MetaMath '22 - Školjka

Vrijeme: 18:53

Upisana i pripisana kružnica - Primjer 1

Zadatak: U pravokutnom trokutu $ABC$ simetrale šiljastih kutova $\angle ABC$ i $\angle BAC$ sijeku katete $AC$ i $BC$ redom u točkama $D$ i $E$ . Ako se pravci $BD$ i $AE$ sijeku u točki $I$ , dokažite $P_{ABED} = 2P_{ABI}$

Rješenje: Ovaj je zadatak zanimljiv jer se u njemu primjenjuje i poučak o simetrali kuta koji kaže da simetrala kuta dijeli nasuprotnu stranicu u omjeru preostalih stranica. Taj nam rezultat često može pomoći u zadacima s upisanom kružnicom - ukoliko se s njim prvi put susrećete, svakako ga dokažite.

$Attachment tmsk.png$

Kako je $BD$ simetrala kuta $\angle ABC$ vrijedi $|AD|:|CD| = c:a$ i $AD + CD = b$ , nije teško vidjeti da $AD = \frac{bc}{a+c}$ i $CD = \frac{ba}{a+c}$ . Na isti način zaključujemo i da je $CE = \frac{ab}{b+c}$ i $BE = \frac{ac}{b+c}$ .

$Attachment pr1skica.png$ Sada želimo izraziti površinu četverokuta $ABED$ preko površine $\triangle ABI$ .

Vrijedi $P_{ABI} = \frac{c\cdot r}{2}$ Kako je $\triangle DCE$ pravokutan, čini nam se zgodno izraziti $P_{ABED}$ kao $P_{ABC} - P_{DCE}$ . Računamo: $P_{ABC} = \frac{a+b+c}{2}\cdot r$ $P_{DCE} = \frac{|DC|\cdot |CE|}{2} = \frac{1}{2}\cdot \frac{ab}{a+c}\cdot\frac{ab}{b+c}$ Čini nam se problematično što se u formuli za površinu $\triangle DCE$ ne pojavljuje $r$ , ali kako je trokut $\triangle ABC$ pravokutan, lako možemo izračunati koliki mora biti $r$ pa ga uključiti u formulu. Iz $r \cdot \frac{a+b+c}{2} = \frac{ab}{2}$ slijedi da je $r = \frac{ab}{a+b+c}$ , stoga je $P_{DCE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{(a+b+c)\cdot ab}{(a+c)(b+c)} \cdot r$

Sada jednostavno računamo

$\begin{aligned}\\ P_{ABED} &= P_{ABC} - P_{DCE} \\ &= \frac {a+b+c}2 \cdot r \cdot (1 - \frac{ab}{(a+c)(b+c)}) \\ &= \frac {a+b+c}2 \cdot r \cdot \frac{(a+c)(b+c)-ab}{(a+c)(b+c)} \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot r \cdot \frac{c\cdot (a+b+c)}{(a+c)(b+c)} \end{aligned}$

Sada prepoznamo izraz za $P_{ABI}$ : $\begin{aligned}\\ P_{ABED} &= P_{ABI} \cdot \frac{ (a+b+c)^2}{(a+c)(b+c)} \end{aligned}$

Dakle, ako dokažemo da je $(a+b+c)^2 = 2(a+c)(b+c)$ , gotovi smo. Raspisujemo: $\begin{aligned}\\ 2(a+c)(b+c) &= 2ab + 2bc + 2ac + 2c^2\\ &= 2ab + 2bc + 2ac + c^2 + c^2 \\ &= 2ab + 2bc + 2ac + c^2 + a^2+b^2 \quad \quad \quad \text{ Pitagora} \\ &= (a+b+c)^2 \end{aligned}$

Stoga je $P_{ABED} = 2P_{ABI}$ što je trebalo dokazati. Malo drugačije rješenje ovog zadatka i još puno sličnih primjera možete pronaći u MNM predavanju o metodi površine.

Kao rješenje upišite najmanji prosti broj djeljiv s $1$ .

Riješit ćemo tipični primjer zadatka s upisanom kružnicom s županijske razine natjecanja. Na nižim je razinama natjecanja uobičajeno susresti zadatke koji se lako riješe metodom površine, a najbitnije je imati na umu da je središte upisane kružnice sjecište simetrala kuteva. \textbf{Zadatak:} U pravokutnom trokutu $ABC$ simetrale šiljastih kutova $\angle ABC$ i $\angle BAC$ sijeku katete $AC$ i $BC$ redom u točkama $D$ i $E$. Ako se pravci $BD$ i $AE$ sijeku u točki $I$, dokažite $$P_{ABED} = 2P_{ABI}$$ \textbf{Rješenje:} Ovaj je zadatak zanimljiv jer se u njemu primjenjuje i \textbf{poučak o simetrali kuta} koji kaže da simetrala kuta dijeli nasuprotnu stranicu u omjeru preostalih stranica. Taj nam rezultat često može pomoći u zadacima s upisanom kružnicom - ukoliko se s njim prvi put susrećete, svakako ga \href{https://en.wikipedia.org/wiki/Angle_bisector_theorem}{dokažite}. \includegraphics{tmsk.png} Kako je $BD$ simetrala kuta $\angle ABC$ vrijedi $|AD|:|CD| = c:a$ i $AD + CD = b$, nije teško vidjeti da $AD = \frac{bc}{a+c}$ i $CD = \frac{ba}{a+c}$. Na isti način zaključujemo i da je $CE = \frac{ab}{b+c}$ i $BE = \frac{ac}{b+c}$. \includegraphics{pr1skica.png} Sada želimo izraziti površinu četverokuta $ABED$ preko površine $\triangle ABI$. Vrijedi $$P_{ABI} = \frac{c\cdot r}{2}$$ Kako je $\triangle DCE$ pravokutan, čini nam se zgodno izraziti $P_{ABED}$ kao $P_{ABC} - P_{DCE}$. Računamo: $$P_{ABC} = \frac{a+b+c}{2}\cdot r$$ $$P_{DCE} = \frac{|DC|\cdot |CE|}{2} = \frac{1}{2}\cdot \frac{ab}{a+c}\cdot\frac{ab}{b+c}$$ Čini nam se problematično što se u formuli za površinu $\triangle DCE$ ne pojavljuje $r$, ali kako je trokut $\triangle ABC$ pravokutan, lako možemo izračunati koliki mora biti $r$ pa ga uključiti u formulu. Iz $$r \cdot \frac{a+b+c}{2} = \frac{ab}{2}$$ slijedi da je $r = \frac{ab}{a+b+c}$, stoga je $$P_{DCE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{(a+b+c)\cdot ab}{(a+c)(b+c)} \cdot r$$ Sada jednostavno računamo $$\begin{aligned}\\ P_{ABED} &= P_{ABC} - P_{DCE} \\ &= \frac {a+b+c}2 \cdot r \cdot (1 - \frac{ab}{(a+c)(b+c)}) \\ &= \frac {a+b+c}2 \cdot r \cdot \frac{(a+c)(b+c)-ab}{(a+c)(b+c)} \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot r \cdot \frac{c\cdot (a+b+c)}{(a+c)(b+c)} \end{aligned}$$ Sada prepoznamo izraz za $P_{ABI}$: $$\begin{aligned}\\ P_{ABED} &= P_{ABI} \cdot \frac{ (a+b+c)^2}{(a+c)(b+c)} \end{aligned}$$ Dakle, ako dokažemo da je $(a+b+c)^2 = 2(a+c)(b+c)$, gotovi smo. Raspisujemo: $$\begin{aligned}\\ 2(a+c)(b+c) &= 2ab + 2bc + 2ac + 2c^2\\ &= 2ab + 2bc + 2ac + c^2 + c^2 \\ &= 2ab + 2bc + 2ac + c^2 + a^2+b^2 \quad \quad \quad \text{ Pitagora} \\ &= (a+b+c)^2 \end{aligned}$$ Stoga je $$P_{ABED} = 2P_{ABI}$$ što je trebalo dokazati. Malo drugačije rješenje ovog zadatka i još puno sličnih primjera možete pronaći u \href{https://mnm.hr/wp-content/uploads/2015/10/povrsine_u_geometriji.pdf}{MNM predavanju o metodi površine.} Kao rješenje upišite najmanji prosti broj djeljiv s $1$.