11944. В окружности проведён диаметр AB
и перпендикулярно ему хорда CD
, пересекающая диаметр в точке E
. Пусть M
— некоторая точка отрезка AE
, а радиус окружности, касающейся данной внутренним образом, отрезка MD
и продолжения CM
, равен r
. Докажите, что
\frac{1}{r}=\frac{1}{AM}+\frac{1}{ME}.
Решение. Обозначим BE=a
, EM=b
, MA=c
. Нужно доказать, что \frac{1}{r}=\frac{1}{c}\frac{1}{b}
, или r=\frac{bc}{b+c}
.
Точка D
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому \angle ADB=90^{\circ}
. Значит, DE
— высота прямоугольного треугольника ADB
, проведённая из вершины прямого угла, потому
DE=\sqrt{BE\cdot EA}=\sqrt{a(b+c)}.
Пусть луч CM
пересекает окружность с диаметром AB
в точке F
, а O_{1}
— центр второй окружности, K
— точка её касания с отрезком DM
. Тогда MO_{1}
и MB
— биссектрисы смежный углов, поэтому MO_{1}\perp MB
. Значит, MO_{1}\parallel ED
, и прямоугольные треугольники MKO_{1}
и DEM
подобны, причём коэффициент подобия равен \frac{KO_{1}}{EM}=\frac{r}{b}
. Следовательно,
KM=DE\cdot\frac{r}{b}=\sqrt{a(b+c)}\cdot\frac{r}{b}.
Пусть O
— центр окружности с диаметром AB
. Окружности касаются внутренним образом, поэтому
OO_{1}=\frac{1}{2}AB-r=\frac{a+b+c}{2}-r,
а так как
OM=OA-AM=\frac{a+b+c}{2}-c=\frac{a+b-c}{2},
то по теореме Пифагора
\left(\frac{a+b+c}{2}-r\right)^{2}=OO_{1}^{2}=OM^{2}+O_{1}M^{2}=
=OM^{2}+KM^{2}+KO_{1}^{2}=\left(\frac{a+b-c}{2}\right)^{2}+\frac{a(b+c)r^{2}}{b^{2}}+r^{2},
или
\left(\frac{a+b+c}{2}-r\right)^{2}-\left(\frac{a+b-c}{2}\right)^{2}=\frac{a(b+c)r^{2}}{b^{2}}+r^{2},
(c-r)(a+b-r)-\frac{a(b+c)r}{b}+r^{2}=0,~a(b+c)r^{2}+b^{2}(a+b+c)r-b^{2}c(a+b)=0.
Непосредственной подстановкой легко проверить, что r=\frac{bc}{b+c}
— корень квадратного трёхчлена
f(r)=a(b+c)r^{2}+b^{2}(a+b+c)r-b^{2}c(a+b).
Разделив этот квадратный трёхчлен на линейный многочлен (b+c)r-bc
, получим ar+b(a+b)
, а так как -\frac{b(a+b)}{a}\lt0
, то r=\frac{bc}{b+c}
— единственный положительный корень полученного уравнения. Отсюда следует доказываемое утверждение.