|
|
 |
Условие
Восстановите треугольник с помощью циркуля и линейки по точке пересечения высот и основаниям медианы и биссектрисы, проведённых к одной из сторон.
Решение
Пусть C0 и C1 – основания медианы и биссектрисы, проведённых из вершины C треугольника ABC, а H – его ортоцентр. Тогда точки P и Q, симметричные H относительно прямой AB (то есть прямой C0C1) и точки C0, лежат на описанной окружности треугольника (см. задачи 55463 и 108949. Кроме того, AQ = BH = BP, то есть CC1 – биссектриса угла PCQ.
Первый этап во всех способах решения – построение точек P и Q (рис. слева).
Первый способ. 1) Построим окружность с центром C1, касающуюся прямой PH, и проведём к ней касательную из точки Q. Эта касательная пересечёт прямую PH в вершине C (поскольку прямая PH проходит через точку C, а прямые CP и CQ симметричны относительно биссектрисы CC1).
2) Построим окружность, проходящую через точки C, P и Q, и найдем точки A и B её пересечения с прямой C0C1. Треугольник ABC искомый.
Второй способ. Заметим, что:
а) середина W дуги AB лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AB и биссектрисы CC1 (рис. слева);
б) поскольку PQ || AB, то CQ – диаметр описанной окружности, то есть ∠CWQ = 90°.
1) Построим точку W как пересечение окружности с диаметром C1Q и перпендикуляра к C0C1, проведённого в точке C0.
2) Построим окружность, проходящую через точки W, P и Q. Найдём точки A и B её пересечения с прямой C0C1 и точку C её пересечения
с прямой PH. Треугольник ABC искомый.
Третий способ. 1) Построим точку X пересечения прямых QC1 и HP (рис. справа).
2) Построим окружность Аполлония – ГМТ точек M, для которых MQ : MX = C1Q : C1X.
3) Построим точку C как пересечение этой окружности и прямой PH (в той же полуплоскости относительно C0C1, что и H).
4) См. п. 2) первого способа.
