Задача 110757

Темы:    [ Концентрические окружности ] [ Теорема Птолемея ] [ Радикальная ось ] [ Инверсия помогает решить задачу ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Четыре точки, лежащие на одной окружности ] [ Вписанный угол равен половине центрального ]

Сложность: 8+ Классы: 10,11

Условие

Автор: Протасов В.Ю.

Даны две концентрические окружности. Каждая из окружностей b₁ и b₂ касается внешним образом одной окружности и внутренним – другой, а каждая из окружностей c₁ и c₂ касается внутренним образом обеих окружностей. Докажите, что 8 точек, в которых окружности b₁ , b₂ пересекают c₁ , c₂ , лежат на двух окружностях, отличных от b₁ , b₂ , c₁ , c₂ . (Некоторые из этих окружностей могут выродиться в прямые.)

Решение

Первое решение. Обозначим концентрические окружности через σ и σ' , их центр – O , точки касания σ с b₁ , b₂ , c₁ , c₂ – через B₁ , B₂ , C₁ , C₂ , точки касания σ' с ними же – через B₁' , B₂' , C₁' , C₂' . Все углы и дуги предполагаем ориентированными, углы mod 180^o , дуги mod 360^o . Рассмотрим пару b_i , c_k . Рассмотрим точку B_i'' , диаметрально противоположную B_i на σ . Тогда B_iC_k B_i''C_k|| B_i'C_k' (последнее – т.к. C_kC_k' и B_iB_i' проходят через O ). Пусть прямые B_i'C_k' и B_iC_k пересекаются в точке X_ik . Тогда B_i'X_ikB_i= C_k'X_ikC_k=90^o , т.е. это одна из точек пересечения b_i и c_k . Другую точку их пересечения мы обозначим через Y_ik . Заметим, что дуги B_iC_k , B_iX_ik и X_ikC_k окружностей σ , b_i и c_i имеют одинаковую градусную меру, ибо они гомотетичны. Поэтому B_iY_ikX_ik= X_ikY_ikC_k=B_iC_k (рис. 10.6.1).

Покажем, что точки X11 , X22 , Y12 и Y21 лежат на одной окружности. Имеем (напомним – mod 180^o ; см. рис. 10.6.2)
X11Y12X22 = X11Y12B₁+ B₁Y12C₂+ C₂Y12X22 =.
Аналогично,
X22Y21X11=,
и
X11Y12X22+ X22Y21X11 =C₁B₁+B₁C₂+C₂B₂+B₂C₁=0,
что и требовалось.
Замечание. Приведем другой (может быть, более естественный) способ выяснить ту же информацию про точки X_ik и Y_ik . Здесь в одном месте намеренно пропущена деталь, которая впоследствии восстанавливается.
Пусть X и Y – точки пересечения b_i и c_k . Тогда обозначим через Y^b и Y^c проекции точки Y на σ из точек B_i и C_k , соответственно. Эти точки являются образами Y при гомотетиях, переводящих соответственно b_i и c_k в σ . Обозначим радиусы σ и σ' через R и r . Радиусы b_j и c_k равны и , поэтому имеем
=-1=-1 =(-1)^!!-1 =(-1)^!!-1=,
то есть, вроде бы, Y^bC_k|| Y^cB_j . Тогда B_iYC_k=B_iC_k . но такая точка на окружности b_i (отличная от B_i ) одна, что странно, ибо рассуждения проходят и для точки X (рис.10.6.3).

На самом деле, мы пользовались тем, что точка Y не лежит на прямой B_iC_k (иначе все рассматриваемые точки лежат на этой прямой, и из равенства отношений нельзя вывести параллельность). Значит, одна из точек пересечения лежит на этой прямой. Для окружностей b_i и c_k , обозначим через X_ik их точку пересечения, не лежащую на прямой B_iC_k , а через Y_ik – лежащую. Далее решение может быть продолжено как и выше.
Второе решение. Сформулируем сначала несколько вспомогательных утверждений.
Теорема Птолемея. Четырехугольник ABCD вписан в окружность тогда и только тогда, когда выполнено равенство AB· CD+AD· BC=AC· BD .
Теорема Кези. Пусть даны четыре окружности. Окружность, касающаяся их всех, существует тогда и только тогда, когда отрезки общих касательных к окружностям удовлетворяют равенству, аналогичному теореме Птолемея. При этом для каждой пары окружностей надо брать отрезок общей внешней касательной, если искомая окружность касается их одинаковым (внешним или внутренним) образом, и отрезок общей внутренней касательной в противном случае.
Теорема Кези является обобщением теоремы Птолемея и легко из нее выводится.
Следствие. Пусть на сторонах AC и BC треугольника ABC взяты точки X , Y , такие что XY|| AB . Тогда существует окружность, проходящая через X , Y и касающаяся одинаковым образом вневписанных окружностей треугольника, вписанных в углы A и B .
Доказательство. Применим теорему Кези к двум вневписанным окружностям и двум вырожденным окружностям X и Y .
Лемма. Пусть даны две окружности, лежащие одна вне другой. Произвольная окружность, касающаяся их одинаковым образом, пересекает одну из их общих внутренних касательных в точках A и A' , а другую – в точках B и B' . Тогда среди прямых AB , AB' , A'B , A'B' найдутся две, параллельные общим внешним касательным к данным окружностям.
Действительно, зафиксируем точку A на одной из внутренних касательных. Через нее можно провести две окружности, касающиеся данных одинаковым образом. По следствию из теоремы Кези, каждая из этих окружностей проходит через одну из точек пересечения второй внутренней касательной с прямыми, проходящими через A и параллельными внешним касательным (см. рис. 10.6.4). Значит, одна из таких точек совпадает, например, с точкой B , т.е. прямая AB параллельна одной из общих внешних касательных. Тогда, поскольку четырехугольник ABB'A' – вписанный, то прямая A'B' параллельна второй внешней касательной.

Вернемся теперь к решению исходной задачи. Очевидно, что окружности c₁ и c₂ пересекаются. Инверсия с центром в одной из точек их пересечения переводит эти окружности в прямые l₁ , l₂ , а исходные концентрические окружности в две окружности, для которых l₁ , l₂ являются общими внутренними касательными. Окружности b₁ , b₂ перейдут в две окружности, касающиеся этих окружностей одинаковым образом. Пусть одна из них пересекает l₁ в точках A₁ , A'₁ , а l₂ – в точках A₂ , A'₂ . Аналогично вторая окружность пересекает эти прямые в точках B₁ , B'₁ , B₂ , B'₂ . Тогда по лемме получаем, что, например, A₁A₂|| B₁B₂ и, значит, точки A₁ , A₂ , B'₁ , B'₂ лежат на одной окружности. Аналогично доказывается, что остальные четыре точки лежат на одной окружности. Сделав теперь обратную инверсию, получим утверждение задачи.
Третье решение. Будем использовать два вспомогательных факта. Первый состоит в том, что геометрическое место точек, отношение степеней которых относительно двух данных окружностей равно заданному числу, является окружностью или прямой. Это можно доказать, например, методом координат. Напомним, что степенью точки M относительно окружности называется число d² - r², где r - радиус окружности и d - расстояние от ее центра до точки M . Второй вспомогательный факт сформулируем в виде леммы.
Лемма 1. Две окружности с центрами O₁ , O₂ и радиусами r₁ , r₂ пересекаются в точках A и B . Пусть P – четвертая вершина параллелограмма O₂AO₁P . Тогда для любой окружности с центром P , пересекающей обе окружности (первую – в точках M₁ , N₁ , вторую – в точках M₂ , N₂ , рис.10.6.5) прямые M₁M₂ и N₁N₂ проходят через точку A и = = .
Доказательство. Треугольники PO₁M₁ и M₂O₂P равны по трем сторонам, откуда M₁O₁P = M₂O₂P . Кроме того, PO₁B = PO₂B , поскольку O₂O₁PB – равнобедренная трапеция. Складывая эти равенства, получаем M₁O₁B =M₂O₂B , поэтому BM₁ = BM₂ . Следовательно, M₁AB =M₂AB , и прямая M₁M₂ проходит через точку A . С прямой N₁N₂ – аналогично. Далее, хорды M₁N₁ и M₂N₂ стягивают на двух окружностях одинаковые углы, следовательно = . Поскольку четырехугольник M₁M₂N₁N₂ вписанный, треугольники M₁AN₁ и N₂AM₂ подобны с коэффициентом , поэтому = = .

Теперь начинаем решение задачи. Пусть P - общий центр данных окружностей, будем называть их большей и меньшей окружностью, окружности β₀, β₁ радиуса R касаются данных внутренним образом, а окружности γ₀, γ₁ радиуса r касаются большей окружности внутренним образом, а меньшей – внешним. Точки пересечения β_i и γ_k обозначим A_ik⁰ и A_ik¹ (первая точка находится дальше второй от центра P ). Проведем произвольную окружность с центром P , она пересекает каждую из окружностей β_i и γ_k в двух точках b^s_i, s = 0,1 (соответственно c^s_k ). При обходе окружности β_i в положительном направлении, начиная с точки ее касания с большей окружностью, сначала идет b_i⁰ , потом b_i¹ . С точками c_k^s аналогично (рис.10.6.6). Все верхние индексы берутся по модулю 2, например A10² = A10⁰, c₁³ = c₁¹ .
Покажем, что 4 точки A_ik^i+k ( i, k {0,1} ) лежат на одной окружности. Пусть O₁, O₂ – центры окружностей β₀ и γ₀ соответственно. Тогда O₂A00⁰O₁P – параллелограмм, длины его сторон – r и R . По лемме 1 прямые b0⁰c₀⁰ и b₀¹c₀¹ пересекаются в точке A00⁰ . Обозначим через окружность, касающуюся β₀ и β₁ в точках b₀⁰ и b₁¹ соответственно, а через – окружность, касающуюся γ₀ и γ₁ в точках c₀¹ и c₁⁰ соответственно. Предполагаем, что и не вырождаются в прямые. Пусть x – радиус окружности , взятый со знаком плюс, если эта окружность касается β₀ внешним образом, и со знаком минус, если внутренним. Аналогично, y – радиус окружности , взятый со знаком. Пусть также B – вторая точка пересечения прямой b0⁰A00⁰ с окружностью , а C - вторая точка пересечения прямой c₀¹A00⁰ с окружностью . В силу подобия окружностей имеем b₀⁰B = b₀⁰ A00⁰ , следовательно, степень точки A00⁰ относительно равна A00⁰b₀⁰· A00⁰B = (1+ )(A00⁰b₀⁰)². Аналогично, степень точки A00⁰ относительно равна (1+ )(A00⁰c₀¹)² . Согласно лемме 1 имеем A00⁰b₀⁰/A00⁰c₀¹ = R/r . Следовательно, отношение степеней точки A00⁰ относительно окружностей и равно . Проведя то же рассуждение с точками A11⁰, A10¹, A01¹ , получаем, что у каждой из них отношение степеней относительно и равно . Следовательно, эти 4 точки лежат на одной окружности.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2007
Класс
Класс	10
задача
Номер	106