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}).
Источник: Белорусская республиканская математическая олимпиада. — 1964, XIV, 8-9 классы