Задача 64921

Темы:    [ Пересекающиеся окружности ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Вневписанные окружности ] [ Формула Эйлера ] [ Теоремы Чевы и Менелая ] [ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ]

Сложность: 5- Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Заславский А.А.

Две окружности радиуса 1 пересекаются в точках X, Y, расстояние между которыми тоже равно 1. Из точки C одной окружности проведены к другой касательные CA, CB, вторично пересекающие первую окружность в точках B', A'. Прямые AA' и BB' пересекаются в точке Z. Найдите угол XZY.

Решение

  Пусть O, O' – центры окружностей. Легко видеть, что  OO' = .  По формуле Эйлера эти окружности для треугольника A'B'C являются описанной и вневписанной, то есть прямая A'B' касается второй окружности в точке C'. Согласно задаче 56915 точка C' лежит на прямой CZ (см. рис.).

  При этом  ∠AO'A' = ∠AO'C' + ½ ∠C'O'B = 2∠ABC' + ∠C'AB = ∠CB'A' + ½ ∠CA'B'  (четырёхугольники AB'C'O' и BA'C'O' – вписанные),
∠O'A'O = ∠O'A'B' + ∠B'A'O = ^π/₂ – ∠C'O'A' + ^π/₂ – ∠CA'B' = π – ∠BCA – ½ ∠CA'B' = ∠CB'A' + ½ ∠CA'B',  и, так как  O'A = OA',  то AO'A'O – равнобедренная трапеция. Поэтому ∠O'AA' = ∠A'OO'.
  Аналогично  ∠O'BB' = ∠B'OO'.  Следовательно,  ∠A'ZB' = 2π – ∠AO'B – ∠A'OB' = π – ∠C,  то есть точка Z лежит на описанной окружности треугольника и  ∠XZY = 150°.

Ответ

150°.

Замечания

1. Формула Эйлера для вписанной окружности доказана в задаче 52464. Использованная здесь формула Эйлера для вневписанной окружности
(OJ² = R² + 2Rr,  где O и R – центр и радиус описанной окружности, а J и r – центр и радиус вневписанной окружности) доказывается аналогично.

2. Доказать, что точка Z лежит на окружности, можно и по-другому. При изогональном сопряжении относительно треугольника A'B'C Z перейдёт в центр гомотетии окружностей, который в силу равенства их радиусов является бесконечно удаленным.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2012
тур
задача
Номер	19