Kezdőlap


Feladat:	F.1644	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bajmóczy E. , Barbarits A. , Beck J. , Chikán B. , Donga Gy. , Döfner P. , Fazekas B. , Forrás L. , Frankl P. , Göndőcs F. , Karvaly G. , Kérchy L. , Kóczy L. , László I. , Lukács Péter , Nagy D. , Prőhle T. , Schűgerl Márta , Somorjai G. , Terjéki J. , Turi A.
Füzet:	1970/január, 9 - 10. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Körülírt kör, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/január: F.1644

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

I. A $d$ kör $R$ sugarát az $a$ , $b$ , $c$ körök $r$ sugarával csökkentve az $A$ , $B$ , $C$ -n átmenő kört, vagyis az $A B C$ háromszög körülírt körét kapjuk, tehát $d$ középpontja, $D$ , a háromszög körülírt körének középpontja. Legyenek $d$ -nek az $a$ , $b$ , $c$ körrel való érintkezési pontja rendre $A'$ , $B'$ , $C'$ .

Ezekre az állítás semmitmondóan érvényes. A szimmetria miatt a

d

-n választandó

P

pont kijelölésében elég az

A' C_{0}

ívre szorítkoznunk, ahol

C_{0}

C'

-ből induló átmérő végpontja. Legyen a

P

-ből húzott (egyik) érintő érintési pontja az

a

b

c

körön rendre

A_{1}

B_{1}

C_{1}

és messe a

P A'

egyenes

a

-t másodszor

A_{2}

-ben.

P B'

b

-t

B_{2}

-ben,

P C'

c

-t

C_{2}

-ben. Így a

P

-ből húzott érintő és szelő tétele szerint

P A_{1}^{2} = P A' \cdot P A_{2}

, és emiatt

\begin{matrix} {(\frac{P A_{1}}{P A'})}^{2} = \frac{P A_{2}}{P A'} = \frac{D A}{D A'} = \frac{R - r}{R} = állandó, \end{matrix}

ugyanis

A_{2} A | | P D

, hiszen az

A' A A_{2}

egyenlő szárú háromszög az

A' D P

-nek kicsinyítettje

A'

-ből mint középpontból. Ezért és hasonlóan

\begin{matrix} P A_{1} = k \cdot P A', P B_{1} = k \cdot P B', P C_{1} = k \cdot P C', \end{matrix}

ahol

k

a mondott (pozitív) állandó négyzetgyökét jelöli, és ezekről kell belátnunk, hogy kettőjük összege egyenlő a harmadikkal.
Ez abból adódik, hogy

A' B' C'

nyilvánvalóan szintén egyenlő oldalú háromszög,

P

a köréje írt körnek a rövidebbik

A' B'

ívén levő pontja és az

A' B' P

háromszögnek az

A' C' P_{0}

helyzetbe való elfordításával

\begin{matrix} A' P + B' P = A' P_{0} + C' P_{0} = P P_{0} + P_{0} C' = P C' . \end{matrix}

Valóban, az elfordítás szöge

60^{\circ}

volt, ezért

A P P_{0}

egyenlő oldalú háromszög, és

P_{0}

P C'

szakaszra jutott, mert egyrészt

A' C' P_{0} ∢ = A' B' P ∢ = A' C' P ∢

, másrészt

C' P_{0} = B' P < C' P

, ugyanis az utóbbi két szakasz a két-két oldal hosszában megegyező

P A' B', P A' C'

háromszögekben a harmadik oldal, és

P

helyzetének megválasztása folytán a

B' P

-vel szemben levő

P A' B'

szög

60^{\circ}

-kal kisebb, mint a

C' P

-vel szemben fekvő

C' A' P

szög.
A bizonyítandó egyenlőség most már

A' P + B' P = C' P

-ből adódik

k

-val való szorzás útján.

II. Amíg az

a

b

c

körök sugarára teljesül

r < A D

, addig

d^{*}

a

b

c

körök mindegyikét kívülről érinti. Az

A'^{*}

B'^{*}

C'^{*}

érintési pontok ismét egyenlő oldalú háromszöget alkotnak, és fenti bizonyításunk csak annyiban változik, hogy az ábra jelöléseivel

\begin{matrix} {(\frac{P^{*} B_{1}^{*}}{P^{*} B'^{*}})}^{2} = \frac{P^{*} B_{2}^{*}}{P^{*} B'^{*}} = \frac{R^{*} + r}{R^{*}} = állandó . \end{matrix}

Az ábrán

P^{*}

d^{*}

körnek az

A'^{*}

-ot nem tartalmazó

B'^{*} C'^{*}

ívén van, ebben a helyzetben

\begin{matrix} P^{*} A'^{*} & = P^{*} B'^{*} + P^{*} C'^{*}, és így \\ P^{*} A_{1}^{*} & = P^{*} B_{1}^{*} + P^{*} C_{1}^{*} . \end{matrix}

Ha viszont

r > A D

, akkor

d^{*}

-ot

a

b

c

mindegyike magába zárja, a kívánt érintők nem húzhatók meg. Eszerint

r < A D

esetén 2 körre érvényes az állítás,

r ≧ A D

esetén pedig csak 1-re, az I. részben vizsgált érintkezési típusúra.

Lukács Péter (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)