10182. Постройте прямоугольный треугольник по радиусу вневписанной окружности, касающейся гипотенузы, и радиусу вписанной окружности.
Решение. Первый способ. Предположим, что нужный треугольник
ABC
построен,
AB
— его гипотенуза,
r
— радиус вписанной окружности,
r_{c}
— радиус вневписанной окружности, касающейся гипотенузы. Тогда прямая
AB
— общая внутренняя касательная окружностей радиусов
r
и
r_{c}
.
Отсюда вытекает следующее построение. Строим прямой угол с вершиной
C
и вписываем в него окружности радиусов
r
и
r_{c}
. Затем строим общую внутреннюю касательную к этим окружностям (см. задачу 386). Пусть
A
и
B
— точки её пересечения со сторонами построенного прямого угла. Тогда
ABC
— искомый треугольник.
Задача имеет решение (причём единственное), если сумма радиусов окружностей не больше расстояния между их центрами, т. е.
r+r_{c}\leqslant II_{c}=(r_{c}-r)\sqrt{2}~\Leftrightarrow~r_{c}(\sqrt{2}-1)\geqslant r(\sqrt{2}+1)~\Leftrightarrow~r_{c}\geqslant r(3+2\sqrt{2}).

Второй способ. Предположим, что нужный треугольник
ABC
построен,
AB=c
— его гипотенуза,
r
— радиус вписанной окружности с центром
I
,
r_{c}
— радиус вневписанной окружности с центром
I_{c}
, касающейся гипотенузы. Известно, что
r=p-c,~r_{c}=p

(см. задачи 4805, 217, 1994), откуда
c=p-r=r_{c}-r
. Лучи
AI
и
BI
— биссектрисы острых углов треугольника при вершинах
A
и
B
, а
AI_{c}
и
BI_{c}
— биссектрисы внешних углов при этих вершинах, поэтому
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle C=90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}

(см. задачу 4770).
Отсюда вытекает следующее построение. На стороне
AB=c=r_{c}-r
AB
строим треугольник
AIB
с углом
135^{\circ}
при вершине
I
и высотой, равной
r
(см. задачу 21). Из точек
A
и
B
проводим к этой окружности касательные
AM
и
BK
, отличные от
AB
и пересекающиеся в точке
C
.
Докажем, что
ABC
— искомый треугольник. Действительно,
AI
и
BI
— биссектрисы его углов при вершинах
A
и
B
, поэтому
\angle ACB=2(135^{\circ}-90^{\circ})=90^{\circ}.

Поскольку
CMIK
— квадрат, радиус вписанной окружности равен
CM=r
. Осталось доказать, что радиус вневписанной окружности треугольника
ABC
, касающейся гипотенузы
AB
, равен
r_{c}
.
Пусть
I_{c}
— центр этой окружности,
N
и
L
— проекции точки
I_{c}
лучи
CA
и
CB
соответственно. Поскольку
I_{c}
— точка пересечения биссектрис угла
ACB
и внешних углов треугольника
ABC
при вершинах
A
и
B
(см. задачу 1018), то
I_{c}N=I_{c}L
, поэтому
NCLI_{c}
— квадрат. Значит, радиус вневписанной окружности построенного треугольника, касающейся стороны
AB
, равен
CN=r_{c}
. Что и требовалось доказать.
Задача имеет решение (причём единственное), если сумма радиусов окружностей не больше расстояния между их центрами, т. е.
r+r_{c}\leqslant II_{c}=(r_{c}-r)\sqrt{2}~\Leftrightarrow~r_{c}(\sqrt{2}-1)\geqslant r(\sqrt{2}+1)~\Leftrightarrow~r_{c}\geqslant r(3+2\sqrt{2}).