     
P 47 (2019/2020) 54
Apolonijeva krožnica
M J
Uvod
Prispevek začnimo z navidez nepovezanima naloga-
ma.
(1) Predstavljajmo si, da sedimo v čolnu. Radi bi
prestregli ladjo, ki pluje naravnost s konstan-
tno hitrostjo v1. Kam naj usmerimo čoln, da
bomo po ravni poti s konstantno hitrostjo v2 v
enakem času prišli na isti položaj kot ladja?
(2) S pomočjo šestila in ravnila načrtaj trikotnik z
danima osnovnico c in težiščnico tc na osnov-
nico ter razmerjem krakov b : a.
Prvo nalogo lahko prevedemo v geometrijski jezik
takole: Do srečanja po pretečenem času t bo ladja
opravila pot v1t, naš čoln pa pot v2t. Če označimo
začetni položaj ladje z A, začetni položaj čolna z B,
točko srečanja pa s C , velja
AC : BC = v1t : v2t = v1 : v2.
Recimo, da je L množica točk, katerih oddaljenost
od točk A in B je v razmerju v1 : v2. Potem je točka C
presečišče premice skozi A v smeri premikanja ladje
in množice L. Tako dobimo točko, kamor moramo
usmeriti čoln.
Tudi o drugi nalogi lahko premišljujemo takole:
Naj bo AB = c osnovnica trikotnika ABC in T njeno
razpolovišče. Množica L naj bo množica vseh takih
točk C′, za katere velja AC′ : BC′ = b : a. Potem je
točka C presečišče množice L ter krožnice s sredi-
ščem T in polmerom tc .
Če je razmerje b : a enako 1 : 1, množico L že
poznamo. Tvorijo jo točke, ki so enako oddaljene
od obeh točk A in B. Torej, množica L je simetrala
daljice AB.
V nadaljevanju bomo pokazali, da je v vseh ostalih
primerih množica L krožnica. Imenujemo jo po nje-
nem izumitelju, starogrškem matematiku in astro-
nomu Apoloniju iz Pergeja, starodavnega mesta, ki
danes leži na jugozahodni obali Turčije. Apolonij je
živel približno med leti 265 in 170 pred našim šte-
tjem in je zelo znan po študiju presekov stožca z
ravninami. Na ta način je definiral elipse, hiperbole
in parabole. Proslavil se je tudi s problemom načrto-
vanja krožnice, ki se dotika danih treh krožnic.
Običajno krožnico definiramo kot množico točk,
ki so za polmer r oddaljene od njenega središča S.
Pokazali bomo, da lahko krožnico definiramo tudi
drugače:
Za dani različni točki A in B, ki ju imenujemo go-
rišči, krožnico tvorijo take točke C , za katere je raz-
merje oddaljenosti AC : BC 6= 1 : 1 fiskno.
Simetrali notranjega in zunanjega kota
Na poti do Apolonijeve krožnice bomo izpeljali nekaj
pomožnih rezultatov iz geometrije, ki so zanimivi in
pomembni že sami zase.
Naj bo ABC običajno označen neenakokraki triko-
tnik, b = AC , a = BC in
b : a = λ 6= 1.
Z γ označimo kot pri C , z γ′ = π − γ pa njegov
zunanji kot.
Najprej izračunajmo, kakšen kot oklepata sime-
trali notranjega in zunanjega kota. Ta kot je enak
γ
2
+ γ
′
2
= γ
2
+ π − γ
2
= π
2
.
Torej: simetrali notranjega in zunanjega kota okle-
pata pravi kot.
Poglejmo si, kje simetrala kota γ seka osnovnico
AB (slika 1). To presečno točko označimo z D.
Stranico AC podaljšajmo v poltrak pAC z začet-
kom v točki A. Narišimo še premico q, ki vsebuje
točko B in je vzporedna simetrali kota pri C . Točka
E naj bo presečišče poltraka pAC in premice q. Ker
sta kota ob prečnici BC enaka, velja
∠BCD = ∠CBE = γ
2
.
     
P 47 (2019/2020) 5 5
A D B
C
E
SLIKA 1.
Razmerje, v katerem simetrala kota pri C deli osnovnico AB.
Prav tako sta enaka kota ob prečnici AE:
∠ACD = ∠AEB = γ
2
.
Zato je trikotnik BEC enakokrak in velja BC = EC .
Po Talesovem izreku o sorazmerjih je tako
AD : DB = AC : CE = AC : BC = λ.
Tudi Tales je bil starogški matematik, ki je živel na
današnji zahodni obali Turčije v Miletu, še dobrih
tristo let pred Apolonijem.
Tako smo dokazali, da simetrala kota razdeli
osnovnico v razmerju dolžin krakov.
A DB
C
E
SLIKA 2.
Razmerje, v katerem simetrala zunanjega kota pri C deli no-
silko osnovnice AB.
Poglejmo si še podobno vprašanje za simetralo
zunanjega kota (slika 2).
Kot pri C ima dva suplementarna kota. Ker triko-
tnik ABC ni enakokrak, simetrala notranjega kota pri
C ne vsebuje višine. Oba zunanja kota pri C imata
skupno simetralo, ki tako ni vzporedna z osnovnico
AB in jo zato seka. Presečno točko označimo z D.
Točka D leži ne levem bregu premice AC (ko je b <
a) ali na desnem bregu premice BC (ko je b > a).
Obravnavajmo le primer, ko je b > a. Primer b <
a obravnavamo na enak način. Simetrali DC pote-
gnimo vzporednico skozi točko B, ki seka krak AC v
točki E.
Enako kot prej, zaradi kotov ob prečnicah BC in
EC velja
∠EBC = ∠BCD = γ
′
2
= ∠BEC,
trikotnik EBC je zato enakokrak in EC = BC . Zopet
izrek o sorazmerjih pove, da je
AD : BD = AC : EC = AC : BC = λ.
Razmerje je presenetljivo enako razmerju, ki smo ga
dobili v primeru simetrale notranjega kota, le da to-
krat točka D ne leži na osnovnici AB.
Talesov izrek in njegov obrat
Verjetno večina bralcev že pozna Talesov izrek, ki
pravi, da je kot nad premerom kroga pravi. Zaradi
samozadostnosti prispevka ga dokažimo še enkrat.
A B
C
S
α β
α β
SLIKA 3.
Talesov izrek
Naj bo trikotnik ABC včrtan v krog s središčem S
in premerom AB. Trikotnika ACS in BCS sta enako-
kraka, zato je
α = ∠SAC = ∠ACS in β = ∠SBC = ∠SCB.
Vsota kotov v trikotniku ABC je enaka iztegnjenemu
kotu, zato je
π = ∠BAC +∠ABC +∠BCA = α+ β+ (α+ β)
     
P 47 (2019/2020) 56
A B
C
D
C′
SLIKA 4.
Obrat Talesovega izreka
in je
∠BCA = α+ β = π
2
,
kar smo želeli pokazati.
Zanimivo je, da velja tudi obrat Talesovega izreka:
Naj bo kot pri oglišču C nad stranico AB pravi. Po-
kažimo, da C leži na obodu kroga s premerom AB.
V točkah A in B potegnimo pravokotnici na stra-
nici AC in BC , tako da dobimo pravokotnik AC′BC .
Diagonali pravokotnika sta enako dolgi in se razpo-
lavljata, zato daljica CC′ razreže stranico AB na dva
enaka dela AD = DB = DC = DC′. Točka D je tako
središče trikotniku ABC očrtanega kroga.
Apolonijeva krožnica
Najprej pokažimo, da vse točke C , ki zadoščajo po-
goju
AC : BC = λ 6= 1
za izbrani različni točki A in B, ležijo na neki kro-
žnici.
Poiščimo najprej kakšno točko C , ki zadošča gor-
njemu pogoju. Krožnica s središčem B in polmerom
BC mora sekati krožnico s središčem A in polmerom
λ · BC . To je res, kadar obstaja trikotnik ABC , torej,
ko velja trikotniška neenakostAC+BC = BC(λ+1) >
AB. Če točko C izberemo dovolj daleč od točke B,
lahko zadostimo zadnjemu pogoju in tako najdemo
točko C , za katero velja AC : BC = λ.
Narišimo trikotnik ABC . Z D označimo presek si-
metrale notranjega kota pri C z nosilko stranice AB,
z D′ pa presečišče simetrale zunanjega kota pri C z
nosilko AB. Simetrali notranjega in zunanjega kota
pri C oklepata pravi kot. Po obratu Talesovega izreka
tako točka C leži na krožnici s premerom DD′.
Naj bo C′ še kakšna druga točka, za katero velja
AC′ : BC′ = λ 6= 1.
Pokazali smo, da simetrali notranjega in zunanjega
kota pri C′ trikotnika ABC′ razdelita osnovnico AB
v razmerju krakov AC′ : BC′, zato simetrali notra-
njega in zunanjega kota pri C′ ponovno sekata no-
silko osnovnice AB v točkah D in D′, ki smo ju že
dobili s simetralama kotov pri C v trikotniku ABC .
Zato vse točke C , za katere velja AC : BC = λ 6= 1,
ležijo na obodu kroga s premerom DD′.
A D′B
T
E′
D
E
q
r
SLIKA 5.
Za vse točke na krožnici s premerom DD′ velja AT : BT = λ.
Pokažimo še, da velja tudi obratno. Izberimo si
razmerje λ 6= 1. Na daljici AB izberimo točko D, tako
da bo AD : DB = λ, na nosilki daljice AB pa točko D′,
ki ne leži na AB, da bo tudi AD′ : D′B = λ. Narišimo
krožnico s premerom DD′ in na njej izberimo po-
ljubno točko T . Kot ∠DTD′ je po Talesovem izreku
pravi. Pokazati moramo, da velja AT : BT = λ.
Narišimo trikotnik ABT . Skozi B potegnimo vzpo-
rednico q premici DT , ki seka poltrak pAT v točki E.
Prav tako skozi B potegnimo vzporednico r premici
D′T , ki seka poltrak pAT v točki E′. Ker imata kota
∠E′BE in ∠DTD′ vzporedne krake, sta enaka in je
tudi kot ∠E′BE pravi.
Po Talesovem izreku o sorazmerjih je zaradi vzpo-
rednosti premice q in daljice DT
AT : TE = AD : DB = λ
     
P 47 (2019/2020) 5 7
in na enak način zaradi vzporednosti premice r in
daljice D′T
TA : TE′ = D′A : D′B = λ.
Zato je TE = TE′ in je T razpolovišče daljice EE′.
Pokazali smo, da je kot ∠E′BE pravi, zato po obra-
tu Talesovega izreka točka B leži na krogu s preme-
rom EE′ in središčem T ter velja
TB = TE = TE′.
S tem smo dokaz končali. Po pravkar dokazanem
namreč velja
TA : TB = TA : TE = λ.
Tako smo dobili iskano alternativno definicijo kro-
žnice: Apolonijeva krožnica je množica točk C , ki so
od gorišč A in B oddaljene v predpisanem razmerju
AC : BC = λ 6= 1.
Zaključek
Sedaj lahko rešimo problem prestrezanja ladje, ki
smo ga zastavili na začetku sestavka. Recimo, da
se v nekem trenutku nahajamo v točki B, ladja pa v
točkiA. Ladjo bomo lahko prestregli, če bo ob nekem
času t obstajal trikotnik ABC s krakoma AC = v1t
in BC = v2t. Vse takšne točke C ležijo na Apo-
lonijevi krožnici z goriščema A in B in razmerjem
v1 : v2. Prav tako mora točka prestrezanja ležati na
premici, ki jo določa tir plovbe ladje. Zato moramo
čoln usmeriti v točko, ki je presek nosilke tira ladje
in Apolonijeve krožnice.
Prav tako znamo narisati trikotnik s podatki c, tc
in b : a. Najprej narišemo osnovnico AB = c in njeno
razpolovišče označimo z S. Potem je točka C presek
krožnice s središčem S in polmerom tc ter Apoloni-
jeve krožnice z goriščema A in B in razmerjem b : a.
Radovedni bralec lahko s pridobljenim znanjem
skuša narisati paralelogram z danima stranicama a
in b in razmerjem diagonal e : f .
×××
www.presek.si
www.dmfa-zaloznistvo.si
Prometna
ureditev
Zelenega
gaja
N N
Prebivalci ulice Zeleni gaj, ki je bila del cone z
omejitvijo hitrosti 30 km/h, so v času vsakodnev-
nih prometnih konic opazili, da se je promet v sicer
mirnem okolju povečal. Nekateri so si po njihovi
ulici skrajšali pot, drugi pa so se le skušali izogniti
čakanju v koloni. Ker pa se je večini mudilo, ome-
jitve hitrosti niso upoštevali (ali pa je sploh niso
opazili). Tako je prej mirna cesta postala nevaren
poligon za pešce, kolesarje in otroke. Zato so se
prebivalci odločili, da se obrnejo na občino s pro-
šnjo za postavitev hitrostnih ovir.
Občinski uradniki so prošnjo proučili, nato pa po-
licistom naročili, da en teden merijo hitrost vseh vo-
zil, ki se peljejo po ulici Zeleni gaj. Ko so prejeli vse
meritve, so prošnjo zavrnili z obrazložitvijo, da je
povprečna hitrost enaka 35 km/h, kar ni veliko od-
stopanje od omejitve.
Na kakšen način bi se pobudniki umiritve prometa
lahko pritožili na odločitev občine, ko so prejeli ta-
belo izmerjenih hitrosti (tabela 1)?
Iz danih podatkov izračunaj povprečno vrednost,
mediano in modus. Izračunaj še delež voznikov, ki
se držijo omejitve.