16111. Окружность \omega
касается параллельных прямых l_{1}
и l_{2}
. Вторая окружность \omega_{1}
касается прямой l_{1}
в точке A
и внешним образом касается окружности \omega
в точке C
. Третья окружность \omega_{2}
касается прямой l_{2}
в точке B
и внешним образом касается окружности \omega_{1}
в точке E
, а окружности \omega
— в точке D
. 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}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~4(\sqrt{RR_{1}}-\sqrt{RR_{2}})^{2}+(2R-R_{1}-R_{2})^{2}=(R_{1}+R_{2})^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(R_{1}+R_{2})^{2}-(2R-R_{1}-R_{2})^{2}=4(\sqrt{RR_{1}}-\sqrt{RR_{2}})^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(R_{1}+R_{2}-2R+R_{1}+R_{2})(R_{1}+R_{2}+2R-R_{1}-R_{2})=4R(R_{1}+R_{2}-2\sqrt{R_{1}R_{2}})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2(R_{1}+R_{2}-R)\cdot2R=4R(R_{1}+R_{2}-2\sqrt{R_{1}R_{2}})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~R_{1}+R_{2}-R=R_{1}+R_{2}-2\sqrt{R_{1}R_{2}}~\Leftrightarrow~R=2\sqrt{R_{1}R_{2}}.
Первый способ. Заметим, что
AF=2\sqrt{RR_{1}}=2\sqrt{2\sqrt{R_{1}R_{2}}\cdot R_{2}}=2\sqrt{2R_{2}}\cdot\sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}},
BF'=2\sqrt{RR_{2}}=2\sqrt{2\sqrt{R_{1}R_{2}}\cdot R_{1}}=2\sqrt{2R_{1}}\cdot\sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}},
FF'=2R=4\sqrt{R_{1}R_{2}}=4\sqrt[{4}]{{(R_{1}R_{2})^{2}}}=4\sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}}\cdot\sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}}.
Тогда данная в условии конфигурация прямых и окружностей подобна с коэффициентом \sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}}
конфигурации прямых и окружностей с отрезками, равными 2\sqrt{2R_{2}}
, 2\sqrt{2R_{1}}
и 4\sqrt[{4}]{{R_{1}R_{2}}}
.
Обозначим a=\sqrt[{4}]{{R_{1}}}
и b=\sqrt[{4}]{{R_{2}}}
. Рассмотрим прямоугольную трапецию XYZT
с основаниями XT=m=2\sqrt{2}b^{2}
, YZ=n=2\sqrt{2}a^{2}
и меньшей боковой стороной XY=h=4ab
. Пусть K
и L
— середины сторон XY
и XT
. Тогда (см. задачу 10991) расстояние от точки K
до прямой YL
равно
\frac{h(m+2n)}{4\sqrt{h^{2}+\left(\frac{m}{2}-n\right)^{2}}}=\frac{4ab(2\sqrt{2}b^{2}+4\sqrt{2}a^{2})}{4\sqrt{16a^{2}b^{2}+\left(\sqrt{2}b^{2}-2\sqrt{2}b^{2}\right)^{2}}}=2ab=\frac{1}{2}XY.
Значит, основание N
высоты треугольника LKZ
лежит на окружности с диаметром XY
, поэтому прямая LZ
касается этой окружности. При этом точка L
— середина отрезка XT
, поэтому в исходной конфигурации касательная к окружности с центром O
, проведённая через точку A
, проходит через середину U
отрезка BF'
. Тогда, если D'
— точка касания, то точка U
пересечения прямых AD'
и l_{2}
— середина отрезка BF'
. Тогда UB=UF'=UD'
, значит, D'
— точка касания прямой AU
и окружности с центром O_{2}
. Следовательно, D
— точка касания окружностей с центрами O
и O_{2}
, т. е. точка D'
совпадает с D
.
Аналогично докажем, что точка C'
касания прямой, проходящей через точку B
и середину отрезка AF
, совпадает с C
.
Поскольку AF=AD
, прямая AD
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{2}
. Аналогично, прямая BC
— радикальная ось окружностей \omega
и \omega_{1}
. Значит, точка Q
пересечения этих прямых — радикальный центр окружностей \omega
, \omega_{1}
и \omega_{2}
, а прямая QE
— радикальная ось окружностей \omega_{1}
и \omega_{2}
. Следовательно,
QE=QD=QC,
т. е. Q
— центр описанной окружности треугольника CDE
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. 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.
Источник: Международная математическая олимпиада. — 1994, из материалов жюри
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1997, № 3, задача 4, с. 136