Jednakokraki trougao: osnovica AB polovi duž EF

Kroz tačku $E$ povucimo pravu paralelnu pravoj $AC$ i označimo sa $G$ njen presek sa pravom $AB .$ Pošto je $E$ unutrašnja tačka stranice $BC$ trougla $ABC ,$ prava kroz $E$ paralelna stranici $AC$ seče unutrašnjost stranice $AB .$ Zato važi poredak $B-G-A .$

E\in BC,\quad EG\parallel AC,\quad G=EG\cap AB\quad\Longrightarrow\quad B-G-A

Najpre dokažimo jednakost uglova na osnovici bez pozivanja na svojstvo jednakokrakog trougla. Uporedimo trouglove $ABC$ i $BAC .$ Imamo $AC=BC$ po uslovu, zatim $BC=AC ,$ dok je $AB=BA$ zajednička stranica. Zato su ovi trouglovi podudarni po III stavu (SSS), pri korespondenciji $A\leftrightarrow B ,$ $B\leftrightarrow A ,$ $C\leftrightarrow C .$ Otuda su odgovarajući uglovi $\angle ABC$ i $\angle BAC$ jednaki.

AC=BC,\quad BC=AC,\quad AB=BA\quad\Longrightarrow\quad\triangle ABC\cong\triangle BAC\quad\Longrightarrow\quad\angle ABC=\angle BAC

Iz poretka $B-E-C$ sledi da se poluprave $BE$ i $BC$ poklapaju, a iz poretka $B-G-A$ da se poluprave $BG$ i $BA$ poklapaju. Stoga je $\angle EBG=\angle ABC .$ Dalje, zbog $EG\parallel AC ,$ ugao između poluprava $GE$ i $GB$ jednak je uglu između poluprava $AC$ i $AB ,$ pa je $\angle EGB=\angle BAC .$ Kako je već dokazano $\angle ABC=\angle BAC ,$ dobijamo $\angle EBG=\angle EGB .$

\angle EBG=\angle ABC=\angle BAC=\angle EGB

Jednakost $EB=EG$ možemo opravdati kriterijumom podudarnosti. Posmatrajmo trougao $EBG$ u dve korespondencije, odnosno trouglove sa istim temenima $BGE$ i $GBE .$ Ugao kod $B$ prvog jednak je uglu kod $G$ drugog, a ugao kod $G$ prvog jednak je uglu kod $B$ drugog, jer je $\angle EBG=\angle EGB$ ; između tih uglova nalazi se zajednička stranica $BG=GB .$ Zato su trouglovi podudarni po II stavu (USU), pri korespondenciji $B\leftrightarrow G ,$ $G\leftrightarrow B ,$ $E\leftrightarrow E ,$ pa su odgovarajuće stranice $EB$ i $EG$ jednake.

\angle GBE=\angle BGE,\quad BG=GB,\quad\angle BGE=\angle GBE\quad\Longrightarrow\quad\triangle BGE\cong\triangle GBE\quad\Longrightarrow\quad EB=EG

Iz datog $EB=AF$ i dokazanog $EB=EG$ sledi $AF=EG .$ Pošto su $C,A,F$ kolinearne, prave $AF$ i $AC$ se poklapaju, pa iz konstrukcije $EG\parallel AC$ sledi $EG\parallel AF .$ Četiri tačke $A,F,E,G$ obrazuju konveksan četvorougao čiji je redosled temena $A-F-G-E :$ tačka $G$ je u unutrašnjosti $AB ,$ tačka $E$ je sa iste strane prave $AB$ kao $C ,$ a tačka $F$ je sa suprotne strane zbog poretka $C-A-F .$ U njemu su naspramne stranice $AF$ i $EG$ jednake i paralelne, pa se dijagonale $AG$ i $EF$ seku u unutrašnjoj tački. Označimo taj presek sa $D .$ Kako je $D\in AG$ i $AG\subset AB ,$ sledi $D\in AB .$

EB=AF,\quad EB=EG\quad\Longrightarrow\quad AF=EG,\qquad EG\parallel AC,\quad A,C,F\text{ su kolinearne}\quad\Longrightarrow\quad EG\parallel AF,\qquad D=AG\cap EF,\quad D\in AB

Posmatrajmo trouglove $AFD$ i $GED .$ Zbog $AF\parallel EG ,$ sa transverzalom $EF$ važi $\angle AFD=\angle GED ,$ a sa transverzalom $AG$ važi $\angle FAD=\angle EGD .$ Pošto je $D$ unutrašnja tačka obe dijagonale, poluprave $DF$ i $DE$ su suprotne, kao i poluprave $DA$ i $DG$ ; zato istovremena promena smera oba kraka ne menja navedene jednakosti uglova. Uz $AF=EG ,$ trouglovi su podudarni po II stavu (USU), pri korespondenciji $A\leftrightarrow G ,$ $F\leftrightarrow E ,$ $D\leftrightarrow D .$

\angle AFD=\angle GED,\quad AF=EG,\quad\angle FAD=\angle EGD\quad\Longrightarrow\quad\triangle AFD\cong\triangle GED

Iz podudarnosti trouglova $AFD$ i $GED$ slede jednake odgovarajuće stranice $FD=ED .$ Pošto je $D$ unutrašnja tačka duži $EF ,$ ona je njeno središte. Već je dokazano $D\in AG\subset AB$ ; prema tome, duž $AB$ sadrži središte duži $EF ,$ odnosno duž $AB$ polovi duž $EF .$

FD=ED,\quad D\in EF,\quad D\in AB\quad\Longrightarrow\quad AB\text{ polovi }EF

Započni učenje

Privatni časovi

366

Beleške

Slični zadaci

Slični zadaci