10038. Окружность касается продолжений сторон CA
и CB
треугольника ABC
, а также касается стороны AB
этого треугольника в точке P
. Докажите, что радиус окружности, касающейся отрезков AP
, CP
и описанной около этого треугольника окружности, равен радиусу вписанной в этот треугольник окружности.
Решение. Будем рассматривать случай, когда AC\gt AB
. Пусть K
и M
— точки касания данной окружности \omega
с отрезками AB
и CP
соответственно (рис. 1), L
— точка её касания с описанной окружностью треугольника ABC
, T
— середина не содержащей точки C
дуги описанной окружности \Omega
треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
.
Луч CT
— биссектриса вписанного угла ACB
(см. задачу 430), поэтому точка I
лежит на отрезке CT
. Касательная к окружности \Omega
, проведённая в точке T
, параллельна хорде AB
, значит, при гомотетии с центром L
, переводящей окружность \Omega
в окружность \omega
, точка T
перейдёт в K
. Следовательно, точки L
, K
и T
лежат на одной прямой (см. задачи 1734 и 89). Докажем, что точки K
, M
и I
лежат на одной прямой.
Пусть M'
— точка пересечения прямой KI
с окружностью \omega
. Надо доказать, что точка M'
совпадает с M
. Четырёхугольник LCIM'
вписанный, так как
\angle LCT=\frac{1}{2}\smile LAT=\frac{1}{2}(\smile LA+\smile AT)=
=\frac{1}{2}(\smile LA+\smile BT)=\angle AKL=\angle KM'L
(см. задачи 26 и 87), поэтому
\angle LCT+\angle LM'I=\angle KM'L+\angle LM'I=180^{\circ}.
Следовательно, четырёхугольник LCIM'
вписанный (см. задачу 49). Тогда \angle LM'C=\angle LIC
.
Поскольку
\angle AKT=\frac{1}{2}(\smile AT+\smile BCL)=\frac{1}{2}(\smile BT+\smile BCL)=\frac{1}{2}\smile TCL=\angle TLA,
треугольники TAK
и TLA
подобны по двум углам. Значит, \frac{TK}{TA}=\frac{TA}{TL}
, или TK\cdot TL=TA^{2}
. Кроме того, \angle AIT=\angle TAI
(см. задачу 788), поэтому TI^{2}=TA^{2}=TK\cdot TL
, откуда \frac{TI}{TL}=\frac{TK}{TI}
. Тогда треугольники TKI
и TIL
подобны по двум сторонам и углу между ними. Значит, \angle LIC=\angle LKI
, как внешние углы при соответствующих вершинах подобных треугольников.
Таким образом \angle LM'C=\angle LIC=\angle LKM'
, поэтому M'
— точка касания прямой CP
с окружностью \omega
(см. задачу 144). Значит, точка M'
совпадает с M
. Следовательно, точки K
, M
и I
лежат на одной прямой.
Пусть E
— точка касания вписанной окружности треугольника ABC
со стороной AB
(рис. 2), EF=2r
— диаметр этой окружности, V
— середина отрезка PE
, D
— центр окружности \omega
.
Заметим, что точки C
, P
и F
лежат на одной прямой (см. задачу 6411). Отрезок VI
— средняя линия треугольника EFP
, поэтому VI\parallel PF
. Значит, треугольник KIV
подобен треугольнику KMP
, а так как KP=PM
(как отрезки касательных, проведённых к окружности \omega
из одной точки), то VI=VK
.
По теореме Пифагора
r^{2}=IE^{2}=VI^{2}-VE^{2}=VK^{2}-VE^{2}=(VK+VE)(VK-VE)=
=(VK+VE)(VK-VP)=KE\cdot KP.
Поскольку DP\perp KI
и DK\perp KE
, углы KDP
и EKI
равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, поэтому прямоугольные треугольники KDP
и EKI
подобны. Значит, \frac{KP}{DK}=\frac{IE}{KE}
, или KE\cdot KP=DK\cdot IE
. Тогда
IE^{2}=KE\cdot KP=DK\cdot IE.
Следовательно, DK=IE=r
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Эта задача связана со знаменитой теоремой Виктора Тебо (Victor Thebault), см. задачу 5076.
См. также статью В.Протасова «Касающиеся окружности: от Тебо до Фейербаха», Квант, 2008, N4, с.10.