|
|
 |
Условие
Пусть $E$ – проекция вершины $C$ прямоугольника $ABCD$ на диагональ $BD$. Докажите, что общие внешние касательные к окружностям $AEB$ и $AED$ пересекаются на окружности $AEC$.Решение 1
Будем считать, что $AB>BC$ и соответственно $DE>BE$. Пусть $S$ – середина дуги $ACE$, $T$ – образ точки $D$ при инверсии с центром $S$ и радиусом $SA$. Тогда достаточно доказать, что $T$ лежит на окружности $AEB$. Имеем $\angle ATE=\angle ATS+\angle STE=\angle SAD+\angle DES=\angle EDA-\angle ESA=\angle BAC-\angle ECA=\angle ABE$, ч.т.д.Решение 2
Пусть $\omega_1$, $\omega_2$ – окружности, описанные около треугольников $AEB$, $AED$ соответственно, $R_1$ и $R_2$ – радиусы $\omega_1$ и $\omega_2$, а $X$ – центр их внешней гомотетии. Тогда $$ \operatorname{deg}(X,\omega_1):\operatorname{deg}(X,\omega_2)=R_1^2:R_2^2. \quad (1) $$Пусть прямые $CB$ и $CD$ повторно пересекают $\omega_1$ и $\omega_2$ соответственно в точках $M$ и $N$. Очевидно, $AN$ и $AM$ – диаметры $\omega_1$ и $\omega_2$, кроме того, треугольник $AND$ подобен треугольнику $AMB$, а треугольник $AMN$ – треугольнику $ABD$. Поэтому $$ \frac{R_1}{R_2}=\frac{AM}{AN}=\frac{CD}{CB}, \quad(2) $$ С другой стороны $$ \frac{CM}{CN}=\frac{\sin\angle ENC}{\sin\angle EMC}=\frac{\sin\angle EAD}{\sin\angle EAB}=\frac{ED}{EB}\frac{AB}{AD}=\frac{CD^3}{CB^3}. $$ Cледовательно, $$ \frac{\operatorname{deg}(C,\omega_1)}{\operatorname{deg}(C,\omega_2)} = \frac{CB\cdot CM}{CD\cdot CN} = \frac{R_1^2}{R_2^2}. \quad(3) $$
Из (1) и (3) получаем, что $X$ и $C$ лежат на окружности, соосной с $\omega_1$ и $\omega_2$, т.е. точки $X$, $C$, $A$ и $E$ лежат на одной окружности.
Примечание. Аналогично можно доказать, что центр внутренней гомотетии $\omega_1$ и $\omega_2$ лежит на окружности $AEC$.
