10360. В окружность вписан треугольник ABC
. Постройте такую точку P
, что точки пересечения прямых AP
, BP
и CP
с данной окружностью являются вершинами равностороннего треугольника.
Решение. Первый способ. Предположим, точка P
построена, прямые AP
, BP
и CP
пересекают данную окружность в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно, причём треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
равносторонний (рис. 1). Обозначим
\angle CAA_{1}=\angle CC_{1}A_{1}=\alpha,~\angle CBB_{1}=\angle CC_{1}B_{1}=\beta,~\angle ACB=\gamma.
Тогда
\alpha+\beta=\angle A_{1}C_{}B_{1}=60^{\circ},
значит (см. задачу 26),
\angle APB=\frac{\smile A_{1}CB_{1}+\smile AC_{1}B}{2}=\frac{2\alpha+2\beta+2\gamma}{2}=60^{\circ}+\gamma=60^{\circ}+\angle C.
Аналогично \angle BPC=60^{\circ}+\angle A
.
Таким образом, искомая точка P
есть пересечение геометрического места точек, из которых сторона AB
видна под углом 60^{\circ}+\angle C
, и геометрического места точек, из которых сторона BC
видна под углом 60^{\circ}+\angle A
(см. задачи 12 и 2889).
Заметим, что если мы указанным способом построим точку P
, то
\angle APC=360^{\circ}-(60^{\circ}+\angle A)-(60^{\circ}+\angle C)=60^{\circ}+\angle B,
т. е. если точка P
лежит внутри треугольника, то она единственна.
Если один из углов данного треугольника, например, \angle A\geqslant120^{\circ}
, то искомая точка P
лежит вне треугольника или на стороне BC
. При этом способ построения точки P
не изменится, но сторона BC
будет видна из точки P
под углом 300^{\circ}-\angle A
.
Второй способ. Из подобия треугольников APC
и C_{1}PA_{1}
(рис. 2) следует, что \frac{AP}{AC}=\frac{C_{1}P}{C_{1}A_{1}}
. Аналогично \frac{BP}{BC}=\frac{C_{1}P}{C_{1}B_{1}}=\frac{C_{1}P}{C_{1}A_{1}}
. Следовательно, \frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}
, т. е. точка P
лежит на окружности Аполлония точек A
и B
(см. задачу 2444).
Таким образом, построив ещё одну окружность Аполлония, например, для точек A
и C
, получим в пересечении искомую точку P
.
Примечание. (К первому способу.) Если зафиксировать, например, точки A
и C
и двигать дугу C_{1}A_{1}
по окружности, то сумма углов A_{1}AC
и CC_{1}A
будет постоянна, т. е. точка P
также будет двигаться по окружности, проходящей через точки A
и C
. Значит, возможно такое построение.
Выберем на окружности дугу A_{1}C_{1}
величиной 120^{\circ}
. Проведём прямые AA_{2}
и CC_{2}
, которые пересекутся в некоторой точке Q
. Построим описанную окружность треугольника AQC
. Аналогичное построение проделаем для стороны AB
. Построенные окружности пересекаются в искомой точке P
.
(Ко второму способу.) Из этого решения следует, что AP\cdot BC=BP\cdot AC=CP\cdot AP
, т. е. расстояния от точки P
до вершин треугольника ABC
обратно пропорциональны противоположным сторонам.
Точки, обладающие таким свойством, называются точками Аполлония треугольника ABC
. В любом треугольнике таких точек две. Если все углы треугольника меньше 120^{\circ}
, то одна из точек лежит внутри треугольника, а другая вне. Если один из углов больше 120^{\circ}
, то обе точки лежат вне треугольника.
Отметим следующие свойства точек Аполлония.
1. Педальные (подерные) треугольники точек Аполлония равносторонние. Поэтому возможен другой вариант рассуждения, изложенного в этом решении: доказать, что треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
подобен педальному треугольнику точки P
.
2. При инверсии относительно описанной окружности точки Аполлония переходят друг в друга. Отсюда, в частности, следует, что соединяющая их прямая проходит через центр описанной окружности.
3. Поскольку \angle PAB+\angle PCB=\angle A_{1}AB+\angle C_{1}CB=60^{\circ}
, точки P
изогонально сопряжены точкам Торичелли треугольника ABC
.