Задача на построения треугольника

[timtam]

Кстати, если вспомнить Штейнера (ведь окружность и ее центр наличествуют )
условие задачи можно должным образом "ужесточить".
Т.е. условие задачи может звучать так:
"С помощью линейки построить треугольник если известны точки пересечения (продолжения) его биссектрис с описанной окружностью."

Цитата:

Если Вам удастся найти геометрическое обоснование (алгебраически понятно, что можно вымучить), поделитесь, пжл. Я тоже ещё подумаю.

Почитаю завтра пятую главу Адамара.
Хоть как-то нужно уровень знаний по гомотетии поднимать

[TOTAL]

Зачем разводить гомотетию?
При заданных точках $G, F, E$ проводим диаметр $GH.$
Затем $FB \parallel HE$ (либо просто циркулем $EB=HF$).
Точка $B$ - искомая вершина треугольника.

[Skeptic]

gris в сообщении #988334 писал(а):

Skeptic в сообщении #988218 писал(а):

Если заданы точки пересечения биссектрис треугольника с описанной окружностью, то тем самым заданы вершины треугольника.

timtam в сообщении #988283 писал(а):

насколько это соответствует истине

Ну чисто формально это как раз и соответствует истине Мы, конечно, понимаем, что имелись в виду продолжения биссектрис, ибо по определению биссектриса треугольника это отрезок, но тем не менее все мы знаем, как иногда экзаменаторы придираются.

Это математика. Задание должно быть формально точным и ясным, не допускать домысливания.
Если подразумеваются точки пересечения продолжения биссектрис, тогда тоже всё просто.
Проводим окружность. На ней задаём три точки. Строим на заданных точках треугольник. В этом треугольнике строим высоты и продолжаем их до пересечения с окружностью. Полученные точки пересечения будут вершинами искогомо треугольника.

[grizzly]

timtam
Обратите внимание, сколько интересных и полезных решений добавилось. Из них можно и подсказку к нашему вопросу выудить: достаточно доказать, что $LC \perp IK$, а $VL \perp TU$. Значит, они лежат на одной прямой.

[timtam]

Цитата:

Если подразумеваются точки пересечения продолжения биссектрис, тогда тоже всё просто.
Проводим окружность. На ней задаём три точки. Строим на заданных точках треугольник. В этом треугольнике строим высоты и продолжаем их до пересечения с окружностью. Полученные точки пересечения будут вершинами искогомо треугольника.

Ваше решение, на мой взгляд, самое изящное.
Вот только доказательство правильности построений?
Хотя бы от чего отталкиваться.

Кто бы мог подумать, что эта задача имее столько (по крайней мере - четыре) решений.
В пору какому-нибудь 9-ти класснику реферат слепить

[BVR]

Интересные решения предложены.
timtam
Доказательство правильности Вашего первого построения следует из свойств гомотетии. Вы ведь так строили треугольники, что их стороны параллельны. А при гомотетии, переводящей окружность в окружность соответствующие хорды (и касательные тоже паралельны). Ну и, кроме того, если через образ и прообраз точки првести прямую, то она пройдет через центр гомотетии.

[timtam]

Цитата:

Вот только доказательство правильности построений?
Хотя бы от чего отталкиваться.

(нехорошо, наверно, самого себя цитировать)
Нашел только доказательство такой задачи
"Основания $D, E$ и $F$ высот $\Delta ABC$ последовательно соединены. Докажите, что высоты исходного $\Delta$ $АВС$ являются биссектрисами $\Delta DEF$."
Доказывается проведением вокруг четырехугольника $AFPE$ ($P$ - точка пересечения высот $\Delta ABC$) окружности.
Близко, но все же не полное совпадение. Может быть здесь можно доказать проще?

Цитата:

Доказательство правильности Вашего первого построения следует из свойств гомотетии. Вы ведь так строили треугольники, что их стороны параллельны. А при гомотетии, переводящей окружность в окружность соответствующие хорды (и касательные тоже паралельны). Ну и, кроме того, если через образ и прообраз точки првести прямую, то она пройдет через центр гомотетии.

Простите, но я ничего не понял. Если вас не затруднит, чуть подробнее и применительно к моему чертежу.

[TOTAL]

timtam в сообщении #989075 писал(а):

Может быть здесь можно доказать проще?

Очевидно, что углы $CGE$ и $BFE$ равны. Это и есть доказательство.

[timtam]

Цитата:

Очевидно, что углы $CGE$ и $BFE$ равны.

Да, как углы, опирающиеся на равные дуги.

Цитата:

Это и есть доказательство.

Простите, что я туплю, но что доказывает равенство углов $CGE$ и $BFE$?

[TOTAL]

timtam в сообщении #989299 писал(а):

Простите, что я туплю, но что доказывает равенство углов $CGE$ и $BFE$?

Эти углы равны по построению.
(Каждый из них равен прямому углу минус угол $FEG$.)

[BVR]

timtam в сообщении #989075 писал(а):

Простите, но я ничего не понял. Если вас не затруднит, чуть подробнее и применительно к моему чертежу.

Ну я же уже писал. Пусть $W$ - центр гомотетии, переводящей сплошную окружность в пунктирную. При этой гомотетии описанный треугольник $ILK $ перейдет в описанный треугольник $TVU$. Так как (судя по всему) Вы строили $UV$ параллельно $KL$ и касательная переходит в касательную (остальные стороны аналогично). Так как $L$ переходит в $V$, $K$ в $U$ и $I$ в $T$, то прямые $VL$, $UK$, $TI$ перескутся в центре гомотетии - точке $W$. При гомотетии с тем же центром и обратным коэффициентом, пунктирная окружность перейдет в сплошную. При этом вписанный в пунктирную окружность треугольник $ILK$ перейдет в некий треугольник $ABC$, вписанный в сплошную окружность. Его вершины - есть точки пересечения прямых $TI$, $VL$ и $UK$ со сплошной окружностью (как образы точек $I, L, K$ при гомотетии с центром $W$). Вам останется доказать, что точки $E$, $F$ и $G$ являются серединами дуг $BC$, $CA$ и $AB$. Используйте то, что при гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую, то есть $LK$ параллельно $CB$.

[Skeptic]

TOTAL в сообщении #989613 писал(а):

timtam в сообщении #989299 писал(а):

Простите, что я туплю, но что доказывает равенство углов $CGE$ и $BFE$?

Эти углы равны по построению.
(Каждый из них равен прямому углу минус угол $FEG$.)

А если угол $FEG$ прямой?

[timtam]

Skeptic в сообщении #990112 писал(а):

А если угол $FEG$ прямой?

Да, действительно.
И я тоже про равные дуги сгоряча написал. Это как раз равенство дуг доказывается если предположить, что
$AE$ биссектриса $\angle ACB$

А вы, уважаемый Skeptic не томите.
Предложили замечательный способ решения задачи - дайте хотя бы схему доказательства правильности построений
(в идеале, конечно, приведите доказательство)
Заранее спасибо

[Skeptic]

$\angle CAE=\angle CGE$ и $\angle CBF=\angle CGF$ как углы, опирающиеся на одни дуги.
$\angle CAE=\angle CBF$ как углы в подобных прямоугольных треугольниках.