6596. Окружность с центром O
, вписанная в треугольник ABC
, касается стороны AC
в точке K
. Вторая окружность, также с центром O
, пересекает все стороны треугольника ABC
. Пусть E
и F
— её точки пересечения со сторонами соответственно AB
и BC
, ближайшие к вершине B
; B_{1}
и B_{2}
— точки её пересечения со стороной AC
, B_{1}
— ближе к A
. Докажите, что точки B
, K
и точка P
пересечения отрезков B_{2}E
и B_{1}F
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть L
и M
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами AB
и BC
соответственно. Тогда
AK=AL,~BL=BM,~CM=CK.
Из равенства прямоугольных треугольников OKB_{1}
, OKB_{2}
, OLE
и OMF
по катету (радиус вписанной окружности) и гипотенузе (радиус второй окружности) следует, что
B_{1}K=B_{2}K=EL=FM,
поэтому
BE=BF,~AE=AB_{2},~CF=CB_{1}.
Пусть отрезки B_{1}F
и B_{2}E
пересекают BK
в точках P_{1}
и P_{2}
соответственно. Докажем, что точки P_{1}
и P_{2}
совпадают. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Рассмотрим треугольник ABK
и прямую B_{2}E
. По теореме Менелая (см. задачу 1622)
\frac{AE}{BE}\cdot\frac{BP_{2}}{P_{2}K}\cdot\frac{KB_{2}}{AB_{2}}=1.
Аналогично, для треугольника CBK
и прямой B_{1}F
получим, что
\frac{CF}{BF}\cdot\frac{BP_{1}}{KP_{1}}\cdot\frac{KB_{1}}{CB_{1}}=1.
Следовательно,
\frac{BP_{2}}{KP_{2}}=\frac{BE\cdot AB_{2}}{AE\cdot KB_{2}}=\frac{BE}{KB_{2}},
\frac{BP_{1}}{KP_{1}}=\frac{BF\cdot CB_{1}}{CF\cdot KB_{1}}=\frac{BF}{KB_{1}},
а так как BE=BF
и KB_{2}=KB_{1}
, то \frac{BP_{2}}{KP_{2}}=\frac{BP_{1}}{KP_{1}}
, т. е. точки P_{1}
и P_{2}
совпадают. Что и требовалось доказать.