Znaqajne taqke i prave u geometriji trouglova - pmf.ni.ac.rs · kruga koji sadri sva tri temena...

Univerzitet u Nixu

Prirodno - matematiqki fakultet

Departman za matematiku

Znaqajne taqke i prave ugeometriji trouglova

Master rad

Mentor:Prof. Dr Mi�a Stankovi�

Student:Marija Lazarevi�broj indeksa: 171

Nix, 2017.

PREDGOVOR

Iako je trougao najjednostavniji lik u ravni, svakako je u is-toriji bio predmet brojnih istra�ivaǌa i prouqavaǌa te su danaspoznata brojna svojstva tog geometrijskog lika. Kada govorimo o tro-uglu, ne mo�emo ne spomenuti najva�nije ǌemu pridru�ene krugove:opisan, upisan i spoǉa upisane krugove. U ovom radu �emo se poredcentara ovih krugova baviti jox nekim znaqajnim taqkama i pravamatrougla i ǌihovim svojstvima. Neke od tih taqaka bile su poznate joxu antiqkoj matematici, neke su otkrivene u sredǌem veku a mnoge suotkrivene u posledǌih pedeset godina. Trenutno je poznato oko 5400znaqajnih taqaka. U ovom radu je predstavǉen jedan mali broj.

Prva glava ima uvodni karakter. U ǌoj su iskazane osnovne defi-nicije i teoreme o trouglu bez dokaza, potrebne za daǉi rad.

Druga glava posve�ena je uglavnom osnovnim znaqajnim taqkama tro-ugla i sastoji se od qetiri poglavǉa. U prvom poglavǉu predstavǉenisu centri opisanog i upisanog kruga trougla i spoǉa upisanih kru-gova. Pored definicije date su i neke osobine i veze izme�u ovihtaqaka. U drugom poglavǉu obra�eno je te�ixte i te�ixne lini-je, u tre�em ortocentar trougla dok se u qetvrtom govori o centruOjlerovog kruga kao i o samom krugu i jox o Ojlerovoj pravi trougla.

Tre�a glava sastoji se od tako�e qetiri poglavǉa koja su posve�enaFermaovoj taqki, Napoleonovim taqkama, Nagelovoj i Mikelovoj taqki.

Qetvrta glava deli se na pet poglavǉa. U prvom poglavǉu opisanaje �ergonova taqka, zatim drugo poglavǉe bavi se Presekom simedi-jana ili Simedijalnom taqkom, poznatom jox i pod imenom Lemoanovataqka. Tre�e poglavǉe govori o Brokarovim taqkama trougla, Broka-rovom krugu i prvom i drugom Brokarovom trouglu, qetvrto o Sre-dixǌoj taqki koja poznatija kao Mitenpunkt dok je posledǌe, petopoglavǉe posve�eno Fojerbahovoj teoremi.

4

Za svaku od navedenih taqaka daju se i veze sa ostalim znaqajnimtaqkama, pravama i krugovima.

Sve znaqajne taqke i linije predstavǉene su i grafiqki.

Na kraju je spisak korix�ene literature.

Posebnu zahvalnost dugujem svom mentoru profesoru Mi�i Stanko-vi�u kao i qlanovima komisije prof. ǈubici Velimirovi� i prof.Milanu Zlatanovi�u na ukazanom povereǌu, pru�enom znaǌu, svimsavetima i sugestijama prilikom izrade ovog rada.

SADR�AJ

1 O trouglu 7

2 Osnovne znaqajne taqke trougla. Ojlerova prava 112.1 Centar opisanog i upisanog kruga . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Te�ixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 Ortocentar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4 Ojlerova prava i Ojlerov krug . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3 Fermaova, Nagelova i Mikelova taqka i Napoleonove ... 313.1 Fermaova taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Napoleonove taqke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Nagelova taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.4 Mikelova taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 �ergonova, Fojerbahova i sredixǌa taqka ... 434.1 �ergonova taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.2 Presek simedijana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.3 Brokarove taqke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.4 Sredixǌa taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.5 Fojerbahova taqka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5

6 SADR�AJ

Deo 1

O trouglu

Trougao je u geometriji, i posebno u planimetriji, zatvorena izlo-mǉena linija sastavǉena od tri du�i, ili je to deo ravni ograniqensa tri du�i. Drugim reqima:- Pravolinijski trougao (jednodimenzionalan) qine tri taqke koje nele�e na jednoj pravoj i tri du�i sa krajevima u tim taqkama.- Trougao je mnogougao sa najmaǌim brojem stranica.

U Euklidskoj geometriji bilo koje tri nekolinearne taqke jednozna-qno odre�uju trougao. Du�i koje povezuju po dve od tri date nekoli-nearne taqke A, B i C, nazivaju se stranicama trougla, a te tri taqkeǌegovim temenima. Uglovima, taqnije unutraxǌim uglovima, trouglanazivaju se tri ugla koje grade poluprave iz temena, a koje prolazekroz ostala dva temena. U zavisnosti od stranica i uglova trouglovedelimo na jednakokrake, jednakostraniqne, pravougle, tupougle i ox-trougle.

Deo matematike i geometrije koji se bavi izraqunavaǌem elemenatatrougla pronala�eǌem zakonitosti zavisnosti u ǌihovim odnosima,kao i uspostavǉaǌem funkcija uglova koje ih definixu naziva se tri-gonometrija. Jedan od najkorix�enijih rezultata u trigonometrijiravni je svakako Pitagorina teorema koja se odnosi na pravougli tro-ugao.

Teorema 1.1. (Pitagorina teorema) Zbir kvadrata du�ine kateta je-dnak je kvadratu du�ine hipotenuze kod pravouglog trougla.

Rexavaǌe trougla znaqi nala�eǌe preostalih uglova i stranicakada je dat minimum podataka. Osnovni elementi trougla su tri uglai tri stranice, a minimum podataka, qine tri od tih osnovnih eleme-nata, od kojih je najmaǌe jedan stranica. Naime, kada znamo dva ugla

7

8 1. O trouglu

trougla tada mo�emo smatrati da znamo i tre�i, jer je zbir uglo-va u trouglu uvek isti, 180o. Me�utim, trougao nije odre�en samosvojim osnovnim elementima. Mogu�e je konstruisati trougao datte�ixnom linijom (medijanom) i dvema stranicama, ili stranicom,visinom i uglom, itd. Neke od va�nijih formula za rexavaǌe trouglau trigonometriji ravni su Sinusna i Kosinusna teorema:

Teorema 1.2. (Sinusna teorema) U svakom trouglu va�i

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ= 2R,

gde su a, b, c stranice naspram uglova α, β, γ trougla ABC, a R polupre-qnik opisang kruga.

Teorema 1.3. (Kosinusna Teorema) U svakom trouglu va�i

a2 = c2 + b2 − 2bc cosα,

gde je α ugao naspram stranice a.

Kada govorimo o podudarnosti, u opxtem sluqaju ka�emo da je jedangeometrijski lik podudaran drugom geometrijskom liku ako postojiizometrijska transformacija koja jedan prevodi u drugi. Ako su A, Bi A′, B′ dva para raznih taqaka takvih da je (A,B) = (A′, B′) tada ka�emoda su du�i AB i A′B′ podudarne. Kada je req o uglovima, potrebno idovoǉno da dva ugla budu podudarna, uz qiǌenicu da uglu u izometri-jskoj transformaciji odgovara ugao, je da na kracima ugla a′, b′ sa teme-nom O postoje respektivno taqke A, B, A′, B′ takve da je (OA) ∼= (O′A′),(OB) = (O′B′) i (AB) = (A′B′). Konkretno, ma koji geometrijski likpodudaran trouglu je trougao, a trougaonoj povrxi-trougaona povrx.Da bi se dokazala podudarnost dva trougla nije potrebno dokazivatipodudarnost svih stranica i svih uglova tih trouglova, dovoǉno jepokazati da va�e neki od stavova podudarnosti.

Teorema 1.4. (SSS) Dva trougla su podudarna ako i samo ako su stra-nice jednog trougla podudarne odgovaraju�im stranicama drugog trougla.

Teorema 1.5. (SUS) Dva trougla su podudarna ako i samo ako su im po-dudarne odgovaraju�e dve stranice i ugao zahva�en ǌima.

Teorema 1.6. (USU) Dva trougla su podudarna ako i samo ako im je po-dudarna po jedna stranica i uglovi nalegli na ǌu.

Teorema 1.7. (SSU) Dva trougla su podudarna ako i samo ako su im po-dudarne po dve stranice i ugao naspram ve�e od ǌih.

9

Teorema 1.8. Dva trougla su podudarna ako im je podudarna odgovaraju�astranica, na ǌoj nalegli ugao i ugao naspram ǌe.

Sliqne stavove mo�emo iskazati i kada je u pitaǌu sliqnost trou-glova.

Teorema 1.9. Dva trougla su sliqna ako i samo imaju po dva podudarnaugla.

Teorema 1.10. Dva trougla su sliqna ako i samo su dve stranice jednogtrougla i ugao izme�u ǌih proporcionalni odgovaraju�im stranicama iuglu drugog trougla.

Teorema 1.11. Dva trougla su sliqna ako i samo su sve stranice jednogtrougla proporcionalne odgovaraju�im stranicama drugog trougla.

Sada mo�emo govoriti o nekim daǉim karakteristikama trougla,kao xto su ǌegove znaqajne prave i taqke koje nisu temena.

10 1. O trouglu

Deo 2

Osnovne znaqajne taqke trougla.Ojlerova prava i Ojlerov krug

U drugom delu obrazlo�i�emo qetiri osnovne znaqajne taqke svakogtrougla, centar upisanog kruga, koji se nalazi u preseku simetrala ug-lova, centar opisanog kruga koji se nalazi u preseku simetrala stra-nica, ortocentar - presek visina i te�ixte trougla, taqka u kojoj seseku te�ixne du�i kao i Ojlerovu pravu i Ojlerov krug trougla. Uteoremama koje slede dokazujemo da je svaka od ovih taqaka jedinstvena(tri prave se ne moraju se�i u jednoj taqki).

2.1 Centar opisanog i upisanog kruga trougla

Definicija 2.1. Simetrala stranice trougla je prava koja je normalnana stranicu trougla i sadr�i sredixte te stranice.

Teorema 2.1. (O centru opisanog kruga) Simetrale stranica trouglaseku se u jednoj taqki.

Dokaz. Neka se simetrale sa i sb stranica BC i AC trougla ABC sekuu taqki O i neka je A1 sredixte stranice BC. Lako se mo�e dokazatida je BO ∼= CO jer su trouglovi BOA1 i COA1 podudarni. Sliqno,CO ∼= AO pa je i AO ∼= BO. Dakle, trougao ABO je jednakokraki pataqka O pripada simetrali sc stranice AB.

Taqka O jednako udaǉena od temena trougla, pa predstavǉa centarkruga koji sadr�i sva tri temena trougla ABC i on se naziva opisankrug oko datog trougla. Na osnovu prethodne teoreme oko svakog tro-ugla mo�e se opisati krug.

11

12 2. Osnovne znaqajne taqke trougla. Ojlerova prava

A1

A B

C

O

sa

sb

sc

O BA

C

P

а�

б�

Slika 2.1.

Centar opisanog kruga je u unutraxǌoj ili spoǉaxǌoj oblasti tro-ugla u zavisnosti od toga da li je on oxtrougli ili tupougli. To ovdene�emo dokazivati. Doka�imo samo slede�e tvr�eǌe:

Teorema 2.2. Centar opisanog kruga pravouglog trougla je sredixte ǌe-gove hipotenuze.

Dokaz. Oznaqimo sa O sredixte hipotenuze AB pravouglog trouglaABC. Neka je P sredixte ǌegove katete AC. Tada je OP sredǌa linijatog trougla koja odgovara kateti BC pa je sa ǌom paralelna. Iz togasledi da OP⊥AC. Na osnovu stava SUS trouglovi OPC i OPA supodudarni pa je OC ∼= OA. Kako je OB ∼= OA, sledi da je taqka O kaosredixte hipotenuze centar opisanog kruga tog trougla (slika 2.1-b).

Teorema 2.3. Ako su P , Q, R proizvoǉne taqke stranica BC, CA i ABtrougla ABC, tada se krugovi opisani oko trouglova AQR, BRP i CPQseku u jednoj taqki.

Dokaz. Krugovi opisani oko trouglova BRP i CPQ dodiruju se u taqkiP ili se seku u taqki P i jox u nekoj taqki M . U prvom sluqaju, uglovi]PQC i ]PRB su pravi, pa je qetvorougao ARPQ tetivan. Stoga taqkaP pripada i krugu koji je opisan oko trougla AQR. U drugom sluqajutaqka M je u trouglu ABC ili izvan ǌega. Ako je taqka M u trougluABC, bi�e susedni uglovi ]RMP i ]RMQ suplementni uglovima ]Bi ]C, pa je i ugao ]QMR suplementan sa uglom ]A. Dakle, qetvo-rougao MQAR je tetivan, pa je taqka M na krugu koji je opisan okotrougla AQR. Ako je taqka M izvan trougla ABC, npr. u uglu ]A,bi�e ]BRM = ]BPM i ]MPC = ]MQC. Ali, uglovi MPC i MQC sunaporedni sa uglovima BPM i AQM , pa je ]BRM = ]AQM . Zato je

2.1. Centar opisanog i upisanog kruga 13

qetvorougao MQAR tetivan, pa je i taqka M na krugu koji je opisanoko trougla AQR.

Definicija 2.2. Simetrala (bisektrisa) unutraxǌeg ugla trougla jeprava koja polovi taj ugao.

Kao i za simetrale stranica trougla, za simetrale uglova va�itvr�eǌe:

Teorema 2.4. (O centru upisanog kruga) Simetrale uglova trougla sekuse u jednoj taqki.

A B

C

S

M

N

P

Slika 2.2.

Dokaz. Oznaqimo sa S taqku preseka simetrala SA i SB uglova α iβ trougla ABC. Neka su M , N , P podno�ja normala iz taqke S nastranice AB, BC, CA (slika 2.2). Trouglovi AMS i APS su pra-vougli i podudarni jer imaju zajedniqku hipotenuzu i jednake uglove]MAS = ]SAP pa je SP ∼= SM . Isto tako je SM ∼= SN iz podudarnostitrouglova BMS i BSN . Sada, kako je SP ∼= SM , SM ∼= SN , to jeSP ∼= SN . Prema stavu SSU sledi i podudarnost trouglova CSP iCNS pa je CS simetrala ugla γ. Ovim je dokaz zavrxen.

Taqka S je jednako udaǉena od stranica trougla ABC, te je centarkruga koji ih dodiruje. Taj krug se zove upisani krug u trougao ABC.

Teorema 2.5. Neka simetrala ]ABC seqe krug opisan oko trougla ABCu taqki P . Tada je

PS = PA = PB,

gde je S centar upisanog kruga.

Dokaz. Kako je ]ACP = ]BCP =γ

2, dobijamo da je P sredixte luka

AB, pa jePA = PB. (2.1)


Va�i jox i]ASP = ]SAC + ]SCA =

α

2+

γ

2(2.2)

]SAP = ]SAB + ]BAP =α

2+ ]BCP =

α

2+

γ

2. (2.3)

Iz 2.2 i 2.3 je PA = PS pa je prema 2.1 PA = PB = PS.

Teorema 2.6. Rastojaǌe centra opisanog kruga O od centra upisanog kru-ga S datog trougla ABC dato je se

OS2 = R2 − 2Rr,

gde je R polupreqnik opisanog a r polupreqnik upisanog kruga trouglaABC.

Dokaz. Oznaqimo sa ]A = α, ]B = β i ]C = γ. Neka je D taqka presekaprave BS i kruga opisanog oko trougla ABC (slika 2.3). Prava BS jesimetrala ugla β a prava CS simetrala ugla γ. Neka su E i F preseqnetaqke prave OS i opisanog kruga. Taqke E i F le�e na opisnaom krugu

A

B

C

O

S

D

EG

N

F

Slika 2.3.

pa je potencija p taqke S u odnosu na opisan krug jednaka

p = |SF | · |SE|

a kako taqke B i D tako�e le�e na tom krugu va�i

p = |SB| · |SD|.

2.1. Centar opisanog i upisanog kruga 15

Izjednaqavaǌem posledǌe dve jednakosti dobijamo

|SB| · |SD| = |SF | · |SE|.

Daǉe, va�i

|SF | · |SE| = (R− |OS|) · (R + |OS|) = R2 − |OS|2.

Sledi|OS|2 = R2 − |SD| · |SB|.

Sada treba jox pokazati da je |SB| · |SD| = 2Rr. Uglovi ]DBA i ]DCA

su periferijski uglovi nad lukom D̂A pa va�i ]DBA = ]DCA. Kako jeDB simetrala ugla β i CS simetrala ugla γ va�i

]DCS = ]DCA = +]ACS = ]DBA+ ]ACS =β

2+

γ

2.

Ugao ]DSC je spoǉaxǌi ugao trougla BCS pa je

]DSC = ]DBC + ]BCS =β

2+

γ

2.

Sada dobijamo da je ]DCS = ]DSC iz qega zakǉuqujemo da je trougaoDSC jednakostraniqan sa krakovima SD = DC. Neka je N podno�jenormale iz taqke S na stranicu BC i G presek prava CS i opisanogkruga. Ugao ]CDG je prav kao ugao nad preqnikom i zato je ]CDG =]SNB. Uz to je i ]DGC = ]DBC = ]SBN pa su trouglovi DCG iNSB sliqni prema stavu UUU i va�i

|SB||GC|

=|NS||DC|

,

odnosno|SB| · |SD| = 2Rr,

pa uzimaju�i u obzir |SD| = |DC| dobijamo |SB| · |SD| = 2Rr.

U ovo delu treba pomenuti i spoǉa upisan krug u trougao. Krugkoji dodiruje jednu stranicu trougla i produ�etke druge dve nazivase spoǉa pripisan ili spoǉa upisan krug za dati trougao. Centrespoǉa upisanih krugova koji dodiruju redom stranice BC, CA i ABobele�i�emo sa Sa, Sb i Sc a ǌihove polupreqnike sa ra, rb i rc.

Teorema 2.7. (O centru spoǉa upisanog kruga) Simetrala jednog unu-traxǌeg ugla trougla i simetrale spoǉaxǌih uglova kod druga dva te-mena seku se u jednoj taqki.


A B

C

Sa

S

A1

B1

C1

A2

B2

C2

Slika 2.4.

Teorema 2.8. Neka krug upisan u trougao ABC dodiruje stranice BC, CAi AB u taqkama A1, B1, C1 redom, i neka spoǉa upisan krug ka dodirujestranicu BC u taqki A2 a produ�etke stranica CA i AB u taqkama B2

i C2 redom. Tada je:

1) AC2 = AB2 =a+ b+ c

2

2) BA2 = BC2 = CA1 = CB1, CA2 = CB2 = BA1 = BC1

3) B1B2 = C1C2 = a

Dokaz. Primetimo da su du�i AB1 i AC1 jednake i oznaqimo ǌihovudu�inu sa x (slika 2.4). Tako�e va�i da je BC1 = BA1 = y i CA1 =CB1 = z. Na isti naqin dobijamo da je

BA2 = BC2, CA2 = CB2. (2.4)

Kako je AC2 = AB2, va�i

x+ y +BC2 = x+ z + CB2.

Sada, koriste�i 2.4 dobija se

x+ y +BA2 = x+ z + CA2

pa je

x+y+BA2+x+z+CA2 = (x+y)+(x+z)+(BA2+CA2) = a+b+c = 2(x+y+z).

Sada je

x+ y +BA2 =1

2(a+ b+ c) = x+ y + z (2.5)

2.2. Te�ixte 17

ix+ y + CA2 = x+ y + z. (2.6)

Iz jednakosti 2.5 je BA2 = BC2 = z a iz 2.6 je CA2 = CB2 = y. Dakle,dobija se

BA2 = BC2 = CA1 = CB1

CA2 = CB2 = BA1 = BC1

pa jeB1B2 = C1C2 = x+ y = a.

Teorema 2.9. Krug opisan oko trougla sadr�i sredixta du�i koje spa-jaju centar upisanog kruga sa centrima spoǉa upisanih krugova.

Napomena. Dokaz ove teroeme bi�e u delu sa Ojlerovim krugom.

2.2 Te�ixte

Definicija 2.3. Te�ixna du� (medijana) je du� koja spaja jedno temetrougla sa sredixtem naspramne stranice. Svaki trougao ima trite�ixne du�i.

Teorema 2.10. (O te�ixtu) Te�ixne du�i trougla seku se u jednojtaqki, te�ixtu trougla. Du�ina dela te�isne du�i od te�ixta dotemena dva puta je ve�a od du�ine dela du�i od te�ixta do sredixtanaspramne stranice.

BA

C

TMN

P

Slika 2.5.

Dokaz. Neka su M i N sredixta stranica BC i AC redom i neka jeT preseqna taqka te�ixnih du�i AM i BN (slika 2.5). Dokaza�emoda te�ixna linija CP sadr�i taqku T , gde je P sredixte straniceAB. Pretpostavimo suprotno, da se CP i AM seku u nekoj taqki S


razliqitoj od T . Tada je AS = 2SM tj. AS =2

3AM . Isto tako je

AT = 2TM , pa je AT =2

3AM . Dobijamo da je AT = AS xto je nemogu�e

zbog rasporeda taqaka A, S i T .

Teorema 2.11. Taqka T je te�ixte trougla ako i samo ako je−→TA+

−→TB +

−→TC = 0.

Dokaz. Neka je C1 sredixte stranice AB. Pretpostavimo da je T

te�ixte troula ABC. Tada va�i raspored taqaka C − T − C1 i−→CT =

2−→TC1. Neka je D taqka takva da je T − C1 − D i

−−→TC1 =

−−→C1D. Kako za

paralelogram TADB va�i−→TA +

−→TB =

−→TD = 2

−−→TC1 = −

−→TC, dobijamo da

je−→TA +

−→TB +

−→TC = 0. Obratno, neka je sada taqka P takva da va�i−→

PA+−−→PB+

−→PC = 0 i

−→TA+

−→TB = 2

−−→PC1. Sledi da je

−→PC = −2

−−→PC1, odnosno−→

CP = 2−→PC1 i C − P − C1. Dakle, taqka P je te�ixte trougla ABC.

Teorema 2.12. Te�ixne du�i dele trougao na xest trouglova jednakihpovrxina.

Dokaz. Neka je P povrxina trougla ABC i C1 sredixte stranice AB.Trouglovi ACC1 i CBC1 imaju zajedniqku visinu CC1 i jednake odgo-

varaju�e stranice pa su iste povrxineP

2. Kako je

P (AC1T ) =1

3P (AC1C) =

P

6,

to je P (ATC) =P

3, a kako trouglovi B1TA i B1CT imaju iste povrxine

(zajedniqka visina TB1 i jednake straniceAC

2), onda su i one jednake

P

6, pri qemu je T te�ixte trougla a B1 sredixte stranice AC.

Teorema 2.13. Neka je M taqka koja pripada unutraxǌosti trougla ABC.Taqka M je te�ixte trougla ABC ako i samo ako je

P (ABM) = P (BCM) = P (CAM).

Dokaz. Neka je M te�ixte trougla ABC. Na osnovu prethodne teoremeje

P (ABM) = P (BCM) = P (CAM) =1

3P (ABC).

Obratno, neka je taqka M iz unutraxǌosti trougla ABC za koju va�iP (AMB) = P (BMC) = P (ACM). Tada je

P (AMB) = P (BMC) = P (ACM) =1

3P (ABC).

2.2. Te�ixte 19

Oznaqimo sa x, y, z rastojaǌa taqke M od stranica BC, CA, AB re-

dom. Iz prethodne jednakosti sledi da je x =1

3ha, y =

1

3hb, z =

1

3hc.

Dobijamo da M ∈ a′ ∩ b′ ∩ c′ = T , gde su a′, b′, c′ prave paralelne sa a, b,c udaǉenosti x, y, z redom.

Teorema 2.14. Neka je dat trougao ABC sa stranicama du�ina a = BC,b = CA, c = AB i neka su A′, B′, C ′ redom sredixta stranica BC, CA,AB. Za du�ine te�ixnih du�i ta, tb, tc va�i:

ta = AA′ =1

2

√2(b2 + c2)− a2

tb = BB′ =1

2

√2(c2 + a2)− b2

tc = CC ′ =1

2

√2(a2 + b2)− c2.

Teorema 2.15. Neka su a, b, c du�ine stranica trougla ABC, a R polupre-qnik opisanog kruga tog trougla. Za udaǉenost te�ixta T i centra Oopisanog kruga va�i:

OT 2 = R2 − 1

9(a2 + b2 + c2).

A

B C

T O

δ

A’

Slika 2.6.

Dokaz. Neka je A′ sredixte stranice BC trougla ABC i neka je δ =]OA′A = ]OA′T . Primenom kosinusne teoreme dobijamo

cos δ =OA′2 + A′T 2 −OT 2

2OA′ · A′T

a primenom na trougao OAA′ dobijamo

cos δ =OA′2 + AA′2 −OA2

2AA′ ·OA′ ,


pa slediOA′2 + A′T 2 −OT 2

2OA′ · A′T=

OA′2 + AA′2 −OA2

2AA′ ·OA′

tj.AA′ · (A′T 2 + A′T 2 −OT 2) = A′T · (OA′22 + AA′2 −OA2). (2.7)

Kako je

A′T =1

3AA′

jednakost 2.7 postaje

OA′2 +1

9−OT 2 =

1

3(OA′2 + AA′2 −OA2)

iz qega slediOT 2 =

1

3OA2 +

2

3OA′2 − 2

9AA′. (2.8)

Uoqimo da jeOA = R. (2.9)

Primenom Pitagorine teoreme na trougao BOA′ dobijamo

OA′ =√BO2 −BA′2 =

1

2

√4R2 − a2. (2.10)

Prema prethodnoj teoremi je

AA′ =1

2

√2(b2 + c2)− a2. (2.11)

Uvrxtavaǌem jednakosti 2.9, 2.10, 2.11 u jednakost 2.8 dobijamo

OT 2 =1

3R2 +

1

6(4R2 − a2)− 1

18(2(b2 + c2)− a2) = R2 − 1

9(a2 + b2 + c2).

2.3 Ortocentar

Definicija 2.4. Du� koja spaja teme trougla sa taqkom preseka dvejunormalnih pravih od kojih jedna prolazi kroz teme, a druga sadr�i nas-pramnu stranicu trougla naziva se visina trougla. Pomenuta taqkapreseka normalnih pravih se naziva podno�je visine. Svaki trougao imatri visine.

Teorema 2.16. (O ortocentru) Prave odre�ene visinama trougla seku seu jednoj taqki.

2.3. Ortocentar 21

BA

C

H

A1B

1

ha

C1

Slika 2.7.

Dokaz. Kroz temena trougla A, B i C konstruiximo prave paralelnenaspramnim stranicama BC, AC i AB (slika 2.7). Ove prave odre�ujutrougao A1B1C1 i svaki od trouglova A1CB, CB1A i BAC1 je podudaransa trouglom ABC, jer imaju po jednu zajedniqku stranicu i jednakeuglove sa paralelnim kracima. Zato je AC1 = AB1 = BC, pa je taqkaA sredixte du�i B1C1, a visina ha iz temena A trougla ABC je sime-trala stranice B1C1 trougla A1B1C1. Sliqno se dokazuje i za ostalevisine trougla ABC da su simetrale stranica trougla A1B1C1. Premateoremi o centru opisanog kruga, one se seku u jednoj taqki.

BA

C

H

ha

A,H B

C

ha

a

hb

hchbhc

B B

C

C

A A

H

H

hc

ha

hb

TO

S

оштроугли правоугли тупоугли једнакостраничан

Slika 2.8.

Centar upisanog kruga i te�ixte trougla su unutraxǌe taqke tro-ugla bilo da se radi o oxtrouglom, pravouglom ili tupouglom tro-uglu. Centar opisanog kruga i ortocentar oxtrouglog trougla na-laze se u unutraxǌosti tog trougla dok su kod tupouglog te dve taqkespoǉaxǌe taqke. Ortocentar pravouglog trougla je u temenu pravogugla, a centar opisanog kruga je sredixte hipotenuze. Ako se radi ojednakokrakom trouglu, tada je podno�je visine iz vrha trougla ujednosredixte osnovice, pa se te�ixna du� i visina koje polaze iz vrha po-klapaju. One tako�e pripadaju simetrali osnovice i simetrali ugla


pri vrhu trougla, koje su onda jedna ista prava. Ta prava je simetralajednakokrakog trougla i ǌoj pripadaju sve qetiri znaqajne taqke tro-ugla. Polo�aj ortocentra u razliqitim vrstama trougla predstavǉenje na slici 2.8.

Ortocentar trougla (H) zajedno sa sva tri ǌegova temena A,B i Cqini ortocentriqni sistem. Za qetiri taqke u ortocentriqnom siste-mu karakteristiqna je osobina opisana slede�om teoremom.

Teorema 2.17. Ako je H ortocentar oxtrouglog ili tupouglog trouglaABC tada je svaka od taqaka A, B, C, H ortocentar trougla koji obrazujupreostale tri.

Teorema 2.18. Taqke simetriqne ortocentru trougla u odnosu na praveodre�ene stranicama trougla pripadaju krugu opisanom oko tog trougla.

BA

H

C

A1

B2

C2

C1

A2

B1

Slika 2.9.

Dokaz. Oznaqimo sa A1, B1 i C1 podno�ja visina iz temena A, B i Credom i sa A2, B2 i C2 taqke simetriqne sa ortocentrom H u odnosu naprave BC, CA i AB (slika 2.9). Ako pretpostavimo da je ]B oxtar,tada su taqke B i A2 sa iste strane prave AC. Pored toga je

]AA2C = ]HA2C = ]A2HC = ]A1HC = ]C1B1A1 = ]ABC,

pa je taqka A2 na krugu koji je opisan oko trougla ABC. Analogno sedokazuje da i taqke B2 i C2 pripadaju tom krugu.

Teorema 2.19. Taqke simetriqne ortocentru trougla u odnosu na sre-dixta stranica trougla pripadaju krugu opisanom oko tog trougla.

2.3. Ortocentar 23

BA

H

C

P1

R1

Q1

PQ

R

Slika 2.10.

Dokaz. Neka su P , Q i R sredixta stranica BC, CA, AB redom trouglaABC (slika 2.10). Ako je P1 taqka simetriqna ortocentru u odnosu naP tada je HP = P1P i va�i BP = CP , pa je BP1CH paralelogram(dijagonale se polove). Odavde sledi da je ]BP1C = ]HPC = 180o −α. Dakle, dobijamo da P1 pripada krugu opisanom oko trougla ABC.Sliqno se pokazuje i da taqke Q1 i R1 pripadaju tom krugu.

Teorema 2.20. Rastojaǌe od temena do ortocentra trougla dvaput jeve�e od rastojaǌa centra opisanog kruga od naspramne stranice.

Dokaz. Neka je C1 sredixte stranice AB. Iz prethodne teoreme do-bijamo da je HC1 ∩ CO = {D}, gde je D taqka sa opisanog kruga i CDpreqnik tog kruga. Tada je OC1 sredǌa linija trougla HDC odaklesledi tra�eno tvr�eǌe.

Teorema 2.21. Ako je H ortocentar trougla ABC i O sredixte krugaopisanog oko tog trougla, tada je

BC2 + AH2 = 4OA.

Dokaz. Ako obele�imo sa D sredixte stranice BC trougla ABC, bi�edu� OB hipotenuza pravouglog trougla OBD, pa je BD2 + OD2 = OB2.

Pri tome je BD =1

2BC, OD =

1

2AH i OB = OA, pa je BC2+AH2 = 4OA2.

U narednim zadacima mogu se videti jox neke veze izme�u ortocen-tra i ranije pomenutih taqaka.

Zadatak 2.1. Ako je H ortocentar, T te�ixte, O sredixte kruga opi-sanog oko trougla ABC i A1 sredixte stranice BC, dokazati da je du�OA1 istosmerna sa du�i AH i jednaka ǌenoj polovini.


Rexeǌe. Neka je D taqka u kojoj prava OC seqe opisan krug. Kakosu taqke O i A1 sredixta du�i CD i BC, du� OA je sredǌa linijatrougla BCD, prema tome, ona je istosmerna sa du�i BD i jednakaǌenoj polovini. Pored toga, prave BD i AH upravne su na pravoj BC,dakle, uporedne me�u sobom. Isto tako, prave AD i BH upravne suna pravoj AC, te su i one me�u sobom uporedne. Otuda sledi da jeqetvorougao AHBD paralelogram, pa je du� BD jednaka i istosmernasa du�i AH, prema tome, du� OA je istosmerna sa du�i AH i jednakaǌenoj polovini.

Zadatak 2.2. Ako su H i O ortocentar i sredixte opisanog kruga tro-ugla ABC, a M i N sredixta du�i AH i te�ixne linije AD iz temenaA, dokazati da taqke O, M , N pripadaju jednoj pravoj, xtavixe da jetaqka N sredixte du�i OM .

B

A

H

O

M N

D C

Slika 2.11.

Rexeǌe. S obzirom da je taqka M sredixte du�i AH, a du� ODistosmerna sa du�i AH i jednaka ǌenoj polovini, bi�e du� OD is-tosmerna i jednaka sa du�i MN , pa je qetvorougao HDOM paralelo-gram. Stoga je du� MO istosmerna i jednaka sa du�i HD. No taqkeM i N su sredixta stranica AH i AD trougla AHD, pa je du� MNistosmerna sa du�i HD i jednaka ǌenoj polovini. Otuda sledi da sutaqke O, M i N na jednoj pravoj, xtavixe da je taqka N sredixte du�iOM (slika 2.11).

Zadatak 2.3. Ako je H ortocentar, O sredixte opisanog kruga, i D po-dno�je visine iz temena A trougla ABC, zatim M taqka u kojoj se sekuprave AO i BC, E sredixte du�i OH i F sredixte du�i AM , dokazatida taqke D, E, F pripadaju jednoj pravoj.

2.4. Ojlerova prava i Ojlerov krug 25

A

B CD A1 M

H

EO

FA2

Slika 2.12.

Rexeǌe. Ako obele�imo sa A1 sredixte stranice BC i sa A2 sredixtedu�i AH (slika 2.12), prema Zadatku 2.1. bi�e du�i OA1 i AA2 jednakei istosmere, pa je qetvorougao OAA2A1 paralelogram, i prema tomeOA ∥ A1A2 , tj. MA ∥ A1A2. No du�i OA1 i HA2 su jednake i suprotnousmerene, te se sredixte E du�i OH poklapa sa sredixtem du�i A1A2.S obzirom da su taqke E i F sredixta dveju uporednih du�i AM iA2A1, prava EF sadr�i presek D pravih MA1 i AA2.

Zadatak 2.4. Ako je O sredixte opisanog kruga trougla ABC, M taqkasimetriqna s ortocentrom H tog trougla u odnosu na teme A i N taqkasimetriqna s temenom A u odnosu na sredixte D stranice BC, dokazatida taqke O, M , N pripadaju jednoj pravoj.

Rexeǌe. S obzirom da je taqka D sredixte du�i AN , a prema Zadatku2.1. du� DO istosmerna s du�i HA, odnosno du�i AM , i jednaka ǌenojpolovini, taqke O, M , N pripadaju jednoj pravoj.

2.4 Ojlerova prava i Ojlerov krug

Ortocentar, te�ixte i centar opisanog kruga bilo kog trougla uvekpripadaju jednoj pravoj dok se kod jednakostraniqnog trougla pokla-paju. Dokaz da su ove tri taqke kolinearne prvi je izveo xvajcarskimatematiqar Leonard Ojler 1765. godine, pa tako i ova prava nosinaziv Ojlerova prava.

Vidimo sada u kakvom su odnosu taqke H, T i O.

Teorema 2.22. (Ojlerova prava) U svakom trouglu taqke H,T i O su ko-linearne i va�i HT = 2TO.


A B

C

T

O

C1

H

Slika 2.13.

Dokaz. Neka su T i O te�ixte i centar opisanog kruga i neka je Ptaqka na pravoj OT takva da je PT = 2TO i P −T −O (slika 2.13). Nekaje C1 sredixte stranice AB. Trouglovi C1OT i CPT su sliqni jer je]C1OT = ]CTP i C1T : CT = OT : PT = 1 : 2. Odatle dobijamo da je]OC1T = ]PCT xto povlaqi da su prave OC1 i PT paralelne. Kako jeOC1 ⊥ AB to je i PC ⊥ AB. Analogno se dobija da su i prave BP i APvisine trogla ABC pa se taqka P poklapa sa ortocentrom, tj. P ≡ H.

Zadatak 2.5. Ako su A1, B1, C1 sredixta stranica BC, CA, AB tro-ugla ABC, dokazati da se Ojlerova prava trougla A1B1C1 poklapa saOjlerovom pravom trougla ABC.

Rexeǌe. Sredixte O kruga opisanog oko trougla ABC je ortocen-tar trougla A1B1C1, a te�ixte T trougla ABC istovetno sa te�ix-tem trougla A1B1C1, pa se Ojlerova prava trougla A1B1C1 poklapa saOjlerovom pravom trougla ABC.

A

B C

H

C1

B1

C2

B2

B’

A’

C’

A1

A2

Slika 2.14.

Razmotrimo sada krug devet taqaka, koji se u literaturi jox po-javǉuje pod nazivima Ojlerov krug ili Fojerbahov krug. Fojerbah


je otkrio da podno�ja visina trougla kao i sredixta du�i koje spa-jaju ortocentar sa temenima trougla pripadaju istom krugu, a Ojler je1765. godine pokazao da taj krug sadr�i i sredixta stranica trougla.

Teorema 2.23. (Ojlerov krug) Sredixta stranica, podno�ja visina isredixta du�i koje spajaju ortocentar sa temenima proizvoǉnog tro-ugla pripadaju jednom krugu.

Dokaz. Pokaza�emo najpre da va�i tvr�eǌe: ako je H ortocentar tro-ugla ABC i ako su C1, B1, C2, B2 sredixta du�i AB, AC, HC, HBredom, tada je qetvorougao C1B1C2B2 pravougaonik (slika 2.15). Du�i

A

B C

HC1

B1

C2

B2

Slika 2.15.

C1B1 i C2B2 su sredixǌe linije trouglova ABC i HBC i odgovarajuistoj ivici BC, pa su kao takve podudarne i paralelne. Dakle, qetvo-rougao C1B1C2B2 je paralelogram. Dovoǉno je dokazati jox da mu jejedan ugao prav. Ali, du� C1B2 je sredǌa linija trougla ABH, pa jeparalelna sa AH, tj. sa visinom trougla iz temena A. Dakle, C1B2 jenormalna na ivicu BC, odnosno ǌoj paralelnu du� C1B1, pa je para-lelogram C1B1C2B2 zaista pravougaonik. Sliqno, ako je AA1 sredixteivice BC i AA2 sredixte du�i AH, tada je i A1C2A2C1 tako�e pra-vougaonik. Kako je C1C2 zajedniqka dijagonala tih pravougaonika, okoǌih se mo�e opisati krug (nad C1C2 kao preqnikom (slika 2.14). Ostajeda doka�emo da i podno�ja visina pripadaju tom krugu. Ali taqka A′,kao podno�je visine iz temena A, pripada tom krugu jer je ugao A2A

′A1

prav (A1A2 preqnik). Sliqno se dokazuje i za preostale dve taqke.

Sredixta du�i HA, HB, HC, gde je H ortocentar trougla ABC,nazivaju se Ojlerovim taqkama. Centar ovog kruga nazivamo centardevet taqaka. On tako�e spada u znaqajne taqke trougla.


Na slici 2.16 su prikazani oxtrougli, pravougli i tupougli trougaoi ǌihovi Ojlerovi krugovi. Uoqimo da se u pravouglom trouglu nekeod tih devet taqaka podudaraju.

A A,H AB B B

C

CC H

H

Slika 2.16.

Doka�imo sada Teoremu 2.9.

Dokaz. Neka je S centar upisanog kruga a Sa, Sb, Sc centri spoǉaupisanih krugova trougla ABC. Obele�imo sa K, L, M redom presekedu�i SSa, SSb, SSc sa opisanim krugom oko trougla ABC. Du�i ASa,BSb i CSc su normalne redom na SbSc, ScSa i SaSb pa su visine trouglaSaSbSc. Odavde zakǉuqujemo da je taqka S ortocentar ovog trougla, paje krug opisan oko trougla ABC Ojlerov krug za trougao SaSbSc a K,L i M su sredixta du�i SSa, SSb i SSc.

Teorema 2.24. Neka su O i H redom centar opisanog kruga i ortocentartrougla ABC i neka je krug k(G, r) Ojlerov krug za trougao ABC. Tada jeG sredxte du�i OH i r = 1/2R , gde je R polupreqnik opisanog kruga.

Dokaz. Na osnovu Teoreme 2.20. imamo da je

OC1 = C2H = C2C (2.12)

pa je C1OC2H paralelogram. Du� C1C2 je normalna na OH i oznaqimoǌihovu preseqnu taqku sa X. Taqka X je sredixte du�i C1C2 i OH.Iz Teoreme 2.23. sledi da je taqka G sredixte du�i C1C2. Dakle,taqke X i G se poklapaju. Iz jednakosti (2.12) sledi da je i C1OCC2

paralelogram, pa je C1C2 = OC = R i 2r = R.

Teorema 2.25. Za centar opisanog kruga O, te�ixe T i sredixte GOjlerovog kruga trougla ABC va�i

OT = 2TG.

Dokaz. Prema prethodnoj teoremi taqka G je sredixte du�i OH pa je

OG =1

2OH, a na osnovu Teoreme 2.22. je HT = 2OT , odnosno

OT =1

3OH. (2.13)


Taqke O, H, T su kolinearne a kako je taqka G sredixte du�i OH, tosu ove qetiri taqke kolinearne. Zato je

GT = OG−OT =1

2OH − 1

3OH =

1

6OH. (2.14)

Iz jednakosti (2.13) i (2.14) sledi

OT : GT =1

3OH :

1

6OH = 2 : 1

tj.

OT = 2GT .

Teorema 2.26. Neka su a, b, c du�ine stranica trougla ABC, R polupre-qnik opisanog kruga i G centar Ojlerovog kruga. Tada va�i:

AG2 +BG2 + CG2 =1

4(3R2 + a2 + b2 + c2).

Teorema 2.27. Za centar G Ojlerovog kruga trougla ABC i centre Sa,Sb, Sc spoǉa upisanih krugova va�i

SG+ SaG+ SbG+ ScG = 6R,

pri qemu je R polupreqnik kruga opisanog oko trougla ABC.

Deo 3

Fermaova, Nagelova i Mikelovataqka i Napoleonove taqke

3.1 Fermaova taqka

Ovo je prva va�na taqka trougla otkrivena posle vremena starihGrka. Otkrivena je u 17. veku i dobila je ime po Pjeru de Fermau.Da bismo pokazali teoremu koja tvrdi postojaǌe Fermaove taqke bi�enam potrebna Qevijeva teorema i Teorema 3.1.

Teorema 3.1. Neka su taqke C i D van prave AB i neka se prave CD iAB seku u taqki S. Tada je

P1 : P2 = CS : DS

gde je P1 = P (ABC) i P2 = P (ABD).

Dokaz. P1 : P2 = hc : hd = CS : DS.

Teorema 3.2. (Qevijeva teorema) Neka je ABC proizvoǉan trougao i nekasu X, Y , Z taqke na pravama BC, CA i AB redom, tako da nijedna nijeteme trougla ABC . Prave AX, BY , CZ se seku u jednoj taqki ili su svetri paralelne ako i samo ako je

−−→BX−−→XC

·−−→CY−→Y A

·−→AZ−→ZB

= 1 (3.1)

Dokaz. Neka se prave AX, BY , CZ seku u taqki P . Konstruiximopravu kroz teme A trougla ABC paralelnu pravoj BC i neka su prese-qne taqke te prave se BY i CZ redom taqke N i M .

31

32 3. Fermaova, Nagelova i Mikelova taqka i Napoleonove ...

Iz Talesove teoreme sledi:−→AY−−→Y C

=

−−→AN−−→BC

−→BZ−→ZA

=

−−→BC−−→MA

−−→CX−−→XB

=

−−→MA−−→AN

Mno�e�i ove tri proporcije dobija se tra�ena jednakost. Neka suprave AX, BY , CZ paralelne. Tada po Talesovoj teoremi imamo:

−→AY−−→Y C

=

−−→XB−−→BC

−→BZ−→ZA

=

−−→BC−−→CX

pa je jednakost (3.1) taqna. Pretpostavimo sada da va�i (3.1). Trebadokazati da se prave AX, BY , CZ seku u jednoj taqki, ili da su para-lelne. Za dve prave AX, BY mogu�a su dva sluqaja:(a) Prave AX, BY seku se u jednoj taqki P ,(b) Prave AX,BY su paralelne.

(a)Doka�imo da i CZ sadr�i taqku P . Pretpostavimo suprotno.Neka prava CP seqe AB u taqki Z ′. Tada je iz uslova (3.1)

−→AY−−→Y C

·−−→CX−−→XB

·−−→BZ ′

−−→Z ′A

= 1.

Kako va�i jox i −→AY−−→Y C

·−−→CX−−→XB

·−→BZ−→ZA

= 1,

dobijamo−→BZ−→ZA

=

−−→BZ ′

−−→Z ′A

.

Dakle, taqke Z i Z ′ se poklapaju, pa taqka P pripada pravoj CZ.

(b) Ako su prave AX i BY paralelne, to �e i prava CZ biti par-alelna, jer ako bi CZ sekla BY tada bi prema ranije dokazanom, iprava AX prolazila kroz preseqnu taqku, xto je suprotno pretposta-vci da su prave AX, BY paralelne.

Doka�imo sada postojaǌe Fermaove taqke.

3.1. Fermaova taqka 33

Teorema 3.3. (Fermaova taqka) Neka je ABC proizvoǉan trougao i nekasu BCA′, CAB′, ABC ′ jednakostraniqni trouglovi, takvi da taqke A′, B′

i C ′ le�e sa onih strana pravih BC, CA i AB sa kojih nisu temena A,B i C redom. Tada se prave AA′, BB′ i CC ′ seku u taqki F .

A

BC K

L

M

A’

C’

B’F

Slika 3.1.

Dokaz. Na slici 3.1 je sluqaj kada su sva tri ugla u trouglu maǌaod 120o. Obele�imo AA′ ∩ BC = {K}, BB′ ∩ CA = {L}, CC ′ ∩ AB = {M}.Trouglovi BCB i ACA su podudarni jer va�i ]BCB = ]ACA = γ+60o,stranice CA i CB′ su podudarne kao i CA′ i CB. Analogno, trougloviCAC i BAB, kao i ABA i CBC su podudarni. Tada je:

P (BCB) = P (ACA) = P1

P (CAC) = P (BAB) = P2

P (ABA) = P (CBC) = P3

Na osnovu Teoreme 3.1. sledi

−−→BK−−→KC

·−→CL−→LA

·−−→AM−−→MB

=BK

KC· CL

LA· AMMB

=P3

P1

· P1

P2

· P2

P3

= 1.

Sada iz Qevijeve teoreme dobijamo da se AA′, BB′ i CC ′ seku u nekojtaqki F .

Za Fermaovu taqku va�e slede�a tvr�eǌa:1) Prave AA′, BB′ i CC ′ seku jedna drugu pod uglom od 60o,2) Du�i AA′, BB′ i CC ′ su jednake,3) k(B,C,A′) ∩ k(C,A,B′) ∩ k(A,B,C ′) = {F}.


3.2 Napoleonove taqke

U ovom delu �emo razmotriti dve zanimǉive taqke trougla: prvui drugu Napoleonovu taqku. Ove taqke nazvane su u qast NapoleonaBonapartea (1769-1821) za koga se veruje da je otkrio ǌihovo posto-jaǌe.

Nad stranicama trougla ABC konstruiximo sa spoǉaxǌe stranejednakostraniqne trouglove DBC, CAE, ABF . Neka je taqka G te�ixtetrougla DBC, taqka H te�ixte trougla CAE i taqka I te�ixte tro-ugla ABF . Prave AG, BH i CI seku se u jednoj taqki (slika 3.2). ǋunazivamo prvom Napoleonovom taqkom. Oznaqi�emo je sa N1.

A

BC

D

F

E

G

H

I

N1

Slika 3.2.

Doka�imo sada postojaǌe prve Napoleonove taqke.

Teorema 3.4. Neka je dat trougao ABC i neka su taqke A′, B′ i C ′ takveda va�i

]ABC ′ = ]CBA′ = ]BCA′ = ^ACB′ = ^CAB′ = ]BAC ′ = 60o

(Pri qemu su taqke A′, B′ i C’ ili istovremeno sa iste strane kao iA, B i C, redom, u odnosu na odgovaraju�e stranice trougla ABC, iliistovremeno sa razliqitih strana). Tada se prave AA′, BB′ i CC ′ seku ujednoj taqki.

Dokaz. Neka su trouglovi ABC ′, AB′C i A′BC izvan trougla ABC.(slika 3.3). Primetimo da je BC ′ = AC ′. Neka je taqka X presek AB iCC ′. Povrxina trougla BCC ′ jednaka je a ·BC ′ · sin(]B + 60o) pa je

P (ACC ′)

P (BCC ′)=

b · AC ′ · sin(]A+ 60o)

a ·BC ′ · sin(]B + 60o)=

b · sin(]A+ 60o)

a · sin(]B + 60o).

3.2. Napoleonove taqke 35

A

BC Y

Z

X

A ’

C ’

B ’

a

c

b

Slika 3.3.

Poxto trouglovi ACC ′ i BCC imaju istu stranicu CC ′, visine iztemena B i A na CC ′ moraju biti u istom odnosu kao i povrxine tihtrouglova, pa i BX i AX. Iz toga sledi:

AX

BX=

b · sin(]A+ 60o)

a · sin(]B + 60o).

Analogno dobijamo i za odnoseBY

CYi

AZ

CZ. Mno�eǌem ovih jednakosti

dobija se:

b · sin(]A+ 60o)

a · sin(]B + 60o)· c · sin(]B + 60o)

b · sin(]C + 60o)· b · sin(^C + 60o)

c · sin(]A+ 60o)= 1.

Sada, na osnovu Qevijeve teoreme zakluqujemo da se XC, Y A i ZB sekuu jednoj taqki, a tada se i AA′, BB′ i CC ′ seku u jednoj taqki.

U koliko konstruixemo jednakostraniqne trouglove DBC, ECA, FABredom sa unutraxǌih strana stranica trougla ABC sa te�ixtima X,Y i Z, tada se prave AX, BY i CZ tako�e seku u jednoj taqki N2 koju na-zivamo drugom Napoleonovom taqkom (slika 3.4). Ovaj sluqaj dokazujese analogno.

Teorema 3.5. (Napoleonova teorema - originalni oblik (1825)) Neka jedat trougao ABC i neka su konstruisani jednakostraniqni trougloviBCA1, CAB1 i ABC1 iste orijentacije. Obele�imo sa T1, T2, T3 te-�ixta trouglova BCA1, CAB1 i ABC1 redom. Tada je trougao T1T2T3

jednakostraniqan (qesto se naziva i Napoleonov trougao spoǉaxǌi iliunutraxǌi).


A

B C

D

E

F

X

Y

Z

N2

Slika 3.4.

3.3 Nagelova taqka

Narednom teoremom opisana je taqka trougla o kojoj je 1836. godinepisao nemaqki matematiqar Kristijan Henrih fon Nagel po kome je idobila ime Nagelova taqka.

Teorema 3.6. (O Nagelovoj taqki) Ako su Pa, Qb, Rc taqke u kojima spoǉaupisani krugovi dodiruju stranice BC,CA,AB trougla ABC, tada sedu�i APa, BQb, CRc seku u jednoj taqki.

Dokaz. Posmatrajmo sliku 3.5 Iz Teoreme 2.8. imamo BE = BF = s.Analogno, AP = AM = s i CL = CK = s. Zato je

BL = BRc = CE = CQb = s− b.

Na isti naqin je

AF = AQb = BM = BPa = s− c

AK = ARc = CP = CPa = s− a

Dobijamo sadaBRc = QbC = s− b

3.3. Nagelova taqka 37

B

A

C

N

Pa

QbRc

K

L

M

P

E

F

Slika 3.5.

AQb = BPa = s− c

CPa = RcA = s− a

Mno�e�i ove jednakosti dobija se

−−→BRc ·

−−→AQb ·

−−→CPa =

−−→QbC ·

−−→PaB ·

−−→RcA

a iz ovoga sledi −−→BRc−−→RcA

·−−→AQb−−→QbC

·−−→CPa−−→PaB

= 1

pa se na osnovu Qevijeve teoreme APa, BQb i CRc seku u jednoj taqki.

Teorema 3.7. (Van Obelova teorema) Ako su A′, B′, C ′ taqke pravih BC,CA, AB trougla ABC takve da se prave AA′, BB′, CC ′ seku u jednoj taqkiK, tada je

AK

KA′ =AC ′

C ′B+

AB′

B′C.

Teorema 3.8. Ako je N Nagelova taqka trougla ABC i Pa taqka u kojojspoǉa upisan krug dodiruje stranicu BC, tada je

AN

NPa

=a

p− a,

gde je p poluobim trougla ABC.


Dokaz. Ako obele�imo sa Qb i Rc taqke u kojima spoǉa upisani krugovidodiruju stranice CA i AB trougla ABC, prema Van Obelovoj teoremije

AN

NPa

=AQb

QbC+

ARc

RcB=

p− b

p− a+

p− c

p− a=

a

p− a.

Teorema 3.9. Nagelova taqka N , te�ixte T i sredixte upisanog krugaS trougla ABC pripadaju jednoj pravoj, pri qemu je taqka T izme�u taqakaN i S i va�i

NT : TS = 2 : 1.

B C

N

Pa

QbRc T

A

S

A1 P D

Slika 3.6.

Dokaz. Obele�imo sa A1 sredixte stranice BC, sa D podno�je vi-sine iz temena A, sa P taqku u kojoj upisani krug dodiruje stranicuBC i sa Pa taqku u kojoj spoǉa upisani krug dodiruje stranicu BCtrougla ABC. Pri tome trouglovi ADPa i SPA1 su sliqni jer suim odgovaruju�e stranice paralelne, pa je APa : SA1 = AD : SP . Izove relacije i relacija AD : SP = 2p : a i APa =

p

aAN sledi da je

AN : SA1 = 2 : 1. S obzirom da je taqka T izme�u taqaka A i A1 iAT : TA1 = 2 : 1, a N taqka sa one strane prave AA1 sa koje nije taqka Si va�i da je AN ∥ SA1 i AN : SA1 = 2 : 1, bi�e taqka T izme�u taqakaN i S takva da je NT : TS = 2 : 1 (slika 3.6).

Teorema 3.10. Ako je O sredixte opisanog kruga, S sredixte upisanogkruga, H ortocentar i N Nagelova taqka trougla ABC, tada je HN ∥ OSi HN = 2OS.

Dokaz. Prema prethodnoj teoremi i Teoremi 2.22. te�ixte trouglaABC je izme�u taqaka O i H i taqaka N i S pri qemu je HT : TO = 2 : 1i NT : TS = 2 : 1 pa je HN ∥ OS i HN : OS = 2 : 1.

3.3. Nagelova taqka 39

B C

A

S

C’ B’

A’ D PPa

Q

Sa

Slika 3.7.

Zadatak 3.1. Ako su A′, B′, C ′ sredixta stranica BC, CA, AB tro-ugla ABC, dokazati da je centar kruga upisanog u trougao ABC Nagelovataqka trougla A′B′C ′.

Rexeǌe. Obele�imo sa S sredixte upisanog kruga k, sa Sa sredixtespoǉa pripisanog kruga ka koji odgovara temenu A, sa P i Pa taqke ukojima krugovi k i ka dodiruju stranicu BC, sa D taqku u kojoj sime-trala AS ugla BAC seqe stranicu BC i sa Q taqku u kojoj prava PSseqe pravu APa(slika 3.7). Pri tome je trougao ASaPa sliqan ASQ iDSaPa sliqan DSP , pa je SaA : SA = SaPa : SQ i SaD : SD = SaPa : SP paje SP = SQ. S obzirom da je Q iza S u odnosu na P i SP = SQ, taqkaS je sredixte du�i PQ, a du� PQ preqnik kruga k. Kako je taqka Ssredixte du�i PQ, a taqka A′ sredixte du�i PPa, bi�e Qa ∥ A′S pa iAPa ∥ A′S. Odavde sledi da u homotetijskom preslikavaǌu trouglovaABC i A′B′C ′ pravoj APa odgovara prava A′S. Istim postupkom doka-zuje se da i prave B′S i C ′S u tom preslikavaǌu odgovaraju analognimpravama kroz temena B i C, prema tome, taqka S je Nagelova taqkatrougla A′B′C ′.

Definicija 3.1. Krug kome je preqnik du� odre�ena ortocentrom H iNagelovom taqkom N trougla ABC nazivamo Furmanovim krugom trouglaABC .


3.4 Mikelova taqka

Teorema 3.11. (O Mikelovoj taqki) Neka su P , Q i R proizvoǉne taqkestranica BC, AC i AB trougla ABC. Tada se krugovi opisani oko trou-glova AQR, BRP , CPQ seku u jednoj taqki.

B

A

CP

QR

M

kA

kBkC

α γ

β

Slika 3.8.

Dokaz. Oznaqimo krugove opisane oko trouglova AQR, BRP , CPQ sakA, kB, kC i unutraxǌe uglove trougla ABC koji odgovaraju temenimaA, B, C redom sa α, β, γ. Neka je M druga preseqna taqka krugova kBi kC. Tada su qetvorouglovi BPMR i PCQM tetivni (slika 3.8) paje ]RMP = 180o − β i ]QMP = 180o − γ. Sledi ]RMQ = β + γ a zatimi ]RAQ + ]RMQ = α + β + γ = 180o. Dakle, i qetvorougao ARMQ jetetivan pa se oko ǌega mo�e opisati krug. To je bax krug kA, opisanoko trougla AQR pa se dati krugovi seku u taqki M .

Definicija 3.2. Ovako definisanu taqku M nazivamo Mikelovom taq-kom za taqke P , Q, R u odnosu na trougao ABC. Trougao PQR je Mikelovtrougao za taqku M , dok su krugovi opisani oko trouglova AQR, BRP ,CPQ Mikelovi krugovi.

Ova taqka otkrivena je 1838. godine i dobila je ime po A. Mikelu

Teorema 3.12. Ako su P , Q, R taqke stranica BC, CA i AB a M Mi-kelova taqka za taqke P , Q, R u odnosu na trougao ABC, tada du�iMP , MQ, MR obrazuju sa odgovaraju�im stranicama tog trougla jednakeuglove i va�i ]BMC = ]BAC + ]RPQ.

3.4. Mikelova taqka 41

Dokaz. Taqka M je na trouglu ABC, u ǌegovoj unutraxǌosti iliizvan ǌega. Ako je na trouglu ABC ona se poklapa sa jednom od taqakaP , Q, R i neka je to taqka P . Tada je ]ARM = ]CQM . Ako je taqkaM u trouglu, bi�e ]ARM = ]BPM = ]CQM , dok ako je izvan ǌega,a npr. u uglu A, bi�e ]ARM = ]CPM = ]CQM . Dakle, u svakomsluqaju uglovi koji odre�uju du�i MP , MQ, MR sa odgovaraju�imstranicama su me�u sobom jednaki. Sada doka�imo tra�enu jednakost.Ako je taqka M na trouglu ABC, dokaz je jednostavan. Ako je taqka Mu trouglu, bi�e

]BMC = ]BMP + ]PMC = ]BRP + ]PQC =(]RAP + ]RPA) + (]PAQ+ ]APQ) = ]BAC + ]RPQ.

Analogno se izvodi dokaz i u sluqaju kada je taqka M izvan trouglaABC.

Ako su taqke P , Q, R na pravama BC, CA, AB kolinearne, onda seǌihova Mikelova taqka nalazi na opisanom krugu trougla ABC. Sadaimamo jox jedno tvr�eǌe o Mikelovoj taqki

A

B C

E

FD

M

Slika 3.9.

Teorema 3.13. (Mikelova taqka qevtorougla - Mikelova taqka qetiriprave) Krugovi opisani oko qetiri trougla koji su odre�eni sa qetiriprave seku se u jednoj taqki (slika 3.9).

Trougao ABC i taqka M ne odre�uju jednoznaqno Mikelov trougao,ali odre�uju ǌegove uglove. Zaista,

]PRQ = ]DRM + ]MRQ = ]PBM + ]MAQ


tj. ]PRQ = ]AMB − ]ACB i analogno

]QPR = ]BMC − ]BAC, RQP = ]CMA− ]CBA.

Odavde sledi:

Teorema 3.14. Ako su D, D′ taqke na pravoj BC, taqke E, E ′ na pravojCA i F, F ′ na AB, trouglovi DEF i D′E ′F ′ su direktno sliqni ako i samoako imaju zajedniqku Mikelovu taqku.

Deo 4

�ergonova, Fojerbahova i sredixǌataqka. Brokarove taqke. Preseksimedijana.

4.1 �ergonova taqka

�ergonovu taqku je 1818. godine otkrio francuski matematiqarJ.D. �ergon (1771-1859), po kome je i dobila ime.

A B

C

S

R

P

Q G

Slika 4.1.

Teorema 4.1. (�ergonova taqka) Prave odre�ene temenima i dodirnimtaqkama naspramnih stranica sa upisanim krugom trougla ABC seku seu jednoj taqki.

Dokaz. Neka su P , Q i R dodirne taqke kruga upisanog u trougao ABCsa stranicama BC, CA i AB redom (slika 4.1). Tada su podudarneodgovaraju�e tangentne du�i BP ∼= BR, CP ∼= CQ, AQ ∼= AR pa je

−−→BP−→PC

·−→CQ−→QA

·−→AR−→RB

= 1.

43

44 4. �ergonova, Fojerbahova i sredixǌa taqka ...

Kako va�i raspored taqaka B − P −C, C −Q−A, A−R−B, mora biti−−→BP−→PC

·−→CQ−→QA

·−→AR−→RB

> 0. Odatle sledi

−−→BP−→PC

·−→CQ−→QA

·−→AR−→RB

= 1.

Odavde i iz Qevijeve teoreme prave AP,BQ i CR seku se u jednoj taqki(nisu paralelne jer se AP i BQ seku na osnovu Paxove aksiome).

Teorema 4.2. Taqke u kojima prave kroz �ergonovu taqku trougla nor-malne na simetrale ǌegovih unutraxǌih glova seku taj trougao, pripa-daju jednom krugu, Adamsovom krugu tog trougla.

Dokaz. Neka je S centar upisanog kruga k u trougao ABC, P , Q, Rtaqke u kojima taj krug dodiruje stranice BC, CA, AB, G �ergonovataqka tog trougla i P1 i Q1, P2 i Q2, P3 i Q3 taqke u kojima prave kroztaqku G normalne na simetrale unutraxǌih uglova A, B, C seku praveAB i AC, AB i BC, BC i AC (slika 4.2). Du�i RQ i P1Q1 normalnesu na simetralu unutraxǌeg ugla A, dakle uporedne, pa je RP1 = QQ1.Isto tako je RQ2 = PP2 i PQ3 = QP3. Trouglovi PQR i GP3Q2 superspektivni u odnosu na taqku A, a stranice PQ i PR uporedne sastranicama GP3 i GQ2 pa je RQ ∥ Q2P3. Stoga je i QP3 = RQ2. Istotako je i RP1 = PQ3 i PP2 = QQ1. Na taj naqin, svih xest odseqaka PP2

i PQ3, QQ1 i QP3 i PP1 i PQ2 na tangentama kruga k jednaki su me�usobom, prema tome, svih xest taqaka P1, Q1, P2, Q2, P3, Q3 pripadajujednom krugu, Adamsovom krugu trougla ABC.

SG

Q2

P3

A

B C

Q

R

PQ3 P2

Q1

P1

P

Slika 4.2.

4.2. Presek simedijana 45

Teorema 4.3. Centar Adamsovog kruga trougla se poklapa sa centromupisanog kruga tog trougla.

Dokaz. Taqke u kojima Adamsov krug seqe stranice trougla jednako suudaǉene od centra upisanog kruga tog trougla, pa se centar Adamsovogkruga poklapa sa centrom upisanog kruga tog trougla.

Teorema 4.4. Centar Adamsovog kruga koji odgovara spoǉa upisanom kruguki trougla ABC poklapa se sa centrom Si kruga ki trougla ABC.

4.2 Presek simedijana

Definicija 4.1. Ako je du� AA′ medijana iz temena A trougla ABC, aA′′ taqka u kojoj prava simetriqna sa pravom AA′ u odnosu na simetraluunutraxǌeg ugla A seqe stranicu BC, ka�emo da je du� AA′′ unutraxǌasimedijana ili samo simedijana iz temena A trougla ABC. Ako je Mtaqka u kojoj tangenta kroz taqku A kruga opisanog oko trougla ABCseqe pravu BC, ka�emo da je du� AM spoǉaxna simedijana iz temena Atrougla ABC.

Specijalno, ako je ugao kod temena A prav, simedijana iz temena A sepoklapa sa visinom iz tog temena.

T

A B

C

Slika 4.3.

Teorema 4.5. (Rekal-Xtajnerova teorema) Ako su u trouglu ABC, du�iAA1 i AA2 du�i koje obrazuju jednake uglove sa stranicama AB i AC tadava�i

AB2

AC2=

BA1 ·BA2

CA1 · CA2

.


Teorema 4.6. Du� AA′′ je simedijana trougla ABC ako i samo ako

BA′′

CA′′ =AB2

AC2=

c2

b2

Dokaz. Prema Definiciji 4.1. du� AA′′ je simedijana trougla ABC akote�ixna du� AA′ i du� AA′′ zaklapaju jednake uglove sa stranicamaAC i AB redom. Kako va�i BA′ = CA′, koriste�i Xtajnerovu teoremu,dobijamo da je AA′′ simedijana ako i samo ako

AB2

AC2=

BA′′ ·BA′

CA′′ · CA′ =BA′′

CA′ .

A

B A’’ A’ C

Slika 4.4.

Dakle, dobili smo da simedijana deli naspramnu stranicu ugla izkojeg polazi na dva dela u proporciji kvadrata stranica koje obrazujutaj ugao.

Simedijane svakog trougla seku se u jednoj taqki - simedijalnojtaqki, a postojaǌe ove taqke dokazao je francuski matematiar EmilLemoan zbog qega ovu taqku zovemo jox i Lemoanovom taqkom trougla.

Teorema 4.7. (O Lemoanovoj taqki) Simedijane AA′′, BB′′, CC ′′ trouglaABC seku se u jednoj taqki.

Dokaz. Prema prethodnoj teoremi imamo da je BA′′ : A′′C = c2 : b2,CB′′ : B′′A = a2 : c2, AC ′′ : C ′′B = b2 : a2. Zato je

−−→BA′′

−−→A′′C

·−−→CB′′

−−→B′′A

·−−→AC ′′

−−→C ′′B

= 1,

pa se saglasno Qevijevoj teoremi prave AA′′, BB′′, CC ′′ seku u jednojtaqki (slika 4.5).


B C

A

A’’ A’

B’’

C ’’L

Slika 4.5.

Teorema 4.8. Taqka L je Lemoanova taqka trougla ABC ako i samo akosu rastojaǌa taqke L od pravih koje su odre�ene stranicama tog trouglasrazmerna odgovaraju�im stranicama.

B C

A

A ’’ A’

B ’’

C ’’L

M

N

Slika 4.6.

Dokaz. Neka je L Lemoanova taqka i AA′′ simedijana trougla ABC.Obele�imo sa M i N podno�ja normala iz taqke A′′ na prave AB i AC(slika 4.6). Pri tome je AB : MA′′ = AC : NA′′ = BA′′ : CA′′ = AB2 : AC2,pa je MA′′ : NA′′ = AB : AC. S obzirom da svaka taqka prave AA′′ imatakvu osobinu, i rastojaǌa taqke L srazmerna su stranicama AB iAC. Analogno se dokazuje da su rastojaǌa taqke L od pravih AB i BCsramerna stranicama AB i BC.Obratno, neka su sada rastojaǌa taqke L od pravih koje su odre�enestranicama trougla ABC srazmerna odgovaraju�im stranicama. Akoje A′ taqka u kojoj se seku prave AL i BC, bi�e odstojaǌa taqke L odpravih AB i AC srazmerna odstojaǌima taqke A′ od pravih AB i AC.Stoga je AA′ simedijana iz temena A trougla ABC. Isto tako je taqkaL na pravoj koja sadr�i simedijanu iz temena B, pa je L Lemoanova


taqka trougla ABC.

Mo�e se pokazati da za Lemoanovu taqku trougla, tj. taqku u kojojse seku simedijane AA′′, BB′′, CC ′′ va�i

AL : LA′′ = (AB2 + AC2) : BC2.

Ve� smo pomenuli da ako je ugao kod temena A trougla ABC prav,simedijana AA′′ iz temena A poklapa se sa visinom iz istog temena.Oznaqimo li sa L Lemoanovu taqku tog trougla, imamo da je AL : LA′′ =(AB2 + AC2) : BC2 = 1, pa je AL = LA′′, tj. dobili smo da se Lemoanovataqka pravouglog trougla poklapa sa sredixtem visine koja odgovarahipotenuzi.

Zadatak 4.1. Ako su P , Q, R taqke u kojima upisani krug dodiruje stra-nice BC, CA, AB trougla ABC, dokazati da je �ergonova taqka G tro-ugla ABC Lemoanova taqka trougla PQR.

G

A

BC

Q

R

P

Slika 4.7.

Rexeǌe. Prava PG sard�i teme P i pol A prave koja je odre�enastranicom QR u odnosu na opisani krug trougla PQR. Zato prava PQsadr�i simedijanu iz temena P trougla PQR. Isto tako prava QGsadr�i simedijanu iz temena Q, pa je G Lemoanova taqka trougla PQR(slika 4.7).

Zadatak 4.2. Dokazati da je Lemoanova taqka trougla ABC te�ixtetrougla qija su temena podno�ja normala kroz Lemoanovu taqku na stra-nice trougla ABC.


Rexeǌe. Neka su P , Q i R podno�ja normala iz Lemoanove taqke L nastranice BC, CA, AB redom (slika 4.8). Ako obele�imo sa P ′ taqkuu kojoj prava kroz taqku Q paralelna pravoj LR seqe pravu LP , bi�eodgovaraju�e stranice trouglova ABC i QP ′L proporcionalne. Zato je△ABC ∼ △QP ′L, pa je LQ : AC = QP ′ : AB. Ali kako je LQ : AC = LR :AB to je QP ′ : AB = LR : AB i prema tome je QP ′ = LR. Odavde sledida je qetvorougao LQP ′R paralelogram, pa prava PL sadr�i sredixtedu�i QR. Isto tako, prava LQ sadr�i sredixte du�i RP pa je taqkaL te�ixte trougla PQR.

B C

A

P

Q

RL

P’

Slika 4.8.

Prave kroz Lemoanovu taqku trougla paralelne sa stranicama sekutaj trougao u taqkama koje pripadaju jednom krugu, prvom Lemoanovomkrugu tog trougla. Sredixte ovog kruga opisano je slede�om teoremom.

Teorema 4.9. Sredixte prvog Lemoanovog kruga trougla poklapa se sasredixtem du�i koja spaja Lemoanovu taqku sa sredixtem opisanogkruga tog trougla.

BC

A

P3

Q2

LP1

Q3P2

Q1

OO1

K

Slika 4.9.


Dokaz. Neka prave kroz Lemoanovu taqku uporedne sa stranicama tro-ugla ABC seku taj trougao u taqkama P1, Q1; P2, Q2; P3, Q3. Obele�imosa O sredixte opisanog kruga trougla ABC, sa O1 sredixte du�i OLi sa K taqku u kojoj se seku du�i AL i Q2P3 (slika 4.9). S obzirom daje qetvorougao AQ2LP3 paralelogram, taqka K je sredixte du�i AL,pa je O1K ∥ OA. Ali, du� OA je normalna na tangentu AT u taqkiA na opisani krug trougla ABC, a prava AT uporedna sa du�i Q2P3,to je O1K ⊥ Q2P3. Zato je prava O1K simetrala tetive Q2P3 prvogLemoanovog kruga l1 trougla ABC. Istim postupkom dokazuje se da jetaqka O1 sredixte kruga l1. Prema tome, va�i tvr�eǌe.

Definicija 4.2. Za date prave m i n, prave p i q su antiparalelne uodnosu na prave m i n ako je ](m, p) = ](n, q) (slika 4.10).

m

n

p q

Slika 4.10.

Treba jox pomenuti i drugi Lemoanov krug. Prave kroz simedi-jalnu taqku trougla, od kojih je svaka antiparalelna sa jednom stra-nicom tog trougla u odnosu na ostale dve, seku taj trougao u taqkamakoje pripadaju jednom krugu. Ovaj krug nazivamo drugim Lemoanovimkrugom ili Kosinusnim krugom tog trougla. Sredixte ovog kruga jebax Leomanova taqka tog trougla (slika 4.11).

A

B C

L

P1

Q2

Q1

P3

P2Q3

Slika 4.11.

4.3. Brokarove taqke 51

4.3 Brokarove taqke

U narednoj teoremi bi�e dokazano da u ravni trougla ABC postojejedinstvene taqke X i X ′ takve da va�i ]XAB = ]XBC = ]XCA i]X ′AC = ]X ′BA = ]X ′CB = ω. Taqku X zva�emo prvom (slika 4.12),a taqku X ′ drugom Brokarevom taqkom, a ugao ω Brokarovim uglomtrougla ABC. Sem toga, poluprave AX, BX, CX zva�emo prvim, a po-luprave AX ′, BX ′, CX ′ drugim Brokarovim polupravama trougla ABC.

A B

C

X

ω

ω

ω

Slika 4.12.

Teorema 4.10. (O Brokarovim taqkama) Za svaki trougao postoje jedin-stvene Brokarove taqke.

Dokaz. Neka je taqka T takva da va�i ]TAB = ]TBC = ]X (slika4.13). Tada je ]TBA = ]B − ]X, pa je ]BTA = 180o − ]B. Odavdedobijamo da taqka P pripada geometrijskom mestu taqaka, tj. luku podkojim se du� AB vidi pod istim uglom. Konstruiximo celu kru�nicukroz taqke A, B, T i oznaqimo je sa Cc. Na isti naqin konstruximo ikru�nicu Ca, sa proizvoǉnom taqkom Q za koju je ]QBC = ]QCA. Upreseku ove dve kru�nice dobi�emo Prvu Brokarevu taqku, jer �e zapreseqnu taqku X va�iti ]XAB = ]XBC = ]XCA. Drugu Brokarovutaqku nalazimo analogno.

Definicija 4.3. Dve prave kroz teme nekog trougla simetriqne me�usobom u odnosu na simetralu odgovaraju�eg ugla nazivamo izogonalno spre-gnutim pravama ili samo izogonalnim pravama u odnosu na taj trougao.

Definicija 4.4. Ako je O proizvoǉna taqka u ravni trougla ABC i akose prave izogonalne sa pravama OA, OB, OC redom u odnosu na A, B, C


A B

C

X

ω

ω

ω

T

Slika 4.13.

seku u taqki O′, taqke O i O′ nazivamo izogonalno sregnutim ili samoizogonalnim u odnosu na trougao ABC.

Teorema 4.11. Brokarove taqke trougla su izogonalno spregnute u odnosuna taj trougao.

Dokaz. Neka su X i X ′ Brokarove taqke trougla ABC, tj. taqke takveda je ]XAB = ]XBC = ]XCA i ]X ′AC = X ′BA = ]X ′CB. Ako jetaqka X ′′ izogonalno spregnuta u odnosu na trougao ABC, imamo daje ]XAB = ]X ′′AC, ]XBC = ]X ′′BA, ]XCA = ]X ′′CB, pa je premaTeoremi 4.10. X ′′ ≡ X ′.

A

BC

X

A’

B’

C ’

Slika 4.14.

Zadatak 4.3. Ako je X prva Brokarova taqka trougla ABC i ako su A′,B′, C ′ taqke u kojima prave CX, AX, BX seku opisani krug trougla ABC,


dokazati da su trouglovi ABC i A′B′C ′ podudarni i da je taqka X drugaBrokarova taqka trougla A′B′C ′.

Rexeǌe. Trouglovi ABC i A′B′C ′ su sliqni jer je ]B′A′C ′ = ]B′A′C+]CA′C ′ = ]B′AC + ]CBC ′ = ]B′AC + ]BAB′ = ]BAC i na isti naqin]A′B′C ′ = ]ABC (slika 4.14). Sada, kako su sliqni i upisani u istikrug, oni su podudarni. Taqka X je druga Brokarova taqka trouglaA′B′C ′ jer je ]XA′C ′ = ]CA′C ′ = ]CBC ′ = ω, ]XB′A′ = ]AB′A′ =]ACA′ = Oω, ]XC ′B′ = ]BC ′B′ = ]BAB′ = ω. Analogna osobina izvodise i za drugu Brokarovu taqku trougla ABC.

Zadatak 4.4. Ako je ABC proizvoǉan trougao, k krug koji sadr�ii temeB i dodiruje pravu AC u taqki C, a D taqka u kojoj prava kroz teme C,uporedna sa stranicom AB, seqe krug k, dokazati da je taqka X u kojojprava AD seqe krug k prva Brokarova taqka trougla ABC.

D

A

B

C

X

D’

X ’

Slika 4.15.

Rexeǌe. S obzirom da je ]XDC = ]XAB, ]XDC = ]XBC, ]XDC =]XCA, bi�e ]XAB = ]XBC = ]XCA, pa je taqka X prva Brokarovataqka trougla ABC (slika 4.15). Ako bi k′ bio krug koji sadr�i taqkuC i dodiruje pravu AB u taqki B, a D′ bila taqka u kojoj prava krozteme B uporedna sa stranicom AC seqe krug k′, preseqna taqka X ′ krugak′ s pravom AD′ bila bi druga Brokarova taqka trougla ABC.


Ovaj zadatak ukazuje i na veoma jednostavan postupak za konstruk-ciju Brokarovih taqaka trougla.

Podsetimo se da ako je O sredixte opisanog kruga trougla ABCtada va�i ]AOA′ = ]BOB′ = ]COC ′ = 2ω.

Teorema 4.12. Ako su X i X ′ Brokarove taqke i O sredixte opisanogkruga trougla ABC, tada je OX = OX ′.

A

B

C

X X ’

O

A’

B’

C ’

Slika 4.16.

Dokaz. Ako su A′, B′, C ′ taqke u kojima prave CX, AX, BX sekuopisani krug trougla ABC, prema zadatku 4.3. taqke X i X ′ bi�eprve Brokarove taqke kod podudarnih trouglova ABC i A′B′C ′, pa jeOX = OX ′ (slika 4.16).

Definicija 4.5. (Brokarov krug) Krug kome je preqnik du� odre�ena sre-dixtem opisanog kruga i Lemoanovom taqkom trougla nazivamo Broka-rovim krugom tog trougla.

Iz ove definicije neposredno sledi da su Brokarov krug i prviLemoanov krug koncentriqni. Simetrale stranica BC, CA, AB sekuBrokarov krug trougla ABC u taqki O i u taqkama A1, B1, C1 kojeobrazuju prvi Brokarov trougao A1B1C1 datog trougla ABC (slika4.17).

Dokaza�emo sada da se Brokarove taqke trougla nalaze na Bro-karovom krugu tog trougla: Oznaqimo sa O sredixte opisanog kruga,sa L Lemoanovu taqku, sa k Brokarov krug i sa A1B1C1 prvi Brokarovtrougao trougla ABC. S bzirom da je ]OA1L prav i OA1 ⊥ BC, bi�eLA1 ∥ BC. Sliqno, LB1 ∥ CA, LC1 ∥ AB. Stoga su rastojaǌa A1A

′,B1B

′, C1C′ taqaka A1, B1, C1 od pravih BC, CA, AB jednaka rastojaǌu


A B

C

L A1

B1

C1

O

Slika 4.17.

taqke L od istih pravih, pa je A1A′ : BC = B1B

′ : CA = C1C′ : AB.

Odavde sledi da su jendakokraki trouglovi ABC1 i BCA1 sliqni pa je]XA1O = ]BA1A

′ = ]AC1C′ = ]XC1O, gde je X taqka u kojoj se seku

prave AC1 i BA1. Dobijamo da je taqka X na krugu koji sadr�i taqkeO, A1, C1 tj. na krugu k. Na isti naqin dokazuje se da je preseqnataqka pravih BA1 i CB1 na tom krugu, te se prave AC1, BA1 i CB1

seku u istoj taqki X koja je na krugu k. Iz sliqnosti jednakokrakihtrouglova A1BC, B1CA i C1AB sledi da je ]XAB = ]XBCXCA pa je Xprva Brokarova taqka trougla ABC. Analognim postupkom se dokazujeda se prave AB1, BC1 i CA1 seku u drugoj Brokarovoj taqki X ′ koja setako�e nalazi na krugu k.

Prave koje sadr�e simedijane iz temena A, B, C seku Brokarovkrug u Lemoanovoj taqki L i u taqkama A2, B2, C2 koje odre�uju drugiBrokarov trougao trougla ABC (slika 4.18).

Mogu se izvesti neke jednakosti vezane za Brokarov ugao.

Teorema 4.13. Za Brokarov ugao va�i jednakost

ctgω = ctg]A+ ctg]B + ctg]C.

Dokaz. Neka je X Brokarova taqka trougla ABC. Primenom sinusneteoreme dobijamo

CX

sin(]A− ω)=

AC

sin]AXCi

CX

sinω=

BC

sin]BXC.


A B

C

L

A2

B2

C2

O

Slika 4.18.

Sa slike 4.13 mo�e se videti da je

]AXC = 180o − ]A i ]BXC = 180o − ]C.Sada, deǉeǌem prve jednaqine drugom, dobijamo da je

sinω

sin(]A− ω)=

AC

BC· sin]Csin]A.

Odavde sledi da je

sin(]A− ω) =a

b· sin]Asin]C · sinω.

Na osnovu sinusne teoreme znamo da va�i

a

b=

sin]Asin]B

odakle sledi

sin(]A− ω) =(sin]A)2 · sinωsin]B · sin]C .

Sa druge strane va�i i

sin(]A− ω) = sin]A cosω − sinω cos]A.

Sada je

sin]A cosω − sinω cos]A =(sin]A)2 · sinωsin]B · sin]C .

Deǉeǌem ove jednakosti sa sin]A sinω i koriste�i

sin]A = sin(]B + ]C) = sin]B cos]C + cos]B sin]C

dobijamo tra�enu jednakost.


Teorema 4.14. Za Brokarov ugao va�i

ctgω =a2 + b2 + c2

4S,

gde je S povrsina trougla sa stranicama a, b, c.

Dokaz. Obele�imo sa B′ podno�je visine iz temena B. Tada je

ctg]A =|AB′||BB′|

=bc · cos]A

2S,

gde je S =b · |BB′|

2. Primenom kosinusne teoreme va�i

2bc · cos]A = b2 + c2 − a2,

odakle sledi

ctg]A =b2 + c2 − a2

4S.

Meǌaju�i ovaj rezultat u prethodnu teoremu dobijamo tra�enu jed-nakost.

Treba pomenuti jox dve taqke koje su vezi sa Brokarovim trouglo-vima, Xtajnerovu taqku i Tarijevu taqku datog trougla.

Teorema 4.15. (O Xtajnerovoj taqki) Prave kroz temena trougla, upo-redne sa odgovarajuqim stranicama prvog Brokarovog trougla, seku se ujednoj taqki, koja se nalazi na opisanom krugu datog trougla.

Dokaz. Ako obele�imo sa A1B1C1 Brokarov prvi trougao proizvoǉnogtrougla ABC i sa S taqku u kojoj se seku prave kroz temena B i Cuporedne sa stranicama A1C1 i A1B1, imamo da je ]BSC = ]C1B1A1 =]BAC. Ali kako su taqke A i S sa iste strane prave BC, taqka S jena krugu koji je opisan oko trougla ABC, koja se prema tome poklapasa taqkom S.

Teorema 4.16. (O Tarijevoj taqki) Prave kroz temena trougla, upravnena odgovaraju�im stranicama Brokarovog prvog trougla, seku se u jednojtaqki, koja se nalazi na opisanom krugu datog kruga

Dokaz. Koriste�i oznake iz prethodne teoreme, nalazimo da su nor-male u taqkama A, B, C datog trougla na stranicama B1C1, C1A1 i A1B1

Brokarovog prvog trougla upravne i na pravama SA, SB i SC, prematome, one seku opisani krug trougla ABC u taqki T koja je dijame-tralno suprotna sa taqkom S.


4.4 Sredixǌa taqka

Teorema 4.17. (O sredixǌoj taqki) Neka su A′, B′ i C ′ sredixta stra-nica BC, CA i AB redom trougla ABC, a Sa, Sb i Sc centri spoǉa pri-pisanih krugova naspram temena A, B i C redom. Prave A′Sa, B′Sb i C ′Sc

seku se u jednoj taqki.

B

A

CA’

B’C’

Sa

Sc

Sb

MT

Slika 4.19.

Dokaz. Primetimo prvo da su du�i koje spajaju taqke Sa, Sb i Sc

simetrale spoǉaxǌih uglova trougla ABC (slika 4.19). Zbog togava�i da su uglovi ]ScBA, ]SaBC i ]CSbA jednaki a analogno va�ii za uglove kod temena A i C. Obele�imo sa ]SbSaSc = ]SbAC = α,]SbScSa = ]SbCA = γ, ]CSbB

′ = θ i ]AS ′B = φ, gde su A′, B′, C ′ sredixta

stranica BC, CA i AB redom kao na slici. Koriste�i sinusno pravi-lo dobijamo

sin θ

CB′ =sin γ

SbB′ ,sin θ

SaB′ =sinα

SbB′ , (4.1)

sinφ

AB′ =sinα

SbB′ ,sinφ

ScB′ =sin γ

SbB′ . (4.2)

Sada, koriste�i CB′ = AB′ iz 4.1 i 4.2 proizilazi

SaB′

ScB′ =(sin γ)2

(sinα)2. (4.3)

4.5. Fojerbahova taqka 59

Ako obele�imo ]SaSbSc = β, na isti naqin dobijamo da je

ScA′

SbA′ =(sin β)2

(sin γ)2,

SbC′

SaC ′ =(sinα)2

(sin β)2. (4.4)

Mno�eǌem jednakosti 4.3 i 4.4 dobija se

SaB′

ScB′ ·ScA

′

SBA′ ·SbC

′

SaC ′ =(sin γ)2

(sinα)2· (sin β)

2

(sin γ)2· (sinα)

2

(sin β)2= 1.

Sada na osnovu Qevijeve teoreme sledi da se SbB′, ScC

′ i SaA′ seku u

jednoj taqki.

Teorema 4.18. Sredixǌa taqka MT , �ergonova taqka G i te�ixte Ttrougla ABC pripadaju jednoj pravoj i va�i

GT : TMT = 2 : 1.

Teorema 4.19. Sredixǌa taqka MT , centar upisanog kruga S i simedi-jalna taqka L trougla ABC pripadaju jednoj pravoj i va�i

SMT

MTL=

2(a2 + b2 + c2)

(a+ b+ c)2

.

Definicija 4.6. Krug upisan u medijalni trougao trougla ABC nazivase Spikerov krug tog trougla a centar ovog kruga SP nazivamo Spikerovimcentrom trougla.

Sredixǌa taqka trougla tako�e kolinearna je i sa Spikerovim cen-trom i ortocentrom trougla.

4.5 Fojerbahova taqka

Teorema 4.20. (Fojerbahova teorema). Ojlerov krug dodiruje upisan krugi sva tri pripisana kruga datog trougla. Pri tome upisan krug dodirujeOjlerovu krug iznutra, dok je ostali pripisani krugovi dodiruju spoǉa.Xtavixe, ako je O′ centar Ojlerovog kruga, R polupreqnik opisanog krugai k(S, r), k(Sa, ra), k(Sb, rb), k(Sc, rc) redom upisan i spoǉa pripisani kru-govi trougla ABC, tada va�i

O′S =R

2− r, O′Sa =

R

2+ ra,

O′Sb =R

2+ rb, O′Sc =

R

2+ rc.


H

F

Sb

C

DB

O

A’

Sc

EA

S

O’

C’ B’

Slika 4.20.

Dokaz. Dokaza�emo samo postojaǌe dodirne taqke Ojlerovog kruga iupisanog kruga. Neka su A1 i A2 taqke preseka kruga opisanog oko tro-ugla ABC i prave OA′ pri qemu je taqka O sredixte opisanog krugaa A′ sredixte stranice BC (slika 4.21). Kako je OA′ simetrala stra-nice BC, a taqka A1 le�i na toj simetrali, to su trouglovi BOA1 iCOA1 podudarni prema stavu SSS. Sada sledi da je ]BOA1 = ]COA1,a primenom teoreme o centralnom i periferijskom uglu zakǉuqujemoda je ]BAA1 = ]A1AC iz qega sledi da AA1 simetrala ugla kod temenaA. Neka su sada C1 i C2 taqke preseka opisanog kruga i prave OC ′ gde jeC ′ sredixte stranice AB. Analogno zakǉuqujemo da je CC1 simetralaugla kod temena C. Neka je G podno�je visine iz temena A na du� A1A2

i neka su taqke M i D podno�ja normala iz O′ i A redom, na stranicuBC. Svi uglovi qetvorougla A′DAG su pravi pa je on pravougaonik.Kako je AH = 2OA′, gde je H ortocentar trougla ABC, to je

OG = GA′ −OA′ = AD −OA′ = AH +HD −OA′

= 2OA′ +HD −OA′ = OA′ +HD.

Kako je OA′ ∥ O′M ∥ HD i taqka O′ je sredixte du�i OH, to je qe-tvorougao OA′DH trapez sa sredǌom linijom O′M . Tada iz prethodneidentiqnosti sledi

|OG| = 2|OA′|+ |HD|

2= 2|O′M |,

odnosno

|O′M | = |OG|2

.


A

CB A’

N

X

SO

A1

Sa

G

H

C1

A2

C’

M

O’

C1

E

Slika 4.21.

Neka je X podno�je normale i centra S na stranicu BC i taqka Npresek prava A1A i BC. Posmatrajmo trouglove AGA2 i SXN . Ugao]A2AA1 je ugao nad preqnikom A2A1 opisanog kruga pa je prav, te sustoga prave A2A i SN me�usobno normalne. Sada vidimo da su kraciuglova ]A2AG i ]NSX me�usobno normalni i ]AGA2 = ]SXN = 90o

pa su trouglovi AGA2 i SXN sliqni prema stavu UUU. Zato va�i

|A2G||AG|

=|NX||SX|

,

iz qega sledi|A2G||A′D|

=|NX||SX|

jer je qetvorougao A′DAG pravougaonik. Prema tome,

|A2G| · |SX| = |A′D| · |NX|. (4.5)

Ranije smo dokazali da je ]BAA1 = ]A1AC a kako je ]BCA1 tako�eperiferijski ugao nad lukom B̂A1 kao i ]BAA1 i kako taqka N le�i na


stranici BC to je

]A1AC = ]BCA1 = ]NCA1.

Trouglovima A1AC i A1CN je ]AA1C zajedniqki pa su ta dva trouglasliqna i va�i

|A1N ||A1C|

=|A1C||A1A|

.

Posmatrajmo sada trougao A1SC. Ugao ]A1SC je spoǉaxǌi ugao tro-ugla SAC pa va�i

]A1SC = ]SAC + ]SCA =α

2+

γ

2.

Daǉe,

]SCA1 = ]SCB + ]BCA1 = ]SCB + ]BAA1 =γ

2+

α

2.

Iz ovoga sada sledi da je ]SCA1 = ]A1SC, pa je trougao SA1C jedna-kokraki. Sada je

|A1N ||A1S|

=|A1S||A1A|

. (4.6)

Posmatrajmo sada posebno deo na slici 4.22: Neka je p prava kroz taqku

A’ N X

U

A

D

A1 N1 X1 D1

p

Slika 4.22.

A1 paralelna pravoj A′D. Neka su N1, X1, D1 redom podno�ja normalaiz taqaka N , X, D na pravu p, a pritom znamo da je A1 podno�je normaleiz taqke A′ na tu pravu. Sada prema Talesovoj teoremi va�i

|A1N ||A1S|

=|A1N1||A1X1|

, (4.7)

te je|A1S||A1A|

=|A1X1||A1D1|

. (4.8)


Sada iz jednakosti 4.6, 4.7 i 4.8 sledi

|A1N1||A1X1|

=|A1X1||A1D1|

. (4.9)

U qetvorouglu A′NN1A1 svi uglovi su pravi pa je taj qetvorougao pra-vougaonik te je

|A1N1| = |A′N |. (4.10)

Analogno zakǉuqujemo da je qetvorougao A′DD1A1 pravougaonik i

|A1D1| = |A′D|. (4.11)

Tako�e je|A1X1| = |A′X|. (4.12)

Sada iz jednakosti 4.9, 4.10, 4.11 i 4.12 sledi

|A′N ||A′X|

=|A′X||A′D′|

,

pa je|A′X2| = |A′N | · |A′D|. (4.13)

Sada se mo�emo vratiti posmatraǌu slike 4.21. Jednakost 4.13 mo�emoproxiriti na slede�i naqin:

|A′X| · |A′D| − |A′X|2 = |A′X| · |A′D| − |A′N | · |A′D|,

iz qega sledi

|A′X|(|A′D| − |A′X|) = |A′D|(|A′X| − |A′N |),

pa posmatraǌem slike konaqno zakǉuqujemo da va�i

|A′X| · |XD| = |A′D| · |NX|. (4.14)

Iz jednakosti 4.14 i 4.5 dobijamo sada

|A2G| · |SX| = |A′X| · |XD|.

Posmatraju�i sliku 4.21 uoqavamo da va�i

|O′S|2 = (|SX| − |O′M |)2 + (|A′X| − |A′M |)2.

Kako je taqka M sredixte du�i A′D to je |A′M | = |A′D|/2. Koriste�iovo i |O′M | = |OG|/2 va�i

|O′S|2 = 1

4|OG|2 + 1

4|A′D|2 − |SX|2 − |OG| · |SX| − |A′X|(|A′D| − |A′X|).


Primenom Pitagorine teoreme na trougao OAG i jednakosti

|GA′| = |AD|, |GA| = |A′D|

dobijamo

|O′S|2 = 1

4|OA|2 + |SX|2 − |OG| · |SX| − |A′X| · |DX|.

Kako je|A2G| · |SX| = |A′X| · |XD|

to je daǉe

|O′S|2 = 1

4|OA|2 + |SX|2 − |OG| · |SX| − |A2G| · |SX|

=1

4|OA|2 + |SX|2 − |OA2| · |SX|

=1

4R2 + r2 −Rr

= (R

2− r)2.

Prema Teoremi 2.6. je R2 − 2Rr ≥ 0, pa je

R

2≥ r.

Konaqno zakǉuqujemo

|O′S| = R

2− r.

Vidimo da je udaǉenost centra Ojlerovog kruga i centra upisanogkruga jednaka razlici ǌihovih polupreqnika xto dokazuje da se tadva kruga dodiruju, pri qemu se upisan krug (krug sa maǌim polupre-qnikom) nalazi unutar Ojlerovog kruga.

Definicija 4.7. Taqka u kojoj se upisan krug i Ojlerov krug nekog tro-ugla dodiruju naziva se Fojerbahova taqka tog trougla.

Definicija 4.8. Trougao odre�en trima taqkama dodira Ojlerovog krugai pripisanih krugova nekog trougla naziva se Fojerbahov trougao tog tro-ugla.

Literatura

[1] D. �uki�, Mikelova taqka i Simpsonova prava,http://srb.imomath.com/dodatne/Mikelova%20tacka ddj.pdf.

[2] D. Lopandi�, Zbirka zadataka iz osnova geometrije, Savez stude-nata prirodno-matematiqkog fakulteta, Beograd, 1971.

[3] M. Mikuli�, Feuerbahova kru�nica i Simpsonov pravac - diplom-ski, Sveuqilixte u Zagrebu, Prirodoslovno-matematiqki fakul-tet, Zagreb, 2015.

[4] M. Mitrovi�, M. Veǉkovi�, S. Ogǌanovi�, ǈ. Petkovi�,N. Lazarevi�, Geometrija za prvi razred matematiqke gimnazije,Krug, 1998.

[5] M. Stankovi�, Euklidska geometrija, Prirodno-matematiqkifakultet, Nix, 2014.

[6] M. Stankovi�, Konstrukcije u euklidskoj ravni, Prirodno-matematiqki fakultet, Nix, 2015.

[7] Wikipedia, Trougao, https://sr.wikipedia.org/sr/Trougao.

[8] Wikipedia, Visina trougla https://sr.wikipedia.org/sr-el/Visinatrougla.

[9] Wikipedia, Fermat point, http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat point.

[10] Mittenpunkt, http://mathworld.wolfram.com/Mittenpunkt.html.

[11] SpiekerCenter, http://mathworld.wolfram.com/SpiekerCenter.html.

[12] Geometry, Nagel Point, http://agutie.homestead.com/?les/nagelpoint1.htm.

[13] Geometry, Gergonne Point Theorem, http://gogeometry.com/gergonne.htm.

65

Biografija

Marija Lazarevi� ro�ena je 19.08.1992. godine u Nixu. Osnovnuxkolu ”Vo�d Kara�or�e” u Nixu i Prvu nixku gimnaziju ”StevanSremac”, prirodno-matematiqki smer, zavrxila je sa odliqnim uspe-hom. Osnovne akademske studije upisuje 2011. godine na Prirodno-matematiqkom fakultetu u Nixu, na departmanu za matematiku. Pozavrxetku upisuje master akademske studije, smer teorijska matema-tika. Polo�ila je sve ispite na master studijama sa proseqnom ocenom8, 64 i time stekla pravo na odbranu master rada.

Znaqajne taqke i prave u geometriji trouglova - pmf.ni.ac.rs · kruga koji sadri sva tri temena...

Documents

Transcript of Znaqajne taqke i prave u geometriji trouglova - pmf.ni.ac.rs · kruga koji sadri sva tri temena...