Matematika | Tanulmányok, esszék » Kubatov Antal - 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. 327 π≈ =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.wolframcom/CaseysTheoremhtml http://mathworld.wolframcom/FuhrmannsTheoremhtml http://mathworld.wolframcom/PursersTheoremhtml 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). 1 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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 PB-re 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 Bizonyítandó, hogy AO BO CO + + ≥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? 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 Ptolemaios, Casey, feladatok 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 AB-t. 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 3 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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. 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 Ptolemaios, Casey, feladatok 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: b ce C c b Alkalmazzuk a CDA -re azt a C körüli forgatva

nyújtást, mely e D δ f b átviszi a CBA′ -be (aránya b:c). Ekkor CA′ = c e Vegyük észre, β δ d a B A hogy ekkor az AA′C DBC , hiszen ACA′ = DCB és BC b CA′ b e , így a hasonlóság aránya: k = , így = = ; CD c CA c c b e 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 a Írjuk fel a Ptolemaios-tételt az ABMC-re: B C a M BM ⋅ AC+ CM ⋅ AB = AM ⋅ BC / : a a b cd A Bizonyítás: a A a BM + CM = AM 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: P D a a A a B

Ptolemaios-tétel a PDAB-re: PD ⋅ a + PB ⋅ a= PA ⋅ a 2 / :a Ptolemaios-tétel a PABC-re: PB ⋅ a 2= PA ⋅ a + PC ⋅ a / :a Szorozzuk össze a két egyenletet: PB(PB+PD)=PA(PA+PC) 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 PB-re bocsátott merőleges talppontja, akkor PA+PB=2PD. D Bizonyítás: R 5 A C Q P B Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok Ptolemaios-tétel az APQR-re: AQ ⋅ PR = AP ⋅ RQ + AR ⋅ PQ AB  PQ BC = ⇒ QR = ⋅ PQ  QR AB BC Másrészt: PQR  ABC ⇒  . Írjuk be ezeket a fenti PQ BC AC  = ⇒ PR = ⋅ PQ  PR AC BC egyenlőségbe: AQ ⋅ 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 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: C b A Ptolemaios-tétel APBC-re: AP ⋅ b + BP ⋅ b= PC ⋅ a Másrészt: PDC AFC ⇒ AP+BP=2PD. b a F P D B PD a PD = ⇒ a= ⋅ 2b , ezt behelyettesítve: PC 2b PC 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 Bizonyítandó, hogy AO BO CO + + ≥3 OFA OFB OFC C 1.bizonyítás: Fa F O a 2 A s-a E B s−a = . Másrészt nem triviális, de BFA AO AO −a + b + c . Analóg OF = CF = BFA (*) , így átalakítva: = A A OFA a módon: AEO BFFA  ⇒ a 2 BO a − b + c = OFB b 6 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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: ? 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? C Bizonyítás: Ptolemaios-tétel FA CFB K -ra: KC ⋅ FA FB = FA C ⋅ d B + FBC ⋅ d A . db K da dc A 7 B Kubatov Antal Tudva, hogy = KC R;= FA FB Ptolemaios, Casey, feladatok c a b az előző egyenlet: = ; FA C = ; FBC 2 2 2 c a b =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 ) R d A + d B + d C =R + r Megjegyzés: Könnyen belátható (cosinus tételek és háromszögterület összefüggésekkel): r /⋅ R R R cos α + R cos β + R cos γ= R + r cos α + cos β + cos γ = 1 + R cos α : előjeles távolság. d A + d B + d C =R + r d i előjele attól függ, hogy a húr elválasztja a csúcsot és a köré írt kör középpontját, vagy nem. 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. 1.Bizonyítás: Ugyanúgy, mint az előző feladatban 2.Bizonyítás: Az előző feladat „eredményére” alkalmazzunk egy S középpontú (-2)-szeres középpontos hasonlóságot. 8 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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: A c Ptolemaios-tétel ABA1C -re: x B y 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  L b a 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: A1 A2 a 1  e 2 

? 1  e3  1 +  = 1 +  /⋅ e1e 2 e3 e1  e3  e 2  e1   e1 e2 A3 a A4 A9 a a a e3 e3 e1 a a a A5 ? e 2 (e 2 + e3 )= e3 (e1 + e3 ) A8 a A7 A6 Írjunk fel két Ptolemaios-tételt: A1A 3 A 4 A 5 : ae1 + ae3 = e1e 2   Vegyük a hányadosukat: A1A 4 A 5 A 6 : ae1 + ae3 = e1e 2  e1 + e3 e 2 = e 2 + e3 e3  e3 (e1 + e3 )= e 2 (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: A a Írjunk fel Ptolemaios-tételeket: P E B a a 9 C a D Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok PABC : a ⋅ PA + a ⋅ PC= PB ⋅ AC  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  = 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 d= d 2 ,., = MA n d n . 1 , MA 2 Az oldalak hosszát jelölje a, a legrövidebb átló hosszát pedig jelölje b. Alkalmazzuk Ptolemaios tételét az MA1A 2 A 3 , MA 2 A 3 A 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  bd = a(d 2 + d 4 )  3 a(d 3 + d 5 ) = bd 4   .  bd n + ad1 = ad n −1  

bd1 + ad n = ad 2  A2 An An-1 A3 A4 10 A1 M Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok Σ : (2a + b)(d1 + d 3 + . + d n )= (2a + b)(d 2 + d 4 + + d n −1 )  d1 + d 3 + . + 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. Ci ai a j A bi Cj Bizonyítás: bj 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 1 B a jb= a i b j + 1 ⋅ ci c j . Mivel a jbi , a i b j ∈  ⇒ ci c j ∈ i 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. 11 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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; k ) A r 1 O1 B R-r1 γ O R-r2 r2-r1 O2 B d ( kA , kB ) ⋅ d ( kC , kD ) + d ( kB , kC ) ⋅ d ( kA , kD ) = d ( kA , kC ) ⋅ d ( kB , kD ) Bizonyítás: (R − r ) + (R − r ) O1O 2 = 2 1 2 2 − 2 ( R − r1 )( R − r2 ) cos γ 2R − AB 2 AB = R + R − 2RR cos γ ⇒ cos γ = 2 2 2 2R 2 2 = 1− AB 2R 2 2 2 AB  AB2  2 d (kA ; kB ) = . = ( R − r1 ) + ( R − r2 ) − 2 (

R − r1 )( R − r2 )  1 − 2  − ( r2 − r1 ) = ( R − r1 )( R − r2 ) 2 2R  2R  2 2 d ( k A ; k B= ) AB 2R 2 ( R − r )( R − r ) 1 2 Hasonlóan a többi párra is felírhatjuk ezt az összefüggést: 12 Kubatov Antal d ( k A ; k B= ) AB d ( k B ; k C= ) BC d ( k C ; k D= ) CD d ( k A ; k D= ) AD d ( k A ; k C= ) AC d ( k B ; k D= ) BD 2R 2R 2R 2R 2R 2R Ptolemaios, Casey, feladatok ( R − r )( R − r )  1 2  AB ⋅ CD ; kD ) ( R − r1 )( R − r2 )( R − r3 )( R − r4 ) ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k A ; k B ) ⋅ d ( k= C 2 R   BC ⋅ AD ; kD ) ( R − r1 )( R − r2 ) ( R − r3 )( R − r4 ) ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k B ; k C ) ⋅ d ( k= A 2 R  ⇒ AC ⋅ BD ; kD ) ( R − r1 )( R − r2 )( R − r3 )( R − r4 ) ( R − r1 )( R − r2 )  d ( k A ; k C ) ⋅ d ( k= B 2 R   ⇓ ( R − r1 )( R − r2 )   d (kA , kB ) ⋅ d (kC , kD ) + d (kB , kC ) ⋅ d (kA , kD ) = d (kA , kC )

⋅ d (kB , kD )  ( R − r1 )( R − r2 )   Kiegészítés A tétel érvényben marad akkor is, ha az A,B,C,D pontokban kívülről érintő köröket rajzolunk a k körhöz, s ezek külső érintőit nézzük. Ekkor d ( k A ; k B= ) AB R ( R + r )( R + r ) . 1 2 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 AB-t. Jelölje t a C-ből a k1 -hez húzott érintőszakasz hosszát. Mutassuk meg, hogy t nem függ a k1 választásától C Megoldás: Írjuk fel Casey-tételét az A, k1 , B, C körökre: b AC⋅ BM + BC⋅ AM =⋅ t AB b A b b ( AM + BM ) = t ⋅ AB / : AB(≠ 0) b t K M k1 B AB t=b 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 Bizonyítás: Casey-tétel ABCD-re: 13 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok d(B; k) ⋅ a = a ⋅ d(C; k) + d(A; k) ⋅ a 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. C Megoldás: A szimmetria miatt: d(B; k 2 ) = d(A; k 2 ) : d(k1;k2) Casey-tétel a A, k1 , B, k 2 körökre: AM ⋅ d(B; k 2 ) + BM ⋅ d(A; k 2 ) = AB ⋅ d(k1 ; k 2 ) . A k1 M B k2 D d(A; k 2 ) ( AM + BM ) =AB ⋅ d(k1 ; k 2 )  AB  d(A; k 2 ) = d(k1 ; k 2 ) 14 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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! N 1. megoldás: Casey-tétel a k1 , M, k 2 , N körökre: C A k2 d(k1 ; k 2 ) ⋅ MN =  NC ⋅ MC + MC ⋅  NC MC k1 M MC d(k1 ; k 2 ) ⋅ MN = 2MC2 B . 2MC d(k1 ; k 2 ) = MC 2. megoldás: A szelőtétel segítségével kifejezhető a körök sugarával is a közös külső érintőszakasz hossza: AC NC ⋅ CM  ⋅ CB =  2R 2r CM  = CM d(k = 2 Rr 1; k 2 ) 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: A Casey-tétel a k1 , k 2 , k 3 , M körökre: C k1 k3 e1 ⋅ d(k 2 ; k 3 ) +

e3 ⋅ d(k1 ; k 2 ) = e 2 ⋅ d(k1 ; k 3 ) . k2 B Felhasználva, hogy d(k = d(k = d(k1 ; k 3 ) kapjuk, hogy 2 ; k3 ) 1; k 2 ) e1 + e3 = e2 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: k1 M A 15 k1 B Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok Legyen k1′ a k1 tükörképe AB-re. Ekkor a Casey-tétel az A, k1 , k1′ , B körökre: ⋅ d(B; k1 ) =AB ⋅ 2r1 AM k1′ ) + AM ⋅ d(B;        m m 2R − m 2R − m  r1 = m(2R − m) 2R 16 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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: C Casey-tétel az A, B, C, k1 körökre: A AC1 ⋅ BC + e3 ⋅ CA1 ⋅ AB = AC ⋅ BC1  r1 C1 A1 β/2 k1 B k BA1 (c − BA1 ) ⋅ a + (a − BA1 ) ⋅ c = b ⋅ BA1 BA1 (a + b + c) = 2ac 2ac a ⋅c = BA1 = a+b+c s Határozzuk meg a k1 kör sugarát is a háromszög adataival: ac β r1 =BA1 ⋅ tg β2 = ⋅ tg s 2 Másrészt t= Így r1 = ac sin β 2t 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 β2 Végül r1 = t   = r  Mivel s   r 2r = 2 β cos 2 1 + cos β 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: k1 A Casey-tétel az A, k1 , B, k 2 körökre:

N M k2 17 B Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok AM ⋅ BN  = AR  ⋅ d(k1 ; k 2 )  + AN  ⋅ BM 2R 3 2R 3 4R 3 4R 3 2R  d(k1= ; k2 ) R 2 10 = R 2R 9 20 9 18 Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok 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 Megoldás: Jelölje= b : AC = BC k1 A szimmetriából d(k1 ; k 2 ) = d(k 2 ; k 3 ) k2 A B k3 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 ) b (1.feladat )  d(k 2 ; k 3 ) = d(k1 ; k 2 ) 10. feladat: (Kürschák József Emélkverseny

2004/1feladat) 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: b Alkalmazzuk Casey-tételét az A,B,C és a hozzáírt körre: A a ⋅ AP= BP ⋅ b + c ⋅ CQ a ⋅ AP= (AP − c) ⋅ b + c ⋅ (AP − b) 2bc = AP(b + c − a) 2bc bc = AP = b+c−a s−a AOE ASP ⇒ kapott eredményt: AS = Q C O s-a c E AS s − a s−a Írjuk be a fent = ⇒ AS = AP ⋅ AP AO AO bc s − a b ⋅ c ⋅ = s − a AO AO Másrészt: 19 R B S P C A ( I) a b α/ 2 α/2 Oa O c B Kubatov Antal Ptolemaios, Casey, feladatok α α β β α γ  = ; AOC = 180° −  + =  180° −  90° − =  90° + = ABO A , így: 2 2 2 2  2 2  AOC ABO A  ⇒ AO c bc = ⇒ AO ⋅ AO A =bc

⇒ AO A = b AO A AO (I) és (II)-ből adódik, hogy: AS = AO A ⇒ S ≡ O A 20 ( II )