Feladat: B.3596 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Koltai Péter 
Füzet: 2003/október, 416 - 417. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Körülírt kör, Körérintők, Háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/december: B.3596

Az R sugarú k1 kört a 2R sugarú k2 kör az E3 pontban kívülről érinti, a k1 és k2 köröket pedig ugyancsak kívülről érinti a 3R sugarú k3 kör. A k2 és k3 körök érintési pontja E1, a k3 és k1 körök érintési pontja pedig E2. Bizonyítsuk be, hogy az E1E2E3 háromszög körülírt köre egybevágó a k1 körrel.

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

I. megoldás.ki kör középpontját Oi-vel jelölve az O1O2O3 háromszög oldalaira O1O2=3R, O1O3=4R, O2O3=5R adódik, mert érintkező körök esetén az érintési pont és a körök középpontjai egy egyenesre illeszkednek. A háromszög O1-nél lévő szöge tehát Pitagorasz tételének megfordításából következően derékszög. Ezért a háromszög területe

T=O1O2O1O32=6R2.
Mivel a háromszög kerülete
2s=O1O2+O2O3+O3O1=12R,
a háromszögbe írható kör sugara r=Ts=R.
 

 
2. ábra
 

Jelölje az O1O2O3 háromszög beírt körének az oldalakon lévő érintési pontjait a 2. ábrán látható módon F1, F2 és F3. Ismert (lásd pl. Kiss Gy.: Amit jó tudni a háromszögekről, KöMaL 2002/3, 130‐139. old), hogy ekkor
O1F2=O1F3=s-O2O3=6R-5R=R,O2F1=O2F3=s-O1O3=6R-4R=2R,O3F2=O3F1=s-O1O2=6R-3R=3R.
Ez viszont azt jelenti, hogy az Fi (i=1,2,3) pontok egybeesnek az Ei pontokkal. Vagyis az O1O2O3 háromszög beírt köre átmegy az Ei pontokon, azaz megegyezik az E1E2E3 háromszög köré írt körrel.
Ezért az E1E2E3 háromszög köré írt körének sugara R, tehát ez a kör egybevágó k1-gyel.
(Koltai Péter (Révkomárom, Selye J. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján

 
II. megoldás. Miután beláttuk, hogy az O2O1O3 szög derékszög, a következő úton is befejezhetjük a bizonyítást:
Mivel O1E3=O1E2=R, azért az O1E2E3 derékszögű háromszögben E2E3=2R. Az E2O3E1 és E3O2E1 egyenlő szárú háromszögek szárszögeinek összege 90, tehát az alapon fekvő szögeik összege ‐ az 1. ábra jelöléseit használva ‐ 2α+2β=270 és így
E3E1E2=180-(α+β)=180-2702=45.

Az E1E2E3 háromszög köré írt kör sugarát RE-vel jelölve az ismert képlet alapján kapjuk, hogy 2R=E2E3=2REsin45, ahonnan RE=R adódik, ami éppen a bizonyítandó állítás.