6721. В треугольнике ABC
отметили центр вписанной окружности, основание высоты, опущенной на сторону AB
, и центр вневписанной окружности, касающейся этой стороны и продолжений двух других. После этого сам треугольник стёрли. Восстановите его с помощью циркуля и линейки.
Решение. Предположим, задача решена, т. е. построен треугольник ABC
, CH
— его высота, I
и I_{c}
— центры соответственно вписанной и вневписанной окружностей.
Пусть M
— точка пересечения прямых AB
и II_{c}
, K
и D
— точки касания вневписанной окружности со стороной AB
и с продолжением стороны CB
соответственно, E
и F
— точки касания вписанной окружности со сторонами CB
и AB
соответственно.
Центры вписанной и вневписанной окружностей I
и I_{c}
лежат на биссектрисе угла C
, прямоугольный треугольник CEI
подобен треугольнику CDI_{c}
, а прямоугольный треугольник IFM
— треугольнику I_{c}KM
. Тогда
\frac{CI}{CI_{c}}=\frac{r}{r_{c}}=\frac{MI}{MI_{c}},
где r
и r_{c}
— радиусы вписанной и вневписанной окружностей. Это означает, что окружность с диаметром CM
есть окружность Аполлония для отрезка II_{c}
и отношения \frac{r}{r_{c}}
(см. задачу 2444). Поэтому для любой точки X
окружности с диаметром CM
отношение \frac{XI}{XI_{c}}
будет одним и тем же.
Из основания H
высоты CH
отрезок CM
виден под прямым углом, значит, точка H
лежит на этой окружности, поэтому
\frac{HI}{HI_{c}}=\frac{CI}{CI_{c}}=\frac{MI}{MI_{c}},
т. е. HM
и HC
— биссектрисы соответственно внутреннего и внешнего углов при вершине H
треугольника IHI_{c}
(см. задачу 1510). Следовательно, проведя эти биссектрисы в данном по условию треугольнике IHI_{c}
, мы восстановим точку C
и прямую AB
. Поскольку
\angle IAI_{c}=\angle IBI_{c}=90^{\circ},
точки A
и B
лежат на окружности с диаметром II_{c}
. Построив эту окружность и найдя точки её пересечения с прямой AB
, мы восстановим треугольник ABC
.