Feladat: F.2186 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1979/szeptember, 14 - 15. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Körérintési szerkesztések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/január: F.2186

Adott a síkban három kör úgy, hogy nem metszik egymást és egyik sincs a másik belsejében. Szerkesszünk olyan pontot, amelyből a körök egyenlő látószögben látszanak. (Látószögön az érintők szögét értjük.)

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

Jelöljük a három kör középpontját O1-gyel, O2-vel, O3-mal, sugaraikat r1-gyel, r2-vel, r3-mal, magukat a köröket pedig k1-gyel, k2-vel, k3-mal. Keressük meg először a síkon mindazokat a P pontokat, amelyekből k1 és k2 egyenlő szög alatt látszik. A keresett pontok közé tartozik a két kör közös belső érintőinek B metszéspontja, hiszen a B-hez tartozó két látószög a B centrumra nézve tükrösen helyezkedik el. Ha P a vizsgált mértani hely tetszőleges pontja, és E1, E2 a P-ből k1-hez, k2-höz húzott érintők érintési pontjai, a PO1E1, PO2E2 háromszögek derékszögűek, és P-nél levő szögük egyenlő. Emiatt ezek a háromszögek hasonlóak, és

PO1:PO2=r1:r2,(1)
vagyis a keresett pontoknak az O1, O2 középpontoktól mért távolságának aránya egyenlő a sugarak arányával. Megfordítva, ha valamely P pontra teljesül (1), akkor P nem lehet sem k1, sem k2 belső pontja, és a P-ből ki-hez húzott érintők Ei érintési pontjára i=1,2 mellett (1) a PO1E1, PO2E2 derékszögű háromszögek hasonlóságát biztosítja, amiből pedig a látószögek egyenlősége következik. Így a B pontra
BO1:BO2=r1:r2.(2)

 
 

Ha r1=r2, az (1) feltételnek eleget tevő pontok az O1O2 szakasz felező merőleges egyenesén vannak. Tegyük fel például, hogy r1<r2, és legyen P a vizsgált mértani hely tetszőleges, de nem az O1O2 centrálison levő pontja. A PO1O2 háromszög P-beli belső szögfelezőjének az O1O2 szakasszal alkotott B* metszéspontjára
B*O1:B*O2=PO1:PO2=r1:r2=BO1:BO2
teljesül, így az nem lehet más, mint a B pont. Ha O1-et a PB szögfelezőre tükrözzük a B körüli, O1-en átmenő b kör O1* pontját kapjuk, ami ugyanakkor a PO2 szakaszon is rajta van. Jelöljük b-nek O1-gyel átellenes pontját A-val, mivel AO1* is, PB is merőleges O1O1*-ra, AO1* párhuzamos PB-vel. Továbbá
O2O1*:O2P=AO2:BO2=(r2-r1):r2.
Eszerint a keresett mértani helyet az O2 centrumból (r2-r1):r2 arányban kicsinyítve a b kör pontjaihoz jutunk. Megfordítva, ha O1* a b kör tetszőleges, A-tól, O1-től különböző pontja, a belőle az O2 centrumú, r2:(r2-r1) arányú nagyítással kapott P pontra PB01*A miatt PBO1O1*, és így
PO1:PO2=PO1*:PO2=r1:r2,
tehát P a mértani hely pontja. Nagyítsuk hát ki az O2 centrumból r2:(r2-r1) arányban a b kört, és megkapjuk a keresett mértani helyet. Állításunkat már csak az O1-ből származó K pontra kell ellenőrizni, ami PKPB miatt egyben az O1O2P háromszög P-beli külső szögfelezőjének is pontja. Így KO1:KO2==PO1:PO2, tehát valóban teljesül rá (1). Mivel r1<r2 mellett a k1, k2 körök külső érintői is metszik egymást, és e metszéspont a mértani helyhez tartozik, K nem lehet más, mint a külső érintők metszéspontja, és a vizsgált mértani hely a BK szakasz feletti Thalész-kör.
Jelöljük m12-vel a kapott mértani helyet, és legyen m23 a k2, k3 körökhöz tartozó mértani hely. Ez tehát r2=r3 esetén az O2O3 szakasz felező merőleges egyenese, különben a k2, k3 körök belső és külső hasonlósági centruma feletti Thalész-kör. Ha az m12, m23 mértani helyeknek nincs közös pontjuk, akkor a feladatnak nincs megoldása. (Könnyen található példa, amikor ez valóban előfordul.) Ha P a két mértani hely közös pontja, ebből k1 és k3 is ugyanakkora szög alatt látszik, mint k2, ez tehát a feladatnak is megoldása. Mivel m12, m23 vagy kör vagy egyenes, közös pontjaik száma 0 vagy 1, vagy 2.