GEOMETRIJA 7. Evklidska geometrija - PedagoÅ¡ka fakulteta

Osnovni izreki evklidske geometrije 

Izrek o vzporedni projekciji 

Podobni trikotniki 

Pitagorov izrek 

Evklidska geometrija trikotnikov 

GEOMETRIJA 

7. Evklidska geometrija 

Matija Cencelj 

Geometrija, Pedagoška fakulteta UL 2008 


GEOMETRIJA, 7. Evklidska geometrija






V tem poglavju si bomo ogledali predvsem geometrijo 

trikotnikov in štirikotnikov, kjer ob aksiomih nevtralne geometrije 

sprejmemo še evklidski aksiom o vzporednici. 

Že v prejšnjem poglavju smo spoznali kar nekaj trditev, ki so 

ekvivalentne evklidskemu aksiomu o vzporednici. Zdaj, ko smo 

ta aksiom sprejeli kot našo predpostavko, so vse te trditve izreki 

naše geometrije. Zapišimo torej teh osem izrekov. 

Obrat izreka o izmeničnih kotih 

Če sta vzporedni premici presekani s prečnico, sta oba para 

izmeničnih kotov skladna. 

Evklidov peti aksiom 

Če premici l in l ′ seka prečnica p tako, da je na eni strani p 

vsota notranjih kotov ob prečnici manj kot 180 ◦ , se l in l ′ sekata 

na tej strani p. 




























































































Izrek o vsoti notranjih kotov 

V vsakem trikotniku je vsota velikosti notranjih kotov enaka 

180 ◦ . 

Wallisov aksiom 

Če je △ABC trikotnik in je DE poljubna daljica, obstaja točka F , 

da je △ABC ∼ △DEF. 

Proklov aksiom 

Če sta l in l ′ vzporednici in premica t, t ≠ l, seka l, tedaj t 

seka tudi l ′ . 

Izrek 

Če sta l in l ′ vzporednici in je premica t njuna prečnica, da 

velja t ⊥ l, tedaj velja tudi t ⊥ l ′ . 

Matija Cencelj GEOMETRIJA, 7. Evklidska geometrija








180 ◦ . 







Izrek 











180 ◦ . 







Izrek 











180 ◦ . 







Izrek 









Izrek 

Če so l, m, n in k take premice, da velja k ‖ l, m ⊥ k in n ⊥ l, 

tedaj velja m = n ali m ‖ n. 

Izrek-tranzitivnost vzporednosti 

še za premice l, m in n velja l ‖ m in m ‖ n, je ali m = n ali 

m ‖ n. 

Za vajo lahko dokažemo še dva pomembna izreka. 

Izrek 

Nasprotni stranici paralelograma sta skladni. 

Dokaz: vaja! 

□ 

V naslednjem poglavju bomo videli, da v hiperbolični geometriji 

to ne velja za Lambertove štirikotnike. 








Izrek 





m ‖ n. 


Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 










Izrek 





m ‖ n. 


Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 










Izrek 





m ‖ n. 


Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 










Izrek 





m ‖ n. 


Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 










Izrek 





m ‖ n. 


Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 










Izrek 

Diagonali paralelograma se razpolavljata. 

Dokaz: vaja! 

□ 

V hiperbolični geometriji za nekatere paralelograme to velja, za 

nekatere pa ne. Obrat tega izreka (če se v štirikotniku diagonali 

razpolavljata, je to paralelogram) pa velja nasploh že v nevtralni 

geometriji. 








Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 




geometriji. 








Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 




geometriji. 








Izrek 


Dokaz: vaja! 

□ 




geometriji. 








V tem razdelku bomo dokazali enega od temeljnih izrekov 

evklidske geometrije (Evklid je dokazal poseben primer tega 

izreka). 


Naj bodo l, m in n tri paroma različne vzporedne premice. Naj 

bo t prečnica, ki seka premice l, m in n v točkah A, B oziroma 

C (v tem vrstnem redu) in naj bo t ′ tudi prečnica na l, m in n, ki 

seka te premice v točkah A ′ , B ′ oziroma C ′ (v tem vrstnem 

redu). Naj bo A ∗ B ∗ C. Tedaj velja 

AB 

AC = A′ B ′ 

A ′ C ′ 

Predstavljamo si, da premico t projiciramo vzdolž vzporednic l, 

m in n na premico t ′ . Pri tem se AB preslika na A ′ B ′ in AC na 

A ′ C ′ . 










izreka). 







AB 

AC = A′ B ′ 

A ′ C ′ 



A ′ C ′ . 










izreka). 







AB 

AC = A′ B ′ 

A ′ C ′ 



A ′ C ′ . 








Pri taki projekciji se ohranjajo razmerja razdalj (ne pa nujno 

razdalje). 

Za ta izrek potrebujemo tranzitivnost vzporednosti premic (kot 

se vidi že iz prvega stavka izreka), kar nam zagotavlja evklidski 

izrek o vzporednici. 

Najprej dokažimo poseben primer tega izreka. 

Lema 





redu). Naj bo A ∗ B ∗ C. Če je AB ∼ = BC, je tudi A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

Dokaz: Naj bo t ′′ vzporednica premici t skozi točko A ′ in t ′′′ 

vzporednica premici t skozi točko B ′ . Naj bo B ′′ = m ∩ t ′′ in 

C ′′′ = n ∩ t ′′′ (ti dve presečišči obstajata po Proklovem 








razdalje). 





Lema 
















razdalje). 





Lema 
















razdalje). 





Lema 
















razdalje). 





Lema 















A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 

Če je A = A ′ , je B ′′ = B in AB = A ′ B ′′ . Podobno velja: če je 

B ′ = B, tedaj C ′′′ = C in zato BC = B ′ C ′′′ . Če pa A ≠ A ′ in 

B ′′ ≠ B, velja A ′ B ′′ ∼ = AB in B ′ C ′′′ ∼ = BC, saj gre za vzporedne 

stranice paralelogramov. 

V vsakem od teh primerov dobimo skupaj s predpostavko 

AB ∼ = BC skladnost A ′ B ′′ ∼ = B ′ C ′′′ . Po tranzitivnosti 

vzporednosti velja t ′′ ‖ t ′′′ ali pa t ′′ = t ′′′ . Po obratu izreka o 

protikotih dobimo ∠B ′′ A ′ B ′ ∼ = ∠C ′′′ B ′ C ′ in 

∠A ′ B ′′ B ′ ∼ = ∠B ′ C ′′′ C ′ . Po KSK dobimo △B ′′ A ′ B ′ ∼ = △C ′′′ B ′ C ′ , 

odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








A 

A ′ 

l 

B 

m 

B ′′ C ′′′ B ′ C ′ 

C 

t t ′′ t ′′′ t ′ 

n 










odtod pa A ′ B ′ ∼ = B ′ C ′ . 

□ 








Dokaz izreka: Najprej dokažimo posebni primer, ko je razmerje 

AB/AC ∈ Q, naj bo AB/AC = p/q, kjer sta p, q ∈ N. 

Razdelimo daljico AC na q enakih delov, tj. po aksiomu ravnila 

lahko najdemo točke A 0 = A, A 1 , . . . , A q = C ∈ t, da je 

A i A i+1 = AC/q za vsak i = 0, . . . , q 1 . Pri tem je A p = B. Za 

vsak A i , i = 1, . . . , q, obstaja premica l i : A i ∈ l i in l i ‖ l. Naj bo 

A ′ 0 = A′ in A ′ i 

= l i ∩ t ′ (po izreku namreč l ′ seka t ′ ). Po prejšnji 

lemi je A ′ i A′ i+1 = A′ C ′ /q. Ker je l p = m in l q = n, je A ′ p = B ′ in 

A ′ q = C ′ . Odtod sledi 

A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 

in smo izrek dokazali v primeru racionalnega razmerja. 














A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 















A ′ 0 = A′ in A ′ i 




A ′ B ′ 

A ′ C ′ = A′ 0 A′ p 

A ′ 0 A′ q 

= A 0A p 

A 0 A q 

= p q 









Obravnavajmo še splošni primer, naj bo AB/AC = x in 

A ′ B ′ /A ′ C ′ = y. Da je x = y bomo pokazali tako, da bomo 

pokazali, da je vsako racionalno število, ki je manjše od x, 

manjše tudi od y, in obratno. 

Naj bo 0 < r < x in r ∈ Q. Izberimo točko D ∈ t, da je 

AD/AC = r. Naj bo m ′ premica, za katero velja D ∈ m ′ , m ′ ‖ m 

in naj bo D ′ = m ′ ∩ t ′ . Po prejšnjem delu dokaza velja 

A ′ D ′ /A ′ C ′ = r. Ker so premice l, m in m ′ vzporedne, velja 

A ′ ∗ D ′ ∗ B ′ in zato velja tudi r = A ′ D ′ /A ′ C ′ < A ′ B ′ /A ′ C ′ = y. 

Analogno lahko pokažemo, da za vsako racionalno število r, za 

katero velja 0 < r < y, velja tudi r < x. To pa pomeni, da je 

x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 



















x = y. 

□ 








Po Wallisovem aksiomu že vemo, da v evklidski geometriji 

neskladni podobni trikotniki (tj. taki, ki imajo skladne vse kote) 

obstajajo. Tu bomo dokazali osnovni izrek o podobnih 

trikotnikih, ki pove, da se njihove istoležne stranice razlikujejo 

za konstantni faktor. 

Izrek o podobnih trikotnikih 

Če za trikotnika △ABC in △DEF velja △ABC ∼ △DEF , velja 

enakost 

AB 

AC = DE 

DF . 

Dokaz: Če je AB = DE, je △ABC ∼ = △DEF (po KSK) in takoj 

imamo rezultat. 















enakost 

AB 

AC = DE 

DF . 

















enakost 

AB 

AC = DE 

DF . 

















enakost 

AB 

AC = DE 

DF . 










Sicer pa po potrebi zamenjajmo oznake, da bo veljalo 

AB > DE. Naj bo točka B ′ na AB taka, da velja AB ′ = DE. Naj 

bo m premica skozi B ′ , ki je vzporedna premici l = ←→ BC in naj bo 

C ′ presečišče premice m z daljico AC (presečišče obstaja po 

Paschevem aksiomu). Tedaj △AB ′ C ′ ∼ = △DEF po obratu izreka 

o protikotih in KSK. Naj bo n premica skozi A, ki je vzporedna 

premicama l in m. Če uporabimo izrek o vzporedni projekciji za 

premice l, m in n, dobimo 

AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 

odtod pa takoj DE/DF = AB/AC. 

□ 
















AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 


□ 
















AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 


□ 
















AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 


□ 
















AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 


□ 
















AB ′ 

AB = AC′ 

AC 

in odtod 

DE 

AB = DF 

AC , 


□ 








Drugače lahko povemo pravkar dokazani izrek tudi takole: če 

△ABC ∼ △DEF, obstaja tak r > 0, da velja DE = r · AB, 

DF = r · AC in EF = r · BC. 

Izrek – SKS za podobnost 

Če sta △ABC in △DEF taka trikotnika, da velja 

∠CAB ∼ = ∠FDE in AB/AC = DE/DF, velja △ABC ∼ △DEF . 

Dokaz: vaja! 

Birkhoff je vzel zgornji izrek za aksiom in z njim nadomestil 

SKS aksiom o skladnosti in evklidski aksiom o vzporednici. 

Izrek – obrat izreka o podobnosti trikotnikov 


AB/DE = AC/DF = BC/EF, velja tudi △ABC ∼ △DEF . 

□ 

Dokaz: vaja! 


GEOMETRIJA, 7. Evklidska geometrija 

□












Dokaz: vaja! 






□ 

Dokaz: vaja! 



□












Dokaz: vaja! 






□ 

Dokaz: vaja! 



□












Dokaz: vaja! 






□ 

Dokaz: vaja! 



□












Dokaz: vaja! 






□ 

Dokaz: vaja! 



□












Dokaz: vaja! 






□ 

Dokaz: vaja! 



□






V tem razdelku bomo dokazali Pitagorov izrek s pomočjo izreka 

o podobnih trikotnikih. 

V trikotniku △ABC označimo z malo črko dolžino stranico, ki 

leži nasproti kotu pri oglišču z ustrezno veliko črko, tj. a = BC, 

b = AC in c = AB. Zaradi enostavnosti pišimo notranje kote kar 

z isto črko kot ustrezno oglišče (tj. npr. ∠BAC = ∠A). 


Če je △ABC pravokotni trikotnik s pravim kotom pri oglišču C, 

velja a 2 + b 2 = c 2 . 

Dokaz: Skozi C potegnimo pravokotnico na ←→ AB in imenujmo 

presečišče teh dveh premic D. Ker sta notranja kota pri A in B 

ostra, je D v notranjosti stranice AB. Velja 

µ(∠A) + µ(∠B) = 90 ◦ in µ(∠A) + µ(∠ACD) = 90 ◦ , torej 

∠B ∼ = ∠ACD. Podobno vidimo, da je ∠A ∼ = ∠DCB. 
















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 





















velja a 2 + b 2 = c 2 . 













Torej imamo tri podobne trikotnike: 

△ABC ∼ △CBD ∼ △ACD . 

Zaradi enostavnosti pišimo x = AD, y = BD in h = CD. Zaradi 

podobnosti trikotnikov dobimo 

x 

b = b c 

in y a = a c . 

Odtod dobimo b 2 = xc in a 2 = yc, seštejemo in dobimo 

a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 

Evklid je z dokazom Pitagorovega izreka okronal svojo prvo 

knjigo Elementov, ni pa tega izreka zapisal z enačbo, kot smo 

danes navajeni. On je ta izrek formuliral s ploščinami kvadratov 

načrtanih nad stranicami pravokotnega trikotnika. 












x 

b = b c 



a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 
















x 

b = b c 



a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 
















x 

b = b c 



a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 
















x 

b = b c 



a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 
















x 

b = b c 



a 2 + b 2 = c(x + y) = c 2 . 

□ 












Daljici CD od oglišča C trikotnika △ABC do presečišča D 

pravokotnice iz C na premico ←→ AB rečemo višina na stranico AB. 

Daljici AD rečemo projekcija stranice AC na stranico AB, daljici 

BD pa rečemo projekcija BC na AB. 

Definicija 

Geometrijska sredina pozitivnih števil x in y je √ xy. 

Ime geometrijska sredina se uporablja za √ xy zato, ker je to 

število velikost stranice kvadrata, ki ima isto ploščino kot 

pravokotnik s stranicama x in y. 

Višinski izrek 

Višina pravokotnega trikotnika na hipotenuzo je geometrijska 

sredina dolžin projekcij katet na hipotenuzo. 

Dokaz: vaja! 



□










Definicija 








Dokaz: vaja! 



□










Definicija 








Dokaz: vaja! 



□










Definicija 








Dokaz: vaja! 



□










Definicija 








Dokaz: vaja! 



□










Definicija 








Dokaz: vaja! 



□






Izrek 

Dolžina katete pravokotnega trikotnika je geometrijska sredina 

dolžine hipotenuze in dolžine projekcije te katete na hipotenuzo. 

Dokaz: vaja! 

□ 

Izrek – obrat Pitagorovega izreka 

Če je △ABC tak trikotnik, da velja a 2 + b 2 = c 2 , je ∠ACB pravi 

kot. 

Dokaz: vaja! 

□ 








Izrek 



Dokaz: vaja! 

□ 



kot. 

Dokaz: vaja! 

□ 








Izrek 



Dokaz: vaja! 

□ 



kot. 

Dokaz: vaja! 

□ 








Izrek 



Dokaz: vaja! 

□ 



kot. 

Dokaz: vaja! 

□ 








Ob izreku o podobnih trikotnikih in Pitagorovem izreku se na 

kratko spomnimo, da tvorita osnovo trigonometrije. 

Definicija 

Naj bo θ ostri kot z vrhom A. Na enem kraku kota izberimo 

točko B, iz nje potegnimo pravokotnico na drugi krak in 

imenujmo presečišče pravokotnice in drugega kraka C. Tedaj 

definiramo 

sin θ = BC 

AB 

in cos θ = 

AC 

AB . 

Če pa je θ topi kot, je suplementarni kot θ ′ ostri kot in 

definiramo sin θ = sin θ ′ in cos θ = − cos θ ′ . 

Posebej definiramo sin 0 = 0, cos 0 = 1, sin(90 ◦ ) = 1, 

cos(90 ◦ ) = 0. 










Definicija 




definiramo 

sin θ = BC 

AB 

in cos θ = 

AC 

AB . 




cos(90 ◦ ) = 0. 










Definicija 




definiramo 

sin θ = BC 

AB 

in cos θ = 

AC 

AB . 




cos(90 ◦ ) = 0. 










Definicija 




definiramo 

sin θ = BC 

AB 

in cos θ = 

AC 

AB . 




cos(90 ◦ ) = 0. 










Definicija 




definiramo 

sin θ = BC 

AB 

in cos θ = 

AC 

AB . 




cos(90 ◦ ) = 0. 








Ob tem opozorimo na tole: v definiciji vrednosti obeh funkcij 

smo pri danem kotu θ lahko izbrali enega od krakov in točko B 

na kraku. Ker je vsota notranjih kotov trikotnika △ABC enaka 

180 ◦ (evklidska geometrija!) je tudi tretji kot (poleg θ in pravega 

kota pri B) tega trikotnika točno določen; pri drugacni izbiri 

točke B bi dobili podoben trikotnik in ker imajo vsi podobni 

trikotniki ista razmerja med stranicami, sta funkciji sin in cos na 

zgornji način dobro definirani. 

Domena obeh funkcij je množica kotov, a ker imajo skladni koti 

isti sinus in kosinus, sta obe funkciji odvisni le od velikosti kota, 

za nas (ker smo definirali le kote med 0 in 180 ◦ ) je torej 

domena kar interval [0, 180). Tu ima sinus zalogo vrednosti 

[0, 1], kosinus pa (−1, 1]. 




















[0, 1], kosinus pa (−1, 1]. 




















[0, 1], kosinus pa (−1, 1]. 








Pitagorov izrek nam za zgoraj opisani trikotnik pove 

(AC) 2 + (BC) 2 = (AB) 2 , če to delimo z (AB) 2 , dobimo 

( ) AC 2 ( ) BC 2 

+ = 1 

AB AB 

ali 

cos 2 θ + sin 2 θ = 1 . 

Omenimo še (in za vajo dokažimo) sinusni in kosinusni izrek. 

Kot prej za pravokotni trikotnik, zdaj za poljubni trikotnik △ABC 

označimo a = BC, b = AC, c = AB. 

Sinusni izrek 

Za poljubni trikotnik △ABC velja 

a 

sin ∠A = 

b 

sin ∠B = 

c 

sin ∠C 










( ) AC 2 ( ) BC 2 

+ = 1 

AB AB 

ali 

cos 2 θ + sin 2 θ = 1 . 




Sinusni izrek 


a 

sin ∠A = 

b 

sin ∠B = 

c 

sin ∠C 










( ) AC 2 ( ) BC 2 

+ = 1 

AB AB 

ali 

cos 2 θ + sin 2 θ = 1 . 




Sinusni izrek 


a 

sin ∠A = 

b 

sin ∠B = 

c 

sin ∠C 








Dokaz: vaja! 

□ 

Kosinusni izrek 


c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos ∠C 

Dokaz: vaja! 

□ 








Dokaz: vaja! 

□ 

Kosinusni izrek 


c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos ∠C 

Dokaz: vaja! 

□ 








Z evklidsko geometrijo trikotnikov se bomo seznanili tudi z 

uporabo ustreznih računalniških programov. Precej znan je 

Cabri, podoben, a bolj algebrsko naravnan je Geo-gebra. 

Najprej pa si se poglejmo nekatere osnovne pojme. 

Definicija 

Za neko množico premic p 1 , p 2 ,. . . , rečemo, da tvorijo šop, če 

obstaja točka P, ki leži na vseh teh premicah. Za množico daljic 

rečemo, da tvori šop, če obstaja taka točka, ki je v notranjosti 

vseh teh daljic. 

Definicija 

Daljico, katere eno krajišče je oglišče trikotnika, drugo pa 

razpolovišče nasprotiležne stranice, imenujemo težiščnica. 












Definicija 





Definicija 














Definicija 





Definicija 














Definicija 





Definicija 














Definicija 





Definicija 














Definicija 





Definicija 










Prav koristno bo, če se malo igramo z našimi programi, in 

ugotovimo, da velja naslednji izrek. 

Izrek 

V vsakem trikotniku težiščnice tvorijo šop. Skupna točka tega 

šopa razdeli vsako težiščnico v razmerju 2:1 od ustreznega 

oglišča trikotnika do nasprotiležne stranice. 

Dva dokaza tega izreka sta nakazana v seminarskih nalogah. 

To, da težiščnice tvorijo šop, je res tudi v nevtralni geometriji, a 

je dokaz precej težji (ponavadi se ga raje naredi v hiperbolični 

geometriji posebej). Skupni točki šopa težiščnic rečemo težišče 

trikotnika. 

Koristno je, če si naredimo program, ki danemu trikotniku določi 

težišče. 










Izrek 








trikotnika. 


težišče. 










Izrek 








trikotnika. 


težišče. 










Izrek 








trikotnika. 


težišče. 










Izrek 








trikotnika. 


težišče. 










Izrek 








trikotnika. 


težišče. 








Izrek 

Nosilke vseh treh višin danega trikotnika leže v šopu. 

Dokaz tega izreka je nakazan v seminarskih nalogah. Skupni 

točki šopa nosilk višin trikotnika rečemo višinska točka ali 

ortocenter trikotnika. 

Naj bo △ABC trikotnik. Za točko P pravimo, da leži znotraj 

trikotnika △ABC, če leži v notranjosti vsakega notranjega kota 

tega trikotnika. 

Če točka P ne leži znotraj trikotnika niti na samem trikotniku (tj. 

na uniji daljic), rečemo, da leži zunaj trikotnika. 








Izrek 

















Izrek 

















Izrek 

















Izrek 

















Težišče je vedno znotraj trikotnika, višinska točka pa je lahko 

znotraj, zunaj ali na samem trikotniku (tj. na uniji stranic). 

Z ustreznim programom raziščite, kdaj je višinska točka zunaj 

trikotnika. 

Poglejte kaj se zgodi z višinsko točko, ko premaknete eno 

oglišče trikotnika preko nosilke drugih dveh oglišč. 

Zdaj pa potegnimo simetrale stranic trikotnika. tudi te leže v 

šopu in skupni točki rečemo središče očrtanega kroga. 

Tudi za središče očrtanega kroga raziščite, kaj se z njim zgodi, 

ko premaknete eno oglišče trikotnika preko nosilke drugih dveh 

oglišč. 

Kdaj je središče očrtanega kroga znotraj trikotnika, kdaj na 

njem in kdaj zunaj trikotnika? 











trikotnika. 







oglišč. 













trikotnika. 







oglišč. 













trikotnika. 







oglišč. 













trikotnika. 







oglišč. 













trikotnika. 







oglišč. 













trikotnika. 







oglišč. 










Kasneje bomo spoznali, da v nevtralni geometriji simetrale 

stranic trikotnika tvorijo šop natanko tedaj, ko velja evklidski 

aksiom o vzporednici. 

Če v usteznem programu (npr. Cabriju) za dani trikotnik 

določite težišče T , višinsko točko H in središče očrtanega 

kroga O in premikate trikotnik, spoznate naslednjo resnico. 

Izrek – Eulerjeva premica 

V vsakem trikotniku (razen v enakostraničnih) so višinska točka 

H, težišče T in središče očrtanega kroga O kolinearne, T leži 

med H in O tako, da velja HT = 2TO. 

Premici, na ketri ležijo H, T in O pravimo Eulerjeva premica. Pri 

enakostraničnih trikotnikih pa vse tri točke sovpadajo in zato 

Eulerjeve premice nimajo. 
























































































Trikotniki imajo še druge znamenite točke (gotovo vsi poznamo 

središče včrtanega kroga, ki je skupna točka šopa simetral 

kotov), nekatere si bomo ogledali še v seminarskih nalogah. 

Če v danem trikotniku povežemo razpolovišča stranic, dobimo 

nov trikotnik, angleško se mu reče medial triangle, mogoče bi 

mu slovensko lahko rekli razpoloviščni trikotnik. 

V kakšni zvezi sta težišče trikotnika in težišče njegovega 

razpoloviščnega trikotnika? V kakšni zvezi sta središče 

očrtanega kroga trikotnika in višinska točka razpoloviščnega 

trikotnika? 

Danemu trikotniku △ABC lahko priredimo tudi njegov višinski 

trikotnik z oglišči A ′ , B ′ in C ′ , kjer je A ′ presečišče pravokotnice 

na ←→ BC skozi A in premice ←→ BC, podobno definiramo tudi B ′ in C ′ . 

















trikotnika? 




















trikotnika? 




















trikotnika? 




















trikotnika? 











Lahko se zgodi, da so A ′ , B ′ in C ′ kolinearne, lahko je višinski 

trikotnik znotraj prvotnega trikotnika (raziščite, kdaj se to zgodi), 

ni pa nujno. Poskusite najti trikotnik, v katerem dve oglišči 

višinskega ‘trikotnika’ sovpadata z enim ogliščem prvotnega 

trikotnika. 

Razpoloviščni trikotnik in višinski trikotnik sta posebna primera 

splošnejše konstrukcije (ki jo naredite sami z ustreznim 

programom). 

Imejmo trikotnik △ABC. Izberimo neko točko P, ki ne leži na 

nobeni nosilki stranice našega trikotnika. Naj bo točka L 

presečišče premice ←→ AP in premice ←→ BC. Podobno naj bo 

M = ←→ BP ∩ ←→ AC in N = ←→ CP ∩ ←→ AB. Trikotniku △LMN pravimo 

Cevov trikotnik trikotnika △ABC glede na točko P. 












trikotnika. 



programom). 

















trikotnika. 



programom). 

















trikotnika. 



programom). 

















trikotnika. 



programom). 

















trikotnika. 



programom). 

















trikotnika. 



programom). 













Razpoloviščni trikotnik je Cevov trikotnik glede na težišče 

trikotnika, višinski trikotnik pa je Cevov trikotnik glede na 

višinsko točko trikotnika. 

Ta konstrukcija je poimenovana po italijanskem matematiku, 

ime mu je bilo Giovanni Ceva (1647-1734). Odkril je 

pomembno lastnost take konstrukcije. Zaenkrat imejmo točko P 

znotraj trikotnika. Oglejmo si produkt razmerij, v katerih točke 

L, M in N sekajo stranice trikotnika △ABC, če gremo po vrsti 

okrog trikotnika. 

Izmerimo dolžine stranic in izračunajmo 

d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 

Kakorkoli spreminjamo trikotnik, se izkaže, da je to število 

vedno d = 1. V resnici je to karakteristično za to konstrukcijo. 


















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 




















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 




















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 




















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 




















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 




















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 










Premici, ki gre skozi natanko eno oglišče trikotnika, rečemo 

Cevova premica trikotnika. 

Cevova premica je določena z ogliščem, skozi katerega gre, in 

točko, v kateri preseka nosilko nasprotiležne stranice. Če bomo 

torej rekli, da je ←→ AP Cevova premica trikotnika △ABC, bo to 

pomenilo, da gre skozi oglišče A trikotnika in v točki P preseka 

←→ 

BC. (Poudarjamo to za razliko od siceršnjega simbola za 

premice, ki je določena s katerimakoli svojima različnima 

točkama.) 

Zdaj pa si oglejmo obratno nalogo: na stranicah trikotnika 

△ABC si izberimo točke L na ←→ BC, M na ←→ AC in N na ←→ AB. 

Dogovorimo se še, da je razmerje AN/NB pozitivno (torej 

enako |AN|/|NB|), če je N med A in B, in negativno (torej 

−|AN|/|NB|), če N ni med A in B. 














←→ 



točkama.) 



















←→ 



točkama.) 



















←→ 



točkama.) 



















←→ 



točkama.) 



















←→ 



točkama.) 













Zdaj se vprašamo, ali slučajno Cevove premice ←→ AL, ←→ BM in ←→ CN 

tvorijo šop. 

Na to vprašanje tudi s poskušanjem ni tako lahko priti. Odgovor 

nam da Cevov izrek. 

Cevov izrek 

Naj bo △ABC trikotnik. Cevove premice ←→ AL, ←→ BM in ←→ CN tvorijo 

šop natanko tedaj, ko velja 

AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = 1 . 

Vprašamo se lahko, kako vpliva položaj točke P na točke L, M 

in N. Če je P znotraj trikotnika △ABC, so tudi vsa presečišča L, 

M in N na stranicah trikotnika, sicer pa sta lahko dve od teh 

točk izven stranic (ker mora biti produkt razmerij odsekov 1, 

ostali dve možnosti odpadeta). 








tvorijo šop. 



Cevov izrek 



AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = 1 . 













tvorijo šop. 



Cevov izrek 



AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = 1 . 













tvorijo šop. 



Cevov izrek 



AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = 1 . 













tvorijo šop. 



Cevov izrek 



AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = 1 . 












Večina rezultatov v tem razdelku je bila posvečena premicam v 

šopu, le Eulerjeva premica je obravnavala kolinearnost treh 

točk. Lastnost, da se premice sekajo v šopu, lahko bi ji rekli 

konkurenčnost, in kolinearnost sta primera dualnosti, ki podaja 

simetrijo med tem, kako se točke in premice obnašajo glede na 

incidenčnost (tri točke so kolinearne, če so incidenčne isti 

premici in tri premice so konkurenčne, če se sekajo v isti točki). 

Oglejmo si izrek, ki je dualen Cevovemu izreku. Imejmo 

trikotnik △ABC. Na nosilkah ←→ BC, ←→ AC in ←→ AB izberimo točke L, M 

in N, od katerih nobena ni enaka nobenemu oglišču trikotnika 

△ABC. Takim točkam rečemo Menelajeve točke trikotnika 

△ABC. Spet vzemimo razmerja usmerjeno (pozitivno, ce je 

točka L vmes med B in C itd.) in izračunajmo produkt 

d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 





















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 





















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 





















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 





















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 





















d = AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA . 








Izberimo neko premico l, ki ne gre skozi nobeno oglišče 

trikotnika △ABC in naj bodo Menelajeve točke L, M in N 

presečišča te premice z nosilkami ←→ BC, ←→ AC oziroma ←→ AB starnic 

trikotnika. V kakšni zvezi je vrednost produkta d s 

kolinearnostjo točk L, M in N? Na to vprašanje nam odgovori 

izrek, ki nosi ime po Menelaju iz Aleksandrije (okrog leta 100). 

Menelajev izrek 

Naj bo △ABC trikotnik. Menelajeve točke L, M in N na 

premicah ←→ BC, ←→ AC oziroma ←→ AB so kolinearne natanko tedaj, ko 

velja 

AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = −1. 

Dokaz je nakazan v seminarskih nalogah. 

















velja 

AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = −1. 


















velja 

AN 

NB · BL 

LC · CM 

MA = −1.

GEOMETRIJA 7. Evklidska geometrija - PedagoÅ¡ka fakulteta

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?