12741. Пусть \omega_{1}
и \omega_{2}
— две непересекающиеся окружности. Пусть одна из общих внутренних касательных к \omega_{1}
и \omega_{2}
касается их в точках A_{1}
и A_{2}
соответственно, а одна из общих внешних касательных к \omega_{1}
и \omega_{2}
касается их в точках B_{1}
и B_{2}
соответственно. Оказалось, что A_{1}B_{2}\perp A_{2}B_{1}
. Докажите, что A_{1}B_{2}=A_{2}B_{1}
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
соответственно, X
— точка пересечения касательных. Тогда XO_{1}\perp XO_{2}
(биссектрисы смежных углов перпендикулярны). Кроме того, A_{1}B_{1}\perp XO_{1}
(см. задачу 1189), а так как XO_{1}
— биссектриса внешнего угла при вершине X
равнобедренного треугольника A_{2}XB_{2}
(см. задачу 1174), то B_{2}A_{2}\parallel XO_{1}
. Значит, B_{2}A_{2}\perp A_{1}B_{1}
, а так как по условию A_{1}B_{2}\perp A_{2}B_{1}
, то A_{2}
— ортоцентр треугольника A_{1}B_{1}B_{2}
, поэтому A_{1}X\perp B_{1}B_{2}
. Таким образом, треугольники A_{2}XB_{1}
и B_{2}XA_{1}
прямоугольные. Поскольку XB_{1}=XA_{1}
, они равны по двум катетам. Следовательно, равны их гипотенузы, т. е. A_{2}B_{1}=B_{2}A_{1}
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Верно и обратное: если A_{1}B_{2}=A_{2}B_{1}
, то A_{1}B_{2}\perp A_{2}B_{1}
(см. задачу 12740).