12128. Две неравные окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
касаются внутренним образом окружности \omega
в точках A
и B
. Пусть C
и D
— точки пересечения окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
(C
и D
лежат внутри окружности \omega
). Прямая CD
пересекает окружность \omega
в точках E
и F
. Докажите, что касательные к окружности \omega
, проведённые в точках E
и F
, пересекаются на прямой AB
.
Решение. Пусть a
и b
— общие касательные к окружностям \omega_{1}
, \omega
и \omega_{2}
, \omega
в точках A
и B
. Тогда прямые a
, b
и EF
— радикальные оси окружностей \omega_{1}
и \omega
, \omega_{2}
и \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
(см. задачу 6392), поэтому они пересекаются в одной точке T
или параллельны. В последнем случае вся картинка симметрична относительно прямой AB
, и утверждение задачи очевидно.
Рассмотрим теперь первый случай. Из подобия треугольников TAE
и TFA
, а также TBE
и TFB
получаем
\frac{AE}{AF}=\frac{TE}{TA}=\frac{TE}{TB}=\frac{BE}{BF}.
Значит, \frac{AE}{BE}=\frac{FA}{FB}
. Если AE=BE
и AF=BF
, то картинка симметрична относительно прямой EF
, что невозможно, так как как окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
не равны.
Пусть касательные в точках E
и F
пересекают прямую AB
в точках S
и S'
соответственно. Тогда из подобных треугольников SAE
и SEB
получаем
\frac{SA}{SB}=\frac{SA}{SE}\cdot\frac{SE}{SB}=\frac{AE}{BE}\cdot\frac{AE}{BE}=\frac{AE^{2}}{BE^{2}}.
Аналогично, \frac{S'A}{S'B}=\frac{AF^{2}}{BF^{2}}
, т. е. \frac{SA}{SB}=\frac{S'A}{S'B}
. Значит, точки S
и S'
совпадают. Отсюда следует утверждение задачи.
Примечание. Последняя часть решения — по сути доказательство эквивалентности различных условий того, что четырёхугольник AEBF
гармонический (см. задачу 11054).