Задача 53137

Темы:    [ Общая касательная к двум окружностям ] [ Две касательные, проведенные из одной точки ] [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9,10,11

Условие

Автор: Шарыгин И.Ф.

Даны две непересекающиеся окружности, к которым проведены две общие внешние касательные. Рассмотрим равнобедренный треугольник, основание которого лежит на одной касательной, противоположная вершина – на другой, а каждая из боковых сторон касается одной из данных окружностей. Докажите, что высота треугольника равна сумме радиусов окружностей.

Подсказка

Докажите подобие треугольников $OAP$ и $OAQ$, где $P$ и $Q$ – точки пересечения прямой $BC$ с биссектрисой $AP$ внутреннего угла треугольника $OAB$ и биссектрисой $AQ$ внешнего угла треугольника $OCA$, и воспользуйтесь свойствами биссектрис этих треугольников. Или, пользуясь теоремой о касательных, проведённых к окружности из одной точки, выразите сумму радиусов окружностей через стороны и угол при основании треугольника $ABC$.

Решение 1

  Пусть O₁ и O₂ – центры окружностей (см. рис), R и r – их радиусы  (R > r),  AC – основание данного треугольника ABC, расположенное на общей касательной MN  (M и N – точки касания), PQ – вторая общая касательная (P и Q – точки касания), K – точка касания первой окружности со стороной AB, L – второй окружности со стороной BC. Обозначим  AB = BC = a,  AC = 2b,  AM = AK = x,  CN = CL = y,  BH = h  – высота треугольника ABC. Тогда  2a – x – y = PQ = MN = x + y + 2b,  то есть  x + y = a – b.
  Заметим, что  ∠MO₁K = ∠BAC.  Проведём биссектрису AL треугольника ABH. Из подобия треугольников AMO₁ и LHA получаем  ^bh/_a+b : b = x : R,  то есть
hR = x(a + b).  Аналогично  hr = y(a + b).  Следовательно,  (R + r)h = (x + y)(a + b) = (a – b)(a + b) = a² – b² = h²,  откуда  R + r = h.

Решение 2

Пусть $O$ – вершина угла, $O_1$ и $O_2$ – центры меньшего и большего кругов соответственно, $D$ и $E$ – их соответствующие точки касания с прямой $BC$, $P$ и $Q$ – точки пересечения прямой $BC$ с прямыми $AO_1$ и $AO_2$ соответственно, $H$ – основание высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $A$ (см. рисунок).

Из условия следует, что точки $O_1$ и $O_2$ лежат на биссектрисе этого угла и луч $AO_1$ является биссектрисой угла $OAB$, а луч $AO_2$ является биссектрисой угла, смежного с углом $OAC$. Следовательно, $\angle BAC=180^\circ - 2(\angle OAP + \angle CAQ).$ С другой стороны, $\angle BAC = 180^\circ - 2 \angle BCA$. Значит, $\angle BCA = \angle OAP + \angle CAQ$. По теореме о внешнем угле для треугольника $CAQ$ также получаем $\angle BCA = \angle CQA + \angle CAQ$. Поэтому $\angle OAP = \angle CQA$. Тогда треугольники $OAP$ и $OQA$ подобны по двум углам и, следовательно, $\frac{OA}{OP} = \frac{OQ}{OA}$. По свойству биссектрис треугольников $OAP$ и $OQA$ также имеем $\frac{OA}{OP} = \frac{AO_1}{O_1P}$ и $\frac{OQ}{OA} = \frac{QO_2}{O_2A}$. Отсюда следует, что $\frac{AO_1}{O_1P} = \frac{QO_2}{O_2A}$ и $$\frac{PO_1}{PA} + \frac{QO_2}{QA} = \frac{1}{\frac{AO_1}{O_1P}+1} + \frac{\frac{QO_2}{O_2A}}{\frac{QO_2}{O_2A}+1} = \frac{1}{\frac{AO_1}{O_1P}+1} + \frac{\frac{AO_1}{O_1P}}{\frac{AO_1}{O_1P}+1} = 1. $$ Далее, прямоугольные треугольники $PO_1D$ и $PAH$ подобны, и аналогично подобны треугольники $QO_2E$ и $QAH$. Значит, $\frac{PO_1}{PA}=\frac{O_1D}{AH}$ и $\frac{QO_2}{QA}=\frac{O_2E}{AH}$. Следовательно, $\frac{O_1D}{AH} + \frac{O_2E}{AH} = 1$, откуда $AH = O_1D+O_2E,$ что и требовалось доказать.

Решение 3

Пусть $O$ – вершина угла и соответственно $O_1$ и $O_2$ – центры меньшего и большего кругов, $D$ и $E$ – точки касания этих кругов со стороной угла, на которой лежит отрезок $BC$, $H$ – основание высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $A$. Пусть также $r$ и $R$ – радиусы меньшего и большего кругов соответственно. Обозначим через $F$ и $G$ точки касания этих кругов с другой стороной угла, а через $K$ и $L$ – точки касания со сторонами $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ (см. рисунок).

Поскольку треугольник $ABC$ равнобедренный, углы при его основании равны. Обозначим $\alpha = \angle ABC = \angle ACB$. Отрезки касательных к окружности, проведённых из одной точки, равны, поэтому $$FG = OG - OF = OE - OD = DE,$$ $$BC + CE + BC = DE = FG = AF + AG = AK+AL = $$ $$ = AB - BK+AC - CL = 2AB - BD - CE,$$ откуда $$BD+CE = AB - \frac{BC}{2} = AB - BH = AB - AB \cos \alpha = AB(1 - \cos \alpha).$$ Далее, $O_1BD = \frac12 (180^\circ - \alpha) = 90^\circ - \frac{\alpha}2 =\angle O_2CE$, значит, $\angle BO_1D=\angle CO_2E= \frac{\alpha}2$, поэтому из треугольников $O_1BC$ и $O_2CE$ находим $$r+R = O_1D + O_2E = BD \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2 + CE \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2 = (BD+CE) \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2 = $$ $$= AB (1 - \cos \alpha) \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2 = AB \cdot 2 \sin^2 \frac{\alpha} \cdot \frac{\cos \frac{\alpha}2}{\sin \frac{\alpha}2} = $$ $$ = AB \cdot 2 \sin \frac{\alpha}2 \cos \frac{\alpha}2 = AB \sin \alpha = AH,$$ что и требовалось доказать.

Это решение можно окончить иначе. Пусть уже доказано, что $$r+R = (BD+CE) \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2 = \left( AB- \frac{BC}2 \right) \operatorname{ctg} \frac{\alpha}2. $$ Следовательно, сумма радиусов зависит только от сторон и углов треугольника $ABC$ и не зависит от величины угла, в который вписаны круги. Рассмотрим предельную ситуацию, когда радиусы кругов равны, а угол вырождается в пару параллельных прямых (см. рисунок).

Для неё сумма радиусов равна диаметру каждой из окружностей и равна высоте треугольника $ABC$, опущенной из вершины $A$. Значит, этой же величине равна сумма радиусов и в общем случае, когда радиусы различны.

Замечания

На Московской математической олимпиаде 1991 г. задача предлагалась в следующей формулировке:

В данный угол вписаны два непересекающихся круга. Треугольник $ABC$ расположен между кругами так, что его вершины лежат на сторонах угла, а равные стороны $AB$ и $AC$ касаются соответствующих кругов. Докажите, что сумма радиусов кругов равна высоте треугольника, опущенной из вершины $A$.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	831
журнал
Название	"Квант"
год
Год	1991
выпуск
Номер	7
Задача
Номер	М1293
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	54
Год	1991
вариант
Класс	10
задача
Номер	3