|
|
 |
Условие
Даны две точки A и B. Найдите геометрическое место таких точек C, что точки A, B и C можно накрыть кругом единичного радиуса.
Решение
Обозначим искомое ГМТ через Φ. Очевидно, что Φ пусто при AB > 2, а при AB = 2 является кругом с диаметром AB.
Пусть AB < 2, а окружности ωA, ωB с центрами A, B и радиусами, равными 1, пересекаются в точках P и Q. Рассмотрим круги единичного радиуса, покрывающие точки A и B; геометрическое место их центров есть "линза", образованная дугами PQ окружностей ωA и ωB. Значит, Φ есть объединение кругов единичного радиуса с центрами в этой линзе.
Построим такие точки P1, P2, Q1, Q2, что P – середина отрезков AP1, BP2, а Q – середина отрезков AQ1, BQ2, и проведём четыре дуги окружностей: P1Q1 с центром A и радиусом 2, P2Q2 с центром B и радиусом 2, P1P2 с центром P и радиусом 1, Q1Q2 с центром Q и радиусом 1 (см. рис.).
Докажем, что Φ есть фигура, ограниченная этими дугами. Ясно, что любая точка X этой фигуры принадлежат Φ: если X лежит в секторе P1PP2, то она лежит в круге с центром P; если же она лежит в секторе P1AQ1, то она лежит в круге с центром Y, где Y – точка пересечения луча AX и дуги PQ окружности ω1. Остальные случаи аналогичны.
Осталось показать, что любая точка X вне нашей фигуры не принадлежат Φ. Если X лежит в угле P1AQ1, то AX > 2, и точки A и X не накрываются единичным кругом.
Пусть X лежит в угле P1PP2; нам надо доказать, что расстояние от X до любой точки Y, лежащей в линзе, больше 1. Для этого покажем, что
∠XPY ≥ 90° (и, следовательно, XY ≥ XP > 1). Пусть для определённости в угле XPY лежит точка P1; тогда ∠XPY ≥ ∠P1PY. С другой стороны, AY ≤ 1, а AP1 = 2, откуда P1Y ≥ 1 ≥ AY. Это и означает, что точки A и Y лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра к AP1, то есть
90° ≤ ∠P1PY ≤ ∠XPY.
