Ранжировка чемпионов по критерию Х

Извините: "Пергель"="Циркуль"

 

Извините - я плохо понял условии: задача не сложна, ну я ограничусь только построением, потому что русский язык для меня не матерный. Эта задачка сводится к несколко маленкие задачки.
пустъ наши окружности назывем k1 и k2
1. Определение центр окружности с линейкой и циркуль. Это = определение точки , которой ноходится на равные расстояния от вершины произвольного треугольника, вершины, которого находятся на окружности.
2.Потом построение на прямой, на которой находятся точки О1 и О2 - центры двух окружностей.
3. построим перпендикуляры с точки О1 и О2 к прямой О1О2
4. Пресечные точки перпендикуляров с окружностям означим A1 для к1 и А2 для к2
5 Теперя прямы О1О2 и А1А2 имеют общая точка О, так как R>r и О1О2А1А2 - трапец, а не прямоугольник
6. теперь находим среди отрезок О1О и О2О. Пусть они назывем В1 и В2. Как находится среда отрезка я не буду обьяснять.
7. Построим окружности с центров В1 и В2 и диаметров О1О и О2О.
8. Точки пересечения окружность с диаметр О1О и к1( они две) означим C1 и D1.
9 Точки пересечения окружность с диаметр О2О и к2( они две) означим C2 и D2.
10 так окружности к1и к2 имеют две общие касательные - а именно прямы C1C2 и D1D2.


Я дал построение хотя бы одной общей касательной.
Эсли к1 и к2 не пересекаются то мы имеем 4 общие касательны. Они находятся по методу, который я описал.
Эсли они касаются, то мы найдем 3 общие касательные.
Эсли пересекаются мы этим методом найдем 2 общих касательных.
Эсли к2 внутри к1 то мы не найдем ни одной касательной

 

Это отлично!
Sherman, не обижайтесь. Просто, иногда у Вас получаются реально очень смешные фразы.

 

Пока лидируете...

 

Я нет о чем обижаться. Я для моего русского только могу извинятся :/

 

Похоже, решение найдено!? Хотя без рисунка - туго доходит. Слово за Ириной...

Неужели нет решения попроще? Напверняка есть!?

 

СЕРЕДИНА - ТАК ТОЧНО

 

Ирина, это совсем просто, я даже и обьяснять не стал, но раз Вам неочевидно :
Биссектриса делит основание пропорционально прилежащим сторонам, потому на Вашем рисунке пересечение происходит внизу, т е вне треугольника.

 

На ту же тему

 

Есть, или я к концу дня совсем отупел. Строим окружность с центром в центре "большой" окружности, радиусом R - r. Проводим к ней касательные из центра "малой" окружности (тривиально). Сдвигаем их параллельно на r, каждую в нужную сторону. Нашли одну пару.
Повторяем процедуру, используя окружность радиуса R + r. Нашли вторую.

 

Совершенно справедливо ( 5 баллов ) . И кстати подтверждает , что игра вслепую развивает пространственное воображение. А для простых смертных , ниже пояснения к одному из вариантов , например ( R - r ) подробнее

Дело за малым-определить базовый треугольник . Ну чтож —- поехали с богом :
1. Делим отрезок между центрами AF пополам
Произвольным радиусом ,чуть больше половины отрезка , из его концов наносим две дуги и соединяем точки пересечения линией . Получаем искомую точку ?K?
2. И из нее оисываем окружность , базирующуюся на AF как на диаметре .
3. Циркулем измеряем радиус ?R? и откладываем его на любом отрезке прямой . Если там же изобразить ?r? , то легко получается разница ?R-r? . Теперь этим размером делаем засечку из центра большей окружности (точка A ) до пересечения с вспомогательной
окружностью и получаем (точку B ) .
4. Соединяем B с центром меньшей окружности . УРА —- Есть .
И деиствительно ? угол ABF прямой , т.к опирается на диаметр описанной окружности .
5. Продолжаем AB и получаем первую точку касания C .
6. Из центра меньшей окружности , с помощью циркуля , строим - восстанавливаем перпендикуляр к отрезку BF . Получаем вторую точку касания D .
7. Осталась самая трудная часть работы - соединить точки C и D
Ну как , получилось ?

Надеюсь всем понятно , что фигура BCDF является прямоугольником по построению и все углы равны по 90 * .

А это значит , что оба радиуса перпендикулярны к отрезку CD , что собственно и требовалось доказать — это общая касательная !

 

Здесь так здесь. Пусть есть 100 кругов на плоскости. Каждые 3 из них имеют общую точку. Доказать, что у всех 100 кругов есть общая точка.

 

.

 

Не понял. Имелись в виду конечно замкнутые круги - вместе с окружностью. Не стал говорить, чтобы не выглядело педантством - оно так естественно само по себе

 

Как выяснилось, я вообще решал другую задачу. Я почему-то для себя решил, что задача об окружностях. С кругами всё вроде тривиально. Хотя не всё так просто. Надо подумать.

 

"Геометрия не при чём" Юморист ...

 

Я действительно отупел. Решение, конечно, правильное, но механическое и неинтересное. Вот действительно правильное:

Проведем (произвольно) два параллельных радиуса OA и O'A'. Пусть F - точка пересечения прямых OO' и AA'. Треугольники FOA и FO'A' подобны, следовательно FA/OA = FA'/OA'. Т.е., FO/R = FO'/r. Иначе говоря, точка F не зависит от выбора радиусов. Строим ее, и проводим из нее касательную к одной из окружностей. Она будет касаться второй тоже.

 

Можно и так . Хотя не вижу особых преимуществ . Предыдущее решение действительно выглядит менее академично , но его строгая простота механически привозит доказательство на своих плечах по ходу построения . А здесь последняя фраза не всем сразу очевидна и наши визави могут попросить уточнений

А вот вам и еще более простая задачка , только чур теперь уже рисовать ваша очередь ( иначе нас совсем не поймут )
На доске был КВАДРАТ со стороной "А" . Ночью злая уборщица попыталась его стереть , но он , как оказалось , был заколдован и по Одной Точке на каждой стороне осталось . А утром учитель пообещал банку пива тому , кто его восстановит

 

Задача действительно несложная, но мне моё решение не очень нравится :
находим середину отрезка, соединяющего самую левую и самую правые точки, проводим окружность радиуса А/2, проводим касательные из этих точек и им перпендикулярные.
Должно быть получше.
Получилось, кстати, что достаточно 2-х точек на противоположных сторонах.

 

Из чего следует, что решение неверно.

Правильное решение исходит из того, что если точки A, B, M и D лежат на последовательных сторонах квадрата, и AM перпендикулярно BD, то длины этих отрезков равны (доказать самостоятельно). Посему, из A строим перпендикуляр к BD той же длины. Это дает точку М, которая, вкупе с бездействовавшей до сих пор точкой С, определит одну из сторон искомого квадрата.

 

Не видно, почему неверно. Ваше решение действительно лучше и меня вполне удовлетворяет( в отличие от моего), но оно показывает другое - что можно обойтись без знания длины стороны, что учитывая моё решение - вполне естественно.

 

Потому, что

Иначе говоря, утверждается, что две точки однозначно определяют квадрат. Может ли такое быть? Очевидно, нет.

Что же строится?

Построение закладывается на то, что стороны перпендикулярны такому отрезку. Вот здесь, собственно, и неверность.

 

У Вас глюки. Прочтите условие, то что я написал, то, что написали Вы сами. Например, с чего Вы взяли "Построение закладывается на то, что стороны перпендикулярны такому отрезку." - когда явно сказано совсем другое.

 

vnp просто запутался. Построение Григория перфектно. Только сдесь не имеет место "самой правой" и "самой левой" точки. Впервым четыре точки - ето вэршины выпуклого четыреугольника и подбор делается не от "самой левой" и "самой правой", а просто от две несоседные вершины этого четыреугольника.

2. Решение не означает что 2 точки определяют квадрат, ну две точки + известна сторона квадрата + известно что эти точки стоят на противоположные стороны квадрата - конечно определяют. При этом - однозначно.
3. Эсли сторона квадрата неизвестна - то уже решение Григория не при чем. В том случае остается только решение vnp. Я и так понял эту задачу - мы имеем только 4 точки. Сторона - неизвестна.

 

Можно чертежик к построению?

 

Нет.

 

Либо оба являются только частными случаями . Надеюсь на ваших рисунках заинтересованные стороны это и обьяснят друг другу.

Еше раз повторяю условие задачи : Сторона КВАДРАТА равна отрезку "A" и осталось по Одной произвольной Точке на каждой его стороне

 

Жаль. Может быть, я в самом деле запутался. Прилагаю свой чертежик. Я верно понимаю идею?

 

Нет. Вы неверно понимаете, ибо не удосужились прочесть то, что написано. Вы нарисовали окружность радиуса, равного половине длины отрезка, а надо было радиуса, равного половине стороны исходного квадрата. Я впрочем, также был неточен(у нас ночь, сейчас без четверти 5). Нужно рисовать не перпендикулярные касательные, а перпендикуляры первым касательным из оставшейся пары точек. Также я опустил(тут сознательно, это мне казалось ненужным разьяснять) - что касательных то можно провести по 2, так надо выбрать пару параллельных( в условиях Ирины такая пара будет только одна, по её условиям точки не могут совпадать с вершинами квадрата)

 

А откуда его брать?

PS: А у нас только без четверти два. Я пошел спать. До завтра.

 

"А откуда его брать?" О Господи! Да прочтите же наконец условие задачи, данное Ириной!

 

Сторона дана нам vnp. Радиус окружности = 1/2*А. Хотя при этом задача преопределена.