Поляра

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

Поляра

Д.ШВЕЦОВ

ДАВАЙТЕ НАЧНЕМ С СОВСЕМ ПРОСТО- го вопроса: как построить касательную из точки P к данной окружности $\omega$? Напомним, что стандартное построение тут таково: находим центр окружности O (как?), затем строим окружность $\omega_{1}$ с диаметром OP, теперь точки пересечения окружностей $\omega, \omega_{1}$ и задают касательные (рис.1).

произвольные секущие, пересекающие окружность в точках A, B и C, D соответственно. Пусть прямые AC и BD пересекаются в точке E, а прямые BC и AD – в точке Q (рис.2). Теперь, наконец, пусть прямая QE пересекает окружность $\omega$ в точках $P_{1}$ и $P_{2}$, тогда оказывается, что прямые $PP_{1}$ и $PP_{2}$ являются касательными! Так можно построить касательные из точки P к окружности $\omega$, используя лишь одну линейку. Заметим, что и секущие на первом шаге выбирались абсолютно произвольно, а в итоге, тем не менее, получились касательные, т.е. положение точек $P_{1}$ и $P_{2}$ не зависит от выбора четырехугольника ABCD. Получаем, что точки пересечения диагоналей всех таких четырехугольников лежат на одной прямой (рис.3).

Рис. 1

В основе этого построения лежит базовое свойство-признак касательной – радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому построение, скорее всего, не выглядит удивительным. А вот если отказаться от использования циркуля, то все становится куда интересней. Итак, давайте через произвольную точку P вне данной окружности $\omega$ проведем две

Рис. 3

Все эти наблюдения можно сформулировать в виде теоремы, элементарному доказательству которой и посвящена эта статья.$^{1}$ Основная теорема. Пусть продолжения сторон AB и CD четырехугольника ABCD, вписанного в окружность $\omega$, пересекаются в точке P, продолжения сторон BС и AD – в точке Q, диагонали AC, BD – в точке E. Пусть касательные, проведенные из P к окружности $\omega$, касаются ее в точках $P_{1}$ и

1 Одно из самых естественных доказательств

Рис. 2

основной теоремы использует проективную геометрию.

37

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

Рис. 4

КРУЖОК

Рис. 6

$P_{2}$. Тогда точки $P_{1}, P_{2}, E, Q$ лежат на одной прямой (рис.4).

Задача Шарыгина

В уже далеком 1985 году участникам XXVI Международной математической олимпиады предлагалась следующая задача, автор которой – выдающийся геометр Игорь Федорович Шарыгин (1937–2004). Задача. Пусть описанные окружности треугольников PAD, PBC пересекаются вторично в точке M, как показано на рисунке 5. Тогда $\angle$ PMO $= 90 ^\circ$, где O – зом, нам достаточно доказать, что четырехугольник PMYX вписанный. Заметим, что $\angle$ MDP $= \angle$ MAP как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу MP, и, аналогично, $\angle$ MCP $= \angle$ MBP (рис.7). Из равенства пар углов следует подобие треугольников MDC и MAB. Отрезки MX и

Рис. 7

Рис. 5

центр описанной окружности $\omega$ четырехугольника ABCD. Докажите это. Решение. Утверждение задачи равносильно тому, что точка M лежит на окружности с диаметром OP. С другой стороны, окружность с диаметром OP проходит через середины X, Y отрезков AB и CD, так как $OX \perp AB$ и $OY \perp CD$ (рис.6). Таким обра-

MY являются медианами в подобных треугольниках, поэтому подобны и треугольники MYC и MXB. Из последнего подобия следует равенство углов: $\angle$ MYP $= \angle$ MXP, откуда и вытекает вписанность четырехугольника PMYX. Тем самым утверждение задачи доказано.

Радикальные оси и доказательство основной теоремы

Давайте еще проанализируем конструкцию из задачи Шарыгина, учитывая, что для трех окружностей их радикальные оси

39

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

КРУЖОК

QE совпадает с прямой $P_{1} P_{2}$. Но точки $P_{1}$ и $P_{2}$, очевидно, симметричны относительно прямой PO, откуда $P_{1} P_{2} \perp PO$. Тем самым, $QE \perp PO$. Аналогично, $PE \perp QO$. Следовательно, точка E является точкой пересечения высот треугольника POQ (иначе говоря, четверка P, Q, E, O ортоцентрическая, т.е. каждая из этих точек является ортоцентром треугольника с вершинами в оставшихся трех точках). В частности, $OE \perp PQ$ (рис.10).

Рис. 10

Перпендикулярность прямых OE и PQ носит название теоремы Брокара.

Что дальше?

Конструкция основной теоремы встречается настолько часто, что некоторые ее объекты заслужили собственные имена. Так, точку P называют полюсом прямой $P_{1} P_{2}$, а саму прямую $P_{1} P_{2}$ – полярой точки P. Таким образом, с каждой точкой (полюсом) связана своя уникальная прямая (поляра), такое соответствие называют полярным. Полярное соответствие находит очень широкое применение в решениях самых трудных задач. Для быстрого и эффективного введения в тему рекомендуем подборку задач [1], в которой можно найти множество интересных примеров. Удивительным образом оказывается, что построение касательной одной линейкой проходит точно таким же образом, если мы заменим окружность на эллипс, гиперболу или параболу (рис.11). На первый взгляд может показаться, что наше доказательство бесполезно в этой ситуации, однако, на самом деле все три упомянутых случая (эллипса, гиперболы и параболы) можно свести к случаю окружнос-

Рис. 11

ти! Для этого используют так называемые проективные преобразования. О них можно прочитать, например, в обстоятельной книге [2]. Под занавес отметим, что основой для всего сюжета послужила задача Шарыгина, совершенной другой подход к которой, а также ее связи с другими жемчужинами геометрии можно найти в замечательной статье [3].

Литература

1. П.А.Кожевников. Полярное соответствие. (http://geometry.ru/persons/kozhevnikov/ polar.pdf) 2. И.Я.Яглом. Геометрические преобразования. Том 2. – М.: Наука, 1955. (http:// www.math.ru/lib/files/djvu/yaglom/ tom2.djvu) 3. В.Протасов. О двух велосипедистах и вишневой косточке. – «Квант», 2008, №3. (http: //geometry.ru/articles/protasovbycicle.pdf)