геометрия 8*

[grizzly]

wrest в сообщении #1277319 писал(а):

А можете поясняющий рисунок запостить?

Вот.

Посчитайте, чему равен угол $M$ в треугольнике $AMC$ -- это дополнение до развёрнутого к углу $M$ в равнобедренном $ADM$.

-- 21.12.2017, 19:29 --

wrest в сообщении #1277319 писал(а):

Там точно знак плюс в "угол $M$, который равен $\pi/2+D/2$"?

Угол $\angle AMD=(\pi-\angle D)/2$, угол $\angle AMC=\pi-\angle AMD=\pi-\pi/2+D/2$.

Upd. Я в своём решении написал $CM=AD-DC$ вместо $CM=DC-AD$ это могло сбить с толку без рисунка. Я отредактировал там это место.

[wrest]

grizzly в сообщении #1277332 писал(а):

Что не так?

Да вроде все так.

Я так и не понял как строить (строить где-то в стороне это э... как-то странновато, хотя конечно и можно), но вы с тов. Ivan_B натолкнули меня на метод построения которого раньше я не видел. Я пытался тоже строить разность сторон но не увидел как дальше быть. А теперь увидел, потом распишу.

-- 21.12.2017, 19:55 --

grizzly в сообщении #1277332 писал(а):

$CM=AD-DC$ вместо $CM=DC-AD$ это могло сбить с толку без рисунка.

Не, там меня с толку сбило другое. Надо ж было написать $CM=AD-DC=AB-BC$, потому что $AD$ и $CD$ нам неизвестны, а что из чего вычитать в общем-то без разницы, ну удобнее из бОльшего вычитать меньшее.

[grizzly]

wrest в сообщении #1277340 писал(а):

строить где-то в стороне это э... как-то странновато, хотя конечно и можно

Никто же не запретит :) Я тоже не сразу сообразил. Уже когда читал пояснение Ivan_B, тогда понял, что так можно схитрить и дальше уже моя мысль утекла по своему руслу.

-- 21.12.2017, 19:59 --

wrest в сообщении #1277340 писал(а):

Я так и не понял как строить

Так ведь мы нашли главное -- недостающие стороны. Какая разница, где мы их нашли?

[provincialka]

Ох.. "чукча не читатель, чукча писатель". Запутавшись в решениях уважаемых участников, придумала свое. Вполне возможно, оно совпадает по сути с приведенным.

Я думаю так. Центр вписанной окружности $O$ лежит на биссектрисах углов $BAD$ и $BCD$, значит, в четырехугольнике $OABC$ сумма углов $A$ и $C$ равна $90^\circ$, значит, сумма углов $B$ и $O$ равна $270^\circ$. То есть точка $O$ лежит на дуге конкретной окружности, из точек которой отрезок $AC$ виден под углом $270^\circ-\angle ABC$.
Думаю, такую дугу можно построить, например, отложив от $AB$ под углом $45^\circ$ прямую $AL$, а от $CB$ под углом $45^\circ$ прямую $CL$. Тогда искомая дуга проходит через $A,C,L$.
Может быть, можно вместо $45^\circ$ и $45^\circ$ использовать $0^\circ$ и $90^\circ$, но пока не соображу, как.

-- 21.12.2017, 20:31 --

Кажется, можно обойтись прямым углом. Например, если $\angle ABC>90^\circ$, проведем прямую через точку $C$ перпендикулярно $BC$ до пересечения с прямой $AB$ в точке $K$. Тогда искомая точка $O$ лежит на дуге $ACK$ ну и, конечно, на биссектрисе угла $ABC$.

Дальше думать не хочу, пусть теперь ТС старается

[Race]

Спасибо Booker48 за ссылку на данную задачу.

(Оффтоп)

рисунок вставить не удалось, вот ссылка на него:
https://saveimg.ru/pictures/21-12-17/d2ab9082580b85380712a794d4a0309a.JPG

1. Опишем окружность вокруг АВС (w1).
2. Из точки В построим окружность радиусом равным меньшему отрезку (w2), пусть у нас AB>BC => R=BC. Окружность пересечет отрезок АВ в точке Е.
3. Из точки А строим окружность радиуса АЕ (w3).
4. Из точки С строим произвольный луч в в противоположную сторону от точки А (если смотреть от отрезка АС). Луч пересечет описанную окружность в точке F.
5. Из точки F строим окружность радиуса FC. Она пересечет отрезок FA в точке G.
6. По трем точка А, С и G, строим окружность w4. Она пересечет окружность w3, в точке Х.
7. Строим прямую AX, она пересечет окружность w1 в точке D.
Построение проверил, работает, но пока не доказывал.

(Оффтоп)

Задачу можно интерпретировать в подзадачу Аполлония, а именно построить окружность wX касательную к окружности w3 и проходящую через точку А, учитывая что центр wX принадлежит окружности w1.
По здравому размышлению легче всего это сделать используя инверсию, но как водится хорошая мысля, приходит опосля.

[wrest]

Я предлагаю конкурс на самое короткое построение точки D по данным точкам ABC.
За один шаг будем считать построение окружности по двум известным точкам: центру и второй или построение прямой по известным точкам. Определение точек пересечения за шаг считать не будем.

[Race]

так как моим способом требуется построение 2 окружностей по 3 точкам, каждое 7 действий, то я явно в пролете.
Если использовать инверсию, то построение вообще элементарно, но опять же требуется построить окружность по 3 точкам - 7 действий.

[wrest]

Я нашел решение за 11 шагов
Первые 7 - описанная окружность, после этого еще две окружности и две прямых (одна из прямых это одна из сторон $\triangle ABC$).

Я считаю, что даны только точки ABC и построить надо точку D, а стороны, описанную и вписанную окружности строить не обязательно.

Построение (ссылка на файл geogebra): https://1drv.ms/u/s!AnOVl_SX_eVKrF4JX54r9yHe2oeU

[grizzly]

wrest в сообщении #1277436 писал(а):

Я нашел решение за 11 шагов

Круто! у меня не меньше 13 (я вспомогательный рисунок решил делать на тех же прямых для экономии и в итоге до конца не довёл, сбился в этих нагромождениях :) А повторять мотивации нет, поскольку точно хуже.

[wrest]

grizzly в сообщении #1277445 писал(а):

у меня не меньше 13

Предыдущее у меня было 16 (то что на 1 странице темы), но идея с разностью длин сэкономила 5 шагов. Кстати, как я и говорил, разницы что из чего вычитать нет: например мое построение работает и когда AB длиннее чем BC и когда наоборот.
Оно не работает (в практическом смысле - механическим циркулем неудобно будет) когда ABC равнобедренный, но тогда все еще проще: точка D лежит на серединном перпендикуляре к AC и описанной окружности, так что нужно 8 шагов: 7 на описанную окружность и 8 шаг - проверка равнобедренности ABC. Оказалось нет, важно что длиннее...

[grizzly]

wrest в сообщении #1277451 писал(а):

проверка равнобедренности ABC

Это означает не 8, а 12 операций (проверили, если не равнобедренный, тогда пошли дальше по алгоритму). А на каком шаге из 11 станет известно, что построение не получится по причине равнобедренности?

[wrest]

grizzly в сообщении #1277454 писал(а):

А на каком шаге из 11 станет известно, что построение не получится по причине равнобедренности?

На первом :) Строим окружность с центром в B и радиусом BC, если она проходит через A значит равнобедренный. Эта окружность все равно нужна для серединного перпендикуляра к BC, так что она не пропадает. Тут же кстати выясняется и что длиннее AB или BC, но насчет лишнего шага в случае если окажется длинее не то что надо, я уже не уверен, надо покрутить. Может и 12 тогда.

upd Покрутил. Остаться на 11 шагах можно, но в геогебру этого не засунешь. Сначала строим серединный перпендикуляр к AC. Если он проходит через B то ABC равнобедренный и все просто, всего 7 шагов. Если он проходит через AB, то значит AB длиннее чем BC и второй серединный перпендикуляр строим к BC, а если проходит через BC то второй перпендикуляр строим к AB.

Так что -- максисум 11 шагов покашта остается на любой случай :)

[grizzly]

wrest в сообщении #1277459 писал(а):

надо покрутить

Да нет, не нужно. Вполне можем ограничиться общими соображениями "пусть это больше того" -- я думаю, это допустимо.

-- 22.12.2017, 00:18 --

Опоздал, пока писал. Ну, тем лучше :)

[wrest]

Race в сообщении #1277386 писал(а):

6. По трем точка А, С и G, строим окружность w4. Она пересечет окружность w3, в точке Х.

Гляньте в вашей программе: не лежит ли случаем центр окружности $w4$ на пересечении окружности $w1$ и серединного перпендикуляра к точкам $A$ и $C$?

[Race]

wrest в сообщении #1277877 писал(а):

Гляньте в вашей программе: не лежит ли случаем центр окружности $w4$ на пересечении окружности $w1$ и серединного перпендикуляра к точкам $A$ и $C$?

Да, лежит. Решение основано на движении равнобедренного треугольника, с углом $D$ при вершине,по окружности.
Все углы опирающиеся на хорду $AC$ равны, следовательно угол $D$ мы можем отложить.
1. Закрепляем одну из вершин равнобедренного в $A$ или $C$.
2. Случайным образом из точки $A$(если в данной точке закрепили вершину) откладываем луч, находим точку $D'$ как пересечение с окружностью.
3. Из точки $D'$ строим прямую $D'C$.
4. Строим окружность с центром в т. $D'$ радиусом $D'A$.
5. Находим точку $P'$ пересечения окружности (4) с прямой $D'C$.
6. Наш движущийся равнобедренный треугольник вырождается в точку в точках $A$ и $C$.
7. Имеем 3 точки по которым и строим окружность ГМТ для точки $P$.