Kezdőlap


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

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

I. megoldás. Legyenek a körök $k_{1}$ , $k_{2}$ , középpontjaik rendre $O_{1}$ , $O_{2}$ , sugaraik $r_{1}$ , $r_{2}$ , ahol $r_{1} \geq r_{2}$ , és $O_{1} O_{2} = c$ (1. ábra).

1. ábra

Nyilvánvalóan

c > r_{1} + r_{2}

, tehát

A

-val a tengely és

k_{1}

első metszéspontját jelölve

B

k_{1}

-en van. Legyen

E

és

G

is a

k_{1}

-en levő pontja a közös érintőnek, továbbá

O_{2}

vetülete

O_{1} E

-n

P

O_{1} G

-n

Q

O_{1}

és

O_{2}

E F

külső közös érintőnek ugyanazon a partján van, ezért

O_{1} O_{2} F E

konvex derékszögű trapéz, magassága

E F

, így

r_{1} > r_{2}

esetén az

O_{1} O_{2} P

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} E F^{2} & = P O_{2}^{2} = c^{2} - {(r_{1} - r_{2})}^{2} = [c - (r_{1} - r_{2})] [(c + r_{1}) - r_{2}] = \\ = (c - r_{1} + r_{2}) (A O_{2} - C O_{2}) = (O_{2} B + O_{2} D) \cdot A C = A C \cdot B D . \end{matrix}

Ha pedig

r_{1} = r_{2}

, akkor nyilvánvalóan

E F = O_{1} O_{2} = A C = B D

, a talált összefüggés ekkor is helyes.
A

G H

belső közös érintőnek viszont két különböző partján van

O_{1}

és

O_{2}

, ezért

O_{1} O_{2} H G

hurkolt derékszögű trapéz, és az

O_{1} O_{2} Q

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} G H^{2} & = Q O_{2}^{2} = c^{2} - O_{1} Q^{2} = c^{2} - {(r_{1} + r_{2})}^{2} = \\ = (c + r_{1} + r_{2}) (c - r_{1} - r_{2}) = A D \cdot B C . \end{matrix}

Ezek szerint

E F

is,

G H

is két olyan szakasz mértani középarányosa a szimmetriatengelyen keletkezett szakaszok közül, melyek egyik végpontja

k_{1}

-en, a másik pedig

k_{2}

-n van. Pontosabban:

E F

esetében a két szakasz végpontjai az egyező irányú

O_{1} A

O_{2} C

sugárpár és az

O_{1} B

O_{2} D

sugárpár végpontjai ‐ amint

O_{1} E

és

O_{2} F

is párhuzamos és egyirányú sugarak ‐, viszont

G H

esetében a két szakasz végpontjait az ellentétes irányú

O_{1} A

és

O_{2} D

valamint

O_{1} B

és

O_{2} C

sugárpár végpontjai adják, ‐ amint

O_{1} G

és

O_{2} H

is párhuzamosak és ellentétes irányúak.

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

Megjegyzés. Mondhatjuk azt is, hogy

r_{1} \neq r_{2}

esetében a körhöz külső pontból húzott érintőszakasz és szelőszakaszok közti összefüggést^{$^{*}$} alkalmaztuk, az első esetben az

O_{1}

körüli

O_{1} P = r_{1} - r_{2}

(> 0)

sugarú

k'_{1}

segédkörre (amelyet a közös külső érintő megszerkesztésében szokás használni) és az

O_{2}

pontra, a második esetben pedig az

O_{1}

körüli

O_{1} Q = r_{1} + r_{2}

sugarú

k''_{1}

segédkörre (amelyet a közös belső érintő szerkesztésében szokás használni) és az

O_{2}

pontra. Az ábra jelöléseivel

E F^{2} = O_{2} P^{2} = O_{2} P_{a} \cdot O_{2} P_{b} = C A \cdot D B

G H^{2} = O_{2} Q^{2} = O_{2} Q_{c} \cdot O_{2} Q_{d} = D A \cdot C B

, ugyanis

C A

O_{2} P_{a}

szakasznak

\vec{O_{2} C}

vektorral való eltolás útján keletkezett s. í. t.

II. megoldás Felhasználjuk a következő, arány-láncokra vonatkozó összefüggést: ha

\begin{matrix} a_{1} : b_{1} = a_{2} : b_{2} = a_{3} : b_{3} = a_{4} : b_{4}, \end{matrix}

(1)

akkor

\begin{matrix} (a_{3} - a_{1}) : (b_{3} - b_{1}) = (a_{4} - a_{2}) : (b_{4} - b_{2}) \end{matrix}

(2)

Valóban, (2) akkor és csakis akkor igaz, ha

\begin{matrix} (b_{3} - b_{1}) (a_{4} - a_{2}) = (a_{3} - a_{1}) (b_{4} - b_{2}), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} b_{3} a_{4} - b_{3} a_{2} - b_{1} a_{4} + b_{1} a_{2} = a_{3} b_{4} - a_{3} b_{2} - a_{1} b_{4} + a_{1} b_{2}, \end{matrix}

és itt a jobb és a bal oldalon álló tagok (1) miatt rendre egyenlők egymással. Hasonlóan látható be, hogy (1)-ből következik az

\begin{matrix} (a_{3} + a_{1}) : (b_{3} + b_{1}) = (a_{4} + a_{2}) : (b_{4} + b_{2}) \end{matrix}

összefüggés is.
a) Feltehetjük, hogy

E F

metszi a

A B

-t, hiszen különben

E F = A C = B D = \sqrt[]{A C \cdot B D}

miatt feladatunk állítása nyilvánvaló. Jelöljük ezt a metszéspontot

M

-mel és a köröket ismét

k_{1}

-gyel, illetve

k_{2}

-vel, középpontjaikat

O_{1}

-gyel,

O_{2}

-vel (2. ábra).

2. ábra

Ismeretes, hogy az

M A E

M E B

háromszögek hasonlóak, hiszen megfelelő szögeik egyenlőek. Mivel az a centrális hasonlóság, mely

E

-t

F

-be viszi, az

E

-n átmenő,

E F

-re merőleges egyenest

F

-en átmenő

E F

-re merőleges egyenesbe,

O_{1}

-et

O_{2}

-be

k_{1}

-et

k_{2}

-be,

A

-t

C

-be,

B

-t

D

-be viszi át, azért az

M A E

háromszög az

M C F

háromszöghöz, az

M E B

háromszög az

M F D

háromszöghöz hasonló, amiből

M A E

és

M E B

hasonlósága alapján következik, hogy ez a négy háromszög hasonló egymáshoz, és

\begin{matrix} M A : M E = M E : M B = M C : M F = M F : M D \end{matrix}

Ebből az előrebocsátott összefüggés alapján következik, hogy

\begin{matrix} (M C - M A) : (M F - M E) = (M F - M E) : (M D - M B) \end{matrix}

vagyis

E F^{2} = A C \cdot B D

.
b) Jelöljük

G H

és

A B

metszéspontját

N

-nel (mivel

G

és

H

A B

tengely különböző oldalán van,

N

mindig létezik. Az

N A G

és

N G B

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

N A G

N G B

N D H

N H C

háromszögek hasonlóak és

\begin{matrix} N A : N G = N G : N B = N D : N H = N H : N C \end{matrix}

Ebből az előrebocsátott összefüggés alapján

\begin{matrix} (N D + N A) : (N H + N G) = (N H + N G) : (N C + N B), \end{matrix}

vagyis

G H^{2} = A D \cdot B C

^{$^{*}$}Lásd pl. Horvay Katalin─Pálmay Lóránt: Matematika a gimn. II. o. számára. 4. kiadás. Tankönyvkiadó. Budapest. 1970. 175. oldal, 240. feladat. Az érintőszakasz a szelődarabok mértani közepe.