Seminár 31: Geometria VII – stredové, obvodové, úsekové uhly, tetivové štvoruholníky
Ciele
Zopakovať, príp. študentov zoznámiť s vlastnosťami stredových, obvodových a úsekových uhlov a ich využitím pri riešení úloh.
Úvodný komentár
Predtým, ako sa so študentmi pustíme do riešenia úloh, je vhodné predstaviť, príp. spoločne zopakovať vlastnosti uhlov, ktorými sa budeme v seminári zaoberať. Vhodným materiálom je (Kadleček 1996), kapitola 8.
Úlohy a riešenia
Úloha B-66-II-3
Riešenie*
Vzhľadom na to, že \(CEFH\) je tetivový štvoruholník, je jeho vnútorný uhol pri vrchole \(H\) zhodný s vonkajším uhlom pri jeho protiľahlom vrchole \(E\). Platí teda \[\label{eq:B66II3_2}
|\measuredangle CHF| = |\measuredangle DEF|.\] Z rovností [eq:B66II3_1] a [eq:B66II3_2] vyplýva na základe vety \(uu\) podobnosť trojuholníkov \(DEF\) a \(CHF\). Tým je dôkaz hotový.
Komentár
Úloha je relatívne jednoduchou aplikáciou poznatkov o stredových, obvodových a úsekových uhloch, preto dobe poslúži ako úvodná úloha seminára. Zároveň sa v úlohe vyskytuje spoločná tetiva dvoch kružníc, ktorá je prvkom mnohých geometrických úloh v kategórii B, takže je príjemné, že sa študenti s týmto prípadom zoznámia hneď na začiatku.Úloha B-65-II-2
Riešenie*
[fig:B65II2_1]
na polomer \(BF\) kružnice \(m\), a preto sa priamka \(AF\) dotýka kružnice \(m\) v bode \(F\) (obr. [fig:B65II2_1]). Z rovnosti úsekového uhla zovretého tetivou \(DF\) s dotyčnicou \(AF\) a obvodového uhla nad tou istou tetivou máme (ako už je vyznačené na obrázku) \[|\measuredangle AFD| = |\measuredangle DEF|.\] Zo súmernosti úsečky \(EF\) podľa osi \(AB\) tak vyplýva \[|\measuredangle AFD| = |\measuredangle DEF| = |\measuredangle DFE|,\] čo znamená, že \(FD\) je osou uhla \(AFE\).
Iné riešenie*. Označme \(\beta\) veľkosť uhla \(ABF\) a dopočítajme veľkosti uhlov \(DFE\) a \(AFE\). Trojuholník \(DBF\) je rovnoramenný, lebo jeho ramená \(BD\) a \(BF\) sú polomery kružnice \(m\), preto \[|\measuredangle DFB| = \frac{1}{2}(180^\circ-\beta) = 90^\circ-\frac{\beta}{2}.\] Keďže podobne aj trojuholník \(EBF\) je rovnoramenný s osou \(BD\), platí \[|\measuredangle EFB| = 90^\circ-\beta.\] Spojením oboch predchádzajúcich rovností tak dostávame \[|\measuredangle DFE| = |\measuredangle DFB| - |\measuredangle EFB| =\frac{\beta}{2}.\] Z vlastností Tálesovej kružnice \(k\) nad priemerom \(AB\) vieme, že uhol \(AFB\) je pravý. Pritom jeho časť uhol \(EFB\) má, ako sme už zistili, veľkosť \(90^\circ-\beta\), takže jeho druhá časť, uhol \(AFE\), má veľkosť \(\beta\), čo je presne dvojnásobok veľkosti uhla \(DFE\). Tým sme dokázali, že priamka \(FD\) je osou uhla \(AFE\).
Iné riešenie*. Nad oblúkom \(AE\) kružnice \(k\) sa zhodujú uhly \(ABE\) a \(AFE\) (obr. [fig:B65II2_2]). Oblúku \(DE\) kružnice \(m\) prislúcha obvodový uhol \(DFE\) a stredový uhol \(DBE\). Spolu tak dostávame \[|\measuredangle DFE| = \frac{1}{2} |\measuredangle DBE| = \frac{1}{2} |\measuredangle ABE| = \frac{1}{2} |\measuredangle AFE|,\] čo dokazuje, že \(FD\) je osou uhla \(AFE\).
[fig:B65II2_2]
Komentár
Úlohu je možné riešiť viacerými rôznymi spôsobmi, preto je to opäť vhodný priestor na to, aby ši študenti svoje riešenia porovnali a skúsili obhájiť pred spolužiakmi. V úlohe sa znova vyskytla spoločná tetiva dvoch kružníc, pekne tak nadväzuje na úlohu predchádzajúcu.Úloha B-65-I-5
Riešenie*
\(AB\) a \(CD\) pri vrcholoch \(E\) a \(F\) dostávame \[|\measuredangle GEH| = |\measuredangle AEB| = |\measuredangle CFD| = |\measuredangle GFH|,\] čo znamená, že body \(E\), \(F\), \(G\) a \(H\) ležia na jednej kružnici, pretože vrcholy zhodných uhlov \(GEH\) a \(GFH\) ležia v rovnakej polrovine s hraničnou priamkou \(GH\). Z toho vyplýva, že uhly \(EFH\) a \(EGH\) nad jej tetivou \(EH\) sú zhodné. To spolu so zhodnosťou uhlov \(EFD\) a \(EAD\) nad tetivou \(ED\) pôvodnej kružnice (obr. 2) vedie na zhodnosť súhlasných uhlov \(EGH\) a \(EAD\) priečky \(AE\) priamok \(GH\) a \(AD\), ktoré sú teda naozaj rovnobežné. Tým je tvrdenie úlohy dokázané.
Komentár
Umiestnenie vrcholov šesťuholníka na kružnici priam nabáda, aby študenti hľadali dvojice rovnakých uhlov, ktoré im potom pomôžu vyvodiť závery o (ne)rovnobežnosti skúmaných úsečiek. Zároveň úloha obsahuje zaujímavú druhú časť, kedy objavíme, že body \(E, F, G, H\) ležia na jednej kružnici.Úloha B-58-I-5
Riešenie*
teda zhodné. Podľa vety o obvodových uhloch sú zhodné aj uhly \(BCK\) a \(BAK\), resp.\(ACK\) a \(ABK\), preto sú zhodné aj uhly \(BCK\) a \(ACK\). Polpriamka \(CK\) je teda osou uhla \(ACB\): \[|\measuredangle ACK| = |\measuredangle BCK| = \frac{\gamma}{2}.\] Keďže bod \(P\) leží na osi strany \(AC\), je trojuholník \(ACP\) rovnoramenný a jeho vnútorné uhly pri základni \(AC\) majú veľkosť \(\frac{1}{2}\gamma\), takže jeho vonkajší uhol \(APK\) pri vrchole \(P\) má veľkosť \(\frac{1}{2}\gamma + \frac{1}{2}\gamma = \gamma\). Rovnako z rovnoramenného trojuholníka \(BCQ\) odvodíme, že aj veľkosť uhla \(BQK\) je \(\gamma\). Podľa vety o obvodových uhloch sú zhodné uhly \(ABC\) a \(AKC\), teda uhol \(AKC\) (čiže uhol \(AKP\)) má veľkosť \(\beta\) a – celkom analogicky – uhol \(BKQ\) má veľkosť \(\alpha\).
V každom z trojuholníkov \(AKP\) a \(BKQ\) už poznáme veľkosti dvoch vnútorných uhlov (\(\beta\), \(\gamma\), resp. \(\alpha\), \(\gamma\)), takže vidíme, že zostávajúce uhly \(KAP\) a \(KBQ\) majú veľkosti\(\alpha\), resp. \(\beta\).
Z predošlého vyplýva, že trojuholníky \(AKP\) a \(KBQ\) sú zhodné podľa vety \(usu\), lebo majú zhodné strany \(AK\) a \(KB\) aj obe dvojice k nim priľahlých vnútorných uhlov.
K uvedenému postupu dodajme, že výpočet uhlov \(KAP\) a \(KBQ\) cez uhly \(APK\) a \(BQK\) možno obísť takto: zhodnosť uhlov \(KAP\) a \(BAC\) (resp. \(KBQ\) a \(ABC\)) vyplýva zo zhodnosti uhlov \(KAB\) a \(PAC\) (resp. \(KBA\) a \(QBC\)).
Komentár
Posledná úloha seminára pekne kombinuje vlastnosti uhlov a zhodnosť trojuholníkov, je tak dôstojným zakončením tohto geometrického stretnutia.Domáca práca
Kadleček, Jiří. 1996. Geometrie V Rovině a V Prostoru: Pro Střední školy. Praha: Prometheus.