vprasanje, kaj nam ta v kombinaciji s tangentnostjo BF na ABC vcrtano kroznicosporoca.

Razpolovisca tangentnih odsekov nas motivirajo, da uporabimo izrojene kroznice. Zaradizgornjih enakosti vemo, da velja

Y1B2 = Y1F

2, torej P (Y1, B) = P (Y1, DEF ).

47


Ker podobno velja za tocko Y1, je torej potenca tock Y1 ter Y2 na kroznici B in DEFenaka ter je zato Y1Y2 potencna premica kroznic B in DEF .

Na enak nacin lahko sklepamo, da je Z1Z2 potencna premica kroznic C in DEF . Sledi,da se premici Y1Y2 in Z1Z2 sekata v potencnem srediscu kroznic B, C in DEF , torej tudina potencni premici kroznic B in C. Sledi |XB|2 = |XC|2 oziroma |XB| = |XC|.

Zakljucek naloge je sedaj na dlani. Ker je M razpolovisce daljice BC, gre simetrala tedaljice skozi M , prav tako pa gre skozi X, ker velja |XB| = |XC|. Premica XM je torejsimetrala daljice BC in zato je nanjo pravokotna, kot smo zeleli.

Naloga 6.3. Naj bo ABC ostrokotni trikotnik in naj bo notranji kot pri ogliscuB vecji od notranjega kota pri ogliscu C. Naj bo M razpolovisce BC, noziscivisin iz B in C pa oznacimo zaporedoma z E in F . Naj bosta K in L zaporedomarazpolovisci daljic ME in MF ter naj bo T taksna tocka na KL, da sta TA inBC vzporedni. Dokazi, da velja |TA| = |TM |.

A

B C

M

E

F

L

K

T

Naloga na prvi pogled izgleda precej zahtevna, a kljucno je zopet, da prepoznamo nekajkoristnih lem. Prisotnost M , E in F namiguje na lemo o treh tangentah. Spomnimose torej, da sta ME in MF tangenti na ocratno kroznico trikotnika AEF , definirani paimamo ravno razpolovisci teh dveh tangent. Podobno kot v zgornji nalogi torej sledi, daje KL potencna premica kroznice M in ocrtane kroznice AEF .

Tocka T torej lezi na potencni premici M in AEF . Po drugi strani ta tocka lezi tudi navzporednici BC skozi A, ki pa je v bistvu prav tako po lemi o treh tangentah tangentna

48


na ocrtano kroznico AEF . Velja torej

TA2 = P (T,AEF ) = P (T,M) = TM2

oziroma |TA| = |TM |, kot smo zeleli.

Naloga 6.4. Naj bo ABC raznostranicni trikotnik, in I sredisce njegove vcrtanekroznice. Naj premice AI, BI in CI sekajo ocrtano kroznico trikotnika ABCponovno v tockah D, E in F v tem vrstnem redu. Naj vzporednice premicamBC, AC in AB skozi tocko I sekajo premice EF , FD in DE v tem vrstnem reduv tockah K, L in M . Dokazi, da so tocke K, L in M kolinearne.

A B

C

DE

F

I

M

L

K

Kako bi se naloge lotili? Zaceli bi lahko pri vzporednicah, ki s seboj seveda prinasajoenako velike kote. Imamo namrec, denimo, enakost

]FIK = ]FCB.

Po drugi strani je ta kot enak tudi kotu ]FEB = ]FEI. Kaj to pomeni? TrikotnikaKIF in KEI sta podobna, zato imamo enakost

|KF | · |KE| = |KI|2.

Ali nam ta enakost kakor koli pomaga? Pravzaprav jo znamo interpretirati se drugace- ker K ocitno lezi izven daljice EF , velja enakost tudi v usmerjenih dolzinah ter jezato

P (K, I) = KI2 = KF ·KE = P (K,ABC).

49


Tocka K torej lezi na potencni premici ocrtane kroznice ABC ter kroznice I.

Podobno lahko sedaj ugotovimo tudi za tocko M in tocko L. Ker vse tri omenjene tockelezijo na potencni premici ocrtane kroznice ABC ter kroznice I, so torej res kolinearne,kar smo zeleli dokazati.

Naloga 6.5. Naj bo ABC trikotnik. Naj se njegova vcrtana kroznica dotikastranic AB in AC zaporedoma v tockah Z in Y . Naj bo G presecisce premic BYin CZ ter naj bosta R in S taki tocki, da sta BCY R in BCSZ paralelograma.Dokazi, da velja |GR| = |GS|.

A

B

C

D

X′

X

Z

Y

C′

B′

G

R S

Lotimo se se zadnje naloge, ki je zopet precej zahtevna, a ima precej elegantno resitev,ki se bo verjetno marsikateremu bralcu zdela zelo magicna.

Opravka imamo s tockama S in R, ki na videz nista prevec sorodni ostalim definiranimobjektom. To je prvi namig, da bi bilo morda pametno o konstrukciji odkriti kaj vec,preden se podamo na dokazovanje zelenega.

Kljucna ideja naloge je tako tezka, da ne bi bilo pretirano trditi, da jo je dobiti tezjekot dokazati nalogo, ko se je enkrat zavedamo. Vseeno jo bomo poskusili predstavitina cim bolj naraven nacin, vsekakor pa je kljucno zelo odprto razmisljanje, da dobljenerezultate znamo interpretirati na rahlo nestandarden nacin.

Pred nadaljevanjem navedimo kljucno lemo, ki si jo je tudi v splosnem in ne le v okvirute naloge zelo vredno zapomniti.

50


Lema. Dotikalisci vcrtane in A-pricrtane kroznice kroznice trikotnika ABC nastranico BC sta simetricni glede na razpolovisce te stranice.

Z uporabo te leme lahko dobimo ugotovitev, ki je bolj pomembna, kot se morda zdi:velja |CY | = |CX|, kjer je X dotikalisce vcrtane kroznice trikotnika ABC in straniceBC. Velja torej tudi |BR| = |CX|, zgornja lema pa nam pravzaprav v kombinaciji sto ugotovitvijo da tudi malo lepsi rezultat: naj bo X ′ dotikalisce A-pricrtane kroznicetrikotnika ABC ter stranice BC. Potem velja |BR| = |BX ′|.

Ugotovili smo torej, da je tocka B od tocke R oddaljena toliko, kolikor je dolg njentangenten odsek na A-pricrtano kroznico. Z drugimi besedami to pomeni, da B lezi napotencni premici kroznice R ter A-pricrtane kroznice trikotnika ABC.

Ali lahko podobno dokazemo tudi za tocko Y ? V tem primeru bi G prav tako lezala na tejpotencni premici, podobno pa bi dokazali, da lezi tudi na potencni premici A-pricrtanekroznice trikotnika ABC ter kroznice S, iz cesar bi trditev takoj sledila.

Poskusimo torej podobno trditev dokazati za tocko Y . Smiselno je uvesti C ′ kot dotikalisceAC in A-pricrtane kroznice trikotnika ABC. Imamo

|Y C ′| = |Y C|+ |CX ′| = |XC|+ |CX ′| = |BC| = |Y R|,

kjer smo ponovno uporabili lemo. Velja torej tudi |Y C ′|2 = |Y R|2, torej Y prav takolezi na potencni premici A-pricrtane kroznice trikotnika ABC ter kroznice R.

Kot smo prej nakazali, sledi, da je BY omenjena potencna premica, po drugi strani paje CZ potencna premica A-pricrtane kroznice ABC in kroznice S. Tocka G je torejpotencno sredisce A-pricrtane kroznice trikotnika ABC ter kroznic R in S, zato lezi napotencni premici kroznic R in S, s tem pa velja

|GR| = |GS|,

kar zakljucuje dokaz.

51


Viri in literatura

[1] Evan Chen. Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads. The Mathematical As-sociation of America (Incorporated), 1. izdaja, 2016.

Pri pripravi sem uporabil zapiske in naloge s starih priprav.

52

Potenca to cke na kro znico€¦ · Izrek 1.3. Naj bodo A, Bin Ctri nekolinearne to cke v ravnini...

Documents

Transcript of Potenca to cke na kro znico€¦ · Izrek 1.3. Naj bodo A, Bin Ctri nekolinearne to cke v ravnini...