Отрезок, соединяющий центры вписанной и описанной окружностей

Пусть точка О — центр описанной окружности треугольника АВС, точка I — центр вписанной в этот треугольник окружности. Отрезок OI весьма знаменит и популярен, он (иначе: центры окружностей, прямая OI) принимает участие в большом количестве олимпиадных задач. Мы же в этой статье рассмотрим задачи на построение, связанные с отрезком OI. Назовем их OI — построениями. Коллекция таких задач сложилась у нас за годы работы в лицее, с ней мы и хотим познакомить читателей газеты, веря в то, что она вызовет интерес у всех любителей школьной геометрии.
Длина отрезка OI определяется радиусами окружностей: OI2 = R2 – 2Rr (формула Эйлера), где R — радиус описанной окружности, r — радиус вписанной. В качестве разминки предлагаем читателям доказать эту формулу.

Задача 1. Известны длины радиусов описанной и вписанной окружностей треугольника ABC (R и r соответственно). Постройте отрезок OI, равный расстоянию между центрами этих окружностей.
Решение. Поскольку для произвольного треугольника ABC справедлива формула Эйлера:
OI2 = R2 – 2Rr,
то нам остается построить отрезок

что равносильно построению отрезка (рис. 1).

Задача 2. Постройте треугольник ABC по точкам O, I, а также вершине A треугольника.
Решение. Радиусом OA с центром в точке O строим окружность ω, описанную около треугольника ABC (рис. 2). Пусть прямая AI пересекает ω в точке W. Согласно так называемой «теореме трилистника» IW = BW = CW (докажите!). Тогда засечки на ω из точки W радиусом, равным IW, дадут нам недостающие вершины B и C.

Задача 3. Постройте треугольник ABC по величине углов B и C, если известна длина отрезка OI.
Решение. Строим треугольник A1B1C1 с двумя углами, равными B и C (рис. 3). Очевидно, треугольники A1B1C1 и ABC подобны. Находим O1 и I1 — центры описанной и вписанной окружностей треугольника A1B1C1. Затем, воспользовавшись подобием, находим стороны треугольника ABC. Например:

Последнее построение равносильно построению отрезка

Задача 4. Постройте треугольник ABC по точкам O, I, F, где F — одна из точек пересечения биссектрисы угла A с окружностью, вписанной в треугольник ABC (рис. 4).
Решение. Очевидно, IF = r. Зная OI = d, по формуле Эйлера находим R:
d2 = R2 – 2Rr; R2 – 2Rr – d2 = 0, откуда

Такой отрезок легко строится. Далее строим окружность ω с центром O радиуса R. Прямая IF пересекает ее в вершине A и точке W. Вершины B и C, как и в задаче 2, находятся при помощи равенства IW = BW = CW.

Задача 5. Восстановите треугольник ABC по вершинам B, C и прямой OI.
Решение. Находим M1 — середину BC. Затем из M1 проводим перпендикуляр к BC. Он пересекает прямую OI в точке O (рис. 5). Из точки O радиусом OB = OC = R строим окружность ω. Луч OM1 пересекает ω в точке W (OM1 — серединный перпендикуляр к BC, а точка W — середина дуги BC). Засечка из точки W радиусом WB = WC дает на прямой OI точку I. Наконец, прямая WI пересекает ω в недостающей вершине A.

Задача 6. Восстановите треугольник ABC по прямой ax, содержащей сторону BC, а также точкам O и I.
Решение. Из точки I проводим перпендикуляр IK₁ к прямой ax (рис. 6). Очевидно, IK₁ = r. Вновь воспользуемся формулой Эйлера и найдем радиус описанной около треугольника ABC окружности: где OI = d. Окружность ω с центром O радиуса R пересекает ax в вершинах B и C. Соединив точки B и C с I, получим половинки углов B и C. Удвоим их. Образовавшиеся лучи пересекутся в вершине A.

Задача 7. Постройте равнобедренный тре-угольник ABC (AB = AC) по точкам O, I, T, где T —
точка пересечения прямой t, параллельной AC, проведенной через I, со стороной AB (рис. 7).
Решение. Проводим прямую OI. Строим точку T₁, симметричную T относительно прямой OI. Очевидно, T₁ ∈ AC. Проводим через T₁ прямую параллельно IT. Она пересекает прямую OI в вершине A. Дальнейшее очевидно.

Задача 8. Восстановите треугольник ABC, если остались: окружность ω с центром O, описанная около этого треугольника, а также точка K1 — точка касания вписанной в него окружности со стороной BC. Кроме того, известно, что OI C BC (рис. 8).

Решение. Анализ показывает: так как IK1 = r, а IK1 ⊥ BC, то треугольник OIK1 — прямоугольный. По теореме Пифагора:

или OK1 = R – r. Продолжим OK1 до пересечения с ω в точке N. Поскольку ON = R, то
K1N = R – (R – r) = r.
Отсюда построение: продлеваем OK1 до пересечения с ω в точке N, причем K1N = r. На OK1 как на диаметре строим окружность. Из точки K1 раствором циркуля, равным r, делаем на ней засечку. Получаем точку I (возможны две точки пересечения). Через K1 проводим прямую параллельно OI. В пересечении с ω получим вершины B и C. Соединив C и I, получим угол Образованный его удвоением луч пересекает ω в вершине A.

Задача 9. Постройте треугольник ABC, в котором OI C BC, по точкам O, I, H (H — ортоцентр).
Решение. Построим прямую OI. Через H проведем прямую q ⊥ OI (рис. 9). Известно, что если
OI BC, то AI ⊥ IH. Покажите это, воспользовавшись тем, что прямая M1I (M1 — середина BC) пройдет в этом случае через точку E — середину AH. При этом AE = EH = IE = r.
Отсюда построение: соединяем I и H. Через I проводим прямую n B IH. Очевидно, A — точка пересечения прямых n и q. Поскольку то на расстоянии от OI проводим прямую ax параллельно OI. Окружность с центром O радиуса OA пересекает прямую ax в вершинах B и C.

Задача 10. Восстановите треугольник ABC по точкам O, I, L1, если известно, что ∠A = 60° (AL1 — биссектриса угла A).
Решение. Нетрудно показать, что точки B, I, O, C лежат на одной окружности ω1 с центром в точке W (покажите!). Тогда прямая IL1 и серединный перпендикуляр h к O1 пересекутся в точке W (рис. 10). При этом IW = OW = R. Окружность радиуса R с центром в точке O пересекает прямую IL1 в вершине A. Перпендикуляр к OW из точки L1 в пересечении с ω1 дает вершины B и C.

 

Задача 11. Постройте разностный 1 треугольник ABC (b + c = 2a) по точкам O, I, H1, где H1 — основание высоты, проведенной из вершины A.
Решение. Известно, что в разностном треугольнике с соотношением сторон
b + c = 2a выполняется равенство AI = IW (докажите!). В таком случае OI B AW (так как AO = OW = R). Отсюда построение: соединяем O и I. Затем через I проводим прямую t перпендикулярно OI (рис. 11). Кроме того, биссектриса угла A также является биссектрисой угла OAH1 (покажите это!). Тогда, удвоив отрезок OI, получим точку Q, принадлежащую прямой AH1. Прямые t и H1Q пересекутся в вершине A. Проведем через H1 прямую ax перпендикулярно AH1. Окружность ω(O; OA) пересекает ax в вершинах B и C.

Перед тем, как предложить несколько задач для самостоятельного решения, отметим, что задачи 7–11 являются авторскими!

Задача 12. Постройте треугольник ABC по точкам O, I, M1, где M1 — середина BC.

Задача 13. Постройте треугольник ABC по отрезку O1, углу A, а также углу ϕ между медианами, проведенными из вершин B и C.
Указание. Постройте треугольник A1B1C1, подобный треугольнику ABC. Для построения треугольника A1B1C1 на произвольно выбранной стороне B1C1 постройте два сегмента с углами A и ϕ (рис. 12). Затем, выполнив гомотетию с центром в M1 (середине B1C1) и коэффициентом k = 3 (центроид делит медиану в отношении 2 : 1), найдите вершину A1.

Задача 14. Постройте треугольник ABC по углу A и прямой OI .
Указание. Воспользуйтесь тем, что прямая OI для треугольника K1K2K3 (рис. 13) является прямой Эйлера, проходящей через ортоцентр и центр описанной окружности этого треугольника. Биссектриса угла A в пересечении с OI дает точку I. Перпендикуляры из I к сторонам угла — точки K2, K3. Зеркальное отражение прямой OI относительно K2K3 в пересечении с ω дает точку K1, симметричную ортоцентру треугольника. Имея треугольник K1K2K3, несложно построить треугольник ABC.

Задача 15. Постройте треугольник ABC по точкам O, I, Ia, где Ia — центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC и продолжений двух других сторон.

Задача 16. Постройте треугольник ABC по прямой OI и точкам пересечения продолжений биссектрис углов B и C с окружностью, описанной около треугольника ABC.

Задача 17. а) Дано: R, r, a. Постройте треугольник ABC.
б) Дано: R, r, A. Постройте треугольник ABC.
Указание. Воспользуйтесь тем, что 

---

¹Разностный треугольник — треугольник, стороны которого образуют арифметическую прогрессию.

Карлюченко А. , Филипповский Г.