Метка: окружность

M1567

Задача

Центры [latex]A[/latex], [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек [latex]A[/latex], [latex]B[/latex], [latex]C[/latex] 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.

123344

Решение

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

[latex]AC_{1}=CA_{2}[/latex], [latex]BA_{1}=AB_{2}[/latex], [latex]CB_{1}=BC_{2}[/latex],

или

[latex]AB_{4}+B_{4}C_{5}+C_{5}C_{1}=CB_{4}+B_{4}A_{3}+A_{3}A_{2}[/latex],

[latex]BC_{4}+C_{4}A_{3}+A_{3}A_{1}=AC_{4}+C_{4}B_{3}+B_{3}B_{2}[/latex],

[latex]CA_{4}+A_{4}B_{3}+B_{3}B_{1}=BA_{4}+A_{4}C_{2}+C_{5}C_{2}[/latex].

Сложив полученные равенства и заметив, что

[latex]A_{3}A_{1}=A_{3}A_{2}[/latex],

[latex]B_{3}B_{1}=B_{3}B_{2}[/latex],

[latex]C_{3}C_{1}=C_{3}C_{2}[/latex]

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

[latex]AC_{4}=C_{4}B[/latex], [latex]BA_{4}=A_{4}C[/latex], [latex]CB_{4}=B_{4}A[/latex]

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

[latex]B_{4}C_{3}+C_{4}A_{3}+A_{4}B_{3}=B_{4}A_{3}+C_{4}B_{3}+A_{4}C_{3}[/latex],

что и требовалось доказать.

Замечания

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

22

                                                                                                                                                       Д.Терешин

M1611

Формулировка

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

Доказательство

M1611

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

Замечание

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

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

Д.Терешин