MetaMath '23 - Školjka

Vrijeme: 11:27

Kolinearnost i kopunktalnost - Primjer 2

Primjer: Zadan je trapez $ABCD$ u kojem je $AB \parallel CD$ . Neka su $M$ i $N$ polovišta stranica $AB$ i $CD$ , redom. Dokaži da su pravci $AC,BD$ i $MN$ kopunktalni, odnosno da se sijeku u jednoj točki.

Rješenje:
Označimo sa $P$ sjecište dijagonala trapeza $ABCD$ . Na ovom primjeru dobro vidimo dualnost između dokazivanja kolinearnosti i kopunktalnosti. Naime, dokazivanje da su pravci $AC,BD,MN$ kopunktalni ekvivalentno je sa dokazivanjem da su točke $M,P,N$ kolinearne gdje smo $P$ definirali kao sjecište $AC$ i $BD$ . Probajmo prvo zadatak riješiti na ovaj način.

$Attachment trapez_3.png$

Malena modifikacija ideje iz prvog primjera daje nam da nam je potrebno i dovoljno pokazati da vrijedi $\angle APM=\angle CPN$ što se na prvi pogled ne čini trivijalno. Naime, ukoliko se malo poigrate sa zadatkom vidjet ćete da ove kuteve ne možemo izraziti preko unutarnjih kuteva trapeza, kao što ni u proizvoljnom trokutu ne možemo izraziti kut pod kojim ide težišnica preko unutarnjih kuteva trokuta. Na ovom mjestu lako je pomisliti da se zadatak ne može riješiti na ovaj način. Ipak, pokušajmo još malo razmisliti kako možemo povezati kuteve $\angle APM$ i $\angle CPN$ . Kut $\angle APM$ je kut pod kojim ide težišnica $PM$ u trokutu $APB$ , a kut $\angle CPN$ je kut pod kojim ide težišnica $PN$ u trokutu $CPD$ . Znamo li nešto za ta dva trokuta? Pa znamo! Oni su slični jer je $ABCD$ trapez. O sličnosti možemo razmišljati kao o transformaciji koja odgovarajuću sliku uveća ili umanji, ali zadržava omjere i kuteve. To znači da će odgovarajući elementi u sličnim trokutima ići pod istim kutevima, odnosno odgovarajuće težišnice će ići pod istim kutevima. Sada vidimo da imamo upravo tu situaciju. Trokuti $APB$ i $CPD$ imaju isti kut u vrhu $P$ i $PM$ i $PN$ su baš odgovarajuće težišnice u ovim trokutima pa moraju ići pod istim kutem. Odavdje je $\angle APM=\angle CPN$ što smo i željeli dokazati. Za kraj, naglasio bih da zapamtite ovu ideju da u sličnim trokutima težišnice (i općenito odgovarajući elementi) idu pod istim kutem. U raznim zadacima, ne samo onim vezanim za kolinearnost i kopunktalnost ona se može pokazati veoma korisnom da povežemo naizgled nepovezane kuteve.

Zadatak se mogao riješiti i na jedan malo drugačiji način koji nam je standardan alat za dokazivanje kopunktalnosti. Naime, dovoljno je dokazati da pravci $BD$ i $MN$ sijeku dužinu $AC$ u istom omjeru, tj. da ako sa $P$ kao i do sada označimo sjecište $AC$ i $BD$ , a sa $P'$ sjecište $MN$ i $AC$ dovoljno je pokazati $\frac{AP}{CP}=\frac{AP'}{CP'}$ jer će odavdje slijediti da $P$ i $P'$ moraju biti ista točka. Vjerujem da vam je to jasno na intuitivnom nivou, a oni maksimalno pedantni se mogu uvjeriti u to dosta jednostavnim raspisivanjem, samo zapišite $AP=AC-CP,AP'=AC-CP'$ i pogledajte što postaje jednakost omjera.

$Attachment trapez_2.png$

Gledajući prvu sliku i koristeći već spomenutu sličnost trokutova $APB$ i $CPD$ (ili Talesov teorem) imamo da vrijedi $\frac{AP}{CP}=\frac{AB}{CD}$ . S druge strane ako gledamo drugu sliku iz istih razloga, zbog $AB \parallel CN$ , su trokuti $AMP'$ i $CP'N$ slični. Odavdje imamo da vrijedi $\frac{AP'}{CP'}=\frac{AM}{CN}=\frac{\frac{AB}{2}}{\frac{CD}{2}}=\frac{AB}{CD}=\frac{AP}{CP}$ što smo i htjeli dobiti.
Za kraj ovog primjera naglasio bih da je jako važno da zapamtite ovu ideju za dokazivanje konkurentnosti, dokazivanje da 2 pravca sijeku treći u istom omjeru. Može biti jako korisna i kod težih zadataka. U ovom konkretnom slučaju mogli smo bez problema odabrati i da dokazujemo da $BD$ i $AC$ sijeku $MN$ u istom omjeru ili da $MN$ i $AC$ sijeku $BD$ u istom omjeru. Ipak, ponekad treba biti oprezan sa tim što ćemo točno od toga dokazivati jer jedna opcija može biti mnogo lakša od drugih.

Upišite $1$ za nastavak.

\textbf{Primjer}: Zadan je trapez $ABCD$ u kojem je $AB \parallel CD$. Neka su $M$ i $N$ polovišta stranica $AB$ i $CD$, redom. Dokaži da su pravci $AC,BD$ i $MN$ kopunktalni, odnosno da se sijeku u jednoj točki. \\ \\ \textbf{Rješenje}: \\ Označimo sa $P$ sjecište dijagonala trapeza $ABCD$. Na ovom primjeru dobro vidimo dualnost između dokazivanja kolinearnosti i kopunktalnosti. Naime, dokazivanje da su pravci $AC,BD,MN$ kopunktalni ekvivalentno je sa dokazivanjem da su točke $M,P,N$ kolinearne gdje smo $P$ definirali kao sjecište $AC$ i $BD$. Probajmo prvo zadatak riješiti na ovaj način. \begin{center} \includegraphics{trapez_3.png} \end{center} Malena modifikacija ideje iz prvog primjera daje nam da nam je potrebno i dovoljno pokazati da vrijedi $\angle APM=\angle CPN$ što se na prvi pogled ne čini trivijalno. Naime, ukoliko se malo poigrate sa zadatkom vidjet ćete da ove kuteve ne možemo izraziti preko unutarnjih kuteva trapeza, kao što ni u proizvoljnom trokutu ne možemo izraziti kut pod kojim ide težišnica preko unutarnjih kuteva trokuta. Na ovom mjestu lako je pomisliti da se zadatak ne može riješiti na ovaj način. Ipak, pokušajmo još malo razmisliti kako možemo povezati kuteve $\angle APM$ i $\angle CPN$. Kut $\angle APM$ je kut pod kojim ide težišnica $PM$ u trokutu $APB$, a kut $\angle CPN$ je kut pod kojim ide težišnica $PN$ u trokutu $CPD$. Znamo li nešto za ta dva trokuta? Pa znamo! Oni su slični jer je $ABCD$ trapez. O sličnosti možemo razmišljati kao o transformaciji koja odgovarajuću sliku uveća ili umanji, ali zadržava omjere i kuteve. To znači da će odgovarajući elementi u sličnim trokutima ići pod istim kutevima, odnosno odgovarajuće težišnice će ići pod istim kutevima. Sada vidimo da imamo upravo tu situaciju. Trokuti $APB$ i $CPD$ imaju isti kut u vrhu $P$ i $PM$ i $PN$ su baš odgovarajuće težišnice u ovim trokutima pa moraju ići pod istim kutem. Odavdje je $\angle APM=\angle CPN$ što smo i željeli dokazati. Za kraj, naglasio bih da zapamtite ovu ideju da u sličnim trokutima težišnice (i općenito odgovarajući elementi) idu pod istim kutem. U raznim zadacima, ne samo onim vezanim za kolinearnost i kopunktalnost ona se može pokazati veoma korisnom da povežemo naizgled nepovezane kuteve. \\ Zadatak se mogao riješiti i na jedan malo drugačiji način koji nam je standardan alat za dokazivanje kopunktalnosti. Naime, dovoljno je dokazati da pravci $BD$ i $MN$ sijeku dužinu $AC$ u istom omjeru, tj. da ako sa $P$ kao i do sada označimo sjecište $AC$ i $BD$, a sa $P'$ sjecište $MN$ i $AC$ dovoljno je pokazati $\frac{AP}{CP}=\frac{AP'}{CP'}$ jer će odavdje slijediti da $P$ i $P'$ moraju biti ista točka. Vjerujem da vam je to jasno na intuitivnom nivou, a oni maksimalno pedantni se mogu uvjeriti u to dosta jednostavnim raspisivanjem, samo zapišite $AP=AC-CP,AP'=AC-CP'$ i pogledajte što postaje jednakost omjera. \begin{center} \includegraphics{trapez_2.png} \end{center} Gledajući prvu sliku i koristeći već spomenutu sličnost trokutova $APB$ i $CPD$ (ili Talesov teorem) imamo da vrijedi $\frac{AP}{CP}=\frac{AB}{CD}$. S druge strane ako gledamo drugu sliku iz istih razloga, zbog $AB \parallel CN$, su trokuti $AMP'$ i $CP'N$ slični. Odavdje imamo da vrijedi $\frac{AP'}{CP'}=\frac{AM}{CN}=\frac{\frac{AB}{2}}{\frac{CD}{2}}=\frac{AB}{CD}=\frac{AP}{CP}$ što smo i htjeli dobiti. \\ Za kraj ovog primjera naglasio bih da je jako važno da zapamtite ovu ideju za dokazivanje konkurentnosti, dokazivanje da 2 pravca sijeku treći u istom omjeru. Može biti jako korisna i kod težih zadataka. U ovom konkretnom slučaju mogli smo bez problema odabrati i da dokazujemo da $BD$ i $AC$ sijeku $MN$ u istom omjeru ili da $MN$ i $AC$ sijeku $BD$ u istom omjeru. Ipak, ponekad treba biti oprezan sa tim što ćemo točno od toga dokazivati jer jedna opcija može biti mnogo lakša od drugih. \\ \\ Upišite $1$ za nastavak.