Подударност троуглова · свеска: задатак 32

Квадрати над \(AB\) и \(AC\): дужи \(BG\) и \(CE\)

Теорема. Над страницама \(AB\) и \(AC\) троугла \(ABC\) конструисани су споља квадрати \(ABDE\) и \(ACFG\). Тада је \(|BG| = |CE|\) и \(BG \perp CE\).

Дато \(ABDE\), \(ACFG\) квадрати споља; \(\angle BAC = \alpha < 90^\circ\)

Доказати \(|BG| = |CE|\), \(BG \perp CE\)

дужи \(BG\), \(CE\)

Доказ

	Тврђење	Образложење
Ознаке: \(X\) је пресек правих \(BG\) и \(CE\), а \(W\) пресек правих \(AB\) и \(CE\).
1.	\(\angle BAG = \angle EAC = 90^\circ + \alpha\)	\(\angle BAG\) \(= \angle BAC + \angle CAG\), \(\angle EAC\) \(= \angle EAB + \angle BAC\); углови квадрата су прави.
2.	\(\triangle BAG \cong \triangle EAC\)	став СУС: \(\|AB\| = \|AE\|\), \(\angle BAG = \angle EAC\) (1), \(\|AG\| = \|AC\|\).
3.	\(\|BG\| = \|EC\|\)	одговарајуће странице (2).
4.	\(\angle ABG = \angle AEC\)	одговарајући углови (2).
5.	\(\angle BWX = \angle EWA\)	исти угао (тачке \(W\), \(X\), \(C\), \(E\) су на једној правој, а \(W\), \(A\), \(B\) на другој) или унакрсни.
6.	\(\angle BXW = \angle EAW = 90^\circ\)	троуглови \(BXW\) и \(EAW\) имају по два једнака угла (4, 5), па им је и трећи угао једнак; \(\angle EAW = \angle EAB = 90^\circ\).

∎

Напомене уз запис из свеске

Поставка. Текст задатка у свесци није читко записан (помиње се средиште \(P\) и једнакост \(|DE| = |AF|\)); ово је стандардна верзија задатка о два квадрата над страницама, иста идеја као у задатку 31. Ако је у свесци другачија ознака темена, доказ је исти: један троугао се добија ротацијом другог око \(A\) за \(90^\circ\).
Шта се користи. Став СУС са углом \(90^\circ + \alpha\) и „пренос“ угла из подударности у корак 6. Корак 5 зависи од распореда тачака на скици; кад је \(\alpha\) туп, рачун је аналоган са углом \(270^\circ - \alpha\).

LaTeX извор (pdflatex, TikZ скица)

\documentclass[a4paper,11pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[serbianc]{babel}
\usepackage[margin=2.5cm]{geometry}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsthm}
\usepackage{array,booktabs}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc,angles}

\newtheorem{theorem}{Теорема}
\newcommand{\len}[1]{\lvert #1\rvert}

\begin{document}

\begin{center}
  {\large\bfseries Подударност троуглова} \\[2pt]
  {\small Квадрати над $AB$ и $AC$: дужи $BG$ и $CE$}
\end{center}

\begin{theorem}
Над страницама $AB$ и $AC$ троугла $ABC$ конструисани су споља квадрати $ABDE$ и $ACFG$. Тада је $\len{BG} = \len{CE}$ и $BG \perp CE$.
\end{theorem}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.68, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (1.5,3.2);
  \coordinate (D) at (6,-6);
  \coordinate (E) at (0,-6);
  \coordinate (F) at (-1.7,4.7);
  \coordinate (G) at (-3.2,1.5);
  \coordinate (X) at (1.11,0.8);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[] (A) -- (B) -- (D) -- (E) -- cycle;
  \draw[] (A) -- (C) -- (F) -- (G) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (B) -- (G);
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (E);
  \draw[dashed] (A) -- (X);
  \pic[draw] {right angle=B--X--C};
  \draw ($(B)!0.5!(G)!3pt!90:(G)$) -- ($(B)!0.5!(G)!3pt!-90:(G)$);
  \draw ($(C)!0.5!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(C)!0.5!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,F,G,X} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[left] at (A) {$A$};
  \node[right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[below right] at (D) {$D$};
  \node[below left] at (E) {$E$};
  \node[above] at (F) {$F$};
  \node[left] at (G) {$G$};
  \node[above right] at (X) {$X$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\noindent
\textbf{Дато:} $ABDE$, $ACFG$ квадрати споља; $\angle BAC = \alpha < 90^\circ$. \\
\textbf{Доказати:} $\len{BG} = \len{CE}$, $BG \perp CE$.

\begin{proof}
\begin{center}
\renewcommand{\arraystretch}{1.35}
\begin{tabular}{@{}r >{$}p{5.4cm}<{$} p{7.4cm}@{}}
\toprule
 & \multicolumn{1}{l}{Тврђење} & Образложење \\
\midrule
\multicolumn{3}{@{}p{13.5cm}}{\emph{Ознаке: $X$ је пресек правих $BG$ и $CE$, а $W$ пресек правих $AB$ и $CE$.}} \\
1. & \angle BAG = \angle EAC = 90^\circ + \alpha & $\angle BAG = \angle BAC + \angle CAG$, $\angle EAC = \angle EAB + \angle BAC$; углови квадрата су прави. \\
2. & \triangle BAG \cong \triangle EAC & став СУС: $\len{AB} = \len{AE}$, $\angle BAG = \angle EAC$ (1), $\len{AG} = \len{AC}$. \\
3. & \len{BG} = \len{EC} & одговарајуће странице (2). \\
4. & \angle ABG = \angle AEC & одговарајући углови (2). \\
5. & \angle BWX = \angle EWA & исти угао (тачке $W$, $X$, $C$, $E$ су на једној правој, а $W$, $A$, $B$ на другој) или унакрсни. \\
6. & \angle BXW = \angle EAW = 90^\circ & троуглови $BXW$ и $EAW$ имају по два једнака угла (4, 5), па им је и трећи угао једнак; $\angle EAW = \angle EAB = 90^\circ$. \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}
\end{proof}

\end{document}