Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2087
2019-02-08 
B треугольник $ABC$ вписана окружность и отмечен её центр $I$ и точки касания $P, Q, R$ со сторонами $BC, CA$ и $AB$ соответственно. Одной линейкой постройте точку $K$, в которой окружность, проходящая через вершины $B$ и $C$, касается (внутренним образом) вписанной окружности.
Решение:
Согласно известной теореме Штейнера, если на плоскости фиксирована окружность с отмеченным центром, то одной линейкой можно построить всё то же самое, что и линейкой с циркулем. Но применение стандартных методов, не учитывающих особенностей заданной в условии конструкции, требует изрядного количества шагов. Естественно, требовалось при построении ограничиться минимальным количеством линий. Оказывается, можно обойтись всего лишь четырьмя! Cразу заметим, что если $AB = AC$, то построение очевидно ($K$ совпадает с точкой, диаметрально противоположной точке $P$), и мы будем рассматривать случай, когда $AB \neq AC$.
Построение.
1. Проведём прямую $BC$.
2. Проведём прямую $QR$ и отметим точку $T$ пересечения этой прямой с прямой $BC$.
3. Построим точку $P_d$, диаметрально противоположную точке $P$.
4. Проведём прямую $P_dT$ и отметим точку $K$ - вторую точку пересечения этой прямой с вписанной окружностью. Tочка $K$ и есть искомая (рис.).
Доказательство. Понятно, что точка $T$ будет делить отрезок $BC$ в том же отношении, что и точка $P$ (по теоремам Чевы и Менелая). Пусть интересующая нас окружность построена. Тогда $KP$ - биссектриса угла $BKC$ (по известной лемме Архимеда: пусть прямая пересекает данную окружность в точках $B$ и $C$; рассмотрим произвольную окружность, касающуюся данной в точке $K$, а прямой $BC$ в точке $P$; тогда прямая $KP$ проходит через середину одной из двух дуг $BC$) .
По свойству биссектрисы
$\frac{BP}{CP} = \frac{KB}{KC} = \lambda \neq 1$
Поэтому точка $K$ лежит на окружности Аполлония (см. решение задачи 2077, третий способ) для отрезка $BC$ с отношением $X$, построенной на $PT$ как на диаметре, т. е. $\angle TKP = 90^{\circ}$ или, что то же, $\angle PKP_d = 90^{\circ}$. Из этих рассуждений следует обоснование нашего построения.
B треугольник $ABC$ вписана окружность и отмечен её центр $I$ и точки касания $P, Q, R$ со сторонами $BC, CA$ и $AB$ соответственно. Одной линейкой постройте точку $K$, в которой окружность, проходящая через вершины $B$ и $C$, касается (внутренним образом) вписанной окружности.
Решение:
Согласно известной теореме Штейнера, если на плоскости фиксирована окружность с отмеченным центром, то одной линейкой можно построить всё то же самое, что и линейкой с циркулем. Но применение стандартных методов, не учитывающих особенностей заданной в условии конструкции, требует изрядного количества шагов. Естественно, требовалось при построении ограничиться минимальным количеством линий. Оказывается, можно обойтись всего лишь четырьмя! Cразу заметим, что если $AB = AC$, то построение очевидно ($K$ совпадает с точкой, диаметрально противоположной точке $P$), и мы будем рассматривать случай, когда $AB \neq AC$.
Построение.
1. Проведём прямую $BC$.
2. Проведём прямую $QR$ и отметим точку $T$ пересечения этой прямой с прямой $BC$.
3. Построим точку $P_d$, диаметрально противоположную точке $P$.
4. Проведём прямую $P_dT$ и отметим точку $K$ - вторую точку пересечения этой прямой с вписанной окружностью. Tочка $K$ и есть искомая (рис.).
Доказательство. Понятно, что точка $T$ будет делить отрезок $BC$ в том же отношении, что и точка $P$ (по теоремам Чевы и Менелая). Пусть интересующая нас окружность построена. Тогда $KP$ - биссектриса угла $BKC$ (по известной лемме Архимеда: пусть прямая пересекает данную окружность в точках $B$ и $C$; рассмотрим произвольную окружность, касающуюся данной в точке $K$, а прямой $BC$ в точке $P$; тогда прямая $KP$ проходит через середину одной из двух дуг $BC$) .
По свойству биссектрисы
$\frac{BP}{CP} = \frac{KB}{KC} = \lambda \neq 1$
Поэтому точка $K$ лежит на окружности Аполлония (см. решение задачи 2077, третий способ) для отрезка $BC$ с отношением $X$, построенной на $PT$ как на диаметре, т. е. $\angle TKP = 90^{\circ}$ или, что то же, $\angle PKP_d = 90^{\circ}$. Из этих рассуждений следует обоснование нашего построения.
