18341. Точки I
и M
— центр вписанной окружности и точка пересечения медиан неравнобедренного треугольника ABC
соответственно. Прямая, проходящая через точку I
параллельно BC
, пересекает AC
и AB
в точках E
и F
соответственно. Восстановите треугольник ABC
по точкам E
, F
, I
и M
.
Указание. Точка A
, вообще говоря, не единственна.
Решение. Пусть T
— середина отрезка EF
, а AL
— биссектриса треугольника ABC
.
Случай 1. Пусть точки T
и M
различны, а Q
— точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
с прямой EF
. Тогда (см. задачу 1509 и примечание к ней)
\frac{EQ}{FQ}=\frac{AE}{AF}=\frac{EI}{FI}.
Значит, можно построить точку Q
, а так как прямая TM
содержит медиану AD
треугольника ABC
и \angle QAI=90^{\circ}
как угол между биссектрисами смежных углом, то точку A
можно построить как точку пересечения прямой TM
и полуокружности с диаметром IQ
.
Далее на продолжении отрезка AM
за точку M
отложим отрезок MD=\frac{1}{2}AM
, а затем построим точки B
и C
как точки пересечения прямой, проходящей через точку D
параллельно EF
, с прямыми AF
и AE
соответственно.
Случай 2. Пусть точки T
и M
совпадают. Поскольку BI
— биссектриса треугольника ABL
, а CI
— биссектриса треугольника ACL
, то
\frac{AB}{BL}=\frac{AI}{IL}=2\Rightarrow~BL=\frac{1}{2}AB,
\frac{AC}{CL}=\frac{AI}{IL}=2\Rightarrow~CL=\frac{1}{2}AC,
поэтому
BC=BL+CL=\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(AB+AC).
Треугольники ABC
и AFE
подобны, поэтому
2=\frac{AB+AC}{BC}=\frac{AF+AE}{FE}.
Значит, AF=2FI
и AE=2EI
, поэтому A
— точка пересечения окружностей с центрами E
, F
и радиусами 2EI
и 2FI
соответственно. Затем строим отрезок AD=\frac{3}{2}AM
и параллельно прямой EF
проводим прямую через точку D
. Эта прямая пересекает лучи AF
и AE
в искомых точках B
и C
соответственно.
Автор: Филипповский Г. Б.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2024, VIII, задача 4, 10-11 классы, с. 13