2496. Окружность с центром I
касается сторон AB
, BC
, AC
неравнобедренного треугольника ABC
в точках C_{1}
, A_{1}
, B_{1}
соответственно. Окружности \omega_{b}
и \omega_{c}
вписаны в четырёхугольники BA_{1}IC_{1}
и CA_{1}IB_{1}
соответственно. Докажите, что общая внутренняя касательная к BA_{1}IC_{1}
и CA_{1}IB_{1}
, отличная от IA_{1}
, проходит через точку A
.
Решение. Пусть окружность \omega_{b}
с центром O_{b}
и радиусом r_{b}
касается сторон AB
, BC
и общей касательной A_{1}I
к окружностям \omega_{b}
и \omega_{c}
в точках M_{b}
, K_{b}
и L_{b}
соответственно, а второй общей касательной — в точке N_{b}
. Аналогично определяются O_{c}
, r_{c}
, M_{c}
, K_{c}
, L_{c}
и N_{b}
. Будем считать, что r_{b}\gt r_{c}
.
Четырёхугольники AB_{1}IC_{1}
, O_{b}L_{b}A_{1}K_{b}
, O_{c}L_{c}A_{1}K_{c}
— квадраты. Тогда
C_{1}M_{b}=r_{b},~B_{1}M_{c}=r_{c},~N_{b}N_{c}=L_{b}L_{c}=A_{1}L_{b}-A_{1}L_{c}=r_{b}-r_{c},~
причём точки L_{b}
, N_{c}
и A
лежат по одну сторону от линии центров O_{b}O_{c}
.
На продолжении отрезка N_{b}N_{c}
за точку N_{c}
отложим отрезок
A'N_{c}=AM_{c}=AB_{1}+B_{1}M_{c}=AC_{1}+C_{1}M_{b}=AC_{1}+r_{b}.
Тогда
A'N_{b}=A'N_{c}+N_{b}N_{c}=AM_{c}+N_{b}N_{c}=(AB_{1}+r_{c})+N_{b}N_{c}=
=(AC_{1}+r_{c})+(r_{b}-r_{c})=AC_{1}+r_{b}=AM_{b}.
Таким образом, отрезки касательных, проведённых к окружности \omega_{b}
из точек A'
и A
, равны. Также равны и отрезки касательных, проведённых из точек A'
и A
к окружности \omega_{c}
.
Геометрическое место точек, из которых проведены касательные к данной окружности радиуса R
, равные данному отрезку длины a
, есть окружность радиуса \sqrt{R^{2}+a^{2}}
, концентрическая данной. Значит, точки A
и A'
лежат на обеих таких окружностях с центрами O_{b}
и O_{c}
. Поэтому каждая из точек A
и A'
есть точка пересечения этих окружностей, а так как точки A
и A'
лежат по одну сторону от прямой O_{b}O_{c}
, эти точки совпадают. Отсюда следует утверждение задачи.