10850. Даны окружность \Gamma
и прямая l
, пересекающая её в двух точках. По разные стороны от прямой l
расположены окружности \gamma_{1}
и \gamma_{2}
радиусов r_{1}
и r_{2}
соответственно, касающиеся окружности \Gamma
внутренним образом, а также касающиеся друг друга в точке, лежащей на прямой l
. Аналогично определяются окружности \gamma_{1}'
и \gamma_{2}'
радиусов r_{1}'
и r_{2}'
соответственно, причём \gamma_{1}
и \gamma_{1}'
расположены по одну сторону от прямой l
. Докажите, что \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{r_{1}'}{r_{2}'}
.
Решение. Докажем для любой пары окружностей \gamma_{1}
и \gamma_{2}
из условия задачи, отношение \frac{r_{1}}{r_{2}}
постоянно.
Пусть O
— центр окружности \Gamma
радиуса R
, а окружности \gamma_{1}
и \gamma_{2}
с центрами O_{1}
и O_{2}
соответственно касаются внутренним образом данной окружности \Gamma
в точках E
и D
соответственно, а также касаются данной прямой l
в точке H
(рис. 1). Тогда точки O_{1}
, H
и O_{2}
лежат на прямой, перпендикулярной l
.
Первый способ. Пусть прямая O_{1}O_{2}
вторично пересекает окружности \gamma_{1}
и \gamma_{2}
в точках K
и L
соответственно. Тогда HK
и HL
— диаметры этих окружностей.
Пусть лучи EK
и EH
пересекают окружность \Gamma
в точках A
и B
соответственно. Тогда
\angle AEB=\angle KEH=90^{\circ},
поэтому AB
— диаметр окружности \Gamma
, а так как EO_{1}H
и EOB
— равнобедренные треугольники с общим углом при основаниях, то
\angle OBE=\angle OEB=\angle O_{1}EH=\angle O_{1}HE.
Значит, AB\parallel KL
, а так как KL\perp l
, то AB\perp KL
.
Заменив в изложенном рассуждении окружность \gamma_{1}
на \gamma_{2}
, получим что лучи DH
и DE
пересекают окружность \Gamma
в тех же точках A
и B
соответственно.
Пусть прямые AE
и BD
пересекаются в точке T
, а прямые l
и AB
— в точке F
. Поскольку BE\perp AT
и AD\perp BT
, точка H
— ортоцентр треугольника ATB
. Значит, TF\perp AB
, а так как HF\perp AB
, то точка T
лежит на прямой l
.
Из подобия прямоугольных треугольников DHT
, BFT
и по теореме о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. задачу 1597)
\frac{HL}{FB}=\frac{TH}{TF}=\frac{HK}{FA}~\mbox{и}~\frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{HK}{HL}=\frac{FA}{FB}.
Последнее отношение не зависит от выбора окружностей \gamma_{1}
и \gamma_{2}
. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Опустим из точки O
перпендикуляры OM=d
и ON=p
на прямые l
и O_{1}O_{2}
соответственно (рис. 2). Из прямоугольных треугольников ONO_{2}
и ONO_{1}
получаем
p^{2}+(r_{1}-d)^{2}=(R-r_{1})^{2}~\mbox{и}~p^{2}+(r_{2}+d)^{2}=(R-r_{2})^{2}.
Вычитая второго уравнения первое, после очевидных упрощений получаем, что
d(r_{1}+r_{2})=R(r_{1}-r_{2})\Rightarrow~d\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}+1\right)=R\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}-1\right)\Rightarrow~\frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{R+d}{R-d}.
Последнее отношение не зависит от выбора окружностей \gamma_{1}
и \gamma_{2}
. Отсюда следует утверждение задачи.