|
|
 |
Условие
В треугольнике ABC отметили точки A', B' касания сторон BC, AC c вписанной окружностью и точку G пересечения отрезков AA' и BB'. После этого сам треугольник стерли. Восстановите его с помощью циркуля и линейки.
Решение 1
Обозначим через C' точку касания вписанной окружности со стороной AB. Сделаем инверсию с центром в точке B'. Будем обозначать образы точек индексами "1", то есть образом точки A' будет A'1 и т.п. Тогда образами прямых AB и BC будут окружности A1B1B' и C1B1B', а образом вписанной окружности – прямая A'1C'1, касающаяся обеих этих окружностей. Радикальная ось B'B1 этих окружностей, содержащая точку G1, делит отрезок A'1C'1 пополам.
Отсюда вытекает следующее построение. Построим l1 – образ прямой B'G (на которой лежит B1) при гомотетии с центром A'1 и коэффициентом 2; эта прямая содержит C'1. Значит, её инверсный образ содержит точку C'. Проведя аналогичное построение, начиная с инверсии в точке A', получим вторую окружность, содержащую C', и, значит, сможем восстановить точку C' (вообще говоря, двумя способами). После этого восстанавливаются описанная окружность треугольника A'B'C' и стороны исходного треугольника, являющиеся касательными к ней.
Решение 2
Пусть C' – точка касания вписанной окружности со стороной AB, A1, B1, C1 – проекции G на стороны треугольника A'B'C'. Прямые A'A, B'B, C'C являются симедианами треугольника A'B'C' (см. задачу 56983) и потому пересекаются в его точке Лемуана G. Согласно задаче 56991 G является точкой пересечения медиан треугольника A1, B1, C1.
Отсюда получаем следующее построение. Построим точку C1 и ее образ C2 при гомотетии с центром G и коэффициентом –½ (таким образом, C2 – середина A1B1). Далее построим окружности ωA, ωB с диаметрами GA', GB'. Точка пересечения окружности ωA с окружностью, симметричной ωB относительно C2, – это B1 (вообще говоря, таких точек две). Точка A1 симметрична ей относительно C2. Теперь можно восстановить прямые A'C' и B'C' как перпендикуляры к GA1 и GB1 в точках A1 и B1; дальнейшее ясно.
