     
P 49 (2021/2022) 2 5
Dotikajoče se krožnice in
središčni razteg
P L̌
Trije problemi
V tem prispevku bomo tri probleme o dotikajočih
se krožnicah najprej rešili elementarno, nato pa dva
med njimi ponovno z uporabo preproste geometrij-
ske transformacije, imenovane središčni razteg. Kot
bomo videli, je ta druga metoda večkrat bolj elegan-
tna in tudi naravna.
Leta 1802 je bil na univerzi Cambridge na pomem-
bnem izpitu, imenovanem Mathematical Tripos, za-
stavljen ([1, str. 12–13]) kot srednje težak naslednji
problem.
1. Imamo dve krožnici, ki se dotikata v točki T . Na-
rišemo dva vzporedna premera, AB in CD teh kro-
žnic kot na sliki 1. Dokažimo, da daljici AD in BC
potekata skozi dotikališče T .
SLIKA 1.
Vzporedna polmera dotikajočih se krožnic
Rešitev. Vemo, da središči S, E obeh krožnic in do-
tikališče T ležijo na isti premici. Ker sta premera
AB in CD vzporedna, oklepata skladna kota s pre-
mico skozi točke S, T , E. To smo označili z zeleno
SLIKA 2.
Trikotnika ∆AST in ∆DET sta enakokraka.
barvo na sliki 2. Trikotnika ∆AST in ∆DET sta ena-
kokraka. Kota med krakoma sta skladna. Denimo,
da merita α stopinj. Zato sta skladna tudi kota ob
osnovnici obeh trikotnikov – oba merita 90˝ ´ 12α.
Tako sta kota =STA in =ETD skladna. To pa po-
meni, da točke A,T ,D ležijo na isti premici. Enako
vidimo, da B, T ,C ležijo na isti premici.
SLIKA 3.
Premici k, l gresta skozi dotikališče krožnic.
     
P 49 (2021/2022) 26
2. Na sliki 3 imamo spet dve krožnici s središčema
S in E, ki se dotikata v točki T . Premici k, l pote-
kata skozi T in sekata prvo krožnico zaporedoma v
točkah A,B in drugo krožnico zaporedoma v točkah
D,C kot na sliki 4. Dokažimo, da sta tetivi AB in CD
vzporedni. (Tudi ta problem je iz [1, str. 203].)
SLIKA 4.
Na sliki imamo več enakokrakih trikotnikov.
Rešitev. Oglejmo si sliko 4. Kota =STB in =ETC
sta skladna. Trikotnika ∆TBS in ∆TCE sta enako-
kraka. Zato sta prej omenjenima kotoma skladna
tudi =TBS, =TCE (rdeča barva). Kota =ASB in
=CED sta središčna kota z enako velikim obodnim
kotom z vrhom pri T . Torej sta tudi skladna (dvojni
zeleni lok). Trikotnika ∆ASB in ∆CED sta spet ena-
kokraka. Ker imata enako velik kot pri vrhu, imata
tudi skladna kota ob osnovnici: to sta modro ozna-
čena kota =SBA in =ECD. Torej sta tudi kota =TBA
in =TCD skladna. Daljici AB in CD oklepata enak
kot s premico l, torej sta vzporedni.
3. Tri krožnice se dotikajo od zunaj in imajo dve
skupni tangenti kot na sliki 5. Polmer najmanjše kro-
žnice je a, polmer največje b. Koliko znaša polmer
x srednje krožnice?
Rešitev. Tangenta t se dotika najmanjše krožnice v
točki D, srednje v točki F , največje v točki B. Sredi-
šče E najmanjše krožnice je za a “ |DE| oddaljeno
od premice t (in od druge skupne tangente s). Po-
daljšajmo tangenti s, t do presečišča A kot na sliki 9.
Točka E je središče kroga, včrtanega kotu s krakoma
s in t. Zato leži na simetrali p kota med tangentama
SLIKA 5.
Narisani so polmeri do dotikališč.
OE S
B
D
F
G
H
SLIKA 6.
Modri črtkani črti sta vzporedni tangenti t.
z vrhom v A. Enako velja za središči O,S preostalih
krožnic. Točke E,O, S so torej kolinearne.
Na sliki 6 vzporednica skupni tangenti t skozi sre-
dišče E najmanjše krožnice seka polmer OF srednje
krožnice v točki G. Vzporednica skupni tangenti t
skozi središčeO srednje krožnice seka polmer SB ve-
like krožnice v točki H. Pravokotna trikotnika ∆EOG
in ∆OSH imata paroma vzporedne stranice in sta
tako podobna. Zato je
|OG| : |EO| “ |SH| : |OS|
ali
x ´ a
x ` a “
b ´ x
b ` x .
Znebimo se ulomkov:
x2 ` bx ´ ax ´ ab “ ´x2 ` bx ´ ax ` ab
     
P 49 (2021/2022) 2 7
in od tod 2x2 “ 2ab. Tako je
x “
?
ab.
Središčni razteg v ravnini in prostoru
Po domače središčni razteg pomeni razteg (ali po-
manjšanje) za isti faktor v vseh smereh.
Definicija. Vzemimo od 0 različno število k. V rav-
nini fiksirajmo točko O. Poglejmo si transformacijo,
ki vsaki točki A priredi tako točko A1 “ f pAq, da ve-
lja:
1. Razdalja med O in A1 je razdalja med O in A,
pomnožena s |k|: |OA1| “ |k||OA|.
2. Če je k ą 0, leži točka A1 na poltraku p iz O
skozi A.
3. Če je k ă 0, leži točka A1 na komplementu pol-
traka p, torej spet na premici skozi O in A, am-
pak na drugi strani točke O kot A.
SLIKA 7.
Središčni razteg s faktorjem k “ 2
Na sliki 7 imamo središčni razteg s faktorjem 2,
na sliki 8 pa s faktorjem -0,7.
Tej transformaciji rečemo središčni razteg (s tujo
besedo homotetija) f s faktorjem k in s središčem
(središčno točko)O. Seveda jeO1 “ O, tako da razteg
ohranja svoje središče. Če je k “ ´1, je naš razteg
zrcaljenje preko točke O. Vsak razteg s faktorjem
k ă 0 lahko zapišemo kot sestav raztega s faktorjem
|k| in zrcaljenja preko središča.
SLIKA 8.
Središčni razteg s faktorjem k “ ´0,7.
Postavimo pravokotni koordinatni sistem z izho-
diščem v točki O. Če sta px,yq koordinati točke A,
sta pkx,kyq koordinati točke A1. Funkcija f je bijek-
tivna preslikava ravnine nase in njen inverz je dan
s f´1px,yq “ pk´1x,k´1yq. Inverzna preslikava je
središčni razteg z istim središčem in s faktorjem 1{k.
Če je s poljubna premica skozi središče O in B
točka na s, leži tudi B1 “ f pBq na s. Funkcija f
preslika premico s bijektivno nase. Torej homotetija
ohranja premice skozi svoje središče. Za k ‰ 1 sicer
razteg f premakne vsako točko na premici s, razen
točke O, a preslikana točka ostane na s.
Vzemimo zdaj trikotnik ∆OAB kot na sliki 7. Raz-
teg f ga preslika na trikotnik OA1B1. Oba trikotnika
imata enak kot pri oglišču O in velja
|OA1| : |OB1| “ |k||OA| : |k||OB| “ |OA| : |OB|.
Zato je trikotnik ∆OA1B1 podoben prvotnemu. Triko-
tnika ∆OAB in ∆OA1B1 imata paroma skladne kote.
Zato sta daljici AB in A1B1 vzporedni. Velja še
|A1B1| “ |k||AB|.
Od tod sledi:
Središčni razteg trikotnik preslika na trikotnik z
vzporednimi stranicami, torej paroma skladnimi ko-
ti. Oba trikotnika sta zato podobna.
     
P 49 (2021/2022) 28
Če je k faktor raztega f , ta razteg krožnico s pol-
merom r in s središčem S preslika na množico točk,
ki so za |k|r oddaljene od S 1 “ f pSq. Slika krožnice
je torej spet krožnica s polmerom |k|r in s sredi-
ščem S 1.
Od tod sledi:
Trditev. Središčni razteg ohranja vsako premico
skozi središče raztega. Premico, ki ne poteka skozi
središče raztega, preslika na vzporedno premico. Da-
ljico preslika na vzporedno daljico.
Središčni razteg s faktorjem k vse razdalje pomno-
ži s |k|.
Središčni razteg ohranja kote in trikotnik preslika
na podoben trikotnik.
Središčni razteg f s faktorjem k nam krožnico s
polmerom r in s središčem S preslika na krožnico s
polmerom |k|r in s središčem f pSq.
Ponovni pogled na drugo in tretjo nalogo
Poglejmo si stanje na sliki 3. Če je u razmerje polme-
rov večjega in manjšega kroga, nam središčni razteg
f s faktorjem m “ ´u in s središčno točko T pre-
slika točko S na točko E in tako manjšo krožnico na
večjo. Ohranja premici k, l in zato točko A, ki je pre-
sečišče leve krožnice in premice k, preslika na prese-
čišče desne krožnice in premice k, torej na točko D.
Po enakem premisleku f preslika B na C . Tako f pre-
slika tetivo AB na tetivo DC . Ker f daljico preslika
na vzporedno daljico, je dokaz končan.
Na povezavi [2] imamo interaktivno sliko, zasno-
vano na sliki 3. Število m lahko z drsnikom spremi-
njamo od -1 do -2. Vidimo, kaj središčni razteg s fak-
torjem m in s središčem v T naredi z levo krožnico
in tetivo AB na njej. Preslikana tetiva ostaja vzpore-
dna originalu. Za primeren m se pokrije s tetivo DC
druge krožnice: A1B1 “ DC .
Poglejmo si še enkrat tretjo nalogo (slika 5). Po-
daljšajmo tangenti s, t do presečišča A kot na sliki
9. Točke E,O, S so enako oddaljene od obeh tangent
in tako ležijo na simetrali p kota med tangentama
z vrhom v A. Središčni razteg f s središčem A in
s faktorjem k “ x{a ą 1 ohranja premico p. Malo
krožnico K1 s polmerom a ta razteg preslika na kro-
žnico s polmerom x in s središčem na p. Ker se
mala krožnica dotika obeh tangent in f ohranja tan-
SLIKA 9.
Tangenti se sekata v A.
genti, ima tudi preslikana krožnica natanko eno sku-
pno točko s premico s in natanko eno skupno točko
s premico t. Edina taka krožnica s polmerom x pa je
srednja krožnica K2. Torej f preslika K1 na K2.
Središčni razteg f nam unijo krožnic K1 in K2 pre-
slika na sestav dveh večjih krožnic s središčema na
p, ki imata natanko eno skupno točko in se obenem
dotikata obeh tangent. Tako se f pK1q “ K2 in f pK2q
dotikata. Obe preslikani krožnici se tudi dotikata
premic s, t. Tako je edino mogoče, da je f pK2q “ K3.
Zato je b “ kx “ x2{a in od tod x “
?
ab.
Naredili smo še animacijo [3]. Na njej imamo dr-
snik za število k, ki se lahko giblje od 1 do 2. Vidimo
lahko, kaj razteg s središčno točko A in s faktorjem
k naredi s sestavom levih dveh krožnic na sliki 9. Za
primeren k dobimo desni krožnici na sliki 9. To ilu-
strira gornjo diskusijo.
Literatura
[1] J. L. Heilbron Geometry Civilized, History, Cul-
ture, and Technique, Clarendon Press, Oxford,
2000.
[2] Animacija središčnega raztega krožnice in njene
tetive v Geogebri, dostopno na www.geogebra.
org/m/xwbfmyus, ogled 12. 10. 2021.
[3] Animacija središčnega raztega unije krožnic,
ki se dotikata v Geogebri, dostopno na
www.geogebra.org/m/zpchn8vd, ogled 12. 10.
2021.
ˆ ˆ ˆ