Feladat: 1365. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csathó Csaba 
Füzet: 1971/november, 144 - 146. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Nevezetes azonosságok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/április: 1365. matematika gyakorlat

Két egymást nem metsző kör közös szimmetriatengelye a köröket rendre az A, B, C, D pontban metszi. A körök egyik közös külső érintőjének érintési pontjai E és F, egyik közös belső érintőjének érintési pontjai G és H. Mutassuk meg, hogy az EF, GH szakaszok mindegyike mértani középarányos két-két, az A, B, C, D pontokkal meghatározott szakasz között.

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

I. megoldás. Legyenek a körök k1, k2, középpontjaik rendre O1, O2, sugaraik r1, r2, ahol r1r2, és O1O2=c (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Nyilvánvalóan c>r1+r2, tehát A-val a tengely és k1 első metszéspontját jelölve B is k1-en van. Legyen E és G is a k1-en levő pontja a közös érintőnek, továbbá O2 vetülete O1E-n P, O1G-n Q.
O1 és O2 az EF külső közös érintőnek ugyanazon a partján van, ezért O1O2FE konvex derékszögű trapéz, magassága EF, így r1>r2 esetén az O1O2P derékszögű háromszögből
EF2=PO22=c2-(r1-r2)2=[c-(r1-r2)][(c+r1)-r2]==(c-r1+r2)(AO2-CO2)=(O2B+O2D)AC=ACBD.
Ha pedig r1=r2, akkor nyilvánvalóan EF=O1O2=AC=BD, a talált összefüggés ekkor is helyes.
A GH belső közös érintőnek viszont két különböző partján van O1 és O2, ezért O1O2HG hurkolt derékszögű trapéz, és az O1O2Q derékszögű háromszögből
GH2=QO22=c2-O1Q2=c2-(r1+r2)2==(c+r1+r2)(c-r1-r2)=ADBC.

Ezek szerint EF is, GH is két olyan szakasz mértani középarányosa a szimmetriatengelyen keletkezett szakaszok közül, melyek egyik végpontja k1-en, a másik pedig k2-n van. Pontosabban: EF esetében a két szakasz végpontjai az egyező irányú O1A, O2C sugárpár és az O1B, O2D sugárpár végpontjai ‐ amint O1E és O2F is párhuzamos és egyirányú sugarak ‐, viszont GH esetében a két szakasz végpontjait az ellentétes irányú O1A és O2D valamint O1B és O2C sugárpár végpontjai adják, ‐ amint O1G és O2H is párhuzamosak és ellentétes irányúak.
 

Csathó Csaba (Esztergom, Bottyán J. Szakközépiskola, I. o. t.)
 

Megjegyzés. Mondhatjuk azt is, hogy r1r2 esetében a körhöz külső pontból húzott érintőszakasz és szelőszakaszok közti összefüggést* alkalmaztuk, az első esetben az O1 körüli O1P=r1-r2 (>0) sugarú k'1 segédkörre (amelyet a közös külső érintő megszerkesztésében szokás használni) és az O2 pontra, a második esetben pedig az O1 körüli O1Q=r1+r2 sugarú k''1 segédkörre (amelyet a közös belső érintő szerkesztésében szokás használni) és az O2 pontra. Az ábra jelöléseivel EF2=O2P2=O2PaO2Pb=CADBGH2=O2Q2=O2QcO2Qd=DACB, ugyanis CA az O2Pa szakasznak  O2C vektorral való eltolás útján keletkezett s. í. t.
 

II. megoldás Felhasználjuk a következő, arány-láncokra vonatkozó összefüggést: ha
a1:b1=a2:b2=a3:b3=a4:b4,(1)
akkor
(a3-a1):(b3-b1)=(a4-a2):(b4-b2)(2)
Valóban, (2) akkor és csakis akkor igaz, ha
(b3-b1)(a4-a2)=(a3-a1)(b4-b2),
azaz
b3a4-b3a2-b1a4+b1a2=a3b4-a3b2-a1b4+a1b2,
és itt a jobb és a bal oldalon álló tagok (1) miatt rendre egyenlők egymással. Hasonlóan látható be, hogy (1)-ből következik az
(a3+a1):(b3+b1)=(a4+a2):(b4+b2)
összefüggés is.
a) Feltehetjük, hogy EF metszi a AB-t, hiszen különben EF=AC=BD=ACBD miatt feladatunk állítása nyilvánvaló. Jelöljük ezt a metszéspontot M-mel és a köröket ismét k1-gyel, illetve k2-vel, középpontjaikat O1-gyel, O2-vel (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Ismeretes, hogy az MAE, MEB háromszögek hasonlóak, hiszen megfelelő szögeik egyenlőek. Mivel az a centrális hasonlóság, mely E-t F-be viszi, az E-n átmenő, EF-re merőleges egyenest F-en átmenő EF-re merőleges egyenesbe, O1-et O2-be k1-et k2-be, A-t C-be, B-t D-be viszi át, azért az MAE háromszög az MCF háromszöghöz, az MEB háromszög az MFD háromszöghöz hasonló, amiből MAE és MEB hasonlósága alapján következik, hogy ez a négy háromszög hasonló egymáshoz, és
MA:ME=ME:MB=MC:MF=MF:MD
Ebből az előrebocsátott összefüggés alapján következik, hogy
(MC-MA):(MF-ME)=(MF-ME):(MD-MB)
vagyis EF2=ACBD.
b) Jelöljük GH és AB metszéspontját N-nel (mivel G és H az AB tengely különböző oldalán van, N mindig létezik. Az NAG és NGB háromszögek hasonlóak, és az az N-centrumú hasonlóság, amely G-t H-ba viszi, A-t D-be és B-t C-be viszi. Emiatt az NAG, NGB, NDH, NHC háromszögek hasonlóak és
NA:NG=NG:NB=ND:NH=NH:NC
Ebből az előrebocsátott összefüggés alapján
(ND+NA):(NH+NG)=(NH+NG):(NC+NB),
vagyis GH2=ADBC.

*Lásd pl. Horvay KatalinPálmay Lóránt: Matematika a gimn. II. o. számára. 4. kiadás. Tankönyvkiadó. Budapest. 1970. 175. oldal, 240. feladat. Az érintőszakasz a szelődarabok mértani közepe.