18327. Постройте треугольник, равновеликий треугольнику ABC
, по данным точкам: I
— центру вписанной окружности, треугольника ABC
, точке K
касания этой окружности со стороной BC
и центру I_{a}
вневписанной окружности, касающейся стороны BC
.
Указание. По точкам I_{a}
, K
и I_{a}
можно восстановить сам треугольник ABC
. Для этого проведём через точку K
прямую l
, перпендикулярную, IK
, и опустим из точки K
перпендикуляр I_{a}T
на l
. Вершина A
— точка пересечения прямых l
и II_{a}
.
Окружность с центром I
и радиусом IK
вписана в треугольника ABC
, а окружность с центром I_{a}
и радиусом I_{a}T
— вневписанная окружность этого треугольника. Если провести общие внутренние касательные к этим окружностям (см. задачу 386), то одна из них пересечёт прямую l
в точке B
, а прямую, симметричную l
относительно прямой II_{a}
, — в точке C
.
Решение. Построение.
1) проведём луч IK
;
2) на продолжении отрезка IK
за точку K
отложим отрезок KF=IK
;
3) через точку K
проведём прямую, перпендикулярную IK
, и прямую I_{a}I
. Пусть A
— точка пересечения этих прямых;
4) проведём отрезок AF
.
Тогда треугольник AFI_{a}
равновелик треугольнику ABC
.
Доказательство. Пусть углы при вершинах A
и C
треугольника ABC
равны \alpha
и \gamma
соответственно, а AC=b
и AB=c
.
Очевидно, что
\angle CAI_{a}=\angle I_{a}AB=\angle BAF=\frac{\alpha}{2},~\angle IAF=\alpha,~AF=AI.
Поскольку
\angle ACI_{a}=\angle ACB+\frac{1}{2}\angle BCI_{a}=\gamma+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\gamma)=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}=\angle AIB
(см. задачу 4770), то треугольники AI_{a}C
и ABI
подобны по двум углам. Тогда
\frac{AI}{AC}=\frac{AB}{AI_{a}},~\mbox{или}~\frac{AI}{b}=\frac{c}{AI_{a}}~\Rightarrow~AI\cdot AI_{a}=bc.
Значит,
S_{\triangle AFI_{a}}=\frac{1}{2}AF\cdot AI_{a}\sin\angle IAF=\frac{1}{2}AI\cdot AI_{a}\sin\angle IAF=\frac{1}{2}bc\sin\alpha=S_{\triangle ABC}.
Автор: Филипповский Г. Б.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2022, VI, задача 1, 10-11 классы, с. 8