1. Úvod                      2. Řešení Úloh                      3. Prostorové úlohy                      4. Další                      5. Zdroje
      2.1 Gergonnovo            2.2 Fouchéovo            2.3 Kruhovou inverzí            2.4 Dilatace            2.5 Analytické
Následující aplet zobrazuje všechna řešení obecné apolloniovy úlohy. Vidíme, že úloha má obecně osm řešení, což vyplyne z konstrukce výsledných kružnic.

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.1

Zadané kružnice budeme značit k1, k2, k3 a jejich středy po řadě O1, O2, O3, kružnice výsledné budeme značit m1, ..., m8 a jejich středy po řadě S1, ..., S8. Při řešení z pravidla nebudeme sestrojovat všechna řešení, ale kvůli přehlednosti konstrukce jen některá, při konstrukcích také nebudeme provádět konstrukce již dříve vysvětlené. Nejprve uvedeme konstrukce založené na speciálních vztazích, poté budeme úlohu řešit kruhovou inverzí.


ŘEŠENÍ GERGONNOVO

K tomuto řešení dospěl roku 1816 francouzský matematik Gergonne. Získané znalosti doplníme ještě o další věty:
Věta 9
Dotýká-li se kružnice dvou daných kružnic, pak spojnice dotykových bodů prochází středem stejnolehlosti dvou daných kružnic.

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.2

Důkaz
podle obrázku označme T1, T2 dotykové body a U1, U2 další průsečíky spojnice dotykových bodů s kružnicemi. Vyznačené úhly jsou shodné, zvláště úhly při vrcholech U1, T2 a proto platí O1U1 || O2T2 a spojnice dotykových bodů tedy prochází středem stejnolehlosti E.
Platí i obráceně, vedeme-li přímku středem stejnolehlosti dvou kružnic, která tyto kružnice protíná ve čtyřech bodech, pak vždy dvojice inversně sdružených bodů určuje kružnici, která se daných dvou dotýká. Zvolíme-li vnější, resp. vnitřní střed stejnolehlosti bude mít výsledná kružnice buď s oběma danými vnější, nebo s oběma vnitřní dotyk, resp. vždy s jednou vnější, s druhou vnitřní dotyk. Další věta se opět vztahuje k tomuto obrázku.
Věta 10
Dotýká-li se kružnice m dvou daných kružnic k1, k2, pak pól spojnice dotykových bodů vzhledem ke kružnici m leží na chordále kružnic k1, k2 a naopak
Důkaz
Pól P sestrojíme jako průsečík tečen kružnice m v bodech T1, T2, tyto tečny jsou zároveň chordálami dvojic m, k1 a m, k2 a bod P je tedy zároveň potenčním středem těchto tří kružnic a musí tedy ležet na chordále kružnic k1, k2.
Z této věty a věty 3 ihned vyplývá další věta.
Věta 11
Pól chordály dvou kružnic vzhledem ke kružnici třetí, která se prvých dvou dotýká, leží na spojnici dotykových bodů (v obrázku bod Ch).
K témuž obrázku se vztahuje i další a zatím poslední věta.
Věta 12
Dotýkají-li se dvě kružnice současně dvou jiných kružnic, pak chordála jedné dvojice kružnic dotykových jde středem stejnolehlosti druhé dvojice kružnic.
Důkaz
Z obrázku můžeme podle mocnosti bodu E vzhledem ke kružnicím k1, k2 a podle stejnolehlosti psát:

Vynásobíme spolu levé a pravé strany rovnic

Stejně tak platí pro druhou kružnici m’ která se daných dvou dotýká

To znamená, že bod E má stejnou mocnost k oběma kružnicím m, m’ i ke všem ostatním, které se daných dvou dotýkají a leží tedy na chordále kružnic m, m’ i každé jiné takové dvojice.
S těmito znalostmi můžeme uvést první konstrukci kružnice, dotýkající se daných tří kružnic. Budeme sestrojovat jen dvě kružnice, konstrukce zbylých je obdobná. Nejprve zvolíme jednu ze čtyř os podobnosti daných kružnic. Dotýkají-li se výsledné kružnice m1, m2 daných kružnic, pak jejich chordála prochází středy stejnolehlosti každé dvojice z daných kružnic a je tedy osou podobnosti o daných kružnic (Věta 12). Z téže věty plyne, že střed stejnolehlosti výsledných kružnic leží na všech třech chordálách kružnic k1, k2, k3 a je tedy jejich potenčním středem P. Podle věty 11 leží pól P1 osy podobnosti o (jakožto chordály kružnic m1, m2) vzhledem ke kružnici k1 na spojnici dotykových bodů kružnic m1, m2 s kružnicí k1 a podle věty 10 táž spojnice prochází středem podobnosti výsledných kružnic m1, m2, tedy bodem P. Totéž platí pro póly P2, P3 osy podobnosti vzhledem ke kružnicím k2, k3.
Konstrukce 1
Nejprve sestrojíme potenční střed P a osu podobnosti o daných kružnic, poté sestrojíme póly P1, P2, P3 osy podobnosti o vzhledem ke kružnicím k1, k2, k3. Spojnice PP1, PP2, PP3 protnou kružnice k1, k2, k3 v dotykových bodech výsledných kružnic m1, m2.

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.3

Zvolíme-li jinou osu podobnosti dostaneme jiné dvě řešení, čímž dostaneme osm různých řešení. Dodejme, že k sestrojení středu S1 výsledné kružnice stačí jen póly P1, P2, nebo si stačí uvědomit, že středy S1, S2 leží na kolmici spuštěné z bodu P na chordálu o výsledných cyklů a tedy k sestrojení výsledných kružnic stačí jediný pól P1, nebo můžeme k sestrojení dalších dotykových bodů využít stejnolehlost.
Jak jsme již řekli úloha kkk má v obecném případě osm řešení, pokud by všechny tři kružnice měly společný právě jeden bod (dotykový) pak by úloha měla nekonečně mnoho řešení. Pokud se dvě ze zadaných kružnic dotýkají pak přicházíme o dvě řešení, neboť dvě dvojice různých kružnic přejdou ve dvě dvojice kružnic totožných a tedy místo čtyř kružnic máme dvě. V předchozí konstrukci si můžete vyzkoušet, když se kružnice k1, k1 dotknou pak čtyři různé dotykové body výsledných kružnic přejdou do dotykového bodu kružnic k1, k2. Pokud se nejvýše dvě dvojice kružnic protínají, nebo procházejí všechny jedním bodem, pak má úloha 4 řešení, když se nyní dvě kružnice dotknou, nepřicházíme o žádné řešení. Existují i situace, kdy úloha nemá řešení(první kružnice leží ve vnitřní oblasti a druhá leží ve vnější oblasti třetí kružnice) . Úloha kkk tedy může mít nekonečně mnoho řešení, 8, 6, 4 a žádné řešení:


Obr. 2.4

Pokud některou kružnici nahradíme bodem, pak se počet řešení zmenší na polovinu, neboť u bodu nerozlišujeme vnější a vnitřní dotyk.
Nyní budeme uvedenou metodou řešit některé speciální případy Apolloniovy úlohy. Pro tato řešení je dobré chápat bod, resp. přímku jako kružnici s nulovým, resp. nekonečně velkým poloměrem. To nám pomůže při konstrukci středů stejnolehlosti a chordál ve speciálních případech. Pokud budeme chordálu sestrojovat rozpůlením společné tečny kružnic a poláru bodu vzhledem ke kružnici pomocí tečen z bodu ke kružnici pak zřejmě platí
Věta 13
Je-li dán bod a kružnice, pak chordála půlí vzdálenost mezi polárou daného bodu vzhledem k dané kružnici a daným bodem, oba středy stejnolehlosti splývají s daným bodem.


                                            Obr. 2.5

Pokud bychom chtěli konstrukci provést pomocí třetí kružnice vedené daným bodem pak chordála třetí kružnice a bodu bude zároveň tečnou této kružnice, neboť chordála je kolmá na spojnici středů obou kružnic.
Věta 14
Je-li dána přímka a kružnice, pak chordála splývá s danou přímkou a středy stejnolehlosti jsou průsečíky kolmice, spuštěné ze středu kružnice na danou přímku, s danou kružnicí, společné tečny jsou rovnoběžné s danou přímkou, které se dotýkají v jejím nevlastním bodě.
Věta 15
Je-li dán bod a přímka, pak přímka je chordálou i polárou k danému bodu, který je jejím pólem, Oba středy stejnolehlosti splývají s daným bodem.
Věta 16
Jsou-li dány dva body, pak chordála je osou souměrnosti těchto bodů, vnitřní střed stejnolehlosti je středem úsečky určené danými body, vnější střed je nevlastní bod přímky určený těmito body.
Věta 17
Jsou-li dány dvě přímky, pak chordála je osa souměrnosti těchto přímek, středy stejnolehlosti určit nelze.
U poslední věty si stačí uvědomit, že chordála půlí úhel dvou kružnic se stejným poloměrem. Při řešení úloh tedy zachováme uvedený postup a při konstrukci využijeme uvedené věty.
Bkk

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.6

Vidíme, že osa podobnosti prochází daným bodem
pkk

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.7

Dodejme jen, že podle Věty 14 musí bod P ležet na dané přímce.
Bpk

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.8

Opět si můžeme všimnout, že osa podobnosti prochází daným bodem a bod P leží na dané přímce. Další úlohy bychom řešili obdobně, je zajímavé, že řešení úlohy ppk touto metodou je totožné se známým řešením využívajícím stejnolehlost:
ppk

Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (Click here to install Java now)
Obr. 2.9

Bod A je potenčním středem, bod A' je totožný s pólem P1.

Předchozí kapitola           Následující kapitola



Jiří Vančura
2008/2009
4.M, SPŠST Panská