|
|
 |
Условие
Пусть AK и BL – высоты остроугольного треугольника ABC, а Ω – вневписанная окружность ABC, касающаяся стороны AB. Общие внутренние касательные к описанной окружности ω треугольника CKL и окружности Ω пересекают прямую AB в точках P и Q. Докажите, что AP = BQ.
Решение 1
Пусть R – центр внутренней гомотетии окружностей ω и Ω, вписанная окружность треугольника ABC касается AB в точке C1, вписанная окружность треугольника PQR – в точке C′, окружность Ω – в точке C2, и пусть C2C3 – диаметр Ω. Тогда C, R, C3 лежат на одной прямой и C, C1, C3 лежат на одной прямой (поскольку вписанная и вневписанная окружности гомотетичны относительно C). Аналогично R, C′, C3 лежат на одной прямой. Значит, C′ совпадает с C1.
Как известно, середина отрезка AB совпадает с серединой C1C2, то есть с серединой C′C2, которая, в свою очередь, совпадает с серединой PQ. А это и требовалось.
Решение 2
Докажем, что утверждение задачи останется верным, если ω – любая окружность с центром на высоте CM. Как и в решении 1 получаем, что точка R пересечения общих внутренних касательных к ω и Ω лежит на прямой CC1. Таким образом, задачу можно переформулировать следующим образом.
Из произвольной точки R на прямой CC1 проводятся касательные к вневписанной окружности треугольника, пересекающие AB в точках P и Q.
Доказать, что эти точки симметричны относительно середины AB.
Можно показать, что соответствие между P и Q сохраняет двойные отношения. Поэтому достаточно найти две пары точек P, Q, симметричных относительно середины AB. При R = C точки P, Q совпадают с A, B, а при R = C1 – с C1, C2. В обоих случаях условие симметричности выполнено.
Замечания
В условии задачи можно заменить вневписанную окружность на вписанную и общие внутренние касательные на внешние. Более того, рассуждая, как в решении 2, получим, что точки пересечения с AB в обоих случаях одни и те же.
