“Досье” на окружность Аполлония

раздел: “Фамильная” геометрия

ключевые слова: ключевые слова: конические сечения, гармоническая четверка точек, геометрическое место точек (ГМТ), равные хорды, центр вписанного круга, теорема Менелая

 

Замечательный древнегреческий математик Аполлоний Пергский (~260 – 170 гг. до н.э.) является автором богатейшего по содержанию труда “Конические сечения”, из которого развилась аналитическая геометрия.

Данные же о других его работах, к сожалению, весьма отрывочны, поскольку большинство из них утеряны. Несомненно, однако, что круг геометрических интересов Аполлония, получившего образование в Александрии, был необычайно широк. Он занимался построениями с помощью циркуля и линейки, гармоническим отношением четырех точек прямой, правильными многогранниками и многими другими вопросами геометрии. По свидетельству Паппа Александрийского, Аполлоний уделял большое внимание геометрии окружностей.

Не случайно в школьной геометрии популярны такие его задачи :

1)             постройте окружность, которая проходит через две данные точки и касается данной прямой;

2)            постройте окружность, которая касается трех данных окружностей.

Мы же остановимся на одном из важных и красивых геометрических мест точек – так называемой окружности Аполлония. Покажем, как с помощью окружности Аполлония эффективно и изящно решается ряд непростых геометрических задач, включая олимпиадные.

 

Задача 1 (преамбула к окружности Аполлония).

 – внешняя биссектриса угла А в треугольнике АВС (рис.1). Докажите, что

Доказательство. Поскольку  – внешняя биссектриса, то  Проведем  Тогда и  (внутренний накрест лежащий с ). Значит,

Из подобия треугольников CAQ и BNQ имеем:  , или , что и требовалось доказать.

 

Задача 2 (окружность Аполлония).

Найти геометрическое место точек, расстояния от которых до двух данных точек C и B относятся как .

Решение. Пусть Х – одна из точек искомого ГМТ (рис.2). Соединим её с В и С. Согласно условию .

Проведем внутреннюю (XL) и внешнюю (XQ) биссектрисы угла Х в треугольнике ХВС.

По свойству внутренней биссектрисы

По свойству внешней биссектрисы =. (см. задачу 1).

Следовательно,                              ==.

Поскольку точки В и С заданы, то легко находятся точки L и Q, которые делят отрезок ВС в отношении  внутренним и внешним образом. При этом  (угол между биссектрисами смежных углов). Тогда, найдя точки L и Q, на отрезке LQ как на диаметре строим окружность. Это и есть окружность Аполлония. Докажем, что всякая точка Х окружности Аполлония удовлетворяет условию =.

Проведем через В прямую  (рис.3).

Из подобия DCXL и DBKL: ==.

Из подобия DCXQ и DBTQ: ==.

Поскольку =, то  Но DKXT – прямоугольный. Тогда точка В – середина гипотенузы KT. Следовательно,

Заменив в равенстве = отрезок BK на XB, получим =.

Доказательство того факта, что кроме окружности Аполлония нет точек, удовлетворяющих условию задачи, основано на том, что существуют только две точки, делящие данный отрезок ВС в отношении : одна – внутренним образом, и одна – внешним.

 

Задача 3.

Постройте треугольник АВС по a; ha; .

Решение. Строим отрезок  (рис.4). Поскольку отношение  задано, находим точки L и Q. На LQ как на диаметре строим окружность Аполлония. Вершиной А треугольника АВС будет являться любая из точек пересечения окружности Аполлония с прямой, удаленной от ВС на расстояние ha.

 

Задача 4.

Восстановите DАВС по точкам В, С, основанию L биссектрисы угла А и основанию Н высоты, проведенной к ВС.

Решение. Зная точки В, С и L, находим точку Q и строим окружность Аполлония. Из точки Н восстанавливаем перпендикуляр к ВС, который пересечет окружность Аполлония в точке А.

 

Задача 5.

Докажите, что прямая О1А (где О1 – центр окружности Аполлония) касается окружности, описанной около DАВС.

Решение. Если мы докажем, что  (рис.5), то это и будет означать, что  касается окружности, описанной около DАВС. Действительно, угол ACB является вписанным в эту окружность. И если  то он является углом между касательной и хордой в этой окружности.

Очевидно, что  (радиус окружности Аполлония), DALBравнобедренный. Тогда

Найдем

что равносильно требуемому.

 

Задача 6.

На прямой даны четыре точки A, B, C, D в указанном порядке. Постройте такую точку Х, из которой отрезки АВ, ВС и CD видны под равными углами.

Решение. Пусть Х – искомая точка (рис.6). Тогда должно выполнятся соотношение ==. То есть точка Х принадлежит окружности Аполлония, построенной для точек А, С и отношения =. Аналогично

= =,

и точка Х принадлежит окружности Аполлония, построенной для точек B, D и отношения =. Следовательно, Х – точка пересечения двух ГМТ (двух окружностей Аполлония).

Заметим, что эти две окружности могут не пересекаться. Тогда такой точки Х не существует.

 

Задача 7.

На плоскости дан отрезок ВС. Найдите множество точек А плоскости – таких, что медиана, проведенная из вершины С, равна АВ ().

Решение. По условию  (рис.7). Продлим ВС до точки D так, что  Тогда по теореме Фалеса  При этом  Тогда для отрезка BD необходимо найти геометрическое место точек А таких, что =. Остается построить окружность Аполлония для отрезка BD и отношения

 

Задача 8.

Треугольник АВС вписан в окружность. Постройте на окружности такую точку D, чтобы выполнялось равенство:

 

Решение. Искомая точка D обладает тем свойством, что =, где отношение = – известно. Тогда находим точки L и Q (рис.8) для отрезка ВС – такие, что ==. На LQ как на диаметре строим окружность Аполлония, которая пересечет данную окружность в точках D и

 

Задача 9.

Точки В и С лежат на диаметре данной окружности. Проведите через них две равные хорды, имеющие общее начало.

Решение. Пусть В и С – данные точки на диаметре, Х – общее начало двух равных хорд XK и XT (рис.9). Чтобы XK и XT были равны, они должны быть равноудалены от центра окружности (). Из равенства треугольников ХЕО и ХFО следует, что  тогда ХО – биссектриса в треугольнике XBC, и =. Поскольку точки С, О, В заданы, то задано и отношение =.  Становится очевидным, что Х – это точка пересечения соответствующей окружности Аполлония с данной окружностью.

 

Задача 10.

На плоскости даны два отрезка АВ и CD. Найдите точку Х – такую, что  и при этом DAXB подобен DDXC (рис.10).

Решение. Пусть Х – искомая точка. Тогда из подобия треугольников имеем: ===. Построим две окружности Аполлония: первую – для точек B, C и отношения =; вторую – для точек A, D и отношения =. Искомой точкой Х будет точка пересечения этих двух окружностей.

 

Задача 11.

На стороне прямого угла N даны две точки А и В (рис.11). Найдите на другой стороне угла такую точку С, чтобы

Решение.  Согласно условию, точка С должна быть такой, чтобы  и  Отразим точку В симметрично относительно вершины N прямого угла – получим точку  очевидно, что  Тогда отрезок ВС должен быть биссектрисой угла АСВ1. При этом, поскольку есть точки А; В; В1, то есть и отношение =.

Для отрезка  и отношения  строим окружность Аполлония, которая пересечет вторую сторону угла в искомой точке С.

 

Задача 12.

В треугольнике АВС дан центр вписанного круга I. При помощи одной линейки постройте отрезок, равный диаметру одной из окружностей Аполлония.

Решение. Сначала докажем, что прямая  пересечет продолжение ВС именно в точке Q. Пока же обозначим точку пересечения прямых  и ВС через Т (рис.12). По теореме Менелая для DАВС и секущей  имеем: ××=1.

Но по свойству внутренней биссектрисы = и =.

Тогда ××=1 и =.

Но и =. А это означает, что

Теперь решение самой задачи 12 не составит труда.

Продлеваем AI до пересечения с ВС – получаем точку  Аналогично получаем точки  и  (рис.13). Прямая  пересечет продолжение ВС в точке Q.  – искомый диаметр.

 

Задача 13.

Постройте четырехугольник ABCD с равными и перпендикулярными диагоналями по заданным трем его сторонам:

Решение. Опишем около искомого четырехугольника ABCD квадрат EFGH (рис.14).

Анализ показывает, что если K – точка пересечения диагоналей искомого четырехугольника , то очевидно, что   и

Тогда берем произвольный квадрат  Для отрезка  и отношения  строим окружность Аполлония. Для отрезка  и отношения  строим ещё одну окружность Аполлония. Две эти окружности пересекутся в точках  и  Проведя через  две прямые параллельно сторонам квадрата, получим четырехугольник  Воспользовавшись подобием, нетрудно теперь построить искомый четырехугольник ABCD. Аналогичное построение выполняется для точки

Задача имеет 2 решения.

 

 

 

Задача 14.

Докажите, что общая хорда описанной около DАВС окружности и окружности Аполлония является симедианой этого треугольника.

Доказательство. Напомним, что прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы внутреннего угла при вершине треугольника, называется симедианой.

На рисунке 15  – отрезок одной из симедиан в DАВС. Основное свойство симедианы: (докажите его самостоятельно).

Вернемся к задаче 14. Пусть описанная около DАВС окружность и окружность Аполлония с диаметром  пересекаются по хорде АТ (рис.16).

Треугольники ABK и CTK подобны (по двум углам). Тогда = (1).

Треугольники AСK и ВTK подобны и = (2).

Разделим (1) на (2) и получим: . Но  (поскольку окружность Аполлония есть геометрическое место точек, расстояние от которых до данных точек C  и  B относятся как . При этом точка Т принадлежит окружности Аполлония). Тогда . А это означает, что  и хорда АТ совпадает с симедианой треугольника АВС.

 

Задача 15.

Найти геометрическое место точек плоскости, обладающее тем свойством, что прямые, соединяющие их с двумя точками вне плоскости, одинаково наклонены к плоскости.

Решение. Пусть А и В – точки, лежащие вне данной плоскости a (рис.17). Пусть также точки  и  – проекции этих точек на плоскость a, и  

Если точка Х принадлежит искомому ГМТ, то  Значит,  подобен  Тогда ==. И наоборот, если отношение расстояний от некоторой точки Х плоскости a до точек  и  равно , то эта точка принадлежит искомому множеству (в этом случае  подобен  и ). Значит, нам остается найти множество точек Х на плоскости a, для которых =. Следовательно, искомым множеством является окружность Аполлония, построенная для точек   и  (проекций точек А и В) при отношении =.

 

Заметим, что окружность Аполлония может быть эффектно использована и при решении алгебраических задач.

 

Задача 16.

В точках А и В посреди океана находятся два корабля. Они начинают двигаться прямолинейно и равномерно в неизвестных направлениях со скоростями 20 км/ч и 15 км/ч, пока не встретятся в точке С (рис.18). Каково наибольшее возможное время их движения до встречи, если АВ = 50 км?

Решение. Поскольку отношение скоростей кораблей равно , то строим точки K и , которые делят АВ в отношении  внутренним и внешним образом. Очевидно, что точка С2 окружности Аполлония будет искомой, когда время движения кораблей максимально.

=, или =, откуда ВС2 = 150 (км). Тогда для корабля, находящегося в точке В, имеем   (часов).

 

 

В заключение предложим несколько задач на окружность Аполлония для самостоятельного решения.

 

Задача 1. Постройте DАВС, если известна длина биссектрисы  а также длины отрезков  и  на которые она делит противоположную сторону.

 

Задача 2. Дан DАВС. Касательная к описанной около него окружности в точке А пересекает продолжение ВС в точке K.  Известна также длина внешней биссектрисы  Найдите длину внутренней биссектрисы

Ответ.

 

Задача 3. Найдите радиус окружности Аполлония треугольника АВС, если  BL1 = n.

Ответ. RA = .

 

Задача 4. Три точки А, В и С расположены на одной прямой (В – между А и С). Возьмем произвольную окружность с центром В и обозначим через М точку пересечения касательных, проведенных из А и С к этой окружности. Найти геометрическое место точек М.

Ответ. Окружность с центром на прямой АС.

 

Задача 5. Докажите, что три окружности Аполлония треугольника АВС пересекаются в двух точках F1 и F2 и что прямая F1F2 проходит через центр окружности, описанной около DАВС.