Построить биссектрису с заданным направлением

Придумалась задача:

Даны точки А и В, и прямая р. Также дан зелёный отрезок е. Циркулем и линейкой нужно построить такую точку С на прямой р, чтобы биссектриса угла АСВ была параллельна отрезку е.



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

Сам нашел три решения с одной и той же основной идеей, но разными путями её реализации - чисто геометрическое, на половину аналитическое, и на четверть аналитическое. Но они все относительно сложные. Также вполне очевиден путь чисто аналитического решения, но оно мало интересно. Хотелось бы увидеть простое геометрическое решение. Ну, или какое у вас получится.

Возможно, что задача древняя и давно решена. Не занимался поиском.

Вы предлагаете другим заняться поиском?
Недавно Г-н Мишустин красиво решил задачу на построение только с помощью линейки (классической, односторонней , без делений), без циркуля!
Может вам к нему. Пусть немного потратит своего времени.

ferma-T
Новогодний рецепт, в котором не обошлось без равнобочной гиперболы

Построим квадрант Oxy - прямой угол с вершиной в точке O посередине отрезка AB, стороны которого x и y перпендикулярны и параллельны отрезку e.
Есть четыре варианта, выберем тот, в котором A лежит внутри квадранта.
Через A проведем прямую параллельно e.
Точку ее пересечения с прямой x обозначим Ax, а пересечение с биссектрисой квадранта обозначим как A'.
Через A и A' проведем произвольную окружность.
К последней проведем касательную из точки Ax.
Две длины касательной отложим от точки O на биссектрисе квадранта и получим точку F1.
Точку F2 построим симметрично F1 относительно O.
Далее строим квадрат F1Q1F2Q2.
Проводим окружность с1 с центром в F1 и проходящую через Q1 и Q2.

Наконец дошла очередь до прямой p: находим точку F2' симметричную F2 относительно p.
Теперь самое сложное – строим две окружности, которые проходят через F2, F2' и касаются c1 (частный случай задачи Аполлония). Центры окружностей, понятное дело, лежат на p.
Центр C окружности, которая касается c1 внутренним способом, подходит для решения задачи (биссектриса ACB параллельна e).
Центр D окружности, касающейся c1 внешним образом, соответствует треугольнику ABD, у которого биссектриса угла D перпендикулярна e.

Спасибо огромное за решение. Жалко, что вы не объяснили идею своего построения, т.е. какие изначально идеи и соображения двигали вами и какую цель вы преследовали. Ну, значит впереди мне предстоит исследование типа как у археологов, обнаруживиших наскальный рисунок, под которым объяснено построение каждой конкретной линии.

Так или иначе, поскольку вы упомянули "равнобочную гиперболу", я больше не буду тянуть со своим решением, потому что в основе всех трёх моих решений тоже лежит анализ и построение одной и той же гиперболы - ГМТ вершины угла АСВ - точки С.
Я, вообще, всегда, когда не знаю как решать, начинаю возюкать точки в Геогебре и смотреть всякие там ГМТ. В этой задаче, кроме гиперболы ГМТ точки С, появляются ещё другие гиперболы. Эллипсов/парабол я не обнаружил, не говоря уже об окружностях и, тем более, прямых.

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

ОК, рассмотрим, как можно построить ГМТ точки С каким-нибудь способом попроще.
1) Можно выбрать произвольную точку Х на отрезке АВ, построить для этой точки Х окружность Аполлония, провести из Х параллель к отрезку е, и её пересечение с кругом Аполлония даст ГМТ для С. Но это не самое простое построение.

2) Самые простые, на мой взгляд, показаны на рисунках 1 и 2.



Строим серединный орт к АВ и произвольный синий круг с центром Х на орте. Из точки G проводим параллель к е и получаем точку С.
Обосновать, что это ГМТ есть гипербола можно аналитически, выведя формулу зависимости проекций точки С на прямую АВ и орт к ней или на прямую е и орт к ней.
Я стал выводить для проекций точки С на АВ и ОХ ( [math]C_{(AB)}[/math] и [math]C_{(OX)}[/math], соответственно), взяв за переменную х = |OX|. Там, конечно же, получились весьма громоздкие выражения, которые я не стал полностью выводить, а ограничился членами со старшими степенями. И получилось, что зависимость имеет вид

[math]C_{(OX)}^{2} - const_{1} \cdot C_{(AB)}^{2} = const_{2}[/math]

что соответствует гиперболе.

Но можно ограничиться только построительными рассуждениями :
а) треугольник GCG' прямоугольный, ибо GG' - диаметр и С лежит на его окружности. Значит тут в расчётах будет достаточно приминений Пифагора, и значит степень будет не выше второй;
б) при движении точки Х вверх в бесконечность, точка G стремится к середине АВ точке О. Значит параллель к е из О есть одна из ассимптот ГМТ точки С. При снижении Х, когда С проходит через В, биссектриса угла АСВ меняется с CG на вторую биссектрису угла АСВ, т.е. прямую СG'. При этом точка G' стремится к середине АВ точке О. Так как пара биссектрис между двумя прямыми всегда составляет 90°, то вторая ассимптота будет орт к е через точку О.
В итоге, такие признаки кривой как степень не выше второй, центральносимметричность и стремление к перпендикулярным ассимптотам показывает, что ГМТ есть равнобочная гипербола.

3) ГМТ можно ещё строить через построение точки В' отражения точки В от орта ХС, где Х - произвольная точка на параллели к е из В (рис. 2.).



Теперь, когда известно, что ГМТ есть гипербола, также известны её ассимптоты (параллель и орт к отрезку е) и центр (середина АВ), и, как минимум, одна точка на каждой из её ветвей (точки А и В), и также мы можем построить сколько угодно случайных точек на ней, остаётся найти его (ГМТ) пересечение с прямой р.
Какая идея для этого стояла за построением Li6-D я пока не знаю, а сам я нашел эту точку пересечения тремя разными способами. Об этом в другой раз.

Поясню откуда взялась гипербола (увы, геометрию пришлось порядком разбавить алгеброй).
Дана окружность c радиуса R, имеющая горизонтальный диаметр AB и центр O.
Вектор e задает направление биссектрисы угла C треугольника ABC, угол наклона равен [math]\alpha[/math].
Введем ДСК с началом в O, ось Ox горизонтальна, Oy вертикальна.


Построим одну из точек C следующим способом.
Нарисуем еще одну окружность c' радиуса R', центр O' которой лежит на Ox и которая ортогональна c.
Расстояние между центрами окружностей обозначим через d.
Пусть A', B' – диаметрально противоположные точки c' на оси Ox, причем A' находится внутри окружности c, а B' снаружи.
Проведем из A' луч параллельно e, который пересечет c' в точке C.
Покажем, что C - искомая.
В силу ортогональности окружностей, окружность c' будет т.н. окружностью Аполлония для точек A и B.
То есть для любой точки С на ней соблюдается, что СA' - биссектриса угла AСB. Ч.т.д.
 
Отметим еще на c' точку D диаметрально противоположную C.
DA' - биссектриса угла ADB, но она перпендикулярна e.
Покажем, что C, D лежат на одной ветке равнобочной гиперболы с центром в O.
Координаты C: [math]x = d + R' \cdot \cos \left({2\alpha}\right);\quad y = R' \cdot \sin \left({2\alpha}\right)[/math].
Координаты D: [math]x = d - R' \cdot \cos \left({2\alpha}\right);\quad y = - R' \cdot \sin \left({2\alpha}\right)[/math].
Ортогональность c, c' дает: [math]{d^2}={R^2}+ R{'^2}[/math].
Исключая d, R', получим, что обе точки удовлетворяют одному уравнению:
[math]{x^2}- 2ctg\left({2\alpha}\right)xy -{y^2}={R^2}[/math].
Это ничто иное, как уравнение равнобочной гиперболы с центром в O.

Заметим, что ГМ точек C - часть ветки гиперболы (красное на рисунке), точки D занимают оставшуюся часть (синее на рисунке).
Граница между ГМТ – точка A, которая в общем случае не совпадает с вершиной гиперболы.
Ось гиперболы проходит через O и расположена под углом 45° к вектору e.
Ее уравнение: [math]y = tg\left({\alpha - \frac{\pi}{4}}\right)[/math].

В качестве бонуса - формула для длины полуосей гиперболы:
[math]a = b = \sqrt{\sin \left({2\alpha}\right)}\cdot R[/math].

Пусть известны фокусы F1, F2 гиперболы или эллипса, а также отрезок длины a, который равен большой полуоси эллипса или действительной полуоси гиперболы.
Дана прямая p и требуется с помощью циркуля и линейки построить точки пересечения p c данной фигурой второго порядка.
Один из способов построения точек пересечения прямой с фигурой второго порядка сводится к решению частного случая задачи Аполлония.
Построим окружность c1 радиуса 2a с центром в F1.
Рассмотрим геометрическое место центров С окружностей c, которые касаются c1 и проходят через точку F2.
В случае гиперболы F2 находится снаружи c1, имеет место внешнее касание c и c1.
Поэтому выполняется равенство [math]\left|{CF1}\right| - \left|{CF2}\right| = 2a = const[/math].
Таким образом, С находится на ветке гиперболы с фокусом F2.
Как найти пересечения этой ветки с p?
Построим F2' симметрично F2 относительно прямой p и построим окружность Apollo, которая касается c1 и проходит через точки F2 и F2'.
Это частный случай известной задачи Аполлония о нахождении окружности, касающейся трех заданных, где две из заданных окружностей представлены точками.
Центры Apollo (может быть до двух окружностей) находятся на ветке гиперболы и в тоже время лежат на срединном перпендикуляре к отрезку F2F2', то есть на прямой p.
Задача нахождения пересечения ветки гиперболы с прямой решена.
С эллипсом аналогично: F2 находится внутри c1, имеет место внутреннее касание c и c1 и выполняется равенство [math]\left|{CF1}\right| + \left|{CF2}\right| = 2a = const[/math].
Начало моего построения под занавес 2022 года связана с построением фокусов по известным асимптотам и точке A на гиперболе.
Наверное, Вы уже догадались, что сторона желтого квадрата равна 2a…

Конечно, это очень экзотичный способ решения задачи.
Можно значительно проще, напрямую используя известные асимптоты, с учетом следующего факта:
«Пусть прямая l пересекает асимптоты l1, l2 в точках L1 и L2, а гиперболу в точках H1 и H2. Тогда длины отрезков L1H1 и L2H2 равны, середины отрезков L1L2 и H1H2 совпадают».
Через точку A на гиперболе можно провести линейкой любую прямую и с помощью циркуля отметить вторую точку A' пересечения гиперболы с прямой
(по A и асимптотам можно построить сколько угодно точек на гиперболе, потратив на каждую точку по две вспомогательные линии).

Отсюда возникает идея еще одного способа построения.
На p выбираем точку P и проводим две секущие гиперболы через A и B, находим вторые точки пересечения секущих с гиперболой - A' и B'.
Через точку пересечения прямых AB, A'B' и точку пересечения прямых AB', A'B проводим прямую q – поляру точки P относительно гиперболы.
Точку пересечения прямой p c q обозначим через Q, точки пересечения p с асимптотами l1, l2 обозначим через P1, P2. Искомые точки пересечения p с гиперболой назовем C и D.
По свойствам поляры, P, C, Q, D – гармоническая четверка точек и среднее гармоническое длин отрезков PC и PD равно длине PQ:

Уже известно, что среднее арифметическое этих длин равно:

где S – середина отрезков P1P2, СD.
Решение системы уравнений (1) и (2) относительно неизвестных длин |PC| и |PD| циркулем и линейкой:

ferma-T, если не возражаете, продолжение Вашей темы…

Поразмыслив на досуге, придумал как немного усугубить задачу.
На плоскости даны отрезки AB, A'B' и задающий направление отрезок e.
С помощью циркуля и линейки постройте точку С такую, чтобы биссектрисы углов AСB и A'СB' были параллельны e (если такие точки существует, как на рисунке ниже).

Возможно, что Уважаемым форумчанам удастся построить C такие, что биссектрисы AСB и A'СB' будут не параллельны, а перпендикулярны.
Такое решение тоже принимается.

Уважаемые форумчане - это, в данном случае, только я один. Может быть ещё Борис Сковорода, но он свой циркуль в ремонт сдал, и там его потеряли, и ещё его собака его чертежи съела.

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

Стал ковыряться над чисто геометрическим решением, и некоторые идеи есть. Но тяготеющие жизненные проблемы не дают сосредоточиться, поэтому пока полуаналитическое решение, которое прям на поверхности и, с учётом предыдущих результатов, решается относительно легко и быстро. А чисто геометрическое постараюсь сделать потом, так что не подсказывайте.

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

Как мы видели раньше, ГМТ вершины угла с биссектрисой с заданным направлением - равнобочная гипербола с осями параллельно-ортными зелёному отрезку, а центр - это середина отрезка. И концы отрезка лежат на этой гиперболе. Так что такая гипербола легко обрабатывается. Искомые точки вершин треугольников, из которых пускаются искомые биссектрисы - это точки пересечения двух гипербол.

Для обоих заданных отрезков АВ и A'B' (у меня синий и лиловый) оси гипербол параллельны и их центры не совпадают, поэтому имеется ДВА пересечения. Это значит, что уравнение пересечения будет квадратное уравнение, корни которого стандартно расчерчиваются ЦиЛ.

Будем решать в системе координат лиловой гиперболы. Тогда её уравнение будет

[math]y = \frac{ a^{2} }{ x }[/math]

Уравнение синей гиперболы в этой же системе координат будет

[math]y = \frac{ b^{2} }{ (x-d) } - c[/math]

c и d - это смещение точки начала синей СК относительно лиловой. А a и b = "угловатось" гипербол, соотв., и они вырисовываются как среднее геометрическое координат концов лилового и синего отрезков в их собственных СК.

Сравниваем первое уравнение и второе, получаем:

[math]c \cdot x^{2} + (a^{2} - b^{2} - cd)x - a^{2}d = 0[/math]

Я не буду показывать как разрисовываются ЦиЛ корни этого уравнения через отрезки a, b, c и d ибо это делается стандартно.

Корни дают координаты двух искомых точек пересечения двух гипербол, отложенные парой красных отрезков для красной точки, и оранжевых для оранжевой.

На разных рисунках показаны разные взаимные расположения отрезков и получающиеся разные положения точек пересечения гипербол. На рис. 1. это примерно как у Li6-D, т.е. одна из точек пересечения гипербол нах. где-то посередине между отрезками. На рис. 2 - это когда обе точки пересечения нах. по одну из сторон от отрезков. А на рис. 3 - удаётся получить как совпадающие биссектрисы (бурая), так и ортные (фиолетовые), смотря какую из точек пересечения взять.

В случаях, когда построение не всегда возможно, у добротных ЦиЛителей есть такой очевидный метод - задом наперёд. Постройте сначала произвольный один из двух отрезков AB, поставьте произвольно вершину угла С и из неё постройте биссектрису угла ACB. Потом от этой биссектрисы и от вершины C постройте какой-нибудь другой угол и в него впишите какой-нибудь отрезок A'B'. Получившиеся два отрезка AB и A'B' заведомо будут иметь решение. Потом всё, кроме самих отрезков AB и A'B', сотрите - вот вам и условие с гарантированной возможностью построения. Даже и ответ заодно есть, если не стирать.