Kezdőlap


Feladat:	B.4126	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ambrits Dániel , Cséke Balázs
Füzet:	2009/április, 226 - 227. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körre vonatkozó hatványa, Hasonlósági transzformációk, Síkgeometriai bizonyítások, Kör geometriája, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/november: B.4126

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

I. megoldás. Jelölje az $A$ -ból, $P$ -ből, illetve $B$ -ből állított merőleges talppontját rendre $T_{1}$ , $T_{2}$ és $T_{3}$ .
I. eset: Az érintő párhuzamos az $A B$ húrral (1. ábra). Ekkor a $B T_{3} T_{1} A$ négyszög téglalap, melynek $P T_{2}$ középvonala, és $A T_{1} = T_{2} P = B T_{3}$ . Nyilván $T_{2} P^{2} = A T_{1} \cdot B T_{3}$ , azaz $T_{2} P = \sqrt[]{A T_{1} \cdot B T_{3}}$ .

1. ábra

II. eset: Az érintő nem párhuzamos

A B

-vel (2. ábra). Jelölje az

A B

egyenes és az érintő metszéspontját

M

. Ekkor

M A T_{1} ▵ \sim M P T_{2} ▵ \sim M B T_{3} ▵

, hiszen mindhárom derékszögű és az

M

-nél levő szögük is megegyezik. A hasonlóság miatt:

\begin{matrix} \frac{M A}{A T_{1}} = \frac{M P}{P T_{2}} és \frac{M B}{B T_{3}} = \frac{M P}{P T_{2}} . \end{matrix}

A két egyenletet összeszorozva kapjuk, hogy:

\begin{matrix} \frac{M A \cdot M B}{A T_{1} \cdot B T_{3}} = \frac{M P^{2}}{P T_{2}^{2}} . \end{matrix}

Tudjuk, hogy

M A \cdot M B = M P^{2}

, hiszen mindkettő az

M

pontnak az adott körre vonatkozó hatványa. Ebből pedig

A T_{1} \cdot B T_{3} = P T_{2}^{2}

, majd

\sqrt[]{A T_{1} \cdot B T_{3}} = P T_{2}

következik, és ezt akartuk bizonyítani.

2. ábra

II. megoldás. A 3. ábrán látható jelölésekkel az az állítás, hogy

P P' = \sqrt[]{A A' \cdot B B'}

3. ábra

A' A P' ∢ = B' P P' ∢ = α

, mivel merőleges szárú szögek.

P A P' ∢ = B' P B ∢ = β

, mivel mindkettő a

P B

ívhez tartozó kerületi szög.
Több hasonló háromszöget is kaptunk.

A A' P ▵ \sim P P' B ▵

, mivel mindkettőnek van egy

90^{\circ}

-os és egy (

α - β

) nagyságú szöge. Felírva a megfelelő oldalak arányát:

\begin{matrix} \frac{A A'}{P P'} = \frac{A P}{P B} . \end{matrix}

A P P' ▵ \sim P B B' ▵

, mivel mindkettőnek van egy

90^{\circ}

-os és egy

β

nagyságú szöge. Felírva a megfelelő oldalak arányát:

\begin{matrix} \frac{P P'}{B B'} = \frac{A P}{P B} . \end{matrix}

A két arányból látható, hogy

\begin{matrix} \frac{P P'}{B B'} = \frac{A A'}{P P'}, azaz {(P P')}^{2} = A A' \cdot B B', P P' = \sqrt[]{A A' \cdot B B'} . \end{matrix}