Навигация
2.2 Задача Аполлония
Методом инверсии может быть решена в общем случае задача Аполлония о касании окружностей:
Построить окружность, касающуюся трех данных окружностей.
Эта задача впервые была решена известным греческим геометром Аполлонием Пергским в III в. до н. э. в сочинении, которое до нас не дошло, но о котором упоминают некоторые древние математики (например, Папп). Способ, с помощью которого решил эту задачу Аполлоний, неизвестен. Многие задачи из числа рассматриваемых в школьном курсе геометрии представляют частные или предельные случаи задачи Аполлония. Частные случаи возникают при специальном расположении данных окружностей, предельные – когда все или некоторые из данных окружностей вырождаются в точки (радиус окружностей неограниченно уменьшается) или прямые (радиус неограниченно возрастает).
Прежде, чем решить задачу Аполлония в общем случае, рассмотрим некоторые частные и предельные случаи.
Задача 1. Построить окружность, проходящую через три данные точки.
Решение общеизвестно.
Задача 2. Построить окружность, касающуюся трех данных прямых. Решение этой задачи также общеизвестно. Она может иметь до четырех решений.
Задача 3. Построить окружность, проходящую через данную точку и касающуюся двух данных параллельных прямых.
Анализ. Пусть дана точка Р и и две параллельные прямые а и b. Обозначим расстояние между данными прямыми через d. Тогда радиус искомой окружности должен быть равен d/2. задача сводится к построению центра окружности, который должен удовлетворять двум условиям: 1) он должен быть одинаково удален от прямых а и b; 2) он должен отстоять от точки Р на расстоянии d/2. отсюда вытекает построение.
Построение.
1. АВ ┴ b, А Є а;
2. С Є АВ, АС = СВ;
3. с – прямая, С Є с, с ║а, с ║b;
4. щ (Р, d/2);
5. О1 = щ ∩ с;
6. щ1 (О1, О1Р) – искомая.
Рис. 38
Доказательство. Окружность щ1 касается прямых а и b, так как расстояния ее центра О1 от этих прямых одинаковы и равны d/2. эта окружность проходит через точку Р по построению.
Исследование. Возможны три случая.
1. Точка р расположена между данными прямыми а и b. Указанный способ построения дает два решения: щ1 (О1, О1Р) и щ2 (О2, О2Р). Других решения нет, ибо если бы существовали три окружности, удовлетворяющие условиям задачи, то их центры О1, О2 и О3 должны были бы лежать на одной прямой с. С другой стороння, мы должны были бы иметь О1Р = О2Р = О3Р = АС, то есть точки О1, О2 и О3 должны были бы лежать на одной окружности (Р, АС), так что возникает противоречие.
2. Точка Р - на одной из прямых а или b. Задача имеет одно решение.
3. Точка Р – вне полосы, ограниченной прямыми а и b. Задача не имеет решений.
Задача 4. Построить окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной прямой.
Эта задача может быть решена методом инверсии, если за центр инверсии принять одну из данных точек, а ее расстояние до данной прямой принять за радиус инверсии. Она может быть решена и без инверсии.
Задача 5. Построить окружность, касающуюся данной окружности и проходящую через две данные точки. Эта задача решена в предыдущем пункте в предположении, что данные точки расположены вне данной окружности. В других случаях решение аналогично или еще проще.
Задача 6. построить окружность, касающуюся трех данных окружностей, проходящих через одну общую точку Р.
Если принять общую точку трех данных окружностей г1, г2 и г3 за центр инверсии, то эти окружности преобразуются в три прямые. Таким образом, задача сводится к построению окружности, касающейся трех построенных прямых. Искомая окружность – образ этой окружности в данной инверсии.
Переходим к решению задачи Аполлония в общем случае, причем остановимся лишь на основных моментах этого решения, не вникая в отдельные его детали.
Решение, которое мы дадим, основано на предварительном решении двух вспомогательных задач (представляющих предельный и частный случаи общей задачи).
1-я вспомогательная задача: построить окружность, касающуюся двух параллельных прямых и данной окружности.
Задача обычно решается методом геометрических мест. Пусть а и b – данные прямые, г (О, r) – данная окружность (рис. 39).
Рис. 39
Из произвольной точки А на прямой а опускаем перпендикуляр АВ на прямую b. Через середину С отрезка АВ проводим прямую с параллельно а. строим окружность д (О, r + АС) (или радиуса │r - АС│). Отмечаем точку пересечения этой окружности с прямой с; это и будет центр искомой окружности.
Эта задача может иметь до четырех различных решений.
2-я вспомогательная задача: построить окружность, касающуюся трех данных окружностей, если две из них взаимно касаются.
Эта задача решается методом инверсии. Пусть г1, г2 и г3 – данные окружности, причем г1 и г2 касаются в точке Т (рис. 40).
Рис. 40
Примем точку Т за центр инверсии, а за радиус инверсии – произвольный отрезок (удобно избрать его так, чтобы базисная окружность щ пересекла окружности г1 и г2). При инверсии окружности г1 и г2 преобразуются в пару параллельных прямых гґ1 и гґ2, а окружность г3 – в некоторую окружность (или прямую) гґ3. построить окружность гґ, касающуюся прямых гґ1 и гґ2 и линии гґ3, мы умеем (см. 1-ю вспомогательную задачу). При инверсии этой окружности она преобразуется в окружность (или прямую) г, которая будет касаться трех данных окружностей г1, г2 и г3.
Решение задачи Аполлония в общем случае сводится к этой 2-й вспомогательной задаче. Мы воспользуемся для этого приемом, иногда называемым «методом расширения».
Для определенности рассмотрим тот случай, когда каждая из трех данных окружностей расположена вне двух других (рис. 41).
Рис. 41
В других случаях решение проводится аналогично.
Пусть г1 (О1, r1), г2 (О2, r2) и г3 (О3, r3) –данные окружности. Пусть, далее, прямая О1О2 пересекает окружность г1 в точках А1 и Аґ1, а окружность г2 – в точках А2 и Аґ2. из четырех отрезков А1А2, Аґ1Аґ2, Аґ1А2 и А1Аґ2 выберем кратчайший. Пусть это будет отрезок А1А2. обозначим через Т его середину. Увеличим радиусы всех данных окружностей на отрезок А1Т, то есть построим окружности гґ1 (О1, r1 + А1Т), гґ2 (О2, r2 + А1Т), гґ3 (О3, r3 + А1Т). из них окружности г1 и гґ2 касаются в точке Т. мы можем теперь построить окружность гґ, касающуюся трех окружностей гґ1, гґ2 и гґ3 (см. 2-ю вспомогательную задачу). Обозначим центр окружности гґ через О, а радиус - через rґ. Если затем построить концентрическую ей окружность г (О, rґ + А1Т), то эта последняя будет касаться трех данных окружностей.
Число всех возможных решений задачи Аполлония зависит от взаимного расположения данных окружностей. Приведем без доказательства несколько примеров.
1. Если окружность г2 расположена внутри окружности г1, а окружность г3 вне окружности г1 (рис. 42), то задача Аполлония вовсе не имеет решения. Это относится в частности, и к случаю, когда все три данные окружности концентрические.
2. Если две окружности г1 и г2 касаются, а третья окружность г3 пересекает их в точке их касания, то задача Аполлония имеет два решения Г1 и Г2 (рис. 43).
3. Если каждая из данных окружностей расположена вне двух других, причем касательная к каждым двум из данных окружностей не имеет обшей точки с третей окружностью, то задача имеет восемь решений (рис. 44).
4. Если три данные окружности попарно касаются в одной точке, то можно провести бесконечно много окружностей, касающихся каждой из данных (рис. 45).
Рис. 42
Рис. 43
Рис. 44
Рис. 45
Полное исследование показывает, что если задача Аполлония имеет лишь конечное число решений, то их не более восьми.
Приложение.
Рассмотрим некоторые задачи, для решения которых используется понятие и метод инверсии.
Задача 1. Дан квадрат, две вершины которого лежат на окружности инверсии, а третья – в центре инверсии. Построить фигуру, ему инверсную.
Анализ. Пусть щ (О, R) – базисная окружность, ОАВС – данный квадрат. Точка А Є щ, точка С Є щ. При инверсии точка А переходит в точку Аґ, точка С – в Сґ, точка В – в Вґ, а ОС переходит в прямую ОL∞, ОА – в ОК∞, АВ переходит в дугу m, СВ переходит в дугу n. Таким образом, фигура определяется как СґnВґmАґВ, которая является инверсией квадрата ОАВС.
Рис. 1
Построение. (рис. 1).
1. щ (О, R) базисная окружность;
2. В → Вґ, А ≡ Аґ, С ≡ Сґ;
3. СВ → СnВґ;
4. АВ → АґmВґ;
5. СґnВґmАґВ – искомая фигура.
Доказательство. Доказательство следует из анализа и построения.
Исследование. Задача всегда имеет решение и притом единственное.
Задача 2. Дан квадрат, однв вершина которого совпадает с центром инверсии, а противоположная вершина лежит на окружности инверсии. Построить фигуру, ему инверсную.
Анализ. Пусть щ (О, R) – базисная окружность, ОАВС – данный квадрат, В Є щ. При инверсии точка В переходит в точку Вґ, В ≡ Вґ, точка А переходит в точку Аґ, Аґ 
l, В l, точка С переходит в точку Сґ, Сґ l. АВ переходит в дугу АґmB окружности щ1 (А, ОА), ВС переходит при инверсии в дугу СґnВ окружности щ2 (С, ОС). ОА – часть луча, поэтому при инверсии ОА преобразуется во внешнюю его часть АґК∞, а ОС – в СґL∞. Таким образом, инверсная фигура определяется как К∞АґmВґnСґL∞.
Построение. (рис. 2)
1. щ (О, R) – базисная окружность;
2. В ≡ Вґ, А ≡ Аґ, С ≡ Сґ, В l, Аґ l, Сґ l;
3. АВ → АґmBґ;
4. ОС → ВґnCґ;
5. ОА → АґК∞;
6. ОС → СґL∞;
7. К∞АґmВґnСґL∞ - искомая фигура.
Доказательство. Доказательство следует из анализа.
Рис. 2
Исследование. Задача всегда имеет решение и притом единственное.
Задача 3. Построить фигуру, инверсную окружности, концентрической базисной.
Анализ. Пусть щ (О, Р) – базисная окружность инверсии, щ1 (О1, R1) – данная окружность. Так как окружность щ (О, R1) не проходит через центр инверсии, то преобразуется в окружность. Для построения искомой окружности надо найти точки Аґ и Вґ - инверсные точкам А и В, где А и В – диаметрально противоположные точки, а отрезок АґВґ - являются диаметром искомой окружности.
Построение.
Похожие работы
... , поскольку точки М и М’ входят в формулу равноправно, а для центра инверсии и бесконечно удаленной области все очевидно. 1.3. Формула инверсии в комплексно сопряженных координатах. Найдем формулу обобщенной инверсии при задании точек комплексными числами. Пусть точкам S, M и М’ соответствуют комплексные числа s, z и z’. По формуле скалярного произведения векторов . Коллинеарность точек S, M и ...
... сумму элементарных вертикальных стержней: и , (VI.15) магнитное поле которых в точке Р будет представлять алгебраическую сумму из составляющих Ii каждого элемента. Таким образом, любая шкала хронологии обращений геомагнитного поля, построенная по рисунку аномалий рифтовых хребтов по принципу Вайна и Мэтьюза, является лишь гипотезой и не может быть использована для палеомагнитной стратификации. ...
... PG) Нейронные алгоритмы Инверсия Log Prediction Neural Network Классификация сейсмофаций Stratimagic (патент TotalFinaElf) Волновое и геологическое представление геологического разреза Цель инверсии - перевести волновое представление сейсмических записей в пластовый вид, характерный для геологических разрезов. Если сравнить детальность по глубине кривых плотностного каротажа (слева - Den) ...
... сладости, чем сахар. Искусственные подсластители, как правило, низкокалорийны, что расширяет область их использования в пищевой промышленности. Кроме того, употребление таких заменителей сахара не вызывает кариеса, что обуславливает их широкое применение при производстве фармацевтических препаратов. Благодаря высокой сладости искусственные подсластители добавляются в продукцию в значительно ...
0 комментариев