16111. Окружность \omega
касается параллельных прямых l_{1}
и l_{2}
. Вторая окружность \omega_{1}
касается прямой l_{1}
и внешним образом касается окружности \omega
. Третья окружность \omega_{2}
касается прямой l_{2}
в точке B
и внешним образом касается окружности \omega_{1}
в точке E
. Прямые AD
и BC
пересекаются в точке Q
. Докажите, что Q
— центр описанной окружности треугольника CDE
.
Указание. Точка Q
— радикальный центр попарно касающихся окружностей \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
.
Решение. Мы докажем, что точка Q
— радикальный центр попарно касающихся окружностей \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Пусть O
, O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей соответственно \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
, R
, R_{1}
и R_{2}
— радиусы этих окружностей, а F
и F'
— точки касания окружности \omega
со прямыми l_{1}
и l_{2}
соответственно.
Через точку O_{2}
проведём прямую, параллельную l_{1}
. Пусть она пересекает отрезок FF'
и прямую AO_{1}
в точках G
и H
соответственно. Через точку D
проведём прямую, перпендикулярную l_{1}
. Пусть она пересекает прямые l_{1}
, l_{2}
отрезок GH
точках L
, M
и N
соответственно. Тогда (см. задачу 365)
AF=2\sqrt{RR_{1}},~BF'=2\sqrt{RR_{2}},
поэтому
HO_{2}=|GH-GO_{2}|=|AF-BF'|=2|\sqrt{RR_{1}}-\sqrt{RR_{2}}|,
HO_{1}=FF'-O_{1}A-O_{2}B=2R-R_{1}-R_{2}.
Из прямоугольного треугольника O_{1}HO_{2}
получаем
HO_{2}^{2}+HO_{1}^{2}=O_{1}O_{2}^{2},~\mbox{или}~4(\sqrt{RR_{1}}-\sqrt{RR_{2}})^{2}+(2R-R_{1}-R_{2})^{2}=(R_{1}+R_{2})^{2},
откуда R=2\sqrt{R_{1}R_{2}}
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник GOO_{2}
, в котором
GO=OF'-GF'=OF'-O_{2}B=R-R_{2},~GO_{2}=BF'=2\sqrt{RR_{2}}.
Поскольку DO_{2}=R_{2}
, DO=R
, KD\parallel GO_{2}
, а треугольник OKD
подобен треугольнику OGO_{2}
с коэффициентом \frac{OD}{OO_{2}}=\frac{R}{R+R_{2}}
, то
FL=KD=\frac{R}{R+R_{2}}\cdot GO_{2}=\frac{R}{R+R_{2}}\cdot BF'=\frac{R}{R+R_{2}}\cdot2\sqrt{RR_{2}}=\frac{2R\sqrt{RR_{2}}}{R+R_{2}}.
Значит,
AL=AF-FL=2\sqrt{RR_{1}}-\frac{2R\sqrt{RR_{2}}}{R+R_{2}}.
Кроме того, из подобия треугольников DNO_{2}
и DGO_{2}
получаем
DN=\frac{R_{2}}{R+R_{2}}\cdot GO=\frac{R_{2}(R-R_{2})}{R+R_{2}},
поэтому
DL=FK=FG-KG=FG-DN=2R-R_{2}-\frac{R_{2}(R-R_{2})}{R+R_{2}}=\frac{2R^{2}}{R+R_{2}}.
Из прямоугольного треугольника ALD
получаем
AD^{2}=AL^{2}+DL^{2}=\left(2\sqrt{RR_{1}}-\frac{2R\sqrt{RR_{2}}}{R+R_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{2R^{2}}{R+R_{2}}\right)^{2}=4RR_{1}=AF^{2}.
Значит, AD=AF
, и следовательно, AD
— касательная к окружности \omega
, а также — общая касательная окружностей \omega
и \omega_{2}
, т. е. прямая AD
— радикальная ось этих окружностей.
Аналогично докажем, что прямая BC
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{1}
. Тогда точка Q
пересечения прямых AD
и BC
— радикальный центр окружностей \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
(см. задачу 6393). Следовательно, QD=QC=QE
, т. е. Q
— центр описанной окружности треугольника CDE
. Что и требовалось доказать.