Автор Тема: Перпендикулярная хорда  (Прочитано 790 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 166
    • Просмотр профиля
Перпендикулярная хорда
« : 24 Июнь 2019, 21:42:12 »
Внутри окружности даны точки A1, A2. Построить хорду B1B2, перпендикулярную прямой A1A2, так чтобы точка пересечения прямых A1B1 и A2B2 лежала на окружности.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1520
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #1 : 24 Июнь 2019, 22:42:31 »
В_1 и В_2 принадлежат окружности?

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 166
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #2 : 24 Июнь 2019, 22:56:46 »
 :) Это же хорда.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5501
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #3 : 24 Июнь 2019, 23:40:05 »
Тут подходит решение   "предельный случай" : Хорда В1-В2 проходит через точку А2 , и тогда прямые А1-В1 и А2-В2 пересекаются в точке В1, которая лежит на окружности. Правда, в этом случае прямая А2-В2 совпадает с хордой.
« Последнее редактирование: 24 Июнь 2019, 23:41:46 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 166
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #4 : 25 Июнь 2019, 02:25:37 »
Если провести диаметр параллельный A1A2 (и соответственно перпендикулярный В1В2) точки B1,B2 должны быть ближе к диаметру чем A1,A2.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5501
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #5 : 25 Июнь 2019, 14:38:58 »
Внутри окружности даны точки A1, A2. Построить хорду B1B2, перпендикулярную прямой A1A2, так чтобы точка пересечения прямых A1B1 и A2B2 лежала на окружности.

 Решение методом использования проективных свойств:
Возьмем произвольную точку С ( старт)  на окружности, начнем проводить из нее ломаную линию с вершинами на окружности: первый отрезок содержит А1,  второй отрезок содержит А2, а третий перпендикулярен А1А2. Последний отрезок пересечет окружность в точке Ф (финиш). Очевидно, если С и Ф совпадут, то задача решена.  Но с первого раза они вряд ли совпадут. И со второго не совпадут. А вот с третьего уже совпадут . На основании двух стартов и двух финишей находим совмещенный старт-финиш как показано на рисунке.
« Последнее редактирование: 25 Июнь 2019, 18:26:31 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 166
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #6 : 26 Июнь 2019, 00:04:57 »
 :beer:
Да, впечатляет. До такого я бы никогда не додумался.
Своё решение покажу завтра, а здесь немножко другой рисунок для решения Хрипунова.

Оффлайн Ygrek

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1493
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #7 : 26 Июнь 2019, 09:47:42 »
Некогда решать, а про "перебрасывание" отрезка туда-сюда, кот. есть первое, что бросается в глаза, хрипунов уже сказал. А из остального, по-моему тут можно решать через биссектрису вписанного угла. Ну, там ещё свойство бисектора делить сторону треугла на отрезки, пропорц. сторонам треугла.

На рисунке не решение, а лишь идея. Когда биссектриса проходит через точку Е (пересечение диаметра, параллельного А1А2, с кругом), угол будет 90°.
« Последнее редактирование: 26 Июнь 2019, 10:24:27 от Ygrek »
Пифагор сказал: "Ничему не удивляйся". Чё-то не получается.

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5501
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #8 : 26 Июнь 2019, 11:34:02 »
Некогда решать, а про "перебрасывание" отрезка туда-сюда, кот. есть первое, что бросается в глаза, хрипунов уже сказал. А из остального, по-моему тут можно решать через биссектрису вписанного угла. Ну, там ещё свойство бисектора делить сторону треугла на отрезки, пропорц. сторонам треугла.

На рисунке не решение, а лишь идея. Когда биссектриса проходит через точку Е (пересечение диаметра, параллельного А1А2, с кругом), угол будет 90°.

Напрасно не решаете: задача весьма глубокая и интересная.   :)
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн c2h5oh

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 166
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #9 : 26 Июнь 2019, 16:19:52 »
Эта задача - дополнение к недорешенной задаче:
Возьмём две любые вершины треугольника. Пусть некоторая точка движется по окружности. Для каждого положения этой точки проведём отрезок, концы которого лежат на окружности и на лучах проведенных из движущейся точки через выбранные вершины. Предположим (без доказательства, пока), что эти отрезки являются касательными для некоторого эллипса. Тогда все параметры этого эллипса можно рассчитать достаточно просто. Если окажется что третья вершина лежит не внутри эллипса то из неё проводим две касательные (на рисунке одна). Точки пересечения касательных с окружностью дают две вершины искомого треугольника. При условии что это действительно эллипс всё можно построить циркулем и линейкой.

В этом решении показано как построить эллипс. А имея эллипс хорду можно провести в любом направлении.

Сначала строим хорды, параллельные большой оси эллипса. Для этого ищем точки C и D, в которых окружности проходящие через точки A1 и A2 касаются окружности с центром в O.  Их можно построить с помощью инверсии или так: пусть E1, E2 - точки пересечения прямой A1A2 с окружностью(в этих точках эллипс касается окружности). На этой прямой берём точку G такую что GE1*GE2=GA1*GA2 и проводим окружность с диаметром OG. Хорды С1С2 и D1D2 определяют малую ось эллипса. Проводим прямую посередине между этими хордами и окружность через E1,O,E2. Точки пересечения F1,F2 - фокусы эллипса (это тоже задачка, почему?).

Оффлайн hripunov

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 5501
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #10 : 26 Июнь 2019, 21:17:30 »
c2h5oh, способ работает.   :beer:  Некоторые моменты мне в нем тоже по первому ознакомлению не ясны (в плане  почему так получилось).
 Хоть и трудоемкий, но довольно универсальный способ. Использование эллипса позволяет решить задачу для произвольно заданного угла между А1А2 и В1В2.    (правда , и мой способ можно трансформировать,  развить, и приспособить  к применению для другого угла, но только именно  наперед заданного ) .
« Последнее редактирование: 26 Июнь 2019, 21:43:10 от hripunov »
Сеня! По-быстрому объясни товарищу, почему Володька сбрил усы!...

Оффлайн Ygrek

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1493
    • Просмотр профиля
Re: Перпендикулярная хорда
« Ответ #11 : 23 Июль 2019, 19:42:04 »
Некогда решать, а про "перебрасывание" отрезка туда-сюда, кот. есть первое, что бросается в глаза, хрипунов уже сказал. А из остального, по-моему тут можно решать через биссектрису вписанного угла. Ну, там ещё свойство бисектора делить сторону треугла на отрезки, пропорц. сторонам треугла.

На рисунке не решение, а лишь идея. Когда биссектриса проходит через точку Е (пересечение диаметра, параллельного А1А2, с кругом), угол будет 90°.

Напрасно не решаете: задача весьма глубокая и интересная.   :).

"Напрасно не решаете." -
Во-первых, я не сказал, что не буду решать. Просто сходу не получилось, в силу моего врождённого скудоумия. А через три недели, вот, руки дошли, и, жертвуя всеми остальными делами, доделал.
Во-вторых, несусветные и невъе3,14ческие  решения двух других корреспондентов создали у меня иллюзию трудности этой задачи, и я отложил её на потом.

"задача весьма глубокая и интересная" - может и глубокая, но не более, чем все остальные. Решается обычным способом на уровне базовых знаний свойств секущих и хорд и чуток метода построения касательной, и не требует привлечения неопознанных проективных свойств или там демонстрации достижений отечественного эллипсостроения. Т.е. достаточен школьный уровень 8-9 класса обычной школы.

==============================================


Короче, вот мой метод, заточенный сразу под условие 90°. Возможно, что его можно расширить и обобщить и на произвольный угол, но это отдельная история.

Идея проста и такова:

Ясно (из свойства биссектрисы вписанного угла делить хорду пополам), что биссектриса искомого угла, образованного прямыми А1В1 и А2В2 с вершиной Н на заданном круге, должна проходить через точку С. Именно тогда прямая В1В2 будет иметь прямой угол с прямой А1А2, ибо точка С должна быть серединой хорды В1В2.
В то же время, если мы построим красный пунктирный круг на точках А1, А2 и Н, то эта же биссектриса пройдёт и через точку D - середину хорды А1А2 на этом круге.

Дальше так. Мы пока не знаем, где нах. точка Н - т.е. третья точка красного пунктирного круга, а только знаем точки А1 и А2, через которые он должен проходить.
Строим родственника красного круга - пробный синий круг с центром в точке Slider, также проходящий через точки А1 и А2. И аналогом точки D будет точка Ds. Тогда прямая СDs пересечёт синий круг не в точке Н, а в точке Е. А чёрный круг прямая СDs пересечёт не в точке Н, а в точке F. Синий же круг пересечёт чёрный круг не в точке Н, а в точке G.
По мере движения точки Slider вверх к её искомому положению, все три точки E, G и F будут приближаться к точке Н.
   Всё это было слева на рисунке. А справа, соотв., три точки E', G' и F' будут приближаться к точке Н'.

   Далее, вот что очень важно. При всём вышеописанном движении точек, прямые G'G и F'F будут приближаться к прямой H'H и, в конце концов, совпадут с ней, и, следовательно, совпадут и друг с другом.

А прямые G'G и F'F не где-то болтаются в воздухе, а имеют по неподвижной точке, соотв., P и Pole'black. И совпадут они друг с другом только когда будут проходить сразу через эти обе точки P и Pole'black.

Т.о., нам просто нужно провести красную прямую (P,Pole'black), и она даст нам искомую точку H (и H'), через которую должна проходить биссектриса CD.


-------------------------------------------

То, что точка Pole'black на прямой F'F будет неподвижна следует из того, что, по построению прямых C'C, CF', C'F, F'F, она есть ни что иное, как полюс для поляры polar'black для чёрного круга.

А то, что точка Р на прямой G'G будет неподвижна ... Заметьте, что прямая G'G образована пересечением двух кругов - чёрного и синего. Мы тут на этом сайте это свойство использовали уже неоднократно, в частности, при построении окружности, проходящей через две точки и касающейся второй окружности. И доказывается это свойство несложно через свойства секущих типа степень точки. Например, пусть есть две окружности, пересекающиеся в двух точках E и F. Рисуем третью окружность, пересекающую каждую из первых двух, соответственно, в парах точек A,B и C,D. Строим две секущие на этих парах точек пересечения. Пусть эти секущие пересекутся в точке P. Авансом приравниваем произведения длин всех трёх пар отрезков на каждой из трёх секущих AP*BP = CP*DP = EP*FP, и показываем, что они могут быть равны только если все три секущие пересекаются в одной точке Р. Также по такому же принципу люди строят радикальную ось для двух окружностей.

Т.о. сиё моё решение полностью обосновано и построено на относительно простых, широкоизвестных, легко доказываемых, и, главное, конкретно указанных свойствах.


-----------------------------------------------

Замечание: диаметральную прямую C'C не обязательно чертить, как и сами точки С и C'. Для нахождения точек Н и H' достаточно найти точки Р и Pole'black. Точка Pole'black является полюсом к серединному перпу отрезка А1А2 и чёрной окружности, а построить этот полюс можно разными способами, в том числе и без прямой С'C и точек С и C'. В частности, на втором, упрощённом рисунке показаны только необходимые для построения линии.

« Последнее редактирование: 23 Июль 2019, 21:49:12 от Ygrek »
Пифагор сказал: "Ничему не удивляйся". Чё-то не получается.