Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.mccme.ru/ask/qa/lktg.html
Дата изменения: Fri Sep 5 15:13:36 2003
Дата индексирования: Tue Oct 2 01:21:56 2012
Кодировка: koi8-r
Поисковые слова: europa
Q&A

На главную страницу

В. Произведём следующие операции: Впишем треугольник ABC в окружность. Затем проведём в треугольнике среднюю линию A1B1, параллельную стороне AB. Далее в сегменты, стягиваемые хордами AC и CB впишем окружности, касающиеся хорд AC и BC в точках A1 и B1 и проведём их общую внешнюю касательную, "ближайшую" к стороне AB. Правильно ли я понимаю, что эта касательная параллельна стороне AB? Если это так, то нельзя ли сказать что-нибудь подбное для A1B1 не средней линии треугольника, а для A1B1 просто параллельной стороне AB

О. Это утверждение действительно верно, причем не только для средней линии, но и в случае, когда A1B1 просто параллельна стороне AB.

Приведем решение, принадлежащее С.В.Маркелову, а после этого --- указания на три других решения.

Итак, Условие. Треугольник ABC вписан в окружность w. Окружность w1 касается внутренним образом дуги AC окружности w, не содержащей точки B, и отрезка BC в точке A1. Окружность w2 касается внутренним образом дуги BC окружности w, не содержащей точки A, и отрезка BС в точке B1. Оказалось, что A1B1 параллельно AB. Доказать, что одна из общих внешних касательных к w1 и w2 параллельна AB.

Решение: в сущности, задача сводится к подобию треугольников, однако их не так-то просто увидеть - лишь 2 вершины из 6 нарисованы на исходном чертеже. Введем обозначения: пусть E - нижняя (если считать сторону AC горизонтальной) точка окружности w1 (касающейся AC), M - центр w1, D - проекция A1 на ME, N - точка касания w1 с описанной окружностью w треугольника ABC, F - вторая точка пересечения A1M с w1, T - середина отрезка AC, K - середина дуги AC, содержащей точку B, O - центр w, r - радиус w1, R - радиус w, t - расстояние от прямой A1B1 до AB, d - расстояние от С до A1B1.

Во-первых, заметим, что точки N,A1 и K лежат на одной прямой (это сразу следует из "леммы Архимеда": щелкните здесь); стало быть, треугольники FNA1 и A1TK подобны, как имеющие равные углы. Отсюда 

A1F*TK = A1N*A1K = AA1*A1C

           AA1*A1C
2r = A1F = -------
             TK

DE = ME - DM = r - r*cos(A) = r*(1 - cos(A)) =

 AA1*A1C                           t d (1 - cos(A))
 ------- * (1 - cos(A)) = -----------------------------   =
   2*TK                         2
                          sin(A)  * 2R * (1 + cos(B))

              t d
= ----------------------------
  2 R (1 + cos(A)) (1 + cos(B))

Т.е. точка E отстоит от прямой A1B1 на расстояние, симметричное относительно замены A <-> B. Это означает, что она отстоит на то же расстояние, что и нижняя точка в окружности w2, т.е. их общая внешняя касательная параллельна AB.

Указание к решению 2. См. решения задач 581 и 582 из книги: Шарыгин И.Ф. "Задачи по геометрии. Планиметрия".

Указание к решению 3. Докажите лемму: пусть ABCD - равнобочная трапеция (BC || AD). На ее описанной окружности берется произвольная точка М. Доказать, что одна из общих касательных ко вписанным окружностям треугольников ABM и CDM параллельна основаниям трапеции.

Решение 4. См. http://www.mccme.ru/turgor/lktg/1999/okr.php --- это решение принадлежит М.Г.Сонкину.

Rambler's Top100