Значајне линије троугла · свеска: задатак 4

Троугао са угловима \(15^\circ\) и \(30^\circ\)

Теорема. У троуглу \(ABC\) је \(\beta = 15^\circ\) и \(\gamma = 30^\circ\). Права која садржи тачку \(A\) и нормална је на \(AB\) сече дуж \(BC\) у тачки \(D\). Тада је \(2|AC| = |BD|\).

Дато \(\angle ABC = 15^\circ\), \(\angle ACB = 30^\circ\), \(AD \perp AB\), \(D \in BC\)

Доказати \(2|AC| = |BD|\)

нормала \(AD \perp AB\) тежишна дуж \(AT\)

Доказ

	Тврђење	Образложење
Конструкција: \(T\) је средиште дужи \(BD\), тј. \(AT\) је тежишна дуж правоуглог троугла \(ABD\).
1.	\(\|TA\| = \|TB\| = \|TD\|\)	\(\triangle ABD\) је правоугли код \(A\), а тежишна дуж на хипотенузу једнака је њеној половини (\(T\) је центар описаног круга).
2.	\(\angle BAT = \angle ABT = 15^\circ\)	\(\triangle ABT\) је једнакокрак (1).
3.	\(\angle ATD = \angle BAT + \angle ABT = 30^\circ\)	спољашњи угао \(\triangle ABT\) код темена \(T\).
4.	\(\angle ATC = \angle ACT = 30^\circ\)	\(D\) је између \(T\) и \(C\), па је \(\angle ATC = \angle ATD\); \(\angle ACT = \gamma\).
5.	\(\|AT\| = \|AC\|\)	\(\triangle ATC\) има једнаке углове код \(T\) и \(C\) (4).
6.	\(\|BD\| = 2\|AC\|\)	\(\|BD\| = 2\|TB\| = 2\|AT\|\) (\(T\) средиште, корак 1) и корак 5.

∎

Напомене уз запис из свеске

Грешка у угловима на скици. На обе скице у свесци код \(D\) пише \(85^\circ\) и \(105^\circ\). У правоуглом \(\triangle ABD\) је \(\angle ADB = 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ\), па је \(\angle ADC = 105^\circ\) тачно, а \(85^\circ\) није (збир суседних углова мора бити \(180^\circ\)). Такође \(\angle BAC = 135^\circ\), па је \(\angle DAC = 45^\circ\).
Први покушај. Конструкција „нацртамо \(BC'\) тако да је \(|BC'| = 2|AC|\)“ полази од онога што треба доказати: да је \(\triangle BDC'\) једнакокрак не следи из „трансверзале“, а углови од \(85^\circ\) ослањају се на погрешан угао. Тај пут није довршив овако.
Други покушај. Идеја са тежишном дужи \(AT\) (\(|AT| = |BT| = |TD|\), \(\angle BAT = \angle ABT = 15^\circ\)) је права; у свесци недостаје завршни корак: спољашњи угао \(\angle ATD = 30^\circ = \gamma\), па је \(|AT| = |AC|\). Тачка је у свесци означена и као \(E\), и као \(T\); овде је \(T\).

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 Значајне линије троугла} \\[2pt]
  {\small Троугао са угловима $15^\circ$ и $30^\circ$}
\end{center}

\begin{theorem}
У троуглу $ABC$ је $\beta = 15^\circ$ и $\gamma = 30^\circ$. Права која садржи тачку $A$ и нормална је на $AB$ сече дуж $BC$ у тачки $D$. Тада је $2\len{AC} = \len{BD}$.
\end{theorem}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (4.1,1.1);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (D) at (4.39,0);
  \coordinate (T) at (2.2,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (A) -- (T);
  \pic[draw] {right angle=B--A--D};
  \draw ($(B)!0.5!(T)!3pt!90:(T)$) -- ($(B)!0.5!(T)!3pt!-90:(T)$);
  \draw ($(T)!0.5!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(T)!0.5!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(A)!0.5!(T)!3pt!90:(T)$) -- ($(A)!0.5!(T)!3pt!-90:(T)$);
  \draw ($(A)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(A)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \pic[draw, angle radius=21.88mm] {angle=C--B--A};
  \pic[draw, angle radius=18.75mm] {angle=B--A--T};
  \pic[draw, angle radius=8.75mm] {angle=D--T--A};
  \pic[draw, angle radius=10.63mm] {angle=A--C--B};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,T} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below left] at (B) {$B$};
  \node[below right] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[below] at (T) {$T$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\noindent
\textbf{Дато:} $\angle ABC = 15^\circ$, $\angle ACB = 30^\circ$, $AD \perp AB$, $D \in BC$. \\
\textbf{Доказати:} $2\len{AC} = \len{BD}$.

\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{Конструкција: $T$ је средиште дужи $BD$, тј. $AT$ је тежишна дуж правоуглог троугла $ABD$.}} \\
1. & \len{TA} = \len{TB} = \len{TD} & $\triangle ABD$ је правоугли код $A$, а тежишна дуж на хипотенузу једнака је њеној половини ($T$ је центар описаног круга). \\
2. & \angle BAT = \angle ABT = 15^\circ & $\triangle ABT$ је једнакокрак (1). \\
3. & \angle ATD = \angle BAT + \angle ABT = 30^\circ & спољашњи угао $\triangle ABT$ код темена $T$. \\
4. & \angle ATC = \angle ACT = 30^\circ & $D$ је између $T$ и $C$, па је $\angle ATC = \angle ATD$; $\angle ACT = \gamma$. \\
5. & \len{AT} = \len{AC} & $\triangle ATC$ има једнаке углове код $T$ и $C$ (4). \\
6. & \len{BD} = 2\len{AC} & $\len{BD} = 2\len{TB} = 2\len{AT}$ ($T$ средиште, корак 1) и корак 5. \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}
\end{proof}

\end{document}