Инверсия и ее применение к решению задач элементарной геометрии

2. Пусть K, M, N — произвольные точки на окружности, p — серединный перпендикуляр к отрезку MN. Тогда прямые KM и KN пересекают прямую p в точках A и B, симметричных относительно окружности (рис. 10).

Решение. Пусть P — та точка пересечения прямой p с окружностью, которая лежит вне отрезка AB. Так как угол MKN — вписанный, а угол PON равен половине соответствующего ему центрального угла, значит, Ð MKN =Ð PON и Ð BKA = Ð BON. Поэтому в треугольниках ONB и KAB все углы соответственно равны. Следовательно, равны и соответственные углы треугольников BON и MOA .

Из подобия  треугольников BON и MOA получаем:

,     OA · OB = OM · ON = R².

Используя полученный результат, строим точку, симметричную данной точке A, следующим образом (рис. 11):

1. проведём прямую OA и произвольную секущую, проходящую через точку A и пересекающую окружность ω в точках M и K;
2. опустим из точки M перпендикуляр на прямую OA и продолжим его до пересечения с окружностью в точке N.

Рис.10.                                                         Рис.11

Прямая KN пересекает OA в искомой точке B.

Легко видеть, что если на нашем  чертеже просто поменять местами буквы A и B, а также M и N, то описание построения вообще не изменится (рис. 7). Последовательность действий останется той же самой, поскольку произвольную секущую KM можно провести как из внутренней точки окружности, так и из внешней, а для построения безразлично — лежит исходная точка A на отрезке KM или на его продолжении.

Заметим также, что первый способ построения (рис.10) является вырожденным случаем второго, при котором точки M и K сливаются, а секущая превращается в касательную. Если попытаться аккуратно провести все построения циркулем и линейкой, то преимущества второго способа становятся очевидными. Действительно, отрезок MN можно заменить подходящей дугой окружности с центром, лежащим на прямой OA. Тогда для построения надо провести всего три прямые и одну окружность.

Сравнение явно не в пользу первого способа, где по ходу построения надо проводить  перпендикуляры или делить отрезок  пополам, что требует проведения дополнительных прямых и окружностей.

До сих пор мы применяли инверсию лишь к единственной точке. Посмотрим  теперь, что произойдёт, если применить  это преобразование к более сложному объекту. Естественно попробовать  подействовать инверсией на прямую. Если эта прямая проходит через центр  инверсии, то точки, находившиеся внутри окружности, окажутся снаружи, и наоборот: точки, находившиеся вне окружности, окажутся внутри, но в целом прямая перейдёт сама в себя. Гораздо интереснее случай, когда исходная прямая не проходит через центр инверсии. Прежде чем рассмотреть этот случай, докажем несложную лемму. В силу важности назовём её основной.

Основная лемма. Пусть A₁, A₂ и B₁, B₂ — пары различных точек, симметричных относительно окружности ω с центром O. Тогда Ð OA₁B₁ = Ð OB₂A₂ (рис. 12).

Рис. 12

     Доказательство. По определению симметричных точек OA₁·OA₂ =R² =OB₁·OB₂, следовательно

 

     Из пропорциональности сторон следует подобие треугольников OA₁B₁ и OA₂B₂ по двум сторонам и углу между ними. Из подобия треугольников следует равенство углов:Ð OA₁B₁ = Ð OB₂A₂

  Равенство этих углов также означает, что четырёхугольник A₁ A₂ B₂ B₁ вписанный, или, другими словами, все четыре точки лежат на одной окружности. В дальнейшем этот факт пригодится для доказательства важных свойств инверсии.

Вычислите длину отрезка  A₂B₂, если известны стороны треугольника OA₁B₁ и радиус окружности инверсии.

Теперь можно доказать первое важное свойство инверсии.

Теорема 1. Прямая, не проходящая через центр инверсии, переходит в окружность, проходящую через центр инверсии.

Доказательство. Опустим из центра O перпендикуляр OM на данную прямую a и рассмотрим точку K, симметричную точке M относительно окружности инверсии. Построим окружность a с диаметром OK. Рассмотрим произвольную прямую, не совпадающую с OK, проходящую через центр O и непараллельную прямой a. Пусть она пересекает окружность ω в точке B, а прямую a —в точке A (рис. 13).

Угол при вершине B прямой, поскольку он опирается на диаметр. Из подобия прямоугольных треугольников OBK и OMA получаем OA· OB = OM · OK. Поскольку точки M и K по построению симметричны, R² = OM · OK = OA· OB .Значит, точки A и B также симметричны относительно окружности инверсии. Следовательно, прямая a и окружность ω переходят друг в друга при инверсии. 

4. Если исходная прямая касается окружности, то точки M и K совпадают и доказательство теряет силу. Как изменить доказательство теоремы для этого частного случая?

Построить образ прямой, которая  пересекает окружность инверсии, особенно легко. Поскольку точки окружности инверсии остаются неподвижными, достаточно провести окружность через центр инверсии и две точки пересечения окружности инверсии и исходной прямой.

На рис. 14 показаны: окружность ω, прямая a, пересекающая её в двух точках B и C, и окружность a, проходящая через точки O, B, C.  Эта окружность a является образом прямой a при инверсии относительно окружности ω.

Легко видеть, что касательные, проведённые  к обеим окружностям из точки A, лежащей на прямой a, равны между собой. Это следует из теоремы о квадрате касательной:

AP²=AB · AC = AQ²,  значит, AP = AQ.

Оказывается, это утверждение остаётся верным, даже если окружности a и ω не пересекаются.

 

 

 

 

Рис. 13                                                                    Рис. 14

5. Пусть окружность a является образом прямой a при инверсии относительно окружности ω, точка A лежит на прямой a. Докажите, что касательные, проведённые к окружностям a и ω из точки A равны между собой. Теорему 1 можно сформулировать и иначе.

Теорема 1. Окружность, проходящая через центр инверсии, переходит в прямую, не проходящую через центр инверсии. Теперь представляется естественным применить инверсию к произвольной окружности. Докажем следующую важнейшую теорему

 

 

 

 

 

Рис.15

 

Теорема 2. Окружность, не проходящая через центр инверсии, переходит в окружность, не проходящую через центр инверсии.

Доказательство. Рассмотрим инверсию относительно окружности w и окружность a₁, не проходящую через центр инверсии O (рис. 11). Проведём прямую через центры окружностей a₁ и ω. Эта прямая пересекает окружность a₁ в диаметрально противоположных точках B₁ и C₁. Построим точки B₂ и C₂, соответственно симметричные точкам B₁ и C₁ относительно окружности w, и рассмотрим окружность a₂, построенную на диаметре B₂C₂. Докажем теперь, что точки, симметричные точкам окружности a₁, расположены на окружности a₂, и наоборот.

Возьмём на окружности a₁ произвольную точку A₁ и построим точку A₂, симметричную точке A₁ относительно окружности ω. Теперь применим основную лемму к двум четвёркам точек—к A₁, A₂; B₁, B₂ и к A₁, A₂; C₁, C₂. Первая четвёрка даёт равенство углов A₁B₁C₁ и B₂A₂M, а вторая— A₁C₁B₁ и C₂A₂O

Треугольник A₁B₁C₁ является прямоугольным, так как B₁C₁ — диаметр окружности, значит, ∠A₁B₁C₁+∠A₁C₁B₁= 90°, следовательно, ÐB₂A₂M+ÐC₂A₂O = 90°. Из последнего равенства следует, что угол B₂A₂C₂ — прямой и, значит, точка A₂ расположена на окружности a₂ с диаметром B₂C₂, что и требовалось доказать.  На приведённом чертеже окружности a₁ и a₂ не пересекают окружность инверсии ω и не содержат внутри себя её центр

 

3.Окружность Аполлония.

Как известно, множеством точек, равноудалённых от точек A и B, является серединный перпендикуляр к отрезку AB. Построим теперь множество таких точек M, что

 При k = 1 получим серединный перпендикуляр, а при  k ≠ 1 — окружность. Эта теорема принадлежит Аполлонию*).

Аполлоний Пергский, древнегреческий  математик (III в. до н. э.), один из представителей александрийской школы. Важнейший  труд—«Конические сечения». Эта книга  Аполлония сильно опередила своё время. Многие теоремы, доказанные в  ней, были фактически открыты заново лишь в XVII—XVIII вв.

Основным средством для доказательства теоремы об окружности Аполлония  служит известное свойство биссектрисы треугольника.

 

Утверждение. Пусть биссектрисы внутреннего и внешнего угла при вершине B треугольника ABC пересекают прямую AC в точках M и N (рис. 16). Тогда

 

 

 

 

 

Рис.16

 

 

 

 

 

Теорема 13. Пусть точки A и B симметричны относительно окружности w. Тогда для любой точки M окружности w отношение MA:MB будет постоянным.

Доказательство.  Утверждение следует из  построения симметричных точек, описанного в задаче 2.

 

 

Рис. 17

Пусть P и Q — точки пересечения окружности ωс прямой AB (рис. 17). Тогда MP и MQ—биссектрисы внутреннего и внешних углов треугольника AMB (в силу равенства вписанных углов, опирающихся на равные симметричные дуги). Значит, , что и требовалось доказать. Заметим теперь, что для любого значения k (k>0, k≠1)на прямой AB существуют ровно две точки P и Q, такие что      (говорят,  что точки A,  B,  P,   Q  образуют гармоническую четвёрку).  Если теперь взять любую точку M,  такую что

= k,   то  биссектрисы  смежных  углов  при  вершине  M

 

Рис.18

 

пройдут через точки P и Q по свойству биссектрис. Поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны, то точка M лежит на окружности с диаметром PQ.

Заметим, что каждая окружность Аполлония  при любом значении параметра k ортогональна окружности с диаметром  AB.  Значит,  все такие окружности образуют  пучок

с предельными  точками A и B. Каждому значению k >0 соответствует единственная окружность пучка. Таким образом, пучок непересекающихся окружностей можно описать ещё как множество окружностей, относительно которых симметричны две данные точки A и B.

Очень полезно самостоятельно рассмотреть различные частные  случаи задачи Аполлония, когда некоторые  окружности превращаются в прямые или  сжимаются в точки. Как правило, это ведёт к существенным упрощениям, а иногда позволяет обойтись без инверсии.

1. Постройте окружность, касающуюся двух данных 
прямых и данной окружности. (Попробуйте придумать ре 
шение без использования инверсии и сравните с общим 
случаем.)

Естественно было бы попытаться поточнее определить тот круг задач на построение, для  решения которых можно использовать инверсию или, в более общем виде, построения, осуществимые циркулем. Оказывается, верна следующая теорема, доказанная независимо Г.Мором (1672) и Л.Маскерони (1797):

Теорема Мора—Маскерони. Любое построение, выполнимое циркулем и линейкой, может быть осуществлено одним циркулем.

При этом под построением прямой понимается возможность построить любое количество точек, принадлежащих этой прямой. Доказательство теоремы не очень сложно, но требует определённой аккуратности.

В качестве примера такого построения можно рассмотреть следующую  задачу.

2. Пусть окружность a с центром в точке A проходит через центр O окружности w и пересекает её в точках P и Q.Докажите, что окружности с центрами P и Q, проходящие через точку O, пересекаются второй раз в точке A^′, симметричной точке A относительно окружности ω.

 

4.Применение инверсии к решению задач на построение и доказательство.

Инверсия  с эффективностью используется при  решении задач на построение и  доказательство. В задачах на построение подбирают окружность ω инверсии так,чтобы некоторые из данных или  искомых окружностей инверсией  относительно ω  отобразились на прямые, что упрощает решение задачи. Первоначальная задача переходит в некоторую другую задачу для образов данных и искомых фигур, решение которой этой инверсией переводится на решение данной задачи.

Задача 1.Построить окружность, проходящую через две данные точки A и B и касающуюся данной окружности a

Р е ше н  и е.Искомая окружность может  существовать, очевидно, лишь тогда, когда  данные точки A и B лежат обе либо вне окружности a , либо обе внутри нее. В качестве окружности ω инверсии выберем T A окружность (B, BA).Тогда данная окружность a переводится инверсией в некоторую окружность a^' ,a искомая окружность x —в прямую x^'. Точка A неподвижна. В силу свойства конформности инверсии прямая x^' является касательной к окружности a^'. Данная задача свелась к задаче: через точку A провести прямую x^', касающуюся окружности a.^' Выполнив построение этой касательной, отображаем ее заданной инверсией на искомую окружность x. Построение выполнено на рис.Число решений зависит от взаимного расположения точки A и окружности a^' т.е.может быть равно 2,1 или 0. На рис.19 показаны два решения.

Задача 2. На плоскости задана окружность ω (О , R). Пусть f – инверсия с

центром в точке О и радиусом R (рис .20). Построить образ какой -нибудь точки М .