Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
рим на прямой (А) точки P1 и P2 такие, что 1 1 =--2 2 = k; так как (D)
PxF P 2F
не пересекает (V), то P лежит вне отрезка TxT2 и внутри отрезка P1P2. Сфера S(Px) с центром P1 будет касаться (V)1b точке Tx, а сфера S(P2) с центром P2 будет касаться сферы (V) в точке P2. Всякий луч, выходящий из P и лежащий в плоскости (тс), проходящей через (А) перпендикулярно плоскости (R)1 будет пересекать эти две сферы соответственно в точках tx и t2; прямая PxIx пересечет отрезок P2Jt2 в точке W1 и так же, как было показано выше (в вопросе в), устанавливается, что сферы 5 (P)1 центры которых лежат в плоскости (R) и которые касаются (V)1 образуют семейство Ф сфер, которые будут также касаться сфер (W) с центром W и радиусом Wtx = Wt2 в точках окружности (Cw) с диаметром txt2, плоскость которой проходит через прямую (D). Отсюда то же геометрическое место центров P этих сфер .S (P) (гипербола с вершинами P1, P2 и эксцентриситетом k). Второе семейство Ф' мы получим, исходя из точек Pj и P2 прямой (А)
P[T1 PiJ2
таких, что--. =__¦ = k. Отсюда следует, что сфера (Q), проходящая через
P[F P2F
окружность (Cw) и ортогональная (W)1 будет ортогональна всем сферам Ф и, значит, существует в рассматриваемом частном случае бесконечное множество сфер (Q)1 ортогональных всем сферам Ф; центры Q этих сфер лежат в плоскости (тс), проходящей через V перпендикулярно (R); эта плоскость (тс) пересекает плоскость (R)
702
Ответы. Гл. XXVI. ПЛАНИМЕТРИЯ СО СТЕРЕОМЕТРИЕЙ
по прямой (Д), которая, в свою очередь, пересекает прямую (D) в точке Р. Переходим к следующему вопросу: существование сфер S радиуса k • PH [с центром p1 лежащим в плоскости (P)], ортогональных данной сфере (?2). Пусть R — радиус сферы (Q). Пусть P — центр сферы S(P) и пусть прямая (d), параллельная (D), пересекает в точке / прямую (Д), проходящую через а перпендикулярно (D). Тогда ni2 — R2 = k2PH2. Но PH2 = PA2 + AiI2 и PH = Jp [F- точка пересечения (D) и (Д)]; значит, P есть точка пересечения прямой (d) с окружностью, центр которой находится в точке а, а радиус R' определяется из соотношения R'2 = k2fF2 — — ан2+ R2. Необходимое и достаточное условие того, что на прямой (d) имеются действительные точки P (различные или нет), удовлетворяющие условию задачи, имеет вид R' > Af или <р (Af) = (к2 — 1) Af2 — 2k2 AF • Af+ k2AF2 — AQ2 + R2 > 0. Дискриминант этого трехчлена (относительно Af) равен У=k2AF2+(k2—1) (ан2—P2). Если (P) — мнимая окружность [т. е. плоскость (R) не пересекает сферу (Q)], то AQ.2 — P2 > 0, откуда У > 0; трехчлен ср (Af) имеет два действительных корня: AP1 и -ДР2; точки P1 и P2 — две действительные различные точки, лежащие на прямой (Д), и всякая прямая, параллельная (D) и пересекающая (Д) в точке, внешней по отношению к отрезку P1P2, содержит два центра: P и P', сфер S (P) и S (P'), ортогональных сфере (Q). Если (P) — действительная окружность, то
P2 — _4Q2 = г2 и Д' !> 0, если Л P ]> ——-----г. Если это условие выполнено, то па
прямой (Д) имеются две точки: P1 и P2, действительные ^различные в случае
______ _____ _ __
^ >----„-----г? совпадающие в случае AF=------ г j такие, что AP1 и AP2
служат корнями трехчлена ? (Af) и всякая прямая, параллельная (D) и пересекающая (Д) в точке, внешней по отношению к отрезку P1P2, содержит две точки: P и P', служащие центрами сфер S(P) и S(P'), ортогональных сфере (Q). Сами точки P1 и P2 также служат центрами сфер 5 (P1) и S (P2), ортогональных (Q). Если
і/*?2_ \ _
AF < ~—~-г, то трехчлен о (Af) > 0 для любой точки /; значит, на любой
прямой, параллельной (D) и пересекающей (Д), имеется две точки: P и P', служащие центрами сфер .S (P) и S (P'), ортогональных сфере (Q).
__ Ap + ар
Середина о отрезка P1P2 определится из соотношения ао =------— =
?2 ._ Qf I
AF, откуда -____ = — ; это соотношение позволяет построить точку О.
k2— 1 OA k2
Далее, точки P1 и P2 лежат всегда вне сферы (Q); это ясно, если (R) не пересекает (Q); если же (P) — действительная окружность [(P) окружность, по которой (R) пересекает (Q)], то ср (± г) = k2 (г ± AF)2 > 0, а потому точки пересечения (Д) с (P) лежат вне отрезка PjP2, т. е. точки P1 и P2 лежат вне сферы (Q). Далее,
FT1-FP2 = (FA+ AP1) (Fl+ AP2) = I?2 — (APx + AP2) AF + AP1 • AP2.
2k2-AF -,- -p75 k2AF2 — A9-2 + R2 Но ЛРі + AP2 = k2__\ и ^P1MP2=-k2 — \ -' слеД°вательн°,
_ p2_ 4Q2_J[f2
FPx-FP2 =-—j-. Если (P) — действительная окружность, то
FPx - FPx = —_^ . Покажем теперь, как построить точки Pi и P2 на прямой (Д). Если окружность (P) мнимая, то пучок (P) сфер, определяемых сферой (Q) и радикальной плоскостью (R), имеет две точки Понселе. Пусть to— одна из них. Если P1 (или P2) есть центр сферы S(Px), лежащей на прямой (Д) и пересекающей ортогонально (Q), то P1w = UPxF и P2to = UP2F1 поэтому точки Px и P2 суть точки пересечения (Д) с окружностью Апполония, лежащей в плоскости (тс), которые делят в отношениях k и — k отрезок top. Точки P1 и P2 лежат по разные стороны от F (ибо k > 1) и в этом случае всегда действительны (это уже установлено выше аналитически). Пусть (P) — действительная окружность. Обозначим
