13844. Точки A
, B
и C
лежат на одной прямой в указанном порядке. Полуокружности \Gamma_{1}
, \Gamma_{2}
и \Gamma_{3}
с диаметрами AC
, AB
и BC
соответственно расположены по одну сторону от прямой AC
. Прямая l
проходит через точку B
перпендикулярно AC
. Окружность \Gamma
касается прямой l
в точке F
, внутренним образом касается полуокружности \Gamma_{1}
, а внешним — полуокружности \Gamma_{3}
. Продолжение диаметра окружности \Gamma
, проведённого через точку D
, пересекает прямую l
в точке E
. Докажите, что AB=DE
.
Решение. Пусть O
, P
и Q
— центры полуокружностей \Gamma_{1}
, \Gamma_{3}
и окружности \Gamma
соответственно; r
, s
и t
— радиусы полуокружностей \Gamma_{2}
, \Gamma_{3}
и окружности \Gamma
соответственно; прямая l
касается окружности \Gamma
в точке G
; GB=GD=GF
— отрезки касательных из точки G
к полуокружности \Gamma_{3}
и окружности \Gamma
. Обозначим \angle BPD=\alpha
.
Поскольку 2r+2s=AC
, радиус полуокружности \Gamma_{1}
равен r+s
. По теореме косинусов из треугольника OPQ
получаем
(r+s-t)^{2}=OQ^{2}=OP^{2}+PQ^{2}-2OP\cdot PQ\cos\angle OPQ=
=r^{2}+(s+t)^{2}-2r(s+t)\cos\alpha,
откуда
\cos\alpha=\frac{2st+rt-rs}{rs+rt}.
По теореме косинусов из треугольников BPD
, BGD
, DGF
и DQF
получаем
2s^{2}-2s^{2}\cos\alpha=2s^{2}(1-\cos\alpha)=BD^{2}=
=2u^{2}-2u^{2}\cos(180^{\circ}-\alpha)=2u^{2}(1+\cos\alpha),
2u^{2}-2u^{2}\cos\alpha=2u^{2}(1-\cos\alpha)=FD^{2}=
=2t^{2}-2t^{2}\cos(180^{\circ}-\alpha)=2t^{2}(1-\cos\alpha).
Тогда
4s^{2}u^{2}(1-\cos\alpha)^{2}=4u^{2}t^{2}(1+\cos\alpha)^{2},~\mbox{или}~s(1-\cos\alpha)=t(1+\cos\alpha).
Подставив в это равенство \cos\alpha=\frac{2st+rt-rs}{rs+rt}
, после очевидных упрощений получим уравнение
\left(\frac{rt+st}{rs+rt})\right)t=\left(\frac{rs-st}{rs+st})\right)s,
которое сводится к квадратному уравнению
(r+s)t^{2}+s^{2}t-rs^{2}=0,\mbox{или}~t^{2}+\frac{s^{2}}{r+s}t-\frac{rs^{2}}{r+s}=0
с корнями t=\frac{rs}{r+s}
и t=-s
. Поскольку t\gt0
, условию задачи удовлетворяет только первый из этих корней.
Пусть ED=d
. Из подобия прямоугольных треугольников EFQ
и EBP
получаем
d-t=EQ=\frac{FQ\cdot EP}{BP}=\frac{t(d+s)}{s},~\mbox{или}~s(d-t)=t(d+s),
откуда d=\frac{2st}{s-t}
. Следовательно,
DE=d=\frac{2st}{s-t}=\frac{2s\cdot\frac{rs}{r+s}}{s-\frac{rs}{r+s}}=\frac{2rs^{2}}{s^{2}}=2r=AB.
Что и требовалось доказать.