Kezdőlap


Feladat:	1039. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Horváth Sándor , Lengyel Tamás
Füzet:	1967/február, 66 - 68. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Diszkusszió, Körérintési szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/február: 1039. matematika gyakorlat

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

A követelmény egyenértékű azzal, hogy a keresett metszéspontokhoz tartozó sugarak legyenek páronként párhuzamosak, ennélfogva a keresett szelő az adott körök valamely párhuzamos sugár‐párjának végpontjait köti össze.

Legyenek az adott körök

k_{1}

k_{2}

(természetesen ugyanabban a síkban), középpontjaik

O_{1}

, ill.

O_{2}

, sugaraik hossza

r_{1}

, ill.

r_{2}

, ahol egyelőre

r_{1} > r_{2}

, egy‐egy párhuzamos és egyirányú sugaruk

O_{1} M_{1}

O_{2} M_{2}

, és messe az

M_{1} M_{2}

egyenes az

O_{1} O_{2}

egyenest

H_{k}

-ban. Megmutatjuk, hogy

H_{k}

helyzete független

M_{1}

M_{2}

megválasztásától.

H_{k} O_{1} M_{1}

és

H_{k} O_{2} M_{2}

hasonló háromszögek, mert

H_{k}

-nál levő szögük közös,

O_{1}

-nél, ill.

O_{2}

-nél levő szögük pedig egyállású. Ezért

\begin{matrix} \frac{H_{k} O_{2}}{H_{k} O_{1}} = \frac{H_{k} O_{2}}{H_{k} O_{2} + O_{2} O_{1}} = | \frac{O_{2} M_{2}}{O_{1} M_{1}} = \frac{r_{2}}{r_{1} |}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} H_{k} O_{2} = \frac{r_{2} \cdot O_{2} O_{1}}{r_{1} - r_{2}}, \end{matrix}

amint állítottuk. ‐ Legyen másrészt

k_{2}

-nek

M_{2}

-vel átellenes pontja

N_{2}

, ekkor

O_{1} M_{1}

és

O_{2} N_{2}

párhuzamos és ellentétes irányú sugarak, és az

M_{1} N_{2}

O_{1} O_{2}

egyenesek metszéspontját

H_{b}

-vel jelölve hasonlóan

H_{b} O_{1} M_{1} ▵ \sim H_{b} O_{2} N_{2} ▵

, mert

H_{b}

-nél levő szögeik csúcsszögek,

O_{1}

-nél, ill.

O_{2}

-nél levő szögük váltószög, így

\begin{matrix} \frac{H_{b} O_{2}}{H_{b} O_{1}} = \frac{H_{b} O_{2}}{O_{1} O_{2} - H_{b} O_{2}} = \frac{O_{2} N_{2}}{O_{1} M_{1}} = \frac{r_{2}}{r_{1}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} H_{b} O_{2} = \frac{r_{2} \cdot O_{1} O_{2}}{r_{1} + r_{2}}, \end{matrix}

eszerint

H_{b}

helyzete is független

M_{1}

N_{2}

megválasztásától, a két kör bármely két ellentétes irányú sugarának végpontjait összekötő egyenes az

O_{1} O_{2}

egyenes ugyanazon pontján megy át. ‐

H_{k}

az adott körök ún. külső hasonlósági pontja ‐ itt mennek át közös külső érintőik is ‐,

H_{b}

pedig a belső hasonlósági pontjuk, itt mennek át közös belső érintőik is, amennyiben a mondott közös érintők léteznek.
Ezek szerint a keresett szelőnek ‐ azonfelül, hogy átmegy az adott

P

ponton ‐ át kell mennie

H_{k}

és

H_{b}

valamelyikén, ezért a szerkesztés a következő. Tetszés szerint felvesszük

k_{1}

-en

M_{1}

-et, megrajzoljuk

k_{2}

-ben az

O_{1} M_{1}

-gyel párhuzamos

N_{2} M_{2}

átmérőt, továbbá

O_{1} O_{2}

-t,

M_{1} M_{2}

-t és

M_{1} N_{2}

-t, végül az ezek metszéspontjaiként adódó

H_{k}

H_{b}

pontot összekötjük

P

-vel. A követelményeknek csak ez a két szelő felelhet meg, és ezek ‐ amennyiben metszik a köröket ‐ meg is felelnek.

r_{1} = r_{2}

esetén

H_{k}

nem jön létre, mert

O_{1} M_{1} # O_{2} M_{2}

miatt az

O_{1} O_{2} M_{2} M_{1}

trapéz paralelogrammává specializálódik. Mivel az

M_{1} M_{2}

egyenesnek át kell mennie

P

-n, azért ekkor az egyik megfelelő szelőt a

P

-n átmenő,

O_{1} O_{2}

-vel párhuzamos egyenes adja (2. ábra). Ugyanekkor

H_{b}

O_{1} O_{2}

szakasz felezőpontja.

A fentiek szerint

P

-n át mindig 2 egyenes jön létre, melyek abban az esetben felelnek meg, ha van közös pontjuk a körökkel. Ennek a feltételét keressük. Nyilvánvaló, hogy ha egy ilyen egyenes az egyik kört metszi, vagy érinti, akkor a másikat is.

3. ábra

H_{k}

és

H_{b}

bármelyike ‐ jelöljük ezt

H

-val ‐ az egyik körön kívül esik, akkor a másikon is, és ekkor a két kör megfelelő két közös érintője létezik. A

P H

egyenes akkor metszi a köröket, ha

P

a két közös érintő által létrehozott 4 szögtartomány közül egy olyannak a belsejében van (a 3. ábrán csíkozva), amelyben a körök egyike is fekszik, ill.

P H_{k}

akkor is, ha

P

a két kört tartalmazó szögtartomány csúcsszögtartományában van. Ekkor

P H

2‐2 pontban metszi a köröket, így 2, a feladat követelményeinek megfelelő érintőpár adódik. Ha

P

a közös érintők valamelyikén van, akkor

P H

szelő helyett érintőt ad, ezt nem tekintjük megoldásnak. Ha viszont

P

H

-ba esik, a

P H

egyenes határozatlan, de minden rajta átmenő és a köröket (2 pontban) metsző egyenes megfelel a követelménynek.
Ha

H

az egyik körön belül esik, akkor a másikon is, tehát

P H

metszi a köröket, mindig van megoldás (4. ábra).

4. ábra

5. ábra

Végül ha

H

az egyik körön rajta van, akkor a másikon is, a két kör érintkezik, csak egy közös érintőjük van,

t

(5. ábra), az így létrejött két félsík minden belső

P

pontjából kiindulva egy a

t

-től és egymástól különböző érintőpárra vezető megoldás van.
A megoldások száma most már úgy adódik, hogy számba vesszük mind a

P H_{k}

, mind a

P H_{b}

révén adódó megfelelő szelőket. Ha nincs számtalan sok megoldás, akkor a megfelelő érintőpárok száma legföljebb 4. Ha

P

O_{1} O_{2}

egyenesen van, akkor

P H_{k}

és

P H_{b}

ugyanaz a szelő, de a metszéspontokbeli 2‐2 érintő ekkor is 4-féleképpen állítható párba. Ugyanez a helyzet akkor is, ha

O_{2}

egybeesik

O_{1}

-gyel, de

P

ezektől különböző pont, hiszen ekkor

H_{k}

H_{b}

azonos a középpontokkal.

Horváth Sándor (Budapest, I. István Gimn., II. o. t.)
Lengyel Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t.)