6656. Восстановите равнобедренный треугольник ABC
(AB=AC
) по точкам I
, M
, H
пересечения биссектрис, медиан и высот соответственно.
Решение. Центр O
описанной окружности треугольника лежит на продолжении HM
за точку M
, и MO=\frac{1}{2}HM
(см. задачу 5044). Кроме того, лучи BI
, CI
— биссектрисы углов OBH
, OCH
, и
\angle CBH=\angle ABO=90^{\circ}-\angle B
(см. задачу 20). Следовательно, BI
и CI
— биссектрисы треугольников BOH
и COH
. Тогда
\frac{BO}{BH}=\frac{CO}{CH}=\frac{IO}{IH}
(см. задачу 1509), т. е. точки B
и C
лежат на окружности Аполлония точек O
и H
, проходящей через I
(см. задачу 2444). Пусть O_{1}
— центр этой окружности. Поскольку
\angle CIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A
(см. задачу 4770), то
\angle BO_{1}C=360^{\circ}-2\angle CIB=360^{\circ}-(180^{\circ}+\angle A)=180^{\circ}-\angle A.
Значит, четырёхугольник ABO_{1}C
— вписанный, и поэтому центр O_{1}
описанной окружности треугольника BIC
лежит на описанной окружности треугольника ABC
.
Таким образом, получаем следующее построение. На продолжении отрезка HM
за точку M
строим такую точку O
, что OM=\frac{1}{2}OH
. Затем строим геометрическое место точек, отношение расстояний от каждой из которых до концов отрезка OH
равно \frac{IO}{IH}
, — окружность Аполлония, т. е. окружность с диаметром II_{1}
, где I_{1}
— такая точка на продолжении отрезка IH
за точку H
, что \frac{II_{1}}{OI_{1}}=\frac{I_{1}O}{I_{1}H}
(см. задачу 1826). Затем строим окружность с центром O
, проходящую через центр O_{1}
уже построенной окружности. Две окружности пересекутся в искомых точках B
и C
, а прямая OH
вторично пересечёт описанную окружность в искомой точке A
.