Kezdőlap


Feladat:	1285. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bóta K. , Kiss Katalin , Lehel Cs. , Lovász L. , Márki L. , Nagy Klára , Siket Aranka
Füzet:	1965/május, 202 - 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körülírt kör, Beírt kör, Koszinusztétel alkalmazása, Körérintési szerkesztések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/december: 1285. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A feladatban állított érintkezés következik abból, ha megmutatjuk, hogy a kérdéses $k_{1}$ kör $K_{1}$ középpontjának a háromszög köré írt $k$ kör $K$ középpontjától mért távolságának és a két kör $r_{1}$ és $r$ sugara különbségének a négyzete egyenlő, tehát $K_{1} K = | r_{1} - r |$ ; így a két kör közt belső érintkezés áll fenn. Könnyű látni, hogy csak $k$ tartalmazhatja $k_{1}$ -et, ugyanis a háromszög belső $O$ pontján átmenő egyenes az $A B, A C$ oldalak legalább egyikét belső pontban metszi, tehát a $P$ és $Q$ pontok legalább egyike $k$ belsejében és $k_{1}$ határán van.

K K_{1}

-et az

A K K_{1}

háromszögből fogjuk kiszámítani koszinusz-tétellel. Fel fogjuk használni ‐ a szokásos jelölésekkel élve ‐ a

\begin{matrix} ϱ = 4 r sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} \end{matrix}

(1)

összefüggést.² A

K A K_{1} ∢ = δ

szög meghatározására jegyezzük meg, hogy az

A D K

egyenlő szárú háromszögből

A D K ∢ = δ

, így az együttesen félkört kitevő

E A

A B

B D

íveken rendre

δ

γ

α / 2

nagyságú szögek nyugszanak. Ezek összege tehát

90^{\circ}

, s így

δ = 90^{\circ} - (α / 2 + γ)

. Az

A K_{1} P

háromszögből

A K_{1} = r_{1} / sin (α / 2)

. Így³

\begin{matrix} K K_{1}^{2} & = A K^{2} + A K_{1}^{2} - 2 A K \cdot A K_{1} cos δ = \\ = r^{2} + \frac{r_{1}^{2}}{sin^{2} \frac{α}{2}} - \frac{2 r r_{1}}{sin \frac{α}{2}} sin (\frac{α}{2} + γ) . \end{matrix}

Ebből levonva

{(r - r_{1})}^{2}

-t:

\begin{matrix} K K_{1}^{2} - {(r - r_{1})}^{2} = \frac{r_{1}^{2}}{sin^{2} \frac{α}{2}} (1 - sin^{2} \frac{α}{2}) - \frac{2 r r_{1}}{sin \frac{α}{2}} [sin (\frac{α}{2} + γ) - sin \frac{α}{2}] = \\ = \frac{r_{1}}{sin^{2} \frac{α}{2}} [r_{1} cos^{2} \frac{α}{2} - 2 r sin \frac{α}{2} (2 sin \frac{γ}{2} cos \frac{α + γ}{2})] = \\ = \frac{r_{1}}{sin^{2} \frac{α}{2}} (r_{1} cos^{2} \frac{α}{2} - 4 r sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2}) . \end{matrix}

A zárójelben a kivonandó (1) szerint

ϱ

. A kisebbítendő átalakítására fogjuk felhasználni azt, hogy

P

O

-n át

A O

-ra merőlegesen húzott egyenesen van. Legyen a beírt kör érintési pontja az

A B

oldalon

C'

. Ekkor

C' O P

és

O P K_{1}

B A D

szögre nézve merőleges szárú hegyes szögek, tehát

α / 2

nagyságúak. Így a

K_{1} P O

és

P O C'

derékszögű háromszögekből

\begin{matrix} r_{1} cos \frac{α}{2} = P O, r_{1} cos^{2} \frac{α}{2} = P O cos \frac{α}{2} = O C' = ϱ . \end{matrix}

A felírt különbség értéke tehát valóban

0

, amint állítottuk.
Siket Aranka (Makó, József A. g.)

²Lásd pl. Kürschák J.‐Hajós Gy.‐Neukomm Gy.‐Surányi J.: Matematikai versenytételek I. (3. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1965) 40. o.

³Ha $A B = A C$ , akkor $δ = 0$ , mert $α / 2 + γ = 90^{\circ}$ , így az egyenlőség ebben az esetben is helyes.