16084. Окружности \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
касаются внешним образом в точке P
. На окружности \Gamma_{1}
взята произвольная точка A_{1}
, отличная от P
, а на окружности \Gamma_{2}
— точка A_{2}
, отличная от P
и лежащая на прямой A_{1}P
. Точка A_{3}
— вершина треугольника A_{1}A_{2}A_{3}
, подобного данному фиксированному треугольнику. Найдите геометрическое место точек A_{3}
.
Ответ. Окружность с диаметром PQ_{3}
без точки P
, где Q_{3}
— вершина треугольника Q_{1}Q_{2}Q_{3}
, подобного треугольнику A_{1}A_{2}A_{3}
, а Q_{1}
и Q_{2}
— наиболее удалённые точки окружностей \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
.
Решение. Пусть PQ_{1}
и PQ_{2}
— диаметры окружностей \Gamma_{1}
и \Gamma_{2}
соответственно, Q_{3}
— третья вершина треугольника Q_{1}Q_{2}Q_{3}
, подобного данному фиксированному треугольнику, A_{1}A_{2}A_{3}
— произвольный треугольник, удовлетворяющий условию задачи. Тогда из подобных прямоугольных треугольников Q_{1}PA_{1}
и Q_{2}PA_{2}
получаем
\frac{Q_{1}P}{Q_{2}P}=\frac{A_{1}P}{A_{2}P}.
Точка P
делит отрезки Q_{1}Q_{2}
и A_{1}A_{2}
в одном и том же отношении, а так как треугольник Q_{1}Q_{2}Q_{3}
подобен треугольнику A_{1}A_{2}A_{3}
, то треугольник Q_{1}PQ_{3}
подобен треугольнику Q_{3}PA_{3}
(см. задачу 2602). Значит,
\angle Q_{1}PQ_{3}=\angle A_{1}PA_{3}~\mbox{и}~\frac{Q_{1}P}{A_{1}P}=\frac{Q_{3}P}{A_{3}P},
поэтому
\angle Q_{1}PA_{1}=\angle A_{1}PA_{3}-\angle Q_{1}PA_{3}=\angle Q_{1}PQ_{3}-\angle Q_{1}PA_{3}=\angle A_{3}PA_{3},
а так как при этом
\angle PA_{3}Q_{3}=\angle PA_{1}Q_{1}=90^{\circ},
то точка A_{3}
лежит на окружности с фиксированным диаметром PQ_{3}
.
Обратно, любая отличная от P
точка этой окружности является вершиной треугольника A_{1}A_{2}A_{3}
, подобного данному фиксированному треугольнику. Следовательно, искомое ГМТ — окружность с диаметром PQ_{3}
без точки P
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1994, № 7, задача 1873 (1993, с. 234), с. 202