10641. Две окружности касаются внешним образом в точке P
. Линия центров вторично пересекает первую окружность в точке B
, а вторую — в точке C
. Точка A
лежит на общей касательной этих окружностей, проведённой в точке P
. Отрезки AB
и AC
вторично пересекают первую и вторую окружности в точках E
и D
соответственно. Докажите, что если DE
— общая касательная окружностей, то:
а) \angle ADE=\angle ABC
;
б) \angle BAC=90^{\circ}
.
Решение. а) По теореме о касательной и секущей (см. задачу 93)
AD\cdot AC=AP^{2}=AE\cdot AB,
откуда \frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}
. Значит, треугольники ADE
и ABC
подобны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, \angle ADE=\angle ABC
.
б) Заметим, что \angle DPE=90^{\circ}
(см. задачу 1762). Кроме того, \angle CDP=\angle BEP=90^{\circ}
(см. задачу 1689), значит, \angle ADP=\angle AEP=90^{\circ}
. Тогда ADPE
— прямоугольник. Следовательно, \angle BAC=\angle DAE=90^{\circ}
.
Примечание. 1. Поскольку ADEP
— прямоугольник, его диагонали равны, поэтому DE=AP=\sqrt{BP\cdot BP}
(см. задачу 2728), т. е. DE
— среднее геометрическое диаметров окружностей.
2. Верно и обратное: если из точки A
, лежащей на общей внутренней касательной данных окружностей, отрезок BC
виден под прямым углом, то DE
— общая внешняя касательная этих окружностей.
Действительно, если \angle BAC=90^{\circ}
, то DAEP
— прямоугольник. Значит, если O
— центр окружности с диаметром CP
, а \angle ODP=\angle OPD=\alpha
, то
\angle EDP=\angle APD=90^{\circ}-\alpha,
поэтому
\angle ODE=\angle ODP+\angle EDP=(90^{\circ}-\alpha)+\alpha=90^{\circ}.
Следовательно, DE
— касательная к окружности с диаметром CP
(см. задачу 1735). Аналогично, DE
— касательная к окружности с диаметром BP
.