13455. Дана окружность \Omega
, касающаяся стороны AB
угла BAC
и лежащая вне этого угла. Рассматриваются окружности \omega
, вписанные в угол BAC
. Общая внутренняя касательная к окружностям \Omega
и \omega
, отличная от AB
, касается окружности \omega
в точке K
. Пусть L
— точка касания окружности \omega
и прямой AC
. Докажите, что все такие прямые KL
проходят через фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности \omega
.
Решение. Пусть O
— центр окружности \Omega
, P
— точка касания \Omega
и стороны AB
, E
и X
— точки пересечения общей внутренней касательной к \Omega
и \omega
с прямыми AB
и AC
соответственно, Q
— точка касания с \Omega
касательной, параллельной AC
, A_{1}
— точка пересечения этой касательной с лучом AB
. Рассмотрим случай, при котором окружность \omega
вписана в треугольник AXE
. Случай, при котором \omega
— вневписанной окружностью этого треугольника, разбирается аналогично.
Достаточно будет доказать, что прямые KL
и PQ
пересекаются в точке R
, лежащей на окружности s
, построенной на AO
как на диаметре. Действительно, поскольку прямая PQ
и окружность s
фиксированы, то фиксировано и их пересечение, т. е. точка, лежащая на прямой KL
.
Центр окружности, вписанной в угол лежит на биссектрисе этого угла, поэтому центры окружностей \Omega
и \omega
лежат на прямой, проходящей через точку E
. Пусть эта прямая пересекается с прямой KL
в точке N
. Тогда
\angle ANO=\angle ANE=90^{\circ}
(см. задачу 58). Значит, точка N
лежит на окружности s
.
Заметим, что прямые LK
и PQ
перпендикулярны биссектрисам углов X
и A_{1}
(см. задачу 1180), т. е. биссектрисам углов X
и A
треугольника AXE
(так как биссектрисы углов A
и A_{1}
параллельны), а угол между биссектрисами этих углов равен 90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA
(см. задачу 4770). Тогда
\angle PRN=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA.
С другой стороны, из прямоугольного треугольника ANE
получаем
\angle NAP=\angle ANE=90^{\circ}-\angle AEN=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA.
Значит,
\angle PRN+\angle NAP=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA\right)+\left(90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA\right)=180^{\circ},
поэтому точка R
лежит на окружности с диаметром AO
. Отсюда следует утверждение задачи.
Примечание. При рассмотрении другого случая расположения окружности \omega
вместо указанного факта потребуется использовать аналогичный (см. примечание к задаче 58).