ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 115410
УсловиеОкружность с центром I касается сторон AB , BC , AC неравнобедренного треугольника ABC в точках C1 , A1 , B1 соответственно. Окружности ωB и ωC вписаны в четырехугольники BA1IC1 и CA1IB1 соответственно. Докажите, что общая внутренняя касательная к ωB и ωC , отличная от IA1 , проходит через точку A .РешениеПусть ωB касается BA1 , IA1 и BC1 в точках KB , LB и MB соответственно, а ωC касается CA1 , IA1 и CB1 в точках KC , LC и MC соответственно. Обозначим через OB и OC центры окружностей ωA и ωB соответственно, а через rB и rC — их радиусы (пусть для определенности rB>rC ). Тогда четырехугольники OBKBA1LB и OCKCA1LC — квадраты, поэтому A1LB=rB , A1LC=rC и LBLC=rB-rC . Тогда, если вторая общая внутренняя касательная касается ωB и ωC в точках NB и NC , то NBNC=rB-rC , причем NC и LB лежат по одну сторону от линии центров OBOC (заметим, что точка A лежит по ту же сторону). Аналогично получаем, что C1MB=rB , B1MC=rC . Отложим на продолжении отрезка NBNC за точку NC отрезок NCA'=AMC=AB1+B1MC . Тогда NBA'=AMC+NBNC=(AB1+rC)+(rB-rC)=AC1+rB=AMB . Итак, касательные из точек A и A' к окружности ωB равны, и касательные из них к ωC также равны. Заметим, что ГМТ, длина касательной из которых к окружности ωB равна AMB , есть окружность ΩB с центром OB и радиусом . Таким образом, точки A и A' лежат на ΩB . Аналогично, они лежат на окружности ΩC с центром OC и радиусом . Итак, каждая из точек A и A' является одной из двух точек пересечения окружностей ΩB и ΩC , а поскольку A и A' лежат по одну сторону от OBOC , имеем A'=A . Значит, A лежит на прямой NBNC , что и требовалось доказать. Источники и прецеденты использования |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|