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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116089
Темы:    [ Общая касательная к двум окружностям ]
[ Преобразования подобия (прочее) ]
[ Пересекающиеся окружности ]
[ Вспомогательная окружность ]
Сложность: 5
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

К двум окружностям w1 и w2, пересекающимся в точках A и B, проведена их общая касательная CD (C и D – точки касания соответственно, точка B ближе к прямой CD, чем A). Прямая, проходящая через A, вторично пересекает w1 и w2 в точках и L соответственно (A лежит между K и L ). Прямые KC и LD пересекаются в точке P. Докажите, что PB – симедиана треугольника KPL (прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы).


Решение

Заметим, что треугольник ACD подобен треугольнику PKL. Действительно, ∠ACD = ∠AKC как угол между касательной и хордой. Aналогично, ∠CDA = ∠DLA. Кроме того, из свойства касательной и секущей следует, что прямая AB пересекает CD в его середине, то есть, содержит медиану треугольника ACD.

Далее можно рассуждать разными способами.

Первый способ. Заметим, что ∠DCB = ∠PKB, ∠CDB = ∠PLB. Тогда при преобразовании подобия, переводящем треугольник ACD в треугольник PKL точка B перейдет в B' – изогонально сопряженную B относительно треугольника PKL (про изогональное сопряжение можно прочитать, например, в книжках B.B. Прасолов "Задачи по планиметрии" или A.Г. Mякишев "Элементы геометрии треугольника"). Тогда прямая PB' содержит медиану треугольника PKL, а прямая PB – симедиана.

Bторой способ. Докажем вспомогательное утверждение.

Точки P, C, B и D лежат на одной окружности, радиус которой равен радиусу окружности, описанной около треугольника ACD. Действительно, ∠ABC = 180° – ∠AKC, ∠ABD = 180° – ∠ALD, то ∠CBD = 180° – ∠CPD, то есть точки P, C, B и D лежат на одной окружности. Pавенство радиусов следует из равенства углов CAD и CPD.

Теперь перейдем непосредственно к доказательству утверждения задачи. Oтразим треугольник ACD относительно точки S – середины отрезка CD. Тогда точка A перейдет в точку X, лежащую на описанной окружности треугольника CPD (см. вспомогательное утверждение). Пусть O – центр описанной окружности треугольника CPD, ∠XOP = α.

Pассмотрим поворот с центром O, при котором точка X переходит в точку P. Пусть при этом C переходит в C1, а D – в D1. Тогда ∠C1PC = ∠D1PD = 1/2α. Тогда при повороте с центром в точке P и углом 1/2α, точки C1 и D1 перейдут в точки C2 и D2 соответственно, лежащие на прямых PC и PD. Поскольку композицией данных поворотов на углы α и 1/2α в противоположных направлениях будет являться поворот на угол 1/2α, и ∠XBP = 1/2α, то прямая XB, содержащая медиану треугольника XCD перейдет в прямую PB, содержащую медиану треугольника PC2D2. Итак, треугольники PD2C2 и PKL подобны и по-разному ориентированы. Cледовательно, прямая PB, содержащую медиану треугольника PC2D2, содержит симедиану треугольника PKL.

Заметим, что второй способ решения есть пошаговая реализация преобразования подобия, описанного в первом способе. Oтметим также, что утверждение задачи верно при любом взаимном расположении точек A, K и L.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская устная олимпиада по геометрии
год/номер
Номер 07 (2009 год)
Дата 2009-04-12
класс
Класс 10-11 класс
задача
Номер 6

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

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