UNIVERZITET U BEOGRADUMATEMATIČKI FAKULTET

Seminarski rad iz Metodike nastave matematike II

Tema : Podudarnost i primena podudarnosti

Profesor: Student:

Prof. dr Zoran Lučić Avdija Ibrahimović

SEMINARSKI RAD

Broj indeksa : 412/06

April. 2008.god.

2

SEMINARSKI RAD

1. UVOD

Jedan od osnovnih pojmova u geometriji je podudarnost geometriskih figura. U Euklidovim ''Elementima'' podudarnost se objasnjava preko kretanja. Euklidova sedma aksioma glasi ''i ono sto se moze poklopiti, jednako je medju sobom''. Opisno receno dve figure su podudarne (kongruentne) ako se nekim ''premestanjem'' mogu dovesti do poklapanja. Proizilazi da se podudarnost moze definisati ukoliko je uvedeno kretanje kao jedan od osnovnih pojmova i ustanoviti aksiome koje utvrdjuju osnovna svojstva i ulogu kretanja u geometriji. Takav prilaz pojmu podudarnosti nalazi se u knjigama poznatih matematicara Peana (Giuseppe Peano, 1858-1932) i Sura (Friedrch Schurr, 1856-1932).

Postoji i drugaciji pristup gde treba odstraniti pojam kretanja i poci od podudarnosti kao osnovnog pojma nezavisno od kretanja i utvrditi aksiome koje pri tome dolaze u obzir. Od ovog stanovista polazi Pasch (Novija geometrija 1882.), Veronese (Elementi geometrije 1891.), Hilbert (Osnove geometrije 1899.).

Geometrija je prvobitno predstavljala zemljomerstvo a merenje se zasniva na

posebnim relacijama tacaka u prostoru. Osnova merenja je pojam rastojanja izmedju dve tacke A i B, a to je pozitivan broj. Merenje proizvoljne, jednom fiksirane duzi koja se uzima za jedinicu i tu duz zovemo jedinicna duz bilo je poznato najstarijim civilizacijama. Mera duzi tj. njena duzina se izrazava racionalnim brojem (razlomkom). Taj broj pokazuje koliko se puta jedinicna duz ili neki njen deo sadrzi u datoj duzi. Dugo se smatralo da je ta definicija duzine duzi ispravna. Pre 2500 godina grcki matematicari su pronasli da postoje tzv.nesamerljive duzi, tj.otkrili su da se duzina proizvoljne duzi nemoze izraziti racionalnim brojem. Na primer dijegonala kvadrata cija je stranica jedan nemoze se izraziti racionalnim brojem.

Izometrijskim transformacijama možemo da definišemo relacije podudarnosti bilo kojih figura u tom prostoru. Relacije podudarnosti, kao osnovna relacija biće najpre opisanana skupu parova, tj. dvočlanih skupova tačaka, a zatim podudarnost uvodimo kao relaciju mađu složene geometrijske figure.

Grupu aksioma pududarnosti čine sledeće četiri aksiome:

AKSIOMA 1: Podudarnost je relacija ekvivalencije na skup svih parova tačaka

prostora E3.

Ovom aksiomom ističemo refleksivnost, simetričnost i tranzitivnost podudarnost parova

tačaka.

3

SEMINARSKI RAD

Drugim rečime važi:

1O refleksivnost ;

2O simetričnost ;

3O tranzizivnost ;

AKSIOMA 2: Ako su A, B i A1 date tačke, takve da je Aa početna tačka neke

poluprave a1 postoji tačno jedna tačka B1, takva da je .

AKSIOMA 3: Neka su A, B, C i A1, B1, C1 tačke, takve da je A-B-C i A1-B1-C1,

tada je i onda je i . (sl. 1)

Sl. 1.

AKSIOMA 4: Ako su A, B, C tri nekolinearne tačke i A1, B1 tačke ivice a1 poluravni

a11, takve da je , tada u otvorenoj poluravni 1 postoji tačno jedna tačka

C1, takva da je i . (sl. 2)

4

SEMINARSKI RAD

Sl. 2

2. PODUDARNOST TROUGLOVA

Definicija. Trougao ∆ABC podudaran je trouglu (oznaka: ∆ABC )

ako i samo ako AB = , BC = , CA = ,  A = ,  B =   , C =

.

2.1.STAVOVI PODUDARNOSTI

Stav SSS. Dva trougla su podudarna ako i samo ako su stranice jednog trougla jednake odgovarajucim stranicama drugog:

∆ABC AB = BC = CA = .

Dokaz: Ako je ∆ABC , tada po definiciji postoji izometrija koja

trougao ABC preslikava na trougao , pa je AB = , BC = , CA = .

Obrnuto, neka su ABC i trouglovi kod kojih je AB = , BC = ,

CA = . Prema teoremi u ravni trougla , sa one strane prave sa koje je tacka

, postoji tacno jedna tacka , takva da je AC = i BC = sl. 3. Kako je vec AC =

i BC = , sledi da je = , pa su (A,B,C) i ( ) dve trojke tacaka, o

kojima govori teorema. Prema tome, postoji izometrija ravni, takva da je (A) = , (B) =

, (C) = , tj. postoji izometrija koja trougao ABC prevodi na trougao , pa su ova dva trougla podudarna.

5

A

B

C

A 1

B 1

C 1

a 1

SEMINARSKI RAD

Slika 3.

Stav SUS. Dva trougla su podudarna ako i samo ako su dve stranice jednog trougla i ugao zahvacen njima jednaki odgovarajucim stranicama u uglu drugog trougla:

∆ABC BC = CA = Dokaz. Iz podudarnosti trouglova ABC i sledi, kao u prethodnoj teoremi, da

je AB = , BC = , CA = , a otuda je i

Obrnuto, neka je AB = , CA = i i tj. BAC= . Zbog

jednakosti ovih uglova postoji izometrija , koja prevodi na i (A) = . Kako je CA =

i AB = ,to su , A, B, C i trojke tacaka , takvih da je i BC = .

Zbog toga prema prethodnoj teoremi, sledi da je ∆ABC .

Slika 4.Stav USU. Dva trougla su podudarna ako i samo ako imaju jednaku po jednu

stranicu i oba odgovarajuca ugla nalegla na na tu stranicu:

∆ABC CA =

Stav SSU. Dva trougla su podudarna ako i samo ako su dve stranice i ugao naspram jedne od njih u jednom trouglu jednaki sa dve odgovarajuce stranice i uglom u drugom trouglu, a uglovi naspram druge stranice u oba trougla su iste vrste (oba ostra ili oba prava ili oba tupa):

6

SEMINARSKI RAD

∆ABC AB = BC = i su oba ostra, prava ili tupa ugla.

2.2. PRIMENA PODUDARNOSTI NA TROUGAO

Teorema 1: (O spoljašnjem uglu trougla) Spoljašnji ugao trougla jednak je zbiru dva nesusedna unutrašnja ugla.

Dokaz: Neka su unutrašnji uglovi trougla ABC i neka je 1 spoljašnji ugao naporedan uglu (Sl. 3). U uglu 1

konstruišemo polupravu Ap, paralelnu stranici BC i na njoj izaberemo poizvoljnu tačku P. Sa c označimo pravu AB. Ugao 1

jednak je zbiru uglova CAP i Apc. Ugao Apc jednak je uglu , kao saglasan, a ugao CAP jednak kao naizmeničan. Prema tome .

Teorema 2: (O zbiru unutrašnjih uglova trougla). Zbir unutrašnjih uglova trougla jednak je opruženom uglu.

Dokaz: Neka je ACD spoljasnji ugao trougla ABC, CE prava paralelna pravoj AB. Tada A = ACE (kao naizmenicni) i B = ECD (kao saglasni uglovi). Kako ACD +

C = (jer su naporedni) i ACD = ACE + ECD, to ACE + ECD+ C= , odnosno A + B + C= .

Primecujemo iz dokaza ove teoreme da je spoljasnji ugao trougla upravo jednak zbiru njegovih unutrasnjih nesusednih uglova. Iz ove teoreme takodje proistice da se iz tacke van prave moze konstruisati najvise jedna normala na pravu.

Navodimo jos jedan stav o podudarnosti trouglova, koji je, na osnovu prethodne teoreme, ekvivalentan stavu USU.

Stav SUU:

AB = B = C = ∆ABC .

Dokaz. Kako je zbir uglova u svakom trouglu jednak , to je ocigledno

A = B = C = B = ,

Odakle je USU SUU. Kraj dokaza.

7

A c

p

P

B C

S l. 3

SEMINARSKI RAD

Teorema 3. (O ortocentru) Prave koje sadrze visine trougla imaju jednu zajednicku tacku.

Dokaz.

Konstruisemo kroz teme A trougla ABC pravu paralelnu sa BC, kroz teme B pravu paralelnu sa AC, kroz teme C pravu paralelnu sa AB. Te prave se, dve i dve,

seku i odredjuju trougao . Lako se dokazuje da svaki od trouglova CB, C A, BA podudaran sa trouglom ABC (jedna zajednicka stranica, a odgovarajuci nalegli uglovi jednaki, kao naizmenicni). Otuda sledi, na primer, da je A =A = BC, pa je tacka A

srediste duzi , a visina trougla ABC je simetrala stranice trougla .

Slicno se dokazuje da su i ostale visine trougla ABC ujedno isimetrale stranica

trougla . One se seku u jednoj tacki i oznacicemo je sa H.

Tacka H se naziva ortocentrom trougla. Ostaje jos da proucimo tezisne linije.

Uocimo tezisne linije AM i BN trougla ABC. Njihovu zajednicku tacku oznacicemo sa T. Duz MN je srednja linija trougla i,kao sto je poznato paralelna sa stranicom AB i

jednaka AB. Neka je P srediste duzi AT i Q srediste duzi BT. Duz PQ je srednja linija trougla ABT, pa

je paralelna sa AB i jednaka AB. Zakljucujemo da je PQ = MN i PQ

MN. Sada vidimo da su trouglovi MNT i PQT podudarni ( MN = PQ i uglovi jednaki), pa je MT = PT i NT = QT. Kako je i AP = PT, odnosno BQ = QT, sledi da je AT = 2TM i BT =2TN.

Ove jednakosti karakteristicne su za presek bilo koje dve tezisne linije. To nam

8

SEMINARSKI RAD

omogucuje da dokazemo da sve tri tezisne linije trougla imaju jednu zajednicku tacku.Tu tacku nazivamo tezistem trougla.

Slika.Ortocentar.

Teorema 4: (O centru upisanog kruga) Simetrale unutrašnjih uglova seku se u jednoj tački.

Dokaz: Neka je O presečna tačka simetrale AO i BO uglova i (Sl. 5) i neka su OM, ON i OP normale iz O na stranice AB, BC, CA. Pravougli trouglovi AMO i APO podudarni su jer imaju zajedničku hipotezu i po jedan oštar ugao /2. Zbog toga je OM = OP. Slično, iz podudarnosti trouglova BMO i BNO, dobijamo OM = ON. Iz OP

= OM i OM = ON sledi ON = OP. Zbog toga su podudarni trouglovi CNO i CPO. Iz njihove podudarnosti sledi jednakost uglova BCO i ACO, što znači da je prava CO simetrala ugla , a tačka O zajednička tačka simetrala sva tri ugla. Ako bismo pretpostavili da ovaj krug ima, recimo sa stranicama AB zajedničku tačku M’, različitu od

9

A B

C

MM '

SbSa

Sc

O

S l. 5

A B

C

S

S2

S1

S3

S l. 6

SEMINARSKI RAD

M, onda bi trougao OMM’ bio pravougli sa hipotezom OM’. Dakle, bilo bi OM’>OM pa je tačka M’ van kruga.

Teorema 5: (O centru opisanog kruga) Simetrale stranica trougla seku se u jednoj tački.

Dokaz: Neka je S zajednička tačka simetrale S1 stranice BC i simetrale S2 stranice AC, sl.6. Kao u primeru da svaka duž ima tačno jedno središte, kako je S tačka simetrale S1 važi jednakost BS = CS. Zbog toga što S S2 je i CS = AS, pa sledi AS = BS. Dakle, trougao ABS je jednakokraki, pa tačke S pripada i simetrali duži AB. Dakle, tačke S je zajednička tačka simetrala triju stranica trougla. Kako je SA = SB = SC izlazi da krug sa centrom S i poluprečnikom SA, prolazi kroz dva temena trougla, pa je to opisani krug trougla ABC.

Tačka H se naziva ortocentrom trougla, predstavlja zajedničku tačku visina u trouglu.

Teorema 6: (O težištu) Težišne linije seku se u jednoj tački, težištu trougla. Rastojanja su od težišta do temena dva puta veća nego rastojanje od težišta do središta naspramne stranice.

Dokaz: Neka je tačka T zajednička tačka težišnih linija AM i BN, sl.7. Dokazaćemo da i težišna linija prolazi kroz tačku T. Pretpostavimo da to nije tačno, već da se CP i AM seku u tački S, različitoj od T. Tada prema razmatranju u ortocentru biće AS = 2SM, odakle AS = 2AM/3. Iz istih razloga je i AT = 2TM, pa je AT =

2AM/3. Sledi da su duži AT i AS jednake. Kako su S i T između A i M mora biti po aksiomi 2, S = T. Dakle duž CP sadrži T i važi AT = 2TM, BT = 2TN i CT = 2TP.

Ove četiri tačke O, S, H, T nazivaju se značajne tačke trougla.

Istoriske napomene:

1.Za teziste trougla I njegovu osobinu znao je jos I anticki geometer Arhimed (287-212.pre nase ere). Osobine tezisnih linija trougla prvi je formulisao Heron (I vek nase ere), ali je njihove osobine dokazao Leonardo iz Pize (1220.godine).

2.Veliki svajcarski matematicar Ojler (1707-1783) dokazao je da presek simetrala stranica trougla ortocentar i teziste leze na istoj pravoj. Ova se prava po njemu zove Ojlerova prava.

Dokazati da su dva trougla podudarna ako su im jednaki sledeći odgovarajući elementi: a, c ta.

Dokaz: Posmatrajmo trougao ABC i trougao A1B1C1

10

A B

C

N MT

S

P

S l. 7

SEMINARSKI RAD

Neka su tačke D i D1 redom sredine duži BC i B1C1.

Posmatrajmo ΔABD i A1B1D1

AB = A1B1

AB = A1D1 po pretpostavci zadatka.

Kako je BC = B1C1 a D i D1 su sredine ovih duži to su i njihove polovine jednake pa je BD = B1D1 zadovoljen je stav SSS pa je ΔABD ΔA1B1D1 a iz ove podudarnosti zaključujemo da je ABD = A1B1D1. Sada posmatrajmo ΔABC i ΔA1B1C1.

AB=A1B1

ABC = A1B1C1

BC = B1C1 to je po stavu SUS i ΔABC A1B1C1

Dokazati da su dva trougla podudarna ako su im jednaki odgovarajući elementi a, b, tc.

Dokaz: Neka su dati ΔABC i ΔA1B1C1, neka je D sredina AB i D1 sredina stranice A1B1. Uzmimo tačku E tako da je C-D-E i CD-DE takođe i E1 da je C1-D1-E1 i C1D1=D1E1.

Posmatrajmo trouglove: ΔAED i ΔBCD. Kako je CD=DE posmatrajući ADE = BDC kao unakrsni i AD=BC jer je D sredina AB. Zadovoljen je stav SUS pa je Δ AED Δ BCD => AE = BC.

Na isti način zaključujemo da je Δ A1D1E1 Δ B1C1D1 => A1E1 = B1C1 a iz ovih jednakosti => AE = A1E1.

Ako posmatramo Δ AEC i Δ A1E1C1:AC = A1C1 (po zadatku)AE = A1E1 (napred dokazano)EC = E1C1 (jer i EC = 2 te, E1C1 = 2tc1) tc = tc1

po stavu SSS i ΔAEC ΔA1E1C1 => A1E1C1 => ACD = A1C1D1

11

SEMINARSKI RAD

Primeri:

1) U jednakokrakom trouglu ABC simetrala kraka BC seče produženu osnovicu u tački D na pravoj CD konstruisana je duž CE takva da je CE = DA i D – C- E dokazati da je trougao DBE jednakokraki.

I

II

12

B

C

D

S

SEMINARSKI RAD

Stav o simetrali duzi. Tacka M pripada simetrali duzi ako I samo ako je jednako udaljena od njenih krajeva.

Dokaz. -deo. Neka {S} = ABs, gde smo sa s oznacili simetralu duzi AB.Ms AS = SB MSA = MSB ∆MSA ∆MSB (po SUS) MA = MB -deo. Neka je S srediste duzi AB. Slika.Simetrala.

Iz temena A trougla ABC spuštene su normale na simetrale spoljašnjih uglova kod temena B i C. Ove normale sa pravom BC imaju zajedničke tačke M i N. Dokazati da je duž MN jednaka zbiru stranica datog trougla.

Dokaz:

13

SEMINARSKI RAD

s1 simetrala ugla QBC i s2 simetrala spoljašnjeg ugla ACN gde M i N tačke koje seku normale iz A sa simetralom s1 i s2. Neka je s1∩AM = {p}.

Posmatrajmo ΔAPB i ΔPMB: APB = MPB = 90° ABP = MBP jer je s1

Simetrala QBC pa je simetrala s1 ABM jer su ABM i QBC jednaki BP = BP zajednička stranica.

Po stavu USU je ΔAPB ΔPMB => AB = BM. Na isti način zaključujemo da je AC = CN => MN = AB+BC+AC. Što je i trebalo dokazati.

Teorema. Simetrala ugla pri vrhu jednakokrakog trougla polovi osnovicu i normalna je na nju.

Dokaz. Simetrala s ugla ACB pri vrhu jednakokrakog trougla Abc sece, osnovicu AB u izvesnoj tacki D. Trouglovi ACD i BCD su podudarni, jer je AC = BC, CD = CD,

ACD = BCD , dakle je AD = BD, tj. s polovi osnovicu AB. Iz podudarnosti trouglova ACD i BCD sleduje i da je ADC = BDC, pa kako su to dva uporedna ugla, ugao

ADC je prav, dakle s je normalna na AB.

Teorema. Prava koja spaja vrh jednakokrakog trougla sa sredistem njegove

osnovice, normalna je na osnovici I polovi ugao pri vrhu.Dokaz. Neka je to jednakokraki trougao ABC ,AB osnovica D srediste osnovice.

Dakle imamo: AC = BC, AD = BD i prema teoremi A = B.Prema teoremi trouglovi ACD i BCD su podudarni, te je ACD = BCD,tj. CD je simetrala ugla ACB. Sem toga je

ADC = BDC, pa kako su to dva uporedna ugla, to su po definiciji dva prava ugla,tj. CD je normalna na AB.

Teorema.Normala spustena iz vrha jednakokrakog trougla na njegovu osnovicu, polovi osnovicu i ugao trougla pri vrhu.

14

SEMINARSKI RAD

Dokaz. Trouglovi ACD i BCD su podudarni, jer je AC = BC, CD = CD i ADC = BDC, kao pravi uglovi, a otuda je i AD = BD. Dakle, prema teoremi prava CD polovi i ugao ACB.

2.3. PRIMENA

PODUDARNOSTI NA ČETVOROUGAO

Posle upoznavanja osobina trougla nije teško uočiti i dokazati osobine složenih figura, kao što su četvorougao, krug i dr.

Kada je reč o četvorouglu postoji nekoliko vrsta četvorouglova i svaki od njih posebno ima:

- paralelogram (dva para paralelnih stranica),- trapez (jedan par paralelnih stranica),- deltoid (dva para jednakih susednih stranica).

Jedna od najbitnijih osobina četvorougla je sledeća teorema kojom se odlikuju svi četvorougli.

Teorema 7: (O uglovima četvorougla) Zbir unutrašnjih uglova četvorougla je jednak punom uglu.

Posmatrajmo četvorougao ABCD. Dijagonala AC deli četvorougao na dva trougla. Kako je zbir unutrašnjih uglova trougla 180° to je

15

SEMINARSKI RAD

Za ΔABC α2 + β + γ1 = 180°Za ΔACD α1 + γ2 + b = 180

α1 + α2 + β + γ1 + b = 360°

α1 + α2 = α ; γ1 + γ2 = γα + β + γ + b = 360°

Dokaz: Dijagonala deli četvorougao na dva trougla. Zbir uglova u četvorouglu jednak je zbiru uglova u ta dva trougla dakle = 3600

Koristeći dijagonale na sličan način se dobija i zbir unutrašnjih uglova mnogouglakoji ima i uglove: Sn = (n – 2) 1800, ako se radi o pravilnom mnogouglu, čiji su unutrašnji uglovi jednaki.

Dijagonale trapeza dele srednju liniju na delove, od kojih je jedan deo jednak zbiru druga dva dela. U kakvom su međusobnom odnosu dužine osnovica ovog trapeza.

Za ΔACD, MP je srednja duž trapeza i ona je MP = 1 CD.

16

SEMINARSKI RAD

2

Iz ΔBCD QN je srednja duž i QN = 1 CD. Iz uslova zadatka 2PQ = MP + NQ.

Kako je MN=MP+PQ+QN= 1 CD + MP+NQ+1 CD + MP + NQ + 1CD 2 2 2= 1 CD + 1 CD + 1 CD + 1 CD = 2 CD. 2 2 2 2

Na osnovu teoreme o

srednjoj duži trapeza MN = ab + bc => AB + CD = 2 MN

2

AB + CD = 2 · 2 CD AB + CD = 4CD AB = 4CD – CD = 3CD

Primer:

1) Tačke E i F su središta stranica AB i CD četvorougla ABCD. Dokazati da

su središta duži AF, BF, CE, DE temena paralelograma.

Neka su K, L, M, N središta duži. Dokazaćemo da su dijagonale KM i LN četvorougli KLMN polova. U trouglu CDE tačke L, N, F su središta stranica, pa je četvorougao ELFN paralelogram i njegove dijagonale LN i EF se polove. Na isti način se dokazuje i za EMFK paralelogram, pa se dijagonale KM i EF polove. Prema tome, tačka O je zajedničko središte duži LN i KM, pa se ove duži polove i KLMN je paralelogram.

Simetrale unutrašnjih uglova pravougaonika seku se u temenima kvadrata. Dokazati:Dokaz: Neka su s1, s2, s3 i s4 simetrale uglova: a; b; c i d pravougaonika

ABCD i neka je s1∩s4 = {a} s1∩s2={p}

s2∩s3 = {N} s4 ∩ s3 = {M}

17

A B

C

D

E

F

N

K

L

MO

SEMINARSKI RAD

Posmatrajmo ΔABP, BAP = 45° jer je s1 simetrala ugla BAD = 90°: ABP = 45°; Zaključujemo na isti način kako je zbir uglova u trouglu 180°. Zaključujemo da je ADP = 90°, pa je ΔABP pravouglo jednakokraki Δ.

Na isti način zaključujemo da su ΔCOM, ΔAQD i ΔBNC jednakokraki pravougli. Posmatrajmo ΔABP i ΔCDM. Kako je: AB=CD i kako su jednakokrako pravougli to su im uglovi na osnovici jednaki pa je po stavu USU ΔABP = ΔCDM =>AP = CM, BP = DM. Na isti način iz ΔAQD ΔNC => AQ = CN, BN = DG, a iz ovih jednakosti =>MN=NP=PQ=QM, a kako je četvorougao MNPQ pravougli to je on kvadrat.

2.4. PRIMENA PODUDARNOSTI NA KRUG

Krug je jedna od najznačajnijih geometrijskih figura. Konstruisanje ostalih figura ne može se zamisliti bez krugova.

Teorema 8: (O centralnom i periferijskom uglu) Centralni ugao je dva puta veći od odgovarajućeg periferijskog ugla.

Dokaz: Neka je MC prečnik kruga koji pripada uglu AMB. Trougao AOM je jednakokraki, pa je ugao OAM jadnak uglu OMA = . Spoljašnji ugao ovog trougla je i on je jednak uglu COA pa imamo . Slično imamo da je , pa sabiranjem ovih jednakosti dobijamo: . Kako je jednak uglu AOB, jednako uglu AMB.

18

A B

M

O

C

S l. 8

SEMINARSKI RAD

Iz ove teoreme izvodimo važne posledice:

- Ugao (tetivni) nad prečnikom je prav – ako je poznat Talesov stav, zasnovan na

činjenici da je odgovarajući centralni ugao, kad je tetiva prečnik, jednak opruženom uglu.- Svi periferijski uglovi jednog kruga nad istom tetivom jednaki su među sobom.- Svi periferijski uglovi nad jednakim tetivama u jednom krugu (ili podudarnim

krugovima) jadnaki su među sobom.

Teorema 9: (O tangentnom četvorouglu). Konveksan četvorougao ABCD je tangentan ako i samo ako je AB + CD = BC + AD.

Kod nekonveksnog tangentnog četvorougla krug je van četvorougla i važi |AB – CD| = |AD – BC|.

Dokaz: Samo ćemo dokazati da je uslov potreban. Zaiste, neka je ABCD tangentan četvorougao i neka su M, N, M, P, Q tačke u kojima stranice AB, BC, CD, DA, redom, dodiruju krug sl. 9.

AM = AQ, BM = BN, CN = CP i DP = DQ (prema tome jer su to tangente duži iz date taške na krug koje su jednake međusobno). Prema tome sledi:

AB + CD = AM + BM + CP + DP = (BM + CP) + (DP + AM) =

= (BN + CN) + (DQ + AQ) = BC + AD.

Teorema 10: (O tetivnom četvorouglu) Šetvorougao ABCD je tetivan ako mu je zbir naspramnih uglova jednak opruženom uglu = 1800.

Dokaz: Ako je ABCD tetivan četvorougao zbir uglova jednak je polovini zbira odgovarajućih centralnih uglova, određenih

19

A

B

M

N

C

P

D

Q

S l. 9

B

CD

A

O

S l. 10

SEMINARSKI RAD

poluprečnicima OB i OD. Međutim, zbir ovih centralnih uglova je pun ugao, pa je = 1800. Odatle sledi i = 1800.

Primer:

1) Konstruisati tangente iz date tačke A na krug, k (O, V) pri čemu je OA > V

OS = SA

2) Krugovi k1 i k2 dodiruju se spolja u tački A. Zajednička tangenta t datih krugova dodiruje krug k1 u tački B i krug k2 u tački C. Dokazati da je ugao BAC prav.

Neka je t1 zajednička tangent datih krugova u zajedničkoj tački A i

neka je . Tada SA = SB

a takođe SA = SC, kao tangentne duži iz tačke S. Sledi SA = SB = SC, pa krug kod prečnika sadrži tačku A i ugao BAC koji je prav.

20

A

T

P

O Sk

k 1

t2

t1

B

C

A

S

t

k 1

k 2

t1

SEMINARSKI RAD

3. LITERATURA

D. Lopandić, Geometrija

P. Miličić, D. Raspopović, Matematika

P. Mladenović, S. Ognjenović, Pripremni zadaci za matematička takmičenja srednjih škola

V. Stojanović, Matematika za I razred srednje škole

M.Radojcic, Elementarna geometrija, Osnove i elementi euklidske geometrija

S.Presic,B Alimpic,Matematika

21

SEMINARSKI RAD

Sadzaj

1. UVOD 2

2. PODUDARNOST TROUGLOVA_______________________________________________4

2.1.STAVOVI PODUDARNOSTI..........................................................................................................4

2.2. PRIMENA PODUDARNOSTI NA TROUGAO............................................................................6

2.3. PRIMENA PODUDARNOSTI NA ČETVOROUGAO..............................................................14

2.4. PRIMENA PODUDARNOSTI NA KRUG………………………………………………17

3. LITERATURA______________________________________________________________19

22