17705. Окружности \omega_{1}
и \omega_{2}
с центрами O{1}
и O_{2}
пересекаются в точках P
, Q
и касаются внутренним образом окружности \Omega
точках A_{1}
и A_{2}
соответственно. Прямая PQ
пересекает окружность в точках B
и D
соответственно. Прямые A_{1}B
и A_{1}D
второй раз пересекают окружность \omega_{1}
в точках E_{1}
и F_{1}
соответственно. Прямые A_{2}B
и A_{2}D
второй раз пересекают окружность \omega_{2}
в точках E_{2}
и F_{2}
соответственно. Докажите, что что точки E_{1}
, E_{2}
, F_{1}
и F_{2}
лежат на окружности с центром в середине отрезка O_{1}O_{2}
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Обозначим через r_{1}
, r_{2}
и R
радиусы окружностей \omega_{1}
, \omega_{2}
и \Omega
соответственно. Гомотетия с центром A_{1}
и коэффициентом \frac{R}{r_{1}}
переводит окружность \omega_{1}
в окружность \Omega
(см. задачу 6401), точки E_{1}
и F_{1}
— в точки B
и D
соответственно, поэтому E_{2}F_{2}\parallel BD
(см. задачу 5707). Аналогично докажем, что E_{2}F_{2}\parallel BD
. Значит, E_{2}F_{2}\parallel E_{1}F_{1}
.
По теореме о произведении всей секущей на её внешнюю часть (см. задачу 2636)
BE_{1}\cdot BA_{1}=BP\cdot BQ~\mbox{и}~BE_{2}\cdot BA_{2}=BP\cdot BQ~\Rightarrow~BE_{1}\cdot BA_{1}=BE_{2}\cdot BA_{2}~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{BE_{1}}{BA_{2}}=\frac{BA_{1}}{BE_{2}}.
Значит, треугольники BE_{1}E_{2}
и BA_{2}A_{1}
подобны. Тогда, учитывая, что E_{1}F_{1}\parallel BD
и треугольник E_{1}O_{1}F_{1}
равнобедренный с основанием E_{1}F_{1}
, получаем
\angle BE_{1}E_{2}=\angle BA_{2}B_{1}=\angle BDA_{1}=\angle E_{1}F_{1}A_{1}=\frac{1}{2}\angle E_{1}O_{1}A_{1}=\angle90^{\circ}-\angle O_{1}E_{1}A_{1}.
Следовательно,
\angle E_{2}E_{1}O_{1}=\angle180^{\circ}-\angle BE_{1}E_{2}-\angle O_{1}E_{1}A_{1}=180^{\circ}-(\angle90^{\circ}-\angle O_{1}E_{1}A_{1}-\angle O_{1}E_{1}A_{1}=90^{\circ}.
Аналогично, \angle E_{1}E_{2}O_{2}=90^{\circ}
.
Четырёхугольник E_{1}E_{2}O_{2}O_{1}
— прямоугольная трапеция (или прямоугольник, если r_{1}=r_{2}
), поэтому по теореме Фалеса серединный перпендикуляр к боковой стороне E_{1}E_{2}
проходит через середину M
большей боковой стороны O_{1}O_{2}
. Значит, точка M
равноудалена от точек E_{1}
и E_{2}
. Аналогично докажем, что точка M
равноудалена от точек F_{1}
и F_{2}
.
Линия центров пересекающихся окружностей лежит на серединном перпендикуляре к их общей хорде (см. задачу 1130), поэтому лежащая на O_{1}O_{2}
точка M
равноудалена от точек E_{1}
и F_{1}
. Значит, точка M
равноудалена от всех вершин четырёхугольника E_{1}E_{1}F_{1}F_{1}
. Отсюда следует утверждение задачи.
С некоторыми несущественными изменениями можно доказать утверждение задачи для всех возможных случаев.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2012, задача 17, 11-12 классы