10145. Восстановите прямоугольный треугольник ABC
(\angle C=90^{\circ}
) по вершинам A
, C
и точке на биссектрисе треугольника, проведённой из вершины B
.
Решение. Первый способ. При симметрии относительно биссектрисы угла B
точка A
переходит в лежащую на прямой BC
точку A'
(рис. 1), причём BA'=BA
. Для любой лежащей на указанной биссектрисе точки L
имеем LA=LA'
, а поскольку BA\gt BC
, точки A'
и L
лежат по разные стороны от прямой AC
. Таким образом, получаем следующее построение. Проведём через данную точку C
прямую l
, перпендикулярную AC
. Построим окружность с центром L
и радиусом LA
и найдём точку A'
её пересечения с прямой l
, лежащую с точкой L
по разные стороны от прямой AC
. Проведём серединный перпендикуляр к отрезку AA'
и найдём точку B
его пересечения с прямой l
.
Второй способ. Через данную точку C
проведём прямую l
, перпендикулярную AC
. Построим окружность с центром в точке L
, касающуюся прямой l
. Если B
— искомая вершина, то BL
— биссектриса угла B
, значит, построенная окружность касается также и прямой l
. Тогда B
— это точка пересечения прямой l
и луча с началом A
, касающегося нашей окружности (см. задачу 1738). При этом точка пересечения AL
и BC
лежит на отрезке BC
(рис. 2).
Третий способ. Через данную точку C
проведём прямую l
, перпендикулярную AC
. Пусть K
— точка пересечения прямых l
и AL
(рис. 3). Если B
— искомая вершина треугольника, то BL
— биссектриса треугольника ABK
, и точка B
лежит на окружности Аполлония для отрезка AK
и точки L
внутри него. При этом опять надо из двух точек пересечения брать дальнюю от C
.
Таким образом задача сводится к построению окружности Аполлония для отрезка AK
точки L
внутри него (см. задачу 1826).
Примечание. 1. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда AL\gt CL
и \angle ALC\gt90^{\circ}
.
2. Если точке L
разрешить лежать на продолжении биссектрисы треугольника (или хотя бы на биссектрисе угла), то решений будет чаще всего два, соответствующих двум касательным из второго способа.