Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1030
2015-02-14 
Полуокружность $\gamma$ построена на диаметре $AB$. Точка $C$ лежит на $\gamma$ и отлична от $A$ и $B$. Ортогональную проекцию $C$ на $AB$ обозначим через $D$. Рассмотрим три окружности $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3} $ имеющие $AB$ в качестве общей касательной; из них $\gamma_{1}$ вписана в треугольник $ABC, \gamma_{2}$ и $\gamma_{3}$ обе касаются отрезка $CD$ и $\gamma$. Докажите, что $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}$ имеют вторую общую касательную.
Решение:
Пусть $O_{2}$ центр $\gamma_{2}, O_{2}H_{2} \perp AB$ (рис.). Пусть для определенности $H_{2}$ лежит между $B$ и $D$ (второй случай рассматривается аналогично). Примем радиус $\gamma$ за единицу. Обозначим $|AD| =x, |O_{2}H_{2}| = r$. Тогда $|AH_{2}| = r +x; |OO_{2}| = \sqrt{|OH_{2}|^{2} + r^{2}} = \sqrt{(x+r-1)^{2} + r^{2}}$. Так как $\gamma$ и $\gamma_{2}$ касаются, то $|OO_{2}| + |O_{2}K| = 1$, т. е. $\sqrt{(x+r-1)^{2} +r^{2}} = 1 -r$, отсюда $|AH_{2}|^{2} = (x+r)^{2} = ((x+r-1)+1)^{2} =2x$.
Но $|AC|^{2} = |AD| \cdot |AB| = 2x = |AH_{2}|^{2}$, т. е. $|AC| = |AH_{2}|$.
Пусть $O_{3}$ — центр $\gamma_{3}; O_{3}H_{3} \perp AB$. Точно так же доказывается, что $|BC| = |BH_{3}|$. Пусть $O_{1}$ — середина отрезка $O_{3}O_{2}; O_{1}H_{1} \perp AB$. Покажем, что $O_{1}$ — центр $\gamma_{1}$. Так как $O_{1}H_{1}$ — средняя линия трапеции $O_{2}H_{2}H_{3}O_{3}$, то $|O_{1}H_{1}| = \frac{|O_{3}H_{3}|+|O_{2}H_{2}|}{2}$.
Но $O_{3}H_{3}$ есть радиус окружности $\gamma_{3}. CD$ — касательная к $\gamma_{2}$. Расстояние от $O_{3}$ до $CD$ равно радиусу $\gamma_{3}$. Это расстояние равно $H_{3}D$. Следовательно, $|O_{3}H_{3}| = |H_{3}D| \cdot |O_{2}H_{2}| = r$. — радиусу $\gamma_{2}. CD$ - касательная к $\gamma_{2}$. Расстояние от $O_{2}$ до $CD$ равно $r$. Эго расстояние равно $H_{2}D$. Следовательно, $|O_{2}H_{2}|=|H_{2}D|$.
Значит,
$|O_{1}H_{1}| = \frac{|O_{3}H_{3}| + |O_{2}H_{2}|}{2} = \frac{|H_{3}D| + |H_{2}D|}{2} = \frac{H_{3}H_{2}}{2} = \frac{|AH_{2}| + |BH_{3}| - |AB|}{2} = \frac{|AC| + |BC| - |AB|}{2}; |AH_{1}| = \frac{|AH_{3}| + |AH_{2}|}{2} = \frac{|AH_{2}| + |AB| - |BH_{3}|}{2} = \frac{|AC| + |AB| -|BC|}{2}$.
Пусть теперь $O_{1}^{\prime}$ центр $\gamma_{1}; O_{1}^{\prime}H_{1}^{\prime} \perp AB; O_{1}^{\prime}N \perp AC; O_{1}^{\prime}N \perp BC; H_{1}^{\prime}, M$ и $N$ - точки касания $\triangle ABC$ и $\gamma_{1}$.
Тогда $|AH_{1}^{\prime}| = \frac{|AC| + |AB| - |BC|}{2} = |AH_{1}|$.
Ho $|AH_{1}^{\prime}| + |AM| = (|AB| - |BH_{1}^{\prime}|) + (|AC| - |MC|) = |AC| + |AB| - (|MC| + |BH_{1}^{\prime}|) = |AC| + |AB| - (|CN| + |BN|) = |AC| + |AB| - |BC|$, так как $|MC| = |CN|$ и $|BH_{1}^{\prime}| = |BN|$ как касательные к одной окружности, проведенные, первые — из точки $C$, вторые — из точки $B$.
$|O_{1}^{\prime}H_{1}^{\prime}| = |O_{1}^{\prime}M| = |CM| = \frac{|AC| + |BC| - |AB|}{2} = |O_{1}H_{1}|$.
Значит, $O_{1}$ и $O_{1}^{\prime}$ совпадают.
Итак, мы доказали, что $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ лежат на одной прямой. Так как прямая, симметричная касательной к окружности относительно
любой прямой, проходящей через ее центр, есть также касательная, то прямая, симметричная $AB$ относительно $O_{3}O_{1}O_{2}$, есть искомая общая касательная.
Полуокружность $\gamma$ построена на диаметре $AB$. Точка $C$ лежит на $\gamma$ и отлична от $A$ и $B$. Ортогональную проекцию $C$ на $AB$ обозначим через $D$. Рассмотрим три окружности $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3} $ имеющие $AB$ в качестве общей касательной; из них $\gamma_{1}$ вписана в треугольник $ABC, \gamma_{2}$ и $\gamma_{3}$ обе касаются отрезка $CD$ и $\gamma$. Докажите, что $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}$ имеют вторую общую касательную.
Решение:
Пусть $O_{2}$ центр $\gamma_{2}, O_{2}H_{2} \perp AB$ (рис.). Пусть для определенности $H_{2}$ лежит между $B$ и $D$ (второй случай рассматривается аналогично). Примем радиус $\gamma$ за единицу. Обозначим $|AD| =x, |O_{2}H_{2}| = r$. Тогда $|AH_{2}| = r +x; |OO_{2}| = \sqrt{|OH_{2}|^{2} + r^{2}} = \sqrt{(x+r-1)^{2} + r^{2}}$. Так как $\gamma$ и $\gamma_{2}$ касаются, то $|OO_{2}| + |O_{2}K| = 1$, т. е. $\sqrt{(x+r-1)^{2} +r^{2}} = 1 -r$, отсюда $|AH_{2}|^{2} = (x+r)^{2} = ((x+r-1)+1)^{2} =2x$.
Но $|AC|^{2} = |AD| \cdot |AB| = 2x = |AH_{2}|^{2}$, т. е. $|AC| = |AH_{2}|$.
Пусть $O_{3}$ — центр $\gamma_{3}; O_{3}H_{3} \perp AB$. Точно так же доказывается, что $|BC| = |BH_{3}|$. Пусть $O_{1}$ — середина отрезка $O_{3}O_{2}; O_{1}H_{1} \perp AB$. Покажем, что $O_{1}$ — центр $\gamma_{1}$. Так как $O_{1}H_{1}$ — средняя линия трапеции $O_{2}H_{2}H_{3}O_{3}$, то $|O_{1}H_{1}| = \frac{|O_{3}H_{3}|+|O_{2}H_{2}|}{2}$.
Но $O_{3}H_{3}$ есть радиус окружности $\gamma_{3}. CD$ — касательная к $\gamma_{2}$. Расстояние от $O_{3}$ до $CD$ равно радиусу $\gamma_{3}$. Это расстояние равно $H_{3}D$. Следовательно, $|O_{3}H_{3}| = |H_{3}D| \cdot |O_{2}H_{2}| = r$. — радиусу $\gamma_{2}. CD$ - касательная к $\gamma_{2}$. Расстояние от $O_{2}$ до $CD$ равно $r$. Эго расстояние равно $H_{2}D$. Следовательно, $|O_{2}H_{2}|=|H_{2}D|$.
Значит,
$|O_{1}H_{1}| = \frac{|O_{3}H_{3}| + |O_{2}H_{2}|}{2} = \frac{|H_{3}D| + |H_{2}D|}{2} = \frac{H_{3}H_{2}}{2} = \frac{|AH_{2}| + |BH_{3}| - |AB|}{2} = \frac{|AC| + |BC| - |AB|}{2}; |AH_{1}| = \frac{|AH_{3}| + |AH_{2}|}{2} = \frac{|AH_{2}| + |AB| - |BH_{3}|}{2} = \frac{|AC| + |AB| -|BC|}{2}$.
Пусть теперь $O_{1}^{\prime}$ центр $\gamma_{1}; O_{1}^{\prime}H_{1}^{\prime} \perp AB; O_{1}^{\prime}N \perp AC; O_{1}^{\prime}N \perp BC; H_{1}^{\prime}, M$ и $N$ - точки касания $\triangle ABC$ и $\gamma_{1}$.
Тогда $|AH_{1}^{\prime}| = \frac{|AC| + |AB| - |BC|}{2} = |AH_{1}|$.
Ho $|AH_{1}^{\prime}| + |AM| = (|AB| - |BH_{1}^{\prime}|) + (|AC| - |MC|) = |AC| + |AB| - (|MC| + |BH_{1}^{\prime}|) = |AC| + |AB| - (|CN| + |BN|) = |AC| + |AB| - |BC|$, так как $|MC| = |CN|$ и $|BH_{1}^{\prime}| = |BN|$ как касательные к одной окружности, проведенные, первые — из точки $C$, вторые — из точки $B$.
$|O_{1}^{\prime}H_{1}^{\prime}| = |O_{1}^{\prime}M| = |CM| = \frac{|AC| + |BC| - |AB|}{2} = |O_{1}H_{1}|$.
Значит, $O_{1}$ и $O_{1}^{\prime}$ совпадают.
Итак, мы доказали, что $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ лежат на одной прямой. Так как прямая, симметричная касательной к окружности относительно
любой прямой, проходящей через ее центр, есть также касательная, то прямая, симметричная $AB$ относительно $O_{3}O_{1}O_{2}$, есть искомая общая касательная.
