Задаци са такмичења · преглед

Задаци са такмичења: сви задаци

Овде су задаци о подударности троуглова и значајним линијама троугла (симетрале, тежишне дужи, средња линија, висине, уписани и описани круг) са окружних (у Београду: градских) и државних такмичења из математике за основне школе, које организује Друштво математичара Србије, од 2019. до 2026. године. Узети су задаци за VI разред (где је ово градиво по програму) и они задаци за VII разред који се решавају само овим средствима.

Задаци су груписани по томе шта је главна идеја решења, а не по години. На овој страни су сви задаци; исте групе су и на посебним странама. Уз сваки задатак стоји одакле је; решења су сложена испод задатка, са пуним поступком. Оригинални PDF-ови са свим разредима су у фасцикли такмичења (matematika/VII-razred/okruzno и matematika/VII-razred/drzavno).

Шта се најчешће користи

Подударност троуглова

Задаци (10) — исти задаци су и на страни „Подударност троуглова“

  1. (Окружно 2026, VI разред, 5. задатак) У унутрашњости једнакостраничног троугла \(ABC\) одређене су тачке \(P\) и \(Q\) тако да је \(\angle ABP = 30^\circ\), \(\angle BAP = 45^\circ\), \(\angle QAB = \angle QBA = 15^\circ\). Докажи да је \(|AP| = |AQ|\).

    A B C P Q
    Решење
    1. \(\angle QAB = \angle QBA\), па је \(\triangle ABQ\) једнакокрак: \(|QA| = |QB|\). Тачка \(Q\) је зато на симетрали дужи \(AB\).
    2. Симетрала дужи \(AB\) у једнакостраничном троуглу пролази кроз \(C\) (јер је \(|CA| = |CB|\)) и полови угао \(ACB\): \(\angle ACQ = 30^\circ\).
    3. \(\angle CAQ\) \(= \angle CAB - \angle QAB\) \(= 60^\circ - 15^\circ\) \(= 45^\circ\) \(= \angle BAP\).
    4. \(\triangle ACQ \cong \triangle ABP\) по ставу УСУ: \(|AC| = |AB|\), \(\angle CAQ = \angle BAP = 45^\circ\), \(\angle ACQ = \angle ABP = 30^\circ\).
    5. Из подударности је \(|AQ| = |AP|\).

    Решење\(|AP| = |AQ|\)

  2. (Државно 2026, VI разред, 4. задатак) Дат је квадрат \(ABCD\). Тачке \(M\), \(N\) и \(Q\) су редом средишта дужи \(AB\), \(BC\) и \(DM\), а тачка \(P\) је пресек дужи \(CM\) и \(DN\). Докажи да је \(|CM| = 2|PQ|\).

    A B C D M N Q P
    Решење
    1. \(\triangle AMD \cong \triangle BMC\) (СУС: \(|AM| = |MB|\), \(\angle A = \angle B = 90^\circ\), \(|AD| = |BC|\)), па је \(|DM| = |CM|\).
    2. \(\triangle BCM \cong \triangle CDN\) (СУС: \(|BM| = |CN|\) као половине једнаких страница, \(\angle B = \angle C = 90^\circ\), \(|BC| = |CD|\)), па је \(\angle BCM = \angle CDN = x\).
    3. \(\angle MCD = 90^\circ - x\), па је у \(\triangle CDP\): \(\angle CPD\) \(= 180^\circ - (90^\circ - x) - x\) \(= 90^\circ\). Дакле \(CM \perp DN\).
    4. \(\triangle DPM\) је правоугли са хипотенузом \(DM\), а \(Q\) је средиште хипотенузе, па је \(|PQ| = \tfrac12|DM|\) (тежишна дуж на хипотенузу).
    5. \(|CM| = |DM| = 2|PQ|\).

    Решење\(|CM| = 2|PQ|\)

  3. (Државно 2024, VI разред, 5. задатак) Нека је \(M\) тачка на страници \(AB\) квадрата \(ABCD\) таква да је \(\angle ADM = 20^\circ\), а \(N\) тачка на страници \(BC\) таква да је \(|CN| = |DM| - |AM|\). Одреди меру угла \(MDN\).

    A B C D M N
    Решење
    1. Нека је \(K\) тачка праве \(AB\) таква да је \(A\) између \(K\) и \(M\) и \(|AK| = |CN|\).
    2. \(\triangle ADK \cong \triangle CDN\) (СУС: \(|AD| = |CD|\), \(\angle DAK = \angle DCN = 90^\circ\), \(|AK| = |CN|\)), па је \(|DK| = |DN|\) и \(\angle ADK = \angle CDN\).
    3. \(|MK| = |MA| + |AK|\) \(= |MA| + |CN|\) \(= |MD|\), па је \(\triangle DMK\) једнакокрак.
    4. У правоуглом \(\triangle AMD\) је \(\angle DMA = 70^\circ\), па је \(\angle MDK\) \(= \angle MKD\) \(= \tfrac{180^\circ - 70^\circ}{2}\) \(= 55^\circ\).
    5. \(\angle CDN\) \(= \angle ADK\) \(= \angle MDK - \angle MDA\) \(= 55^\circ - 20^\circ\) \(= 35^\circ\).
    6. \(\angle MDN\) \(= 90^\circ - \angle ADM - \angle CDN\) \(= 90^\circ - 20^\circ - 35^\circ\) \(= 35^\circ\).
    A B C D M N K

    Решење\(\angle MDN = 35^\circ\)

  4. (Државно 2022, VI разред, 5. задатак) У троуглу \(ABC\) важи \(|BC| = 2|AC|\). Нека је \(D\) тачка странице \(BC\) таква да је \(\angle CAD = \angle ABC\). Симетрала спољашњег угла код темена \(C\) сече полуправу \(AD\) у тачки \(E\). Докажи да је \(|AE| = |AB|\).

    A B C D E M
    Решење
    1. Нека је \(M\) средиште странице \(BC\). Тада је \(|AC| = |CM| = |MB|\).
    2. \(\triangle ACM\) је једнакокрак са \(\angle ACM = \gamma\), па је \(\angle CAM\) \(= \angle CMA\) \(= 90^\circ - \tfrac{\gamma}{2}\) и \(\angle AMB\) \(= 180^\circ - \angle CMA\) \(= 90^\circ + \tfrac{\gamma}{2}\).
    3. Спољашњи угао код \(C\) има меру \(180^\circ - \gamma\), а симетрала га дели на два угла по \(90^\circ - \tfrac{\gamma}{2}\). Угао \(ACE\) састоји се од угла \(ACB\) и једног од њих: \(\angle ACE\) \(= \gamma + 90^\circ - \tfrac{\gamma}{2}\) \(= 90^\circ + \tfrac{\gamma}{2}\) \(= \angle AMB\).
    4. \(\triangle ACE \cong \triangle BMA\) (УСУ: \(|AC| = |BM|\), \(\angle CAE\) \(= \angle CAD\) \(= \angle ABC\) \(= \angle MBA\), \(\angle ACE = \angle BMA\)).
    5. Из подударности следи \(|AE| = |BA|\).

    Решење\(|AE| = |AB|\)

  5. (Државно 2022, VI разред, 3. задатак) У троуглу \(ABC\) је \(\angle B = 80^\circ\). Нека је \(D\) тачка странице \(BC\) таква да је \(\angle BDA = 70^\circ\) и \(|AB| + |BD| = |AC|\). Одреди меру угла \(ACB\).

    A B C D E
    Решење
    1. Из \(\triangle BAD\): \(\angle BAD\) \(= 180^\circ - 80^\circ - 70^\circ\) \(= 30^\circ\).
    2. Нека је \(E\) тачка праве \(CB\) таква да је \(B\) између \(C\) и \(E\) и \(|EB| = |BA|\). Тада је \(\angle ABE\) \(= 180^\circ - 80^\circ\) \(= 100^\circ\), а \(\triangle ABE\) је једнакокрак, па је \(\angle AEB = \angle EAB = 40^\circ\).
    3. \(\angle EAD\) \(= \angle EAB + \angle BAD\) \(= 40^\circ + 30^\circ\) \(= 70^\circ\) \(= \angle EDA\), па је \(\triangle AED\) једнакокрак: \(|EA| = |ED|\).
    4. \(|ED| = |EB| + |BD|\) \(= |AB| + |BD|\) \(= |AC|\), па је \(|EA| = |AC|\): \(\triangle AEC\) је једнакокрак.
    5. \(\angle ACB\) \(= \angle ACE\) \(= \angle AEC\) \(= 40^\circ\).

    Решење\(\angle ACB = 40^\circ\)

  6. (Државно 2020, VI разред, 5. задатак) Троуглови \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) су једнакокрако-правоугли са хипотенузама \(AB\), односно \(A_1B_1\), при чему тачка \(A_1\) припада дужи \(AC\), тачка \(B_1\) дужи \(AB\) и тачка \(C_1\) дужи \(BC\). Докажи да је \(|AA_1| = 2|CC_1|\).

    C A B A1 B1 C1 D
    Решење
    1. Нека је \(D\) подножје нормале из \(B_1\) на \(BC\) и \(|CC_1| = x\).
    2. \(\angle A_1C_1C + \angle B_1C_1D\) \(= 180^\circ - 90^\circ\) \(= 90^\circ\), а и \(\angle A_1C_1C + \angle C_1A_1C\) \(= 90^\circ\) (правоугли \(\triangle A_1CC_1\)), па је \(\angle B_1C_1D = \angle C_1A_1C\).
    3. \(\triangle CA_1C_1 \cong \triangle DC_1B_1\) (правоугли, хипотенузе \(|A_1C_1| = |C_1B_1|\), једнаки оштри углови), па је \(|DB_1| = |CC_1| = x\) и \(|DC_1| = |CA_1|\).
    4. \(\triangle DB_1B\) је правоугли са \(\angle B = 45^\circ\), па је једнакокрак: \(|DB| = |DB_1| = x\).
    5. \(|AA_1|\) \(= |AC| - |CA_1|\) \(= |BC| - |DC_1|\) \(= |DB| + |CC_1|\) \(= 2x\).

    Решење\(|AA_1| = 2|CC_1|\)

  7. (Окружно 2020, VI разред, 5. задатак) Нека је \(D\) тачка на основици \(BC\) једнакокраког троугла \(ABC\) таква да је мера угла \(BAD\) једнака \(2020'\), а \(E\) тачка на краку \(AC\) таква да је \(|AE| = |AD|\). Одреди меру угла \(CDE\).

    A B C D E
    Решење
    1. Нека је \(\angle ABC = \angle ACB = \alpha\), \(\angle ADE = \angle AED = \beta\) (јер је \(|AE| = |AD|\)) и \(\angle CDE = x\).
    2. \(\angle ADC\) је спољашњи угао \(\triangle ABD\): \(\angle ADC = \alpha + 2020'\). С друге стране, \(\angle ADC = \beta + x\).
    3. \(\angle AED\) је спољашњи угао \(\triangle CDE\): \(\beta = x + \alpha\).
    4. \(\alpha + 2020' = (x + \alpha) + x\), па је \(2x = 2020'\), тј. \(x = 1010' = 16^\circ 50'\).

    Решење\(\angle CDE = 1010' = 16^\circ 50'\)

  8. (Окружно 2026, VII разред, 2. задатак) Симетрала оштрог угла код темена \(C\) паралелограма \(ABCD\) (\(|AB| > |AD|\)) сече праву \(AD\) у тачки \(E\), при чему је \(|AE| = 5\,\mathrm{cm}\). Израчунај дужине страница паралелограма ако је његов обим \(50\,\mathrm{cm}\).

    5 A B C D E
    Решење
    1. \(AD \parallel BC\), па је \(\angle DEC = \angle ECB\) (наизменични углови), а \(\angle ECB = \angle ECD\) јер је \(CE\) симетрала угла \(BCD\). Дакле \(\angle DEC = \angle DCE\): \(\triangle DCE\) је једнакокрак, \(|DE| = |DC|\).
    2. \(|DE| = |DC| = |AB| > |AD|\), па је \(E\) на продужетку странице \(DA\) преко \(A\): \(|DE| = |DA| + |AE| = |DA| + 5\).
    3. Обим: \(2(|CD| + |DA|) = 2(2|DA| + 5) = 50\), па је \(|DA| = 10\,\mathrm{cm}\) и \(|CD| = 15\,\mathrm{cm}\).

    Решење\(|AD| = |BC| = 10\,\mathrm{cm}\), \(|AB| = |CD| = 15\,\mathrm{cm}\)

  9. (Државно 2022, VII разред, 5. задатак) У унутрашњости једнакокраког троугла \(ABC\) (\(|AC| = |BC|\)) дата је тачка \(M\) таква да је \(\angle AMB = 2\angle ACB\). На дужи \(AM\) одабрана је тачка \(N\) таква да је \(\angle CNM = \angle ACB\). Докажи да је \(|CN| = |BM| + |MN|\).

    A B C M N K
    Решење
    1. Нека је \(\angle ACB = \gamma\) и нека права \(BM\) сече дуж \(CN\) у тачки \(K\) (\(M\) је између \(B\) и \(K\)).
    2. \(\angle NMB = \angle AMB = 2\gamma\) је спољашњи угао \(\triangle KMN\) код \(M\), па је \(\angle NKM\) \(= 2\gamma - \angle KNM\) \(= 2\gamma - \gamma\) \(= \gamma\). Дакле \(\triangle KMN\) је једнакокрак: \(|MK| = |MN|\).
    3. Нека је \(\angle BCK = x\). У \(\triangle CAN\) је \(\angle ACN = \gamma - x\) и \(\angle CNA = 180^\circ - \gamma\), па је \(\angle CAN\) \(= 180^\circ - (180^\circ - \gamma) - (\gamma - x)\) \(= x\).
    4. \(\angle CKB\) \(= 180^\circ - \angle NKM\) \(= 180^\circ - \gamma\) \(= \angle CNA\).
    5. \(\triangle BCK \cong \triangle CAN\) (УСУ: \(|BC| = |CA|\), \(\angle BCK = \angle CAN = x\), \(\angle CKB = \angle ANC\)), па је \(|CN| = |BK|\) \(= |BM| + |MK|\) \(= |BM| + |MN|\).

    Решење\(|CN| = |BM| + |MN|\)

  10. (Државно 2026, VII разред, 3. задатак) Нека су \(ABC\) и \(DEC\) подударни троуглови, при чему је \(|AB| = |DE|\), \(|AC| = |DC|\), \(|BC| = |EC|\) и важи \(\angle CAB = 60^\circ\), \(\angle ABC = 45^\circ\), \(\angle ACD = 30^\circ\). Дуж \(DE\) сече дужи \(AB\) и \(BC\) редом у тачкама \(F\) и \(G\), а тачка \(M\) је средиште дужи \(FG\). Уколико важи \(|CM| = \sqrt6\,\mathrm{cm}\), израчунај обим и површину троугла \(ABC\). (Последњи корак, рачунање дужина из \(|CM|\), користи Питагорину теорему.)

    A B C D E F G M
    Решење
    1. Из подударности: \(\angle CDE = \angle CAB = 60^\circ\), \(\angle DEC = \angle ABC = 45^\circ\), \(\angle ACB = \angle DCE = 75^\circ\).
    2. \(|CA| = |CD|\) и \(\angle ACD = 30^\circ\), па је \(\angle CAD = \angle CDA = 75^\circ\). Нека је \(H = CD \cap AB\): у \(\triangle CAH\) је \(\angle CAH = 60^\circ\) и \(\angle ACH = 30^\circ\), па је \(\angle AHC = 90^\circ\), тј. \(CD \perp AB\). У правоуглом \(\triangle HFD\) је \(\angle HDF = 60^\circ\), па је \(\angle AFD = \angle HFD = 30^\circ\).
    3. \(\angle DCB\) \(= 75^\circ - 30^\circ\) \(= 45^\circ\), па је \(\angle BCE\) \(= 75^\circ - 45^\circ\) \(= 30^\circ\). Из \(|BC| = |EC|\) следи \(\angle CBE = \angle CEB = 75^\circ\), па је \(\angle BEG\) \(= 75^\circ - 45^\circ\) \(= 30^\circ\).
    4. У \(\triangle BEF\) је \(\angle BFE\) \(= \angle AFD\) \(= 30^\circ\) \(= \angle BEF\), па је \(|BE| = |BF|\). У \(\triangle BEG\) је \(\angle EGB\) \(= 180^\circ - 30^\circ - 75^\circ\) \(= 75^\circ\) \(= \angle EBG\), па је \(|BE| = |GE|\).
    5. \(\triangle CFB \cong \triangle CGE\) (СУС: \(|CB| = |CE|\), \(|BF| = |BE| = |GE|\), \(\angle CBF = \angle CEG = 45^\circ\)), па је \(|CF| = |CG|\): \(\triangle CFG\) је једнакокрак, а \(M\) средиште основице, па је \(CM \perp DE\).
    6. \(\triangle CME\) је правоугли са \(\angle CEM = 45^\circ\), па је \(|ME| = |CM| = \sqrt6\) и (Питагора) \(|CE| = \sqrt{6 + 6} = 2\sqrt3\). \(\triangle CMD\) је правоугли са \(\angle CDM = 60^\circ\), дакле половина једнакостраничног троугла: \(|CD| = 2|DM|\), па из \(|CD|^2 = |DM|^2 + 6\) следи \(|DM| = \sqrt2\) и \(|CD| = 2\sqrt2\).
    7. \(|DE| = |DM| + |ME|\) \(= \sqrt2 + \sqrt6\). Обим: \(|DE| + |EC| + |CD|\) \(= 3\sqrt2 + 2\sqrt3 + \sqrt6\). Површина: \(\tfrac12 |DE| \cdot |CM|\) \(= \tfrac12(\sqrt2 + \sqrt6)\sqrt6\) \(= \tfrac12(2\sqrt3 + 6)\) \(= 3 + \sqrt3\).

    Решење\(O = (3\sqrt2 + 2\sqrt3 + \sqrt6)\,\mathrm{cm}\), \(P = (3 + \sqrt3)\,\mathrm{cm}^2\)

Симетрале угла и дужи

Задаци (10) — исти задаци су и на страни „Симетрале угла и дужи“

  1. (Окружно 2021, VI разред, 5. задатак) Симетрала унутрашњег угла код темена \(A\) троугла \(ABC\) сече страницу \(BC\) у тачки \(D\). Нека је \(E\) унутрашња тачка странице \(AB\) при чему је \(\angle ADB = 94^\circ\), \(\angle ACE = 38^\circ\) и \(\angle CEB = 84^\circ\). Одреди која је најкраћа, а која најдужа страница троугла \(ABC\).

    A B C D E
    Решење
    1. \(\angle AEC\) \(= 180^\circ - 84^\circ\) \(= 96^\circ\), па је из \(\triangle AEC\): \(\alpha\) \(= 180^\circ - 96^\circ - 38^\circ\) \(= 46^\circ\).
    2. \(\angle BAD\) \(= \tfrac{\alpha}{2}\) \(= 23^\circ\), па је из \(\triangle ABD\): \(\beta = 180^\circ - 94^\circ - 23^\circ\) \(= 63^\circ\).
    3. \(\gamma\) \(= 180^\circ - 46^\circ - 63^\circ\) \(= 71^\circ\).
    4. Наспрам већег угла је већа страница: \(\gamma > \beta > \alpha\), па је \(|AB| > |AC| > |BC|\).

    Решењенајкраћа \(BC\), најдужа \(AB\)

  2. (Окружно 2022, VI разред, 3. задатак) Дат је троугао \(ABC\). Угао који граде симетрале спољашњих углова код темена \(B\) и \(C\) једнак је унутрашњем углу код темена \(A\) и за \(7^\circ\) је већи од унутрашњег угла код темена \(C\). Упореди дужине страница троугла \(ABC\).

    A B C S
    Решење
    1. Нека се симетрале секу у \(S\). Спољашњи угао код \(B\) има меру \(180^\circ - \beta = \alpha + \gamma\), па је \(\angle SBC\) \(= \tfrac{\alpha + \gamma}{2}\); слично \(\angle SCB\) \(= \tfrac{\alpha + \beta}{2}\).
    2. Из \(\triangle BSC\): \(\angle BSC\) \(= 180^\circ - \tfrac{\alpha+\gamma}{2} - \tfrac{\alpha+\beta}{2}\) \(= 180^\circ - \alpha - \tfrac{\beta + \gamma}{2}\) \(= 180^\circ - \alpha - \tfrac{180^\circ - \alpha}{2}\) \(= 90^\circ - \tfrac{\alpha}{2}\).
    3. Услов \(\angle BSC = \alpha\) даје \(90^\circ - \tfrac{\alpha}{2}\) \(= \alpha\), тј. \(\alpha = 60^\circ\). Онда је \(\gamma\) \(= 60^\circ - 7^\circ\) \(= 53^\circ\) и \(\beta = 180^\circ - 60^\circ - 53^\circ\) \(= 67^\circ\).
    4. \(\beta > \alpha > \gamma\), па је \(|AC| > |BC| > |AB|\).

    Решење\(|AC| > |BC| > |AB|\)

  3. (Окружно 2023, VI разред, 5. задатак) Дат је квадрат \(ABCD\). Нека је \(E\) тачка на полуправој \(AB\) таква да је \(\angle AED = 22^\circ 30'\). Ако се дужи \(AC\) и \(DE\) секу у тачки \(S\), одреди меру угла \(BSE\).

    A B C D E S
    Решење
    1. \(\angle EDA\) \(= 90^\circ - 22^\circ 30'\) \(= 67^\circ 30'\).
    2. \(\angle DAS = 45^\circ\) (\(AC\) је дијагонала квадрата), па је у \(\triangle ADS\): \(\angle DSA\) \(= 180^\circ - 45^\circ - 67^\circ 30'\) \(= 67^\circ 30'\). Дакле \(\triangle ADS\) је једнакокрак, \(|AS| = |AD|\).
    3. \(|AS| = |AD| = |AB|\), па је \(\triangle ABS\) једнакокрак са \(\angle BAS = 45^\circ\): \(\angle ASB\) \(= \angle ABS\) \(= 67^\circ 30'\).
    4. \(\angle BSE\) \(= 180^\circ - \angle ASB - \angle DSA\) \(= 180^\circ - 2 \cdot 67^\circ 30'\) \(= 45^\circ\).

    Решење\(\angle BSE = 45^\circ\)

  4. (Окружно 2026, VI разред, 2. задатак) Дат је паралелограм \(ABCD\). Дијагонала \(AC\) дели оштар угао \(BAD\) на два дела који се разликују за \(15^\circ\). Нормала из темена \(D\) на страницу \(BC\) сече дијагоналу \(AC\) у тачки \(H\) тако да је \(\angle AHD = 55^\circ\). Одреди мере унутрашњих углова тог паралелограма. Одреди сва решења.

    A B C D E H
    Решење
    1. Нека је \(E\) подножје нормале из \(D\) на \(BC\). \(\angle CHE = \angle AHD = 55^\circ\) (унакрсни), па је у правоуглом \(\triangle CHE\): \(\angle HCE = 35^\circ\).
    2. \(AD \parallel BC\), па је \(\angle CAD = \angle ACB = 35^\circ\) (наизменични углови).
    3. \(|\angle CAD - \angle BAC|\) \(= 15^\circ\), па је \(\angle BAC = 20^\circ\) или \(\angle BAC = 50^\circ\).
    4. Ако је \(\angle BAC = 20^\circ\): \(\angle BAD = 55^\circ\), \(\angle ABC = 125^\circ\). Ако је \(\angle BAC = 50^\circ\): \(\angle BAD = 85^\circ\), \(\angle ABC = 95^\circ\). Наспрамни углови паралелограма су једнаки.

    Решење\(55^\circ, 125^\circ, 55^\circ, 125^\circ\) или \(85^\circ, 95^\circ, 85^\circ, 95^\circ\)

  5. (Окружно 2022, VII разред, 5. задатак) Нека је \(M\) пресек симетрале унутрашњег угла код темена \(A\) и странице \(BC\) троугла \(ABC\). Ако је центар уписане кружнице троугла \(AMB\) уједно и центар описане кружнице троугла \(ABC\), одреди мере углова троугла \(ABC\).

    A B C M O
    Решење
    1. Нека је \(O\) та тачка. \(\angle CAM\) \(= \angle MAB\) \(= \tfrac{\alpha}{2}\), а \(OA\) је симетрала угла \(MAB\), па је \(\angle MAO\) \(= \angle OAB\) \(= \tfrac{\alpha}{4}\).
    2. \(|OA| = |OB| = |OC|\) (центар описане кружнице), па су троуглови \(OAB\), \(OBC\) и \(OCA\) једнакокраки.
    3. \(\angle OCA\) \(= \angle OAC\) \(= \tfrac{\alpha}{2} + \tfrac{\alpha}{4}\) \(= \tfrac{3\alpha}{4}\) и \(\angle OBA\) \(= \angle OAB\) \(= \tfrac{\alpha}{4}\).
    4. \(OB\) је симетрала угла \(ABM\), па је \(\angle OBC\) \(= \angle OBA\) \(= \tfrac{\alpha}{4}\), а онда и \(\angle OCB\) \(= \angle OBC\) \(= \tfrac{\alpha}{4}\).
    5. \(\beta = 2 \cdot \tfrac{\alpha}{4}\) \(= \tfrac{\alpha}{2}\) и \(\gamma\) \(= \tfrac{3\alpha}{4} + \tfrac{\alpha}{4}\) \(= \alpha\). Из \(\alpha + \tfrac{\alpha}{2} + \alpha\) \(= 180^\circ\) следи \(\alpha = 72^\circ\).

    Решење\(\alpha = 72^\circ\), \(\beta = 36^\circ\), \(\gamma = 72^\circ\)

  6. (Државно 2024, VII разред, 4. задатак) Дат је троугао \(ABC\) у коме је \(\angle BCA = 60^\circ\). Нека симетрала угла \(BAC\) сече страницу \(BC\) у тачки \(D\), а симетрала угла \(ABC\) страницу \(AC\) у тачки \(E\). Докажи да је \(|AB| = |AE| + |BD|\).

    A B C D E I F
    Решење
    1. Нека је \(I\) пресек симетрала \(AD\) и \(BE\). Из \(\triangle AIB\): \(\angle AIB\) \(= 180^\circ - \tfrac{\alpha}{2} - \tfrac{\beta}{2}\) \(= 180^\circ - \tfrac{180^\circ - 60^\circ}{2}\) \(= 120^\circ\), па је \(\angle AIE = \angle BID = 60^\circ\).
    2. Нека је \(F\) тачка дужи \(AB\) таква да је \(|AF| = |AE|\).
    3. \(\triangle AIE \cong \triangle AIF\) (СУС: \(|AE| = |AF|\), \(\angle EAI = \angle FAI\), \(AI\) заједничка), па је \(\angle AIF = \angle AIE = 60^\circ\).
    4. \(\angle BIF\) \(= \angle AIB - \angle AIF\) \(= 120^\circ - 60^\circ\) \(= 60^\circ\) \(= \angle BID\).
    5. \(\triangle BIF \cong \triangle BID\) (УСУ: \(BI\) заједничка, \(\angle IBF = \angle IBD\), \(\angle BIF = \angle BID\)), па је \(|BF| = |BD|\).
    6. \(|AB| = |AF| + |FB| = |AE| + |BD|\).

    Решење\(|AB| = |AE| + |BD|\)

  7. (Државно 2019, VI разред, 3. задатак) У троуглу \(ABC\) мерни бројеви дужина страница су три узастопна природна броја. Нека је \(P\) средиште странице \(BC\) и нека је симетрала угла \(BCA\) нормална на дуж \(AP\). Одреди мерне бројеве дужина страница троугла \(ABC\).

    2 3 4 C B A P T
    Решење
    1. У \(\triangle ACP\) симетрала угла код \(C\) је уједно и висина (нормална је на \(AP\)), па је тај троугао једнакокрак: \(|CA| = |CP|\).
    2. \(|CP| = \tfrac12|BC|\), па је \(|BC| = 2|AC|\).
    3. Странице су \(n\), \(n+1\), \(n+2\) и једна је двоструко већа од друге: \(n + 2 = 2n\) даје \(n = 2\) (\(n + 1 = 2n\) даје \(n = 1\), али тада \(1, 2, 3\) не чине троугао; \(n + 2 = 2(n+1)\) је немогуће).
    4. \(|AC| = 2\), \(|AB| = 3\), \(|BC| = 4\); неједнакост троугла \(2 + 3 > 4\) важи.

    Решење\(|AC| = 2\), \(|AB| = 3\), \(|BC| = 4\)

  8. (Државно 2026, VI разред, 3. задатак) У троуглу \(ABC\) мера унутрашњег угла код темена \(A\) је \(6\) пута већа од мере угла код темена \(B\). Симетрала странице \(AC\) сече страницу \(BC\) у тачки \(M\), при чему је троугао \(ABM\) једнакокрак. Одреди мере унутрашњих углова троугла \(ABC\). Одреди сва решења.

    A B C M S
    Решење
    1. Нека је \(\beta = \angle ABC\); тада је \(\alpha = 6\beta\) и \(\gamma = 180^\circ - 7\beta\).
    2. \(M\) је на симетрали дужи \(AC\), па је \(|MA| = |MC|\) и \(\angle MAC = \angle MCA = \gamma\). Отуда \(\angle BAM\) \(= \alpha - \gamma\) \(= 13\beta - 180^\circ\) и \(\angle AMB\) \(= 2\gamma\) \(= 360^\circ - 14\beta\) (спољашњи угао \(\triangle AMC\)).
    3. \(|MA| = |MB|\): \(\angle BAM = \angle ABM\), \(13\beta - 180^\circ = \beta\), \(\beta = 15^\circ\); углови су \(90^\circ, 15^\circ, 75^\circ\).
    4. \(|BA| = |BM|\): \(\angle AMB = \angle BAM\), \(360^\circ - 14\beta\) \(= 13\beta - 180^\circ\), \(\beta = 20^\circ\); углови су \(120^\circ, 20^\circ, 40^\circ\).
    5. \(|AB| = |AM|\): \(\angle AMB = \angle ABM\), \(360^\circ - 14\beta = \beta\), \(\beta = 24^\circ\); углови су \(144^\circ, 24^\circ, 12^\circ\).

    Решење\((\alpha, \beta, \gamma) \in \{(90^\circ, 15^\circ, 75^\circ), (120^\circ, 20^\circ, 40^\circ), (144^\circ, 24^\circ, 12^\circ)\}\)

  9. (Државно 2023, VI разред, 4. задатак) У једнакокраком троуглу \(ABC\) (\(|AC| = |BC|\)) мера угла при врху је \(108^\circ\). Нека је \(E\) тачка пресека симетрале угла \(BAC\) и странице \(BC\). Ако је дуж \(CD\) висина која одговара основици овог троугла, докажи да је \(|AE| = 2|CD|\).

    A B C D E O F
    Решење
    1. \(\angle CAB = \angle CBA = 36^\circ\), па је \(\angle CAE = \angle EAB = 18^\circ\) и \(\angle AEC\) \(= 180^\circ - 108^\circ - 18^\circ\) \(= 54^\circ\).
    2. Нека је \(O = CD \cap AE\). Висина \(CD\) једнакокраког троугла је и симетрала угла \(ACB\), па је \(\angle OCE = 54^\circ = \angle OEC\): \(\triangle OCE\) је једнакокрак, \(|OC| = |OE|\).
    3. Нека је \(F\) средиште дужи \(AE\). \(DF\) је средња линија \(\triangle ABE\) (\(D\) је средиште \(AB\)), па је \(DF \parallel BC\).
    4. Из \(DF \parallel CE\): \(\angle ODF = \angle OCE = 54^\circ\) и \(\angle OFD = \angle OEC = 54^\circ\) (наизменични углови), па је \(\triangle OFD\) једнакокрак, \(|OF| = |OD|\).
    5. \(|CD| = |CO| + |OD|\) \(= |OE| + |OF|\) \(= |EF|\) \(= \tfrac12|AE|\), тј. \(|AE| = 2|CD|\).

    Решење\(|AE| = 2|CD|\)

  10. (Окружно 2019, VI разред, 4. задатак) У правоуглом троуглу \(ABC\) (\(\angle C\) је прав) важи \(|BC| < |CA|\). Нека су \(D\), \(E\) и \(F\) тачке на хипотенузи \(AB\) такве да је \(CD\) висина, \(CE\) симетрала правог угла, а \(CF\) тежишна дуж. Ако је један од углова \(\angle BCD\), \(\angle DCE\), \(\angle ECF\) и \(\angle FCA\) двапут већи од неког другог од њих, израчунај углове датог троугла.

    A B C D E F
    Решење
    1. Нека је \(\angle BAC = \alpha\), \(\angle ABC\) \(= \beta\) \(= 90^\circ - \alpha\). Из \(|BC| < |CA|\) је \(\alpha < \beta\), тј. \(\alpha < 45^\circ\).
    2. \(\angle BCD\) \(= 90^\circ - \beta\) \(= \alpha\) (правоугли \(\triangle BDC\)). \(|FC| = |FA|\) (тежишна дуж на хипотенузу), па је \(\angle FCA = \alpha\).
    3. \(\angle BCE = \angle ECA = 45^\circ\), па је \(\angle DCE = 45^\circ - \alpha\) и \(\angle ECF = 45^\circ - \alpha\).
    4. Четири угла су \(\alpha\), \(45^\circ - \alpha\), \(45^\circ - \alpha\), \(\alpha\). Или је \(\alpha = 2(45^\circ - \alpha)\), тј. \(\alpha = 30^\circ\), или је \(45^\circ - \alpha = 2\alpha\), тј. \(\alpha = 15^\circ\).

    Решење\(30^\circ, 60^\circ, 90^\circ\) или \(15^\circ, 75^\circ, 90^\circ\)

Тежишне дужи и средња линија

Задаци (6) — исти задаци су и на страни „Тежишне дужи и средња линија“

  1. (Окружно 2020, VII разред, 5. задатак) У правоуглом троуглу \(ABC\), са правим углом у темену \(C\), важи \(|BC| = 3|AC|\). Нека су \(M\) и \(N\) тачке катете \(BC\) такве да је \(|BM| = |MN| = |NC|\) и \(K\) средиште хипотенузе \(AB\). Израчунај меру угла \(MKN\).

    C A B M N K L
    Решење
    1. \(|BM| = |MN| = |NC| = |AC|\). Нека је \(L\) средиште дужи \(BC\); оно је и средиште дужи \(MN\) (\(|BM| = |NC|\)).
    2. \(KL\) је средња линија \(\triangle ABC\): \(KL \parallel AC\), па је \(KL \perp BC\), и \(|KL| = \tfrac12|AC|\) \(= \tfrac12|MN|\) \(= |ML|\) \(= |LN|\).
    3. \(\triangle KLM\) и \(\triangle KLN\) су једнакокрако-правоугли, па је \(\angle MKL = \angle NKL = 45^\circ\).
    4. \(\angle MKN\) \(= 45^\circ + 45^\circ\) \(= 90^\circ\).

    Решење\(\angle MKN = 90^\circ\)

  2. (Окружно 2019, VII разред, 4. задатак) Страница \(AB\) конвексног четвороугла \(ABCD\) је два пута дужа од њој наспрамне странице \(CD\). Дијагонала \(BD\) нормална је на страницу \(AD\), а дијагонала \(AC\) нормална је на страницу \(BC\). Одреди угао између дијагонала датог четвороугла.

    A B C D M O
    Решење
    1. Нека је \(M\) средиште дужи \(AB\). Троуглови \(ADB\) и \(ACB\) су правоугли са хипотенузом \(AB\), па је \(|MD| = |MC| = \tfrac12|AB| = |CD|\): \(\triangle MCD\) је једнакостраничан.
    2. \(|MD| = |MB|\), па је \(\angle MDB = \angle MBD = x\); \(|MC| = |MA|\), па је \(\angle MCA = \angle MAC = y\).
    3. \(\angle ODC = 60^\circ - x\) и \(\angle OCD = 60^\circ - y\), где је \(O\) пресек дијагонала. Из \(\triangle ODC\): \(\angle DOC\) \(= 180^\circ - (60^\circ - x) - (60^\circ - y)\) \(= 60^\circ + x + y\).
    4. Из \(\triangle AOB\): \(\angle AOB = 180^\circ - x - y\), а \(\angle AOB = \angle DOC\) (унакрсни), па је \(60^\circ + x + y\) \(= 180^\circ - x - y\), тј. \(x + y = 60^\circ\).
    5. \(\angle AOB = 120^\circ\), па је оштар угао између дијагонала \(60^\circ\).

    Решење\(60^\circ\)

  3. (Окружно 2023, VII разред, 3. задатак) Дијагонале \(AC\) и \(BD\) паралелограма \(ABCD\) секу се у тачки \(O\). Тачка \(E\) је тежиште троугла \(ABD\). На дужи \(OC\) дата је тачка \(G\) таква да је \(|OG| : |GC| = 1 : 2\). Докажи да је четвороугао \(EBGD\) паралелограм.

    A B C D O E G
    Решење
    1. \(O\) је средиште дијагонале \(BD\), па је \(AO\) тежишна дуж \(\triangle ABD\) и тежиште \(E\) лежи на њој: \(|AE| : |EO| = 2 : 1\), тј. \(|OE| = \tfrac13|AO|\).
    2. \(|OC| = |AO|\) (дијагонале паралелограма се полове), па је \(|OG| = \tfrac13|OC|\) \(= \tfrac13|AO|\) \(= |OE|\).
    3. \(E\) и \(G\) су на правој \(AC\) са различитих страна тачке \(O\), па је \(O\) средиште дужи \(EG\). \(O\) је и средиште дужи \(BD\).
    4. Четвороугао чије се дијагонале полове је паралелограм, па је \(EBGD\) паралелограм.

    Решење\(EBGD\) је паралелограм

  4. (Државно 2021, VI разред, 5. задатак) У троуглу \(ABC\) је \(\angle BAC = 45^\circ\). Нека је \(M\) тачка на страници \(AC\) таква да је \(|MC| = 2|AM|\) и \(\angle ABM = 15^\circ\). Одреди меру угла \(ACB\).

    A B C M D
    Решење
    1. Из \(\triangle ABM\): \(\angle AMB\) \(= 180^\circ - 45^\circ - 15^\circ\) \(= 120^\circ\), па је \(\angle BMC = 60^\circ\).
    2. Нека је \(D\) подножје нормале из \(C\) на праву \(BM\). У правоуглом \(\triangle CDM\) је \(\angle CMD = 60^\circ\) и \(\angle MCD = 30^\circ\), па је \(|DM| = \tfrac12|MC| = |AM|\) (катета наспрам угла од \(30^\circ\) је половина хипотенузе).
    3. \(\triangle AMD\) је једнакокрак са \(\angle AMD = 120^\circ\), па је \(\angle MAD = \angle MDA = 30^\circ\).
    4. \(\angle DAB\) \(= 45^\circ - 30^\circ\) \(= 15^\circ\) \(= \angle ABD\), па је \(|AD| = |BD|\).
    5. У \(\triangle ADC\) је \(\angle DAC = 30^\circ = \angle DCA\), па је \(|AD| = |CD|\). Дакле \(|BD| = |CD|\): правоугли \(\triangle BDC\) је једнакокрак, \(\angle DCB = 45^\circ\).
    6. \(\angle ACB\) \(= \angle ACD + \angle DCB\) \(= 30^\circ + 45^\circ\) \(= 75^\circ\).

    Решење\(\angle ACB = 75^\circ\)

  5. (Државно 2024, VI разред, 2. задатак) Нека је \(M\) тачка на катети \(BC\) правоуглог троугла \(ABC\), таква да је \(|BM| = 2|MC|\). Ако је \(K\) средиште хипотенузе \(AB\) овог троугла, докажи да је \(\angle BAM = \angle MKC\).

    C A B M K L
    Решење
    1. Нека је \(L\) средиште дужи \(BM\). Тада је \(|BL| = |LM| = |MC|\).
    2. \(LK\) је средња линија \(\triangle MAB\) (\(K\) средиште \(AB\), \(L\) средиште \(BM\)), па је \(LK \parallel MA\) и \(\angle BKL = \angle BAM\).
    3. \(|KB| = |KC|\) (тежишна дуж на хипотенузу), па је \(\angle KBL = \angle KCM\).
    4. \(\triangle LKB \cong \triangle MKC\) (СУС: \(|BL| = |CM|\), \(|BK| = |CK|\), \(\angle KBL = \angle KCM\)), па је \(\angle BKL = \angle CKM\).
    5. \(\angle BAM\) \(= \angle BKL\) \(= \angle MKC\).

    Решење\(\angle BAM = \angle MKC\)

  6. (Државно 2021, VII разред, 5. задатак) Странице троугла \(ABC\) су \(|AB| = 125\,\mathrm{cm}\), \(|AC| = 117\,\mathrm{cm}\), \(|BC| = 120\,\mathrm{cm}\). Симетрала унутрашњег угла код темена \(A\) сече дуж \(BC\) у тачки \(L\), док симетрала унутрашњег угла код темена \(B\) сече \(AC\) у тачки \(K\). Нека су \(M\) и \(N\) подножја нормала из тачке \(C\) редом на \(BK\) и \(AL\). Одреди дужину дужи \(MN\).

    A B C L K M N P Q
    Решење
    1. Нека права \(CM\) сече \(AB\) у тачки \(P\). \(\triangle BMC \cong \triangle BMP\) (УСУ: \(\angle CBM = \angle PBM\), \(BM\) заједничка, прави углови код \(M\)), па је \(|BP| = |BC| = 120\) и \(M\) је средиште дужи \(CP\).
    2. Исто тако, ако права \(CN\) сече \(AB\) у \(Q\): \(|AQ| = |AC| = 117\) и \(N\) је средиште дужи \(CQ\).
    3. \(MN\) је средња линија \(\triangle CPQ\), па је \(|MN| = \tfrac12|PQ|\).
    4. \(P\) и \(Q\) су на дужи \(AB\) (\(|BP| < |AB|\), \(|AQ| < |AB|\)) и дужи \(AQ\) и \(BP\) се преклапају баш по дужи \(PQ\): \(|PQ| = |AQ| + |BP| - |AB|\) \(= 117 + 120 - 125\) \(= 112\).
    5. \(|MN| = 56\,\mathrm{cm}\).

    Решење\(|MN| = 56\,\mathrm{cm}\)

Висине, ортоцентар, уписани и описани круг

Задаци (3) — исти задаци су и на страни „Висине, ортоцентар, уписани и описани круг“

  1. (Државно 2019, VII разред, 3. задатак) У оштроуглом троуглу \(ABC\), тачке \(D\) и \(E\) су подножја висина из \(C\) и \(A\), тим редом, при чему важи \(|AD| = |BC|\). Ако је \(F\) подножје нормале из тачке \(D\) на дуж \(AE\), докажи да је полуправа \(BF\) симетрала угла \(ABC\).

    A B C D E F
    Решење
    1. Нека је \(\angle ABC = \beta\). Из правоуглог \(\triangle ABE\): \(\angle EAB = 90^\circ - \beta\); из правоуглог \(\triangle CDB\): \(\angle DCB = 90^\circ - \beta\).
    2. \(\triangle AFD \cong \triangle CDB\) (правоугли код \(F\) и \(D\), хипотенузе \(|AD| = |CB|\), оштри углови \(\angle FAD = \angle DCB\)), па је \(|DF| = |BD|\).
    3. \(DF \perp AE\) и \(BE \perp AE\), па је \(DF \parallel BE\) и \(\angle DFB = \angle FBE\) (наизменични углови).
    4. \(\triangle DFB\) је једнакокрак (\(|DF| = |DB|\)), па је \(\angle DBF\) \(= \angle DFB\) \(= \angle FBE\): \(BF\) полови угао \(ABC\).

    Решење\(BF\) је симетрала угла \(ABC\)

  2. (Државно 2021, VI разред, 1. задатак) У разностраничан троугао \(ABC\) уписан је круг \(k\) чији је центар тачка \(O\). Конструисане су праве \(p\) и \(q\), које садрже тачку \(O\), такве да је \(p \parallel AC\) и \(q \parallel BC\). Права \(p\) сече страницу \(AB\) у тачки \(M\), а права \(q\) сече страницу \(AB\) у тачки \(N\). Докажи да је обим троугла \(OMN\) једнак дужини странице \(AB\).

    A B C O M N
    Решење
    1. \(O\) је пресек симетрала углова, па је \(\angle MAO = \angle OAC\).
    2. \(p \parallel AC\), па је \(\angle AOM = \angle OAC\) (наизменични углови). Дакле \(\angle MAO = \angle AOM\) и \(\triangle AOM\) је једнакокрак: \(|AM| = |OM|\).
    3. Исто тако из \(q \parallel BC\) и \(\angle NBO = \angle OBC\): \(|BN| = |ON|\).
    4. Обим \(\triangle OMN\): \(|OM| + |MN| + |NO|\) \(= |AM| + |MN| + |NB|\) \(= |AB|\).

    Решење\(O(OMN) = |AB|\)

  3. (Државно 2019, VII разред, 4. задатак) Дат је правоугли троугао \(ABC\) са правим углом код темена \(C\) и углом \(BAC\) од \(20^\circ\). На хипотенузи \(AB\) дате су тачке \(O\) и \(D\), такве да је \(D\) средиште дужи \(OB\), а круг са центром у \(O\), полупречника \(|OD|\), додирује страницу \(AC\). Одреди величину угла \(BCD\).

    A B C O D T U V
    Решење
    1. Нека је \(T\) додирна тачка круга и странице \(AC\). Полупречник је нормалан на тангенту: \(OT \perp AC\), \(|OT| = |OD| = |DB|\).
    2. Из правоуглог \(\triangle ATO\): \(\angle AOT = 70^\circ\), па је \(\angle TOD = 110^\circ\) и у једнакокраком \(\triangle TOD\): \(\angle OTD = \angle ODT = 35^\circ\).
    3. \(OT \perp AC\) и \(BC \perp AC\), па је \(OT \parallel BC\). Нека права кроз \(D\) паралелна са \(AC\) сече праву \(OT\) у \(U\) и дуж \(BC\) у \(V\).
    4. \(\triangle ODU \cong \triangle BDV\) (УСУ: \(|OD| = |DB|\), \(\angle ODU = \angle BDV\) унакрсни, \(\angle DOU = \angle DBV\) као наизменични углови уз \(OT \parallel BC\)), па је \(|DU| = |DV|\).
    5. \(UTCV\) је правоугаоник (\(UV \parallel TC\), \(UT \perp TC\), \(VC \perp TC\)), па је \(|UT| = |VC|\).
    6. \(\triangle DUT \cong \triangle DVC\) (СУС: прави углови код \(U\) и \(V\), \(|DU| = |DV|\), \(|UT| = |VC|\)), па је \(|DT| = |DC|\) и \(\angle DCT\) \(= \angle DTC\) \(= 90^\circ - 35^\circ\) \(= 55^\circ\).
    7. \(\angle BCD\) \(= 90^\circ - \angle DCA\) \(= 90^\circ - 55^\circ\) \(= 35^\circ\).

    Решење\(\angle BCD = 35^\circ\)

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 Задаци са такмичења} \\[2pt]
  {\small Задаци са такмичења: сви задаци}
\end{center}

Овде су задаци о подударности троуглова и значајним линијама троугла (симетрале, тежишне дужи, средња линија, висине, уписани и описани круг) са окружних (у Београду: градских) и државних такмичења из математике за основне школе, које организује Друштво математичара Србије, од 2019. до 2026. године. Узети су задаци за VI разред (где је ово градиво по програму) и они задаци за VII разред који се решавају само овим средствима.

Задаци су груписани по томе шта је главна идеја решења, а не по години. На овој страни су сви задаци; исте групе су и на посебним странама. Уз сваки задатак стоји одакле је; решења су сложена испод задатка, са пуним поступком. Оригинални PDF-ови са свим разредима су у фасцикли такмичења (matematika/VII-razred/okruzno и matematika/VII-razred/drzavno).

\section*{Шта се најчешће користи}

\begin{itemize}
  \item Став подударности (СУС, УСУ, ССС) са јасно наведена три услова; одговарајући елементи подударних троуглова су једнаки.
  \item Једнакокраки троугао: једнаки углови на основици $\iff$ једнаки краци. Симетрала угла при врху је и висина и симетрала основице.
  \item Тежишна дуж на хипотенузу једнака је половини хипотенузе (средиште хипотенузе је центар описаног круга); катета наспрам угла од $30^\circ$ је половина хипотенузе.
  \item Средња линија троугла паралелна је страници и једнака њеној половини.
  \item Спољашњи угао троугла једнак је збиру два несуседна унутрашња угла.
  \item Помоћна тачка: пренети дуж на продужетак (нпр. $\len{EB} = \len{BA}$), спустити нормалу, узети средиште, повући паралелу.
\end{itemize}

\section*{Подударност троуглова}

\paragraph{Задаци}
\begin{enumerate}
  \item (Окружно 2026, VI разред, 5. задатак) У унутрашњости једнакостраничног троугла $ABC$ одређене су тачке $P$ и $Q$ тако да је $\angle ABP = 30^\circ$, $\angle BAP = 45^\circ$, $\angle QAB = \angle QBA = 15^\circ$. Докажи да је $\len{AP} = \len{AQ}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.91, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (3,5.2);
  \coordinate (P) at (2.2,2.2);
  \coordinate (Q) at (3,0.8);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (A) -- (P);
  \draw (B) -- (P);
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (Q);
  \draw[thick, red!70!black] (B) -- (Q);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (C) -- (Q);
  \pic[draw, angle radius=9.38mm] {angle=B--A--P};
  \pic[draw, angle radius=10.63mm] {angle=P--B--A};
  \pic[draw, angle radius=14.38mm] {angle=B--A--Q};
  \pic[draw, angle radius=15.63mm] {angle=Q--B--A};
  \draw ($(A)!0.5!(P)!3pt!90:(P)$) -- ($(A)!0.5!(P)!3pt!-90:(P)$);
  \draw ($(A)!0.5!(Q)!3pt!90:(Q)$) -- ($(A)!0.5!(Q)!3pt!-90:(Q)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,P,Q} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[above right] at (P) {$P$};
  \node[above] at (Q) {$Q$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2026, VI разред, 4. задатак) Дат је квадрат $ABCD$. Тачке $M$, $N$ и $Q$ су редом средишта дужи $AB$, $BC$ и $DM$, а тачка $P$ је пресек дужи $CM$ и $DN$. Докажи да је $\len{CM} = 2\len{PQ}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (6,6);
  \coordinate (D) at (0,6);
  \coordinate (M) at (3,0);
  \coordinate (N) at (6,3);
  \coordinate (Q) at (1.5,3);
  \coordinate (P) at (4.8,3.6);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (N);
  \draw (D) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black] (P) -- (Q);
  \draw ($(A)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(A)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(M)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(B)!0.5!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(B)!0.5!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(N)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(N)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(D)!0.48!(Q)!3pt!90:(Q)$) -- ($(D)!0.48!(Q)!3pt!-90:(Q)$);
  \draw ($(D)!0.52!(Q)!3pt!90:(Q)$) -- ($(D)!0.52!(Q)!3pt!-90:(Q)$);
  \draw ($(Q)!0.48!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(Q)!0.48!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(Q)!0.52!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(Q)!0.52!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \pic[draw] {right angle=D--P--C};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,M,N,Q,P} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[right] at (N) {$N$};
  \node[left] at (Q) {$Q$};
  \node[above right] at (P) {$P$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2024, VI разред, 5. задатак) Нека је $M$ тачка на страници $AB$ квадрата $ABCD$ таква да је $\angle ADM = 20^\circ$, а $N$ тачка на страници $BC$ таква да је $\len{CN} = \len{DM} - \len{AM}$. Одреди меру угла $MDN$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (6,6);
  \coordinate (D) at (0,6);
  \coordinate (M) at (2.18,0);
  \coordinate (N) at (6,1.8);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (N);
  \pic[draw, angle radius=12.5mm] {angle=A--D--M};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,M,N} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[right] at (N) {$N$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2022, VI разред, 5. задатак) У троуглу $ABC$ важи $\len{BC} = 2\len{AC}$. Нека је $D$ тачка странице $BC$ таква да је $\angle CAD = \angle ABC$. Симетрала спољашњег угла код темена $C$ сече полуправу $AD$ у тачки $E$. Докажи да је $\len{AE} = \len{AB}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.78, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (2.57,3.06);
  \coordinate (B) at (8,0);
  \coordinate (C) at (0,0);
  \coordinate (D) at (2,0);
  \coordinate (E) at (1.43,-3.06);
  \coordinate (M) at (4,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (E);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (E);
  \draw[dashed] (A) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (0,0) -- (0.68,-1.45);
  \pic[draw, angle radius=9.38mm] {angle=C--A--D};
  \pic[draw, angle radius=12.5mm] {angle=A--B--C};
  \draw ($(A)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(A)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(C)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(C)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(M)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,M} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[below left] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[right] at (E) {$E$};
  \node[below] at (M) {$M$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2022, VI разред, 3. задатак) У троуглу $ABC$ је $\angle B = 80^\circ$. Нека је $D$ тачка странице $BC$ таква да је $\angle BDA = 70^\circ$ и $\len{AB} + \len{BD} = \len{AC}$. Одреди меру угла $ACB$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.15, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0.69,3.94);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (5.39,0);
  \coordinate (D) at (2.13,0);
  \coordinate (E) at (-4,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (E) -- (B);
  \draw[thick, teal!70!black] (E) -- (A);
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=C--B--A};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=A--D--B};
  \pic[draw, angle radius=10.63mm] {angle=B--E--A};
  \pic[draw, angle radius=8.13mm] {angle=E--A--B};
  \draw ($(E)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(E)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(A)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(A)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below] at (B) {$B$};
  \node[below right] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[below left] at (E) {$E$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2020, VI разред, 5. задатак) Троуглови $ABC$ и $A_1B_1C_1$ су једнакокрако-правоугли са хипотенузама $AB$, односно $A_1B_1$, при чему тачка $A_1$ припада дужи $AC$, тачка $B_1$ дужи $AB$ и тачка $C_1$ дужи $BC$. Докажи да је $\len{AA_1} = 2\len{CC_1}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (C) at (0,0);
  \coordinate (A) at (6,0);
  \coordinate (B) at (0,6);
  \coordinate (A1) at (3,0);
  \coordinate (B1) at (1.5,4.5);
  \coordinate (C1) at (0,1.5);
  \coordinate (D) at (0,4.5);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A1) -- (B1) -- (C1) -- cycle;
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (D) -- (B1);
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \pic[draw] {right angle=A1--C1--B1};
  \pic[draw] {right angle=C--D--B1};
  \draw ($(C1)!0.5!(A1)!3pt!90:(A1)$) -- ($(C1)!0.5!(A1)!3pt!-90:(A1)$);
  \draw ($(C1)!0.5!(B1)!3pt!90:(B1)$) -- ($(C1)!0.5!(B1)!3pt!-90:(B1)$);
  \foreach \pt in {C,A,B,A1,B1,C1,D} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (C) {$C$};
  \node[below right] at (A) {$A$};
  \node[above left] at (B) {$B$};
  \node[below] at (A1) {$A_1$};
  \node[above right] at (B1) {$B_1$};
  \node[left] at (C1) {$C_1$};
  \node[left] at (D) {$D$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2020, VI разред, 5. задатак) Нека је $D$ тачка на основици $BC$ једнакокраког троугла $ABC$ таква да је мера угла $BAD$ једнака $2020'$, а $E$ тачка на краку $AC$ таква да је $\len{AE} = \len{AD}$. Одреди меру угла $CDE$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (4,5.5);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (8,0);
  \coordinate (D) at (3.77,0);
  \coordinate (E) at (7.24,1.05);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (D);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (E);
  \pic[draw, angle radius=9.38mm] {angle=B--A--D};
  \pic[draw, angle radius=8.13mm] {angle=E--D--A};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=A--E--D};
  \pic[draw, angle radius=6.25mm] {angle=C--D--E};
  \draw ($(A)!0.5!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(A)!0.5!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(A)!0.5!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(A)!0.5!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E} \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[above right] at (E) {$E$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2026, VII разред, 2. задатак) Симетрала оштрог угла код темена $C$ паралелограма $ABCD$ ($\len{AB} > \len{AD}$) сече праву $AD$ у тачки $E$, при чему је $\len{AE} = 5\,\mathrm{cm}$. Израчунај дужине страница паралелограма ако је његов обим $50\,\mathrm{cm}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.91, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (8,3.46);
  \coordinate (D) at (2,3.46);
  \coordinate (E) at (-1,-1.73);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (E);
  \draw (A) -- (E);
  \pic[draw, angle radius=10.63mm] {angle=E--C--B};
  \pic[draw, angle radius=12.5mm] {angle=D--C--E};
  \pic[draw, angle radius=9.38mm] {angle=C--E--D};
  \draw ($(D)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(D)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(D)!0.5!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(D)!0.5!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \node[left] at ($(A)!0.5!(E)$) {$5$};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below left] at (E) {$E$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2022, VII разред, 5. задатак) У унутрашњости једнакокраког троугла $ABC$ ($\len{AC} = \len{BC}$) дата је тачка $M$ таква да је $\angle AMB = 2\angle ACB$. На дужи $AM$ одабрана је тачка $N$ таква да је $\angle CNM = \angle ACB$. Докажи да је $\len{CN} = \len{BM} + \len{MN}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.86, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (3,6);
  \coordinate (M) at (4.26,1.99);
  \coordinate (N) at (1.93,0.9);
  \coordinate (K) at (2.56,3.92);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (A) -- (M);
  \draw (B) -- (K);
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (N);
  \draw[thick, teal!70!black] (N) -- (K);
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=A--M--B};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=M--N--C};
  \pic[draw, angle radius=7.5mm] {angle=A--C--B};
  \draw ($(M)!0.5!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(M)!0.5!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(M)!0.5!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(M)!0.5!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,M,N,K} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[right] at (M) {$M$};
  \node[above left] at (N) {$N$};
  \node[above right] at (K) {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2026, VII разред, 3. задатак) Нека су $ABC$ и $DEC$ подударни троуглови, при чему је $\len{AB} = \len{DE}$, $\len{AC} = \len{DC}$, $\len{BC} = \len{EC}$ и важи $\angle CAB = 60^\circ$, $\angle ABC = 45^\circ$, $\angle ACD = 30^\circ$. Дуж $DE$ сече дужи $AB$ и $BC$ редом у тачкама $F$ и $G$, а тачка $M$ је средиште дужи $FG$. Уколико важи $\len{CM} = \sqrt6\,\mathrm{cm}$, израчунај обим и површину троугла $ABC$. (Последњи корак, рачунање дужина из $\len{CM}$, користи Питагорину теорему.)
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.18, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (2.2,3.8);
  \coordinate (D) at (2.2,-0.59);
  \coordinate (E) at (7.39,2.41);
  \coordinate (F) at (3.22,0);
  \coordinate (G) at (4.98,1.02);
  \coordinate (M) at (4.1,0.51);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[] (D) -- (E) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (C) -- (F);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (C) -- (G);
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=B--A--C};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=C--B--A};
  \pic[draw, angle radius=12.5mm] {angle=A--C--D};
  \pic[draw] {right angle=F--M--C};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,F,G,M} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[right] at (E) {$E$};
  \node[below] at (F) {$F$};
  \node[below right] at (G) {$G$};
  \node[below] at (M) {$M$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\noindent\textit{Решења.}

\noindent\textbf{1.} $\angle QAB = \angle QBA$, па је $\triangle ABQ$ једнакокрак: $\len{QA} = \len{QB}$. Тачка $Q$ је зато на симетрали дужи $AB$.; Симетрала дужи $AB$ у једнакостраничном троуглу пролази кроз $C$ (јер је $\len{CA} = \len{CB}$) и полови угао $ACB$: $\angle ACQ = 30^\circ$.; $\angle CAQ = \angle CAB - \angle QAB = 60^\circ - 15^\circ = 45^\circ = \angle BAP$.; $\triangle ACQ \cong \triangle ABP$ по ставу УСУ: $\len{AC} = \len{AB}$, $\angle CAQ = \angle BAP = 45^\circ$, $\angle ACQ = \angle ABP = 30^\circ$.; Из подударности је $\len{AQ} = \len{AP}$.; \textbf{Решење:} $\len{AP} = \len{AQ}$

\noindent\textbf{2.} $\triangle AMD \cong \triangle BMC$ (СУС: $\len{AM} = \len{MB}$, $\angle A = \angle B = 90^\circ$, $\len{AD} = \len{BC}$), па је $\len{DM} = \len{CM}$.; $\triangle BCM \cong \triangle CDN$ (СУС: $\len{BM} = \len{CN}$ као половине једнаких страница, $\angle B = \angle C = 90^\circ$, $\len{BC} = \len{CD}$), па је $\angle BCM = \angle CDN = x$.; $\angle MCD = 90^\circ - x$, па је у $\triangle CDP$: $\angle CPD = 180^\circ - (90^\circ - x) - x = 90^\circ$. Дакле $CM \perp DN$.; $\triangle DPM$ је правоугли са хипотенузом $DM$, а $Q$ је средиште хипотенузе, па је $\len{PQ} = \tfrac12\len{DM}$ (тежишна дуж на хипотенузу).; $\len{CM} = \len{DM} = 2\len{PQ}$.; \textbf{Решење:} $\len{CM} = 2\len{PQ}$

\noindent\textbf{3.} Нека је $K$ тачка праве $AB$ таква да је $A$ између $K$ и $M$ и $\len{AK} = \len{CN}$.; $\triangle ADK \cong \triangle CDN$ (СУС: $\len{AD} = \len{CD}$, $\angle DAK = \angle DCN = 90^\circ$, $\len{AK} = \len{CN}$), па је $\len{DK} = \len{DN}$ и $\angle ADK = \angle CDN$.; $\len{MK} = \len{MA} + \len{AK} = \len{MA} + \len{CN} = \len{MD}$, па је $\triangle DMK$ једнакокрак.; У правоуглом $\triangle AMD$ је $\angle DMA = 70^\circ$, па је $\angle MDK = \angle MKD = \tfrac{180^\circ - 70^\circ}{2} = 55^\circ$.; $\angle CDN = \angle ADK = \angle MDK - \angle MDA = 55^\circ - 20^\circ = 35^\circ$.; $\angle MDN = 90^\circ - \angle ADM - \angle CDN = 90^\circ - 20^\circ - 35^\circ = 35^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle MDN = 35^\circ$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (6,6);
  \coordinate (D) at (0,6);
  \coordinate (M) at (2.18,0);
  \coordinate (N) at (6,1.8);
  \coordinate (K) at (-4.2,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (N);
  \draw[thick, teal!70!black] (K) -- (A);
  \draw[thick, teal!70!black] (D) -- (K);
  \draw ($(A)!0.5!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(A)!0.5!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \draw ($(C)!0.5!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(C)!0.5!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \pic[draw, angle radius=12.5mm] {angle=A--D--M};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,M,N,K} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[right] at (N) {$N$};
  \node[below left] at (K) {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\noindent\textbf{4.} Нека је $M$ средиште странице $BC$. Тада је $\len{AC} = \len{CM} = \len{MB}$.; $\triangle ACM$ је једнакокрак са $\angle ACM = \gamma$, па је $\angle CAM = \angle CMA = 90^\circ - \tfrac{\gamma}{2}$ и $\angle AMB = 180^\circ - \angle CMA = 90^\circ + \tfrac{\gamma}{2}$.; Спољашњи угао код $C$ има меру $180^\circ - \gamma$, а симетрала га дели на два угла по $90^\circ - \tfrac{\gamma}{2}$. Угао $ACE$ састоји се од угла $ACB$ и једног од њих: $\angle ACE = \gamma + 90^\circ - \tfrac{\gamma}{2} = 90^\circ + \tfrac{\gamma}{2} = \angle AMB$.; $\triangle ACE \cong \triangle BMA$ (УСУ: $\len{AC} = \len{BM}$, $\angle CAE = \angle CAD = \angle ABC = \angle MBA$, $\angle ACE = \angle BMA$).; Из подударности следи $\len{AE} = \len{BA}$.; \textbf{Решење:} $\len{AE} = \len{AB}$

\noindent\textbf{5.} Из $\triangle BAD$: $\angle BAD = 180^\circ - 80^\circ - 70^\circ = 30^\circ$.; Нека је $E$ тачка праве $CB$ таква да је $B$ између $C$ и $E$ и $\len{EB} = \len{BA}$. Тада је $\angle ABE = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ$, а $\triangle ABE$ је једнакокрак, па је $\angle AEB = \angle EAB = 40^\circ$.; $\angle EAD = \angle EAB + \angle BAD = 40^\circ + 30^\circ = 70^\circ = \angle EDA$, па је $\triangle AED$ једнакокрак: $\len{EA} = \len{ED}$.; $\len{ED} = \len{EB} + \len{BD} = \len{AB} + \len{BD} = \len{AC}$, па је $\len{EA} = \len{AC}$: $\triangle AEC$ је једнакокрак.; $\angle ACB = \angle ACE = \angle AEC = 40^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle ACB = 40^\circ$

\noindent\textbf{6.} Нека је $D$ подножје нормале из $B_1$ на $BC$ и $\len{CC_1} = x$.; $\angle A_1C_1C + \angle B_1C_1D = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$, а и $\angle A_1C_1C + \angle C_1A_1C = 90^\circ$ (правоугли $\triangle A_1CC_1$), па је $\angle B_1C_1D = \angle C_1A_1C$.; $\triangle CA_1C_1 \cong \triangle DC_1B_1$ (правоугли, хипотенузе $\len{A_1C_1} = \len{C_1B_1}$, једнаки оштри углови), па је $\len{DB_1} = \len{CC_1} = x$ и $\len{DC_1} = \len{CA_1}$.; $\triangle DB_1B$ је правоугли са $\angle B = 45^\circ$, па је једнакокрак: $\len{DB} = \len{DB_1} = x$.; $\len{AA_1} = \len{AC} - \len{CA_1} = \len{BC} - \len{DC_1} = \len{DB} + \len{CC_1} = 2x$.; \textbf{Решење:} $\len{AA_1} = 2\len{CC_1}$

\noindent\textbf{7.} Нека је $\angle ABC = \angle ACB = \alpha$, $\angle ADE = \angle AED = \beta$ (јер је $\len{AE} = \len{AD}$) и $\angle CDE = x$.; $\angle ADC$ је спољашњи угао $\triangle ABD$: $\angle ADC = \alpha + 2020'$. С друге стране, $\angle ADC = \beta + x$.; $\angle AED$ је спољашњи угао $\triangle CDE$: $\beta = x + \alpha$.; $\alpha + 2020' = (x + \alpha) + x$, па је $2x = 2020'$, тј. $x = 1010' = 16^\circ 50'$.; \textbf{Решење:} $\angle CDE = 1010' = 16^\circ 50'$

\noindent\textbf{8.} $AD \parallel BC$, па је $\angle DEC = \angle ECB$ (наизменични углови), а $\angle ECB = \angle ECD$ јер је $CE$ симетрала угла $BCD$. Дакле $\angle DEC = \angle DCE$: $\triangle DCE$ је једнакокрак, $\len{DE} = \len{DC}$.; $\len{DE} = \len{DC} = \len{AB} > \len{AD}$, па је $E$ на продужетку странице $DA$ преко $A$: $\len{DE} = \len{DA} + \len{AE} = \len{DA} + 5$.; Обим: $2(\len{CD} + \len{DA}) = 2(2\len{DA} + 5) = 50$, па је $\len{DA} = 10\,\mathrm{cm}$ и $\len{CD} = 15\,\mathrm{cm}$.; \textbf{Решење:} $\len{AD} = \len{BC} = 10\,\mathrm{cm}$, $\len{AB} = \len{CD} = 15\,\mathrm{cm}$

\noindent\textbf{9.} Нека је $\angle ACB = \gamma$ и нека права $BM$ сече дуж $CN$ у тачки $K$ ($M$ је између $B$ и $K$).; $\angle NMB = \angle AMB = 2\gamma$ је спољашњи угао $\triangle KMN$ код $M$, па је $\angle NKM = 2\gamma - \angle KNM = 2\gamma - \gamma = \gamma$. Дакле $\triangle KMN$ је једнакокрак: $\len{MK} = \len{MN}$.; Нека је $\angle BCK = x$. У $\triangle CAN$ је $\angle ACN = \gamma - x$ и $\angle CNA = 180^\circ - \gamma$, па је $\angle CAN = 180^\circ - (180^\circ - \gamma) - (\gamma - x) = x$.; $\angle CKB = 180^\circ - \angle NKM = 180^\circ - \gamma = \angle CNA$.; $\triangle BCK \cong \triangle CAN$ (УСУ: $\len{BC} = \len{CA}$, $\angle BCK = \angle CAN = x$, $\angle CKB = \angle ANC$), па је $\len{CN} = \len{BK} = \len{BM} + \len{MK} = \len{BM} + \len{MN}$.; \textbf{Решење:} $\len{CN} = \len{BM} + \len{MN}$

\noindent\textbf{10.} Из подударности: $\angle CDE = \angle CAB = 60^\circ$, $\angle DEC = \angle ABC = 45^\circ$, $\angle ACB = \angle DCE = 75^\circ$.; $\len{CA} = \len{CD}$ и $\angle ACD = 30^\circ$, па је $\angle CAD = \angle CDA = 75^\circ$. Нека је $H = CD \cap AB$: у $\triangle CAH$ је $\angle CAH = 60^\circ$ и $\angle ACH = 30^\circ$, па је $\angle AHC = 90^\circ$, тј. $CD \perp AB$. У правоуглом $\triangle HFD$ је $\angle HDF = 60^\circ$, па је $\angle AFD = \angle HFD = 30^\circ$.; $\angle DCB = 75^\circ - 30^\circ = 45^\circ$, па је $\angle BCE = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ$. Из $\len{BC} = \len{EC}$ следи $\angle CBE = \angle CEB = 75^\circ$, па је $\angle BEG = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ$.; У $\triangle BEF$ је $\angle BFE = \angle AFD = 30^\circ = \angle BEF$, па је $\len{BE} = \len{BF}$. У $\triangle BEG$ је $\angle EGB = 180^\circ - 30^\circ - 75^\circ = 75^\circ = \angle EBG$, па је $\len{BE} = \len{GE}$.; $\triangle CFB \cong \triangle CGE$ (СУС: $\len{CB} = \len{CE}$, $\len{BF} = \len{BE} = \len{GE}$, $\angle CBF = \angle CEG = 45^\circ$), па је $\len{CF} = \len{CG}$: $\triangle CFG$ је једнакокрак, а $M$ средиште основице, па је $CM \perp DE$.; $\triangle CME$ је правоугли са $\angle CEM = 45^\circ$, па је $\len{ME} = \len{CM} = \sqrt6$ и (Питагора) $\len{CE} = \sqrt{6 + 6} = 2\sqrt3$. $\triangle CMD$ је правоугли са $\angle CDM = 60^\circ$, дакле половина једнакостраничног троугла: $\len{CD} = 2\len{DM}$, па из $\len{CD}^2 = \len{DM}^2 + 6$ следи $\len{DM} = \sqrt2$ и $\len{CD} = 2\sqrt2$.; $\len{DE} = \len{DM} + \len{ME} = \sqrt2 + \sqrt6$. Обим: $\len{DE} + \len{EC} + \len{CD} = 3\sqrt2 + 2\sqrt3 + \sqrt6$. Површина: $\tfrac12 \len{DE} \cdot \len{CM} = \tfrac12(\sqrt2 + \sqrt6)\sqrt6 = \tfrac12(2\sqrt3 + 6) = 3 + \sqrt3$.; \textbf{Решење:} $O = (3\sqrt2 + 2\sqrt3 + \sqrt6)\,\mathrm{cm}$, $P = (3 + \sqrt3)\,\mathrm{cm}^2$


\section*{Симетрале угла и дужи}

\paragraph{Задаци}
\begin{enumerate}
  \item (Окружно 2021, VI разред, 5. задатак) Симетрала унутрашњег угла код темена $A$ троугла $ABC$ сече страницу $BC$ у тачки $D$. Нека је $E$ унутрашња тачка странице $AB$ при чему је $\angle ADB = 94^\circ$, $\angle ACE = 38^\circ$ и $\angle CEB = 84^\circ$. Одреди која је најкраћа, а која најдужа страница троугла $ABC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.59, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (3.58,7.03);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (D) at (3.09,0);
  \coordinate (E) at (1.49,2.93);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (E);
  \pic[draw, angle radius=8.13mm] {angle=B--A--D};
  \pic[draw, angle radius=8.13mm] {angle=D--A--C};
  \pic[draw, angle radius=6.25mm] {angle=A--D--B};
  \pic[draw, angle radius=11.25mm] {angle=A--C--E};
  \pic[draw, angle radius=6.25mm] {angle=B--E--C};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E} \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[left] at (E) {$E$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2022, VI разред, 3. задатак) Дат је троугао $ABC$. Угао који граде симетрале спољашњих углова код темена $B$ и $C$ једнак је унутрашњем углу код темена $A$ и за $7^\circ$ је већи од унутрашњег угла код темена $C$. Упореди дужине страница троугла $ABC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.46, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (2.16,5.09);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (S) at (3.42,-5.17);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (B) -- (S);
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (S);
  \draw[dashed] (0,0) -- (-1.6,0);
  \draw[dashed] (6,0) -- (7.6,0);
  \pic[draw, angle radius=7.5mm] {angle=C--S--B};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=B--A--C};
  \foreach \pt in {A,B,C,S} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[above left] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[below] at (S) {$S$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2023, VI разред, 5. задатак) Дат је квадрат $ABCD$. Нека је $E$ тачка на полуправој $AB$ таква да је $\angle AED = 22^\circ 30'$. Ако се дужи $AC$ и $DE$ секу у тачки $S$, одреди меру угла $BSE$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.78, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (5,0);
  \coordinate (C) at (5,5);
  \coordinate (D) at (0,5);
  \coordinate (E) at (12.07,0);
  \coordinate (S) at (3.54,3.54);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw (A) -- (C);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (E);
  \draw (B) -- (E);
  \draw[thick, teal!70!black] (B) -- (S);
  \pic[draw, angle radius=13.75mm] {angle=D--E--A};
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=B--S--E};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,S} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below right] at (E) {$E$};
  \node[above] at (S) {$S$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2026, VI разред, 2. задатак) Дат је паралелограм $ABCD$. Дијагонала $AC$ дели оштар угао $BAD$ на два дела који се разликују за $15^\circ$. Нормала из темена $D$ на страницу $BC$ сече дијагоналу $AC$ у тачки $H$ тако да је $\angle AHD = 55^\circ$. Одреди мере унутрашњих углова тог паралелограма. Одреди сва решења.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.15, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (7,0);
  \coordinate (C) at (9.39,3.42);
  \coordinate (D) at (2.39,3.42);
  \coordinate (E) at (7.09,0.13);
  \coordinate (H) at (4.79,1.74);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw (A) -- (C);
  \draw[thick, red!70!black] (D) -- (E);
  \pic[draw] {right angle=D--E--C};
  \pic[draw, angle radius=6.25mm] {angle=D--H--A};
  \pic[draw, angle radius=13.75mm] {angle=B--A--C};
  \pic[draw, angle radius=15.63mm] {angle=C--A--D};
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,H} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[above right] at (E) {$E$};
  \node[below] at (H) {$H$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2022, VII разред, 5. задатак) Нека је $M$ пресек симетрале унутрашњег угла код темена $A$ и странице $BC$ троугла $ABC$. Ако је центар уписане кружнице троугла $AMB$ уједно и центар описане кружнице троугла $ABC$, одреди мере углова троугла $ABC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.35, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (4.85,3.53);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (M) at (3.71,0);
  \coordinate (O) at (3,0.97);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (A) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black] (O) -- (A);
  \draw[thick, teal!70!black] (O) -- (B);
  \draw[thick, teal!70!black] (O) -- (C);
  \draw[dashed] (3,0.97) circle (3.15);
  \foreach \pt in {A,B,C,M,O} \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 (M) {$M$};
  \node[right] at (O) {$O$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2024, VII разред, 4. задатак) Дат је троугао $ABC$ у коме је $\angle BCA = 60^\circ$. Нека симетрала угла $BAC$ сече страницу $BC$ у тачки $D$, а симетрала угла $ABC$ страницу $AC$ у тачки $E$. Докажи да је $\len{AB} = \len{AE} + \len{BD}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.12, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (3.55,4.24);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (D) at (3.18,0);
  \coordinate (E) at (4.73,2.2);
  \coordinate (I) at (3.32,1.55);
  \coordinate (F) at (2.05,2.44);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (A) -- (D);
  \draw (B) -- (E);
  \draw[thick, teal!70!black] (I) -- (F);
  \pic[draw, angle radius=6.88mm] {angle=A--C--B};
  \draw ($(A)!0.5!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(A)!0.5!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \draw ($(A)!0.5!(F)!3pt!90:(F)$) -- ($(A)!0.5!(F)!3pt!-90:(F)$);
  \draw ($(B)!0.49!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(B)!0.49!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(B)!0.51!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(B)!0.51!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(B)!0.49!(F)!3pt!90:(F)$) -- ($(B)!0.49!(F)!3pt!-90:(F)$);
  \draw ($(B)!0.51!(F)!3pt!90:(F)$) -- ($(B)!0.51!(F)!3pt!-90:(F)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,I,F} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below left] at (B) {$B$};
  \node[below right] at (C) {$C$};
  \node[below right] at (D) {$D$};
  \node[right] at (E) {$E$};
  \node[above right] at (I) {$I$};
  \node[left] at (F) {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2019, VI разред, 3. задатак) У троуглу $ABC$ мерни бројеви дужина страница су три узастопна природна броја. Нека је $P$ средиште странице $BC$ и нека је симетрала угла $BCA$ нормална на дуж $AP$. Одреди мерне бројеве дужина страница троугла $ABC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.51, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (C) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (A) at (2.06,2.18);
  \coordinate (P) at (3,0);
  \coordinate (T) at (2.53,1.09);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (P);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (T);
  \pic[draw] {right angle=A--T--C};
  \draw ($(C)!0.5!(P)!3pt!90:(P)$) -- ($(C)!0.5!(P)!3pt!-90:(P)$);
  \draw ($(P)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(P)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \pic[draw, angle radius=8.13mm] {angle=T--C--A};
  \pic[draw, angle radius=10mm] {angle=B--C--T};
  \node[above left] at ($(C)!0.5!(A)$) {$2$};
  \node[above right] at ($(A)!0.5!(B)$) {$3$};
  \node[below] at ($(C)!0.75!(B)$) {$4$};
  \foreach \pt in {C,B,A,P,T} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (C) {$C$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below] at (P) {$P$};
  \node[above right] at (T) {$T$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2026, VI разред, 3. задатак) У троуглу $ABC$ мера унутрашњег угла код темена $A$ је $6$ пута већа од мере угла код темена $B$. Симетрала странице $AC$ сече страницу $BC$ у тачки $M$, при чему је троугао $ABM$ једнакокрак. Одреди мере унутрашњих углова троугла $ABC$. Одреди сва решења.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.57, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (4.88,1.78);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (7,0);
  \coordinate (M) at (5.2,0);
  \coordinate (S) at (5.94,0.89);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black] (S) -- (M);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (5.94,0.89) -- (6.71,1.81);
  \pic[draw] {right angle=A--S--M};
  \draw ($(A)!0.5!(S)!3pt!90:(S)$) -- ($(A)!0.5!(S)!3pt!-90:(S)$);
  \draw ($(S)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(S)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(M)!0.48!(A)!3pt!90:(A)$) -- ($(M)!0.48!(A)!3pt!-90:(A)$);
  \draw ($(M)!0.52!(A)!3pt!90:(A)$) -- ($(M)!0.52!(A)!3pt!-90:(A)$);
  \draw ($(M)!0.48!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(M)!0.48!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(M)!0.52!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(M)!0.52!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,M,S} \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 (M) {$M$};
  \node[above right] at (S) {$S$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2023, VI разред, 4. задатак) У једнакокраком троуглу $ABC$ ($\len{AC} = \len{BC}$) мера угла при врху је $108^\circ$. Нека је $E$ тачка пресека симетрале угла $BAC$ и странице $BC$. Ако је дуж $CD$ висина која одговара основици овог троугла, докажи да је $\len{AE} = 2\len{CD}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.51, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (3,2.18);
  \coordinate (D) at (3,0);
  \coordinate (E) at (4.15,1.35);
  \coordinate (O) at (3,0.97);
  \coordinate (F) at (2.07,0.67);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (E);
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (D) -- (F);
  \pic[draw] {right angle=A--D--C};
  \draw ($(A)!0.5!(F)!3pt!90:(F)$) -- ($(A)!0.5!(F)!3pt!-90:(F)$);
  \draw ($(F)!0.5!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(F)!0.5!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,O,F} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[above right] at (E) {$E$};
  \node[above right] at (O) {$O$};
  \node[above left] at (F) {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2019, VI разред, 4. задатак) У правоуглом троуглу $ABC$ ($\angle C$ је прав) важи $\len{BC} < \len{CA}$. Нека су $D$, $E$ и $F$ тачке на хипотенузи $AB$ такве да је $CD$ висина, $CE$ симетрала правог угла, а $CF$ тежишна дуж. Ако је један од углова $\angle BCD$, $\angle DCE$, $\angle ECF$ и $\angle FCA$ двапут већи од неког другог од њих, израчунај углове датог троугла.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.27, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (4.5,2.6);
  \coordinate (D) at (4.5,0);
  \coordinate (E) at (3.8,0);
  \coordinate (F) at (3,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (E);
  \draw (C) -- (F);
  \pic[draw] {right angle=A--D--C};
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \draw ($(A)!0.5!(F)!3pt!90:(F)$) -- ($(A)!0.5!(F)!3pt!-90:(F)$);
  \draw ($(F)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(F)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,F} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[below] at (E) {$E$};
  \node[below] at (F) {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\noindent\textit{Решења.}

\noindent\textbf{1.} $\angle AEC = 180^\circ - 84^\circ = 96^\circ$, па је из $\triangle AEC$: $\alpha = 180^\circ - 96^\circ - 38^\circ = 46^\circ$.; $\angle BAD = \tfrac{\alpha}{2} = 23^\circ$, па је из $\triangle ABD$: $\beta = 180^\circ - 94^\circ - 23^\circ = 63^\circ$.; $\gamma = 180^\circ - 46^\circ - 63^\circ = 71^\circ$.; Наспрам већег угла је већа страница: $\gamma > \beta > \alpha$, па је $\len{AB} > \len{AC} > \len{BC}$.; \textbf{Решење:} најкраћа $BC$, најдужа $AB$

\noindent\textbf{2.} Нека се симетрале секу у $S$. Спољашњи угао код $B$ има меру $180^\circ - \beta = \alpha + \gamma$, па је $\angle SBC = \tfrac{\alpha + \gamma}{2}$; слично $\angle SCB = \tfrac{\alpha + \beta}{2}$.; Из $\triangle BSC$: $\angle BSC = 180^\circ - \tfrac{\alpha+\gamma}{2} - \tfrac{\alpha+\beta}{2} = 180^\circ - \alpha - \tfrac{\beta + \gamma}{2} = 180^\circ - \alpha - \tfrac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \tfrac{\alpha}{2}$.; Услов $\angle BSC = \alpha$ даје $90^\circ - \tfrac{\alpha}{2} = \alpha$, тј. $\alpha = 60^\circ$. Онда је $\gamma = 60^\circ - 7^\circ = 53^\circ$ и $\beta = 180^\circ - 60^\circ - 53^\circ = 67^\circ$.; $\beta > \alpha > \gamma$, па је $\len{AC} > \len{BC} > \len{AB}$.; \textbf{Решење:} $\len{AC} > \len{BC} > \len{AB}$

\noindent\textbf{3.} $\angle EDA = 90^\circ - 22^\circ 30' = 67^\circ 30'$.; $\angle DAS = 45^\circ$ ($AC$ је дијагонала квадрата), па је у $\triangle ADS$: $\angle DSA = 180^\circ - 45^\circ - 67^\circ 30' = 67^\circ 30'$. Дакле $\triangle ADS$ је једнакокрак, $\len{AS} = \len{AD}$.; $\len{AS} = \len{AD} = \len{AB}$, па је $\triangle ABS$ једнакокрак са $\angle BAS = 45^\circ$: $\angle ASB = \angle ABS = 67^\circ 30'$.; $\angle BSE = 180^\circ - \angle ASB - \angle DSA = 180^\circ - 2 \cdot 67^\circ 30' = 45^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle BSE = 45^\circ$

\noindent\textbf{4.} Нека је $E$ подножје нормале из $D$ на $BC$. $\angle CHE = \angle AHD = 55^\circ$ (унакрсни), па је у правоуглом $\triangle CHE$: $\angle HCE = 35^\circ$.; $AD \parallel BC$, па је $\angle CAD = \angle ACB = 35^\circ$ (наизменични углови).; $|\angle CAD - \angle BAC| = 15^\circ$, па је $\angle BAC = 20^\circ$ или $\angle BAC = 50^\circ$.; Ако је $\angle BAC = 20^\circ$: $\angle BAD = 55^\circ$, $\angle ABC = 125^\circ$. Ако је $\angle BAC = 50^\circ$: $\angle BAD = 85^\circ$, $\angle ABC = 95^\circ$. Наспрамни углови паралелограма су једнаки.; \textbf{Решење:} $55^\circ, 125^\circ, 55^\circ, 125^\circ$ или $85^\circ, 95^\circ, 85^\circ, 95^\circ$

\noindent\textbf{5.} Нека је $O$ та тачка. $\angle CAM = \angle MAB = \tfrac{\alpha}{2}$, а $OA$ је симетрала угла $MAB$, па је $\angle MAO = \angle OAB = \tfrac{\alpha}{4}$.; $\len{OA} = \len{OB} = \len{OC}$ (центар описане кружнице), па су троуглови $OAB$, $OBC$ и $OCA$ једнакокраки.; $\angle OCA = \angle OAC = \tfrac{\alpha}{2} + \tfrac{\alpha}{4} = \tfrac{3\alpha}{4}$ и $\angle OBA = \angle OAB = \tfrac{\alpha}{4}$.; $OB$ је симетрала угла $ABM$, па је $\angle OBC = \angle OBA = \tfrac{\alpha}{4}$, а онда и $\angle OCB = \angle OBC = \tfrac{\alpha}{4}$.; $\beta = 2 \cdot \tfrac{\alpha}{4} = \tfrac{\alpha}{2}$ и $\gamma = \tfrac{3\alpha}{4} + \tfrac{\alpha}{4} = \alpha$. Из $\alpha + \tfrac{\alpha}{2} + \alpha = 180^\circ$ следи $\alpha = 72^\circ$.; \textbf{Решење:} $\alpha = 72^\circ$, $\beta = 36^\circ$, $\gamma = 72^\circ$

\noindent\textbf{6.} Нека је $I$ пресек симетрала $AD$ и $BE$. Из $\triangle AIB$: $\angle AIB = 180^\circ - \tfrac{\alpha}{2} - \tfrac{\beta}{2} = 180^\circ - \tfrac{180^\circ - 60^\circ}{2} = 120^\circ$, па је $\angle AIE = \angle BID = 60^\circ$.; Нека је $F$ тачка дужи $AB$ таква да је $\len{AF} = \len{AE}$.; $\triangle AIE \cong \triangle AIF$ (СУС: $\len{AE} = \len{AF}$, $\angle EAI = \angle FAI$, $AI$ заједничка), па је $\angle AIF = \angle AIE = 60^\circ$.; $\angle BIF = \angle AIB - \angle AIF = 120^\circ - 60^\circ = 60^\circ = \angle BID$.; $\triangle BIF \cong \triangle BID$ (УСУ: $BI$ заједничка, $\angle IBF = \angle IBD$, $\angle BIF = \angle BID$), па је $\len{BF} = \len{BD}$.; $\len{AB} = \len{AF} + \len{FB} = \len{AE} + \len{BD}$.; \textbf{Решење:} $\len{AB} = \len{AE} + \len{BD}$

\noindent\textbf{7.} У $\triangle ACP$ симетрала угла код $C$ је уједно и висина (нормална је на $AP$), па је тај троугао једнакокрак: $\len{CA} = \len{CP}$.; $\len{CP} = \tfrac12\len{BC}$, па је $\len{BC} = 2\len{AC}$.; Странице су $n$, $n+1$, $n+2$ и једна је двоструко већа од друге: $n + 2 = 2n$ даје $n = 2$ ($n + 1 = 2n$ даје $n = 1$, али тада $1, 2, 3$ не чине троугао; $n + 2 = 2(n+1)$ је немогуће).; $\len{AC} = 2$, $\len{AB} = 3$, $\len{BC} = 4$; неједнакост троугла $2 + 3 > 4$ важи.; \textbf{Решење:} $\len{AC} = 2$, $\len{AB} = 3$, $\len{BC} = 4$

\noindent\textbf{8.} Нека је $\beta = \angle ABC$; тада је $\alpha = 6\beta$ и $\gamma = 180^\circ - 7\beta$.; $M$ је на симетрали дужи $AC$, па је $\len{MA} = \len{MC}$ и $\angle MAC = \angle MCA = \gamma$. Отуда $\angle BAM = \alpha - \gamma = 13\beta - 180^\circ$ и $\angle AMB = 2\gamma = 360^\circ - 14\beta$ (спољашњи угао $\triangle AMC$).; $\len{MA} = \len{MB}$: $\angle BAM = \angle ABM$, $13\beta - 180^\circ = \beta$, $\beta = 15^\circ$; углови су $90^\circ, 15^\circ, 75^\circ$.; $\len{BA} = \len{BM}$: $\angle AMB = \angle BAM$, $360^\circ - 14\beta = 13\beta - 180^\circ$, $\beta = 20^\circ$; углови су $120^\circ, 20^\circ, 40^\circ$.; $\len{AB} = \len{AM}$: $\angle AMB = \angle ABM$, $360^\circ - 14\beta = \beta$, $\beta = 24^\circ$; углови су $144^\circ, 24^\circ, 12^\circ$.; \textbf{Решење:} $(\alpha, \beta, \gamma) \in \{(90^\circ, 15^\circ, 75^\circ), (120^\circ, 20^\circ, 40^\circ), (144^\circ, 24^\circ, 12^\circ)\}$

\noindent\textbf{9.} $\angle CAB = \angle CBA = 36^\circ$, па је $\angle CAE = \angle EAB = 18^\circ$ и $\angle AEC = 180^\circ - 108^\circ - 18^\circ = 54^\circ$.; Нека је $O = CD \cap AE$. Висина $CD$ једнакокраког троугла је и симетрала угла $ACB$, па је $\angle OCE = 54^\circ = \angle OEC$: $\triangle OCE$ је једнакокрак, $\len{OC} = \len{OE}$.; Нека је $F$ средиште дужи $AE$. $DF$ је средња линија $\triangle ABE$ ($D$ је средиште $AB$), па је $DF \parallel BC$.; Из $DF \parallel CE$: $\angle ODF = \angle OCE = 54^\circ$ и $\angle OFD = \angle OEC = 54^\circ$ (наизменични углови), па је $\triangle OFD$ једнакокрак, $\len{OF} = \len{OD}$.; $\len{CD} = \len{CO} + \len{OD} = \len{OE} + \len{OF} = \len{EF} = \tfrac12\len{AE}$, тј. $\len{AE} = 2\len{CD}$.; \textbf{Решење:} $\len{AE} = 2\len{CD}$

\noindent\textbf{10.} Нека је $\angle BAC = \alpha$, $\angle ABC = \beta = 90^\circ - \alpha$. Из $\len{BC} < \len{CA}$ је $\alpha < \beta$, тј. $\alpha < 45^\circ$.; $\angle BCD = 90^\circ - \beta = \alpha$ (правоугли $\triangle BDC$). $\len{FC} = \len{FA}$ (тежишна дуж на хипотенузу), па је $\angle FCA = \alpha$.; $\angle BCE = \angle ECA = 45^\circ$, па је $\angle DCE = 45^\circ - \alpha$ и $\angle ECF = 45^\circ - \alpha$.; Четири угла су $\alpha$, $45^\circ - \alpha$, $45^\circ - \alpha$, $\alpha$. Или је $\alpha = 2(45^\circ - \alpha)$, тј. $\alpha = 30^\circ$, или је $45^\circ - \alpha = 2\alpha$, тј. $\alpha = 15^\circ$.; \textbf{Решење:} $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$ или $15^\circ, 75^\circ, 90^\circ$


\section*{Тежишне дужи и средња линија}

\paragraph{Задаци}
\begin{enumerate}
  \item (Окружно 2020, VII разред, 5. задатак) У правоуглом троуглу $ABC$, са правим углом у темену $C$, важи $\len{BC} = 3\len{AC}$. Нека су $M$ и $N$ тачке катете $BC$ такве да је $\len{BM} = \len{MN} = \len{NC}$ и $K$ средиште хипотенузе $AB$. Израчунај меру угла $MKN$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.21, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (C) at (0,0);
  \coordinate (A) at (0,2.2);
  \coordinate (B) at (6.6,0);
  \coordinate (M) at (4.4,0);
  \coordinate (N) at (2.2,0);
  \coordinate (K) at (3.3,1.1);
  \coordinate (L) at (3.3,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (K) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (K) -- (N);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (K) -- (L);
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \draw ($(C)!0.5!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(C)!0.5!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(N)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(N)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(M)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(A)!0.49!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(A)!0.49!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \draw ($(A)!0.51!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(A)!0.51!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \draw ($(K)!0.49!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(K)!0.49!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(K)!0.51!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(K)!0.51!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \foreach \pt in {C,A,B,M,N,K,L} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[below] at (N) {$N$};
  \node[above right] at (K) {$K$};
  \node[below] at (L) {$L$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2019, VII разред, 4. задатак) Страница $AB$ конвексног четвороугла $ABCD$ је два пута дужа од њој наспрамне странице $CD$. Дијагонала $BD$ нормална је на страницу $AD$, а дијагонала $AC$ нормална је на страницу $BC$. Одреди угао између дијагонала датог четвороугла.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.95, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (8,0);
  \coordinate (C) at (6,3.46);
  \coordinate (D) at (2,3.46);
  \coordinate (M) at (4,0);
  \coordinate (O) at (4,2.31);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw (A) -- (C);
  \draw (B) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (M) -- (C);
  \draw[thick, teal!70!black] (M) -- (D);
  \pic[draw] {right angle=A--D--B};
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \draw ($(A)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(A)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(M)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(D)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(D)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,M,O} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[above] at (O) {$O$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Окружно 2023, VII разред, 3. задатак) Дијагонале $AC$ и $BD$ паралелограма $ABCD$ секу се у тачки $O$. Тачка $E$ је тежиште троугла $ABD$. На дужи $OC$ дата је тачка $G$ таква да је $\len{OG} : \len{GC} = 1 : 2$. Докажи да је четвороугао $EBGD$ паралелограм.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.03, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6,0);
  \coordinate (C) at (7.5,3);
  \coordinate (D) at (1.5,3);
  \coordinate (O) at (3.75,1.5);
  \coordinate (E) at (2.5,1);
  \coordinate (G) at (5,2);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
  \draw (A) -- (C);
  \draw (B) -- (D);
  \draw[thick, red!70!black] (E) -- (B) -- (G) -- (D) -- cycle;
  \draw ($(A)!0.48!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(A)!0.48!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \draw ($(A)!0.52!(E)!3pt!90:(E)$) -- ($(A)!0.52!(E)!3pt!-90:(E)$);
  \draw ($(E)!0.5!(O)!3pt!90:(O)$) -- ($(E)!0.5!(O)!3pt!-90:(O)$);
  \draw ($(O)!0.5!(G)!3pt!90:(G)$) -- ($(O)!0.5!(G)!3pt!-90:(G)$);
  \draw ($(G)!0.48!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(G)!0.48!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(G)!0.52!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(G)!0.52!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,O,E,G} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above right] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (D) {$D$};
  \node[above] at (O) {$O$};
  \node[below] at (E) {$E$};
  \node[above] at (G) {$G$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2021, VI разред, 5. задатак) У троуглу $ABC$ је $\angle BAC = 45^\circ$. Нека је $M$ тачка на страници $AC$ таква да је $\len{MC} = 2\len{AM}$ и $\angle ABM = 15^\circ$. Одреди меру угла $ACB$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.79, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (4.1,7.1);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (6,0);
  \coordinate (M) at (4.73,4.73);
  \coordinate (D) at (3,3);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (B) -- (M);
  \draw (M) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (A) -- (D);
  \pic[draw] {right angle=M--D--C};
  \pic[draw, angle radius=7.5mm] {angle=B--A--C};
  \pic[draw, angle radius=13.75mm] {angle=M--B--A};
  \draw ($(A)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(A)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(M)!0.5!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,M,D} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below left] at (B) {$B$};
  \node[below right] at (C) {$C$};
  \node[above right] at (M) {$M$};
  \node[right] at (D) {$D$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2024, VI разред, 2. задатак) Нека је $M$ тачка на катети $BC$ правоуглог троугла $ABC$, таква да је $\len{BM} = 2\len{MC}$. Ако је $K$ средиште хипотенузе $AB$ овог троугла, докажи да је $\angle BAM = \angle MKC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.98, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (C) at (0,0);
  \coordinate (A) at (0,4.2);
  \coordinate (B) at (7.2,0);
  \coordinate (M) at (2.4,0);
  \coordinate (K) at (3.6,2.1);
  \coordinate (L) at (4.8,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw[thick, red!70!black] (A) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (K) -- (M);
  \draw (K) -- (C);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (K) -- (L);
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \draw ($(C)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(C)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(M)!0.5!(L)!3pt!90:(L)$) -- ($(M)!0.5!(L)!3pt!-90:(L)$);
  \draw ($(L)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(L)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(A)!0.49!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(A)!0.49!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \draw ($(A)!0.51!(K)!3pt!90:(K)$) -- ($(A)!0.51!(K)!3pt!-90:(K)$);
  \draw ($(K)!0.49!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(K)!0.49!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(K)!0.51!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(K)!0.51!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \foreach \pt in {C,A,B,M,K,L} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (C) {$C$};
  \node[above left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[above right] at (K) {$K$};
  \node[below] at (L) {$L$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2021, VII разред, 5. задатак) Странице троугла $ABC$ су $\len{AB} = 125\,\mathrm{cm}$, $\len{AC} = 117\,\mathrm{cm}$, $\len{BC} = 120\,\mathrm{cm}$. Симетрала унутрашњег угла код темена $A$ сече дуж $BC$ у тачки $L$, док симетрала унутрашњег угла код темена $B$ сече $AC$ у тачки $K$. Нека су $M$ и $N$ подножја нормала из тачке $C$ редом на $BK$ и $AL$. Одреди дужину дужи $MN$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.36, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (6.25,0);
  \coordinate (C) at (2.98,5.03);
  \coordinate (L) at (4.56,2.6);
  \coordinate (K) at (1.52,2.57);
  \coordinate (M) at (1.62,2.52);
  \coordinate (N) at (4.42,2.52);
  \coordinate (P) at (0.25,0);
  \coordinate (Q) at (5.85,0);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (A) -- (L);
  \draw (B) -- (K);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (P);
  \draw[thick, teal!70!black] (C) -- (Q);
  \draw[thick, red!70!black] (M) -- (N);
  \pic[draw] {right angle=B--M--C};
  \pic[draw] {right angle=A--N--C};
  \draw ($(B)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(B)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(B)!0.5!(P)!3pt!90:(P)$) -- ($(B)!0.5!(P)!3pt!-90:(P)$);
  \draw ($(A)!0.49!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(A)!0.49!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(A)!0.51!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(A)!0.51!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \draw ($(A)!0.49!(Q)!3pt!90:(Q)$) -- ($(A)!0.49!(Q)!3pt!-90:(Q)$);
  \draw ($(A)!0.51!(Q)!3pt!90:(Q)$) -- ($(A)!0.51!(Q)!3pt!-90:(Q)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,L,K,M,N,P,Q} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[above right] at (L) {$L$};
  \node[above left] at (K) {$K$};
  \node[below left] at (M) {$M$};
  \node[below right] at (N) {$N$};
  \node[below] at (P) {$P$};
  \node[below] at (Q) {$Q$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\noindent\textit{Решења.}

\noindent\textbf{1.} $\len{BM} = \len{MN} = \len{NC} = \len{AC}$. Нека је $L$ средиште дужи $BC$; оно је и средиште дужи $MN$ ($\len{BM} = \len{NC}$).; $KL$ је средња линија $\triangle ABC$: $KL \parallel AC$, па је $KL \perp BC$, и $\len{KL} = \tfrac12\len{AC} = \tfrac12\len{MN} = \len{ML} = \len{LN}$.; $\triangle KLM$ и $\triangle KLN$ су једнакокрако-правоугли, па је $\angle MKL = \angle NKL = 45^\circ$.; $\angle MKN = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle MKN = 90^\circ$

\noindent\textbf{2.} Нека је $M$ средиште дужи $AB$. Троуглови $ADB$ и $ACB$ су правоугли са хипотенузом $AB$, па је $\len{MD} = \len{MC} = \tfrac12\len{AB} = \len{CD}$: $\triangle MCD$ је једнакостраничан.; $\len{MD} = \len{MB}$, па је $\angle MDB = \angle MBD = x$; $\len{MC} = \len{MA}$, па је $\angle MCA = \angle MAC = y$.; $\angle ODC = 60^\circ - x$ и $\angle OCD = 60^\circ - y$, где је $O$ пресек дијагонала. Из $\triangle ODC$: $\angle DOC = 180^\circ - (60^\circ - x) - (60^\circ - y) = 60^\circ + x + y$.; Из $\triangle AOB$: $\angle AOB = 180^\circ - x - y$, а $\angle AOB = \angle DOC$ (унакрсни), па је $60^\circ + x + y = 180^\circ - x - y$, тј. $x + y = 60^\circ$.; $\angle AOB = 120^\circ$, па је оштар угао између дијагонала $60^\circ$.; \textbf{Решење:} $60^\circ$

\noindent\textbf{3.} $O$ је средиште дијагонале $BD$, па је $AO$ тежишна дуж $\triangle ABD$ и тежиште $E$ лежи на њој: $\len{AE} : \len{EO} = 2 : 1$, тј. $\len{OE} = \tfrac13\len{AO}$.; $\len{OC} = \len{AO}$ (дијагонале паралелограма се полове), па је $\len{OG} = \tfrac13\len{OC} = \tfrac13\len{AO} = \len{OE}$.; $E$ и $G$ су на правој $AC$ са различитих страна тачке $O$, па је $O$ средиште дужи $EG$. $O$ је и средиште дужи $BD$.; Четвороугао чије се дијагонале полове је паралелограм, па је $EBGD$ паралелограм.; \textbf{Решење:} $EBGD$ је паралелограм

\noindent\textbf{4.} Из $\triangle ABM$: $\angle AMB = 180^\circ - 45^\circ - 15^\circ = 120^\circ$, па је $\angle BMC = 60^\circ$.; Нека је $D$ подножје нормале из $C$ на праву $BM$. У правоуглом $\triangle CDM$ је $\angle CMD = 60^\circ$ и $\angle MCD = 30^\circ$, па је $\len{DM} = \tfrac12\len{MC} = \len{AM}$ (катета наспрам угла од $30^\circ$ је половина хипотенузе).; $\triangle AMD$ је једнакокрак са $\angle AMD = 120^\circ$, па је $\angle MAD = \angle MDA = 30^\circ$.; $\angle DAB = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ = \angle ABD$, па је $\len{AD} = \len{BD}$.; У $\triangle ADC$ је $\angle DAC = 30^\circ = \angle DCA$, па је $\len{AD} = \len{CD}$. Дакле $\len{BD} = \len{CD}$: правоугли $\triangle BDC$ је једнакокрак, $\angle DCB = 45^\circ$.; $\angle ACB = \angle ACD + \angle DCB = 30^\circ + 45^\circ = 75^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle ACB = 75^\circ$

\noindent\textbf{5.} Нека је $L$ средиште дужи $BM$. Тада је $\len{BL} = \len{LM} = \len{MC}$.; $LK$ је средња линија $\triangle MAB$ ($K$ средиште $AB$, $L$ средиште $BM$), па је $LK \parallel MA$ и $\angle BKL = \angle BAM$.; $\len{KB} = \len{KC}$ (тежишна дуж на хипотенузу), па је $\angle KBL = \angle KCM$.; $\triangle LKB \cong \triangle MKC$ (СУС: $\len{BL} = \len{CM}$, $\len{BK} = \len{CK}$, $\angle KBL = \angle KCM$), па је $\angle BKL = \angle CKM$.; $\angle BAM = \angle BKL = \angle MKC$.; \textbf{Решење:} $\angle BAM = \angle MKC$

\noindent\textbf{6.} Нека права $CM$ сече $AB$ у тачки $P$. $\triangle BMC \cong \triangle BMP$ (УСУ: $\angle CBM = \angle PBM$, $BM$ заједничка, прави углови код $M$), па је $\len{BP} = \len{BC} = 120$ и $M$ је средиште дужи $CP$.; Исто тако, ако права $CN$ сече $AB$ у $Q$: $\len{AQ} = \len{AC} = 117$ и $N$ је средиште дужи $CQ$.; $MN$ је средња линија $\triangle CPQ$, па је $\len{MN} = \tfrac12\len{PQ}$.; $P$ и $Q$ су на дужи $AB$ ($\len{BP} < \len{AB}$, $\len{AQ} < \len{AB}$) и дужи $AQ$ и $BP$ се преклапају баш по дужи $PQ$: $\len{PQ} = \len{AQ} + \len{BP} - \len{AB} = 117 + 120 - 125 = 112$.; $\len{MN} = 56\,\mathrm{cm}$.; \textbf{Решење:} $\len{MN} = 56\,\mathrm{cm}$


\section*{Висине, ортоцентар, уписани и описани круг}

\paragraph{Задаци}
\begin{enumerate}
  \item (Државно 2019, VII разред, 3. задатак) У оштроуглом троуглу $ABC$, тачке $D$ и $E$ су подножја висина из $C$ и $A$, тим редом, при чему важи $\len{AD} = \len{BC}$. Ако је $F$ подножје нормале из тачке $D$ на дуж $AE$, докажи да је полуправа $BF$ симетрала угла $ABC$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.78, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (7.18,0);
  \coordinate (C) at (5,4.5);
  \coordinate (D) at (5,0);
  \coordinate (E) at (5.82,2.82);
  \coordinate (F) at (4.05,1.96);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (C) -- (D);
  \draw (A) -- (E);
  \draw[thick, teal!70!black] (D) -- (F);
  \draw[thick, red!70!black] (B) -- (F);
  \pic[draw] {right angle=A--D--C};
  \pic[draw] {right angle=A--E--B};
  \pic[draw] {right angle=A--F--D};
  \draw ($(A)!0.5!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(A)!0.5!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(B)!0.5!(C)!3pt!90:(C)$) -- ($(B)!0.5!(C)!3pt!-90:(C)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,D,E,F} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[above right] at (E) {$E$};
  \node[above] at (F) {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2021, VI разред, 1. задатак) У разностраничан троугао $ABC$ уписан је круг $k$ чији је центар тачка $O$. Конструисане су праве $p$ и $q$, које садрже тачку $O$, такве да је $p \parallel AC$ и $q \parallel BC$. Права $p$ сече страницу $AB$ у тачки $M$, а права $q$ сече страницу $AB$ у тачки $N$. Докажи да је обим троугла $OMN$ једнак дужини странице $AB$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.06, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (2.59,3.7);
  \coordinate (B) at (0,0);
  \coordinate (C) at (7,0);
  \coordinate (O) at (2.88,1.5);
  \coordinate (M) at (1.73,2.47);
  \coordinate (N) at (1.05,1.5);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (2.88,1.5) circle (1.5);
  \draw[thick, red!70!black] (O) -- (M);
  \draw[thick, red!70!black] (O) -- (N);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (A) -- (O);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (B) -- (O);
  \draw ($(A)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(A)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(O)!0.5!(M)!3pt!90:(M)$) -- ($(O)!0.5!(M)!3pt!-90:(M)$);
  \draw ($(B)!0.47!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(B)!0.47!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(B)!0.53!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(B)!0.53!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(O)!0.47!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(O)!0.47!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \draw ($(O)!0.53!(N)!3pt!90:(N)$) -- ($(O)!0.53!(N)!3pt!-90:(N)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,O,M,N} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[above] at (A) {$A$};
  \node[below left] at (B) {$B$};
  \node[below right] at (C) {$C$};
  \node[above] at (O) {$O$};
  \node[below] at (M) {$M$};
  \node[below] at (N) {$N$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
  \item (Државно 2019, VII разред, 4. задатак) Дат је правоугли троугао $ABC$ са правим углом код темена $C$ и углом $BAC$ од $20^\circ$. На хипотенузи $AB$ дате су тачке $O$ и $D$, такве да је $D$ средиште дужи $OB$, а круг са центром у $O$, полупречника $\len{OD}$, додирује страницу $AC$. Одреди величину угла $BCD$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.99, every node/.style={font=\small}]
  \coordinate (A) at (0,0);
  \coordinate (B) at (10,0);
  \coordinate (C) at (8.83,3.21);
  \coordinate (O) at (5.94,0);
  \coordinate (D) at (7.97,0);
  \coordinate (T) at (5.24,1.91);
  \coordinate (U) at (6.18,-0.65);
  \coordinate (V) at (9.76,0.65);
  \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
  \draw (5.94,0) circle (2.03);
  \draw (O) -- (T);
  \draw[thick, red!70!black] (C) -- (D);
  \draw[thick, teal!70!black, dashed] (U) -- (V);
  \draw[thick, teal!70!black] (D) -- (T);
  \pic[draw] {right angle=A--T--O};
  \pic[draw] {right angle=A--C--B};
  \draw ($(O)!0.5!(D)!3pt!90:(D)$) -- ($(O)!0.5!(D)!3pt!-90:(D)$);
  \draw ($(D)!0.5!(B)!3pt!90:(B)$) -- ($(D)!0.5!(B)!3pt!-90:(B)$);
  \draw ($(O)!0.5!(T)!3pt!90:(T)$) -- ($(O)!0.5!(T)!3pt!-90:(T)$);
  \foreach \pt in {A,B,C,O,D,T,U,V} \fill (\pt) circle (1.4pt);
  \node[below left] at (A) {$A$};
  \node[below right] at (B) {$B$};
  \node[above] at (C) {$C$};
  \node[below] at (O) {$O$};
  \node[below] at (D) {$D$};
  \node[above left] at (T) {$T$};
  \node[below] at (U) {$U$};
  \node[above right] at (V) {$V$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\noindent\textit{Решења.}

\noindent\textbf{1.} Нека је $\angle ABC = \beta$. Из правоуглог $\triangle ABE$: $\angle EAB = 90^\circ - \beta$; из правоуглог $\triangle CDB$: $\angle DCB = 90^\circ - \beta$.; $\triangle AFD \cong \triangle CDB$ (правоугли код $F$ и $D$, хипотенузе $\len{AD} = \len{CB}$, оштри углови $\angle FAD = \angle DCB$), па је $\len{DF} = \len{BD}$.; $DF \perp AE$ и $BE \perp AE$, па је $DF \parallel BE$ и $\angle DFB = \angle FBE$ (наизменични углови).; $\triangle DFB$ је једнакокрак ($\len{DF} = \len{DB}$), па је $\angle DBF = \angle DFB = \angle FBE$: $BF$ полови угао $ABC$.; \textbf{Решење:} $BF$ је симетрала угла $ABC$

\noindent\textbf{2.} $O$ је пресек симетрала углова, па је $\angle MAO = \angle OAC$.; $p \parallel AC$, па је $\angle AOM = \angle OAC$ (наизменични углови). Дакле $\angle MAO = \angle AOM$ и $\triangle AOM$ је једнакокрак: $\len{AM} = \len{OM}$.; Исто тако из $q \parallel BC$ и $\angle NBO = \angle OBC$: $\len{BN} = \len{ON}$.; Обим $\triangle OMN$: $\len{OM} + \len{MN} + \len{NO} = \len{AM} + \len{MN} + \len{NB} = \len{AB}$.; \textbf{Решење:} $O(OMN) = \len{AB}$

\noindent\textbf{3.} Нека је $T$ додирна тачка круга и странице $AC$. Полупречник је нормалан на тангенту: $OT \perp AC$, $\len{OT} = \len{OD} = \len{DB}$.; Из правоуглог $\triangle ATO$: $\angle AOT = 70^\circ$, па је $\angle TOD = 110^\circ$ и у једнакокраком $\triangle TOD$: $\angle OTD = \angle ODT = 35^\circ$.; $OT \perp AC$ и $BC \perp AC$, па је $OT \parallel BC$. Нека права кроз $D$ паралелна са $AC$ сече праву $OT$ у $U$ и дуж $BC$ у $V$.; $\triangle ODU \cong \triangle BDV$ (УСУ: $\len{OD} = \len{DB}$, $\angle ODU = \angle BDV$ унакрсни, $\angle DOU = \angle DBV$ као наизменични углови уз $OT \parallel BC$), па је $\len{DU} = \len{DV}$.; $UTCV$ је правоугаоник ($UV \parallel TC$, $UT \perp TC$, $VC \perp TC$), па је $\len{UT} = \len{VC}$.; $\triangle DUT \cong \triangle DVC$ (СУС: прави углови код $U$ и $V$, $\len{DU} = \len{DV}$, $\len{UT} = \len{VC}$), па је $\len{DT} = \len{DC}$ и $\angle DCT = \angle DTC = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ$.; $\angle BCD = 90^\circ - \angle DCA = 90^\circ - 55^\circ = 35^\circ$.; \textbf{Решење:} $\angle BCD = 35^\circ$


\end{document}