10413. Восстановите треугольник с помощью циркуля и линейки по точке пересечения высот и основаниям медианы и биссектрисы, проведённых к одной из сторон. (Исследование проводить не требуется.)
Решение. Пусть C_{0}
и C_{1}
— основания медианы и биссектрисы, проведённых из вершины C
треугольника ABC
, а H
— его ортоцентр. Тогда точки P
и Q
, симметричные H
относительно прямой AB
и точки C_{0}
, лежат на описанной около треугольника окружности (см. задачи 4785 и 6300). Кроме того, из равенства вписанных в эту окружность углов ACP
и BCQ
(см. задачу 20) следует равенство меньших дуг AP
и BQ
. Значит, CC_{1}
— биссектриса угла PCQ
. Таким образом, первым этапом во всех способах решения будет являться построение точек P
и Q
.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Заметим, что так как CC_{1}
— биссектриса угла HCQ
, а прямую HC
мы можем построить как перпендикуляр к прямой C_{0}C_{1}
, то нам известно расстояние от точки C_{1}
до прямой CQ
(точка C_{1}
, лежащая на биссектрисе угла HCQ
, равноудалена от сторон этого угла). Отсюда получаем следующее построение.
1) Построим окружность с центром C_{1}
, касающуюся прямой PH
, и проведём к ней касательную из точки Q
. Эта касательная пересечёт прямую PH
в вершине C
.
2) Построим окружность, проходящую через точки C
, P
и Q
, и найдём точки A
и B
её пересечения с прямой C_{0}C_{1}
. Треугольник ABC
искомый.
Второй способ. Заметим, что:
1) середина дуги AB
(точка W
) лежит на пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AB
и биссектрисы CC_{1}
(см. задачу 1743);
2) поскольку BH\parallel AQ
, то CQ
— диаметр окружности, т. е. \angle CWQ=90^{\circ}
, значит, отрезок C_{1}Q
виден из точки W
под прямым углом.
Отсюда получаем следующее построение.
1) Построим точку W
как пересечение окружности с диаметром C_{1}Q
и перпендикуляра к C_{0}C_{1}
, проведённого в точке C_{0}
.
2) Построим окружность, проходящую через точки W
, P
и Q
. Найдём точки A
и B
её пересечения с прямой C_{0}C_{1}
и точку C
её пересечения с прямой PH
. Треугольник ABC
искомый.
Третий способ. Заметим, что по свойству биссектрисы треугольника \frac{QC_{1}}{XC_{1}}=\frac{QC}{XC}
(см. задачу 1509).
Используем следующий факт (см. задачу 2444). Даны точки E
и F
. Тогда геометрическое место точек M
, для которых \frac{EM}{FM}=k
(k\gt0
, k\ne1
), есть окружность (окружность Аполлония) с диаметром, расположенным на прямой EF
.
Отсюда получаем следующее построение.
1) Построим точку X
пересечения прямых QC_{1}
и HP
.
2) Построим окружность Аполлония для точек Q
и X
с k=\frac{QC_{1}}{XC_{1}}
(см. задачу 1826). Тогда C
— точка её пересечения с прямой PH
(в той же полуплоскости относительно прямой C_{0}C_{1}
, что и H
).
3) Построим окружность, проходящую через точки C
, P
и Q
, и найдём точки A
, B
её пересечения с прямой C_{0}C_{1}
. Треугольник ABC
искомый.