Kezdőlap


Feladat:	479. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):
Füzet:	1958/november, 86 - 88. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körre vonatkozó hatványa, Középponti és kerületi szögek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/február: 479. matematika gyakorlat

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

Az adott szorzat első két tényezőjének csak úgy van értelme, ha $T$ és $U$ nem esnek $B$ -be. Ekkor $P$ és $Q$ is különbözők $B$ -től, mert különben a körnek három különböző pontja lenne $A B$ -n; ezek szerint $B$ nincs rajta a körön. Hasonlóan $A$ is és $C$ is vagy kívül van a körön, vagy belül. A kör által létrehozott hat metszéspont közül azonban 2‐2 egybe is eshet, ha ti. a kör az illető oldalt vagy meghosszabbítását éppen érinti.
Mivel a $P$ és $Q$ , az $R$ és $S$ , a $T$ és $U$ pontpárok az adott szorzatban azonos szerepet játszanak, választhatjuk a betűzést úgy, hogy az $S T$ ívek egyikén ne legyen további metszéspont, más szóval, hogy $P$ , $Q$ , $R$ , $U$ ugyanazon az $S T$ íven legyenek. Így az $S$ , $U$ és $T$ , $R$ pontpárokat összekötve az $A S U$ és $A T R$ háromszögek hasonlók, mert $U$ , ill. $R$ -nél levő szögük a körnek ,,üres'' $S T$ ívén nyugvó kerületi szögek, $A$ -nál levő szögeik pedig vagy azonosak (ha $A$ a körön kívül van, 1. ábra), vagy egymásnak csúcsszögei (ha $A$ belső pont, 2. ábra), tehát páronként egyenlők.

1. ábra

2. ábra

Ebből az adott osztóviszony-szorzat azon négy szakaszának abszolút értékére, melyeknek egyik végpontja

A

\begin{matrix} \frac{A U}{A S} = \frac{A R}{A T} \end{matrix}

(1)

másképpen

\begin{matrix} \frac{A T \cdot A U}{A R \cdot A S} = 1 vagy A R \cdot A S = A T \cdot A U, \end{matrix}

'

)

szavakban: egy állandó

A

ponton át a körhöz húzott szelők metszeteinek, ill. egy állandó

A

ponton átmenő húrok metszeteinek szorzata állandó.
Hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{B P \cdot B Q}{B T \cdot B U} = 1 és \frac{C R \cdot C S}{C P \cdot C Q} = 1 \end{matrix}

''

)

és e három hányadosból összeszorzással, majd tényezőkre bontással

\begin{matrix} \frac{A T \cdot A U \cdot B P \cdot B Q \cdot C R \cdot C S}{A R \cdot A S \cdot B T \cdot B U \cdot C P \cdot C Q} = \frac{A T}{B T} \cdot \frac{A U}{B U} \cdot \frac{B P}{C P} \cdot \frac{B Q}{C Q} \cdot \frac{C R}{A R} \cdot \frac{C S}{A S} = 1. \end{matrix}

(3)

Innen már látható, hogy a bizonyítandó összefüggés abszolút értékben (minden szakaszt pozitívnak véve) helyes.
Hogy osztóviszonyokra térhessünk át¹ ‐ amelyekben szakaszok helyett irányított (azaz előjeles) utak hányadosáról van szó ‐, csak azt kell belátnunk, hogy az (1) és a belőle következő (2) és (3) összefüggések akkor is érvényesek, ha a háromszög oldalegyenesein irányítást vezetünk be ‐ az utakat pl.

A

-tól

B

B

-től

C

és

C

-től

A

felé véve pozitívnak. Ugyanis

A

R

és

S

, ill.

T

és

U

alappont-párokra vonatkozóan egyformán vagy külső vagy belső pont (1‐2. ábrák), tehát (1) két oldalán egyenlő jelű hányadosok állnak, (2

'

) és (2

''

) előjellel is érvényesek.

Megjegyzés: A megoldások nem tértek ki az előjelek kérdésére. Felhívjuk olvasóink figyelmét az idézett cikkre és általában is lapunk régebbi köteteinek tanulmányozására.

¹Lásd ezek fogalmát illetően pl. Kárteszi Ferenc cikkét ,,A Menelaos- és a Ceva-féle tételről'' lapunk XI. kötetének 67‐75. oldalán (1955 november).