Ptolemaios-tétele, Casey-tétel, feladatok

Kubatov Antal

Ptolemaios, Casey, feladatok

Kubatov Antal (Kaposvár)

Ptolemaios-tétele, Casey-tétel, feladatok Ptolemaios-tétel: Ha egy konvex négyszög szemközti oldalai a és c, ill. b és d; átlói e és f, akkor a ⋅ c + b ⋅ d ≥ e ⋅ f . Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesülhet, ha a négyszög húrnégyszög. Ptolemaios Klaudios (Kr.u 100-169) Fő műve: Almageszt Geocentrikus világnézet „kitart” Kopernikuszig. Nagyon pontosan kiszámolta a szabályos 720 oldalú sokszög egy oldalának a hosszát.

π≈

327 = 3,1416! 120

Dr. Lévárdi László – Sain Márton : Matematika – történeti feladatok Tihanyi Miklós: Ptolemaios tétele a húrötszögben / KöMaL 1934. márc. 15 / Mihalovics Sándor: Ptolemaios tételéhez kapcsolódó megjegyzések Sklarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott feladatok és tételek 2/1 Reiman István: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959-1994 Eric Weisstein Matematikai enciklopédiájában az ide vonatkozó tételek: http://mathworld.wolfram.com/CaseysTheorem.html http://mathworld.wolfram.com/FuhrmannsTheorem.html http://mathworld.wolfram.com/PursersTheorem.html

Feladatok P.0. Bizonyítsuk be a Ptolemaios-tételt. P.1. Bizonyítsuk be, hogy ha M az ABC szabályos háromszög köré írt körének (rövidebbik) BC íven lévő pontja, akkor AM=BM+MC. P.2. Mutassuk meg, hogy ha a P pont az ABCD négyzet köré írható kör rövidebbik CD ívén fekszik, akkor PA(PA+PC)=PB(PB+PD). P.3. Adott az ABCD paralelogramma és egy az A ponton átmenő olyan kör, mely az AB oldalt P-ben, az AC átlót Q-ban, az AD oldalt pedig R pontban metszi. Mutassuk meg, hogy ekkor AP ⋅ AB + AR ⋅ AD = AQ ⋅ AC . P.4. Az ABC egyenlőszárú háromszögben AC=BC. A háromszög köré írt körének C-t nem tartalmazó AB ívén vegyük fel a P pontot. Bizonyítsuk be, hogy ha D a C-ből PBre bocsátott merőleges talppontja, akkor PA+PB=2PD. P.5. Jelölje O az ABC háromszögbe írt kör középpontját. Az ABC háromszög köré írt kört az A, B ill. C csúcsból induló szögfelező rendre az FA , FB , FC pontban metszi. AO BO CO Bizonyítandó, hogy + + ≥3 OFA OFB OFC P.6. Jelölje R ill. r a háromszög köré, ill. a háromszögbe írt kör sugarát, d A , d B , d C pedig a körülírt kör középpontjának a háromszög oldalaitól vett távolságait. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög hegyesszögű, akkor d A + d B + d C = R + r . Hogyan módosul az összefüggés, ha a háromszög nem hegyesszögű? 1

Kubatov Antal


P.7. Bizonyítsuk be, hogy minden hegyesszögű háromszögben AM+BM+CM=2(R+r), ahol M a háromszög magasságpontja, r a beírt, R pedig a körülírt kör sugara. P.8. Az ABC háromszög A csúcsból induló szögfelezője a háromszög köré írható kört A1 -ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög BC oldala felezi az AA1 szakaszt, akkor b + c = a ⋅ 2. P.9. Egy szabályos kilencszög átlói növekvő sorrendben e1 , e 2 , e3 . Bizonyítsuk be,

hogy ekkor

1  e 2  1  e3  1 +  = 1 +  e1  e3  e 2  e1 

P.10. Az ABCDE szabályos ötszög köré írható kör rövidebbik AE ívének egy pontja legyen P. Bizonyítsuk be, hogy ekkor PA+PC+PE=PB+PD. P.11. Legyen A1 , A 2 ,..., A n egy páratlan oldalszámú szabályos sokszög, M pedig a sokszög köré írható kör A1A n ívének egy pontja. Bizonyítsuk be, hogy az M pontot a páratlan sorszámú csúcsokkal összekötő szakaszok együttes hossza egyenlő a páros sorszámú csúcsokkal összekötő szakaszok együttes hosszával. P.12. Megadható-e a síkon 2004 pont úgy, hogy bármely három ne legyen egy egyenesen, és bármely kettő távolsága racionális szám legyen.

2

Kubatov Antal


Casey-tétel / John Casey (1820-1891) ír matematikus/: Ha a k A , k B , k C , k D körök belülről érintik a k kört olyan A,B,C,D pontokban, melyek egy konvex négyszöget határoznak meg, akkor a két-két kör közös külső érintőszakaszai között fennáll az alábbi összefüggés ( d ( k i , k j ) jelölje a k i és k j

körök közös külső érintő szakaszának a hosszát): d ( kA , kB ) ⋅ d ( kC , kD ) + d ( kB , kC ) ⋅ d ( kA , kD ) = d ( kA , kC ) ⋅ d ( kB , kD ) Megengedjük a nulla sugarú köröket is. Ha mindegyik kör nullkör, akkor a húrnégyszögekre ismert Ptolemaios tételt kapjuk.

Feladatok C.0. Bizonyítsuk be a Casey-tételt. C.1. Tekintsük az ABC egyenlőszárú háromszöget és a köré írható kört (AC=BC). Legyen k1 egy olyan kör, mely érinti a köré írt kört (C-t nem tartalmazó íven) és ABt. Jelölje t a C-ből a k1 -hez húzott érintőszakasz hosszát. Mutassuk meg, hogy t nem függ a k1 választásától. C.2. Két különböző sugarú kör belülről érinti egymást. A nagyobb sugarú körbe szabályos háromszöget írunk. A háromszög csúcsaiból érintőket húzunk a kisebb sugarú körhöz. Mutassuk meg, hogy a leghosszabb érintőszakasz egyenlő a másik kettő összegével. C.3. Adott egy k kör, annak egy tetszőleges AB húrja, s a rá merőleges CD átmérő. Tekintsünk egy olyan k1 kört, mely érinti az AB húrt és a k-t a C-t tartalmazó íven, valamint egy k 2 kört, mely a D pontban érinti belülről a k-t. Mutassuk meg, hogy a k1 és k 2 körök közös külső érintő szakaszának hossza független a k1 kör választásától adott k és k 2 kör esetén. C.4. Adott egy k kör és annak AB átmérője. Tekintsük a C belső pontban az AB-re merőleges húrt. Messe ez a k kört az M ill. N pontokban. Határozzuk meg az AC ill. BC átmérőjű körök közös külső érintőinek hosszát! C.5. Adott egy k kör, valamint három - a k-t belülről érintő - azonos sugarú kör, melyek páronként kívülről érintik egymást. Mutassuk meg, hogy a k kör egy tetszőleges M pontjából a k1 , k 2 , k 3 körökhöz húzott érintőszakaszok egyike a másik kettő összegével egyenlő. C.6. Adott az AB(=2R) átmérőjű k kör, valamint az AB-t és a k-t (belülről) érintő k1 kör. Az AB-n lévő érintési pontot jelölje M. Határozzuk meg k1 kör sugarát, ha AM=m. C.7. Adott az ABC háromszög a köré írható körével együtt. Tekintsük azt a k1 kört, mely belülről érinti k-t, valamint az AB és BC oldalakat a C1 , ill. A1 pontokban. Fejezzük ki a BA1 szakasz hosszát a háromszög oldalainak segítségével. Határozzuk meg a k1 kör sugarát is a háromszög adataival.

3

Kubatov Antal


C.8. Adott az AB átmérőjű k kör. Az átmérő harmadoló pontjait jelölje M és N. Legyenek k1 és k 2 a k-t belülről érintő körök, melyek érintik AB-t az M illetve N pontban, s AB a két kör közös belső érintője. Határozzuk meg a k1 és k 2 körök közös külső érintő szakaszának hosszát a k kör R sugarának függvényében. C.9. Adott az ABC egyenlőszárú háromszög (AC=BC) a köré írt körével(k) együtt. Jelölje k1 , k 2 , k 3 azokat a köröket, melyek k-t belülről érintik (a harmadik csúcsot nem tartalmazó íven), valamint érintenek egy-egy oldalt a felezőpontjában. Mutassuk meg, hogy a k1 , k 2 , k 3 körök páronként vett közös külső érintő szakaszának hossza megegyezik. C.10. Adott a síkban az ACB" , melynek körülírt körét kívülről érinti a k kör. A k kör érinti egyúttal az AB és AC félegyeneseket is, mégpedig P és Q pontokban. Mutassuk meg, hogy a PQ szakasz felezőpontja egybeesik az ACB" BC oldalához hozzáírt körének középpontjával. / Kürschák József Emlékverseny 2004/1.feladat /

4

Kubatov Antal


P. megoldások P.0. Ptolemaios-tétel

Ha egy konvex négyszög szemközti oldalai a és c, ill. b és d; átlói e és f, akkor a ⋅ c + b ⋅ d ≥ e ⋅ f . Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesülhet, ha a négyszög húrnégyszög.

Bizonyítás: Alkalmazzuk a CDA" -re azt a C körüli forgatva nyújtást, mely b C ce b c A' átviszi a CBA′" -be (aránya b:c). Ekkor CA′ = c e . Vegyük észre, b e D δ f hogy ekkor az AA′C"∼ DBC" , hiszen ACA′$ = DCB$ és bd β δ c d a BC b CA′ b e B A = ; = , így a hasonlóság aránya: k = , így CD c CA c c e b e AA′ = f . Az ABA „háromszögre” a háromszög-egyenlőtlenség: a + d ≥ f , melyből c c c adódik az a ⋅ c + b ⋅ d ≥ e ⋅ f egyenlőtlenség. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha B ∈ AA′ ⇔ β + δ = 180° , azaz a négyszög húrnégyszög. P.1. Bizonyítsuk be, hogy ha M az ABC szabályos háromszög köré írt körének (rövidebbik) BC íven lévő pontja, akkor AM=BM+MC.

A

Bizonyítás: Írjuk fel a Ptolemaios-tételt az ABMC-re: BM ⋅ AC+ CM ⋅ AB = AM ⋅ BC / : a a

a

a

a

B

C

a M

a

BM + CM = AM P D

a

a

A

a

C

P.2. Mutassuk meg, hogy ha a P pont az ABCD négyzet köré írható kör rövidebbik CD ívén fekszik, akkor PA(PA+PC)=PB(PB+PD).

a

Bizonyítás: Ptolemaios-tétel a PDAB-re: PD ⋅ a + PB ⋅ a = PA ⋅ a 2

B

Ptolemaios-tétel a PABC-re: PB ⋅ a 2 = PA ⋅ a + PC ⋅ a / : a Szorozzuk össze a két egyenletet: PB(PB+PD)=PA(PA+PC)

/ :a

P.3. Az ABC egyenlőszárú háromszögben AC=BC. A háromszög köré írt körének C-t nem tartalmazó AB ívén vegyük fel a P pontot. Bizonyítsuk be, hogy ha D a C-ből PBre bocsátott merőleges talppontja, akkor PA+PB=2PD. Bizonyítás: Ptolemaios-tétel az APQR-re: AQ ⋅ PR = AP ⋅ RQ + AR ⋅ PQ

D

C

R

AB  PQ BC  QR = AB ⇒ QR = BC ⋅ PQ Másrészt: PQR "∼ ABC"⇒  .  PQ = BC ⇒ PR = AC ⋅ PQ  PR AC BC Írjuk be ezeket a fenti egyenlőségbe:

5

Q

A

P

B

Kubatov Antal


AC AB BC ⋅ PQ = AP ⋅ ⋅ PQ + AR ⋅ PQ /⋅ BC BC PQ AQ ⋅ AC = AP ⋅ AB + AR ⋅ BC . Felhasználva, hogy BC=AD: AP ⋅ AB + AR ⋅ AD = AQ ⋅ AC AQ ⋅

P.4. Az ABC egyenlőszárú háromszögben AC=BC. A háromszög köré írt körének C-t nem tartalmazó AB ívén vegyük fel a P pontot. Bizonyítsuk be, hogy ha D a C-ből PB-re bocsátott merőleges talppontja, akkor PA+PB=2PD. Bizonyítás: Ptolemaios-tétel APBC-re: AP ⋅ b + BP ⋅ b = PC ⋅ a PD a PD Másrészt: PDC"∼ AFC"⇒ = ⇒a= ⋅ 2b , ezt behelyettesítve: PC 2b PC AP+BP=2PD.

C

b

A

b

a

F

D

B

P

P.5. Jelölje O az ABC háromszögbe írt kör középpontját. Az ABC háromszög köré írt kört az A, B ill. C csúcsból induló szögfelező rendre az FA , FB , FC pontban metszi. AO BO CO + + ≥3 Bizonyítandó, hogy OFA OFB OFC 1.bizonyítás:

C

Fa

F O a 2

A

B

s-a E

s−a . Másrészt nem triviális, de BFA AO AO −a + b + c = OFA = CFA = BFA (*) , így átalakítva: . Analóg OFA a módon: BO a − b + c = OFB b AEO"∼ BFFA "⇒

a 2

=

CO a + b − c = OFC c Így az állítás ekvivalens a következővel: ? a a b b c c + + + + + − 3≥3 b c a c a b &

a b c b c a? + + + + + ≥6 b a % b c % a c % ≥2

≥2

≥2

2.bizonyítás: Ptolemaios-tétel: ( AO + OFA ) a = OFA (b + c) (felhasználtuk (*) − ot) AO b+c +1 = OFA a Így az állítás:

6

Kubatov Antal


? b+c a+c a+b + + − 3≥ 3 a b c & b c a c a b ? + + + + + ≥6 a a b b c c & b a c a b c? + + + + + ≥6 a b % a c % c b % ≥2

≥2

≥2

P.6. Jelölje R ill. r a háromszög köré, ill. a háromszögbe írt kör sugarát, d A , d B , d C pedig a körülírt kör középpontjának a háromszög oldalaitól vett távolságait. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög hegyesszögű, akkor d A + d B + d C = R + r . Hogyan módosul

az összefüggés, ha a háromszög nem hegyesszögű? Bizonyítás: Ptolemaios-tétel FA CFB K -ra: KC ⋅ FA FB = FA C ⋅ d B + FBC ⋅ d A . c a b Tudva, hogy KC = R; FA FB = ; FA C = ; FBC = az előző egyenlet: 2 2 2 c a b R = d B + d A /⋅ 2 2 2 2 R ⋅ c = a ⋅ d B + b ⋅ d A . Analóg : R ⋅ a = b ⋅ d + c ⋅ d  C B  R ⋅ b = a ⋅ d C + c ⋅ d A . Írjuk fel 2T − t kétféleképp : a ⋅ d + b ⋅ d + c ⋅ d = r(a + b + c) A B C  Σ : ( d A + d B + d C )( a + b + c ) = ( R + r )( a + b + c ) / : ( a + b + c )

C

db K da dc A

dA + dB + dC = R + r Megjegyzés: Könnyen belátható (cosinus tételek és háromszögterület összefüggésekkel):

r /⋅ R R R cos α + R cos β + R cos γ = R + r R cos α : előjeles távolság. dA + dB + dC = R + r di előjele attól függ, hogy a húr elválasztja a csúcsot és a köré írt kör középpontját, vagy nem. cos α + cos β + cos γ = 1 +

Ennek alkalmazására egy szép feladat: Legyen A1 , A 2 ,..., A n tetszőleges húrsokszög, melyet egymást nem metsző átlói (n-2) db háromszögre bontanak. Igazoljuk, hogy a háromszögekbe beírt körök sugarainak összege nem függ a felbontástól.

P.7. Bizonyítsuk be, hogy minden hegyesszögű háromszögben AM+BM+CM=2(R+r), ahol M a háromszög magasságpontja, r a beírt, R pedig a körülírt kör sugara.

7

B

Kubatov Antal


1.Bizonyítás: Ugyanúgy, mint az előző feladatban. 2.Bizonyítás: Az előző feladat „eredményére” alkalmazzunk egy S középpontú (-2)-szeres középpontos hasonlóságot. P.8. Az ABC háromszög A csúcsból induló szögfelezője a háromszög köré írható kört A1 -ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög BC oldala felezi az AA1 szakaszt, akkor PA + PC + PE = PB + PD . Bizonyítás: Ptolemaios-tétel ABA1C -re:

A

b ⋅ y + c ⋅ y = 2x ⋅ a ⇒ y(b + c) = 2x ⋅ a

 2a 2  y(b c) y + =  a⋅b b+c  x a BLA1 "∼ ALC"⇒ = b + c ⇒ x = ⋅ y b + c = a 2 y b b + c 

b

c

x

B

a

L y

ab x b+c y

C

A1

P.9. Egy szabályos kilencszög átlói növekvő sorrendben e1 , e 2 , e3 . Bizonyítsuk be,

hogy ekkor

1  e 2  1  e3  1 +  = 1 +  e1  e3  e 2  e1 

Bizonyítás: 1  e 2  ? 1  e3  1 +  = 1 +  /⋅ e1e2 e3 e1  e3  e 2  e1 

A1 A2 a

e1

e2

A3

& e2 (e2 + e3 ) = e3 (e1 + e3 ) Írjunk fel két Ptolemaios-tételt: A1A3 A 4 A 5 : ae1 + ae3 = e1e2   Vegyük a hányadosukat: A1A 4 A5 A 6 : ae1 + ae3 = e1e2 

A4

a

A8

e3 e3 a

a

?

A9

a

a

e1 a

a

A7

a

A6

A5

e1 + e3 e2 = e 2 + e3 e3 & e3 (e1 + e3 ) = e2 (e 2 + e3 ) P.10. Az ABCDE szabályos ötszög köré írható kör rövidebbik AE ívének egy pontja legyen P. Bizonyítsuk be, hogy ekkor PA+PC+PE=PB+PD. Bizonyítás: Írjunk fel Ptolemaios-tételeket: PABC : a ⋅ PA + a ⋅ PC = PB ⋅ AC

A

P

a

 PBCD : PC ⋅ BD = a ⋅ PB + a ⋅ PD   PCDE : a ⋅ PC + a ⋅ PE = PD ⋅ CE  PDEA : AD ⋅ PE = a ⋅ PA + PD ⋅ AE   PABE : PA ⋅ BE + a ⋅ PE = PB ⋅ AE 

E

B a

a C

8

a

D

Kubatov Antal


b := BE = AC = BD = CE = AD : a ⋅ PA + a ⋅ PC = PB ⋅ b  b ⋅ BD = a ⋅ PB + a ⋅ PD   a ⋅ PC + a ⋅ PE = PD ⋅ b  b ⋅ PE = a ⋅ PA + PD ⋅ AE   PA ⋅ b + a ⋅ PE = PB ⋅ AE  Σ : (2a + b)(PA + PC + PE) = (2a + b)(PB + PD)

& PA + PC + PE = PB + PD P.11. Legyen A1 , A 2 ,..., A n egy páratlan oldalszámú szabályos sokszög, M pedig a

sokszög köré írható kör A1A n ívének egy pontja. Bizonyítsuk be, hogy az M pontot a páratlan sorszámú csúcsokkal összekötő szakaszok együttes hossza egyenlő a páros sorszámú csúcsokkal összekötő szakaszok együttes hosszával. Bizonyítás: Legyen MA1 = d1 , MA 2 = d 2 ,..., MA n = d n . Az oldalak hosszát jelölje a, a legrövidebb átló hosszát pedig jelölje b. Alkalmazzuk Ptolemaios tételét az MA1A 2 A3 , MA 2 A3A 4 ,..., MA n −1A n A1 , MA n A1A 2 húrnégyszögekre (jobbról írjuk a páros számmal jelölt szakaszokat, balról a páratlannal jelölteket): a(d1 + d 3 ) = bd 2  A M A A bd 3 = a(d 2 + d 4 )  a(d 3 + d5 ) = bd 4  A  ...  bd n + ad1 = ad n −1  A  bd1 + ad n = ad 2  Σ : (2a + b)(d1 + d 3 + ... + d n ) = (2a + b)(d 2 + d 4 + ... + d n −1 ) & 1

2

3

n

An-1

4

d1 + d3 + ... + d n = d 2 + d 4 + ... + d n −1 P.12. Megadható-e a síkon 2004 pont úgy, hogy bármely három ne legyen egy egyenesen, és bármely kettő távolsága racionális szám legyen. Cj Ci ai a j A

bi 1

bj B

Bizonyítás: Vegyük a relatív prím Pitagoraszi számhármasokat(ezekből végtelen sok van) és osszuk el c-vel. Ekkor c = 1; a, b ∈ ' . Minden ilyen számhármas meghatároz egy ABCi derékszögű háromszöget az AB=1 átmérőjű körben. Ekkor bármely Ci C j távolság is racionális szám, hiszen a Ptolemaios-tétel szerint a jbi = a i b j + 1 ⋅ ci c j . Mivel a jbi , a i b j ∈ ' ⇒ ci c j ∈ '

9

Kubatov Antal


1.megjegyzés: A síkon mindig megadható n számú pont úgy, hogy közülük egyik három se legyen egy egyenesen, de közülük bármely kettő távolsága egész szám legyen. 2.megjegyzés: A síkban nem adható meg végtelen sok pont úgy, hogy ne legyenek egy egyenesen, de bármely kettő távolsága egész legyen.

10

Kubatov Antal


C. megoldások C.0. Casey-tétel: Ha a k A , k B , k C , k D körök belülről érintik a k kört olyan A,B,C,D pontokban, melyek egy konvex négyszöget határoznak meg, akkor a két-két kör közös külső érintőszakaszai között fennáll az alábbi összefüggés ( d k i , k j jelölje a k i és k j körök közös külső

(

)

érintő szakaszának a hosszát)

d ( kA , kB ) ⋅ d ( kC , kD ) + d ( kB , kC ) ⋅ d ( kA , kD ) = d ( kA , kC ) ⋅ d ( kB , kD ) d(kA; k ) B

A r 1 O1 R-r1

γ O

R-r2

r2-r 1 O2

B

Bizonyítás:

(R − r ) + (R − r ) 2

O1O 2 =

1

2

2

− 2 ( R − r1 )( R − r2 ) cos γ 2R − AB 2

AB = R + R − 2RR cos γ ⇒ cos γ = 2

d

2

(k

2

2

2R

2

2

= 1−

AB 2R



; k B ) = ( R − r1 ) + ( R − r2 ) − 2 ( R − r1 )( R − r2 )  1 − A

d (kA ; kB ) =

2

2



AB 2R

2

2 2 AB  2 − r − r = ... = R − r R − r ( ) ( )( ) 2 1 1 2 2  2 2R  2R

AB

2

( R − r )( R − r ) 1

2

Hasonlóan a többi párra is felírhatjuk ezt az összefüggést: AB d (kA ; kB ) = ( R − r1 )( R − r2 )  2R  AB ⋅ CD BC ( R − r1 )( R − r2 )( R − r3 )( R − r4 ) d (kB ; kC ) = ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k A ; k B ) ⋅ d ( k C ; k D ) = 2 R  2R  BC ⋅ AD CD ( R − r1 )( R − r2 ) ( R − r3 )( R − r4 ) d (kC ; kD ) = ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k B ; k C ) ⋅ d ( k A ; k D ) = 2 R  2R ⇒ AC ⋅ BD AD ( R − r1 )( R − r2 )( R − r3 )( R − r4 ) d (kA ; kD ) = ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k A ; k C ) ⋅ d ( k B ; k D ) = 2 R  2R  ⇓ AC d (kA ; kC ) = ( R − r1 )( R − r2 )  2R  d ( kA , kB ) ⋅ d ( kC , kD ) + d ( kB , kC ) ⋅ d ( kA , kD ) = d ( kA , kC ) ⋅ d ( kB , kD )  BD d (kB ; kD ) = ( R − r1 )( R − r2 )   2R

Kiegészítés A tétel érvényben marad akkor is, ha az A,B,C,D pontokban kívülről érintő köröket rajzolunk a k körhöz, s ezek AB külső érintőit nézzük. Ekkor d ( k A ; k B ) = ( R + r1 )( R + r2 ) . R

11

Kubatov Antal


C.1. Tekintsük az ABC egyenlőszárú háromszöget és a köré írható kört (AC=BC). Legyen k1 egy olyan kör, mely érinti a köré írt kört (C-t nem tartalmazó íven) és ABt. Jelölje t a C-ből a k1 -hez húzott érintőszakasz hosszát. Mutassuk meg, hogy t nem függ a k1 választásától. Megoldás: Írjuk fel Casey-tételét az A, k1 , B, C körökre: AC⋅ BM + BC⋅ AM = t ⋅ AB b

C

b

b

b ( AM + BM ) = t ⋅ AB / : AB(≠ 0)

K

AB

M

A

t=b

B

k1

C.2. Két különböző sugarú kör belülről érinti egymást. A nagyobb sugarú körbe szabályos háromszöget írunk. A háromszög csúcsaiból érintőket húzunk a kisebb sugarú körhöz. Mutassuk meg, hogy a leghosszabb érintőszakasz egyenlő a másik kettő összegével.

C D

A

b

t

Bizonyítás: Casey-tétel ABCD-re: d(B; k) ⋅ a = a ⋅ d(C; k) + d(A; k) ⋅ a

B

d(B; k) = d(C; k) + d(A; k)

C.3. Adott egy k kör, annak egy tetszőleges AB húrja, s a rá merőleges CD átmérő. Tekintsünk egy olyan k1 kört, mely érinti az AB húrt és a k-t a C-t tartalmazó íven, valamint egy k 2 kört, mely a D pontban érinti belülről a k-t. Mutassuk meg, hogy a k1 és k 2 körök közös külső érintő szakaszának hossza független a k1 kör választásától adott k és k 2 kör esetén. Megoldás: Casey-tétel a A, k1 , B, k 2 körökre:

C

d(A; k 2 ) ( AM + BM ) = AB ⋅ d(k1 ; k 2 ) ()*)+

k1 M

A

B

d(k1;k2)

AM ⋅ d(B; k 2 ) + BM ⋅ d(A; k 2 ) = AB ⋅ d(k1 ; k 2 ) . A szimmetria miatt: d(B; k 2 ) = d(A; k 2 ) :

k2

AB

D

&

d(A; k 2 ) = d(k1 ; k 2 )

12

Kubatov Antal


C.4. Adott egy k kör és annak AB átmérője. Tekintsük a C belső pontban az AB-re merőleges húrt. Messe ez a k kört az M ill. N pontokban. Határozzuk meg az AC ill. BC átmérőjű körök közös külső érintőinek hosszát! 1. megoldás: Casey-tétel a k1 , M, k 2 , N körökre: d(k1 ; k 2 ) ⋅ MN = % NC ⋅ MC + MC ⋅ % NC MC

N

d(k1 ; k 2 ) ⋅% MN = 2MC

2

C

A

MC

B k2

. k1

2MC

d(k1 ; k 2 ) = MC

M

2. megoldás: A szelőtétel segítségével kifejezhető a körök sugarával is a közös külső érintőszakasz hossza: AC NC ⋅ CM % ⋅ CB %=% 2R

2r

CM

&

CM = d(k1 ; k 2 ) = 2 Rr

C.5. Adott egy k kör, valamint három - a k-t belülről érintő - azonos sugarú kör, melyek páronként kívülről érintik egymást. Mutassuk meg, hogy a k kör egy tetszőleges M pontjából a k1 , k 2 , k 3 körökhöz húzott érintőszakaszok egyike a másik kettő összegével egyenlő. M

Megoldás: Casey-tétel a k1 , k 2 , k 3 , M körökre: e1 ⋅ d(k 2 ; k 3 ) + e3 ⋅ d(k1 ; k 2 ) = e 2 ⋅ d(k1 ; k 3 ) . Felhasználva, hogy d(k 2 ; k 3 ) = d(k1 ; k 2 ) = d(k1 ; k 3 ) kapjuk, hogy e1 + e3 = e 2

A

C k1

k3 k2 B

C.6. Adott az AB(=2R) átmérőjű k kör, valamint az AB-t és a k-t (belülről) érintő k1 kör. Az AB-n lévő érintési pontot jelölje M. Határozzuk meg k1 kör sugarát, ha AM=m. Megoldás: Legyen k1′ a k1 tükörképe AB-re. Ekkor a Casey-tétel az A, k1 , k1′ , B körökre: AM k1′ ) + AM ⋅ d(B; k1 ) = AB ⋅ 2r1 % ⋅ d(B; ( )*) + % ( )*) + m

2R − m

m

2R − m

k1 M

A k'1

& m(2R − m) r1 = 2R

13

B

Kubatov Antal


C.7. Adott az ABC háromszög a köré írható körével együtt. Tekintsük azt a k1 kört,

mely belülről érinti k-t, valamint az AB és BC oldalakat a C1 , ill. A1 pontokban. Fejezzük ki a BA1 szakasz hosszát a háromszög oldalainak segítségével. Határozzuk meg a k1 kör sugarát is a háromszög adataival. Megoldás: Casey-tétel az A, B, C, k1 körökre: AC1 ⋅ BC + e3 ⋅ CA1 ⋅ AB = AC ⋅ BC %1

C r1

BA1

A

(c − BA1 ) ⋅ a + (a − BA1 ) ⋅ c = b ⋅ BA1 BA1 (a + b + c) = 2ac 2ac a ⋅c BA1 = = a+b+c s

A1 β/2

k1

B

C1

k

Határozzuk meg a k1 kör sugarát is a háromszög adataival: ac β r1 = BA1 ⋅ tg β2 = ⋅ tg s 2 ac sin β 2t t Másrészt t = ⇒ ac = = β 2 sin β sin 2 cos β2 sin β2 1 t r ⋅ ⋅ = β β β sin 2 cos 2 cos 2 s cos 2 r 2r Végül r1 = = 2 β cos 2 1 + cos β Így r1 =

β 2

t    Mivel = r  s  

C.8. Adott az AB átmérőjű k kör. Az átmérő harmadoló pontjait jelölje M és N. Legyenek k1 és k 2 a k-t belülről érintő körök, melyek érintik AB-t az M illetve N pontban, s AB a két kör közös belső érintője. Határozzuk meg a k1 és k 2 körök közös külső érintő szakaszának hosszát a k kör R sugarának függvényében. Megoldás: Casey-tétel az A, k1 , B, k 2 körökre: AM % ⋅ BN % = AR % ⋅ d(k1 ; k 2 ) % + AN % ⋅ BM 2R 3

2R 3

4R 3

4R 3

k1 A

2R

k2

& d(k1 ; k 2 ) =

N M

R 2 10 = R 2R 9

20 9

14

B

Kubatov Antal


C.9. Adott az ABC egyenlőszárú háromszög (AC=BC) a köré írt körével(k) együtt. Jelölje k1 , k 2 , k 3 azokat a köröket, melyek k-t belülről érintik (a harmadik csúcsot nem tartalmazó íven), valamint érintenek egy-egy oldalt a felezőpontjában. Mutassuk meg, hogy a k1 , k 2 , k 3 körök páronként vett közös külső érintő szakaszának hossza megegyezik. Megoldás: Jelölje b := AC = BC A szimmetriából d(k1 ; k 2 ) = d(k 2 ; k 3 ) Casey-tétel az k1 , k 3 , k 2 , C körökre: b b ⋅ d(k 2 ; k 3 ) + ⋅ d(k1 ; k 3 ) = d(C; k 3 ) ⋅ d(k1 ; k 2 ) )*) + ( )*) + 2 2 ( d(k 2 ;k 3 )

C

k1

k2

A

B

k3

b (1.feladat )

& d(k 2 ; k 3 ) = d(k1 ; k 2 )

10. feladat: (Kürschák József Emélkverseny 2004/1.feladat) Adott a síkban az ACB" , melynek körülírt körét kívülről érinti a k kör. A k kör érinti egyúttal az AB és AC félegyeneseket is, mégpedig P és Q pontokban. Mutassuk meg, hogy a PQ szakasz felezőpontja egybeesik az ACB" BC oldalához hozzáírt körének középpontjával.

Megoldás: Q C Alkalmazzuk Casey-tételét az A,B,C és a hozzáírt körre: a ⋅ AP = BP ⋅ b + c ⋅ CQ b O R S a a ⋅ AP = (AP − c) ⋅ b + c ⋅ (AP − b) s-a A P c E B 2bc = AP(b + c − a) 2bc bc = AP = b+c−a s−a AS s − a s−a AOE"∼ ASP"⇒ = ⇒ AS = AP ⋅ Írjuk be a fent AP AO AO C kapott eredményt: b O bc s − a b ⋅ c ⋅ = AS = ( I) α/2 O α/2 s − a AO AO A B c Másrészt: α α β β α γ  = ; AOC$ = 180° −  +  = 180° −  90° −  = 90° + = ABO A $ , így: 2 2 2 2  2 2  AO c bc AOC"∼ ABO A "⇒ = ⇒ AO ⋅ AO A = bc ⇒ AOA = ( II ) b AOA AO (I) és (II)-ből adódik, hogy: AS = AOA ⇒ S ≡ O A a

15

Ptolemaios-tétele, Casey-tétel, feladatok

Recommend Documents