6327. Даны непересекающиеся окружности S_{1}
и S_{2}
и их общие внешние касательные l_{1}
и l_{2}
. На l_{1}
между точками касания отметили точку A
, а на l_{2}
— точки B
и C
так, что AB
и AC
— касательные к S_{1}
и S_{2}
. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей S_{1}
и S_{2}
, а K
— точка касания вневписанной окружности треугольника ABC
со стороной BC
. Докажите, что середина отрезка O_{1}O_{2}
равноудалена от точек A
и K
.
Решение. Пусть окружность S_{1}
касается прямых l_{1}
и l_{2}
в точках соответственно A_{1}
и B_{1}
, а окружность S_{2}
— в точках соответственно A_{2}
и C_{1}
, D
— точка касания окружности S_{1}
с отрезком AB
, E
— точка касания окружности S_{2}
с отрезком AC
. Тогда
A_{1}A_{2}=B_{1}C_{1},~AB+BK=AC+CK,~
AB+BK=(AD+DB)+BK=(AA_{1}+BB_{1})+BK=AA_{1}+(BB_{1}+BK)=AA_{1}+B_{1}K,
AC+CK=(AE+EC)+CK=(AA_{2}+CC_{1})+CK=AA_{2}+(CC_{1}+CK)=AA_{2}+KC_{1}.
Отсюда
2(A_{1}A+AA_{2})=2A_{1}A_{2}=A_{1}A_{2}+B_{1}C_{1}=(A_{1}A+AA_{2})+(B_{1}K+KC_{1})=
=(A_{1}A+B_{1}K)+(AA_{2}+KC_{1})=(A_{1}A+B_{1}K)+(A_{1}A+B_{1}K)=2(A_{1}A+B_{1}K).
Поэтому AA_{2}=B_{1}K
.
Пусть P
— середина O_{1}O_{2}
. Тогда перпендикуляр PM
, опущенный из точки P
на A_{1}A_{2}
, — средняя линия прямоугольной трапеции A_{1}O_{1}O_{2}A_{2}
. Следовательно, PM
— серединный перпендикуляр к стороне A_{1}A_{2}
равнобедренной трапеции A_{1}A_{2}C_{1}B_{1}
, значит, P
— центр описанной окружности этой трапеции. Поэтому PA_{1}=PA_{2}=PB_{1}=PC_{1}
.
Равнобедренные треугольники PA_{1}A_{2}
и PB_{1}C_{1}
равны по трём сторонам, а так как AA_{2}=B_{1}K
, то PA
и PK
— соответствующие отрезки этих равных треугольников. Следовательно, PA=PK
. Что и требовалось доказать.