Одной линейкой

Используйте концы диаметра, а не центр окружности.

Угол с вершиной на окружности, опирающийся на ее диаметр, — прямой. Зная это, вы можете построить две высоты в треугольнике, образованном концами диаметра и точкой А.

Попробуйте решить сначала более простой случай, чем заданный в пункте б), — когда данная прямая пересекает окружность.

а) Пусть ВС — данный диаметр (рис. 1). Для решения задачи просто вспомним первые две подсказки: если провести прямые AВ и АC, а затем соединить точки их пересечения с окружностью с нужными вершинами треугольника ABC, то получатся две высоты этого треугольника. А так как высоты треугольника пересекаются в одной точке, то прямая CH будет третьей высотой, то есть искомым перпендикуляром из А к диаметру ВС.

Рис. 1.

б) Решение этого пункта, однако, даже в том случае, который дан в третьей подсказке, не кажется более простым: да, мы можем провести диаметры, соединить их концы и получить прямоугольник ABCD (рис. 2, на котором, для простоты, точка А отмечена на окружности), но как это приближает нас к построению перпендикуляра из центра окружности?

Рис. 2.

А вот как: так как треугольник AOB равнобедренный, то перпендикуляр (высота) OK пройдет через середину K стороны AB. А значит, задача свелась к нахождению середины этой стороны. Как ни удивительно, но окружность больше нам совсем не нужна, да и точка D тоже, в общем, «лишняя». А вот отрезок CD — не лишний, но на нем нам потребуется не какая-то конкретная точка, а совершенно произвольная точка E! Если обозначить за L точку пересечения BE и AC (рис. 3), а затем продлить AE до пересечения с продолжением BC в точке M, то прямая LM — это решение всех наших забот и проблем!

Рис. 3.

Правда, очень похоже, что LM пересекает AB посередине? Это и правда так. Попробуйте доказать это. Мы же отложим доказательство до конца решения задачи.

Итак, мы научились находить середину отрезка AB, а значит, научились опускать перпендикуляр на AB из центра окружности. Но что делать с исходной задачей, в которой данная прямая не пересекает окружность, как на рис. 4?

Рис. 4.

Постараемся свести задачу к уже решенной. Это можно сделать, например, так.

Сначала построим прямую, симметричную данной относительно центра окружности. Построение понятно из рис. 5, на котором данная прямая — горизонтальная под окружностью, а построенная симметричная ей — выделена красным (две синие точки могут быть взяты на окружности совершенно произвольно). Заодно проведем через центр О еще одну прямую, перпендикулярную к одной из сторон получившегося в окружности прямоугольника, чтобы получить на данной прямой два равных по длине отрезка.

Рис. 5.

Имея две параллельные прямые, на одной из которых уже отмечены два конца и середина отрезка, возьмем произвольную точку T (например, на окружности) и построим такую точку S, что прямая TS будет параллельна имеющимся двум прямым. Это построение показано на рис. 6.

Рис. 6.

Тем самым мы получили хорду окружности, параллельную данной прямой, то есть свели задачу к решенной ранее версии, ведь к такой хорде проводить перпендикуляр из центра окружности мы уже умеем.

Осталось привести доказательство факта, который мы использовали выше.

Четырехугольник ABCE на рис. 3 — трапеция, L — точка пересечения ее диагоналей, а M — точка пересечения продолжений ее боковых сторон. По известному свойству трапеции (его еще называют замечательным свойством трапеции; здесь можно посмотреть, как оно доказывается) прямая ML проходит через середины оснований трапеции.

Собственно, еще раз мы фактически опирались на эту же теорему уже в последней подзадаче, когда проводили третью параллельную прямую.

Теория геометрических построений одной линейкой, когда задана вспомогательная окружность с центром, разработана замечательным немецким геометром XIX века Якобом Штейнером (правильнее произносить его фамилию Steiner как «Штайнер», но в отечественной литературе уже давно закрепилось написание с двумя «е»). О его математических достижениях мы уже однажды рассказывали в задаче «Короче, Склифосовский». В книге «Геометрические построения, выполняемые с помощью прямой линии и неподвижного круга» Штейнер доказал теорему, согласно которой любое построение, которое может быть выполнено с помощью циркуля и линейки, может быть выполнено и без циркуля, если задана всего одна окружность и отмечен ее центр. Доказательство Штейнера сводится к демонстрации возможности осуществления базовых построений, обычно выполняемых с помощью циркуля, — в частности, к проведению параллельных и перпендикулярных прямых. Наша задача, как легко видеть, является частным случаем этой демонстрации.

Впрочем, к некоторым задачам Штейнер привел не единственный способ решения. Приведем второй способ и мы.

Возьмем на данной прямой две произвольные точки A и B (рис. 7). Сначала строим перпендикуляр из A на (синюю) прямую BO — это фактически решение нашей первой задачи, потому что эта прямая содержит диаметр окружности; все соответствующие построения на рис. 7 выполнены синим цветом. Затем строим перпендикуляр из B на (зеленую) прямую AO — это точно такое же решение точно такой же задачи, построения выполнены зеленым цветом. Тем самым мы получили две высоты треугольника AOB. Третья высота этого треугольника проходит через центр O и точку пересечения двух других высот. Она и является искомым перпендикуляром к прямой AB.

Рис. 7.

Но и это еще не все. Несмотря на всю (относительную) простоту второго способа, он «избыточно длинный». Это означает, что существует другой способ построения, требующий меньшего числа операций (в задачах на построение каждая линия, проведенная циркулем или линейкой, считается как одна операция). Построения, требующие минимального среди известных количества операций, французский математик Эмиль Лемуан (Émile Lemoine, 1840–1912) назвал геометрографическими (см.: Geometrography).

Итак, вашему вниманию предлагается геометрографическое решение пункта б). Оно требует всего 10 шагов, при этом шесть первых — «естественные», а следующие три — «удивительные». Самый последний шаг, проведение перпендикуляра, пожалуй, тоже следует назвать естественным.

Мы хотим провести красный пунктирный перпендикуляр (рис. 8), для этого нам нужно отыскать на нем какую-нибудь точку, отличную от О. Поехали.

1) Пусть A — произвольная точка на прямой, а C — произвольная точка на окружности. Проводим прямую AC.

Рис. 8.

2)–3) Проводим диаметр OC (вторично пересекающий окружность в точке D) и прямую AD. Отмечаем вторые точки пересечения прямых AC и AD с окружностью — B и E, соответственно.

Рис. 9.

4)–6) Проводим BE, BD и CE. Прямые CD и BE пересеклись в точке H, а BD и CE — в точке G (рис. 9).

Кстати, а могло ли случиться так, что BE оказалось бы параллельно CD? Да, безусловно. В случае, когда диаметр CD перпендикулярен AO, то именно так и случается: BE и CD параллельны, а точки A, O и G лежат на одной прямой. Но возможность брать точку C произвольно предполагает наше умение выбрать ее так, чтобы CO и AO не были перпендикулярны!

И вот теперь обещанные удивительные шаги построения:

7) Проводим GH до пересечения с данной прямой в точке I.
8) Проводим CI до пересечения с окружностью в точке J.
9) Проводим BJ, которая пересекается с GH... где? Правильно, в красной точке, которая находится на вертикальном диаметре окружности (рис. 10).

Рис. 10.

10) Проводим вертикальный диаметр.

Вместо шага 8 можно было бы провести прямую DI, а затем на шаге 9 соединить вторую точку ее пересечения с окружностью с точкой E. Результат был бы той же самой красной точкой. Правда, это удивительно? Причем, даже неясно, что удивляет сильнее — то, что красная точка оказывается одной и той же для двух способов построения, или то, что она лежит на искомом перпендикуляре. Впрочем, геометрия — это ведь не «искусство факта», а «искусство доказательства». Так что постарайтесь доказать это.