Egy egyenes két megadott kört az $A$, illetve $B$ pontokban érint, továbbá mindkét kört belülről érinti egy harmadik kör a $D$, illetve $C$ pontokban. Igazoljuk, hogy $A$, $B$, $C$ és $D$ egy körön fekszenek!

Feltehető, hogy $A$ és $B$ különböző pontok, azaz a két kör nem belülről érintkező, különben az állítás vagy nem igaz, vagy semmitmondó attól függően, hogy a legfeljebb három különböző érintési pont kollineáris, vagy sem. Az adott körök mindegyikét belülről érintő kör sugara kisebb a két kör sugarának bármelyikénél és az érintési pontok kivételével mindkét kör a belsejében tartalmazza, vagyis az adott két körvonal metszi egymást, és így az ezeket érintő egyenesnek ugyanazon az oldalán vannak. Az adott körök legyenek $K_{1}$ és $K_{2}$, középpontjaik $O_{1}$, illetve $O_{2}$, belsejükben tartalmazzák az őket érintő $O$ közepű $K$ kört. Érintkező körök centrálisa tartalmazza a közös érintési pontot, ennélfogva az $O_{1}C$, illetve $O_{2}D$ egyenesek (nem feltétlenül egyetlen) közös pontja az $O$. Ha $O$ az ABCD négyszögnek is pontja (1. ábra), akkor

hiszen (az esetleg négyszöggé fajuló) AO$_{1}$OO$_{2}B$ ötszög szögeinek összege $ 3\cdot 180^{\circ}$, és ebből az $A$ és $B$ csúcsoknál levő szögeinek összege 180\r{ }\r{ }. Az AC és BD egyenesek közös pontját jelölje $P$! A $P$ pont rajta van a $K$ körön, mert az APB háromszög APD külső szögére egyrészt

másrészt az előbbiek miatt $APD\angle =180^{\circ}-{COD\angle } 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 2$, tehát a $P$ pontból a CD húr az egyik CD ívhez tartozó (kerületi) szögben látszik.

Ezek szerint

mert a BD ívhez tartozó érintőszárú kerületi szög fele az ívhez tartozó középponti szögnek. Így a $B$ és $C$ pontokból az AD szakasz egyenlő szögben látszik, tehát a négy pont egy körön van. Ha $O$ az ABDC négyszögön kívül van, (2. ábra), akkor az AO$_{1}$OO$_{2}B$ (konkáv) ötszög szögeinek összegéből a konkáv $O_{1}$OO$_{2}\angle $?-re

ezért, az előbbi módon igazolhatjuk, hogy $P$ a $K$ körön van, és így

tehát a $B$ és $C$ pontokból az AD szakasz ugyanakkora szögben látszik, következésképpen a négy pont egy körön van

2. Megoldás

A $C$ közepű, ${CO} {CO_1 }}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {CO_1 }$ arányú hasonlóság a $K_{1}$ kört a $K$ körbe, amannak $A$ pontbeli érintőjét emennek $A^{\ast }$ pontbeli, az AB-vel párhuzamos érintőjébe viszi (3. és 4. ábra). A $D$ közepű, ${DO} {DO_2 }}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {DO_2 }$ arányú hasonlóság a $K_{2}$ kört a $K$-ba, és az előbbinek $B$-beli érintőjét az utóbbinak egy, az AB-vel párhuzamos érintőjébe viszi. Az AB közös érintőnek így adódó képe tehát AB-vel párhuzamos és egyikük sem választja el a $D$ (és $C)$ pontot az AB egyenestől, mivel a két hasonlóság aránya pozitív, következésképpen a két kép azonos. Ebből viszont következik, hogy a CA és a DB egyenesek közös pontja a $K$ kör $A^{\ast }$ pontja.

A $C$ csúcsot nem tartalmazó $A^{\ast }D$ ívhez tartozó, az $A^{\ast }$-beli (AB-vel párhuzamos) érintő adta (érintőszárú) kerületi szög egyrészt a $DCA^\ast \angle =DCA\angle $-gel, egyenlő, másrészt a DBA$\angle $?-gel is egyenlő, hiszen egyállásúak. Az AD szakasz tehát mind a $B$, mind a $C$ csúcsból ugyanakkora szögben látszik, ezért az $A$, $B$, $C$ és $D$ pontok egy körön vannak.

Megjegyzések:

1. Figyelemre méltó, hogy míg az I. megoldás egyszerűnek mondható szögszámolással, de esetszétválasztásra kényszerülve az választ, addig az utóbbi megoldás a középpontos hasonlósággal, de esetszétválasztás nélkül képes dűlőre vinni a dolgot. Geometriai alakzatok tulajdonságáról szóló állítások bizonyítása éppen azért nehéz, mert a válsztott módszert alapos vizsgálatnak kell alávetnünk: valamennyi lehetséges esetre ad-e választ, vagy sem. Abbeli örömünkben, hogy megragadtuk a gyík farkát, könnyen elszalaszthatjuk magát a gyíkot, azaz egy lehetséges (vagy ami rosszabb, lehetetlen) esetre talált megoldást univerzálisnak véljük, holott nem biztos, hogy az. Az első megoldás zárójelben írt ,,nem feltétlenül egyetlen'', ,,esetleg négyszöggé fajuló'' kivételei is mind olyan, a tárgyalt esettől különböző esetekre utalnak, amelyekre az itt alkalmazott módszer használható változtatás nélkül. Az idézett utalások jelzik, hogy nem hagytuk figyelmen kívül a lehetőségeket, ugyanakkor a felesleges szószaporítás sem kenyerünk. Az ilyen utalások dagasztják a dolgozatokat javítók keblét, s teszik magát a dolgozatot értékesebbé.

2. Feladatunk állításánál több is igaz. Ha egy egyenes két megadott kört nem választ el, ezeket a (különböző) A, illetve B pontokban érinti, továbbá egy harmadik kört mindkét kör belülről érinti a C, illetve D pontban, akkor e négy pont egy körön van. Előbbi jelöléseinket megtartva, legyen $O_1 AC\angle =ACO_1 \angle =\alpha $, $O_2 BD\angle =BDO_2 \angle =\beta $, $OCD\angle =CDO\angle =\gamma $. Az ABCD négyszög ha tartalmazza az $O_{1}$, $O_{2}$ középpontokat (5. és 6. ábra), akkor (jelöléseinkkel) az ABCD négyszög szögeinek összege

amiből

A négyszög szemköztes csúcsainál levő szögek éppen ezekből állnak, tehát kiegészítő szögek, vagyis a négy pont egy körön van. Ha az ABCD négyszög nem tartalmazza az $O_{1}$, $O_{2}$ pontokat (7. és 8. ábra), akkor a négyszög szögösszege:

ezért

Az $A$ és $D$ szemköztes csúcsoknál levő szögek összege azonban éppen a fenti összeg, tehát a négyszög húrnégyszög. (Az $O_{1}$, $O_{2}$ középpontok vagy mindegyike, vagy egyik sem tartozik az ABCD négyszöghöz. Ugyanis $O_{1}$, $O_{2}$ pontokat sem az AB, sem a CD egyenes nem választja el.) A két kör közös érintőegyenese nem választhatja el a köröket, különben a feladat állítása nem igaz. Szerkesszünk ugyanis egy, a $K$ kört és annak egy átmérőjét belülről, az átmérőt nem az $O$ pontban érintő $K_{1}$ kört (9. ábra)! A $K_{1}$ körnek az $O$ pontra vonatkozó tükörképe legyen a $K_{2}$. Az $A$, $B$, illetve $C$, $D$ érintési pontok az $O$-ra szimmetrikusak, tehát az ACBD négyszög paralelogramma. Ez a négyszög nem téglalap, hiszen az AB szakasz nem lehet a kör átmérője, tehát az $A$, $B$, $C$ és $D$ pontok nincsenek egy körön.