Read komp_geo_mr.pdf text version

Matematika gimnazija, Beograd c Dodatna nastava za drugi razred, k. 2005/06. s

KOMPLEKSNI BROJEVI U GEOMETRIJI

Kada se suoimo sa planimetrijskim zadatkom bez vidljivog elementarnog pristupa, pokuamo da ga sraunamo. Raunskih c s c c tehnika ima vie. Naredni tekst posve´ujemo jednoj od njih - primeni kompleksnih brojeva. Ravan dogad s c ¯anja posmatramo kao kompleksnu ravan u kojoj je svakoj taki dodeljen neki kompleksan broj. Tako take esto, umesto velikim slovima, c c c oznaavamo malim: a, b, c, d, . . . , kao kompleksne brojeve. c Slede´e formule se mogu direktno pokazati. c FORMULE I TEOREME Teorema 1. c-d a-b = . c -d a -b a-b a-c · a, b, c kolinearne ako i samo ako = . a -c a -b a-b c-d · ab cd ako i samo ako =- . a -b c -d · ab cd ako i samo ako · = acb (od a do b u pozitivnom smeru) ako i samo ako Teorema 2. Svojstva jedininog kruga: c · za tetivu ab je a-b = -ab. a -b

c-b c-a = ei . |c - b| |c - a|

a+b-c . ab 2ab · presek tangenti iz taaka a i b je taka c c . a+b · ako je taka c na tetivi ab tada je c = c · podnoje normale proizvoljne take c na tetivu ab je taka p = z c c · presek tetiva ab i cd je taka c ab(c + d) - cd(a + b) . ab - cd 1 a + b + c - abc . 2

Teorema 3. Take a, b, c, d su koncikline ako i samo ako je c c a-c a-d : R. b-c b-d Teorema 4. Trouglovi abc i pqr su slini i jednako orijentisani ako i samo ako je c a-c p-r = . b-c q-r Teorema 5. Povrina orijentisanog trougla abc je s p= Teorema 6. · taka c deli du ab u odnosu = -1 ako i samo ako je c = c z a + b . 1+ a+b+c . 3 i 4 a a 1 b b 1 c c 1 = i ab + bc + ca - a b - b c - c a. 4

· taka t je teite trougla abc ako i samo ako je ispunjeno t = c zs

· za ortocentar h i centar opisanog kruga o trougla abc vai h + 2o = a + b + c. z Teorema 7. Neka je jedinini krug upisan u trougao abc i neka dodiruje stranice bc, ca, ab, redom u takama p, q, r. c c

2qr 2rp 2pq ,b = ic= ; q+r r+p p+q 2(p2 q 2 + q 2 r2 + r2 p2 + pqr(p + q + r)) · za ortocentar h trougla abc vai h = z . (p + q)(q + r)(r + p) · vai a = z · za centar opisanog kruga o trougla abc vai o = z Teorema 8. · za svaki trougao abc upisan u jedinini krug postoje brojevi u, v, w takvi da je a = u2 , b = v 2 , c = w2 , a sredita lukova c s ab, bc, ca koja ne sadre take c, a, b, su take -uv, -vw, -wu, redom. z c c · za prethodno opisani trougao i njegov centar upisanog kruga i vai i = -(uv + vw + wu). z Teorema 9. Posmatra se trougao · ukoliko je h ortocentar trougla kod koga je jedno teme 0, a preostala dva x i y. , tada je h = (x y + xy )(x - y) . xy - x y xy(x - y ) . x y - xy 2pqr(p + q + r) . (p + q)(q + r)(r + p)

· ukoliko je o centar opisanog kruga trougla

, tada je o =

KOMPLEKSNI BROJEVI I VEKTORI. ROTACIJA. U ovaj deo svrstani su zadaci koji koriste osnovna svojstva interpretacije kompleksnih brojeva kao vektora (teorema 6) i posledice poslednjeg dela teoreme 1. Naime, ukoliko se taka b dobija rotacijom take a oko take c za ugao (u pozitivnom c c c smeru), tada je b - c = ei (a - c). 1. (Savezno 1990, 3-4 raz) Neka je S centar opisanog kruga , a H ortocentar trougla ABC. Neka je, dalje, Q takva taka c da je S sredite dui HQ i neka su T1 , T2 i T3 , redom, teita trouglova BCQ, CAQ i ABQ. Dokazati da je s z zs AT1 = BT2 = CT3 = gde je R poluprenik opisanog kruga trougla c ABC. 4 R, 3

2. (BMO 1984) Neka je ABCD tetivan etvorougao i HA , HB , HC i HD ortocentri trouglova BCD, CDA, DAB i ABC c respektivno. Dokazati da su etvorouglovi ABCD i HA HB HC HD podudarni. c 3. (Mala Olimpijada 1992) Na stranicama BC, CA i AB trougla ABC konstruisani su u njegovoj spoljanjosti kvadrati s BCDE, CAF G i ABHI. Neka su GCDQ i EBHP paralelogrami. Dokazati da je trougao AP Q jednakokrako-pravougli. 4. (Savezno 1993, 3-4 raz) Na stranicama BC, CD, DA konveksnog etvorougla ABCD konstruisani su u njegovoj spolc janosti jednakostranini trouglovi BCB1 , CDC1 i DAD1 . Ako su P i Q redom sredita stranica B1 C1 i C1 D1 i R sredite s c s s stranice AB, dokazati da je trougao P QR jednakostanian. c 5. U ravni je dat trougao A1 A2 A3 i taka P0 . Oznaimo sa As = As-3 , za svaki prirodan broj s > 3. Konstruiimo niz c c s taaka P0 , P1 , P2 , . . . , tako da se taka Pk+1 dobija rotacijom take Pk za 120o u smeru kretanja kazaljke na satu oko take c c c c Ak+1 . Dokazati da ako je P1986 = P0 , tada trougao A1 A2 A3 mora biti jednakostranian. c 6. (IMO 1992, predlog) Neka je ABCD konveksan etvorougao kod koga je AC = BD. Na stranama etvorougla konstruc c isani su jednakostranini trouglovi. Neka su O1 , O2 , O3 i O4 centri tih trouglova konstruisanih nad AB, BC, CD i DA, tim c redom. Dokazati da su prave O1 O3 i O2 O4 normalne. RASTOJANJE. PRAVILNI MNOGOUGLOVI. U ovom delu od posebne koristi bi´e jedna od osnovnih relacija kompleksnih brojeva |a|2 = aa . Takod kod dokazivanja c ¯e, jednakosti suma nekih rastojanja od posebne je koristi ukoliko su pomenuta rastojanja izmed kolinearnih taaka ili taaka ¯u c c na med ¯usobno paralelnim pravama. Zato je u mnogim situacijama veoma korisno koristiti rotacije koje odgovaraju´e take c c prevoditi u spomenuti poloaj. z Razmotrimo sada pravilne mnogouglove. Poznato je da jednaina xn = 1 u kompleksnim brojevima ima tano n reenja c c s 2k i sva ona su xk = ei n , za 0 k n - 1. Dalje, kako opisane take x0 , x1 , . . . , xn-1 ine pravilan mnogougao, to je logino c c c da i za bilo koji drugi pravilni n-tougao uzimamo upravo take x0 , x1 , . . . , xn-1 za njegova temena. Sada imamo da je x0 = 1 c i xk = k , za 1 k n - 1, gde je x1 = .

Objasnimo prethodno opisano slede´im primerom: c Primer. Neka je A0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 pravilan sedmougao. Dokazati da je 1 1 1 = + . A0 A1 A0 A2 A0 A3 Dokaz. Kao to je napomenuto u prethodnim razmatranjima uzmimo da je ak = k , za 0 k 6, gde je = ei 7 . s 2 c c Dalje, rotacijom oko take a0 = 1 za ugao , odnosno = ei 14 , take a1 , odnosno a2 se prevode u take a1 , odnosno a2 , koje c 1 1 1 su kolinearne sa a3 . Sada je dovoljno dokazati da je = + . Dalje, kako je = 2 i a1 = (a1 - 1) + 1 i a1 - 1 a2 - 1 a3 - 1 a2 = (a2 - 1) + 1, to je dovoljno dokazati da je 1 2 ( 2 - 1) = ( 4 1 1 + 6 . - 1) - 1

2

Posle sred ¯ivanja ovo se svodi na 6 + 4 + 2 + 1 = 5 + 3 + . Kako je 5 = - 12 , 3 = - 10 i = - 8 (to se lako vidi sa s 7 - 1 = 0. jedininog kruga), jednakost sledi na osnovu 0 = 12 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2 + 1 = 6 +5 +4 +3 +2 + + 1 = c -1 7. Neka je A0 A1 . . . A14 pravilan petnaestougao. Dokazati da je 1 1 1 1 = + + . A0 A1 A0 A2 A0 A4 A0 A7 8. Neka je A0 A1 . . . An-1 pravilan n-tougao upisan u krug poluprenika r. Dokazati da za proizvoljnu taku P koja lei na c c z opisanom krugu i prirodan broj m < n vai jednakost z

n-1

P A2m = k

k=0

2m nr2m . m

9. (Mala Olimpijada 2003) Neka su M i N razliite take u ravni trougla ABC takve da je c c AM : BM : CM = AN : BN : CN. Dokazati da prava M N sadri centar opisanog kruga trougla z ABC.

10. Neka su h1 , h2 , . . . , hn rastojanja proizvoljne take P manjeg luka A0 An-1 kruga opisanog oko pravilnog poligona c A0 A1 . . . An-1 od pravih koje sadre stranice A0 A1 , A1 A2 , . . . , An-1 A0 , redom, dokazati da je z 1 1 1 1 + + ··· + = . h1 h2 hn-1 hn

MNOGOUGLOVI UPISANI U KRUG U zadacima u kojima su mnogouglovi upisani u krug od velike je koristi za jedinini krug uzeti upravo taj krug. Naime, c iz teoreme 2. vidimo mnoge od prednosti jedininog kruga (pre svega prvo tvrd c ¯enje) i u praksi ´e se pokazati da se mnogi c ovakvi zadaci mogu vrlo jednostavno reiti na ovaj nain. Posebno za svaki trougao imamo da je on upisan u njegov opisani s c krug, pa je u mnogim zadacima vezanim za jedan trougao vrlo korisno uzeti za jedinini krug ba krug opisani oko tog c s trougla. Jedini problem u ovom sluaju je pronalaenje centra upisanog kruga. Za to pogledati neko od slede´a dva dela. c z c 11. Dat je etvorougao ABCD upisan u krug iji je prenik AC. Prave AB i CD seku se u taki M , a tangente na krug c c c c konstruisane u takama B i D u taki N . Dokazati da je M N normalno na AC. c c 12. (IMO 1996, predlog) Neka je H ortocentar trougla ABC, a P proizvoljna taka na njegovom opisanom krugu. Neka c je E podnoje visine BH neka su P AQB i P ARC paralelogrami i neka se AQ i HR seku u X. Dokazati da su prave EX i z AP paralelne. 13. Dat je tetivan etvorougao ABCD. Take P i Q su simetrine taki C u odnosu na prave AB i AD, respektivno. c c c c Dokazati da prava P Q prolazi kroz ortocentar trougla ABD. 14. (IMO 1998, predlog) Neka je ABC trougao, H njegov ortocentar, O centar opisanog kruga, i R poluprenik opisanog c kruga. Neka je D taka simetrina taki A u odnosu na BC, E taka simetrina taki B u odnosu na CA i F taka simetrina c c c c c c c c taki C u odnosu na AB. Dokazati da su take D, E i F kolinearne akko OH = 2R. c c

15. (Interno 2004) Dat je trougao ABC. Tangenta u temenu A na krug opisan oko ABC see srednju liniju trougla c paralelnu sa BC u taki A1 . Analogno definiemo take B1 i C1 . Dokazati da take A1 , B1 , C1 lee na pravoj i da je ta prava c s c c z normalna na Ojlerovu pravu trougla ABC. 16. (MOP 1995) Neka su AA1 i BB1 visine trougla ABC i neka AB = AC. Neka je M sredite dui BC, H ortocentar s z trougla ABC i D presek BC i B1 C1 . Dokazati da je DH normalno na AM . 17. (IMO 1996, predlog) Neka je ABC otrougli trougao kod koga je BC > CA. Neka je O centar opisanog kruga, H s ortocentar i F podnoje visine CH. Neka se normala iz F na OF i stranica CA seku u P . Dokazati da je F HP = BAC. z 18. (Rumunija 2005) Neka je A0 A1 A2 A3 A4 A5 konveksan estougao upisan u krug. Neka su A0 , A2 , A4 take istog krugu, s c takve da je A0 A0 A2 A4 , A2 A2 A4 A0 A4 A4 A2 A0 . Neka se prave A0 A3 i A2 A4 seku u taki A3 , prave A2 A5 i A0 A4 seku u taki A5 i prave A4 A1 i A0 A2 u taki A1 . c c c Dokazati da ako su prave A0 A3 , A1 A4 i A2 A5 konkurentne, da su tada i prave A0 A3 , A4 A1 i A2 A5 takod konkurentne. ¯e 19. (Simsonova prava) Ako su A, B, C take na krugu, tada su podnoja normala iz proizvoljne take D na tom krugu na c z c stranice trougla ABC kolinearne take. c 20. Neka su A, B, C, D etiri take na krugu. Dokazati da presek Simsonove prave kroz A u odnosu na trougao BCD sa c c Simsonovom pravom kroz B u odnosu na trougao ACD lei na pravoj koja prolazi kroz C i ortocentar trougla ABD. z 21. Oznaimo sa l(S; P QR) Simsonovu pravu take S u odnosu na trougao P QR. Neka take A, B, C, D pripadaju jednom c c c krugu. Dokazati da se prave l(A; BCD), l(B; CDA), l(C, DAB), l(D, ABC) seku u jednoj taki. c 22. (Tajvan 2002) Neka su A, B i C fiksirane take u ravni, a taka D pokretna tachka na krugu opisanom oko trougla ABC. c c Neka je IA Simsonova prava take A u odnosu na trougao BCD. Slino definiemo i prave IB , IC i ID . Na´i geometrijsko c c s c mesto taaka svih preseka pravih IA , IB , IC i ID kada se D pomera po datom krugu. c 23. (BMO 2003) Neka je trougao ABC takav da AB = AC. Neka je D taka preseka tangente na opisanu krunicu trougla c z ABC u taki A i prave BC. Neka su E i F take na simetralama dui AB i AC redom, takve da su BE i CF normalne na c c z BC. Dokazati da su take D, E i F kolinearne. c 24. (Paskalova teorema) Ako je estougao ABCDEF tetivan, dokazati da su take AB DE, BC EF, CD F A s c kolinearne. 25. (Brokarova teorema) Neka je ABCD tetivni etvorougao. Prave AB i CD se seku u E, prave AD i BC se seku u F c i prave AC i BD se seku u G. Dokazati da je O ortocentar trougla EF G 26. (Iran 2005) Neka je ABC jednakokraki trougao kod koga je AB = AC. Neka je taka P na produetku stranice BC i c z neka su take X i Y na stranicama AB i AC takve da je c PX Neka je T sredite luka BC. Dokazati da je P T XY . s 27. Neka je ABCD tetivni etvorougao i neka su K, L, M , N sredita stranica AB, BC, CA, DA, redom. Dokazati da c s ortocentri trouglova AKN , BKL, CLM , DM N obrazuju paralelogram. MNOGOUGLOVI OPISANI OKO KRUGA Kao i u prethodnom delu i u ovom sluaju od velike je koristi uzeti za jedinini krug upravo krug upisan u dati mnogougao. c c Od posebne koristi je ponovo teorema 2 i to posebno njen tre´i deo. Ukoliko je dati mnogougao trougao tada koristimo i c formule opisane u teoremi 7. Primetimo da u ovom sluaju znamo koordinate i opisanog i upisanog kruga, to u prethodnom c s delu nije bio sluaj. Takod primetimo da su formule date u teoremi 7 dosta komplikovane, pa kada god je to mogu´e treba c ¯e, c za jedinini krug uzimati krug opisan oko trougla. c 28. Upisani krug sa centrom u O trougla ABC dodiruje stranice AB, BC, CA u takama M , K, E. Neka je presek pravih c M K i AC taka P . Dokazati da je OP normalno na BE. c 29. Krug sa centrom O upisan je u etvorougao ABCD i dodiruje stranice AB, BC, CD i DA redom u takama K, L, M c c i N . Prave KL i M N seku se u taki S. Dokazati da je OS normalno na BD. c 30. (BMO 2005) Neka je ABC otrougli trougao, iji upisani krug dodiruje stranice AB i AC u D i E, redom. Neka su X s c i Y take preseka simetrala uglova ACB i ABC sa pravom DE i neka je Z sredite BC. Dokazati da je trougao XY Z c s jednakostranian ako i samo ako je A = 60 . c 31. (Njutnova teorema) Dat je tangentni etvorougao ABCD. Neka su M i N sredita dijagonala AC i BD, i S centar c s upisanog kruga. Dokazati da su M , N i S kolinearne. AC, PY AB.

32. Neka je ABCD chetvorougao, i neka njegov upisani krug dodiruje stranice AB, BC, CD, DA redom u tachkama M , N , P , Q. Dokazati da su prave AC, BD, M P , N Q konkurentne. 33. (Iran 1995) Upisani krug trougla ABC dodiruje stranice BC, CA i AB redom u takama D, E i F , a X, Y i Z su c sredita stranica EF , F D i DE respektivno. Dokazati da centar upisanog kruga pripada pravoj odred s ¯enoj centrima krugova opisanih oko trouglova XY Z i ABC. 34. Neka krug sa cenrom u I upisani u trougao ABC dodiruje stranice BC, CA, AB u takama D, E, F , redom. Neka se c prave AI i EF seku u taki K, prave ED i KC u taki L, a prave DF i KB u taki M . Dokazati da je LM paralelno sa c c c BC. 35. (25. Turnir gradova) Dat je trougao ABC. U njemu je taka H presek visina, I centar upisane krunice, O centar c z opisane krunice, K taka dodira upisanog kruga sa stranicom BC. Zna se da su odseci IO i BC paralelni. Dokazati da su z c c odseci AO i HK paralelni. c 36. (IMO 2000, 6.zad) Neka su AH1 , BH2 , CH3 visine otrouglog trougla ABC. Krunica upisana u trougao ABC dodiruje s z stranice BC, CA, AB redom u takama T1 , T2 , T3 . Neka su prave l1 , l2 , l3 simetrine pravama H2 H3 , H3 H1 , H1 H2 u odnosu c c na prave T2 T3 , T3 T1 , T1 T2 , redom. Dokazati da prave l1 , l2 , l3 odred ¯uju trougao ija temena pripadaju krunici upisanoj u c z trougao ABC. SREDISTE LUKA Ne retko se u zadacima taka definie kao sredite luka i to recimo onog koji ne sadri datu taku. Jedan od ve´ih c s s z c c problema pri kori´enju kompleksnih brojeva je razdvajanje pojmova koji se definiu na isti nain. U ovom sluaju problem sc s c c je razlikovati sredita dva luka jednog kruga. Naime, ukoliko uzmemo da je sredite luka presek simetrale tetive, koja s s ograniava taj luk, i kruga, dobi´emo dva reenja, jer su na ovaj nain definisane dve takve take. Dati problem se relativno c c s c c lako reava prvim delom teoreme 8. I vie, drugi deo teoreme 8 daje jedan alternatini nain reavanja zadataka sa upisanim s s c s i opisanim krugom. Primetimo da su tada koordinate znaajnih taaka trougla dosta jednostavnije nego u prethodnom delu. c c Med ¯utim, do problema dolazi pri izraunavanju taaka d, e, f , dodira upisanog kruga sa stranicama (izrauanjte ih!), pa se c c c zato u ovim situacijama esto koriste metode iz prethodnog dela. Takod u sluaju mnogouglova sa vie od tri stranice c ¯e, c s koristi se prethodni deo. 37. (Kvant M769) Neka je centar upisanog kruga trougla ABC taka L, a produeci dui AL, BL i CL seku opisani krug c z z trougla ABC u takama A1 , B1 i C1 , redom. Neka je R poluprenik opisanog, a r poluprenik upisanog kruga trougla c c c ABC. Dokazati da je: (a) LA1 · LC1 = R; LB (b) LA · LB = 2r; LC1 (c) 2r S(ABC) = . S(A1 B1 C1 ) R

38. (Kvant M860) Neka su O i R redom centar i poluprenik krunice opisane oko trougla ABC, a Z i r redom centar c z i poluprenik krunice upisane u isti trougao. Ako je K teite trougla koga ine dodiri upisane krunice i stranica trougla c z zs c z dokazati da se Z nalazi na dui OK i da je OZ : ZK = 3R/r. z 39. Neka je taka P presek dijagonala AC i BD konveksnog etvorougla ABCD u kom je AB = AC = BD. Neka su O i I c c centar opisanog i upisanog kruga trougla ABP . Dokazati da ako je O = I, onda su prave OI i CD normalne. 40. Neka je I centar upisanog kruga trougla ABC, kod koga je AB = AC. Taka O1 je simetrina centru opisanog kruga c c trougla ABC u odnosu na pravu BC. Dokazati da su take A, I, O1 kolinearne ako i samo ako je A = 60o . c 41. Dat je trougao ABC. Neka su A1 , B1 i C1 sredita stranica BC, CA i AB, P , Q i R dodirne take stranica BC, CA s c i AB sa upisanim krugom k, P1 , Q1 i R1 sredita lukova QR, RP i P Q na koje take P , Q i R razlau krug k i P2 , Q2 i s c z R2 sredita lukova QP R, RQP i P RQ. Dokazati da se prave A1 P1 , B1 Q1 i C1 R1 , kao i prave A1 P1 , B1 Q2 i C1 R2 , seku u s jednoj taki. c ,,ISTAKNUTE" TACKE. CETVOROUGLOVI. U prethodna tri dela take koje su uzimane za poetne, tj. one koje su imale ,,poznate" koordinate bile su med c c ¯usobno ravnopravne, tj. sve su imale ista svojstva (to su bile ili neke take istog kruga, ili preseci nekih tangenti istog kruga...). c Med ¯utim, u mnogim zadacima mogu´e je neku taku izdvojiti iz ostalih i to pre svega zbog njenog uticaja na preostale take. c c c Tu taku naje´e smetamo u koordinatni poetak. Ovo je posebno korisno u sluaju etvorouglova (koji nisu ni tangentni c c sc s c c c ni tetivni) kog kojih za koordinatni poetak uzimamo taku preseka dijagonala. Tu su od posebne koristi formule iz teoreme c c 9. 42. U spoljanjosti trougla ABC konstruisani su kvadarati ABB B , ACC C , BCXY . Neka je taka P centar kvadrata s c BCXY . Dokazati da se CB , BC , AP seku u jednoj taki. c 43. Neka je ABCD etvorougao, O presek njegovih dijagonala, M sredite stranice AB i N sredite stranice CD. Dokazati c s s

da ako je OM CD i ON AB da je ABCD tetivan. 44. Neka je F taka osnovice AB trapeza ABCD, takva da je DF = CF , E = AC BD i O1 i O2 centri opisanih krugova c trouglova ADF i F BC, redom. Dokazati da je F E O1 O2 . 45. (IMO 2005, 5.zad) Neka je ABCD konveksan etvorougao ije su stranice BC i AD jednake i nisu paralelne. Neka su c c E i F unutranje take stranica BC i AD redom, takve da je BE = DF . Prave AC i BD seku se u P , prave BD i EF seku s c se u Q, prave EF i AC seku se u R. Razmotrimo trouglove P QR koji se dobijaju za sve takve take E i F . Dokazati da sve c opisane krunice ovih trouglova imaju zajedniku taku razliitu od P . z c c c 46. Neka se dijagonale konveksnog etvorougla ABCD seku u taki O. Neka su T1 i T2 teita trouglova c c zs a H1 i H2 ortocentri trouglova AOB i COD. Dokazati da su prave T1 T2 i H1 H2 normalne. NEJEDNOZNACNI PRESECI I VIETOVE FORMULE Taku preseka dve prave raunamo iz sistema dve jednaine od kojih svaka predstavlja uslov pripadnosti jednoj od c c c datih pravim. Med ¯utim, pri ovakvom algebarskom odred ¯ivanju taaka moe do´i do komplikacija. Naime, kao to je to i c z c s napomenuto u pretprolom delu standardni metodi mogu dovesti do nejedinstvenog odred s ¯ivanja taaka. Tako npr. ukoliko c odred ¯ujemo taku preseka data dva kruga iz pripadnosti jednom i pripadnosti drugom dobi´emo kvadratnu jednainu koja c c c u optem sluaju ima dva reenja (to je i za oekivati, jer se data dva kruga mogu se´i u dve take). Takod u mnogim s c s s c c c ¯e, zadacima nam ni nisu potrebne obe ove take, nego npr. samo pravac prave koju oni odred c ¯uju. Isto tako mogu´e je da c nam je jedna od datih taaka poznata. U oba sluaja mnogo je bolje koristiti Vietova pravila i na taj nain odred c c c ¯ivati zbirove i proizvode datih taaka nego raunanje njihovih eksplicitnih vrednosti, jer pri tome moe do´i do ,,vad c c z c ¯enja" korena iz kompleksnog broja, to nije dozvoljeno. s Napomenimo ovde i da ukoliko nam je eksplicitno potrebna npr. jedna od dve presene take dva kruga, a drugu ne c c znamo, gotovo je jedina ansa da dati zadatak reimo kompleksnim brojevima ukoliko datu taku uzmemo za jednu od s s c poetnih taaka. c c 47. Neka se tangente kruga u takama A i B seku u C. Krug 1 koji prolazi kroz taku C i dodiruje pravu AB u taki c c c B see krug u taki M . Dokazati da prava AM polovi du BC. c c z 48. (Republiko 2004, 3 raz) Dat je krug k i njegov prenik AB. Neka je P proizvoljna taka tog kruga razliita od A i B. c c c c Projekcija take P na AB je Q. Krug sa centrom P i poluprenikom P Q see krug k u C i D. Presek pravih CD i P Q je c c c taka E. Neka je F sredite AQ, a G podnoje normale iz F na CD. Dokazati da je EP = EQ = EG i da su take A, G i c s z c P kolinearne. 49. (Kina 1996) Neka je H ortocentar trougla ABC. Tangente iz A na krug sa prenikom BC dodiruju krug u takama c c P i Q. Dokazati da su take P , Q i H kolinearne. c 50. Neka je P taka na produetku dijagonale AC pravougaonika ABCD preko C, takva da je BP D = CBP . Odrediti c z P B : P C. 51. (IMO 2004, 5.zad) U konveksnom etvorouglu ABCD dijagonala BD nije simetrala niti ugla ABC niti ugla CDA. c Taka koja se nalazi unutar ABCD je takva da je c P BC = DBA i P DC = BDA. Dokazati da je etvorougao ABCD tetivan akko je AP = CP . c RAZNI ZADACI - RAZNE METODE U ovom delu dati su zadaci koji nisu striktno vezani ni za jedan od prethodnih delova, ili koriste ideje iz vie njih. s Opte pravilo za reavanje takvih zadataka je da dobro razmislite o tome koje ´ete take uzeti za poetne, ta treba uzeti za s s c c c s koordinatni poetak, a ta za jedinini krug. Kao to ´ete to i sami videti osnovni problem kod reavanja bilo kojih zadataka c s c s c s kompleksnim brojevima bi´e vam vreme. Zato ukoliko na takmienjima elite da koristite kompleksne brojeve od velike je c c z vanosti rutina i mogu´nost procene koliko vam vremena treba da odred z c ¯ene stvari sraunate. Ovo je i jedan od razloga zbog c kojih vam drimo ove stvari ve´ na poetku druge godine, jer ´ete jedino tako mo´i da ve´ na takmienjima u tre´oj godini z c c c c c c c ovladate potpuno ovom tehnikom i spoznate njenu iroku primenu. s U ovom delu bi´e dato i nekoliko zadataka koji koriste teoreme 3,4 i 5. c 52. Data su etiri kruga k1 , k2 , k3 , k4 tako da je k1 k2 = {A1 , B1 }, k2 k3 = {A2 , B2 }, k3 k4 = {A3 , B3 }, k4 k1 = {A4 , B4 }. c Ako su take A1 , A2 , A3 , A4 koncikline ili kolinearne, dokazati da su i take B1 , B2 , B3 , B4 koncikline ili kolinearne. c c c c 53. Dat je paralelogram ABCD. Nad njegovim stranicama CD i CB konstruisani su slini istoorijentisani trouglovi c i F BC. Dokazati da je i trougao F AE slian i istoorijentisan sa prva dva. c CDE AOD i BOC,

54. S iste strane dui P Q konstruisana su tri trougala KP Q, QLP i P QM takva da je QP M = P QL = , P QM = z

QP K = i P QK = QP L = , pri emu je < < i + + = 180o . Dokazati da je trougao KLM slian sa prva c c tri. 55. (Iran 2005) Neka je H1 konveksan n-tougao i neka je n prost. Dalje se konstruiu poligoni H2 , . . . , Hn rekurentno: s temena poligona Hk+1 se dobijaju od svakog temena Hk simetrijom kroz k-tog suseda (u pozitivnom smeru). Dokazati da su H1 i Hn slini. c 56. Dokazati da povrina trougla ija su temena podnoja normala sputenih iz proizvoljnog temena tetivnog petougla na s c z s njegove stranice ne zavisi od izbora temena petougla. 57. Take A1 , B1 , C1 su odabrane u trouglu ABC na visinama iz A, B, C redom. Ako je c S(ABC1 ) + S(BCA1 ) + S(CAB1 ) = S(ABC), dokazati da je evorougao A1 B1 C1 H tetivan. c 58. (IMO 1997, predlog) Podnoja visina iz temena A, B i C trougla ABC su redom D, E i F . Prava kroz D paralelna z sa EF see prave AC i AB redom u takama Q i R. Prava EF see BC u taki P . Dokazati da krug opisan oko trougla c c c c P QR prolazi kroz sredite stranice BC. s 59. (BMO 2004) Neka je O unutranja taka otrouglog trougla ABC. Krugovi sa centrima u sreditima stranica trougla s c s s ABC, koji prolaze kroz taku O, med c ¯usobno se seku u takama K, L i M , razliitim od O. Dokazati da je O centar c c upisanog kruga u trougao KLM ako i samo ako je O centar opisanog kruga oko trougla ABC. 60. U ravni su data dva kruga k1 i k2 . Neka je A njihova zajednika taka. Po krugovima se kre´u take M1 i M2 konstantnim c c c c brzinama. One prolaze kroz taku A u istim momentima vremena. Dokazati da postoji nepokretna taka P koja je u svakom c c trenutku podjednako udaljena od taaka M1 i M2 . c 61. (Mala Olimpijada 2004) Dat je kvadrat ABCD i krunica sa prenikom AB. Neka je P proizvoljna taka stranice z c c CD, M i N redom preseci dui AP i BP sa koji su razliiti od A i B, a Q taka preseka pravih DM i CN . Dokazati da z c c je Q i da vai jednakost AQ : QB = DP : P C. z 62. (IMO 1995, predlog) Neka je dat trougao ABC. Krug koji prolazi kroz B i C see stranice AB i AC opet u takama C c c i B , redom. Dokazati da su prave BB , CC i HH konkurentne, gde su H i H ortocentri trouglova ABC i A B C , redom. 63. (IMO 1998, predlog) Neka su M i N take unutar trougla ABC takve da vai M AB = N AC i M BA = N BC. c z Dokazati da je BM · BN CM · CN AM · AN + + = 1. AB · AC BA · BC CA · CB 64. (IMO 1998, predlog) Neka je ABCDEF konveksan estougao takav da je B + D + F = 360o i AB · CD · EF = s BC · DE · F A. Dokazati da je BC · AE · F D = CA · EF · DB. 65. (IMO 1998, predlog) Neka je ABC trougao takav da je A = 90o i B < C. Tangenta u A na njegov opisani krug see pravu BC u taki D. Neka je E slika take A pri osnoj simetriji u odnosu na pravu BC, X podnoje normale iz A na c c c z BE i Y sredite dui AX. Neka prava BY see jo u Z. Dokazati da je prava BD tangenta na opisani krug trougla ADZ. s z c s Uputstvo: primeniti prvo neku inverziju... 66. (Interno 1997, 3-4 raz) Dat je trougao ABC i na njegovim stranicama take A1 BC, B1 AC i C1 AB takve da su c trouglovi ABC i A1 B1 C1 slini. Dokazati da ako se ortocentri ili centri upisanih krugova trouglova ABC i A1 B1 C1 c poklapaju, tada je trougao ABC jednakostranini. c 67. (Ptolomejeva nejednakost) Za svaki konveksni tvorougao ABCD vai nejednakost c z AB · CD + BC · AD AC · BD. 68. (Kina 1998) Na´i geometrijsko mesto taaka D za koje vai c c z DA · DB · AB + DB · DC · BC + DC · DA · CA = AB · BC · CA.

MANE KOMPLEKSNIH BROJEVA Najve´i problemi pri kori´enju kompleksnih brojeva javljaju se sa presecima pravih (to moemo videti iz petog dela c sc s z teoreme 2, iako su tu u pitanju tetive kruga) i ukoliko se u zadatku pojavljuje vie od jedan krug. Zato zadatke u kojima s se javlja ili dosta pravih u optem poloaju bez ijednog istaknutog kruga, ili vie od dva kruga treba izbegavati. Takod s z s ¯e, stvari se dosta komplikuju i ukoliko su imamo dva kruga u optem poloaju, pa osim u izuzetnim situacijamo ni ovde nije s z

preporuljivo koristiti kompleksne brojeve. I na kraju, zadaci u kojima kao uslov dobijamo jednakost nekih zbirova rastojanja c izmed nekolinearnih taaka mogu biti vrlo nezgodni i ponekad praktino neuradivi. ¯u c c Naravno, ovo su samo oigledna mesta na kojima moe do´i do problema. Postoje mnogi na izgled jednostavni zadaci c z c ije ´e izraunavanje zadavati neverovatne teko´e i koji ´e biti praktino neuradivi u realnom vremenu. c c c s c c c

c Marko Radovanovi´ c [email protected] oktobar-novembar 2005.

RESENJA I UPUTSTVA

Pre samih reenja evo i nekoliko napomena za kori´enje istih: s sc · u svim zadacima uzeto je da takama oznaenim velikim slovima odgovaraju kompleksni brojevi oznaeni odgovaraju´im c c c c malim brojevima (osim u nekim sluajevima u kojima je za jedinini krug uzet krug upisan u trougao, a njegov centar c c oznaen sa o). c · pri pozivanju na teoreme kori´ene su skra´enice. Tako npr. pozivanje na T1.3, predstavlja pozivanje na tre´i deo sc c c teoreme 1. · reenja kao reenja su totalno beskorisna ukoliko uenik ne uzme i sam proba da uradi odgovaraju´i zadatak. Naime, jo s s c c s jednom ponavljam da je rutina jedna od najvanijih stvari i da je bez nje poznavanje ove metode praktino beskorisno. z c · u zadacima nisu najasnije objanjena sva rastavljanja izraza (poto je to tehniki gotovo neizvodljivo), a kao po s s c pravilu to je jedan od problema koji se esto javlja ovakvim nainom rada. Zato napomenimo neke osnovne ideje pri c c rastavljanju. Prvo: svi izrazi koji su nekako ,,podjednako" povezani sa npr. a i sa b verovatno su i deljivi sa a - b ili a + b. Drugo: ukoliko trebate proveriti neki od uslova, i neke od izraza unutar njega lako raunate, onda posmatrate c kako bi trebalo da izgledaju preostali izrazi da bi dato tvrd ¯ene vailo. Tre´e: velika ve´ina izraza ´e se mo´i rastaviti, z c c c c pa je uvek korisnije utroiti malo vremena i rastaviti dati izraz, nego ,,vu´i" kroz ceo zadatak dui, nerastavljeni oblik. s c z · iz tehninih razloga u zadacima nisu izvrena mnoga konjugovanja. Med c s ¯utim sva ona su veoma jednostavno, jer ´e se c 1 u njima naje´e nalaziti kompleskni brojevi sa jedininog kruga, a za njih je a = . c sc c a · ukoliko jo niste uvereni da je ovaj metod korisno nauiti, probajte da reavate ove zadatke i na neki drugi nain, ne s c s c verujem da ´ete ih sve reiti. Tako na primer za zadatak br. 41 jo nije pronad c s s ¯eno elementarno reenje, a za neke od s zadataka su reenja kompleksnim brojevima ak i neuporedivo kra´a od npr. elementarnih reenja. s c c s · autor se trudio da ova reenja to pre zavri, tako da su mogu´e greke. Za sve uoene greke, eventualna alternativna s s s c s c s reenja (kompleksnim brojevima) i ostale sugestije, molim da me kontaktirate preko ve´ spomenute adrese. s c

1. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini, tj. s = 0 i |a| = |b| = |c| = 1. Po T6.3 je h = a + b + c, a po T6.1 i c b+c+q a b c h + q = 2s = 0, tj. q = -a - b - c. Po T6.2 imamo da je t1 = = - i slino t2 = - i t3 = - . Sada je c 3 3 3 3 4a 4 4 a = = i slino |b - t2 | = |c - t3 | = . Ovim je dokaz zavren, jer smo pretpostavili da je R = 1, a to c s |a - t1 | = a + 3 3 3 3 ne umanjuje optost. s 2. Neka je krug opisan oko etvorougla abcd jedinini. Prema T6.3 je ha = b+c+d, hb = c+d+a, hc = d+a+b i hd = a+b+c. c c Da bismo dokazali da su etvorouglovi abcd i ha hb hc hd podudarni dovoljno je dokazati da je |x - y| = |hx - hy |, za svaka c dva x, y {a, b, c, d}, to se lako proverava. s u pozitivnom smeru. Kako je ei 2 = i, prema 2 T1.4 imamo da je (a - b)i = a - h, tj. h = (1 - i)a + ib. Slino dobijamo d = (1 - i)b + ic i g = (1 - i)c + ia. Kako je c etvorougao BCDE kvadrat, on je i paralelogram, pa se sredita stranica ce i bd poklapaju, a samim tim po T6.1 imamo c s d + b = e + c, odnosno e = (1 + i)b - ic. Slino je i g = (1 + i)c - ia. Dalje, kako su i etvorouglovi beph i cgqd paralelolgrami, c c to je p + b = e + h i c + q = g + d, odnosno 3. Primetimo da se taka h dobija rotacijom take a oko take b za ugao c c c p = ia + b - ic, q = -ia + ib + c.

s Da bismo dokaz zavrili dovoljno je dokazati da se q dobija rotacijom take p oko take a za ugao , to je prema T1.4 s c c 2 ekvivalentno sa (p - a)i = p - b. Poslednje se lako proverava. 4. Take b1 , c1 , d1 , dobijaju se rotacijama taaka b, c odnosno d oko taaka c, d i a za ugao c c c tim uz oznaku ei/3 = prema T1.4 imamo (b - c) = b1 - c, (c - d) = c1 - d, (d - a) = d1 - a. u pozitivnom smeru. Samim 3

Kako je p sredite dui b1 c1 prema T6.1 imamo s z p= Slino dobijamo i q = c b1 + c1 b + c + (1 - )d = . 2 2

c + d + (1 - )a a+b . Takod ponovo po T6.1 imamo i da je r = ¯e, . Da bismo dokaz zavrili s 2 2 potrebno je pokazati da se taka q dobija rotacijom take p oko take r za ugao , u pozitivnom smeru. Poslednje je po c c c 3 T1.4 ekvivalentno sa (p - r) = q - r, p-r = -a + ( - 1)b + c + (1 - ) , 2 q-r = -a - b + c + d , 2

to sledi iz s

i 2 - + 1 = 0 (jer je 0 = 3 + 1 = ( + 1)(2 - + 1)). 5. Neka je = ei

2 3

. Prema T1.4 imamo pk+1 - ak+1 = (pk - ak+1 ). Sada je

k+1

pk+1 = pk + (1 - )ak+1 = (pk-1 + (1 - )ak ) + (1 - )ak+1 = . . . = k+1 p0 + (1 - )

i=1

k+1-i ai .

Sada je p1996 = p0 + 665(1 - )(2 a1 + a2 + a3 ), jer je 3 = 1. Znai p1996 = p0 ako i samo ako je 2 a1 + a2 + a3 = 0. c Ukoliko jo uzmemo da je a1 = 0, to je a3 = -a2 , pa je jasno da se taka a2 dobija rotacijom take a3 oko take 0 = a1 , za s c c c u pozitivnom smeru. Ovo zavrava na dokaz. s s ugao 3 2 = , u pozitivnom smeru, to je prema T1.4 (o1 - b) = 6. Kako se taka a dobija rotacijom take b oko take o1 za ugao c c c 3 a - b o1 - a, tj. o1 = . Analogno je i 1- o2 = Kako je o1 o3 o2 o4 ekvivalentno sa b - c , 1- o3 = c - d , 1- o4 = d - a . 1-

o1 - o3 o2 - o4 =- , to je dovoljno dokazati da je o1 - o3 o2 - o4 a - c - (b - d) a - c - (b - d) =- b - d - (c - a) b - d - (c - a) ,

tj. da je (a - c)b - d - (b - d)b - d + (a - c)a - c - (b - d)a - c = -a - c (b - d) + (b - d)b - d - (a - c)a - c + (a - c)b - d . Poslednje sledi iz = 1 i |a - c|2 = (a - c)a - c = |b - d|2 = (b - d)b - d .

2

7. Moemo uzeti da je ak = k , za 0 k 12, gde je = ei 15 . Dalje, rotacijom taaka a1 , a2 i a4 oko take a0 = 1 za z c c uglove 6 , 5 , odnosno 3 (gde je = ei/15 ), dobijamo take a1 , a2 i a4 , takve da su a0 , a7 , a1 , a2 , a4 kolinearne. Sada je c dovoljno dokazati da je 1 1 1 1 = + + . a1 - 1 a2 - 1 a4 - 1 a7 - 1 Kako je prema T1.4 a1 - a0 = (a1 - a0 ) 6 , a2 - a0 = (a2 - a0 ) 5 i a4 - a0 = (a4 - a0 ) 3 , a i = 2 i 30 = 1, to se poslednje svodi na 1 1 1 14 = 5 4 + 3 8 - 16 . 6 ( 2 - 1) ( - 1) ( - 1) - 1 Dovod ¯enjem na zajedniki imenilac i skra´ivanjem sa 2 - 1 dobijamo da je potrebno dokazati c c 8 + 6 + 4 + 2 + 1 = ( 12 + 8 + 4 + 1) + 3 ( 8 + 1) - 20 . Kako je 15 = -1 = - 30 , to je i 15-k = - 30-k . Sada traeno sledi na osnovu z 0 = 28 + 26 + 24 + 22 + 20 + 18 + 16 + 14 + 12 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2 + 1 = 30 - 1 = 0. 2 - 1

8. [Preuzeto od Uroa Rajkovi´a] Uvedimo kompleksnu ravan tako da centar mnogougla bude koordinatni poetak i neka s c c je z = ei k . Sada je koordinata take Ak u kompleksnoj ravni z 2k . Neka je koordinata take P kompleksni broj p, gde je c c 2m |p | = 1. Oznaimo levu stranu jednakosti sa S. Trebamo da dokaemo da je S = c z · n. Sada je m

n-1 n-1

S=

k=0

P A2m = k

k=0

z 2k - p

2m

Primetimo da su argumenti kompleksnih brojeva (z 2k -p)·z -k , gde je k {0, 1, 2, . . . , n}, jednaki sa argumentom kompleksnog broja (1 - p), pa je (z 2k - p) · z -k 1-p pozitivan realan broj . Poto je |z -k | = 1 dobijamo da vai: s z

n-1 n-1 n-1

S=

k=0

|z 2k - p |2m = |1 - p |2m ·

k=0

z 2k - p 1-p

2m

(z 2k - p)2m = |1 - p |2m ·

k=0

(1 - p)2m

.

Kako je S pozitivan realan broj dobijamo da je:

n-1

S=

k=0

(z 2k - p )2m .

Sada iz Njutnove binomne formule dobijamo da vai: z

n-1 2m

S=

k=0 i=0

2m · z 2ki · (-p)2m-i · z -2mk . i

Sred ¯ivanjem dobijamo:

n-1 2m

S=

k=0 i=0

2m · z 2k(i-m) · (-p)2m-i , i

n-1

ili S=

2m

i=0

2m · (-p)2m-i · i

z 2k(i-m) .

k=0

Kako za i = m vai: z

n-1

z 2k(i-m) =

k=0

z 2n(i-m) - 1 , z 2(i-m) - 1

gde je z

2n(i-m)

-1=0 i z

2(i-m)

- 1 = 0, pa je

n-1

z 2k(i-m) = 0.

k=0

Kada je pak i = m vai: z

n-1 n-1

z

k=0

2k(i-m)

=

k=0

1 = n.

Iz svega ovoga sledi: S= Zbog |p | = 1 dobijamo konano: c S= to je i trebalo dokazati. s 9. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini. Tada je o = 0 i a = c 1= 1 . Prva od datih proporcija moe se zapisati i kao z a 2m ·n m 2m · (-p)m · n = m 2m · n · |(-p)m | . m

|a - m||b - n| |a - m|2 |b - n|2 (a - m)(a - m )(a - n)(a - n ) 1= = 2 |b - m|2 |a - n||b - m| |a - n| (a - n)(a - n )(b - m)(b - m )

Prostim raunom dobijamo (a - m)(a - m )(b - n)(b - n ) = (1 - c n b (a - n)(a jednakost mm - 1-

m n m - am + mm )(1 - - bn + nn ) = 1 - - am + a b a bmn mnn mn am n mm n + + - - bn + + abm n - bmm n + nn - - am nn + mm nn . Vrednost izraza ab b b a a - n )(b - m)(b - m ) dobijamo iz prethodnog, tako to svako pojavljivanje a zamenimo sa b i obrnuto. Polazna s se sada svodi na

n mn am n mm n bmn mnn m - am + mm - + + - - bn + + abm n - bmm n + nn - - am nn + mm nn = a b ab b b a a

m n mn bm n mm n amn mnn - bm + mm - + + - - an + + abm n - amm n + nn - - bm nn + mm nn , b a ab a a b b pa oduzimanjem i izvlaenjem a - b dobijamo c 1- (a + b)m n mm n n (a + b)mn mnn m -m - + - +n - + mm n + - m nn = 0. ab ab ab ab ab ab Kako vai relacija AM/CM = AN/CM , to vai i izraz koji se dobija iz prethodnog kada se svako pojavljivanje b zameni sa z z c i obrnuto. Oduzimanjem ovako dobijenog izraz od prethodnog i izvlaenjem b - c dobijamo c - m n mm n mn m n mnn + - + + - = 0. abc abc bc abc bc abc

Zapisivanjem istog izraza u kome bc zamenjujemo sa ac (koji se takod dobija iz poetnih proporcija zbog simetrije), oduzi¯e c n-o m-o = , pa su po T1.2 take m, n, o kolinearne. c manjem i izvlaenjem dobijamo mn - nm = 0. Sada je c m -o n -o 10. [Preuzeto od Uroa Rajkovi´a] Prvo ´emo dokazati da za take jedininog kruga p, a i b vai da je rastojanje take p od s c c c c z c prave koja sadri take a i b jednako: z c 1 |(a - p)(b - p)|. 2 Ako sa q oznaimo podnoje normale iz p na pravu koja sadri take a i b po T2.4 vai: c z z c z q= Sada je traeno rastojanje jednako: z |q - p | = ab 1 -p + a + b - . 2 p ab 1 p+a+b- . 2 p

Poto je |p | = 1 smemo izraz sa desne strane mnoiti sa -p i posle mnoenja dobijamo: s z z 1 2 (p - (a + b)p + ab) . 2 Sada se lako vidi da je traeno rastojanje zaista jednako: z 1 |(a - p)(b - p)|. 2 Ako oznaimo z = ei 2n , tada ´e koordinata take Ak biti z 2k . Sada je: c c c 2 · hk = |(z 2k - p)(z 2k-2 - p)|. Vektor (z 2k - p) · z -k je kolinearan sa 1 - p, pa je (z 2k - p) · z -k 1-p pozitivan realan broj. Odavde sledi da za k {1, 2, · · · , n - 1} vai: z hk = poto je |z| = 1. Vai i da je: s z hn = (1 - p) · (z 2n-2 - p) · z -(n-1) · |1 - p|2 . 2 · (1 - p)2 (z 2k - p) · (z 2k-2 - p) · z -(2k-1) · |1 - p|2 , 2 · (1 - p)2

2

Mi treba da dokaemo da je: z

n-1

k=1

1 1 = . (z 2k - p) · (z 2k-2 - p) · z -(2k-1) (1 - p) · (z 2n-2 - p) · z -(n-1) 2 2 · |1 - p| · |1 - p| 2 · (1 - p)2 2 · (1 - p)2

Posle skra´ivanja i mnoenja sa z dobijamo: c z

n-1

k=1 n

z 2k -1 = , (z 2k - p) · (z 2k-2 - p) (1 - p) · (z 2n-2 - p)

poto je z = -1. Oznaimo levu stranu jednakosti sa S. Vai da je: s c z S- Odavde sledi da je: (1 - Posle skra´ivanja dobijamo: c (1 - Poto je z 2n-2 = s 1 1 1 (z 2n-2 - p) - (1 - p) )S = - 2n-2 = . z2 1-p z -p (1 - p) · (z 2n-2 - p) 1 )S = z2

n-1

1 S= z2

n-1

k=1

(z 2k - p) - (z 2k-2 - p) . (z 2k - p) · (z 2k-2 - p)

1 z 2k-2 -p

-

k=1

z 2k

1 -p

.

1 (sledi iz z n = 1) dobijamo da je zaista: z2 S= -1 , (1 - p) · (z 2n-2 - p)

to je i trebalo dokazati. s 11. Neka je krug opisani oko etvorougla abcd jedinini. Kako je ac njegov prenik to je c = -a. Dalje, po T2.5, imamo da c c c je ab(c + d) - cd(a + b) 2bd + ad - ab m= = . ab - cd d+b 2bd b-d a(d - b) Po T2.3 imamo da je n = , pa je m - n = i m -n = . Sada je b+d b+d a(b + d) a-c m-n =- = a2 , m -n a -c pa je po T1.3 mn ac, to je i trebalo dokazati. s ac 1 a+b+c- . Kako 12. Neka je krug opisan oko trougla abc jedinini. Prema T6.3 je h = a + b + c, a prema T2.4 e = c 2 b je paqb paralelogram to se sredita dui pq i ab poklapaju, pa je prema T6.1 q = a + b - p i analogno r = a + c - p. Kako su s z take x, a, q kolinearne, to je prema T1.2 c a-q p-b x-a = = = -pb, x -a a -q p -b odnosno x = pb + a2 - ax . Dalje, kako su i take h, r, x kolinearne, to je po istoj teoremi i c abp x-h h-r b+p = = = bp, x -h h -r b +p odnosno x-a-b-c+p+ x = Izjednaavanjem izraza dobijenih za x imamo c x= 1 bp 2a + b + c - p - . 2 c bp bp bp + a c .

Po T1.1 potrebno je dokazati da je

e-x a-p = = -ap. e -x a -p

Poslednje sledi iz e-x= konjugovanjem. 13. Kao to je i prethodno napomenuto pretpostavi´emo da je krug opisan oko etvorougla abcd jedinini. Kori´enjem T2.4 s c c c sc i T6.1 dobijamo ad ab (1). p=a+b- , q =a+d+ c c Neka je H ortocentar trougla ABD. Tada je T6.3 h = a + b + d, pa je po T1.2 dovoljno dokazati da je p-h q-h = . (2) p -h q -h Zamenom vrednosti za p iz (1) dobijamo ab a+b- -a-b-d abd p-h c = = , 1 1 c 1 1 1 c p -h + - - - - a b ab a b d pa kako je ovaj izraz simetrian po b i d, to je (2) oigledno ispunjeno. c c 14. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini i neka su a , b , c podnoja visina iz temena a, b, c, redom. Prema T2.4 c z imamo bc 1 ca 1 ab 1 a+b+c- , b = a+b+c- , c = a+b+c- . a = 2 a 2 b 2 c Kako su a , b , c sredita dui ad, be, cf , redom, to je prema T6.1 i s z d=b+c- bc , a e=a+c- ac , b f =a+b- ab . c bp bcp + b2 p - abc - ac2 1 ac (b + c)(bp - ac) p+ = -a- = , 2 c b 2bc 2bc

Prema T1.2 kolinearnost taaka d, e, f ekvivalentna je sa c d-e f -e = . d -e f -e ac bc ab - c(a + b) bc - a(b + c) Kako je d - e = b - a + - = (b - a) i slino f - e = (b - c) c , to se konjugovanjem i sred ¯ivanjem b a ab bc poslednje svodi na 0 = (a2 b + a2 c - abc)(c - a - b) - (c2 a + c2 b - abc)(a - b - c) = (c - a)(abc - a2 b - ab2 - a2 c - ac2 - b2 c - bc2 ). (1) Odredimo sada i potreban i dovoljan uslov da je |h| = 2 (poluprenik kruga je 1). Kvadriranjem dobijamo c 4 = |h|2 = hh = (a + b + c) 1 1 1 a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 + 3abc + + = . (2) a b c abc

Sada je jasno da je (1) ekvivalentno sa (2), to zavrava na dokaz. s s s 15. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini i neka su a , b , c sredita stranica bc, ca, ab. Kako je aa1 ao i kako su c s take a1 , b , c kolinearne, po T1.3, odnosno T1.2, imamo da je c a-o a - a1 = -a2 , =- a -o a - a1 Iz prve jednakosti je a1 = b - a1 b -c . = b - a1 b -c

2a - a1 a+c a+b ab + bc + ca - aa1 , a kako je iz T6.1 b = ic = , to je i a1 = . Izjednavanjem c a2 2 2 2abc 2 2 2 a (a + b + c) - 3abc b (a + b + c) - 3abc c (a + b + c) - 3abc dobijamo a1 = . Simetrino je b1 = c i c1 = . Sada je a2 - 2bc 2(b2 - ac) 2(c2 - 2ab) a1 - b1 = a2 (a + b + c) - 3abc b2 (a + b + c) - 3abc c(a - b)3 (a + b + c) - =- , 2(a2 - bc) 2(b2 - ac) 2(a2 - bc)(b2 - ac)

pa se lako proverava uslov za a1 b1 ho, koji je prema T1.3 a1 - b1 (a + b + c)abc h-o =- =- . ab + bc + ca a1 - b1 h -o Simetrino je i a1 c1 ho, pa su take a1 , a2 i a3 kolinearne. c c 1 ac 1 ab 16. Neka je kug opisan oko trougla abc jedinini. Po T2.4 imamo da je b1 = c a+b+c- i c1 = a+b+c- , po 2 b 2 c b+c b+c-d T6.1 m = i po T6.3 h = a + b + c. Odredimo taku d. Kako je d na tetivi bc to je prema T2.2 d = c . Dalje, 2 bc kako su take b1 , c1 i d kolinearne, to je prema T1.2 c b c a - d - b1 b1 - c1 c b = = 1 c b d - b1 b1 - c1 - a b c Sada je i d = a2 b1 + b1 - d , pa izjednaavanjem dobijamo c a2 d= a2 b + a2 c + ab2 + ac2 - b2 c - bc2 - 2abc . 2(a2 - bc) d-h m-a . Ovo sledi iz =- m -a d -h = -a2 .

Da bismo dokazali da je dh am, po T1.3 dovoljno je dokazati da je d-h= i m-a=

b2 c + bc2 + ab2 + ac2 - a2 b - a2 c - 2a3 (b + c - 2a)(ab + bc + ca + a2 ) = 2(a2 - bc) 2(a2 - bc)

b + c - 2a , prostim konjugovanjem. 2

1 ab 17. Uze´emo da je krug opisani oko trougla abc jedinini. Po T2.4 imamo da je f = c c a+b+c- . Takod kako su ¯e, 2 c a+c-p . Kako je f o pf to je prema T1.3 a, c, p kolinearne i ac tetiva jedininog kruga to je prema T2.2 i p = c ac f -o p-f =- . f -o p -f Iz poslednje dve realcije dobijamo ab 2 a+b+c- c 2acf - (a + c) c p=f = . b2 + c2 acf - f Neka je phf = , tada je p-h f -h = ei2 . f -h p -h

ab + bc + ca + c2 c(ab + bc + ca + b2 ) i konjugovanjem p - h = - , odnosno sa druge strane f - h = 2 + c2 b ab(b2 + c2 ) ab + bc + ca + c2 ab + bc + ca + c2 c c-a = i konjugovanjem f - h = , to je ei2 = . S druge strane imamo i da je 2c 2abc b c -a c b-a , tj. uz pomo´ T1.2 i da je ei2 = . Ovim smo dokazali da je = + ili = , pa kako je prvo nemogu´e c c ei2 b b -a dokaz je zavren. s Kako je p - h = -b 18. Prvo ´emo dokazati slede´u korisnu lemu: c c Lema. Ako take a, b, c, a , b , c lee na jedininom krugu, tada su prave aa , bb , cc konkurentne ili kolinearne ako i samo c z c ako je (a - b )(b - c )(c - a ) = (a - c )(b - a )(c - b ). Dokaz. Neka je presek pravih aa i bb taka x, a pravih aa i cc taka y. Prema T2.5 imamo c c x= aa (b + b ) - bb (a + a ) , aa - bb y= aa (c + c ) - cc (a + a ) . aa - cc

Ovde smo pretpostavili da date take postoje (tj. da nije aa c ako i samo ako je x = y, tj. ako i samo ako je

bb i aa

cc ). Jasno je da su prave aa , bb , cc konkurentne

(aa (b + b ) - bb (a + a ))(aa - cc ) = (aa (c + c ) - cc (a + a ))(aa - bb ). Sred ¯ivanjem ovo se svodi na aa b + aa b - abb - a b b - bcc - b cc = aa c + aa c - bc c - bb c - acc - a cc , a kako je to ekvivalentno sa (a - b )(b - c )(c - a ) = (a - c )(b - a )(c - b ), lema je dokazana. 2 Pred ¯imo sada i na dokaz zadatka. Neka je krug opisan oko datog estougla jedinini. Prema T1.1 imamo s c a2 - a4 a0 - a0 , = a2 - a4 a0 - a0 pa je a0 = a4 - a0 a2 - a2 , = a4 - a0 a2 - a2 a2 - a0 a4 - a4 , = a2 - a0 a4 - a4

a2 a4 a0 a4 a0 a2 , a2 = i a4 = . Takod prema T2.5 imamo i ¯e, a0 a2 a4 a3 = a0 a3 (a2 + a3 ) - a2 a3 (a0 + a3 ) a4 (a3 - a2 ) + a3 (a2 - a0 ) = . a0 a3 - a2 a4 a3 - a0 a0 (a5 - a4 ) + a5 (a4 - a2 ) , a5 - a2 a2 (a1 - a0 ) + a1 (a0 - a4 ) . a1 - a4

Analogno je i a5 = a1 =

Neka su take a3 , a1 , a5 drugi preseci jedininog kruga i pravih a0 a3 , a4 a1 , a2 a5 , redom. Sada je prema T1.2 c c a3 - a0 a - a0 = 3 = -a3 a0 , a3 - a0 a3 - a0 pa kako je a0 - a3 = a3 (2a0 - a2 - a4 ) + a2 a4 - a2 0 , to je a3 - a0 a3 - a4 = Analogno dobijamo i a1 - a0 = a3 - a4 = (a2 - a4 )2 (a1 - a0 ) , a2 a4 (a1 - a4 )(a4 - a1 ) (a2 - a4 )2 (a5 - a0 ) , a2 a4 (a5 - a0 )(a2 - a5 ) a1 - a2 = a3 - a4 = (a4 - a0 )2 (a1 - a2 ) , a0 a4 (a1 - a4 )(a4 - a1 ) (a0 - a2 )2 (a5 - a4 ) . a0 a2 (a5 - a4 )(a2 - a5 ) (a0 - a2 )2 (a3 - a4 ) , a0 a2 (a3 - a0 )(a0 - a3 ) a3 - a2 = (a0 - a4 )2 (a3 - a2 ) . a0 a4 (a3 - a0 )(a0 - a3 )

a5 - a0 = a3 - a4 =

a5 - a4 = a3 - a4 =

Sada je po lemi jasno da iz konkurentnosti pravih a0 a3 , a1 a4 i a2 a5 , tj. iz (a0 -a1 )(a2 -a3 )(a4 -a5 ) = (a0 -a5 )(a2 -a1 )(a4 -a3 ), sledi i konkurentnost pravih a0 a3 , a4 a1 i a2 a5 , tj. (a0 - a1 )(a2 - a3 )(a4 - a5 ) = (a0 - a5 )(a2 - a1 )(a4 - a3 ), jer se one oigledno seku. c 19. [Preuzeto od Uroa Rajkovi´a] Neka je krug opisan oko trougla ABC jedinini krug kompleksne ravni. Kako su A1 , B1 s c c i C1 podnoja normala, po T2.4 vae formule: z z a1 = Iz njih dobijamo: ab - bc c-a+ a1 - c1 (c - a)(m - b) a1 - c1 m = = = , ab - ac b1 - c1 (c - b)(m - a) b1 - c1 c-b+ m pa su, prema T1.2, take A1 , B1 i C1 kolinearne. c 20. Cetvorugao ABCD je tetivan, pa uzmimo da je njegov opisani krug jedinini. Neka su a1 , a2 i a3 podnoja normala iz c z take a na prave bc, cd i db, redom, a b1 , b2 i b3 podnoja normala iz take b na prave ac, cd i da, redom. Prema T2.4 imamo c z c da je 1 bc 1 bd 1 cd a1 = a+b+c- , a2 = a+b+d- , a3 = a+c+d- 2 a 2 a 2 a 1 2 b+c+m- bc m , b1 = 1 ac a+c+m- 2 m i c1 = 1 2 a+b+m- ab m .

1 ac 1 cd 1 da b+a+c- , b2 = b+c+d- , b3 = b+d+a- 2 b 2 b 2 b Taku x odred c ¯ujemo iz dva uslova kolinearnosti. Prvo iz kolinearnosti taaka x, a1 , a2 , pa T1.2 imamo da je c b1 = bd bc 1 c-d+ - x - a1 a1 - a2 a a = = 2 1 1 1 a a x - a1 a1 - a2 - + - 2 c d bd bc tj. posle sred ¯ivanja 1 abc + acd + abd + bcd a+b+c+d- 2 a2 x = a. bcd 1 abc + acd + abd + bcd x- a+b+c+d- 2 b2 Slino iz kolinearnosti taaka x, b1 i b2 dobijamo da je x = c c b, pa se izjedacd naavanjem dobija c 1 a+b+c+d . x= 2 Neka je h = a + c + d (po T6) ortocentar trougla acd. Da bismo dokaz zavrili, po T1.2 dovoljno je dokazati da je s x- x-c h-c a+b+d-c = = x -c h -c a +b +d -c S druge strane je x - c = 1 a + b + d - c , odakle je jednakost oigledna. c 2 bcd , a

=

1 21. Prema prethodnom zadatku imamo da je presek pravih l(a; bcd) i l(b; cda) taka x = c a + b + c + d , to je simetrian s c 2 izraz, pa je ova taka i presek svake dve od datih pravih. c 1 22. Prema prethodna dva zadatka traeno geometrijsko mesto taa je skup svih taaka x = z c c a + b + c + d , kada se d 2 1 a+b+c pomera po krugu. To je ustvari krug sa poluprenikom i centrom u c , to je sredite dui koja spaja centar datog s s z 2 2 kruga i ortocentar trougla abc. 23. Neka je jedinini krug opisani oko trougla abc. Iz T1.3 i uslova ad ao imamo da je c a-o d-a =- = -a2 , a -o d -a 2a - d . Dalje, kako su take b, c, d kolinearne, a bc tetiva jedininog kruga, to je prema T2.2 d = c c a2 a2 (b + c) - 2abc b+c-d , pa se reavanjem datog sistema dobija d = s . Kako je e na simetrali dui ab, to je oe ab, a z bc a2 - bc e-o a-b b-e b-c e samim tim po T1.3 i =- = ab, tj. e = . Iz be bc, opet po T1.3 dobijamo =- = bc, tj. ab e -o a -b b -e b -c c-b+e e a(c - b) a(b - c) e = = i na kraju e = . Simetrino je i f = c . Da bismo dokaz zavrili po T1.2 dovoljno je s bc ab c-a b-a d-f f -e dokazati da je = . Primetimo da je d -f f -e tj. sred ¯ivanjem d = d-f = i slino d - e = c a2 (b + c) - 2abc a(b - c) a2 b2 + 3a2 bc - ab2 c - 2a3 b - abc2 ab(a - c)(b + c - 2a) - = = , a2 - bc b-a (a2 - bc)(b - a) (a2 - bc)(b - a)

ac(a - b)(b + c - 2a) , pa se konjugovanjem traeni uslov lako proverava. z (a2 - bc)(c - a)

24. [Preuzeto od Uroa Rajkovi´a] Neka je u dati krug upisan estougao ABCDEF . Neka je, bez gubljenja optosti, taj s c s s krug jedinini. Konjugovanjem T2.5 imamo: c m = pa dobijamo: m -n = (b - e)(bc - cd + de - ef + f a - ab) , (ab - de)(bc - ef ) a + b - (d + e) b + c - (e + f ) c + d - (f + a) , n = , p = , ab - de bc - ef cd - f a

i analogno: n -p = Odavde je: m -n (b - e)(cd - f a) = . (f - c)(ab - de) n -p 1 1 1 1 1 1 , , , , i , respektivno, sledi da je lako proveriti da je kompleksan broj a b c d e f sa leve strane poslednje jednakosti jednak svom konjugovano kompleksnom broju, pa je samim tim realan. Sada su po T1.2 take M , N i P kolinearne, to smo i trebali dokazati. c s Kako su brojevi a , b , c , d , e i f jednaki 25. Pretpostavimo da je etvorougao abcd upisan u jedinini krug. Po T2.5 imamo da je c c e= ab(c + d) - cd(a + b) ad(b + c) - bc(a + d) ac(b + d) - bd(a + c) , f= ig= .(1) ab - cd ad - bc ac - bd (c - f )(cd - de + ef - f a + ab - bc) . (bc - ef )(cd - f a)

Da bismo dokazali da je o = 0 ortocentar trougla ef g, dovoljno je dokazati da je of eg i og ef , a zbog simetrinosti c dovoljno je dokazati jednu od ove dve relacije. Dakle, po T1.3 dovoljno je dokazati da je e-g f -o = e -g f -o Iz (1) imamo da je f -o = f -o odnosno e-g = = i konjugovanjem e -g = (a - d)(b - c)(b + c - (a + d)) (ab - cd)(ac - bd) (5). ad(b + c) - bc(a + d) ad(b + c) - bc(a + d) ad - bc = , (3) (b + c) - (a + d) a + d - (b + c) bc - ad (a - d)(ab2 d - ac2 d) + (b - c)(bcd2 - a2 bc) (ab - cd)(ac - bd) (4) (2).

(a - d)(b - c)((b + c)ad - (a + d)bc) (ab - cd)(ac - bd)

Upored ¯ivanjem izraza (3),(4) i (5) dobijamo traeno. z 26. Neka je krug opisan oko trougla abc jedinini i neka je pri tome a = 1. Tada je c = b i t = -1. Kako je p na tetivi bc, po c 1 1+b-x T2.2 imamo da je p = b + - p. Kako je x na tetivi ab, to je na isti nain x = c , a kako je px ac, to je po T1.1 i b b p-x a-c 1 = =- , b p -x a -c tj. x = pb + p - xb. Izjednaavanjem dobijamo x = c b(p + 1) p+1 . Slino dobijamo y = c . Po T1.3 dovoljno je jo dokazati s b+1 b+1 x-y p-t p+1 (p + 1)(b - 1) da je =- =- . Ovo pak sledi iz x - y = i konjugovanjem b+1 x -y p +1 p -t (p + 1) x -y = 1 -1 (p + 1)(b - 1) b =- . 1 b+1 +1 b

a+b b+c c+a d+a 27. Neka je krug opisani oko etvorougla abcd jedinini. Po T6.1 imamo da je k = c c ,l= ,m= in= . 2 2 2 2 Odredimo koordinatu ortocentra trougla akn. Neka je to taka h1 i neka su ortocentri trouglova bkl, clm i dmn take h2 , h3 c c i h4 , redom. Tada je kh1 an i nh1 ak, pa je po T1.3 n - h1 a-k a-n k - h1 i =- . (1) =- a -n n - h1 a -k k - h1

Kako je a-n a-d = -ad, = a -n a -d to je h1 = Slino iz druge od jednaina u (1) dobijamo da je c c h1 = Reavanjem ovog sistema dobijamo da je s h1 = Simetrino dobijamo da je c 2b + c + a 2c + d + b 2d + a + c , h3 = , h4 = , 2 2 2 pa kako je h1 + h3 = h2 + h4 , to se po T6.1 sredita dui h1 h3 i h2 h4 poklapaju, pa je i etvorougao h1 h2 h3 h4 paralelogram. s z c h2 = 2em 2mk ib= . Odredimo taku p. Kako c e+m m+k m+k-p . Dalje, imamo da su take p, e, c c su take m, k, p kolinearne i mk tetiva jedininog kruga, to je po T2.2 p = c c mk kolinearne, ali ovde je mnogo produktivnije da primetimo da je pe oe, pa na osnovu T1.3 imamo 28. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini. Po T2.3 imamo da je a = c e-p e-o =- = -e2 e -p e -o i sred ¯ivanjem p = 2e - p . Izjednaavanjem dva dobijena izraza za p dobijamo c e2 p=e (m + k)e - 2mk . e2 - mk e-b p-o =- . Ovo ´e slediti iz c p -o e -b 2a + b + d . 2 n ab - n + h1 . ab k ad - k + h1 . ad

Da bismo dokaz zavrili na osnovu T1.3 dovoljno je dokazati da je s e-b= odnosno konjugovanjem e - b =

e(m + k) - 2mk , m+k

m + k - 2e m + k - 2e ip = . (m + k)e mk - e2

29. Neka je krug upisani u abcd jedinini. Iz T2.3 imamo da je c a= Po T2.5 imamo da je s= Sada je po T1.1 dovoljno proveriti da je s-o b-d = . s -o b -d Iz (1) imamo da je b - d = 2 da je s kl(m + n) - mn(k + l) , = kl - mn s pa upored ¯ivanjem izraza (3),(4) i (5) dobijamo traeno. z (5) kl(m + n) - mn(k + l) m + n - (k + l) (3), odnosno konjugovanjem b - d = (4). Iz (2) imamo (k + l)(m + n) (k + l)(m + n) kl(m + n) - mn(k + l) . (2) kl - mn 2nk , n+k b= 2kl , k+l c= 2lm , l+m d= 2mn . (1) m+n

30. [preuzeto od Uroa Rajkovi´a] Neka je P dodirna taka upisanog kruga sa pravom BC. Neka je upisani krug jedinini. s c c c Prema T2.3 koordinate taaka A, B i C su c a= 2qr , q+r b= 2pr 2pq ic= . p+r p+q

Dalje, prema T6.1 je x =

1 pr pq 2pr 2pq (b + c) = + , y = b = i z = c = (, R). Vrednosti i lako 2 p+r p+q p+r p+q nalazimo iz uslova y rq i z rq: = (p + q)(r + q) (p + r)(q + r) i= . 2(p + q)r 2(p + r)q

Odavde dobijamo koordinate taaka y i z preko p, q i r: c y= Mi trebamo da dokaemo da je: z RAQ = 60 XY Z je jednakostranian. c Prvi uslov je ekvivalentan sa QOR = 60 tj. sa r = q · ei2/3 . p(q + r) p(r + q) iz= . (p + q) (p + r)

Drugi uslov je ekvivalentan sa (z - x) = (y - x) · ei/3 . Primetimo da je: y-x= p(q + r) - (p + q) p(p + q) - (p + r) pr pq + p+r p+q pr pq + p+r p+q = pr(r - q) i (p + q)(p + r) pq(q - r) . (p + q)(p + r)

z-x=

=

Sada je drugi uslov ekvivalentan sa:

pr(r - q) pq(q - r) = ei/3 , tj. sa (p + q)(p + r) (p + q)(p + r) q = -r ei/3 .

Preostaje jo da dokaemo ekvivalenciju: s z r = q ei2/3 q = -r ei/3 , koja oigledno vai. c z m-o n-o = . m -o n -o Ukoliko su p, q, r, s take dodira upisanog kruga sa stranicama ab, bc, cd, da, redom, tada je po T2.3 c m= odnosno konjugovanjem m = a+c ps qr pqs + prs + pqr + qrs = + = , 2 p+s q+r (p + s)(q + r) 31. Po T1.1 dovoljno je dokazati da je

p+q+r+s i samim tim (p + s)(q + r) m pqr + ps + prs + qrs = . p+q+r+s m

Kako je poslednji izraz simetrian po p, q, r, s, to je c

m n = , kao to je i traeno. s z m n

32. Neke je krug upisan u etvorougao abcd jedinini. Dokaz´emo da se presek pravih mp i nq nalazi na pravoj bd. Tada c c c simetrino zakljuujemo i da je ta taka na pravoj ac, pa ´e samim tim prave mp, nq, ac i bd biti konkurentne. Prema T2.3 c c c c imamo da je 2pq 2mn , d= . b= m+n p+q Ako je x taka preseka pravih mp i nq, tada je prema T2.5 c x= mp(n + q) - nq(m + p) . mp - nq

Potrebno je dokazati da su take x, b, d kolinearne, to je prema T1.2 ekvivalentno sa c s b-d b-x = . b -d b -x

Ovo sledi iz b - d =

2mn 2pq mn(p + q) - pq(m + n) - =2 i m+n p+q (m + n)(p + q)

b-x =

2mn mp(n + q) - nq(m + p) m2 np - mn2 q - m2 pq + n2 pq + m2 nq - mn2 p (m - n)(mn(p + q) - pq(m + n)) - = = , m+n mp - nq (mp - nq)(m + n) (m + n)(mp - nq)

konjugovanjem. 33. Neka je krug upisani u trougao abc jedinini. Po T7.3 imamo da je centar opisanog kruga trougla c o= 2def (d + e + f ) . (d + e)(e + f )(f + d)

e+f d+f d+e Odredimo i koordinatu centra opisanog kruga o1 trougla xyz. Prvo, po T6.1 imamo da je x = ,y = iz= . 2 2 2 x+y o1 - (e - d)/2 x-y 2 = = -ed, odnosno sred ¯ivanjem =- Dalje, po T1.3 imamo da je x+y x -y (e - d )/2 o1 - 2 - o1 = ed f + + o1 2 2f , ed

d ef - + + o1 e+f +d o1 - i i slino o1 = 2 2d c . Izjednaavanjem dobijamo o1 = c . Sada je po T1.2 dovoljno dokazati da je = ef 2 o1 - i o-i , to se dobijamo jednostavnim konjugovanjem prethodno dobijenih izraza za o i o1 . s o -i 34. Neka je upisani krug trougla abc jedinini. Po T7.1 imamo da je b = c 2f d 2ed i c= . Iz elementarne geometrije f +d e+d

e+f . Odredimo koordinatu take m. Kako je m na tetivi c lako je zakljuiti da je k sredite dui ef , pa je po T6.1 i k = c s z 2 k-m f +d-m b-k f d, to je po T2.2 m = . Takod imamo i da su take b, m, k kolinearne pa je prema T1.2 ¯e c = , tj. fd k -m b -k b -k k b - kb m =m + . Sada se izjednaavanjem izraza za m dobija c b-k b-k m= (f + d)(b - k) + (kb - k b)f d . (b - k )f d + b - k

Kako je b - k =

3f d - de - f 2 - ef (e + f )(e - d)f d i kb - k b = dobijamo 2(f + d) e(f + d) m= 4ef 2 d + ef d2 - e2 d2 - e2 f 2 - 2f 2 d2 - f 3 e 6ef d - e2 d - ed2 - ef 2 - e2 f - d2 f - df 2 4e2 f d + ef d2 - f 2 d2 - e2 f 2 - 2e2 d2 - e3 f . 6ef d - e2 d - ed2 - ef 2 - e2 f - d2 f - df 2 m-n i-d =- = -d2 . Ovo sledi iz m -n i -d (e - f )(4ef d - ed2 - f d2 - f e2 - f 2 e) , 6ef d - e2 d - ed2 - ef 2 - e2 f - d2 f - df 2

i simetrino c n=

Po T1.3 u zadatku je dovoljno dokazati da je

m-n= prostim konjugovanjem.

35. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini i neka dodiruje stranice bc, ca, ab u takama k, l, m, redom. Po T7 imamo c c da je 2klm(k + l + m) 2(k 2 l2 + l2 m2 + m2 k 2 + klm(k + l + m)) o= , h= . (k + l)(l + m)(m + k) (k + l)(l + m)(m + k)

Kako su odseci io i bc paralelni, to je io ik, to je po T1.3 ekvivalentno sa c s konjugovanjem ve´ napisane vrednosti za o svodi na c

o-i k-i = -k 2 . Poslednje se = - o -i k -i

klm(k + l + m) + k 2 (kl + lm + mk) = 0. () Dokaimo da je uz ovaj uslov i ao z pa je a-o= hk. Po T1.1 dovoljno je dokazati da je a-o h-k 2ml = . Prema T7.1 imamo a = , m+l a -o h -k

2ml 2klm(k + l + m) 2m2 l2 - = . m + l (k + l)(l + m)(m + k) (k + l)(l + m)(m + k)

Sada konjugovanjem dobijamo da je dovoljno dokazati da je l2 m2 h-k = 2 . k h -k Primetimo da je h-k = 2(k 2 l2 + l2 m2 + m2 k 2 + klm(k + l + m)) k 2 l2 + k 2 m2 + 2l2 m2 + k 2 lm + kl2 m + klm2 - k 2 l - k 3 m - k 2 lm -k = = (k + l)(l + m)(m + k) (k + l)(l + m)(m + k)

=

(kl + lm + mk)2 + l2 m2 klm(k + l + m) - k 2 (k + l + m) + k 2 l2 + 2l2 m2 + m2 l2 = prema (*) = = prema (*) = (k + l)(l + m)(m + k) (k + l)(l + m)(m + k) = (kl + lm + mk)2 ((k + l + m)2 + k 2 ) . (k + l + m)2 (k + l)(l + m)(m + k)

Konjugovanjem pretposlednjeg izraza za h - k h -k = i kori´enjem poslednjeg izraza za h - k dobijamo sc h-k (kl + lm + mk)2 l2 m2 = = prema (*) = 2 , 2 (k + l + m) k h -k to zavrava na dokaz. s s s 36. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini. Tada je prema T7.1 c = c po T1.3 imamo 2t1 t2 . Odredimo taku h3 . Prvo iz h3 t3 it3 , c t 1 + t2 (k + l + m)2 + k 2 , (k + l)(l + m)(m + k)

t3 - i h3 - t3 =- = -t2 , 3 t3 - i h3 - t3 tj. h3 = 2t3 - h3 . Dalje iz ch3 t2 3 it3 i T1.1 imamo da je t3 - i h3 - c = t2 . Izjednaavanjem izraza za h3 dobijamo c = 3 t3 - i h3 - c

h3 = Simetrino dobijamo h2 = t2 + c

1 t1 t2 - t2 3 2t3 + c - c t2 = t3 + . 3 2 t1 + t2

t1 t3 - t 2 2 . Da bismo odredili pravu simetrinu pravoj h2 h3 u odnosu na t2 t3 , dovoljno je c t 1 + t3 z odrediti take simetrine takama h2 i h3 u odnosu na pravu t2 t3 . Neka su to take p2 i p3 i neka su h2 i h3 podnoja normala c c c c 1 iz taaka h2 i h3 na pravu t2 t3 , redom. Po T2.4 imamo da je h2 = c t2 + t3 - t2 t3 h3 , pa je po T6.1 2 p2 = 2h2 - h2 = t1 (t2 + t2 ) 2 3 t2 (t1 + t3 )

i simetrino p3 = c mora vaiti z

t1 (t2 + t2 ) t2 (t2 + t2 )(t3 - t2 ) 2 3 3 . Dalje je p2 - p3 = 1 2 , pa ukoliko se taka x nalazi na pravoj p2 p3 , po T1.2 c t3 (t1 + t2 ) t1 t3 (t1 + t2 )(t1 + t3 ) x - p2 p2 - p 3 = = -t2 . 1 x - p2 p2 - p 3

Specijalno ukoliko je x na jedininom krugu imamo i x = c

1 , pa sred ¯ivanjem dobijamo kvadratnu jednainu c x

t2 t3 x2 - t1 (t2 + t2 )x + t2 t2 t3 = 0. 2 3 1 t1 t2 t1 t3 i x2 = i ovo su upravo presene take prave p2 p3 sa jedininim krugom. Slino dobijamo i c c c c t3 t2 t1 t2 t2 t3 t3 t1 t2 t3 y1 = , y2 = i z1 = , z2 = , to zavrava na dokaz. s s s t3 t1 t2 t1 Njena reenja su x1 = s 37. Neka je opisani krug trougla abc jedinini. Neka su u, v, w kompleksni brojevi opisani u T8. Po istoj teoremi imamo da c je l = -(uv + vw + wu). Iz elementarne geometrije znamo da je presek prave al i kruga opisanog oko trougla abc sredite s luka bc koji ne sadri taku a. Znai a1 = -vw i slino b1 = -uw i c1 = -uv. z c c c (a) Tvrd ¯enje ovog dela zadatka sledi na osnovu jednakosti 1= |l - a1 | · |l - c1 | |u(v + w)| · |w(u + v)| |v + w| · |u + v| = = = 1. |l - b| |uv + uw + vw + v 2 | |(u + v)(v + w)|

(b) Ako je x taka dodira upisanog kruga i stranice bc, to je x i podnoje normale iz take l na stranicu bc, pa je po T2.4 c z c 1 1 (u + v)(v + w)(w + u) 1 x= b + c + l - bcl i samim tim r = |l - x| = = |(u + v)(v + w)(w + u)|. Sada traena z 2 2 u 2 jednakost sledi na osnovu |(u + v)(u + w)| · |(u + v)(v + w)| |l - a| · |l - b| = = |(u + v)(v + w)(w + u)|. |l - c1 | |w(u + v)| (c) Po T5 imamo da je i S(ABC) = 4 pa je u4 w 2 + w 4 v 2 + v 4 u2 - v 4 w 2 - u4 v 2 - w 4 u2 S(ABC) (u2 - v 2 )(uw + vw - uv - w2 )(uw + vw + uv + w2 ) = = = 2 w + uw 2 + u2 v - uv 2 - u2 w - vw 2 ) S(A1 B1 C1 ) uvw(v uvw(u - v)(uv + w2 - uw - vw) (u + w)(vw + uw + uv + w2 ) (u + v)(v + w)(w + u) =- . uvw uvw Treba napomenuti da su ovde u pitanju orijentisane povrine, pa se uzimanjem modula iz poslednjeg izraza dobija s traena jednakost. z =- Prvi nain. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini i u, v, w kompleksni brojevi opisani u T8. Neka su c c 1 d, e, f take dodira upisanog kruga sa stranicama bc, ca, ab, redom. Po T2.4 imamo da je f = c a + b + z - abz = 2 1 2 uv(u + v) u + v 2 + w2 - uv - vw - wu + . Simetrino dobijamo i izraze za e i f , pa je po T6.1 c 2 2w k= 1 2 uv(u + v) vw(v + w) wu(w + u) u + v 2 + w2 - uv - vw - wu + + - = 3 2w 2u 2v = 38. u2 v2 w2 1/u2 1/v 2 1/w2 1 1 1 i S(A1 B1 C1 ) = i 4uvw vw uw uv u v w 1 1 , 1

(uv + vw + wu)(u2 v + uv 2 + uw2 + u2 w + v 2 w + vw2 - 4uvw) . 6uvw z-o k-o Sada se lako proverava = , to je po T1.2 uslov kolinearnosti taaka z, k, o. Takod je i s c ¯e z -o k -o |o - z| 6 |uv + vw + wu| 6R 3R = = = = , |z - k| |(u + v)(v + w)(w + u)| 2r r (uv + vw + wu)(u2 v + uv 2 + uw2 + u2 w + v 2 w + vw2 + 2uvw) 6uvw to zavrava na dokaz. s s s

Drugi nain. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini i neka su d, e, f njegovi dodiri sa stranicama bc, ca, ab, redom. c c 2def (d + e + f ) d+e+f o-z k-z Po T7.3 imamo da je o = , a po T6.1 k = , pa se lako proverava da je = , to je s (d + e)(e + f )(f + d) 3 o -z k -z po T1.2 dovoljno da su take o, z, k kolinearne. Takod imamo i da je c ¯e d+e+f 3 |o - z| 3R (d + e)(e + f )(f + d) = = = . d+e+f |z - k| |(d + e)(e + f )(f + d)| r 3 39. Neka je opisani krug trougla abp jedinini i neka su u, v, w kompleksni brojevi opisani u T8 (pri emu je ovde p = w2 ). c c Prema istoj teoremi je i = -uv - vw - wu. Kako je |a - c| = |a - b|, to je prema T1.4 c - a = eicab (b - a). Dalje, po istoj teoremi imamo da je -vw - u2 -vw - u2 w pa je eipab = - . Sada je i v c= i simetrino d = c = ei2 pab v 2 - u2

2

v 2 - u2

,

u2 w + u2 v - v 2 w , v

v 2 w + v 2 u - u2 w . Po T1.3 dovoljno je dokazati da je u c-d o-i uv + vw + wu uvw. =- =- u+v+w o -i c -d

Ovo pak sledi iz c - d =

(u2 - v 2 )(uv + vw + wu) konjugovanjem. uv

40. Neka je krug opisan oko trougla abc jedinini. Prema T8 postoje brojevi u, v, w takvi da je a = u2 , b = v 2 , c = w2 i c 1 centar upisanog kruga i = -(uv + vw + wu). Ako je o podnoje normale iz o na bc, tada je prema T2.4 o = z b + c , pa 2 2 2 je prema T6.1 o1 = 2o = b + c = v + w . Dalje, prema T1.2 take a, i, o1 su kolinearne ako i samo ako je c a-i o1 - a = . o1 - a a -i Kako je svodi na v 3 w + vw3 - u2 vw - (u2 v 2 + u2 w2 - v 2 w2 ) = (vw - u2 )(v 2 + w2 + vw) = 0. Znai ili je vw = u2 ili v 2 + w2 + vw = 0. Ako je vw = u2 , tada su po T6.1 take u2 i -vw na istom preniku, pa je abc c c c jednakokraki, to je suprotno pretpostavci zadatka. Znai mora biti v 2 + w2 + vw = 0. Dokaimo da je tada trougao sa s c z temenima o, -vw, w2 jednakostranian. Dovoljno je dokazati da je 1 = |w2 + vw| = |v + w|, to je kvadriranjem ekvivalentno c s (v + w)2 , a ovo sa v 2 + w2 + vw = 0. Kako je sada boc = 120o , to je = 60o . sa 1 = (v + w)(v + w ) = vw 41. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini. Po T8 postoje kompleksni brojevi u, v, w, takvi da je p = u2 , q = v 2 , r = w2 c i p1 = -vw, q1 = -wu, r1 = -uv. Tada je p2 = vw, q2 = wu, r2 = uv. Po T7.1 je a= pa je po T6.1 w 2 u2 u2 v 2 u2 v 2 v 2 w2 v 2 w2 w 2 u2 + 2 , b1 = 2 + 2 , c2 = 2 + 2 . w 2 + u2 u + v2 u + v2 v + w2 v + w2 w + u2 Ukoliko je taka n presek pravih a1 p1 i b1 q1 , tada su trojke taaka n, a1 , p1 i n, b1 , q1 kolinearne i prema T1.2 imamo c c a1 = a1 - p1 n - a1 , = a1 - p1 n - a1 n - b1 b1 - q 1 . = b1 - q 1 n - b1 2v 2 w2 2w2 u2 2u2 w2 , b= 2 ic= 2 , 2 + w2 2 v w +u u + w2 o1 - a v 2 + w 2 - u2 o1 - a a-i u(u + v + w) + vw 2 u2 v 2 w 2 i u vw = u2 vw, to se poslednji uslov = = 2 2 = u (v + w2 ) - v 2 w2 vw + uw + uv + u2 o1 - a o1 - a a -i

Reavanjem ovog sistema dobijamo s n= u4 v 4 + v 4 w4 + w4 u4 + uvw(u3 v 2 + u2 v 3 + u3 w2 + u2 w3 + v 3 w2 + v 2 w3 ) + 3u2 v 2 w2 (u2 + v 2 + w2 ) + (u2 + v 2 )(v 2 + w2 )(w2 + u2 ) + 2u2 v 2 w2 (uv + vw + wu) . (u2 + v 2 )(v 2 + w2 )(w2 + u2 )

Kako je ovaj izraz simetrian, to se ova taka nalazi i na pravoj c1 r1 . Drugi deo zadatka se slino dokazuje. c c c 42. Neka je taka a koordinatni poetak, tj. a = 0. Po T1.4 imamo da je c - a = ei/2 (c - a), tj. c = ic. Slino je i c c c 1+i 1-i i/2 b = -ib. Po istoj teoremi imamo da je x - c = e (b - c), tj. x = (1 - i)c + ib, pa je po T6.1 p = b+ c. Neka 2 2 je taka q presek pravih bc i ap. Tada su take a, p, q, odnosno take b, c , q kolinearne, pa je prema T1.2 i c c c a-q a-p = , a -p a -q Iz prve jednaine dobijamo q = q c b-c b -c = q-b . q -b

(1 - i)b + (1 + i)c q(b + ic ) - i(b c + bc ) , a iz druge q = . Izjednaavanjem dobijamo c (1 + i)b + (1 - i)c b - ic

q=

(b c + bc )((1 + i)b + (1 - i)c) i(b c + bc )((1 + i)b + (1 - i)c) = . 2(ibb - 2bc + 2b c + 2icc ) (b - ic)(b + ic )

Neka je taka q presek pravih ap i cb . Tada su take a, p, q , odnosno take b , c, q kolinearne, pa je prema T1.2 i c c c a-q a-p = , a -p a -q Iz prve jednaine dobijamo q = q c b -c q-c . = q -c b -c

(1 - i)b + (1 + i)c q(c - ib ) + i(b c + bc ) , a iz druge q = . Izjednaavanjem dobijamo c (1 + i)b + (1 - i)c c + ib q = (b c + bc )((1 + i)b + (1 - i)c) , (b - ic)(b + ic )

pa je q = q , to zavrava na dokaz. s s s 43. Uzmimo da je presek dijagonala koordinatni poetak, tj. o = 0. Iz kolinearnosti taaka a, o, c i b, o, d po T1.2 imamo c c a+b c+d redom ac = a c i bd = b d. Po T6.1 je m = in= . Kako je om cd i on ab to je po T1.3 2 2 c+d -o a-b 2 , =- a -b c+d -o 2 Iz prve, odnosno druge, dobijamo c= da(a b - 2bb + ab ) da(a b + 2bb + ab ) ic= . b(a b - 2aa + ab ) b(a b + 2aa + ab ) a+b -o c-d 2 . =- c -d a+b -o 2

Poslednje dve jednaine nam daju (a b + ab )(aa - bb ) = 0. Potrebno da dokazati da je poslednji uslov dovoljan da bi take c c a, b, c, d leale na jednom krugu. Po T3 poslednje je ekvivalentno sa z c-d b-a b-d c-a = . c -d b -a b -d c -a Kako su take b, d, o kolinearne, to je prema T1.2 c tada je b a-c a-o a b-d b-o = i slino c = = . Ukoliko je ab + a b = 0, = a -c a -o a b b -d b -o 2ab(a - b ) , b(a b - 2aa + ab )

c-d=d

pa se traeno dobija konjugovanjem. Ukoliko je aa = bb , tada je z c-d= d(a - b)(a b + ab ) , b(a b - 2aa + ab )

pa se i u ovom sluaju traeno dobija prostim konjugovanjem. c z 44. Neka je taka f koordinatni poetak i neka je d = c (ovo je mogu´e, jer je F C = F D). Po T9.2 imamo da je c c c o1 = Kako je cd af , to je prema T1.1 ad(a - d ) , a d - ad o2 = bc(b - c ) . b c - bc

a-f c-d = = -1, tj. a = -a i slino b = -b. Sada je i c a -f c -d o1 = c (a + c) , c+c o2 = c(b + c ) . c+c

Odredimo i taku e. Iz T1.2 s obzirom na kolinearnost taaka a, c, e i b, d, e dobijamo slede´e dve jednaine c c c c a-c e-a = , a -c e -a Iz prve dobijamo e = b-d e-b = . b -d e -b

a(c + c ) - e(a + c ) b(c + c ) - e(b + c) , a iz druge e = . Izjednaavanjem je c a-c b-c e= ac - bc . a+c -b-c

Po teoremi T1.3 uslov f e o1 o2 je ekvivalentan sa anjem.

o1 - o2 f -e ac - cb konjugov=- , to trivijalno sledi iz o1 - o2 = s o1 - o2 c+c f -e

45. Neka je taka p koordinatni poetak, tj. p = 0. Neka je ac realna osa i neka je cpd = . Tada je a = , b = ei , c = c c , d = ei , gde su , , , neki realni brojevi. Neka je i ei = . Ako je |a - f | = |a - d|, tada je i |e - c| = |b - c|, pa je po T6.1 a - f = (a - d) i e - c = (b - c). Znai imamo da je c f = (1 - ) + , e = (1 - ) + . Dalje kako je q na pravoj pd, to je q = , a kako je q i na pravoj ef , to je po T1.2 i f -q e-f = , pa je i f -q e -f

(1 - )( - ) + ( - ) (1 - ) + ( - ) = . 1 1 (1 - ) + ( - ) (1 - )( - ) + ( - ) Sredjivanjem dobijamo da je ( - je 1 )(1 - ) ( - )( - ) - ( - ) = 0. Kako = ±1 (jer je CP D < 180o ) i = 1 to ( - ) ( - ) = - . Slino dobijamo da je i = (1 - ) - c , gde je koordinata take r. Prema T9.2 imamo c - - ( - ) ( - ) 1 (1 - ) - - - ) ( - - rq(r - q ) - - = = . = o1 = 1 2 - 1 2 - 1 rq -q - Dalje, za bilo koji drugi poloaj take e na pravoj ad, takav da je ae = ad, odgovarajuc1i centar kruga ima koordinatu z c (1 - ) - o2 = ( - ) - - 2 - 1 - ( - ) -

. ( - ) ( - ) iB=- vai z - -

Primetimo da pravac prave o1 o2 ne zavisi od i . Naime, ako uvedemo oznake A = - A + B o1 - o2 =- . A + B o1 - o2

Samim tim za svaka tri centra o1 , o2 , o3 vai da je o1 o2 paralelno sa o2 o3 , pa su samim tim svi centri kolinearni. Sada kako z su svi centri kolinearni i kako svi krugovi imaju zajedniku taku, tada svi krugovi imaju jojednu zajedniku taku. c c s c c Napomena. Ovde je dokazano i vie nego to je traeno. Naime, dva uslova AD = BC i BE = DF , zamenjena su uslovom s s z

BE/BC = DF/AD. Druga prednost ovog reenje je to to nije bilo potrebno pretpostaviti koja je druga presena taka i onda dokazivati da se s s c c ona nalazi na svim krugovima. 46. Neka je taka o koordinatni poetak. Po T9.1 imamo da je h1 = c c (a - b)(a b + ab ) (c - d)(c d + cd ) , h2 = , a po teoremi ab - a b cd - c d ca db a+c b+d 6 i t1 = , t2 = . Kako su take a, c i o kao i take b, d i o kolinearne, to je prema T1.2 c = c c , d = , pa je 3 3 a b (c - d)(ab + a b) . Da bismo dokazali da je t1 t2 h1 h2 , po T1.3, dovoljno je proveriti da je h2 = ab - a b t 1 - t2 h1 - h 2 =- . t1 - t2 h1 - h2 Ovo sledi iz h1 - h2 = prostim konjugovanjem. 2ab . Neka je o1 centar kruga 1 . Tada je o1 b ab (jer je ab a+b a-b o1 - b o1 + a - b =- = ab, tj. sred ¯ivanjem o1 = tangenta), pa je prema T1.3 . Takod je i |o1 - b| = |o1 - c|, pa je ¯e ab o1 - b a -b a-b o1 . Sada je kvadriranjem (o1 - b)(o1 - b ) = (o1 - c)(o1 - c ), tj. o1 = 2 - b b(a + b) 47. Neka je jedinini krug. Po T2.3 imamo da je c = c o1 = Kako je taka m na jedininom krugu, to je m = c c ab + b. a+b ab + a b a+c-b-d , ab - a b

1 , a kako je na krugu sa centrom u o1 i |o1 - m| = |o1 - b|. Sada je m o1 + o1 b m + o1 = 0. b o1 + b, tj. o1 b

o1 m2 -

Ovom kvadratnom jednainom je definisano kako m tako i taka b, pa je prema Vietovim formulama b + m = c c m=b 2a + b . a + 2b

Ostaje jo da dokaemo da su take a, m i sredite dui bc, to je prema T6.1 taka s z c s z s c dokazati da je b+c a- 2 = a - m = -am, a -m b+c a- 2 to se lako proverava. s 48. Neka je krug k jedinini i neka je b = 1. Tada je a = -1 i kako je p k, to je p = c p+

b+c , kolinearne. Po T1.2 dovoljno je 2

1 1 1 . Po T2.4 imamo da je q = p+ , p 2 p

1 -1 (p - 1)2 p a po T6.1 da je f = = . Dalje, kako je c na krugu sa centrom u p i poluprenikom jednakim |p - q|, to c 2 4p je |p - q| = |p - c|, odnosno kvadriranjem (p - q)(p - q ) = (p - c)(p - c ). Kako je c k, to je c = 1 1 1 . Kako je p - q = p- , lako dobijamo c 2 p 4pc2 - (p4 + 6p2 + 1)c + 4p3 = 0.

Primetimo da smo dobili kvadratnu jednainu za c. Kako taka d zadovoljava iste uslove koje smo koristili za pronalaenje c c z take c, to je taka d drugo reenje ove kvadratne jednaine. Sada je iz Vietovih formula c c s c c+d= p4 + 6p2 + 1 , 4p3 cd = p2 .

Kako je taka g na tetivi cd, to je prema T2.2 g = c

c+d-g p4 + 6p2 + 1 - 4pg , a kako je gf cd, to je prema T1.3 i = cd 4p3

c-d g-f =- = cd = p2 . Reavanjem ovog sistema dobijamo s g -f c -d g= p3 + 3p2 - p + 1 . 4p

a-g a-p = = p. Ovo lako sledi iz a - g = a -g a -p 3 3 2 3 p + 3p + 3p + 1 1 + 3p + 3p + p c+d-g . Kako je e na tetivi cd to je prema T2.2 i e = i konjugovanjem a - g = = 4p 4p2 cd 4 2 p + 6p + 1 - 4pe e-p a-b 1 , a kako je pe ab, to je prema T1.3 i =- = -1, odnosno e = p + p - e. Izjednaavanjem c 3 4p e -p a -b 2 2 2 3p + 1 p2 - 1 p -1 p -1 dobijamo e = . Kako je p - q = =2 = 2 e - q , to je |e - p| = |e - q|. Dalje, kako je g - e = iz 4p 2p 4p 4 |p| = 1, to je i |e - q| = |g - e|, to zavrava na dokaz. s s s Potreban i dovoljan uslov za kolinearnost taaka a, p, g je prema T1.2 c 49. Neka je krug nad prenikom bc jedinini i neka je b = -1. Tada je po T6.1 b + c = 0, tj. c = 1, i koordinatni poetak je c c c p-0 1 a-p = -p2 . =- sredite dui bc. Kako je p na jedininom krugu, to je p = , a kako je pa p0, to je prema T1.3 s z c p a -p p -0 Sada je sred ¯ivanjem a p2 - 2p + a = 0. Kako je ovom kvadratnom jednainom definisano kako p tako i q, to je prema Vietovim formulama c p+q = 2 , a pq = a . a p+q-h 2 - ah = . pq a

Neka je taka h presek normale iz a na bc i prave pq. Kako je h na tetivi pq, to je prema T2.2 h = c Dalje, kako je ah bc, to je prema T1.3 i

b-c a-h =- = -1, tj. h = a + a - h. Sada se izjednaavanjem dobija c a -h b -c h= aa + a2 - 2 . a-a h-c = h -c

Da bismo dokaz zavrili dovoljno je dokazati da je h = h, tj. da je ch ab, to je prema T1.3 ekvivalentno sa s s -

a-b aa + a2 - 2 - a + a (a + 1)(a + a - 2) . Poslednje jednostavno sledi iz h - 1 = = i a - b = a + 1, prostim a-a a-a a -b konjugovanjem.

50. Neka je presek dijagonala pravougaonika koordinatni poetak i neka je prava ab paralelna realnoj osi. Tada je po T6.1 c p b a c c + a = 0 i d + b = 0, i c = b i d = a . Kako su taka p, a, 0 kolinearne, to je prema T1.2 i = , tj. p = - p. Neka je a p a = dpb = pbc. Prema T1.4 je c-p b-p p-b c-b = ei2 , = ei2 , c -p b -p p -b c -b odnosno mnoenjem ovih jednakosti, i izraavanjem preko a i b z z p+b a(p - b)2 = . bp + a2 (bp - a2 )2 Zapisivanjem u obliku polinoma dobijamo (b2 - ab)p3 + p2 (b3 - 2a2 b - a3 + 2ab2 ) + p(a4 - 2a2 b2 - ab3 + 2a3 b) + a4 b - a3 b2 = = (b - a)(bp3 + (a2 + 3ab + b2 )p2 - ap(a2 + 3ab + b2 ) - a3 b) = 0.

Primetimo da je jedna taka p koja zadovoljava uslov jednakosti datih uglova i taka a, pa je a i jedna nula datog polinoma. c c Znai p je nula i polinoma koji se dobija deljenjem prethodnog sa p - a, tj. bp2 + (a2 + 3ab + b2 )p + a2 b = 0. Odredimo sada c i |p - b| : |p - c|. Iz prethodne jednaine je bp2 + a2 b = -(a2 + 3ab + b2 ), pa je c (p - b)(p - b ) bp2 - (a2 + b2 )p + a2 b -2(a2 + b2 + 2ab) P B2 = = = = 2, P C2 bp2 + 2abp + ab -(a2 + b2 + 2ab) (p - c)(p - c ) tj. traeni odnos je z 2 : 1.

51. Neka je prvo etvorougao abcd tetivan i neka je njegov opisani krug jedinini. Ako je abd = i bda = prema T1.4 c c kvadriranjem imamo c-b p-b d-b a-b , = ei2 , = ei2 p -b c -b a -b d -b c-d b-d a-d p-d = ei2 . = ei2 , b -d a -d c -d p -d a b ac + bd - pd Iz prve od ovih jednakosti je ei2 , a iz etvrte ei2 = . Sada iz druge dobijamo p = c , a iz tre´e p = c d a abc ac + bd - pb . Izjednaavanjem dobijamo c acd ac + bd p= . b+d Potrebno je dokazati da je |a - p |2 = (a - p)(a - p ) = |c - p |2 = (c - p)(c - p ), to sledi iz s a-p= ab + ad - ac - bd , b+d a -p = cd + bc - bd - ac , ac(b + d) c-p= bc + cd - ac - bd , b+d c -p = ad + ab - bd - ac . ac(b + d)

Neka je sada |a - p | = |c - p |. Pretpostavimo da je krug opisani oko trougla abc jedinini. Tada kvadriranjem prethodne c p p p p jednakosti dobijamo ap + = cp + , tj. (a - c)(p - ) = 0. Znai p = . Neka je d na tetivi d c kruga. Tada je prema c a c ac ac c+d -d T2.2 d = . Kako je po uslovu zadatka dba = cbp = i adb = pdc = , to je kvadriranjem u T1.4 cd a-b d-b = ei2 , a -b d -b p-b c-b = ei2 , p -b c -b b-d a-d = ei2 , b -d a -d c-d p-d = ei2 . c -d p -d

Mnoenjem prve dve jednakosti dobijamo z a-b c-b p-b d-b = ab2 c = . a -b c -b p -b d -b Sred ¯ivanjem dobijamo ac + bd - b(acd + b) bdd + acd - abd - abc + abd - b2 d = . cd d - b2 d + b2 d - b2 c d - b2 d d-c c-d Kako su take d, c, d kolinearne, to je prema T1.2 c = = -cd , pa mnoenjem tre´e i etvrte jednakosti dobijamo z c c d -c c -d p= (-cd )(d - a)(d - b )(d - p ) - (d - a )(d - b)(d - p) = 0. Zamenom vrednosti za p dobijamo jedan polinom f po d. On je oigledno najvie etvrtog stepena, a posmatranjem c s c koeficijenta uz d4 levog i desnog sabirka dobijamo da je ovaj polinom najvie stepena 3. Jasno je da su dve njegove nule a i s b. Dokaimo da je tre´a njegova nula d i da samim tim mora biti d = d . Kada je d = d , tada je z c p= bd d + acd - abc - b2 d ac + bd = , c(d 2 - b2 ) b+d d-p= d 2 - ac , b+d d - p = -bd d 2 - ac ac(b + d ) d-a = -d a, d -a d-b = -d b d -b

ime je naa tvrdnja dokazana. Znai d = d , pa je po izboru take d etvorougao abcd tetivan. c s c c c 52. Iz konciklinosti etvorki taaka a1 , b2 , a2 , b1 ; a2 , b3 , a3 , b2 ; a3 , b4 , a4 , b3 i a4 , b1 , a1 , b4 , po T3 imamo da su c c c a1 - a2 a1 - b1 : , b2 - a2 b2 - b1 a2 - a3 a2 - b2 : , b3 - a3 b3 - b2 a3 - a4 a3 - b3 : , b4 - a4 b4 - b3 a4 - a1 a4 - b4 : , b1 - a1 b1 - b4

realni. Proizvod prvog i tre´eg, podeljen proizvodom drugog i etvrtog jednak je c c a1 - a2 a3 - a4 b2 - b1 b4 - b3 · · · , a2 - a3 a4 - a1 b3 - b2 b1 - b4

pa kako su take a1 , a2 , a3 , a4 koncikline, to je prema teoremi 4 broj c c realan. Sada su po T3 take b1 , b2 , b3 , b4 koncikline ili kolinearne. c c

a1 - a2 a3 - a4 b 2 - b1 b 4 - b 3 · realan, pa je i broj · a2 - a3 a4 - a1 b 3 - b2 b 1 - b 4

53. Neka je koordinatni poetak taka preseka dijagonala palalelograma. Tada je c = -a i d = -b. Kako su trouglovi cde i c c f bc slini i istoorijentisani to je po T4 c c-b e-d = , b-f d-c pa je f = be + c2 - bc - cd be + a2 = . Da bi trouglovi cde i f ae bili slini i istoorijentisani (a samim tim i trouglovi f bc i c e-d e+b f ae), po T4 potrebno je i dovoljno da je c-d f -a = . d-e a-e Poslednja jednakost sledi iz be + a2 - ea - ab (e - a)(b - a) f -a= = , e+b e+b kao i c - d = c + b, d - e = -(b + e), c + b = b - a. m-p m q-p = ei2 , tj. = ei2 . Kako q -p m -p m

54. Neka je p = 0 i q = 1. Kako je mpq = , to je prema T1.4 kvadriranjem je pqm = , to je po istoj teoremi ei2(++) = 1) dobijamo m= i simetrino c ei2(+) - 1 , ei2 - 1

m-q m-1 p-q = ei2 , tj. 1 = ei2 . Reavanjem ovog sistema (uz kori´enje s sc m -q p -q m -1

ei2(+) - 1 ei2(+) - 1 , k= . ei2 - 1 ei2 - 1 Po T4, da bismo dokazali da su trouglovi klm i kpq slini i istoorijentisani dovoljno je dokazati da je c l= k-l k-p = = -k. l-m p-q Poslednje sledi iz ei(2+4) - ei2 - ei(2+2) + ei(2+2) + ei2 - 1 k-l (ei2 - 1)(ei2 - 1) = i(2+4) = i2 l-m e - e - ei(2+2) + ei(2+2) + ei2 - 1 (ei2 - 1)(ei2 - 1) ei2 - 1 ei2(+) (ei(2+4) - ei2 - ei(2+2) + ei(2+2) + ei2 - 1) 1 - ei2(+) = = -k. ei2 - 1 ei2 - 1 ei(2+4) - ei2 - ei(2+2) + ei(2+2) + ei2 - 1 Kako su trouglovi kpq, qlp, pqm med ¯usobno slini i istoorijentisani, to su i sva etiri trougla med c c ¯usobno slina i istoorijentisana. c = 55. Neka su komplekne koordinate temena i-tog poligona oznaene sa a1 , a2 , . . . , an , redom u pozitivnom smeru. Prema c T6.1 i datoj rekurentnoj konstrukciji imamo da je za svako i i k ai

(k+1) (i) (i) (i)

= 2ai+k - ai ,

(n) (1) (1) (1)

(k)

(k)

gde se indeksi uzimaju po modulu n. Na cilj je da odredimo vrednost ai , preko vrednosti a1 , a2 , . . . , an . Slede´i niz s c jednakosti (k+1) (k) (i) (k-1) (k-1) (k-1) (k-1) (k-2) ai = 2ai+k - ak = 4ai+k+k-1 - 2ai+k - 2ai+k-1 + ai = 4(2ai+k+k-1+k-2 - -ai+k+k-1 ) - 2(2ai+k+k-2 - ai+k ) - 2(2ai+k-1+k-2 - ai+k-1 ) + 2ai+k-2 - ai = 8ai+k+k-1+k-2 - 4(ai+k+k-1 + ai+k+k-2 + ai+k-1+k-2 ) + 2(ai+k nas navodi na to da je ai

(k) (k) (k) (k) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2) (k-2)

=

(k-2)

+ ai+k-1 + ai+k-2 ) - ai

(k)

(k-2)

,

= 2k-1 sk (i) - 2k-2 sk-1 (i) + . . . + (-1)k s0 (i),

(k)

gde je oznaena sj (i) suma svi brojeva oblika ai+sk (j) , gde je sk (j) neki od brojeva koji se dobija kao suma tano j razliitih c c c prirodnih brojeva ne ve´ih od n. Pri tom je s0 (i) = ai . Prethodna formula se lako dokazuje indukcijom. Specijalno formula c vai i za k = n, pa je z (n) (n) (n) ai = 2n-1 s(n) (i) - 2n-2 sn-1 (i) + . . . + (-1)n s0 (i). n

Sada je mogu´e dokazati da je sl (i) = sl (j), za svako 1 l n - 1, to je jedan ne toliko teak zadatak iz teorije brojeva. c s z Dalje, kako je n prost to je n + n - 1 + . . . + 1 deljivo sa n, pa je ai

(n)

(n)

(n)

- aj

(n)

= 2n-1 ai+n+n-1+...+1 - 2n-1 aj+n+n-1+...+1 + (-1)n ai

(1)

(1)

(1)

- (-1)n aj

(1)

= (2n-1 + (-1)n )(ai

(1)

- aj ),

(1)

to po T4 zavrava na dokaz. s s s 56. Neka je krug opisan oko petougla abcde jedinini i neka su x, y i z podnoja normala iz a na bc, cd i de, redom. Prema c z T2.4 imamo bc 1 cd 1 de 1 a+b+c- , y= a+c+d- , z= a+d+e- , x= 2 a 2 a 2 a a prema T5 i a + b + c - bc a + b + c - b c 1 a x x 1 a i i y y 1 = S(xyz) = a + c + d - cd a + c + d - c d 1 . a a 4 8 z z 1 de a + d + e - a a + d + e - de 1

a

Kako se determinanta ne menja oduzimanjem jedne od drugih kolona, to oduzimanjem druge od tre´e, a zatim i prve od c druge dobijamo a + b + c - bc a (d - b)(a - c) a (e - c)(a - d) a a + b + c - bc a (d - b)(a - c) bcd (e - c)(a - d) a 1 0 0 i(a - c)(d - b)(a - d)(e - c) = 8 a+b+c- 1 a 1 a

bc a

i S(xyz) = 8

a +b +c - 1 bcd 1 a

bc a

1 0 , 0

tj. konano c S(xyz) = i(a - c)(d - b)(a - d)(e - c) 1 1 i(a - c)(d - b)(a - d)(e - c)(b - e) - . = 8 acde abcd 8abcde

Kako je poslednji izraz simetrian po a, b, c, d i e to i data povrina ne zavisi od izbora temena (u ovom sluaju a). c s c 57. Neka je krug opisan oko trougla abc jedinini. Kako je c iz a na bc), data jednakost se svodi na 2= a - a1 b - b1 c - c1 + + . a-a b-b c-c S(bca1 ) |a - a1 | a - a1 = 1- = 1- (gde je a podnoje normale z S(abc) |a - a | a-a

1 (a - b)(a - c) bc 1 bc Prema T2.4 je a = -b-c = i jednakost se zapisivanjem izraza a+b+c- , pa je a - a = a+ 2 a 2 a 2a simetrinih ovom svodi na c 2= 2a(a - a1 ) 2b(b - b1 ) 2c(c - c1 ) a(a - a1 )(b - c) + b(b - b1 )(c - a) + c(c - c1 )(a - b) + + = -2 , (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(b - c)(c - a) aa1 (b - c) + bb1 (c - a) + cc1 (a - b) = 0. Po T4 konciklinosti taaka a1 , b1 , c1 , h (kako oigledno nisu kolinearne) ekvivalentna je sa c c c a1 - c1 b1 - h a1 - h b1 - c1 = . a1 - c1 b1 - h a1 - h b1 - c1 Kako je h ortocentar, to je prema T6.3 h = a + b + c, a kako je aa1 bc, to je prema T1.3 i a1 = a1 - a b-c = - , tj. a1 - a b -c

tj. sred ¯ivanjem

bc + aa1 - a2 ac + bb1 - b2 ab + cc1 - c2 , odnosno simetrino b1 = c i c1 = . Slino je iz a1 h bc i b1 h ac c abc abc abc a1 - h b-c =- = bc, a1 - h b -c a-c b1 - h = ac, =- a -c b1 - h

pa je dovoljno dokazati da je a(a1 - c1 ) b(b1 - c1 ) = . aa1 - cc1 + (c - a)(a + b + c) bb1 - cc1 + (c - b)(a + b + c)

Primetimo da je a(b - c)a1 - a(b - c)c1 = -b1 b(c - a)a - cc1 (a - b)a - a(b - c)c1 = ab(c - a)(c1 - b1 ), pa rezultat sledi konjugovanjem. 1 ab 1 ac 58. Neka je krug opisani oko trougla abc jedinini. Po T2.4 imamo da je d = c a+b+c- ,e= a+b+c- 2 c 2 b 1 bc b+c if = a+b+c- , a po T6.1 a1 = (gde je a1 sredite stranice bc). Kako je q na tetivi ac to je prema T2.2 s 2 a 2 q-d a+c-q e-f , a kako je qd ef po T1.1 imamo q = = = -a2 . Reavanjem ovog sistema dobijamo s ac q -d e -f q= a3 + a2 b + abc - b2 c . 2ab

b+c-p a3 + a2 c + abc - bc2 Simetrino dobijamo r = c . Dalje, kako je p na tetivi bc, po T2.2 imamo p = , a iz kolinearnosti 2ac bc p-e e-f taaka e, f i p po T1.2 c = = -a2 . Reavanjem ovog sistema dobijamo s p -e e -f p= Po T4 dovoljno je dokazati da je p - a1 q - r p - a1 q - r = . p - r q - a1 p - r q - a1 Kako je q-r = a(c - b)(a2 + bc) , 2abc p - a1 = a(b - c)2 , 2(a2 - bc) p-r = (a2 - c2 )(b2 c + abc - a3 - a2 c) , 2ac(a2 - bc) q - a1 = a3 + a2 b - b2 c - ab2 2ab a2 b + a2 c + ab2 + ac2 - b2 c - bc2 - 2abc b+c a(b - c)2 = + . 2 - bc) 2(a 2 2(a2 - bc)

to traeno dobijamo konjugovanjem. z 59. Neke je prvo O centar opisanog kruga trougla abc i dokaimo da je O i centar upisanog kruga trougla abc. Neka je z a+b a+c b+c krug opisan oko trougla abc jedinini. Po T6.1 imamo da je c1 = c , b1 = i a1 = . Neka su k1 , k2 , k3 dati 2 2 2 krugovi sa centrima u a1 , b1 i c1 . Neka je k1 k2 = {k, o}, k2 k3 = {m, o} i k3 k1 = {l, o}. Tada je |a1 - k| = |a1 - o|, s |b1 - k| = |b1 - o|, pa je kvadriranjem (a1 - k)(a1 - k ) = a1 a1 i (b1 - k)(b1 - k ) = b1 b1 . Reavanjem ovog sistema dobijamo k= Simetrino je l = c (a + c)(b + c) . 2c

(b + c)(a + b) (a + c)(a + b) o-k m-k i m = . Neka je mko = . Po T1.4 imamo da je = ei2 , 2b 2a o -k m -k 2 2 b(a - c ) a pa kako je k - m = , to konjugovanjem dobijamo ei2 = - . Ukoliko je okl = , to je takod po T1.4 ¯e 2ac b o-k l-k a = ei2 , pa je i ei = - . Sada je = ili = ± , pa kako je drugi od uslova nemogu´ (zato?), to je c s b o -k l -k = . Sada je jasno da je o i centar upisanog kruga trougla klm. Neka je u drugom delu zadatka krug upisan u trougao klm jedinini i neka dodiruje stranice kl, km, lm u takama u, v, w, c c redom. Po T7.1 imamo da je 2uv 2uw 2vw k= , l= , m= . u+v w+u v+w Neka je a1 centar kruga opisanog oko trougla kol. Tada je po T9.2 a1 = i simetrino b1 = c Sada je po T6.1 a + b = 2c1 , b + c = 2a1 , a + c = 2b1 , kl(k - l ) 2uvw = k(u + v)(u + w) k l - kl

2uvw 2uvw i c1 = (b1 i c1 su centri krugova opisanih oko trouglova kom i mol, redom). (u + v)(v + w) (w + u)(w + v)

tj. reavanjem ovog sistema a = b1 + c1 - a1 , b = a1 + c1 - b1 i c = a - 1 + b1 - c1 . Da bismo dokaz zavrili dovoljno je s s b1 - a1 c1 - o a-b =- . Poslednje lako dokazati da je ab oc1 (ostalo se dokazuje simetrino), tj. po T1.3 da je c =- c1 - o b1 - a1 a -b sledi iz 2uvw(u - v) b1 - a1 = , (u + v)(v + w)(w + u) konjugovanjem. 60. Neka su b i c centri krugova k1 i k2 , redom i neka je pri tome bc realna osa. Ako se take m1 i m2 kre´u u istom smeru, c c po T1.4, za take m1 i m2 vai c z m1 - b = (a - b)ei , m2 - c = (a - c)ei . Ako je traena taka mora biti | - m1 | = | - m2 |, odnosno kvadriranjem ( - m1 )( - m1 ) = ( - m2 )( - m2 ). Iz z c poslednjeg je m1 m1 - m2 m2 - (m1 - m2 ) = . m1 - m2 Sred ¯ivanjem dobija (uz kori´enje b = b i c = c i oznaku ei = z) sc w (1 - z) = 2(b + c) - a - a + az + a z - (b + c)(z + z ) - (1 - z ). Kako je z = 1 , to je z

(b + c - a - w )z 2 - (2(b + c) - a - a - - )z + b + c - a - 0.

Poslednji polinom treba biti identiki jednak 0, pa svaki njegov koeficijent treba biti jednak 0, tj. = b+c-a . Iz prethodnih c relacija zakljuujemo da data taka zadovoljava uslove zadatka. c c Zadatak se gotovo identino reava u sluaju suprotnog smera okretanja. c s c 61. Neka je jedinini krug i neka je a = -1. Tada je b = 1, kao i c = 1 + 2i, d = -1 + 2i. Dalje, kako su take n, b, p c c kolinearne, to je po T1.2 a-p a-m = = -am = m, a -p a -m p+1-m pa je sred ¯ivanjem p = (1). Takod kako su take c, d, p kolinearne to po istoj teoremi dobijamo da je ¯e c m c-d c-n = = 1, c -n c -d m ¯ivanjem sa (1) dobijamo p = 4i · - 1. Dalje, kako su i take b, n, p kolinearne to je i c pa je p = p - 4i. Upored m-1 1-n p-1 = = n, p -1 1 -n tj. sred ¯ivanjem m(1 - 2i) - 1 . 2i + 1 - m Neka je sada q taka preseka kruga i prave dm. Ukoliko pokaemo da su take q , n, c kolinearne, tada ´e biti q = q i c z c c q , pa ´e prvi deo zadatka biti dokazan. Nad c ¯imo zato koordinatu take q . Kako je q na jedininom krugu, to je q q = 1, c c a kako su d, m, q kolinearne, to je prema T1.2 n= d-m q -m = -q m, = q -m d -m pa je posle sred ¯ivanja q =- Da bi take q , n, c bile kolinearne dovoljno je da je c m + 1 - 2i . m(1 + 2i) + 1

q-c n-q q - 1 - 2i = = -nq, tj. n = , to se lako proverava. s q -c n -q (q - 1 + 2i)q

Ovim je prvi deo zadatka dokaz. Pred ¯imo na dokazivanje drugog dela. Primetimo da je traena jednakost ekvivalentna sa |q - a| · |p - c| = |d - p| · |b - q|. z Med ¯utim iz prethodno sraunatih brednosti za p i q, lako dobijamo da je c |q - a| = 2 m+1 m(1 + i) + 1 - i , |p - c| = 2 , m(1 + 2i) + 1 m(1 + 2i) + 1

|d - p | = 2

m+1 m(i - 1) + 1 + 1 , |b - q| = 2 , m+1 m-1

i kako je -i((i - 1)m + 1 + i) = m(1 + i) + 1 - i, traena jednakost oigledno vai. z c z 62. Ovde postoje mnoge mogu´nosti za odabir jedininog kruga. Kao to ´e se i videti u reenju najpovoljnije je uzeti da je c c s c s krug opisan oko bcb c jedinini (ukoliko probate malo sa preostalim krugovima, ubrzo ´ete videti da je ovo najbolje reenje). c c s bb (c + c ) - cc (b + b ) Po T2.5 imamo da za taku x (presek bb i cc ) vai x = c z . Dalje, kako je bh cb i ch bc , to prema bb - cc T1.3 dobijamo slede´e dve jednaine c c b -c b-h = b c, =- b -c b -h Iz prve je h = b-c c-h = bc . =- b -c c -h

bh - b2 + b c ch - c2 + bc , odnosno izjednaavanjem c , a iz druge h = bb c bcc h= b c (b - c) + b2 c - b c2 bc - b c

Simetrino je i h = c

bc(b - c ) + b 2 c - bc 2 . U zadatku je dovoljno dokazati da su take h, h i x, tj. prema T1.2 c b c - bc h-h h-x = . h -h h -x

Poslednje sledi iz h-h = h-x= konjugovanjem. 63. Iz elementarne geometije je poznato da je i nca = mcb (ovakve take m i n se nazivaju izogonalno spregnute). Neka c je mab = , abm = i mca = . Prema T1.4 imamo da je a-b a-n b-c b-m a-m a-c b-n b-a = ei , = ei , = ei , = ei , |a - b| |a - m| |a - n| |a - c| |b - c| |b - n| |b - m| |b - a| c-a c-n = ei , |c - a| |c - n| pa je AM · AN BM · BN CM · CN (m - a)(n - a) (m - b)(n - b) (m - c)(n - c) + + = + + . AB · AC BA · BC CA · CB (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) Poslednji izraz je uvek jednak 1, to zavrava na dokaz. s s s 64. Neka je A = , B = , C = , D = , E = i F = . Po T1.4 imamo da je b-c b-a = ei , |b - c| |b - a| d-e d-c = ei , |d - e| |d - c| f -a f -e = ei . |f - a| |f - e| c-m c-b = ei , |c - m| |c - b| (b + b - c - c )(bc + b c) bc(b - c ) + b c (b - c) + bc (b - c ) + b c(b - c) = , bc - b c bc - b c

b2 b 2 c + b3 b c + b c2 c 2 + b c3 c - b2 b cc - b2 b c 2 - bb c2 c - b 2 c2 c b c (b2 - c2 )(b + b - c - c ) = , (bc - b c)(bb - cc ) (bc - b c)(bb - cc )

Mnoenjem ovih jednakosti i kori´enjem uslova zadatka (po uslovu zadatka je i ei(++) = 1) dobijamo z sc (b - c)(d - e)(f - a) = (b - a)(d - c)(f - e). Odavde se odmah moe zakljuiti da vai i z c z (b - c)(a - e)(f - d) = (c - a)(e - f )(d - b), pa rezultat sledi stavljanjem modula u poslednji izraz. 65. Primenimo prvo inverziju u odnosu na krug . Njom take a, b, c, e, z ostaju neprekidne, a taka d se slika u presek c c pravih ae i bc, neka je to s. Takod krug opisan oko trougla azd slika se u krug opisan oko trougla azs, a prava bd u pravu ¯e

bd, pa je dovoljno dokazati da je bd tangenta na krug opisan oko azs. Poslednje je ekvivalentno sa az sz. 1 Neka je krug jedinini i neka je b = 1. Tada je prema T6.1 c = -1, a takod je i e = a = . Prema istoj teoremi je i c ¯e a a2 + 1 a+a = . Kako je eb ax, to je prema T1.3 s= 2 2a e-b a-x 1 =- =- , a a -x e -b a kako je taka x i na tetivi eb, to je prema T2.2 i x = c Dalje, kako je y sredite dui ax, to je prema T6.1 s z y= a3 + a2 + a - 1 1+a -x . Reavanjem ovog sistema dobijamo x = s . 2a2 a

a+x 3a3 + a2 + a - 1 . = 2 4a2

Sada kako su take b, y, z kolinearne i z na jedininom krugu to je prema T1.2 i T2.1 c c b-y b-z = -z. = b -z b -y Sred ¯ivanjem dobijamo z = 1 + 3a2 . Da bismo dokazali da je az zs, prema T1.3 dovoljno je dokazati da je (3 + a2 )a s-z a-z =- . a -z s -z Poslednje sledi iz a-z = konjugovanjem. 66. Pretpostavimo prvo da se ortocentri datih trouglova poklapaju. Neka je krug opisan oko trougla abc jedinini. Po c T6.3 je h = a + b + c. Takod neka se rotacijom oko take h za ugao , u negativnom smeru, taka a1 prevodi u taku ¯e, c c c a1 takvu da su a1 , a1 i h kolinearne i neka se pri istoj rotaciji b1 slika u b1 , a c1 u c1 . Kako su trouglovi abc i a1 b1 c1 slino i istorijentisani, to su i take b, b1 , h i take c, c1 , h kolinearne i a1 b1 ab (i slino za b1 c1 i c1 a1 ). Sada je prema c c c c T1.4 ei (a1 - h) = (a1 - h) (jer je rotacija u negativnom smeru), a kako su take a, a1 , h kolinearne, to je prema T1.2 c a1 - h = R. Znai a1 = h + ei (a - h) i analogno c a-h b1 = h + ei (b - h), c1 = h + ei (c - h). b + c - a1 . S druge strane konjugovanjem bc a4 - 1 , a(3 + a2 ) s-z = a4 - 2a2 + 1 , 2a(3 + a2 )

Dalje, kako je taka a1 na tetivi bc jedininog kruga, to je prema T2.2 a1 = c c prethodno dobijenog izraza za a1 dobijamo a1 = h + =

a -h . Reavanjem ovog sistema po dobijamo s ei

ei (a(a + b + c) + bc) . (1) a(b + c)(eie + 1)

Kako ravnopravno uestvuje i u formulama za b1 to mora biti i c = Izjednaavanjem (1) i (2) dobijamo c ab(a + c)(a + b + c) + b2 c(a + c) - ab(b + c)(a + b + c) - a2 c(b + c) = (a - b)(ab(a + b + c) - abc - ac2 - bc2 ) = (a2 - b2 )(ab - c2 ). Kako je a2 = b2 , to mora biti ab = c2 . Dokaimo da je ovo potreban uslov da bi trougao abc bio jednakostranian, tj. da bi z c (a - c)2 (a - b)2 |a-b| = |a-c|. Kvadriranjem poslednjeg dobijamo da je trougao jednakostranian ako i samo ako je 0 = c - = ac ab 2 (b - c)(a - bc) , pa kako je b = c, to je ovaj deo zadatka zavren. s abc ei (b(a + b + c) + ac) . (2) b(a + c)(eie + 1)

Neka se sada centri upisanih krugova datih trouglova poklapaju. Neka je krug upisan u trougao abc jedinini i neka su d, e, f c dodiri tog kruga sa stranicama ab, bc, ca, redom. Slino kao u prethodnom delu zadatka nalazimo da je c a1 = i + ei (a - i), Uz uslov i = 0 iz T2.3 konjugovanjem imamo a1 = je prema T1.3 b1 = i + ei (b - i), ei (e c1 = i + ei (c - i).

2 . Takod kako su take a1 , b, c kolinearne, to je a1 d di, pa ¯e c + f)

d-i a1 - d =- = -d2 . Reavanjem ovog sistema dobijamo s a1 - d d -i = d(e + f ) . d2 + ef ei

Kako podjednako uestvuje u formulama za a1 i b1 , to mora biti c = pa izjednaavanjem dobijamo c ei2 = Zbog siemtrije je i ei2 = ed(e + d + f ) . f (de + ef + f d) e(d + f ) , e2 + df ei

ef (e + d + f ) , pa kako je f 2 = d2 , to mora biti e + d + f = 0. Lako se dokazuje da je u ovom d(de + ef + f d) sluaju trougao def jednakostranian, a samim tim i trougao abc. c c 67. Kako je (a - b)(c - d) + (b - c)(a - d) = (a - c)(b - d), to je po nejednakosti trougla |(a - b)(c - d)| + |(b - c)(a - d)| |(a - c)(b - d)|, to je upravo zapis traene nejednakosti u kompleksnim brojevima. Jednakost vai ako i samo su vektori s z z (a - b)(c - d), (b - c)(a - d) i (a - c)(c - d) kolinearni. Prva dva od datih vektora su kolinearna ako i samo ako je (a - b)(c - d) R, (b - c)(a - d) to je po T3 uslov da su take a, c, b, d na jednom krugu. Slino se pokazuje i da su preostala dva vektora kolinearna. s c c 68. Kako je (d - a)(d - b)(a - b) + (d - b)(d - c)(b - c) + (d - c)(d - a)(c - a) = (a - b)(b - c)(c - a), to je i |(d - a)(d - b)(a - b)| + |(d - b)(d - c)(b - c)| + |(d - c)(d - a)(c - a)| |(a - b)(b - c)(c - a)|, pri emu jednakost vai ako i samo ako su c z vektori (d - a)(d - b)(a - b), (d - b)(d - c)(b - c), (d - c)(d - a)(c - a) i (a - b)(b - c)(c - a) kolinearni. Uslov kolinearnosti prva dva vektora moe se zapisati i kao z (d - a)(a - b) (d - a )(a - b ) = . (d - c)(b - c) (d - c )(b - c ) Uzmimo sada da je krug opisan oko trougla abc jedinini. Tada se dati izraz svodi na c dd a - a2 d - i posle sred ¯ivanja dd (a - c) = (a - c) (a + c) d + da a2 dc c2 + = dd c - c2 d - + c c a a

d a+c - + 1 ili ac ac d a+c - + 1. ac ac d b+c - + 1. Oduzimanjem poslednja dva izraza bc bc

dd = (a + c) d +

Slino, iz kolinearnosti prvog i tre´eg vektora dobijamo dd = (b + c) d + c c dobijamo (a - b) d - d c2 - ab + = 0, tj. ab abc d-

c2 - ab d + = 0. ab abc

d b2 - ac Slino je i d - c + = 0, pa oduzimanjem i sred ¯ivanjem dobijamo d = a + b + c. Lako se proverava da su za ac abc d = a + b + c, tj. ortocentar trougla abc, sva etiri prethodno spomenuta vektora kolinearna. c

ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD

Kome nije dosta, evo jo. Mnogi od narednih zadataka su slini onim prethodno urad s c ¯enim, ali ima i nekoliko ,,teih" (koji z su smeteni na kraj), koji zahtevaju vie panje kod odabira poznatih taaka i pre svega vie vremena. Kao i kod reenih s s z c s s zadataka trudio sam se da to vie zadataka bude sa raznih takmienja u svetu. s s c 1. (Okruno 2002, 2.raz) U otrouglom trouglu ABC, B i C su podnoja visina iz temena B i C redom. Krunica sa z s z z prenikom AB see pravu CC u takama M i N , a krunica sa prenikom AC see pravu BB u P i Q. Dokazati da je c c c z c c etvorougao M P N Q tetivan. c 2. (Izborno 2002) Neka je ABCD etvourougao kod koga je A = B = C. Dokazati da su taka D, centar opisanog c c kruga i ortocentar trougla ABC kolinearne. 3. (Republiko 2005, 4 raz) U krug k upisan je estougao ABCDEF , pri emu su stranice AB, CD i EF jednake polupreniku c s c c kruga k. Dokazati da sredita preostale tri stranice predstavljaju vrhove jednakostaninog trougla. s c 4. (Amerika 1997) U spoljanjosti trougla ABC konstruisani su jednakokraki trouglovi BCD, CAE i ABF sa osnovicama s BC, CA i AB, redom. Dokazati da su normale iz A, B i C na prave EF, F D i DE, redom, konkurentne. 5. Dokazati da je stranica pravilnog devetougla jednaka razlici njegove najve´e i najmanje dijagonale. c 6. Ako su h1 , h2 , . . . , h2n redom rastojanja proizvoljne take P kruga k od pravih koje sadre stranice A1 A2 , A2 A3 , . . . , A2n A1 c z poligona A1 A2 . . . A2n upisanog u krug k, dokazati da je h1 h3 · · · h2n-1 = h2 h4 · · · h2n . 7. Neka su d1 , d2 , . . . , dn ratojanja temena A1 , A2 , . . . , An pravilnog n-tougla A1 A2 . . . An od proizvoljne take P koja se c nalazi na manjem luku A1 An kruga opisanog oko tog n-tougla. Dokazati da je 1 1 1 1 + + ... + = . d1 d2 d2 d3 dn-1 dn d1 dn 8. Neka je A0 A1 . . . A2n pravilan poligon, P taka na manjem luku A0 A2n opisanog kruga i m ceo broj, 0 m < n. Dokazati c da je

n n

P A2m+1 2k

k=0

=

k=1

P A2m+1 . 2k-1

9. (USA 2000) Neka je ABCD tetivan tvorougao i neka su E i F podnoja normala iz preseka dijagonala na stranice AB i c z CD, redom. Dokazati da je EF normalno na pravu kroz sredita stranica AD i BC. s 10. Dokazati da su sredita visina trougla kolinearna ako i samo ako je trougao pravougli. s 11. (BMO 1990) Podnoja visina otrouglog trougla ABC su take A1 , B1 i C1 . Ako su A2 , B2 i C2 dodirne take kruga z s c c upisanog u trougao A1 B1 C1 , dokazati da se Ojlerove prave trouglova ABC i A2 B2 C2 poklapaju. 12. (USA 1993) Neka je ABCD konveksan etvorougao ije su dijagonale AC i BD normalne. Neka je AC BD = E. c c Dokazati da take simetrine taki E u odnosu na prave AB, BC, CD i DA obrazuju tetivan etvorougao. c c c c 13. (Indija 1998) Neka su AK, BL, CM visine trougla ABC, a H njegov ortocentar. Neka je P sredite dui AH. Ako se s z BH i M K seku u taki S, a LP i AM u taki T , dokazati da je T S normalno na BC. c c 14. (Vietnam 1995) Neka su AD, BE i CF visine trougla ABC. Za svako k R, k = 0, neka su A1 , B1 i C1 takve da je AA1 = kAD, BB1 = kBE i CC1 = kCF . Na´i sve k takve da za svaki nejednakokraki trougao ABC, trouglovi ABC i c A1 B1 C1 su slini. c 15. (Iran 2005) Neka su je ABC trougao i D, E, F take na njegovim stranicam BC, CA, AB, redom, takve da je c BD CE AF 1- = = = DC EA FB gde je realan broj. Na´i geometrijsko mesto taaka centara opisanih krugova oko DEF za R. c c 16. Neka su H1 i H2 podnoja normala iz ortocentra H, trougla ABC, na simetralu spoljanjeg, odnosno unutranjeg ugla z s s kod temena C. Dokazati da prava H1 H2 sadri sredite stranice AB. z s 17. Dat je otrougli trougao ABC i taka D unutar njega, takva da je ADB = ACB + 90o i AB · CD = AD · BC. Na´i s c c AB · CD . AC · BD

18. Na krug k su iz take A (koja se nalazi u spoljanjosti datog kruga) konstruisane dve tangente AM i AN i seica koja c s c see krug u takama K i L. Neka je l proizvoljna prava paralelna sa AM . Neka KM i LM seku pravu l u takama P i Q, c c c redom. Dokazati da prava M N polovi du P Q. z 19. Na starnicama BC, CA i AB trougla ABC date su redom take D, E i F takve da je BD = CE = AF . Dokazati da c trouglovi ABC i DEF imaju isti centar opisanog kruga ako i samo ako je ABC jednakostranian. c 20. Neka je dat tetivni etvorougao ABCD. Dokazati da su centri upisanih krugova trouglova ABC, BCD, CDA, DAB c temena pravougaonika. 21. (Indija 1997) Neka je I centar upisanog kruga trougla ABC i neka su D i E sredita stranica AC i AB, redom. Neka se s prave AB i DI seku u taki P , a prave AC i EI u taki Q. Dokazati da je AP · AQ = AB · AC ako i samo ako je A = 60o . c c 22. Neka je M unutranja taka kvadrata ABCD. Neka su A1 , B1 , C1 , D1 presene take pravih AM, BM, CM, DM sa s c c c krugom opisanim oko kvadrata ABCD, redom. Dokazati da je A1 B1 · C1 D1 = A1 D1 · B1 C1 . 23. Neka je ABCD konveksan tetivan etvorougao, F = AC BD i E = AD BC. Ako su M i N sredita stranica AB i c s CD, dokazati da je MN 1 AB CD . = · - EF 2 CD AB 24. (Vijetnam 1994) Take A , B i C su simetrine takama A, B i C u odnosu na prave BC, CA i AB, redom. Kakav c c c mora biti trougao ABC, tako da je A B C jednakostranian ? c 25. Neka je centar krug opisanog oko trougla ABC taka O, a njegov poluprenik jednak R. Upisani krug trougla ABC c c dodiruje stranice BC, CA, AB, u takama A1 , B1 , C1 i ima poluprenik r.Neka se prave odred c c ¯ene sreditima stranica AB1 i s AC1 , BA1 i BC1 , CA1 i CB1 seku u takama C2 , A2 i B2 . Dokazati da je centar opisanog kruga trougla A2 B2 C2 taka O, c c r a da je njegov poluprenik jednak R + . c 2 26. (Indija 1994) Neka je ABCD nejednakokraki trapez kod koga je AB CD i AB > CD. Neka je ABCD i opisan oko kruga sa centrom u taki I, koji dodiruje CD u E. Neka je M sredite stranice AB i neka se M I i CD seku u taki F . c s c Dokazati da je DE = F C ako i samo ako je AB = 2CD. 27. (USA 1994) Neka je setougao ABCDEF upisan u krug, neka je AB = CD = EF i neka su dijagonale AD, BE i CF s CP AC 2 konkurentne. Ako je P presek pravih AD i CE, dokazati da je = . PE CE 28. (Vijetnam 1999) Neka je ABC trougao. Take A , B i C su sredita lukova BC, CA i AB, koji ne sadre A, B odnosno c s z C, redom. Prave A B , B C i C A seku stranice trougla u est delova. Dokazati da su ,,srednji" delovi jednaki ako i samo s je trougao ABC jednakostranini. c 29. (IMO 1991, predlog) Neka je u trouglu ABC ugao A = 60 i neka je prava IF paralelna sa AC, gde je I centar upisanog kruga, a F se nalazi na stranici AB. Taka P dui BC je takva da je 3BP = BC. Dokazati da je BF P = B/2. c z 30. (IMO 1997, predlog) Ugao A je najmanji u trouglu ABC. Take B i C dele opisanu krunicu trougla na dva luka. Neka c z je U unutranja taka luka izmedj u B i C koja ne sadri A. Simetrale dui AB i AC seku pravu AU redom u takama V i s c z z c W . Prave BV i CW seku se u T . Dokazati da je AU = T B + T C. 31. (Vijetnam 1993) Neka je ABCD konveksan etvorougao takav da AB nije paralelno sa CD i AD nije paralelno sa c BC. Take P, Q, R i S su izabrane na stranicama AB, BC, CD i DA, redom, tako da je etvorougao P QRS paralelogram. c c Odrediti geometrijsko mesto teita svih ovakvih etvorouglova P QRS. zs c 32. Upisani krug trougla ABC dodiruje BC, CA, AB u E, F, G redom. Neka su AA1 , BB1 , CC1 odseci simetrala unutranjih c s uglova trougla ABC. Neka su KA , KB , KC , redom dodirne take drugih tangenti na upisani krug iz taaka A1 , B1 , C1 . Neka c c su P, Q, R sredita stranica BC, CA, AB. Dokazati da se P KA , QKB , RKC seku na krugu upisanom u trougao ABC. s 33. Neka su I i Ia centri upisanog i pripisanog kruga uz stranicu BC trougla ABC. Neka IIa see BC i opisani krug trougla c ABC u A1 i M redom (M je izmed Ia i I)i neka je N sredite onog luka M BA na kom je i C. Neka su S i T preseci pravih ¯u s N I i N Ia sa krugom opisanim oko ABC. Dokazati da su S, T i A1 kolinearne. 34. (Vijetnam 1995) Neka su AD, BE, CF visine trougla ABC, a A , B , C take na njima takve da je c BB CC AA = = = k. AD BE CF

Odrediti sve vrednosti za k tako da je trougao A B C slian trouglu ABC. c 35. Dat je trougao ABC i taka T . Neka su P i Q podnoja normala iz T na prave AB i AC, redom, i neka su R i S c z podnoja normala iz A na prave T C i T B, redom. Dokazati da taka preseka pravih P R i QS lei na pravoj BC. z c z 36. (APMO 1995) Neka je P QRS tetivan etvorougao takav da prave P Q i RS nisu paralelne. Posmatra se skup svih c krugova koji prolaze kroz P i Q i svih krugova koji prolaze kroz R i S. Odrediti skup A svih taaka dodira izmedj u krugova c iz ova dva skupa. 37. (Savezno 2003, 3-4 raz) Data je krunica k i taka P van nje. Promenljiva prava s koja sadri taku P see krunicu k z c z c c z u takama A i B. Neka su M i N sredita lukova odredj enih takama A i B i taka C na dui AB, takva da je c s c c z P C 2 = P A · P B. Dokazati da ugao M CN ne zavisi od prave s. 38. (Savezno 2002, 2.raz) Neka su A0 ,A1 ,...,A2k , tim redom, take krunice, koje je dele na 2k + 1 jednakih lukova. Taka c z c A0 je spojena tetivama sa svim ostalim takama. Tih 2k tetiva dele krug na 2k + 1 delova. Ti delovi su obojeni naizmenino c c belom i crnom bojom, tako da je broj belih delova za jedan ve´i od broja crnih delova. Dokazati da je crna povrina ve´a od c s c bele. 39. (Vijetnam 2003) Krugovi k1 i k2 se dodiruju u taki M i poluprenik kruga k1 je ve´i od poluprenika kruga k2 . Neka je c c c c A proizvoljna taka na k2 koja nije na pravoj koja spaja centre krugova. B i C su take na k1 takve da su AB i AC njegove c c tangente. Prave BM i CM seku k2 ponovo u E i F , redom, a taka D je presek tangente u A i prave EF . Dokazati da je c geometrijsko mesto taaka D kada se A pomera po krugu, prava. c 40. (Vijetnam 2004) U ravni su dati krugovi k1 i k2 koji se seku u takama A i B. Tangente na k1 u takama seku se u taki c c c K. Neka je M proizvoljna taka krugu k1 , neka je M A k2 = {A, P }, M K k1 = {M, C} i CA k1 = {A, Q}. Dokazati c da sredita dui P Q lei na pravoj M C i da P Q prolazi kroz fiksnu taku kada se M pomera po krugu k1 . s z z c 41. (IMO 2004, predlog) Neka je A1 A2 . . . An pravilan n-tougao. Neka su take B1 , B2 , . . . , Bn-1 odred c ¯ene na slede´i nain: c c · ako je i = 1 ili i = n - 1, tada je Bi sredite stranice Ai Ai+1 ; s · ako je i = 1 i i = n - 1 i S je presek A1 Ai+1 i An Ai , tada je Bi presek simetrala ugla Ai Si+1 sa Ai Ai+1 . Dokazati da je A1 B1 An + A1 B2 An + . . . + A1 Bn-1 An = 180o . 69. (Dezargova teorema) Trouglovi su perspektivni u u odnosu na tachku ako i samo ako su perspektivni u odnosu na pravu. 42. (IMO 1998, predlog) Neka je ABC trougao takav da je ACB = 2ABC. Neka je D taka na dui BC takva da je c z CD = 2BD. DuAD prouena preko take D do take E tako da vai AD = DE. Dokazati da je z z c c z ECB + 180o = 2EBC. 43. Dat je trougao A1 A2 A3 i prava p koja prolazi kroz taku P i see stranice A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 u takama X1 , X2 , X3 , c c c redom. Neka Ai P see krug opisani oko A1 A2 A3 u taki Ri , za i = 1, 2, 3. Dokazati da se tada X1 R1 , X2 R2 , X3 R3 seku u c c taki koja pripada opisanom krugu trougla A1 A2 A3 . c 44. Take O1 i O2 su centri krugova k1 i k2 koji se seku. Neka je A jedna od presenih taaka ovih krugova. Dve zajednike c c c c tangente ovih krugova su konstruisane; BC i EF su tetive ovih krugova sa krajevima u dodirnim takama (C i F su udaljenije c od A), M i N su sredita dui BC i EF . Dokazati da je O1 AO2 = M AN = 2CAF . s z 45. (BMO 2002) Dva kruga razliitih poluprenika seku se u takama A i B. Zajednike tangente ovih krugova su M N i c c c c ST redom. Dokazati da ortocentri trouglova AM N , AST , BM N i BST grade pravougaonik. 46. (IMO 2004, predlog) Dat je tetivan etvorougao ABCD. Prave AD i BC se seku u taki E, gde je C izmed B i E, c c ¯u dijagonale AC i BD se seku u taki F . Neka je M sredite CD, i neka je N = M taka na krugu opisanom oko trougla c s c ABM takva da je AN/BN = AM/BM . Dokazati da su take E, F, N kolinearne. c 47. (IMO 1994, predlog) Prenik polukruga nalazi se na pravoj l. Neka su C i D take na . Tangente na u takama c c c C i D seku pravu l redom u takama B i A takvim da je centar polukruga izmed njih. Neka je E taka preseka pravih AC c ¯u c i BD, a F podnoje normale iz E na l. Dokazati da je EF simetrala ugla CF D. z

Information

39 pages

Report File (DMCA)

Our content is added by our users. We aim to remove reported files within 1 working day. Please use this link to notify us:

Report this file as copyright or inappropriate

839269