Точка, точка и прямая

Точка, равноудаленная от A и B, несомненно, лежит на серединном перпендикуляре к AB. Однако далее приходится разбирать два разных случая — когда этот перпендикуляр одновременно оказался и перпендикуляром к l (иначе говоря, AB||l), и когда он не перпендикулярен l.

Если прямые AB и l не параллельны, то можно построить точку их пересечения и воспользоваться школьной теоремой о касательной и секущей. Подумайте, как «привязать» эту теорему к нашей задаче.

Рис. 1.

Сперва рассмотрим «основной» случай, когда прямые AB и l не параллельны. Если точка М уже построена, то можно построить окружность (M, MA) (с центром M и радиусом MA), которая в пересечении (касании) с прямой l даст некоторую точку K. И наоборот, если бы мы смогли определить положение точки K, то это позволило бы провести окружность через три точки, а значит, и построить ее центр М. Но как на данной прямой l найти точку K касания окружности, которой тоже нет на чертеже? Здесь на помощь приходит известная теорема о касательной и секущей.

Теорема. Если из точки вне окружности проведены к ней касательная и секущая, то произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадрату касательной.

Согласно этой теореме \(OK^2=OB\cdot OA\) или \(OK = \sqrt{OB\cdot OA}\), то есть точка K касания находится от точки O пересечения прямых AB и l на расстоянии, равном среднему геометрическому длин отрезков OA и OB. Вспомним, что высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна среднему геометрическому проекций катетов на эту гипотенузу. Значит, отрезок OK равен высоте прямоугольного треугольника, гипотенузой которого является отрезок длиной OA + OB. Теперь можно переходить к построению.

1) Проведем прямую AB, которая пересекает данную прямую l в точке O (1 операция; рис. 2).

Рис. 2.

2) К отрезку AB проведем серединный перпендикуляр p (для этого нужно 3 операции; рис. 3).

Рис. 3.

3) Удалим окружности, с помощью которых строился перпендикуляр p, оставив сам перпендикуляр p и точку C (рис. 4), которая понадобится при построении перпендикуляра g к прямой AB, проходящего через точку A.

Рис. 4.

Построим отрезок АG, равный среднему геометрическому отрезков OA = a, OB = b, то есть построим отрезок \(AG=\sqrt{ab}\). Для этого построим высоту AG прямоугольного треугольника ODG c гипотенузой OD, где OA = a, AD = b (рис. 5). Для этого проведем окружность с центром P (середина данного отрезка AB) и радиусом PO, (убедитесь, что тогда AD = OB), и через точку A проведем серединный перпендикуляр к СB, который пересекает окружность в точке G. Получили отрезок \(AG=\sqrt{ab}\), при этом надобности в построении самого треугольника ODG совершенно нет (на все это ушло 4 операции).

Рис. 5.

4) Удалим все построения, далее ненужные, оставив серединный перпендикуляр p и отрезок AG (рис. 6).

Рис. 6.

На прямой l отложим отрезок OK, равный AG (1 операция) и через точку K проведем перпендикуляр k к прямой l (4 операции; рис. 7).

Рис. 7.

В заключение опять удалим посчитанные линии, оставив перпендикуляры p и k, получим искомую точку M, которая является точкой пересечения перпендикуляров p и k (рис. 8). Нарисованная окружность и радиусы MA и MB не являются линиями построения, они играют здесь вспомогательную роль.

Рис. 8.

Итого, построение искомой точки M выполнено за 1 + 3 + 4 + 5 = 13 операций.

Теперь разберем второй случай — когда AB||l. Тогда точку К можно построить быстрее: как только проведен серединный перпендикуляр p. Соответственно, для получения М нужен еще один серединный перпендикуляр (например, к AK), и тогда всего будет 3 + 3 = 6 операций.

Замечание. Мы не акцентируем внимание на интересном и не всегда простом вопросе — а как мы узнаем, перпендикулярны ли две уже проведенные прямые. В нашей задаче мы можем переформулировать этот же вопрос в виде «а как мы узнаем, параллельны ли AB и l? Просто будем считать, что если точку пересечения прямых построить не удалось, то прямые параллельны, — а если удалось, то непараллельны.

Классический подход к решению задач на построение в геометрии включает четыре этапа: анализ, построение, доказательство и исследование. В нашей задаче осталось только последнее, потому что доказательство вытекает из рассуждений, поясняющих построение, а вот исследование необходимо провести.

При построении искомой точки было произведено 13 операций. Убедимся, что все операции, кроме одной, выполняются однозначно. Это операция откладывания отрезка заданной длины на прямой l от точки O в пункте 4. Ее можно выполнить двояко, то есть отрезок AG на прямой l можно отложить в разные стороны от точки O, поэтому задача имеет два решения. Они оба показаны на рис. 9.

Рис. 9.

Здесь рассмотрено общее положение отрезка AB и прямой l. Рассмотрим несколько частных случаев (рис. 10):
    а) если отрезок AB перпендикулярен прямой l, то есть два решения;
    б) если отрезок AB параллелен прямой l, то есть одно решение;
    в) если один из концов отрезка AB лежит на прямой l, то решение тоже единственное.

Рис. 10.

Оказывается, 13 операций — не самый оптимальный способ построения: его можно реализовать и за 12 операций. Это построение похоже на предыдущее и тоже основано на построении точки K касания искомой окружности и прямой l, но в заключительной части строится перпендикуляр не к касательной l в точке K, а к отрезку AK, что обеспечивает экономию одной операции.

Но и это не предел — существует более короткое построение. Оно логически разбивается на три части. В первой части строится серединный перпендикуляр p к отрезку AB. Во второй части строится какая-нибудь окружность, гомотетичная искомой окружности, центр которой лежит на p, и касающаяся данной прямой l. В третьей части строится искомая точка M.

Осуществим этот план:
    1) Строим серединный перпендикуляр p к отрезку AB за три операции; пусть p пересекает данную прямую l в точке C.
    2) Строим окружность, гомотетичную искомой, центр D которой лежит на серединном перпендикуляре p к данному отрезку AB, касающуюся данной прямой l за две операции:
    — сначала строим окружность (O; C), где точка O — произвольная точка серединного перпендикуляра p. Отметим на этой окружности точку D, диаметрально противоположную тоске C, и точку E пересечения этой окружности с данной прямой l;
    — затем построим окружность (D; E), радиус DE которой перпендикулярен данной прямой l, потому что ∠CED — прямой, так как этот угол вписан в окружность, построенную на предыдущем шаге, и опирается на ее диаметр CD.
Эта окружность гомотетична искомой окружности с центром гомотетии C (рис. 11).

Рис. 11.

    3) Строим искомую точку M (одну из двух) за четыре операции (рис. 12):
    — сначала проведем прямую AC и отметим точку F пересечения этой прямой с окружностью, полученной на шаге 2;
    — затем построим окружность (F; A), и отметим точку G, диаметрально противоположную точке A;
    — далее построим окружность (D; G), и отметим точку H — вторую точку пересечения этих двух окружностей;
    — наконец, проведем прямую AH, которая пересекает серединный перпендикуляр p в искомой точке M. Построение выполнено — потребовалось всего 9 операций.

Рис. 12.

Чтобы построить точку M₂, являющуюся вторым решением данной задачи, достаточно повторить действия шага 3 для F₂ — другой точки пересечения прямой AC и окружности, построенной на шаге 2.

В своих «Началах» Евклид считал циркуль и линейку основными инструментами в геометрических построениях. Оба инструмента у него были идеализированными: линейка — односторонняя, без делений (такой линейкой можно только проводить прямые линии, проходящие через две точки), а циркуль — «схлопывающийся» (то есть он не сохраняет фиксированного расстояния при переносе ножек в другую точку). Так вот последнее решение задачи допускает выполнение как раз «схлопывающимся» циркулем.

В Википедии есть статья «Задача Аполлония», где обсуждается задача на построение окружности, касающейся трех данных окружностей, с помощью циркуля и линейки.

Задача была сформулирована Аполлонием Пергским примерно в 220 году до н. э. в книге «Касания». В этой задаче рассматривается 8 различных случаев взаимного расположения четвертой касающейся окружности по отношению к трем данным окружностям (рис. 13). В самом деле, окружности могут касаться как внешним (В), так и внутренним (в) образом. Если пронумеровать три окружности числами 1, 2 и 3, то можно перечислить все способы касания этих окружностей с четвертой, вот они все: (ВВВ), (вВВ), (ВвВ), (ВВв), (ввВ), (вВв), (Ввв), (ввв). Например, запись (ВвВ) соответствует случаю 3), в котором четвертая окружность касается внешним образом с окружностями 1 и 3, и внутренним образом с окружностью 2.

Рис. 13.

А где же наша задача? Она представляет собой предельный вариант для случая 1), а именно, две окружности 1 и 2 уменьшаются до нулевого радиуса и становятся точками A и B, а окружность 3 увеличивается до бесконечного радиуса и становится прямой l, то есть наша задача — это частный случай задачи Аполлония. Несколько этапов этого предельного перехода показано на рисунке 14.

Рис. 14.

Какие еще могут быть частные случаи у задачи Аполлония? Каждая из трех окружностей (С) может стать в предельных случаях точкой (P, при r = 0) или прямой (L, при r = ∞), поэтому любой случай общей задачи — один из следующих: PPP (три точки), PPL, PLL, LLL (все окружности сведены к точкам и прямым), PPC, PLC, LLC (сохранилась одна окружность), PCC, LCC (две окружности) и CCC (три окружности). Разумеется, даже при уже выбранной конфигурации точек, прямых и окружностей количество решений соответствующей задачи Аполлония зависит от их взаимного расположения, — что мы и наблюдали выше на нашей задаче PPL.

Различные частные случаи задачи Аполлония хорошо изучены, в том числе воплощены и в геометрических приложениях, которые «награждают» пользователя за самое короткое решение циркулем и линейкой. Так, наша задача есть в приложении Euclidea, ее можно порешать онлайн здесь. Может быть, вам удастся поставить рекорд — найти более короткое решение, чем известно создателям Евклидии и ее решателям? Также можно порешать в Евклидии и другие частные случаи: PPC, один из частных случаев PCC, один из частных случаев PLC, PLL, ну и школьно-классические PPP и LLL. Впрочем, LLL бывает и другой.

Мы специально не касались вопроса «а можно ли сделать это построение еще короче?», потому что этот вопрос может быть задан вообще про любую задачу на построение — и ответом будет... неизвестность. Постановка задачи безусловно математична, а вот методов ее решения, кроме использования полного пошагового перебора всех возможных построений на компьютере, не придумано.

Первые версии Euclidea вышли более десяти лет назад. С тех пор «рекорды» во многих задачах были обновлены (то есть пользователями были найдены решения с меньшим числом шагов построения), а в некоторых случаях — многократно обновлены.

Два простых примера:
  1) Сколько шагов требуется, чтобы провести перпендикуляр к прямой через данную точку на этой прямой? Школьным методом — четыре, а на самом деле есть решение за три шага (3E в нотации Euclidea). Потренироваться можно здесь.
  2) Сколько шагов требуется для построния касательной к окружности в точке этой окружности? Школьный метод — это провести через точку диаметр, а потом построить перпендикуляр к нему. Согласно первому примеру, это потребует 3 + 1 = 4E. А на самом деле? Снова 3E, причем для этого вообще не нужен центр окружности. Попробовать его найти можно здесь.

Так что, «можно ли короче?» — вопрос очень правильный, но... если сумеете ответить на него утвердительно, обязательно сообщите нам об этом.