17073. Окружность \Omega
касается окружности \Omega_1
внешним образом и окружности \Omega_2
внутренним образом в той же точке. Радиус \Omega
равен сумме радиусов \Omega_1
и \Omega_2
. Прямая a
касается \Omega
и \Omega_1
в точках A
и B
соответственно, а прямая b
касается \Omega_1
и \Omega_2
в точках C
и D
соответственно, причём отрезки AB
и CD
лежат по разные стороны от линии центров. Оказалось, что линия центров и прямая b
пересекаются в точке K
, лежащей на окружности \Omega
. Докажите, что ABDK
— ромб.
Решение. Пусть M
— точка касания всех трёх окружностей, L
— точка пересечения линии центров с окружностью \Omega_1
, отличная от M
. По свойству общей внешней касательной, \angle AMB=\angle DMC=90^\circ
(см. задачу 1762), значит, M
— точка пересечения AC
и BD
. При этом \angle KAM=90^\circ
, поэтому AK\parallel BD
. Заметим, что \angle DCM=\angle MLC
по свойству угла между касательной и хордой. Аналогично, \angle BAM=\angle AKM
, при этом CL\parallel BD
. Тогда
\angle BAM=\angle AKM=\angle MLC=\angle DCM,
следовательно, AB\parallel DK
, а значит, ABDK
— параллелограмм.
Пусть r
— радиус окружности \Omega_2
, R
— радиус окружности \Omega_1
. Тогда
KD=AB=2\sqrt{R(R+r)},~CD=2\sqrt{Rr}.
(см. задачу 365).
Отметим на прямой b
такую точку N
, что KD=DN
. Получаем
KC=2(\sqrt{R(R+r)}+\sqrt{Rr}),\quad CN=2(\sqrt{R(R+r)}-\sqrt{Rr})
Заметим, что
KC\cdot CN=2(\sqrt{R(R+r)}+\sqrt{Rr})\cdot2(\sqrt{R(R+r)}-\sqrt{Rr})=4R^{2},
т. е. среднее геометрическое KC
и CN
равно 2R
. Также BC=2R
, поскольку AB\parallel CD
. Следовательно, треугольник KBN
прямоугольный, BC
— его высота, проведённая из вершины прямого угла, а BD
— его медиана. Значит, KD=BD
, следовательно, ABDK
— ромб, что и требовалось доказать.
Примечание. Эта задача также решается несколькими способами через подобие треугольников BAM
и CMD
. Помимо этого, исходя из параллельности прямых a
и b
, выясняется, что
\frac{R}{r}=\frac{R+r}{R},
откуда \frac{R}{r}=\varphi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}
— золотое сечение.
Из этого всего, например, следует, что отрезки AM
и BC
равны, а они являются высотами параллелограмма ABDK
. Следовательно, ABDK
— ромб.
Автор: Палеев А. А.