Kezdőlap


Feladat:	428. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Endrődy T. , Garamszegi P. , Tatai Péter
Füzet:	1958/március, 71 - 72. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körérintési szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/május: 428. matematika gyakorlat

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

Foglalkozzunk először azzal az esettel, amikor a két kör kívülről érintkezik. Képzeljük megoldottnak a feladatot (lásd az ábrát).

Legyen

P_{1}

az egyik közös érintőnek egy olyan pontja, amelyből a körökhöz egy-egy egymásra merőleges érintő húzható. A merőleges érintők egymással bezárt szögét megkaphatjuk, ha a

P_{1}

pontból az egyik körhöz húzható érintők szögéből levonjuk a másik körhöz húzható érintők szögét. A

P_{1} O_{1}

egyenes viszont megfelezi a

P_{1}

-ből az

O_{1}

közepű kőrhöz húzható érintők szögét, ugyanúgy a

P_{1} O_{2}

O_{2}

közepű körhöz húzható érintők szögét. Ábránkon tehát

2 O_{1} P_{1} A_{1} - 2 O_{2} P_{1} A_{1} = 90^{\circ}

(

A_{1}

a közös érintő érintési pontja az

O_{1}

közepű körön).
Az

O_{1} O_{2}

szakasz látószögét

P_{1}

-ből megkapjuk, ha az egyik szögfelező és a közös érintő alkotta szögből levonjuk a másik szögfelező és a közös érintő egymással bezárt szögét, az

O_{1} O_{2}

szakasz látószöge tehát ábránkon

O_{1} P_{1} A_{1} ∢ - O_{2} P_{1} A_{1} ∢

. A látószög eszerint fele annak a szögnek, melyet a

P_{1}

-ből a két körhöz húzott, közös érintőtől különböző érintők alkotnak, tehát

45^{\circ}

nagyságú.
A

P

pont megszerkesztése eszerint úgy történhet, hogy megrajzoljuk az

O_{1} O_{2}

szakasz fölé a

45^{\circ}

-os látószögkört s ennek metszéspontja a közös érintővel

P_{1}

. A szerkesztés helyessége a fenti számítás megfordításával könnyen igazolható.
A

45^{\circ}

-os látószögkör a közös külső, érintőt metszi még egy

P_{2}

pontban, a belső érintőt

P_{2}

-ban, sőt a

135^{\circ}

-os látószögű kiegészítő ív egy

P_{4}

pontban is. A fentiekhez hasonlóan igazolható, hogy a

P_{2}

-ből,

P_{3}

-ból és a

P_{4}

-ből húzott érintők is kétszer akkora szöget zárnak be, mint amekkora szögben ezekből a pontokból az

O_{1} O_{2}

szakasz látszik, tehát ezek az érintőpárok is merőlegesek. ‐ Ha az ábrát tükrözzük az

O_{1} O_{2}

centrálisra, szintén megfelelő pontokat kapunk az eddigiekkel szimmetrikusan a másik külső érintőn és a belsőn.
Az

O_{1} O_{2}

fölé rajzolt

45^{\circ}

-os látószögkör mindig metszi a külső érintőt. Legyen ugyanis az

O_{1}

középpontú kör a nagyobb sugarú, ha a sugarak különbözők, így tehát

O_{1} A_{1} \geq O_{2} A_{2}

(

A_{1}

és

A_{2}

a közös külső érintő érintési pontjai). Ekkor

C O_{1} A_{1} ∢ \leq 90^{\circ}

, a

C O_{1} A_{1}

egyenlőszárú háromszög másik két szögére legalább

90^{\circ}

jut, s igy

O_{1} A_{1} O_{2} ∢ > O_{1} A_{1} C ∢ \geq 45^{\circ}

. ‐ Feladatunknak tehát mindig van

8

megoldása.
‐ Ha a két kör belülről érintkezik, ugyanúgy igazolható, hogy a feladatnak megfelelő

P

pontból az

O_{1} O_{2}

szakasz

45^{\circ}

alatt látszik. Így a szerkesztés egyezik az előbbivel. Itt csak egy külső érintő van, ezért ha a látószögkör metszi az érintőt, 4 megoldás, ha érinti,

2

megoldás lehetséges; ha nincs közös pontjuk, nincs megoldása a feladatnak.

Megjegyzés: Az itt alkalmazott gondolatmenettel ugyanígy elvégezhető a feladat megoldása; ha az érintők nem

90^{\circ}

-ot, hanem tetszőleges

α

szöget zárnak be egymással. Az

O_{1} O_{2}

szakasz fölé rajzolt

\frac{α}{2}

látószögű kör metszi ki a közös érintőkből a feladatnak megfelelő pontokat.

Tatai Péter (Bp. XIV., I. István g. II. o. t.)