Задачи с окружностью аполлония (7 видео)

Содержание

Задачи с окружностью аполлония
Частные случаи
Задача Аполлония
Задачи с окружностью аполлония
Возвращение к задаче Аполлония (с того места, как мы оставили ее в ст. 6)
Однотипные задачи на построение.
Построение изогональных окружностей к трем данным А, В, С и завершение задачи Аполлония.
Небольшое применение теории групп приводит к большому упрощению.
Алгоритм для задачи Аполлония.
Теорема о композиции инверсий одного пучка.
Геометрические выводы.
📹 Видео

Видео:Геометрия 7 класс (Урок№16 - Окружность. Задачи на построение.)Скачать

Задачи с окружностью аполлония

Аполлоний Пергский (ок. 262–170 до н. э.) завоевал среди современников титул Великого Геометра. Он обучался в Александрии у последователей Евклида, имена которых не сохранились, и стал последним великим представителем александрийской математической школы. Позднее он работал в Пергаме, где создал свой важнейший труд «Коноика» («Конические сечения»), который и принес ему такую громкую славу. Только первые четыре книги этого произведения дошли до нас в подлиннике. Три другие сохранились в арабском переводе, а восьмая, последняя, была утрачена. Работа Аполлония оказала огромное влияние на развитие не только математики, но и астрономии, механики, оптики. Именно он ввел в язык математики названия «эллипс», «парабола», «гипербола», «фокус», «асимптота».

Благодаря позднейшим комментаторам и реставрациям, которыми много занимались в 16-18 вв., мы знаем и о содержании шести других геометрических работ Аполлония. В одной из них появляется так называемая «окружность Аполлония». В другой, изданной Виетом, работе «О касании» рассматривается следующая задача: построить циркулем и линейкой окружность, касающуюся трех данных окружностей. Решение самого Аполлония не сохранилось, но предпринятые многими авторами попытки его восстановления и, конечно, привлекательная формулировка, сделали эту задачу очень популярной. Мы предлагаем серию чертежей-заданий, которые через череду вспомогательных задач приводят к одному из элементарных, «школьных» решений.

Частные случаи

Нам будет удобно несколько расширить рамки задачи и допустить, наряду с обычными окружностями, «вырожденные» – точки (окружности нулевого радиуса) и прямые (окружности бесконечного радиуса). При этом появится несколько частных случаев, определяемых тем, какие именно фигуры (точки, прямые и окружности) даны, но, как мы увидим, к этим более простым случаям будет сводиться общий. Сначала посмотрим, как решается задача, когда все три данные окружности вырождаются в точки и прямые.

Три точки (Задача 01, 02). В этом случае задача состоит в том, чтобы описать окружность около треугольника с вершинами в трех данных точках. Этому учат едва ли не на первых уроках геометрии. Отметим, что и в случае, когда даны точки на одной прямой, эта задача имеет решение, ведь мы условились и прямую считать окружностью.

Три прямые (Задача 03, 04). В отличие от первого случая, здесь возможны несколько решений. Если прямые ограничивают треугольник, то одно из них дается его вписанной окружностью, а еще три – вневписанными (касающимися одной из сторон извне треугольника и продолжений двух других сторон). Если параллельны ровно две из трех прямых, то решений, очевидно, два, а если все три, то ни одного.

Две точки и прямая (Задача 05). Эту задачу можно решить с помощью «геометрических вычислений», т. е. алгебраическим методом. Пусть A и B – данные точки и пусть C – точка пересечения прямой AB с данной прямой l (случай AB || l рассмотрите самостоятельно). Если K – точка касания искомой окружности с прямой l, то по теореме о квадрате касательной должно выполняться равенство CK 2 = CA·CB. Это позволяет построить точку K, отложив на прямой l отрезок CK длины

_____

CK = √CA·CB

Две прямые и точка (Задача 07). Допустим, что данные прямые пересекаются. Тогда задачу можно свести к предыдущей. Поскольку центр окружности, касающейся таких прямых, лежит на биссектрисе l одного из образованных ими углов, окружность симметрична относительно l, поэтому она проходит через точку B, симметричную данной точке A относительно l. Таким образом, нам известны две точки, A и B, лежащие на искомой окружности, и две прямые, которых она касается, а построение для этого случая (даже для одной прямой) было описано выше. Для полноты надо отдельно рассмотреть случаи, когда прямые параллельны и когда они пересекаются, но данная точка лежит на биссектрисе образованного ими угла (и совпадает с симметричной ей точкой B). Построение в этих случаях несложно и мы на нем не останавливаемся.

Последнюю задачу можно решать и непосредственно, методом гомотетии. В таком случае к ней можно было бы сводить предыдущую задачу о проведении окружности через две данные точки A и B, касающуюся данной прямой: искомая окружность обязана касаться и второй прямой, симметричной данной относительно серединного перпендикуляра к AB.

Прежде, чем двинуться дальше, остановимся на понятии степени точки относительно окружности и некоторых связанных с ним фактах, которые понадобятся нам еще не раз. Хотя это понятие в явном виде и не проходится в школе, по существу оно появляется в двух известных теоремах об окружности: теореме об отрезках пересекающихся хорд и теореме о квадрате касательной (ее другое название – теорема о секущей и касательной), которую мы уже использовали выше. Эти две теоремы можно свести в одно утверждение.

Пусть даны окружность и точка P. Произведение PA·PB, где A и B – точки, в которых прямая, проходящая через P, пересекает окружность, зависит только от точки P и окружности и не зависит от прямой.

Это произведение, взятое со знаком плюс для точек вне окружности и со знаком минус для точек внутри окружности, и называется степенью точки P относительно окружности. Можно сказать, что степень точки P – это скалярное произведение (равное в данном случае PA·PB, если векторы и сонаправлены и –PA·PB, если они противоположно направлены). Если точка P лежит вне окружности, то степень равна квадрату отрезка PK касательной, проведенной из точки P к окружности (это и есть теорема о квадрате касательной). Приведенные выше утверждения, объединяющие две школьные теоремы, будем называть теоремой о степени точки (относительно окружности).

Из нее нетрудно вывести и теорему, в некотором смысле к ней обратную: если прямые AB и CD пересекаются в точке P и , то точки A, B, C и D лежат на одной окружности, а если P лежит на прямой AB и PA·PB = PK 2 , то прямая касается окружности, проходящей через A, B и K.

Вернемся к задаче Аполлония и рассмотрим случаи, когда две окружности вырождены, т. е. являются точками или прямыми, а третья – «нормальная».

Две точки и окружность (Задача 06). Пусть требуется построить окружность, проходящую через данные точки A и B и касающуюся данной окружности c₀. Проведем через A и B произвольную окружность c’, пересекающую c₀ в точках C и D, и обозначим через P точку пересечения прямых AB и CD. Далее проведем через P касательную к данной окружности и обозначим через X точку касания. Тогда окружность c, проходящая через A, B и X, будет искомой. Действительно, степень точки P относительно c₀ равна PX 2 = PC·PD. Применяя теорему о степени к окружности c’ и двум ее секущим PCD и PAB, находим, что PC·PD = PA·PB. Отсюда следует, что PX 2 = PA·PB, а значит прямая PX касается и окружности c, т. е. является общей касательной окружностей c₀ и c. Следовательно, c касается c₀ (в точке X). Из точки P можно провести две касательных к c₀ и они дадут два решения нашей задачи. Можно показать, что других решений нет.

Наше решение не работает, если прямые AB и CD окажутся параллельными. Это произойдет, если серединный перпендикуляр к AB содержит центр данной окружности. Легко понять, что в этом случае точками касания будут точки пересечения серединного перпендикуляра с окружностью.

Две прямые и окружность (Задача 12). Если прямые параллельны, то радиус искомой окружности равен половине расстояния между ними, и ее центр легко строится. Допустим, что данные прямые a и b пересекаются в точке P, и обозначим через K неизвестную точку касания данной окружности c₀ и искомой окружности c. Окружность c переходит в c₀ при некоторой гомотетии с центром K. Эта гомотетия переводит прямую a, касающуюся c, в параллельную ей прямую a₀, которая будет касаться c₀. Прямую a₀ легко построить. Так же строится и образ b₀ прямой b при рассматриваемой гомотетии. А точка Q пересечения a₀ и b₀ – это образ точки P при той же гомотетии. Но любая точка, ее образ при гомотетии и центр гомотетии лежит на одной прямой. Значит, точка K лежит на пересечении прямой PQ с данной окружностью. Теперь задача свелась к построению окружности, касающейся данных прямых и проходящей через данную точку K, а это мы уже делали выше. Поскольку каждую из касательных a₀ и b₀ можно провести двумя способами, а прямая PQ может иметь до двух точек пересечения с данной окружностью, задача может иметь до восьми решений (по два в каждом из углов, образованных данными прямыми), но может быть и меньше.

Сделаем очередную остановку и обратим внимание на примененное в этом решении преобразование гомотетии. Не только касающиеся, но и любые две окружности гомотетичны друг другу, причем двумя способами, если только они не равны. Чтобы построить центры двух гомотетий – центры подобия окружностей – проведем в окружностях параллельные радиусы и соединим прямыми их концы. Точки пересечения этих прямых с линией центров и будут центрами подобия. При этом прямая, соединяющая концы радиусов, лежащих по одну сторону от линии центров, дает центр гомотетии с положительным коэффициентом, равным отношению радиусов, а для второй прямой получается коэффициент, равный тому же числу со знаком минус. В первом центре подобия пересекаются внешние касательные к окружностям и его так и называют внешним, а во втором, внутреннем, – внутренние касательные (конечно, если соответствующие касательные существуют). Построив эти центры, мы построим и касательные. (Заметим, кстати, что проведение касательной к двум окружностям тоже можно рассматривать как частный случай задачи Аполлония, в котором две из данных окружностей – прямые, а третья – бесконечно-удаленная точка, из-за чего искомая окружность сама превращается в прямую.) Если две окружности равны, то «отрицательная» гомотетия превращается в центральную симметрию, а «положительная» – в параллельный перенос.

Теперь можно продолжить рассмотрение различных вариантов задачи Аполлония.

Точка, прямая, окружность (Задача 08). Мы приведем построение, в котором соединяются идеи двух предыдущих – степень точки и гомотетия. Пусть A, a, c₀ – данные точка, прямая и окружность, c – искомая окружность, K и L – точки ее касания с c₀ и a, соответственно. При гомотетии с центром K, переводящей c в c₀, прямая a перейдет в параллельную ей касательную к c₀. Поэтому точка L перейдет в такую точку M окружности c₀, что выходящий из нее диаметр перпендикулярен к a. Обозначим второй конец этого диаметра через B, а точку, в которой он при продолжении пересекает a, через C. Пусть X – точка пересечения прямой AM с окружностью c. Точки B, C, L и K лежат на некоторой окружности, так как угол BCL = 90° и угол BKL = BKM = 90°. Поэтому MC·MB = MK·ML. Точки X, A, L и K лежат на одной окружности по построению, так что MK·ML = MX·MA. Поэтому точку X можно построить из соотношения MX·MA = MC·MB, в котором нам уже известны все точки, кроме X. Проще всего это сделать, проведя еще одну окружность – через A, B и C; X – это точка ее пересечения с MA. Теперь остается провести окружность, касающуюся a, через две известные точки A и X, а эту задачу мы уже умеем решать. Поскольку она имеет, вообще говоря, два решения, а в качестве точки M в нашем построении можно взять любой из двух концов диаметра (т. е. поменять точки M и B на рисунке ролями), наибольшее число решений в данном случае равно четырем.

Наконец, рассмотрим случаи, когда вырождается только одна окружность.

Точка и две окружности (Задача 09. 2). Пусть требуется построить окружность, проходящую через данную точку A и касающуюся двух данных окружностей c₁ и c₂ внешним образом. Пусть K₁ и K₂ – точки касания. Воспользуемся тем, что они лежат на одной прямой с внешним центром подобия Z данных окружностей. (Доказать это можно с помощью теоремы Менелая для треугольника OO₁O₂, образованного центрами окружностей: очевидно, что , где R₁, R₂ и R – радиусы соответствующих окружностей; равенство последних множителей в произведениях следует из того, что Z – центр гомотетии с коэффициентом R₂: R₁, переводящей O₁ в O₂.) По теореме о степени точки отсюда следует, что искомая окружность проходит через такую точку X прямой ZA, что ZX·ZA = ZK₁·ZK₂. Если мы найдем произведение в правой части этого равенства, то найдем и точку X, и тогда задача сведется к построению окружности, проходящей через две известные точки и касающейся известной окружности (любой из двух данных).

Отсюда вытекает следующее построение: проводим произвольную секущую ZL₁L₂, затем окружность через точки L₁, L₂ и A и находим X как точку пересечения этой окружности с прямой ZA, отличную от A. В итоге задача сводится к случаю, когда даны две точки (A и X) и окружность. В этом случае, как мы видели, имеется, вообще говоря, два решения. Одно из них – это окружность, касающаяся обеих данных внешним образом, второе – окружность, касающаяся обеих данных внутренним образом. Если выполнить аналогичное построение, взяв вместо внешнего центра подобия внутренний, мы получим еще два решения (c разноименным касанием).

Прямая и две окружности . Допустим, что мы построили окружность c, касающуюся данных окружностей внешним образом и прямой. Увеличим радиус построенной окружности на величину, равную радиусу r меньшей из данных окружностей. Тогда, очевидно, она пройдет через центр меньшей окружности и будет касаться «сжатой» на величину r второй данной окружности, а также прямой, полученной из данной параллельным сдвигом на ту же величину. Мы видим, что для расширенной указанным образом окружности c известны точка, через которую она проходит, а также окружность и прямая, которых она касается. А такую задачу мы уже решили выше. Окончательное решение получается сжатием на r построенной расширенной окружности. Другие решения можно получить аналогично с учетом различных случаев расположения окружностей. Например, чтобы построить окружность, которая касается обеих данных внутренним образом, нужно мысленно уменьшить ее радиус и радиусы данных окружностей на r и придвинуть прямую на ту же величину. Новая окружность пройдет через центр меньшей из данных, а касание со второй окружностью и прямой сохранится. Возможно до восьми решений.

Преобразование окружностей, которое мы здесь применили, так и называется расширением (фактически оно может оказаться и «сжатием»). Чтобы описать его, не рассматривая многочисленные частные случаи, зададим на окружностях и прямых направления, т. е., попросту говоря, нарисуем на них стрелки. При этом из каждой обычной окружности получатся две противоположно направленные. Две направленные окружности или окружность и прямую будем считать касающимися, если они имеют не только единственную общую точку, но и одинаковые направления в этой точке. Радиусу окружности припишем знак – плюс, если она ориентирована против часовой стрелки, и минус, если наоборот. При таком соглашении расширение окружности на величину l – это просто добавление l к радиусу (с учетом знаков), а для прямой – это сдвиг на |l| вправо от направления прямой при l>0 и влево при l 3 = 8 способами – и придерживаться сделанного выбора. Проследив всю цепочку построений, можно убедиться, что для каждого из этих способов имеется не более одной окружности заданной ориентации, касающейся трех данных «правильно», с соблюдением направлений. Поскольку ориентацию искомой окружности можно считать заданной раз и навсегда, скажем, против часовой стрелки, задача имеет не более восьми решений. Конечно, в каких-то случаях их может быть меньше.

Мы рассказали об «элементарном» решении задачи Аполлония, практически не использующем понятий, выходящих за рамки школьной программы. Существует и много других способов ее решения, из которых мы упомянем лишь об одном, с помощью удивительного преобразования плоскости, называемого инверсией.

Это преобразование как бы «выворачивает плоскость наизнанку», меняя местами внутренность и внешность некоторой окружности c. Его самое главное свойство состоит в том, что оно превращает окружности, проходящие через центр O окружности c в прямые и обратно, а окружности, не проходящие через центр, оставляет окружностями. Благодаря этому, фигуру из прямых и окружностей можно с помощью инверсии изменить самым радикальным образом. Например, если поместить центр O инверсии в точку пересечения двух окружностей, то она переведет их в пересекающиеся прямые, а любые две непересекающиеся окружности можно подходящей инверсией сделать концентрическими. Это значит, что задача Аполлония для любых трех окружностей сводится инверсией к случаю «две прямые и окружность», разобранному выше или к случаю, когда две данные окружности имеют общий центр, а значит диаметр искомой окружности известен – он равен ширине образованного ими кольца. Если же использовать инверсию в сочетании с расширением, то решение можно свести к совсем простым случаям. Например, с помощью расширения можно сделать какие-либо две из данных окружностей касающимися, тогда инверсия относительно точки касания переведет их в параллельные прямые. Можно также сжать одну из окружностей в точку, тогда инверсия относительно этой точки превратит искомую окружность в прямую и задача сведется к проведению общей касательной к образам двух других окружностей.

Видео:Окружность апполонияСкачать

Задача Аполлония

Работа «Задача Аполлония» посвящена изучению Задачи Аполлония, ее решениям в системе геометрического моделирования GeoGebra.

Актуальность данной темы не вызывает сомнения. Человек всегда интересовался своим местоположением, если он находится в незнакомом месте. Сейчас ему помогают системы ГЛОНАСС и GPS, в которых и используется решения данной задачи.

Автор поставил перед собой цель изучить реконструкцию данной задачи Франсуа Виетом.

Проведена серьёзная работа по изучению решений частных случаев задачи и построению их в системе GeoGebra. Ею разработано решение задачи на основе двух гипербол. Найдены точки пересечения двух данных окружностей. Так же дано полное обоснование, почему точка пересечения лежит на гиперболе.

В своей работеа подробно описывается решения задач и их построения в GeoGebra.

Видео:A и B сидели на трубе... | Что такое окружность Аполлония?Скачать

Задачи с окружностью аполлония

Краткое содержание статьи.

В статье завершается рассмотрение задачи Аполлония и рассматриваются однотипные задачи на построение ортогональных и касающихся окружностей. Приводится метод быстрого построения изогональных окружностей (см ст. 7).
Выясняется, когда композиция трех инверсий лежащих в одном пучке может быть мнимой инверсией и с помощью этого выясняется, сколько в каких случаях можно провести окружностей О, касающихся данных А, В, С. Приводится геометрический анализ алгебраических результатов.

Возвращение к задаче Аполлония (с того места, как мы оставили ее в ст. 6)

Вернемся к задаче о проведении окружности О, касающейся трех данных А, В, С. По условию, О образует одинаковый (нулевой) угол с тремя окружностями А, В, С, иначе говоря – является изогональной к ним (см. ст. 7). Отсюда следует, что О – ортогональна каким-то двум биссектрисам: D1 между А и В, и D2 между В и С (а по теореме статьи 7 о биссектрисах – и что какой-то биссектрисе между А и С). Для не читавших статью 7, докажу здесь, что если О ортогональна D1 и D2, то угол между О и А равен углу между О и В и между О и С.
Угол между О и А равен углу между D1(O)=O и D1(A)=B, т.е. углу между О и В, угол между О и В равен D2(O)=O и D2(В)=С, т. е углу между О и С, что и требовалось.
Окружности, ортогональные D1 и D2 – образуют некоторый пучок. Поэтому задача сводится к нахождению в данном пучке окружности, касающейся данной. Прежде чем решить эту, не очень сложную задачу (собственно один из вариантов ее решения уже предложен в ст. 1), мы разберем ряд однотипных задач на построение касательных или ортогональных окружностей. Некоторые из них будут тривиальны, а некоторые – содержат изюминку. Поскольку мы занимаемся геометрией окружности, то исходными операциями будут: инверсия, проведение окружностей через три точки, нахождение общих точек двух окружностей. Мы не будем проводить прямые и находить центры окружностей для решения этих задач.

Однотипные задачи на построение.

Я буду нумеровать задачи буквами латинского алфавита. Но прежде чем приступить к списку напомню решение совсем простой задачи, настолько простой и важной, что ее надо помнить отдельно. О ней уже писалось в ст. 3 и 4. Именно: проведение окружности, проходящей через данную точку и лежащую в данном пучке. Решение. Возьмем две произвольные окружности пучка. Проведем две окружности, ортогональные им, проведем через данную точку окружность, ортогональную этим двум. Она будет лежать в том же пучке, что и две исходные окружности. Что и требовалось.
Заметим, что если исходный пучок – действительный, то можно просто провести окружность через данную точку и точки пересечения двух произвольных окружностей пучка (что, разумеется, проще, чем описанное построение), а если пучок – касающийся, то можно провести окружность через данную точку, касающуюся двух произвольных окружностей пучка (это уже не так просто, проведение касательных окружностей). Но если пучок мнимый – предложенное первоначально решение наиболее удобно. Кроме того, оно удобно тем, что позволяет решить задачу одним способом для пучков любых типов.
Итак, задачи на построение. Многие задачи из списка уже обсуждались и не раз. Но удобно собрать материал в одном месте.
А. Построение окружности, ортогональной данной окружности О и проходящей через две данные точки Р1 и Р2. Решение: проводим окружность через Р1, Р2, О(Р1).
В. Тоже самое, но Р1 лежит на О. Решение: проводим окружность через Р1, Р2, О(Р2).
С. Построение окружности, касающейся О в данной точке Р1 и проходящей через данную точку Р2. Решение: проведем окружность О1 через Р1 и Р2, ортогональную О (см. пункт В), выберем точку Р3 не лежащую на ней и О и проведем окружность О2, ортогональную О через точки Р3 и Р1. Теперь проведем О3, ортогональную О2 и проходящую через Р1 и Р2. О3 и будет искомой. Доказательство: О, О2, О3 – проходят через Р1, О2 – ортогональна О и О3, следовательно О и О3 касаются в Р1. (по аналогичной причине О1 касается О2 – обе они ортогональны О).

D. Построение окружности, ортогональной О и проходящей через Р1 и Р2, когда Р1 и Р2 – обе лежат на О. Решение. Метод пунктов А и В не работает, т.к. теперь О(Р1)=Р1, О(Р2)=Р2 и мы не получаем третьей точки, чтобы через нее и Р1 и Р2 провести искомую окружность. поэтому мы сначала построим какую-нибудь окружность О1, касающуюся О в точке Р1 (пункт С) и проведем, пользуясь пунктом В окружность О2, ортогональную О1, через Р1 и Р2. Т.к. О1 касается О в точке Р1, то О2 будет искомой. Алгоритм: берем произвольную точку Р3, не лежащую на О, проводим окружность К через Р1, Р3, О(Р3), К ортогональна О. Берем произвольную точку Р4, не лежащую на К и О и проводим окружность О1 через Р4, К(Р4), Р1 – О1 касается О в точке Р1. Проводим окружность О2 через точки Р2, Р1, О1(Р2), она и будет искомой. Построения в этом и предыдущем пункте имеют полезную аналогию в геометрии симметрий прямых: если нам надо построить прямую, проходящую через данную точку, и параллельную данной прямой, то мы можем взять произвольную точку, отразить ее относительно данной прямой, провести через полученную пару точек прямую, отразить относительно нее данную точку и через полученную пару точек провести прямую. Они и будет искомой.
Теперь мы переходим к рассмотрению пучков.
Е. Дан действительный пучок и окружность О. Построить окружность, ортогональную данной окружности О и входящую в этот пучок. Решение: т.к. действительный пучок это совокупность окружностей, проходящих через две данные точки Р1 и Р2, то задача уже решена в пунктах А., В., D. (в зависимости от того, лежат ли точки Р1 и Р2 на О).
F. Дан мнимый пучок, оба центра которого Р1 и Р2 – не лежат на окружности О. Построить окружность, входящую в этот пучок и ортогональную О. Решение:

Строим, как указано в ст. 6 окружность О3, ортогональную трем окружностям Лобачевского О, О1, О2. Т.к. О3 ортогональна О1 и О2, то она лежит во мнимом пучке с центрами в Р1 и Р2. По построению – она ортогональна О. что и требовалась, О3 – искомая окружность.
Если О разделяет точки Р1 и Р2, то три окружности О, О1, О2 – Римановы окружности и им всем ортогональна мнимая инверсия, у которой нет неподвижной окружности. в этом случае существует искомая инверсия, но не существует искомой окружности (или это – мнимая окружность).
G. То же самое, но ровно один из центров мнимого пучка лежит на окружности О. Решение: в этом случае нет ни окружности ни инверсии (действительной или мнимой) из данного пучка и ортогональной О. (Если не считать, как мы делали в ст. 5 – сам центр пучка «маленькой инверсией»). Доказательство. Пусть I – искомая инверсия, а P1 – тот центр пучка, который лежит на О. по определению мнимого пучка I(Р1)=Р2. I(P1) должно лежать на О, т.к. I по предположению ортогональна О. Но по условию только один центр пучка лежит на О, поэтому Р2 не может лежать на О. Противоречие. Следовательно, искомой I не существует. Что и требовалось.
H. Тоже самое, но О проходит через Р1 и Р2. Решение: тогда О ортогональна любой окружности данного пучка.
I. Дан касающийся пучок окружностей и окружность О, построить окружность из этого пучка, ортогональную О. Решение. Пусть А и В – две окружности из касающегося пучка, Р – точка их касания. Окружность, проходящая через О(Р) и касающаяся В в точке Р и будет искомой (она ортогональна О, т.к. проходит через симметрично относительно О точки: Р и О(Р)). Построение такой окружности см пункт С. (Если Р лежит на О, то либо О ортогональная всем окружностям данного пучка, либо – ни одной.)

Теперь мы будем решать задачи про окружности в пучках, касающиеся данной окружности О. Будет использоваться один и тот же прием: находится окружность Н, ортогональная О и всем окружностям данного пучка. Две окружности данного пучка, проходящие через точки пересечения О и Н и будут искомыми. Вспомним, что именно к этой задаче нас привела Задача Аполлония.

J. Построить окружность, лежащую в мнимом пучке с центрами Р1 и Р2 и касающуюся данную О. Решение.
1. пусть ни Р1 ни Р2 не лежат на О.

Проведем через Q1 окружность О1, лежащую в данном мнимом пучке – она будет искомой. Также окружность О2, проходящая через Q2 и лежащая в данном мнимом пучке – будет искомой. Таким образом существуют два решения задачи. Доказательство:
Окружность Н ортогональна всем окружностям мнимого пучка с центрами в Р1 и Р2 (т.к. проходит через центры пучка), следовательно О1, окружность этого пучка – также ортогональна Н. Но Н ортогональна и О и все три окружности О, О1 и Н проходят через точку Q1. Следовательно О касается О1. Что и требовалось. Тоже самое и про О2.
Мы доказали, что О1 и О2 – искомые окружности. Докажем, что других окружностей, удовлетворяющих условию нет. Пусть I лежит в данном пучке и касается О. Проведем через центры пучка окружность и точку касания О с I окружность Н. Т.к. Н проходит через центры пучка, Н – ортогональная I, т.к. I и О касаются – Н ортогональна О. Значит I проходит через точку пересечения О с окружностью, ортогональной О и всем окружностям данного пучка. Такая окружность единственна. Что и требовалось.
2. Один из центров пучка лежит на О. В этом случае есть только одна окружность, касающаяся О и входящая в данный мнимый пучок. Предлагаю самостоятельно модифицировать рассуждения п. 1.
3. Оба центра лежат на О. Тогда О ортогональна все окружность данного пучка, следовательно в нем нет окружностей, касающихся О.
Заметим, что решение задачи не зависит от того, разделяет О Р1 и Р2 или нет.
K. Построить окружность, лежащую в действительном пучке с центрами Р1 и Р2 и касающуюся данную окружность О. Решение (когда она существует!). Решение аналогично предыдущему случаю. Проводим окружность Н, ортогональную всем окружностям пучка и О, пересекающую окружность О в точках Q1 и Q2. Окружности О1 и О2, проходящие соответственно через Q1, P1, P2 и Q2, P1, P2 – и будут искомыми.
1. Р1 и Р2 лежат по одну сторону от О.
Н лежит в мнимом пучке с центрами Р1 и Р2. Проводим Н, пользуясь пунктом F. Доказательство того, что получающиеся О1 и О2 – единственное решение задачи аналогично пред. случаю.
2. Р1 и Р2 лежат по разные стороны от О. В этом случае инверсия, ортогональная данному пучку и окружности О – мнимая (см. пункт F.) у нее нет неподвижных точек и поэтому – не может быть точек пересечения с О. Задача не имеет решения. Это тривиально доказать иначе: если О разделяет Р1 и Р2, то всякая окружность, проходящая через Р1 и Р2 – пересекает О и потому не касается ее.
3. Один из центров пучка лежит на О. В это случае мы не можем провести требуемой окружности Н. Тем не менее существует одна и только одна окружность, проходящая через Р1 и Р2 и касающаяся О. См пункт С.
4. Если Р1 и Р2 оба лежат на О, то искомой окружности не существует.
L. Дан касающийся в точке Р пучок окружностей, найти окружность пучка, касающуюся данную окружность О. Решение. Проведем окружность Н, ортогональную всем окружностям данного пучка следующим образом: через точки Р, О(Р), О1(О(Р)), где О1 – произвольная окружность данного пучка. Она ортогональна О, т.к. проходи через пару сопряженных относительно О точек, она ортогональна О1, т.к. проходит через пару сопряженных с О1 точек и т.к. она проходит через Р и ортогональна одной окружности пучка, то она ортогональна всем окружностям касающегося пучка. Далее действует аналогично пред. случаям.
Если центр пучка Р лежит на О, то либо О сама лежит в этом пучке, либо не касается ни одной окружности из него.
Наш список закончен.

Построение изогональных окружностей к трем данным А, В, С и завершение задачи Аполлония.

Последние пункты исчерпывают задачу Аполлония. Повторим: мы выбирает две какие-то биссектрисы D1 и D2 между А и В и между В и С. Строим окружность из пучка, ортогональному пучку (D1, D2) касающуюся А (или В, или С). Таких окружностей в общем случае две. Она автоматически касается всех остальных, т.к. изогональна ко всем трем окружностям А, В, С. Поскольку эти две биссектрисы можно выбрать 2×2=4 способами, то всего окружностей, касающихся данных А, В, С – 4х2=8. Как геометрически осмыслить предложенный метод решения задачи Аполлония?
Начнем с несложного, но интересного случая: ищем окружность, касающуюся А, В, С, которые сами все касаются друг друга. В этом случае между любой парой исходных окружностей – всего одна биссектриса. Т.к. любая из трех окружностей изогональна к двум оставшимся (касается их), то она ортогональна биссектрисе между двумя другими. Поэтому каждая биссектриса меняет местами точки касания противоположной окружности с двумя другими. И оставляет неподвижной оставшуюся из трех точек касания (т.к. просто проходит через нее) Это случай расположения точек касания окружностей и биссектрис рассмотрен в теореме о тройственной симметрии (ст. 3). Из этой теоремы следует, что все биссектрисы пересекаются под углом 60 градусов. Можно построить биссектрису напр., между А и В как окружность из касательного пучка, ортогональную данной С, пользуясь п. I списка. Т.к. биссектриса сама ортогональна противоположной окружности, то достаточно найти ее точки пересечения с ней и выбрать из этих пар по точке и провести две окружности О1 и О2, касающиеся А, В, С.

Заметим, что мы можем искать окружность, касающуюся А и В, и С в пучке (В, С) и касающуюся А. Такие окружности в этом пучке есть, это – В и С. Так что они не дают нам новых окружностей, а касается ли окружность сама себя – вопрос скорее философский.
Мы видим, что в этом случае предложенный алгоритм решения задачи Аполлония работает успешно и удобно. Успешно он работает всегда, но не всегда его можно назвать «удобным». Пусть, например, среди окружностей есть непересекающиеся. Тогда появятся мнимые биссектрисы. Находить центры пучка, заданного мнимыми биссектрисами – не очень-то удобно. Как это можно сделать? Чтобы найти центр мнимого пучка, заданного инверсиями (действительным или мнимыми) S и T – можно провести две любые окружности, ортогональные S и T. Точки пересечения этих окружностей и будут центрами пучка (S, T). Ортогональную окружность мы построим взяв произвольную точку Х и проведя окружность через Х, S(X), T(X) – заметим, что для этого нам не нужно знать действительные или мнимые S и T, знать неподвижные окружности этих инверсий.
Пусть теперь S и T – биссектрисы между А и В и между В и С. Мы выберем Х лежащей на окружности А. Тогда S(X) и T(X) можно найти, проведя окружности О1 и О2, ортогональные соответственно А и В; В и С через точку Х. Пусть О1 пересекает В в точках В1 и В2, О2 пересекает С в точках С1 и С2.

Заметим, что окружности О1 и О2 – касаются друг друга, т.к. ортогональны окружности А и обе проходят через точку Х, лежащую на А. Как нетрудно показать (ст. 3, 6), под действием S точка Х перемещается по О1 и S(Х) равна одной из двух точек пересечения О1 с В – В1 или В2. Указав, чему равна S(X) мы указываем, какую из двух возможных биссектрис между А и В мы выбрали (см. ст. 6). Аналогично, указав чему равна Т(Х) – С1 или С2 мы указываем, какую биссектрису между А и С мы выбираем.
Теперь заметим, что окружность Х, В1, С1 – ортогональна каким-то двум биссектрисами (одна между А и В, вторая – между А и С). Ведь пара точек Х, В1 – сопряжена относительно биссектрисы между А и В, пара точек Х, С1 – сопряжена относительно биссектрисы между А и С. Точно также, еще каждая из трех окружностей: Х, В1, С2; Х, В2, С1; Х, В2, С2 – ортогональна каким-то двум биссектрисам между А и В и между А и С. Заметим, что отсюда следует что все эти четыре окружности – изогональны к А, В и С (образуют со всеми ними равные углы).
Для того, чтобы найти центр пучка, образованных биссектрисами между А и В и между А и С – надо построить в каждом из четырех случаев – еще одну окружность, ортогональную паре биссектрис. Для этого мы выберем точку Z на А и проделать с ней аналогичные операции. Мы получим четыре окружности, каждая из которых ортогональна какой-то паре биссектрис между А и В и между А и С. Но вот указать, какие из этих четверок окружностей ортогональны одной и той же паре – не всегда просто. По крайней мере – это не назовешь удобным.
Можно поступить иначе. Т.к. А, В, С – не пересекаются, то существует окружность I ортогональная им всем. Она будет ортогональна и всем биссектрисам. Как ее построить – см. ст. 6. Точки пересечения I с построенными нами четырьмя окружностями, проходящими через Х – и будут центрами пучков соответствующих пар биссектрис. А если какая-то окружность из этой четверки не пересекает I – значит отвечающая за эту окружность пара биссектрис (та, которой она ортогональна) – сама пересекается, образуя действительный пучок. Так мы находим центры мнимых пучков, образованных биссектрисами.
Искомая, касающаяся А, В, С окружность лежит в пучке, ортогональном пучку биссектрис. Т.к. в рассматриваемом нами случае – пучок биссектрис мнимый, то касательная окружность лежит в действительном пучке. Мы пользуемся пунктом К.

Небольшое применение теории групп приводит к большому упрощению.

Во всех наших построениях решающую роль играет окружность из пучка двух биссектрис, ортогональная одной из трех исходных окружностей А, В, С. Сейчас мы выразим алгебраически инверсию, которую она осуществляет. Пусть S – биссектриса между А и В, Т – биссектриса между А и С. По теореме о биссектрисах – одна из двух биссектрис между В и С лежит в том же пучке, что S и Т. Обозначим эту биссектрису Н. По теореме об инверсиях в одном пучке – любая композиция S, Т и Н – снова инверсия (и находящаяся в том же пучке). Рассмотрим действие F=T*H*S на окружность А. S(A)=B, H(B)=C, T(C)=A (по определению биссектрис). Следовательно F(A)=A или FAF=A, т.е. F коммутирует (ортогональна) А. Последовательное действие трех биссектрис возвращает А на свое место. Это происходит, какие бы три биссектрисы, существующие между А, В и С мы бы не выбрали. Поскольку мы выбрали Н так, что она в пучке S, T то F – инверсия (действительная или мнимая). F – ортогональна А, т.е. F и если существует неподвижная окружность инверсии F (т.е. F – действительная инверсия), то эта окружность и есть нужная нам окружность из пучка биссектрис ортогональная А, через точки пересечения ее с А и проходит касающаяся А, В, С окружность.
Отсюда мы уже можем сделать полезный вывод: если F=T*H*S – мнимая инверсия, то нужной нам окружности, касающейся А, В, С – не существует, т.к. у F и А – нет точек пересечения, у F – вообще нет неподвижных точек. См. пункт К, часть 2.
Пусть F – действительная инверсия. Воспользуемся равенством F=T*H*S для нахождения точек пересечения F и А (если воспользоваться терминологией ст. 5, то F*A= F=T*H*S*A – биплетная симметрия с концами в искомых точках), т.к. F и А – ортогональные инверсии. Проведем окружность I, ортогональную А, В, С (мы предполагаем, что окружности А, В, С – окружности Лобачевского, если они Римановы, то построение биссектрис не трудно и центры их пучков также легко найти, см. ст. 1). I ортогональна также всем биссектрисам, следовательно I ортогональна и F. Пусть А1 и А2 – точки пересечения I c А, т.к. I и А ортогональны F, то F(A1)=A2. Пусть Х – произвольная точка на А. Т.к. F(X)=T(H(S(X))), то мы можем найти F(X) используя прием, аналогичный рис. 5

Окружность W ортогональна F, т.к. проходит через пару сопряженных относительно F точек. Окружности W и I образуют пучок, ортогональный F и А, значит любая окружность, ортогональная W и I проходит через точки пересечения F и А. Проведем эту окружность Z и получим точки искомые точки F1 и F2, через которые и можно провести окружности, касающиеся А, В, С. Теперь покажем, как строить точку F(X)=T(H(S(X))).

S(X) – или В1 или В2. Мы можем выбрать произвольно из этой пары точку, пусть это будет В1. Проведем через В1 описанную на чертеже окружность О2 ортогональную В и С, пересекающуюся с С в точках С1 и С2. Н(S(X)) это или С1 или С2, мы можем выбрать произвольно. Проведем теперь через три выбранные точки X, Н(Х) и S(H(X)) окружность W. Она ортогональна S и Н поэтому ортогональна и T и F, поэтому F(X) лежит на W. Но F(X) лежит и на А, следовательно F(X) – точка пересечения W и А. Если F(X)=X, то Х – искомая точка, мы нашли неподвижную точку, W будет касаться A и будет искомой окружностью, касающейся А, В, С. Если же W не касается А, то точка пересечения W c А, отличная от Х и будет искомой F(X). Построение удобно тем, что не требует выбора третьей биссектрисы и по сути, не требует и проведения биссектрис. Они присутствуют лишь в доказательствах. Кроме того мы привели простой способ построения окружностей, изогональный к данным А, В, С.

Алгоритм для задачи Аполлония.

Резюмируем проделанную работу. Опишем алгоритм построения окружности, касающейся данных А, В, С. Точнее, алгоритм нахождения точки касания этой окружности с одной из трех данных, напр. с А.
1. Возьмем произвольную точку Х на А. Проведем через нее окружность, ортогональную А и В. Из двух точек пересечения этой окружности с В выберем любую.
2. Из выбранной точки проведем окружность, ортогональную В и С. Из двух точек ее пересечения с С – выберем любую.
3. Проведем окружность G через Х и две выбранные в п. 1 и 2 точки. Обозначим вторую точку пересечения этой окружности с А – Y. (Если проведенная окружность G касается А, то она касается и В и С).
4. Проведем окружность I, ортогональную А, В, С. Она пересечет окружность а в точках I1 и I2.
5. Проведем окружность W через I1 и I2, ортогональную А и окружность V через Х и Y, также ортогональную А.
6. Если W и V пересекаются, то искомых точек нет (F – задает мнимую инверсию). Надо попробовать иначе выбрать точки из пар пересечения D и C с ортогональными им окружностями (пп. 1. и 2.).
7. Если W и V не имеют общих точек, то центры мнимого пучка, образованного W и V и будут искомыми.
Примечание. Проведение окружности I, ортогональной А, В, С может быть довольно громоздко. Кроме того, она существует только если А, В, С – окружности Лобачевского. Можно обойтись и без него: взять еще одну точку X1 на А, выполнить построения пп. 1-3. Полученную точку обозначим Y1. Далее строим окружность W не на точках I1, I2, а на точках X1, Y1. Пункты 6 и 7 оставляем без изменений.
Заметим, что в предложенном алгоритме совсем не говорится о биссектрисах, что сильно упрощает построение.
Алгоритм находит точки касания окружности О (касающихся данных А, В, С) с окружностью А. Точнее, он находит две точки касания окружности А с окружностями О1 и О2, каждая из которых касается еще и окружностей В и С. При этом О1 и О2 симметричны относительно окружности, коммутирующей с А, В, С. Чтобы построить окружности О1 и О2 надо найти еще их точки касания с окружностями В и С. Проще всего это сделать, инвертировав полученные точки касания относительно использованных биссектрис S и H. Это можно сделать, напр., как и ранее: через построенную точку провести окружность, ортогональную А и В и т.п. Можно найти точки касания с В и С и по-другому, просто выполнив предложенный алгоритм на этих окружностях. но тут важно не ошибиться в биссектрисах, чтобы не получить на В и С точки других окружностей, также касающихся А, В и С. Заметим еще, что, как было сказано F=T*H*S – инверсия, ортогональная А, и F1=S*T*H – инверсия, ортогональная В, F2=H*S*T – инверсия, ортогональная С. Теперь, пользуясь этими равенствами (достаточно первого F=T*H*S), выясним, когда искомой окружности не существует. Как было показано, ее нет, когда инверсия F – мнимая. Когда же F – мнимая?

Теорема о композиции инверсий одного пучка.

Геометрические выводы.

Пользуясь приведенными рассуждения, найдем единственный нетривиальный случай, когда искомой окружности О, касающейся трех данных А, В, С – не существует.
Это должно быть таким расположением окружностей А, В, С, что для всех случаев выбора биссектрис H и S (оставшаяся биссектриса между А и С выбирается автоматически, это та, которая лежит в пучке первых двух выбранных) композиция T*H*S – мнимая. Но как ее выбрать? Если она фактически не проведена на чертеже и мы не видим точек пересечения биссектрис. Для этого я воспользуюсь одним простым свойством: пусть три биссектрисы образуют пучок. Заменим первые две из них на вторые возможные биссектрисы. Тогда оставшаяся, третья биссектриса – будет лежать в одном пучке с замененными. А если мы заменим всего одну (или все три биссектрисы) – то получившиеся три биссектрисы не могут лежать в одном пучке. Свойство не трудно доказать, я не буду сейчас это делать. Обозначу это «правило замены» (!).
Обозначим Т1 и Т2 – две возможные биссектрисы между А и С, S1 и S2 – две возможные биссектрисы между А и В, Н1 и Н2 – между В и С. Если нам известен какой-то один случай, когда биссектрисы образуют пучок, то пользуясь только правилом (!) мы можем найти все остальные возможные случаи. Пусть, например, Т1, S1, Н1 – в одном пучке. Тогда, по (!) Т2, S2, Н1 – в одном пучке и Т2, S1, Н2 – в одном пучке, и T1, S2, H2 – в одном пучке. Т.е. любые две биссектрисы с индексом 2 (не входящие в первый пучок) и одна биссектриса с индексом 1 (входящая в первый пучок) – лежат в одном пучке. Если мы применим правило (!) к какой-то перечисленной тройке биссектрис, то получим уже перечисленный случай. Заметим, что точно также выбираются биссектрисы треугольника.
Прежде всего покажем, что если какие-то две окружности, например, В и С пересекаются, то, как бы не было расположена А (кроме того случая, когда А в одном пучке с В и С) – существует О, касающаяся А, В, С. Условие, что В и С пересекаются равносильно тому, что их биссектрисы Н1 и Н2 – обе действительны. Выберем из Т1 и Т2 и S1 и S2 – по одной действительной биссектрисе (одна действительная биссектриса есть между любыми окружностями). Какая бы из двух биссектрис Т1 или Т2 не лежала бы в пучке, образованном выбранными биссектрисами – она будет действительной. поэтому у нас имеются три действительные биссектрисы в одном пучке, их композиция действительна, следовательно, искомая окружность О существует.
Пусть все три А, В, С – не пересекаются. в этом случае между каждой парой окружностей – одна мнимая биссектриса и одна действительная. Пусть все действительные биссектрисы имеют индекс 1, а все мнимые – 2. Предположим, что все действительные биссектрисы – лежат в одном пучке. в этом случае: T1*S1*H1 – инволютивно и действительно. Тогда T2, S2, H1 – в одном пучке, и Т2, S1, Н2 – в одном пучке, и Т1, S2, Н2 – в одном пучке. Все четыре композиции T1*S1*H1, T2*S2*H1, T1*S2*H2 – действительны: в первой вообще нет мнимых инверсий, в остальных их по две. Каждая из четырех композиций дает нам свою высоту, опущенную на А и свою пару окружностей, касающихся А, В, С. Таким образом мы получили восемь окружностей, касающихся трех данных не имеющих общих точек А, В, С.
Предположим, что в одном пучке лежат две действительные биссектрисы и одна мнимая.
Опять-таки, присвоим для удобства всем действительным биссектрисам индекс 1, а мнимым – 2. Пусть в одном пучке T1, H1, S2 тогда по (1) в одном пучке и T2, H2, S2; T2, H1, S1; T1, H2, S1. Мы видим, что в каждую композицию входят 3 или одна мнимая биссектриса, поэтому результат будет всегда получаться мнимым. Итак, мы нашли единственный случай, когда искомой О не существует. Теперь мы рассмотрим наглядно варианты построения О, касающихся трех окружностей А, В, С не имеющих общих точек.
1. Среди трех окружностей А, В, С одна разделяет две другие.

в этом случае искомой О не существует. Из приведенных ранее рассуждений следует, что в случае такого расположения окружностей три действительные биссектрисы между А, В, С – не лежат в одном пучке.
2. Ни одна окружность из А, В, С – не разделяет двух других.

В этом случае, как было доказано – существует 8 искомых окружностей, т.к. три действительные биссектрисы между окружностями – лежат в одном пучке. Эти восемь окружностей можно сгруппировать на пары окружностей, симметричных относительно I, окружности, ортогональной А, В, С: О1, О2; О3, О4; О5, О6; О7, О8. Заметим, что окружности в каждой паре одинаково расположены относительно А. В, С. О 1 и О2 – не разделяют окружности А, В, С; О3 и О4 – каждая разделяет А от В и С; О5 и О6 – разделяют В от А и С. О7 и О8 – разделяют С от А и В. Это свойство разделения можно вывести из того, что окружность, касающаяся двух данных и разделяющая их – ортогональна мнимой биссектрисе между ними. Поэтому, если все биссектрисы действительны – О1 и О2 не разделяют ни одной пары окружностей, а если только одна биссектриса действительна, то общая касающаяся окружность не разделяет ту пару, биссектриса между которыми действительна.
Теперь подсчитаем число искомых окружностей в случае, когда среди А, В и С есть пересекающиеся окружности. Пусть только В и С пересекаются, тогда Н1 и Н2 – обе действительные, Т1 и S1 – действительные , Т2 и S2 – обе мнимые. Пусть T1, S1, H1 – в одном пучке. Тогда T2, S2, H1 – в одном пучке, T1, S2, H2 – в одном пучке, T2, S1, H2 – в одном пучке.
В третьем и четвертом случае в композиции есть ровно одна мнимая биссектриса, поэтому сама композиция будет мнимой инверсией и не задаст никаких касающихся окружностей. в двух других случаях композиция будет действительна и всего мы получаем 2х2 окружностей, касающихся данных. Заметим, что как было показано ранее, при паре пересекающихся окружностей всегда есть вариант, что действительные биссектрисы лежат в одном пучке, поэтому другие комбинации нам рассматривать не надо. Пусть теперь кроме В и С пересекаются А и В. Значит – S1 и S2 – обе действительны, как и H1 и Н2. Т1 – пусть действительна, Т2 – мнимая. Пусть Т1, S1, Н1 – в одном пучке. Легко убедиться, что мнимая композиция получается только в двух вариантах: T2, S1, H2 и T2, S2, H1. Остальные две действительны и задают 2х2=4 искомых окружностей. Вариант, когда, T2, S1, H1 в одном пучке аналогичен предыдущему, отличаясь только нумерацией биссектрис S и H, что не имеет значения, т.к. обе действительны.
Если же все три окружности А, В, С пересекаются между собой, то все биссектрисы между ними будут действительны и значит все композиции будут действительны и потому существует 8 вариантов расположения О, касающихся А, В, С. См. ст. 1.
Прежде, чем завершить рассмотрение задачи Аполлония, являющейся на мой взгляд отличным полигоном для идей и методов геометрии окружности, я восполню два пробела. Первый – я не рассматривал случаев, когда среди А, В и С есть касающиеся друг друга. В этом случае есть вариант, когда существует 6 окружностей, касающихся А, В, С. (и, как мы видели – когда всего две).
Второй – я не показал, что любое сочетание действительных и мнимых биссектрис, лежащих в одном пучке – возможно, т.е. что существуют А, В, С, для которых данные T, H, S будут биссектрисами.
Докажем, что каковы бы не были инверсии T, H, S, если T*H*S – снова инверсия, то существуют окружности А, В, С, такие, что T, H, S – биссектрисы между ними. Пусть T*H*S=F. Выберем какую-то окружность А, ортогональную F, F(A)=A. Пусть S(A)=B, H(B)=C. Т.к. F(A)=T(H(S(A)))=A по выбору А, то Т(С)=А. Мы нашли три окружности А, В, С такие, что произвольные, лежащие в одном пучке T, H, S – являются биссектрисами этих окружностей. что и требовалось.
Также напомню, что мы предполагали, что А, В, С – не лежат в одном пучке.