ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 66697
Темы:    [ Касательные прямые и касающиеся окружности (прочее) ]
[ Три точки, лежащие на одной прямой ]
[ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
[ Поворотная гомотетия (прочее) ]
Сложность: 3+
Классы: 8,9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Две окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ касаются внешним образом в точке $T$. К ним проведена общая внешняя касательная, касающаяся первой окружности в точке $A$, а второй – в точке $B$. Общая касательная к окружностям, проведённая в точке $T$, пересекает прямую $AB$ в точке $M$. Пусть $AC$ – диаметр первой окружности. Докажите, что отрезки $CM$ и $AO_2$ перпендикулярны.


Решение 1

Обозначим через $x$ и $y$ радиусы первой и второй окружностей соответственно. Хорошо известно (см. задачу 52700), что длина общей касательной $AB$ равна $2$. Ясно, что  $MA = MT = MB$.  Так как  $\frac{CA}{AM} = \frac{2x}{\sqrt{xy}} = \frac{2\sqrt{xy}}{y} = \frac{AB}{BO_2},$  прямоугольные треугольники $CAM$ и $ABO_2$ подобны. Поскольку они одинаково ориентированы, соответствующие катеты в них перпендикулярны, значит, и гипотенузы тоже. Что и требовалось.


Решение 2

Заметим, что $MO_1$ и $MO_2$ – биссектрисы углов $AMT$ и $BMT$ соответственно. Поэтому прямоугольные треугольники $AMO_1$ и $BO_2M$ подобны. Следовательно, существует поворотная гомотетия, переводящая $AMO_1$ в $BO_2M$. Поскольку $O_1$ – середина $AC$, а $M$ – середина $AB$, то $C$ перейдёт в $A$. Поэтому отрезок $CM$ переходит в $AO_2$, и угол между ними равен углу поворота, то есть 90°.


Решение 3

Обозначим через $X$ точку пересечения отрезка $AO_2$ с первой окружностью (см. рис.). Тогда  $\angle AXC$ = 90°. Достаточно доказать, что точки $C, X$ и $M$ лежат на одной прямой, то есть что  $\angle MXO_2$ = 90°. Точки $C, T$ и $B$ лежат на одной прямой, поскольку  $\angle CTA = \angle ATB $ = 90°  $(MA = MT = MB)$.  Прямые $AC$ и $BO_2$ параллельны, значит, $\angle TCA = \angle TBO_2$.  Из вписанного четырёхугольника $AXTC$ имеем  $\angle TCA = \angle TXO_2$.  Поэтому четырёхугольник $TXBO_2$ тоже вписанный ($X$ и $B$ лежат по одну сторону от $TO_2$). Так как точки $B$ и $T$ лежат на окружности с диаметром $MO_2$, то и $X$ лежит на ней, и  $\angle MXO_2$ = 90°,  что и требовалось.

Замечания

4 балла

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
номер/год
Номер 39
Дата 2017/18
неизвестно
Вариант весенний тур, базовый вариант, 10-11 классы
задача
Номер 3*

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .