Допирателни към окръжности

[xyz]

Дадена е права AB и две окръжностти една в друга, за които AB е диаметър на външната и минава през центръра на другата - вътрешна. Прекарани са дорирателни от точки A и B към вътрешната окръжност. На точка A съпоставяме права, определена от пресечните точки на допирателните от A с външната окръжност. Да се докаже, че аналогично съответстващата права на точка B допира вътрешната окръжност, тогава и само тогава, когато съответната права на A я допира.
Дал съм и чертеж за по-ясно. Червената права допира вътрешната окръжност, т.с.т.к. синята права я допира.

[Реклама]

[xyz]

Реших задачата и ще дам решението.
Нека разстоянията са както са дадени на чертежа, а освен това ъгъл BAU е α. Тогава от правоъгълните триъгълници намираме:
AU/AB=cos α; AV/AU=cos α;
откъдето:
AV=(cos α)^2.AB=2R.(cos α)^2=2R.(1-(sin α)^2)
Синусът на ъгълът лесно можем да го определим и той е:
sin α = r/(x+r)
Замествайки получаваме:
AV=2R.(1-r/(r+x))
Условието, съответната права да се допира е още по-лесно, т.е. необходимо е да имеме:
AV=x+2r
От последните 2 формули намираме необходимо уравнение за x:
2R.(1-r/(r+x))=x+2r
което се преобразува до:
(1) 2Rrr=xx(2R-r-x)
Можем да изчислим по подобен начин и подобно уравнение по отношение на B. Всъщност то е съвсем като (1), но x се замества с (2R-x). За да видите това, то направете нова вътрешна окръжност, симетрична на първата спрямо вертикален диаметър на голямата окръжност. И така имаме:
(2) 2Rrr=(2R-x)^2(x-r)
Трябва да докажем, че пъвото уравнение се удовлетворява, т.с.т.к. се удовлетворява второто. Това се доказва, като проверите, че ако умножите (1) на [tex]{@r+r-x \over x+r}[/tex], то ще получите (2). По-логичният начин за това (т.е. токъдето дойде идеята за горния коефицент) е да съберете двете уравнения - така ще имате квадратно уравнение, което дели и (1) и (2) (а и задължително трябва да ги дели, ако задачата е вярна).

[xyz]

Тази задача на практика беше частен случай на една по-обща задача:
Имаме произволен триъгълник и разглеждаме единствено вписаната и описаната окръжности. Избираме произволна точка A от външната окръжност. След това прекарваме допирателна към вътрешната окръжност, която пресича външната в точка B. Със същия вид процедура намираме точка C (прекарваме естествено другата допирателна, а не тази, която вече сме построили), а след това по този начин намираме и точка D.
Ако точка A бяхме я избрали да е един от върховете на триъгълника, то очевидно точки A и D щяха да съвпадат. Моето предположение е, че дори да изберем друга точка от описаната окръжност, то пак точките A и D ще съвпадат.
Тъй като това не е задача, а само предположение, то ще помоля накой да направи точен чертеж (с подходяща компютърна програма), за да се види, дали предположението ми изглежда правдоподобно. От чертежите "на ръка" (т.е. с Paint и Word) ми изглежда вярно...

[xyz]

Престоят на тази тема толкова дълго без отговор показва, че в този форум няма хора които да се занимават професионално с геометрия. Защо? Защото твърдението за което ви исках поне чертеж не е нищо друго, освен голямата теорема на Понселе за случая n=3.
Освен всичко друго, аз вече доказах тази теорема (т.е. за случая n=3), а днес разбрах че е нещо известно и на кого е. Моето доказателство е основано на идеята на доказателството на теоремата на Паскал (това е друга геометрична теорема), дадено от Плюкер. Моето решение (отнасящо се за "голямата теорема на Понселе за случая n=3"), заедно решението на Плюкер (на теоремата на Паскал) ще дам в отделна тема - надявам се в най-скоро време.