11992. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AD
, BE
и CF
. Окружности, вписанные в треугольники BDF
и EDC
касаются отрезков DF
и ED
в точках X
и Y
соответственно. Докажите что окружности высекают на прямой XY
равные хорды.
Решение. Пусть M
— середина отрезка XY
. Достаточно доказать, что степени точки M
относительно указанных окружностей равны, или, что то же самое, точка M
лежит на радикальной оси этих окружностей.
Пусть I_{1}
и I_{2}
— центры первой и второй окружностей соответственно, P
и Q
— точки их касания с прямой BC
, N
— середина отрезка PQ
. Поскольку NP=MP
, середина N
отрезка PQ
лежит на радикальной оси окружностей, а так как радикальная ось перпендикулярна линии центров I_{1}I_{2}
этих окружностей (см. задачу 6391), то достаточно доказать, что MN\parallel I_{1}I_{2}
.
По свойству ортотреугольника \angle BDF=\angle CDE
(см. задачу 533). Поскольку
DP=DX,~DQ=DY,\angle PDY=\angle PDX+\angle XDY=\angle QDY+\angle XDY=\angle XDQ,
треугольники PDY
и XDQ
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, PY=QX
, т. е. диагонали четырёхугольника PXYQ
равны.
Пусть K
и L
— середины хорд соответственно PX
и QY
. Тогда, во-первых, точка K
лежит на прямой DI_{1}
, точка L
— на прямой DI_{2}
(см. задачу 1180), во-вторых, параллелограмм Вариньона KMLN
этого четырёхугольника (см. задачу 1204) — ромб, поэтому KL\perp MN
. Теперь остаётся доказать, что KL\parallel I_{1}I_{2}
, или что точки K
и L
, лежащие на сторонах DI_{1}
и DI_{2}
треугольника I_{1}DI_{2}
, делят эти стороны в одном и том же отношении.
Поскольку
\angle PDI_{1}=\frac{1}{2}\angle PDX=\frac{1}{2}\angle QDY=\angle QDI_{2},
прямоугольные треугольники DPI_{1}
и DQI_{2}
подобны, а так как K
и L
— основания их соответственных высот, то \frac{DK}{KI_{1}}=\frac{DL}{LI_{2}}
. Отсюда следует утверждение задачи.