Kezdőlap


Feladat:	1126. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bajmóczy E. , Békéssy P. , Bencze Júlia , Bense Magdolna , Borzsák P. , Bosznay Á. , Cserháti A. , Dévényi K. , Feind F. , Forrás L. , Fuggerth E. , Gál Éva , Garzó G. , Győry F. , Hárs László , Hernádi J. , Horváth László , Kaján L. , Kálmán M. , Kardos J. , Kóczy L. , Komjáth P. , Lempert L. , Molnár László , Papp Z. , Pataki János , Pintér Vera , Prőhle Sarolta , Schván P. , Siegler A. , Siklósi M. , Simon Júlia , Somogyi Á. , Somorjai G. , Stefanovicz K. , Szengofszky O. , Váli L. , Zambó Péter
Füzet:	1968/február, 67 - 68. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/április: 1126. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A feltevés szerint $k_{2}$ -nek $M$ -beli érintője átmegy $k_{1}$ -nek $O_{1}$ középpontján, $k_{1}$ -nek $M$ -beli érintője pedig $k_{2}$ -nek $O_{2}$ középpontján, vagyis $O_{1} M O_{2} ∢ = 90^{\circ}$ . A közös húr egyenese merőleges az $O_{1} O_{2}$ szimmetriatengelyre, így azt kell belátnunk, hogy $B O_{2}$ merőleges $O_{1} O_{2}$ -re, más szóval hogy az $A B O_{2}$ háromszög $A$ -nál és $B$ -nél levő szögei egymásnak pótszögei.

Legyen

A

a tengelynek és

k_{1}

-nek

k_{2}

-n kívül fekvő metszéspontja. Ekkor

M

A

B

pontpár közt fekszik, hiszen az

M O_{1}

egyenes elválasztja

A

-t

k_{2}

-től. Így, mivel

M A O_{1}

és

M B O_{2}

egyenlő szárú háromszög,

\begin{matrix} O_{2} B A ∢ = O_{2} B M ∢ = O_{2} M B ∢ = (180^{\circ} - O_{2} M O_{1} ∢) - O_{1} M A ∢ = 90^{\circ} - O_{1} A M ∢ = 90^{\circ} - O_{2} A B ∢, \end{matrix}

amit bizonyítani akartunk.
Ha pedig a tengelynek és

k_{1}

-nek

k_{2}

-n belül fekvő

A'

metszéspontját tekintjük, akkor

M A'

-nek

A'

-n túli meghosszabbítása metszi

k_{2}

-t

B'

-ben.

A'

O_{1} O_{2}

szakaszon van, így az előbbi számításhoz hasonlóan

\begin{matrix} O_{2} B' A' ∢ = O_{2} B' M ∢ = O_{2} M B' ∢ = O_{2} M A' ∢ = O_{2} M O_{1} ∢ - O_{1} M A' ∢ = \\ = 90^{\circ} - O_{1} A' M ∢ = 90^{\circ} - O_{2} A' B' ∢, \end{matrix}

vagyis az állítás a tengely és

k_{1}

mindegyik metszéspontjából kiindulva érvényes.
Prőhle Sarolta (Sopron, Széchenyi I. g. I. o. t.)

II. megoldás. A körök merőlegességéből következik, hogy

k_{2}

M

-ben húzott érintője átmegy

k_{1}

középpontján,

O_{1}

-en. Ezt felhasználva azt fogjuk megmutatni, hogy a közös húrra merőleges

A O_{1}

egyenes párhuzamos a

B

-ben húzott érintővel (ami viszont merőleges a

k_{2}

kérdéses átmérőjére).
Legyen az utóbbi érintő metszéspontja

O_{1} M

-mel

C

. Az

A O_{1} M

és

B C M

háromszögek egyenlő szárúak, mert az előbbinek két oldala

k_{1}

sugara, az utóbbié pedig a

C

-ből

k_{2}

-höz húzott érintőszakaszok. A két háromszög

M

-nél levő szöge egyenlő, mert ha

A

a centrálisnak és

k_{1}

-nek

k_{2}

-n kívüli metszéspontja, akkor csúcsszögek, ha pedig a

k_{2}

-be eső metszéspont (az ábra

A'

pontja a megfelelő

B'

és

C'

ponttal), akkor egybeesnek. Így egyenlők a másik szárral szemközti szögek is a két háromszögben:

\begin{matrix} O_{1} A M ∢ = C B M ∢, ill. O_{1} A' M ∢ = C' B' M ∢ . \end{matrix}

Ezek a szögek tehát az első esetben váltószögek, a második esetben egyállású szögek, ebből pedig az állított párhuzamosság következik.

III. megoldás. Tovább használjuk a fenti jelöléseket, valamint azt a megállapítást, hogy az

O_{1} M O_{2} ∢

derékszög. Fordítsuk el

k_{1}

-et

M

körül a

k_{1}^{*}

helyzetbe úgy, hogy

O_{1}

-nek új,

O_{1}^{*}

helyzete az

M O_{2}

félegyenesre jusson. E forgatás szöge derékszög, így

A

-nak és

A'

-nek új,

A^{*}

, ill.

A'^{*}

helyzete az

M B'

, ill.

M B

egyenesen adódik, hiszen

A A'

k_{1}

átmérője, tehát Thalész tétele miatt az

A M A'

szög is derékszög; továbbá

A^{*} A'^{*} ⊥ O_{1} O_{2}

. Másrészt

k_{1}^{*}

k_{2}

-nek nagyított képe az

M

hasonlósági középpontra nézve, így

B'

képe

M B'

és

k_{1}^{*}

metszéspontja,

A^{*}

, ugyanígy

B

képe

A'^{*}

. Eszerint

k_{2}

-nek

B

-ből (

B'

-ből) kiinduló átmérője párhuzamos

k_{1}^{*}

-nak

A'^{*}

-ból (

A^{*}

-ból) kiinduló átmérőjével, tehát merőleges

O_{1} O_{2}

-re.

IV. megoldás. Legyen

k_{2}

-nek az

O_{1} O_{2}

egyenesen levő átmérője

R S

, ahol

R O_{1} < S O_{1}

, továbbá a két adott kör sugara

r_{1}

, ill.

r_{2}

. Megmutatjuk, hogy az

A

-nál közös szöggel bíró

A B O_{2}

és

A A' M

háromszögek hasonlók; ebből már következik, hogy

B O_{2} A ∢ = A' M A ∢

, ami a feladat állítása.

k_{2}

nek

A

-ból húzott szelőire

A M \cdot A B = A R \cdot A S

. Ehhez

\begin{matrix} A R & = A O_{1} + O_{1} O_{2} - O_{2} R = O_{1} O_{2} + r_{1} - r_{2}, \\ A S & = A O_{1} + O_{1} O_{2} + O_{2} S = O_{1} O_{2} + r_{1} + r_{2} és \\ O_{1} O_{2}^{2} & = r_{1}^{2} + r_{2}^{2}, \end{matrix}

ennélfogva

\begin{matrix} A M \cdot A B & = {(O_{1} O_{2} + r_{1})}^{2} - r_{2}^{2} = 2 r_{1} (r_{1} + O_{1} O_{2}) = A A' \cdot A O_{2}, \\ A B : A O_{2} & = A A' : A M, \end{matrix}

állításunk tehát helyes.
Hárs László (Budapest, Kölcsey F. g. II. o. t.)