Feladat: B.3399 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh János ,  Deli Lajos ,  Komjáthy Júlia ,  Legány Csaba ,  Lovrics Anna ,  Somogyi Dávid ,  Soproni Péter ,  Szekeres Balázs ,  Szűcs Mónika ,  Takács József 
Füzet: 2001/április, 223 - 224. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Körérintők, Síkgeometriai bizonyítások, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2000/október: B.3399

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

Megmutatjuk, hogy ha P nincs rajta a két kör egyik közös érintőjén sem, akkor a két kör által az EF egyenesből kimetszett szakaszok aránya megegyezik a PE/PF arány egy konstansszorosával. Ez az arány valóban nem függ attól, hogy melyik érintőket rajzoltuk meg, mert egy külső pontból egy körhöz húzott két érintő hossza egyenlő.
Jelöljük az e, illetve f körök középpontját Oe, illetve Of-fel; az EF egyenesből a körök által kimetszett szakaszok felezőpontját pedig He, illetve Hf-fel. Tudjuk, hogy a kör érintője merőleges az érintési pontba húzott sugárra, valamint azt is, hogy a két húr felezőmerőlegese átmegy a kör középpontján. Ezért az EOeHe∢ és a PEF∢, illetve az FOfHf∢ és a PFE∢ szögpárok merőleges szárúak. Ezek a szögek tehát egyenlőek vagy 180∘-ra egészítik ki egymást (1.a) és b) ábra). Mindkét esetben igaz, hogy

sinEOeHe∢=sinPEF∢éssinFOfHf∢=sinPFE∢.

Ha az e kör sugara re, az f köré pedig rf, akkor EHe=resinEOeHe∢ és FHf=rfsinFOfHf∢. A PEF háromszögben a szinusztétel szerint PEPF=sinPFE∢sinPEF∢, tehát a két kör által az EF egyenesből kimetszett szakaszok aránya:
2⋅FHf2⋅EHe=rf⋅sinFOfHf∢re⋅sinEOeHe∢=rfre⋅sinPFE∢sinPEF∢=rfre⋅PEPF.
Ez pedig éppen a bizonyítandó állítás.
Ha az e és f köröknek van közös érintője, és P rajta van ezek egyikén, akkor az állítás nem igaz. A 2. ábrán látható, hogy ebben az esetben van olyan helyzete az EF egyenesnek, amelyből a két kör nem metsz ki húrokat, s olyan is, amelyből kimetsz.