Очень сложная геометрическая задача

[Liouville]

Окружность $\omega$ касается продолжений сторон выпуклого четырехугольника $ABCD$, находясь внутри угла $BAD$. Тогда внешние касательные к окружностям, вписанным в треугольники $ABD$ и $BCD$, пересекаются на $\omega$. Доказать.

(Оффтоп)

Одна просьба: кто знает откуда задача - не говорите сразу и не пишите авторское решение. Может быть кому-нибудь удастся ее решить.

[Klad33]

Liouville в сообщении #496351 писал(а):

Окружность $\omega$ касается продолжений сторон выпуклого четырехугольника $ABCD$, находясь внутри угла $BAD$.

Может быть внутри угла BCD ? Иначе никак не пойму задачу Хорошо бы, конечно, рисунок дать.

[Liouville]

-- 27.10.2011, 03:14 --

(Оффтоп)

Вторая просьба: кто все-таки знает откуда задача и по первой просьбе молчит, напишите: "абыр-абыр". Интересно просто

[Dimoniada]

Liouville, может осевое круговое преобразование, переводящее $ABCD$ в параллелограмм, поможет (помним, что прямые и циклы ориентированы)?

[nnosipov]

Задача действительно интересная, поскольку даже вычислительное решение здесь не очевидно из-за обилия окружностей. Но оно есть; если интересно, напишу.

[svv]

Не любой выпуклый четырехугольник можно использовать в этой задаче.
Мы, например, не можем изменить положение точки $D$, подвинув ее куда-то вправо, иначе не будет существовать окружность, касающаяся всех четырех прямых.
Может, это ключ к решению?

[Liouville]

Dimoniada в сообщении #496451 писал(а):

Liouville, может осевое круговое преобразование, переводящее $ABCD$ в параллелограмм, поможет (помним, что прямые и циклы ориентированы)?

Вы имеете ввиду инверсию? Не думаю, ведь все прямые перейдут в окружности, все усложнится.

-- 27.10.2011, 17:59 --

nnosipov в сообщении #496459 писал(а):

Задача действительно интересная, поскольку даже вычислительное решение здесь не очевидно из-за обилия окружностей. Но оно есть; если интересно, напишу.

Интересно было бы взглянуть Напишите, если не затруднит. Можете даже не очень подробно.

[Dimoniada]

Нет, я имею ввиду такое преобразование Лаггера, функцию $z'= \frac {az+b} {cz+d}$ дуального переменного (тут $z = tg(\frac \alpha 2)(1+\varepsilon s)$ - ориентированная прямая). Оно для четвёрки прямых $[z_1z_2z_3z_4]$ кое-чего сохраняет. Более того, из замечания svv следует, что в результате подобранного такого преобразования $ABCD$ можно перевести вообще в ромб, а не параллелограмм. Получится типа см. рис. Далее надо аккуратно объяснять, почему пунктирные касательные пересекутся именно на бесконечно удалённой вырожденной в прямую окружности $\omega$.

[nnosipov]

Liouville в сообщении #496494 писал(а):

Интересно было бы взглянуть Напишите, если не затруднит.

Дополним обозначения на Вашей картинке: пусть $O_1$, $O_2$ и $O_3$ --- центры 1-й, 2-й и 3-й окружностей (слева направо), $P$ и $Q$ --- точки пересечения внутренних и внешних касательных к 1-й и 2-й окружностям, $R$ --- проекция $O_3$ на прямую $AD$. Нужно доказать, что $Q$ лежит на 3-й окружности. Введём комплексную плоскость так, чтобы $A=0$, а центры $O_1$ и $O_3$ лежали на положительной вещественной полуоси. Пусть комплексные числа $z_1$, $z_2$, $z_3$ отвечают за повороты (в положительном направлении) на половинки углов $\angle BAD$, $\angle ABD$, $\angle DBC$ соответственно. Считая $B=z_1$, все остальные точки можно представить как рациональные функции от $z_k$-х с коэффициентами из $\mathbb{Q}(i)$. Точки вычисляем в следующей последовательности: $D$, $O_1$, $O_3$, $R$, $C$, $O_2$, $P$, $Q$ (точка $Q$ рационально выражается через точки $O_1$, $O_2$ и $P$). Затем проверяем, что $|Q-O_3|^2=|R-O_3|^2$.

P.S. Выражения получаются громоздкими, например

$$ C=-{\frac {z_{{1}} \left( {z_{{1}}}^{2}{z_{{2}}}^{4}{z_{{3}}}^{2}+2\,{z_ {{3}}}^{2}-{z_{{2}}}^{4}{z_{{3}}}^{2}+{z_{{2}}}^{2}+{z_{{1}}}^{2}{z_{{ 2}}}^{2} \right) \left( z_{{2}}z_{{3}}+i \right) \left( -z_{{2}}z_{{ 3}}+i \right) }{{z_{{2}}}^{2}{z_{{3}}}^{4}+{z_{{1}}}^{2}{z_{{2}}}^{2}{ z_{{3}}}^{4}+2\,{z_{{3}}}^{2}+{z_{{2}}}^{2}+{z_{{1}}}^{2}{z_{{2}}}^{2} +2\,{z_{{1}}}^{2}{z_{{2}}}^{4}{z_{{3}}}^{2}}}. $$

[timots]

Давно уж я не занимался школьной геометрией…
Мы имеем одну касательную к двум окружностям $R_1$ $R_2$ . Это линия $BD$. Построим от нее перпендикуляр до пересечения с большой окружностью $w$. Теперь проведем касательную к окружности $R_1$ параллельную к линии $BD$. Получим два катета прямоугольного треугольника. Вторая касательная будет гипотенузой полученного треугольника. Катет и гипотенуза соединятся на большой окружности $w$, так как гипотенуза перпендикулярна касательной $BC$. Гипотенуза будет или иметь точку на окружности $w$ или являться касательной к большой окружности $w$ . Тогда окружность $R_2$ является окружностью вписанной в прямоугольный треугольник, а окружность $R_1$ вписанная в прямоугольную трапецию, которая является продолжением прямоугольного треугольника.

(Оффтоп)

Если я ответил правильно, напишите «абыр-абыр», а если нет «рыба-рыба».

[nnosipov]

timots в сообщении #497113 писал(а):

Мы имеем одну касательную к двум окружностям $R_1$ $R_2$ . Это линия $BD$. Построим от нее перпендикуляр до пересечения с большой окружностью $w$. Теперь проведем касательную к окружности $R_1$ параллельную к линии $BD$. Получим два катета прямоугольного треугольника. Вторая касательная будет гипотенузой полученного треугольника. Катет и гипотенуза соединятся на большой окружности $w$, так как гипотенуза перпендикулярна касательной $BC$. Гипотенуза будет или иметь точку на окружности $w$ или являться касательной к большой окружности $w$ . Тогда окружность $R_2$ является окружностью вписанной в прямоугольный треугольник, а окружность $R_1$ вписанная в прямоугольную трапецию, которая является продолжением прямоугольного треугольника.

Вероятно, этот бредовый текст возник из-за кажущейся перпендикулярности прямой $BD$ одной из общих внешних касательных к первым двум окружностям.

[timots]

nnosipov в сообщении #497152 писал(а):

Вероятно, этот бредовый текст возник из-за кажущейся перпендикулярности прямой одной из общих внешних касательных к первым двум окружностям.

Да нет. Из построения.

[nnosipov]

timots в сообщении #497175 писал(а):

Да нет. Из построения.

Это неважно, в любом случае текст бредовый. Чего стоит вот такое "обоснование":

timots в сообщении #497113 писал(а):

Вторая касательная будет гипотенузой полученного треугольника. Катет и гипотенуза соединятся на большой окружности $w$, так как гипотенуза перпендикулярна касательной $BC$.

С чего Вы взяли, что гипотенуза (вторая внешняя касательная) будет перпендикулярна $BC$? Это тоже неверно.

[timots]

nnosipov
Вообще я задачу решал, а не вел философский спор. Если Вы считаете, что задача решена неправильно, то предложите свой вариант.
У меня есть еще несколько вариантов решение данной задачи. К сожалению, для меня они требуют дополнительных построений. А я не умею чертить на компьютере. Одно из них построить на точках касания с окружностью $w$ четырехугольник, опустить биссектрисы углов $A$ и $C $ на биссектрисы полученных треугольников ит.д. и т.п.
Мне задача интересна, так как уже давно таких задач не решал.

[nnosipov]

timots в сообщении #497481 писал(а):

Мне задача интересна, так как уже давно таких задач не решал.

Решайте на здоровье, но имейте в виду то, что эта задача довольна сложная, школьную геометрию лучше вспоминать на более простых примерах. Уметь чертить на компьютере вовсе не обязательно, это можно делать карандашом на бумаге. Если Вы делаете какие-то дополнительные построения, то описывайте их чётко и недвусмысленно (а не так, как в Вашем тексте выше).