Feladat: F.2503 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balázsi Edina ,  Balogh 961 Cs. ,  Bán Rita ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Boros Z. ,  Cynolter G. ,  Dinnyés Enikő ,  Domokos M. ,  Fülöp T. ,  Hetyei Judit ,  Íjjas Cs. ,  Kónya Eszter ,  Kovács 671 S. ,  Menyhárt I. ,  Németh-Buhin Á. ,  Pálmai L. ,  Pfeil T. ,  Regős G. ,  Szigeti Z. ,  Varga 135 L. 
Füzet: 1985/május, 205 - 208. oldal  PDF file
Témakör(ök): Menelaosz-tétel, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/december: F.2503

A k1,k2,k3 körök páronként egymáson kívül helyezkednek el, sugaraik rendre r1, r2, r3 és ezekre r1>r2, r1>r3. Megrajzoljuk az érintőket ki-hez (i=2,3) a k1 és kj (j=3,2) közös külső érintőinek metszéspontjából. Bizonyítsuk be, hogy van olyan kör, amely érinti ezt a 4 érintőt. Mekkora a kör sugara?

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

Legyen a ki kör középpontja Oi (i=1,2,3), a két kör közös külső érintőinek metszéspontja (azaz külső hasonlósági pontjuk) a k1, k2 körpár esetére A, a k1, k3 esetére B, továbbá az A-ból k3-hoz húzott érintők a1 és a2, a B-ből k2-höz húzott érintők b1 és b2. Az A, B pontok létezését a feladat föltevései biztosítják, és azt is, hogy az Oi pontok az AB egyenes egyik partján vannak. Föltesszük azt is, hogy A kívül van k3-on és B kívül van k2-n, különben nem volna bizonyítanivalónk.

 
 
1. ábra
 

1. Az Oi középpontok általában nincsenek egy egyenesen, ekkor A és B különbözők. Először egy ilyen helyzetet tekintünk, bizonyításunkat az 1. ábrán látható helyzethez kapcsoljuk.
Az állítás szerinti kör középpontjaként csak az a1,a2, valamint b1,b2 érintőpár közti szögek egyik-egyik felezőjének M metszéspontja jöhet szóba. Emiatt M körül rajzolható olyan kör, amely érinti az a1,a2 egyenespárt és olyan is, amely a b1,b2 párt érinti. Legyen a sugaruk ϱa, ill. ϱb, a feladat állítása azt jelenti, hogy ezek egyenlők. Ezt akarjuk megmutatni az ábra M pontja esetére.
Alkalmazzuk Menelaosz tételét * az O1O3A háromszögre és az O2B átmetsző egyenesre, amely M-ben metszi az O3A oldalegyenest:
AO2O2O1O1BBO3O3MMA=-1.

Itt mindegyik szakasz egy körközéppontnak egy hasonlósági középponttól való távolsága vagy pedig két ilyen távolság különbsége, ennélfogva az arányok kifejezhetők a megfelelő körsugarakkal. Az irányokat is figyelembe véve
AO2O2O1=AO2AO1-AO2=r2r1-r2,O1BBO3=-BO1BO3=-r1r3,O3MMA=MO3AM=AO3-AMAM=r3ϱa-1,
az A centrumra nézve ugyanis a ϱa sugarú kör van a k3-hoz hasonló helyzetben.
Ezeket beírva
(r2r1-r2)(-r1r3)(r3ϱa-1)=-1,
amiből
ϱa=r1r2r3r1(r2+r3)-r2r3.

Ugyanilyen gondolatmenettel számíthatnánk a ϱb sugarat, abban azt kellene kihasználnunk, hogy a ϱb és r2 sugarú körök egymás megfelelői a B centrumú homotéciában. Az O1O2B háromszögre és az O3A egyenesre alkalmaznánk Menelaosz tételét. Ez azonban csak a szerepek tükrözése lenne, egymás helyére lépnek O2 és O3, tehát r2 és r3, másrészt A helyére B, vagyis a k1,k2 körpár centruma helyére a k1,k3 körpár centruma. Mindkét változás azt jelenti, hogy ϱb értékét ϱa képletéből a 2-es és 3-as indexek fölcserélésével kaphatnánk.
Ámde a képletben r2 és r3 ‐ mindhárom előfordulásukban ‐ szimmetrikus szerepet visznek, szorzatuk, ill. összegük szerepel, ennélfogva ϱa=ϱb. Ezzel bebizonyítottuk az állítást és a sugár kívánt kifejezését is megadtuk.
 
2. Ha O1,O2 és O3 egy t egyenesen van, akkor előfordulhat, hogy A és B egybeesnek. Ilyen esetben a három kör két közös érintője vinné a feltételben szereplő 4 érintő szerepét; az állítás semmitmondó.
Ha A és B különbözők, ugyancsak t pontjai, akkor az a1,a2 és b1,b2 érintőpárok elemei egymás tükörképei t-re, deltoidot alkotnak, az állítás helyessége nyilvánvaló (2. ábra). A sugár képlete az M körre érvényes.
 
 
2. ábra
 

Megjegyzések. 1. Ha nemcsak a bizonyításban használjuk ki, hogy a közös külső érintők metszéspontja a körpár külső hasonlósági pontja, hanem mindjárt ezt mondjuk a feltételben, akkor az állítást többféle módon is kiterjeszthetjük. Tulajdonképpen egy tételcsalád erősen korlátozott speciális esetével állunk szemben. Érthető ez abból, hogy versenyfeladatról van szó, ilyenkor több okból is szokásos a témát erősebb feltételekkel mintegy ,,megnyirbálni'', csak az ,,oroszlánkörmeit'' említeni. Egyik ok, hogy a többi feladatra is maradjon idejük a versenyzőknek; egy másik, hogy ‐ akiknek van ráadás-mondanivalójuk ‐ bemutathassák az elemzésben, diszkutálásban való képességeiket, jártasságukat. ‐ Természetesen itt is csak néhány lehetőség felvillantására van hely.
 
 
3. ábra
 

Nem használtuk ki, hogy köreink páronként egymáson kívül állnak, pl. hogy O1O2>r1+r2, hiszen az állításbeli kör sugarának kifejezésében nem szerepelnek a centrumok közti távolságok. Rögzítve az r1,r2,r3 sugarak hosszát, a körök minden szóba jövő helyzetében ugyanakkora a negyedik kör sugara.
Külső hasonlósági pont akkor is létezik, ha pl. k2 tartalmazza k1-et (!); ott futnak össze a párhuzamos és egyirányú sugarak végpontjait összekötő egyenesek, ha r1r2. Más fogalmazással az r1=r2 esetről is van mondanivaló. De érvényesek hasonló állítások belső hasonlósági pontok esetében is, vagyis ha párhuzamos és ellentétes irányú sugarak végpontjai révén származtatjuk az A,B pontokat.
Ezt viszont hozzá kell tenni a bizonyításhoz: 1. ábránkkal a ,,legkézenfekvőbb'' M pontra szorítkoztunk, az AO3 és BO2 szögfelező szakaszok közös pontjára. Kihasználtuk a számításban, hogy O2O1=AO1-AO2 és MO3=AO3-AM. Az a1,a2, valamint b1,b2 érintőpárok közti 2-2 szögfelező 4 metszéspontja közül csak erre az egyre érvényes a számítás és az állítás.
A 2. ábrán a szimmetria folytán adódó M* közepű kör sugara már a középpontok helyzetétől is függ.
2. Többen azzal a ,,kúpos'' eljárással bizonyították a feladat állítását, amellyel 3 kör 6 külső és belső hasonlósági pontjáról szokás bizonyítani, hogy alkalmasan véve közülük 3-at, ezek egy egyenesre illeszkednek. A sugár kiszámítása viszont többnyire elmaradt.
*Bizonyítását lásd az F. 2497. feladat megoldásában. KÖMAL, 1985. évi májusi szám, 198. oldal.