2.2 Задача Аполлонія

Методом інверсії може бути вирішена в загальному випадку задача Аполлонія про торкання окружностей:

Побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей.

Ця задача вперше була вирішена відомим грецьким геометром Аполлонієм в III в. до н.е. у творі, що до нас не дійшло, але про яке згадують деякі древні математики (наприклад, Папп). Спосіб, за допомогою якого вирішив цю задачу Аполлоній, невідомий. Багато задач із числа розглянутих у шкільному курсі геометрії представляють приватні або граничні випадки задачі Аполлонія. Окремі випадки виникають при спеціальному розташуванні даних окружностей, граничні - коли всі або деякі з даних окружностей вироджуються в крапки (радіус окружностей необмежено зменшується) або прямі (радіус необмежено зростає).

Перш, ніж вирішити задачу Аполлонія в загальному випадку, розглянемо деякі приватні й граничні випадки.

Задача 1. Побудувати коло, що проходить через три дані крапки.

Рішення загальновідомо.

Задача 2. Побудувати коло, що стосується трьох даних прямих. Рішення цієї задачі також загальновідомо. Вона може мати до чотирьох рішень.

Задача 3. Побудувати коло, що проходить через дану крапку й стосується двох даних паралельних прямих.

Аналіз. Нехай дана крапка Р и и дві паралельні прямі а й b. Позначимо відстань між даними прямими через d. Тоді радіус шуканої кола повинен бути дорівнює d/2. задача зводиться до побудови центра кола, що повинен задовольняти двом умовам: 1) він повинен бути однаково вилучений від прямих а й b; 2) він повинен відстояти від крапки Р на відстані d/2. звідси випливає побудова.

Побудова.

АВ + b, А Є а;

З Є АВ, АС = СВ;

с - пряма, З Є з, з :а, з :b;

щ (Р, d/2);

О1 = щ ? с;

щ1 (О1, О1Р) - шукану

Мал. 38

Доказ. Коло щ1 стосується прямих а й b, тому що відстані її центра О1 від цих прямих однакові й рівні d/2. ця коло проходить через крапку Р по побудові.

Дослідження. Можливі три випадки.

1. Крапка р розташована між даними прямими а й b. Зазначений спосіб побудови дає два рішення: щ1 (О1, О1Р) і щ2 (О2, О2Р). Іншого рішення ні, тому що якби існували три кола, що задовольняють умовам задачі, те їхні центри О1, О2 і О3 повинні були б лежати на одній прямій с. З інший стороння, ми повинні були б мати О1Р = О2Р = О3Р = АС, тобто крапки О1, О2 і О3 повинні були б лежати на одній кола (Р, АС), так що виникає протиріччя.

2. Крапка Р - на одній із прямих а або b. Задача має одне рішення.

3. Крапка Р - поза смугою, обмеженої прямими а й b. Задача не має рішень.

Задача 4. Побудувати коло, що проходить через дві дані крапки й дотичній даній прямій.

Ця задача може бути вирішена методом інверсії, якщо за центр інверсії прийняти одну з даних крапок, а її відстань до даної прямої прийняти за радіус інверсії. Вона може бути вирішена й без інверсії.

Задача 5. Побудувати коло, що стосується даної кола й проходить через дві дані крапки. Ця задача вирішена в попередньому пункті в припущенні, що дані крапки розташовані поза даною окружністю. В інших випадках рішення аналогічно або ще простіше.

Задача 6. побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей, що проходять через одну загальну крапку Р.

Якщо прийняти загальну крапку трьох даних окружностей г1, г2 і г3 за центр інверсії, то ці кола перетворяться в три прямі. Таким чином, задача зводиться до побудови кола, що стосується трьох побудованих прямих. Шукана коло - образ цієї кола в даній інверсії.

Переходимо до рішення задачі Аполлонія в загальному випадку, причому зупинимося лише на основних моментах цього рішення, не вникаючи в окремі його деталі.

Рішення, що ми дамо, засновано на попереднім рішенні двох допоміжних задач (що представляють граничний і окремий випадки загальної задачі).

1-я допоміжна задача: побудувати коло, що стосується двох паралельних прямих і даної кола.

Задача звичайно вирішується методом геометричних місць. Нехай а й b дані прямі, г (О, r) - дана коло (мал. 39).

Мал. 39

З довільної крапки А на прямій а опускаємо перпендикуляр АВ на пряму b. Через середину З відрізка АВ проводимо пряму з паралельно а. будуємо коло д (О, r + АС) (або радіуса :r - АС:). Відзначаємо крапку перетинання цієї кола із прямої з; це й буде центр шуканої кола.

Ця задача може мати до чотирьох різних рішень.

2-я допоміжна задача: побудувати коло, що стосується трьох даних окружностей, якщо дві з них взаємно стосуються.

Ця задача вирішується методом інверсії. Нехай г1, г2 і г3 - даної кола, причому г1 і г2 стосуються в крапці Т (мал. 40).

Мал. 40

Приймемо крапку Т за центр інверсії, а за радіус інверсії - довільний відрізок (зручно обрати його так, щоб базисна коло щ перетнула кола г1 і г2). При інверсії кола г1 і г2 перетворяться в парі паралельних прямих гґ1 і гґ2, а коло г3 - у деяку коло (або пряму) гґ3. побудувати коло гґ, що стосується прямих гґ1 і гґ2 і лінії гґ3, ми вміємо (див. 1-ю допоміжну задачу). При інверсії цієї кола вона перетвориться в коло (або пряму) г, що буде стосуватися трьох даних окружностей г1, г2 і г3.

Рішення задачі Аполлонія в загальному випадку зводиться до цієї 2-й допоміжній задачі. Ми скористаємося для цього прийомом, іноді називаним «методом розширення».

Для визначеності розглянемо той випадок, коли кожна із трьох даних окружностей розташована поза двома іншими (мал. 41).

Мал. 41

В інших випадках рішення проводиться аналогічно.

Нехай г1 (О1, r1), г2 (О2, r2) і г3 (О3, r3) - даної кола. Нехай, далі, пряма О1О2 перетинає коло г1 у крапках А1 і Аґ1, а коло г2 - у крапках А2 і Аґ2. із чотирьох відрізків А1А2, Аґ1Аґ2, Аґ1А2 і А1Аґ2 виберемо найкоротший. Нехай це буде відрізок А1А2. позначимо через Т його середину. Збільшимо радіуси всіх даних окружностей на відрізок А1Т, тобто побудуємо кола гґ1 (О1, r1 + А1Т), гґ2 (О2, r2 + А1Т), гґ3 (О3, r3 + А1Т). з них кола г1 і гґ2 стосуються в крапці Т. ми можемо тепер побудувати коло гґ, що стосується трьох окружностей гґ1, гґ2 і гґ3 (див. 2-ю допоміжну задачу). Позначимо центр кола гґ через О, а радіус - через rґ. Якщо потім побудувати концентричну їй коло г (О, rґ + А1Т), то ця остання буде стосуватися трьох даних окружностей.

Число всіх можливих рішень задачі Аполлонія залежить від взаємного розташування даних окружностей. Приведемо без доказу кілька прикладів.

1. Якщо коло г2 розташована усередині кола г1, а коло г3 поза окружністю г1 (мал. 42), то задача Аполлонія зовсім не має рішення. Це ставиться зокрема, і до випадку, коли всі три дані кола концентричні.

2. Якщо дві кола г1 і г2 стосуються, а третя коло г3 перетинає їх у крапці їхнього торкання, то задача Аполлонія має два рішення Г1 і Г2 (мал. 43).

3. Якщо кожна з даних окружностей розташована поза двома іншими, причому дотична до кожним двох з даних окружностей не має обший крапки із третин окружністю, то задача має вісім рішень (мал. 44).

4. Якщо три дані кола попарно стосуються в одній крапці, то можна провести нескінченно багато окружностей, що стосуються кожної з даних (мал. 45).

Мал. 42

Мал. 43

Мал. 44

Мал. 45

Повне дослідження показує, що якщо задача Аполлонія має лише кінцеве число рішень, те їх не більше восьми.

Додаток.

Розглянемо деякі задачі, для рішення яких використовується поняття й метод інверсії.

Задача 1. Дано квадрат, дві вершини якого лежать на кола інверсії, а третя - у центрі інверсії. Побудувати фігуру, йому інверсну.

Аналіз. Нехай щ (О, R) - базисна коло, ОАВС - даний квадрат. Крапка А Є щ, крапка З Є щ. При інверсії крапка А переходить у крапку Аґ, крапка З - у Сґ, крапка В - у Вґ, а ОС переходить у пряму ОL?, ОА - в ОК?, АВ переходить у дугу m, СВ переходить у дугу n. Таким чином, фігура визначається як Сґnвґmаґв, що є інверсією квадрата ОАВС.

Мал. 1

Побудова. (мал. 1).

щ (О, R) базисна коло;

В > Вґ, А ? Аґ, З ? Сґ;

СВ > Сnвґ;

АВ > Аґmвґ;

Сґnвґmаґв - шукана фігура.

Доказ. Доказ треба з аналізу й побудови.

Дослідження. Задача завжди має рішення й притім єдине.

Задача 2. Дан квадрат, однв вершина якого збігається із центром інверсії, а протилежна вершина лежить на кола інверсії. Побудувати фігуру, йому інверсну.

Аналіз. Нехай щ (О, R) - базисна коло, ОАВС - даний квадрат, У Є щ. При інверсії крапка В переходить у крапку Вґ, В ? Вґ, крапка А переходить у крапку Аґ, Аґ l, У l, крапка С переходить у крапку Сґ, Сґ l. АВ переходить у дугу Аґm кола щ1 (А, ОА), ВР переходить при інверсії в дугу Сґnв кола щ2 (С, ОС). ОА - частина променя, тому при інверсії ОА перетвориться в зовнішню його частину Аґк?, а ОС - у Сґ?. Таким чином, інверсна фігура визначається як К?Аґmвґnсґ?.

Побудова. (мал. 2)

щ (О, R) - базисна коло;

В ? Вґ, А ? Аґ, З ? Сґ, У l, Аґ l, Сґ l;

АВ > АґmBґ;

ОС > ВґnCґ;

ОА > Аґк?;

ОС > Сґ?;

К?Аґmвґnсґ? - шукана фігура.

Доказ. Доказ треба з аналізу.

Мал. 2

Дослідження. Задача завжди має рішення й притім єдине.

Задача 3. Побудувати фігуру, інверсну кола, концентричної базисної.

Аналіз. Нехай щ (О, Р) - базисна коло інверсії, щ1 (О1, R1) - дана коло. Тому що коло щ (О, R1) не проходить через центр інверсії, то перетвориться в коло. Для побудови шуканої кола треба знайти крапки Аґ і Вґ - інверсні крапкам А и В, де А и В - діаметрально протилежні крапки, а відрізок Аґвґ - є діаметром шуканої кола.

Побудова.

щ (О, Р) базисна коло, щ1 (О1, R1) - дана коло, причому R1 ? R2;

О m - довільна пряма;

А = m щ1, В = m щ2;

Крапка Аґ - інверсна крапці А, Вґ - Інверсна крапці В;

щ1ґ (О, ) - шукана коло (мал 3).

Доказ треба з аналізу.

Мал 3

Дослідження. Задача завжди має єдине рішення.

Задача 4. Крапка описує хорду базисної кола, відмінну від діаметра. Побудувати лінію, що описує інверсна крапка.

Аналіз. Нехай щ (О, Р) - базисна коло інверсії, АВ - хорда, причому О АВ. Крапка М описує хорду АВ.

Помітимо, що А = Аґ, В = Вґ. Пряма АВ не проходить через центр О, значить перетвориться в коло щ1, що проходить через центр.

Але тому що дано не всю пряму, а тільки хорда АВ, те вона перетвориться в дугу щодо кола щ1 (кінці дуг А и В), причому, у зовнішню дугу щодо кола щ (О, Р), тому що дана крапка М розташована усередині кола щ (О, Р).

Побудова.

щ (О, Р), АВ - дана хорда;

щ1 - коло, що проходить через крапки О, А, В;

АmВ - зовнішня відносно щ, що є шуканою фігурою (мал. 4).

Мал 4

Доказ треба з аналізу.

Дослідження. Задача завжди має єдине рішення.

Задача 5. Знайти таку крапку, щоб дотичні, проведені з її до двох даних окружностей були рівні її відстані від даної крапки.

Аналіз. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) - даної кола. Нехай крапка А - шукана, тоді АК = АМ = АN. АК - дотична до щ1, АМ - дотична до щ2, тобто крапка А а12 - радикальна вісь кола щ1 і щ2 і А а20 - радикальна вісь щ2 і крапки N, звідси треба, що А = а12 а20.

Побудова.

щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) - даної кола, N - дана крапка;

а12 - радикальна вісь щ1 і щ2;

а20 - радикальна вісь щ2 і N;

А = а12 а20, А - шукана крапка (мал. 5).

Мал. 5

Доказ. Крапка А - радикальний центр щ1, щ2 і N.

Дослідження.

Якщо щ1 і щ2 - концентричні, то задача не має рішення.

Якщо N усередині щ1 (О1, R1) або щ2 (О2, R2), то рішень немає.

Якщо радкальные осі паралельні, то рішень немає.

Якщо радикальні осі збігаються, то задача має нескінченну множину рішень.

Задача 6. Побудувати фігуру, інверсну сектору базисної кола.

Аналіз. Нехай щ (О, R) - дана базисна коло, Аmво - даний сектор.