Условие
Пусть ABC – остроугольный треугольник, в котором AC < BC; M – середина стороны AB. В описанной окружности Ω треугольника ABC, проведён диаметр CC'. Прямая CM пересекает прямые AC' и BC' в точках K и L соответственно. Перпендикуляр к прямой AC', проведённый через точку K, перпендикуляр к прямой BC', проведённый через точку L, и прямая AB образуют треугольник Δ. Докажите, что описанная окружность ω треугольника Δ касается окружности Ω.
Решение
Пусть данные перпендикуляры, проходящие через K и L, пересекают AB в точках U и V соответственно и пересекаются в точке E. Заметим, что обе прямые AC и KE перпендикулярны прямой AC', так что AC || KE; аналогично BC || LE. Пусть прямая C'E вторично пересекает окружность Ω в точке X (см. рис.). Мы докажем, что X – точка касания окружностей ω и Ω.
Первый способ. Точки K и L лежат на окружности с диаметром C'E. Поэтому ∠ACX = ∠AC'X = ∠KLE = ∠LCB = ∠MCB. Это значит, что прямая CX – симедиана треугольника ABC; как известно (см. задачу 56983), она проходит через точку S пересечения касательных к Ω в точках A и B.
Пусть прямые AC' и BC' пересекают CX в точках Q и P соответственно. Заметим, что ∠PC'Q = ∠YCB = γ. Кроме того, ∠YC'L = ∠YCB = ∠QC'X, так что прямоугольные треугольники YC'L и XC'Q подобны. Значит, C'L/C'Q = C'Y/C'X = cos γ = cos∠PC'Q. Отсюда следует, что QL – высота треугольника PC'Q. Итак, точки L, E, Q и V лежат на одной прямой.
Поскольку ∠QVB = ∠VBC = ∠AXC, четырёхугольник AVQX вписан в некоторую окружность. Заметим, что точки X и K лежат на окружности с диаметром EQ. Из этих двух окружностей получаем ∠UEX = ∠KEX = ∠AQX = ∠AVX, то есть точка X также лежит на ω. Кроме того,
∠EVX = ∠QAX = ∠C'AX. Это означает, что градусные меры дуг C'X и EX окружностей Ω и ω равны. Значит, касательные к этим окружностям, проведённые в точке X, совпадают, то есть окружности Ω и ω касаются в точке X.
Второй способ. Обозначим через A1, B1 и C1 точки пересечения прямой C'E с прямыми BC, CA и AB соответственно. Как и выше, равенство
∠ACX = ∠AC'X = ∠KLE = ∠LCB означает, что ∠ACX = ∠KCB; с другой стороны, из равенства ∠KC'L = ∠KC'E = ∠KCA1 следует также, что точки C, C', K и A1 лежат на одной окружности (см. рис.). Отсюда ∠C'KA1 = ∠C'CB = ∠C'AB, то есть KA1 || AB.
KN = KA1. Так как KE || AB1, KE – средняя линия треугольника A1NB1, то есть B1E = EA1.
Пусть X' – точка Ω, диаметрально противоположная X, а прямые X'A и X'B пересекают прямую C'E в точках S и T соответственно. Тогда ∠SX'T = ∠C и ∠X'ST = 90° – ∠SX'C' = 90° – ∠;ABC' = ∠B, то есть треугольники ABC и TSX' подобны. Более того, поскольку ∠SX'X = ∠ACX = ∠BCM, точки M и X в этих треугольниках соответственны, то есть SX = XT.
Из равенства ∠AST = ∠B = ∠C1BA1 следует, что точки S, A, B и A1 лежат на одной окружности, откуда C1A·C1B = C1S·C1A1. Аналогично
C1A·C1B = C1T·C1B1, поэтому C1S·C1A1 = C1T·C1B1, или C1S/C1B1 = C1T/C1A1. Это значит, что отрезки A1B1 и TS гомотетичны с центром в C1; эта гомотетия переводит середину E отрезка A1B1 в середину X отрезка ST. Следовательно, C1S/C1B1 = C1X/C1E, или C1S/C1X = C1B1/C1E. В силу параллельности AB1 и UE C1A/C1U = C1B1/C1E = C1S/C1X, поэтому UX || AS. Отсюда ∠UXE = ∠ASX = ∠B = ∠EVU, то есть точка X лежит на ω.
Наконец, рассмотрим треугольники ABC и UVE; их соответственные стороны параллельны, так что они гомотетичны (с отрицательным коэффициентом). При этой гомотетии прямая CX' переходит в EX (поскольку C'X || CX'), окружность Ω переходит в окружность ω, a значит, X' переходит в X. Поэтому касательная к ω в точке X параллельна касательной к Ω в точке X', а значит – и касательной к Ω в точке X. Отсюда следует, что ω и Ω касаются в точке X.
Замечания
Догадаться до того, что окружности ω и Ω должны касаться именно в точке X, не очень сложно. Если эти окружности касаются, то точка касания является центром гомотетии, переводящей ω в Ω. Эта гомотетия должна переводить треугольник EUV в треугольник A'B'C', симметричный ABC относительно O; значит, точка касания должна лежать на C'E.
