Задача

Центры $A$ , $B$ и $C$ трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек $A$ , $B$ , $C$ проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке 1. Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих отрезков.

Решение

Введем обозначения так, как показано на рисунке 1. Так как данные окружности имеют одинаковые радиусы, то:

$AC_{1}=CA_{2}$ , $BA_{1}=AB_{2}$ , $CB_{1}=BC_{2}$ ,

или

$AB_{4}+B_{4}C_{5}+C_{5}C_{1}=CB_{4}+B_{4}A_{3}+A_{3}A_{2}$ ,

$BC_{4}+C_{4}A_{3}+A_{3}A_{1}=AC_{4}+C_{4}B_{3}+B_{3}B_{2}$ ,

$CA_{4}+A_{4}B_{3}+B_{3}B_{1}=BA_{4}+A_{4}C_{2}+C_{5}C_{2}$ .

Сложив полученные равенства и заметив, что

$A_{3}A_{1}=A_{3}A_{2}$ ,

$B_{3}B_{1}=B_{3}B_{2}$ ,

$C_{3}C_{1}=C_{3}C_{2}$

(как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) и

$AC_{4}=C_{4}B$ , $BA_{4}=A_{4}C$ , $CB_{4}=B_{4}A$

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

$B_{4}C_{3}+C_{4}A_{3}+A_{4}B_{3}=B_{4}A_{3}+C_{4}B_{3}+A_{4}C_{3}$ ,

что и требовалось доказать.

Замечания

1. Аналогичное утверждение справедливо и в случае, изображенном на рисунке 2.

Д.Терешин

Формулировка

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$ . Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$ , а вторую в точке $D$ . Пусть $M$ и $N$ — середины дуг $BC$ и $BD$ , не содержащих точку $A$ , а $K$ — середина отрезка $CD$ . Докажите, что угол $MKN$ прямой. (Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$ .)

Доказательство

Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см.рисунок). Тогда $bigtriangleup KCN_{1} = bigtriangleup KDN$ , поэтому $CN_{1} = ND$ и $angle N_{1}CK = angle NDK =pi — angle ABN.$ Заметим ещё, что $angle MCK = pi — angle ABM$ .
Складывая полученные равенства, находим, что $angle N_{1}CM = angle MBN$ . Кроме того, из условия следует, что $CM=MB$ и $BN=ND$ (т.е. $BN=CN_{1}$ ). Значит $bigtriangleup MCN_{1} = bigtriangleup MBN$ , откуда $MN_{1} = MN$ .
$MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$ , поэтому $angle MKN=90^circ$ .

Замечание

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$ , где $E$ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: $EK$ и $FN$ , $ME$ и $KF$ ; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$ ), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}$ — на углы $alpha=angle DNB$ и $beta=angle BMC$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы передпологаются ориентированными).
Заметим, что $alpha+beta=180^circ$ , поэтому $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}=Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$ . Но $Z_{x}(D)=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})=R_{M}^{beta}(B)=C,$ поэтому $X$ — середина отрезка $CD$ , т.е. точка $K$ . Если $N_{1}=Z_{K}(N)$ , то $N_{1}=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})(N)=R_{M}^{beta}(N)$ , т.е. $bigtriangleup NMN_{1}$ , равнобедренный и $angle MKN=90^circ$

Д.Терешин

Метка: окружность

M1567