Решить задачу на построение при помощи указанного свойства

[WinterPrimat]

Для треугольника имеем:
- сторону $BC=4$,
- радиус описанной окружности ($R=5$),
- радиус вписанной окружности ($r=1$).
Необходимо построить треугольник.
Я построил при помощи трилистника:
1. Построил описанную окружность радиуса $R$.
2. Построил сторону $BC$.
3. Построил прямую, ей параллельную, проходящую от нее на расстоянии $r$.
4. Построил ср. перпендикуляр к $BC$, пересекающий окружность в т. $K$.
5. Построил окружность радиуса $BK$ с центром в т. $K$.
6. Одну из точек пересечения окружности и прямой $BC$ обозначил как т. пересечения бисектрис $I$.
7. Дальше стандартно: построить окружность с центром в т. $I$ и провести касательную к ней, к примеру, через т. $B$, получив таким образом третью вершину $A$ на пересечении касательной с описанной окружностью.
В пособии указано, что можно решить задачу без трилистника, а используя свойство $\angle BIC=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}$. А как - не указано.
Подскажите, пожалуйста, как реализовать. Спасибо.

[mihiv]

Выполните первые 4 пункта.
Далее, пусть точка $O_1$ центр описанной окружности, тогда $\angle BKO_1=\frac12 \angle A.$Строим $\angle CBO_2=\frac 12\angle A, O_2$- точка пересечения построенного угла с прямой $KO_1$Точки $O_1,O_2$ лежат по разные стороны отрезка $BC$. Радиусом $BO_2$ проводим окружность с центром в точке $O_2$, она пересекает прямую из п.3, одну из точек пересечения обозначим $I$. Откладываем $\angle $ равный $\angle CBI$. Одна сторона отложенного угла $BI$, а другая сторона пересекает описанную окружность с центром $O_1$ в точке $A$. Это вершина искомого треугольника.

[wrest]

WinterPrimat в сообщении #1582255 писал(а):

Я построил при помощи трилистника:
1. Построил описанную окружность радиуса $R$.
2. Построил сторону $BC$.
3. Построил прямую, ей параллельную, проходящую от нее на расстоянии $r$.
4. Построил ср. перпендикуляр к $BC$, пересекающий окружность в т. $K$.
5. Построил окружность радиуса $BK$ с центром в т. $K$.
6. Одну из точек пересечения окружности и прямой $BC$ обозначил как т. пересечения бисектрис $I$.

Касательные не нужны, прямая $KI$ это и есть биссектриса $\angle A$, она пересечет описанную окружность в искомой третьей вершине $A$

[wrest]

mihiv в сообщении #1582406 писал(а):

Далее, пусть точка $O_1$ центр описанной окружности, тогда $\angle BKO_1=\frac12 \angle A.$

Тут что-то не то с обозначениями... Если вы использовали обозначения ТС в шагах 1-4, то не может быть, что $\angle BKO_1=\frac12 \angle A.$

[mihiv]

wrest
Треугольник $BKC$ равнобедренный, т.к. точка $K$ лежит на срединном перпендикуляре к стороне $BC$, точка $O_1$ также лежит на этом перпендикуляре, поэтому $\angle BKO_1=\frac 12\angle BKC, \angle A$, вписанный в окружность с центром $O_1$, опирается на хорду $BC$ и поэтому равен $\angle BKC$.

[wrest]

mihiv
Обозначения точек верные на картинке внизу?

[mihiv]

Нет, я предполагал,что точка $K$ находится на противоположном конце диаметра.

[wrest]

Я дошёл в построении досюда:

mihiv в сообщении #1582406 писал(а):

Далее, пусть точка $O_1$ центр описанной окружности, тогда $\angle BKO_1=\frac12 \angle A.$Строим $\angle CBO_2=\frac 12\angle A, O_2$- точка пересечения построенного угла с прямой $KO_1$Точки $O_1,O_2$ лежат по разные стороны отрезка $BC$. Радиусом $BO_2$ проводим окружность с центром в точке $O_2$, она пересекает прямую из п.3, одну из точек пересечения обозначим $I$.

У меня получается, что предлагаемая к построению точка $ O_2$ это есть точка $K$ на моём рисунке в посте выше. То есть $O_2$ это второй конце диаметра противоположный точке $K$ в ваших обозначениях, а именно, если привести к вашему обозначению точки $K$:

Дальнейшее построение

mihiv в сообщении #1582406 писал(а):

Откладываем $\angle $ равный $\angle CBI$. Одна сторона отложенного угла $BI$, а другая сторона пересекает описанную окружность с центром $O_1$ в точке $A$. Это вершина искомого треугольника.

Неясно. А именно что значит "Откладываем $\angle $ равный $\angle CBI$."?

[TOTAL]

WinterPrimat в сообщении #1582255 писал(а):

1. Построил описанную окружность радиуса $R$.
2. Построил сторону $BC$.
4. Построил ср. перпендикуляр к $BC$, пересекающий окружность в т. $K$.
5. Построил окружность радиуса $BK$ с центром в т. $K$.

На окружности из пункта $5$ (таких окружностей две!) и лежит искомый центр вписанной окружности.

[wrest]

wrest в сообщении #1582447 писал(а):

Неясно. А именно что значит "Откладываем $\angle $ равный $\angle CBI$."?

А,я кажется понял. Поскольк $BI$ предполагается быть биссектрисой угла $\angle ABC$, то мы от луча $BI$ откладываем угол равный $\angle CBI$ но по другую сторону от $C$, таким образом получае прямую на которой лежит третья вершина.
Как-то поморочено уж очень...

-- 20.02.2023, 15:02 --

TOTAL в сообщении #1582454 писал(а):

На окружности из пункта $5$ (таких окружностей две!) и лежит искомый центр вписанной окружности.

Имено об этом и пишет ТС в следующем пункте:

WinterPrimat в сообщении #1582255 писал(а):

6. Одну из точек пересечения окружности и прямой $BC$ обозначил как т. пересечения бисектрис $I$.

Но пишет немного не то, правильно так (жирным то что делает этот пункт правильным):
6. Одну из точек пересечения окружности и прямой параллельной $BC$ из п.3 обозначил как т. пересечения бисектрис $I$.

[mihiv]

При решении задачи, я не заметил, что точка $O_2$ лежит на окружности с центром $O_1$, с учетом этого получается, что у меня и у WinterPrimat
сделано одинаковое построение, но я пытался использовать именно условие $\angle BIC=90^{\circ }+\frac 12\angle A$, а WinterPrimat
исходил, видимо, из каких-то других соображений, раз он задал этот вопрос.

[wrest]

mihiv
Ну вот если у нас где-то в стороне построен угол, можем ли мы его приторочить так, что его вершина ляжет на нужной нам прямой, а стороны пересекуся с нужными нам точками? Такое расположение, очеидно, единственно (с точностью до осевой симметри по перпендикуляру к $BC$), но как псотроить его?

Поясню.


Вот у нас есть зеленый угол $\angle BKJ$, красная прямая и две точки $B$ и $C$
Как нам циркулем и линейкой построить угол равный $\angle BKJ$ с вершиной $I$ на красной прямой, и сторонами проходящими через $B$ и $C$ (синий угол на картинке)? Тогда это было бы прямым решением задачи

WinterPrimat в сообщении #1582255 писал(а):

используя свойство $\angle BIC=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}$

Ясно, что ГМТ точек вершины угла - дуга окружности проходящей через $B$ и $C$ (и в нашем случае с центром в $O_2$ и радиусом $O_2B$), но метод нахождения $I$ как пересечения такой окружности и красной прямой признан не тем, что надо...