M1452. Общая касательная к касающимся внешним образом окружностям

Условие

Окружности [latex]S_1[/latex] и [latex]S_2[/latex] касаются внешним образом в точке [latex]F[/latex]. Прямая [latex]l[/latex] касается [latex]S_1[/latex] и [latex]S_2[/latex] в точках [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] соответственно. Прямая, параллельная прямой [latex]l[/latex], касается [latex]S_2[/latex] в точке [latex]C[/latex] и пересекает [latex]S_1[/latex] в точках [latex]D[/latex] и [latex]E[/latex]. Докажите, что а) точки [latex]A[/latex], [latex]F[/latex] и [latex]C[/latex] лежат на одной прямой; б) общая хорда окружностей, описанных около треугольников [latex]ABC[/latex] и [latex]BDE[/latex], проходит через точку [latex]F[/latex].

К задаче M1452

Решение а) Первое решение

Так как касательные к окружности [latex]S_2[/latex] в точках [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] параллельны, то [latex]BC[/latex] — ее диаметр, и ∠BFC=90°. Докажем, что и ∠AFB=90°. Проведем через точку [latex]F[/latex] общую касательную к окружностям, пусть она пересекает прямую [latex]l[/latex] в точке [latex]K[/latex]. Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что треугольники [latex]AKF[/latex] и [latex]BKF[/latex] равнобедренные. Следовательно,
∠AFB=∠AFK+∠KFB=∠FAB+∠FBA=180°/2=90°

Решение а) Второе решение

Рассмотрим гомотетию с центром [latex]F[/latex] и коэффициентом, равным [latex]-r_2/r_1[/latex], где [latex]r_1[/latex] и [latex]r_2[/latex] — радиусы окружностей [latex]S_1[/latex] и [latex]S_2[/latex]. При этой гомотении [latex]S_1[/latex] переходит в [latex]S_2[/latex], а прямая [latex]l[/latex] — касательная к [latex]S_1[/latex] — переходит в [latex]S_2[/latex]. Следовательно, точка [latex]A[/latex] переходит в точку [latex]C[/latex], поэтому точка [latex]F[/latex] лежит на отрезке [latex]AC[/latex].

Решение б)

Ниже мы покажем, что центр окружности [latex]BDE[/latex] находится в точке [latex]A[/latex]. Поскольку центр окружности [latex]ABC[/latex] есть середина [latex]AC[/latex] (∠ABC=90°), а ∠BFC=90° (см. первое решение п. а)), отсюда будет следовать, что [latex]BF[/latex] есть перпендикуляр, опущенный из общей точки окружностей [latex]BDE[/latex] и [latex]ABC[/latex] на прямую, соединяющею их центры. А это и значит, что прямая [latex]BF[/latex] содержит их общую хорду.

Итак, нам достаточно доказать, что [latex]AD=AE=AB[/latex]. Первое из этих равенств очевидно(ибо касательная к [latex]S_1[/latex] в точке [latex]A[/latex] параллельна [latex]DE[/latex]). Пусть [latex]r_1[/latex] и [latex]r_2[/latex] — радиусы [latex]S_1[/latex] и [latex]S_2[/latex]. Опуская перпендикуляр [latex]AP[/latex] на [latex]DE[/latex], найдем, что [latex]AP=BC=2r_2[/latex], и по теореме Пифагора для треугольников [latex]APD[/latex] и [latex]O_1PD[/latex], где [latex]O_1[/latex] — центр [latex]S_1[/latex] [latex]PD^2=O_1D^2-O_1P^2=r_1^2-(2r_2-r_1)^2=4r_1r_2-4r_2^2[/latex] [latex]AD^2=AP^2+PD^2=4r_1r_2[/latex]

Но легко найти, что общая касательная [latex]AB[/latex] окружностей [latex]S_1[/latex] и [latex]S_2[/latex] равна [latex]2\sqrt{r_1r_2}[/latex].

А. Калинин, В. Дубровский