16666. Дан равнобедренный треугольник ABC
(AC=BC
). На стороне AC
выбрана точка D
. Окружность S_{1}
с центром O_{1}
и радиусом R
касается отрезка AD
и продолжений BA
и BD
за точки A
и D
соответственно. Окружность S_{2}
с центром O_{2}
и радиусом 2R
касается отрезка DC
и продолжений BD
и BC
за точки D
и C
соответственно. Пусть касательная к описанной окружности треугольника BO_{1}O_{2}
в точке O_{2}
пересекает прямую BA
в точке F
. Докажите, что O_{1}F=O_{1}O_{2}
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\angle ABC=\beta
. Тогда
\angle O_{1}BO_{2}=\frac{1}{2}\angle ABC=\frac{\beta}{2}.
Первый способ. Пусть l
— прямая, проходящая через точку O_{2}
параллельно AC
(рис. 1). Поскольку по условию радиус окружности S_{2}
равен диаметру окружности S_{1}
, прямая l
касается окружности S_{1}
в некоторой точке N
. Пусть окружность S_{1}
касается прямой BA
в точке K
.
Поскольку из параллельности AC
и l
угол между l
и AC
равен \beta
, при повороте по часовой стрелке вокруг точки O_{1}
на угол NO_{1}K
, равный 180^{\circ}-\beta
прямая l
перейдёт в прямую BA
. При этом точка O_{2}
перейдёт в некоторую точку O
прямой BA
. Тогда O_{1}O=O_{1}O_{2}
и
\angle OO_{1}O_{2}=\angle NO_{1}K=180^{\circ}-\beta,
а из равнобедренного треугольника OO_{1}O_{2}
получаем, что
\angle OO_{2}O_{1}=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle OO_{1}O_{2})=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(180^{\circ}_\beta))=\frac{\beta}{2}=\angle O_{1}BO_{2}.
Значит (см. задачу 144), прямая O_{2}O
— касательная к описанной окружности треугольника BO_{1}O_{2}
. Тогда точка O
совпадает с F
. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть окружности S_{1}
и S_{2}
касаются отрезка AC
в точках X
и Y
соответственно, а прямая O_{1}O_{2}
пересекает прямую AC
в точке Z
(рис. 2). Из условия задачи следует, что O_{1}X
— средняя линия треугольника O_{2}YZ
, поэтому O_{1}O_{2}=O_{1}Z
.
Пусть K
— точка касания окружности S_{1}
и прямой AB
. На продолжении отрезка AK
за точку K
отметим отметим точку F_{1}
, для которой O_{1}F=O_{1}O_{2}
. Прямоугольные треугольники O_{1}XZ
и O_{1}KF_{1}
по гипотенузе и катету, поэтому \angle XZO_{1}=\angle KF_{1}O_{1}
, или \angle AZO_{1}=\angle AF_{1}O_{1}
. Значит, четырёхугольник AZF_{1}O_{1}
вписанный, а так как \angle O_{1}BO_{2}=\frac{\beta}{2}
и ZO_{1}F_{1}
— внешний угол равнобедренного треугольника F_{1}O_{1}O_{2}
, то
\angle O_{1}O_{2}F_{1}=\angle\frac{1}{2}\angle ZO_{1}F_{1}=\frac{1}{2}\angle ZAF_{1}=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\beta}{2}=\angle O_{1}BO_{2}.
Значит, описанная окружность треугольника O_{1}O_{2}B
касается прямой O_{2}F
. Следовательно, точки F_{1}
и F
совпадают, а отрезки O_{1}O_{2}
и O_{1}F_{1}
равны по построению точки F_{1}
. Отсюда вытекает утверждение задачи.
Источник: Международная Жаутыковская олимпиада (Казахстан). — 2019, XV, второй день, задача 4