Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12979
2023-05-08 
Дан треугольник $ABC$. Вневписанная окружность касается его стороны $BC$ в точке $A_{1}$. Другая вневписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $B_{1}$. Отрезки $AA_{1}$ и $BB_{1}$ пересекаются в точке $N$. На луче $AA_{1}$ отметили такую точку $P$, что $AP=NA_{1}$. Докажите, что точка $P$ лежит на вписанной в треугольник окружности.
Решение:
Обозначим $AB=c$, $AC=b$, $BC=a$, $p$ - полупериметр треугольника $ABC$. Пусть вписанная окружность этого треугольника касается сторон $BC$ и $AC$ в точках $A_{2}$ и $B_{2}$ соответственно. Тогда (см. задачи 7916 и 4014)
$CA_{1}=BA_{2}=p-b,~CB_{1}=AB_{2}=p-a,$
$AB_{1}=BB_{2}=p-c,~BA_{1}=CA_{2}=p-c.$
Применив теорему Менелая к треугольнику $ACA_{1}$ и прямой $BB_{1}$, получаем, что
$1=\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{CB}{BA_{1}}\cdot\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{p-c}{p-a}\cdot\frac{a}{p-c}\cdot\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{a}{p-a}\cdot\frac{A_{1}N}{NA},$
откуда $\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{p-a}{a}$. Значит,
$\frac{AP}{AA_{1}}=\frac{A_{1}N}{AA_{1}}=\frac{p-a}{(p-a)+a}=\frac{p-a}{p}.$
Гомотетия с коэффициентом $\frac{p-a}{p}$ и центром $A$ переведёт точку $A_{1}$ в точку $P$. Но отношение радиусов вписанной и вневписанной окружностей треугольника тоже равно $\frac{p-a}{p}$. Следовательно, точка $P$ лежит на вписанной окружности.
Дан треугольник $ABC$. Вневписанная окружность касается его стороны $BC$ в точке $A_{1}$. Другая вневписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $B_{1}$. Отрезки $AA_{1}$ и $BB_{1}$ пересекаются в точке $N$. На луче $AA_{1}$ отметили такую точку $P$, что $AP=NA_{1}$. Докажите, что точка $P$ лежит на вписанной в треугольник окружности.
Решение:
Обозначим $AB=c$, $AC=b$, $BC=a$, $p$ - полупериметр треугольника $ABC$. Пусть вписанная окружность этого треугольника касается сторон $BC$ и $AC$ в точках $A_{2}$ и $B_{2}$ соответственно. Тогда (см. задачи 7916 и 4014)
$CA_{1}=BA_{2}=p-b,~CB_{1}=AB_{2}=p-a,$
$AB_{1}=BB_{2}=p-c,~BA_{1}=CA_{2}=p-c.$
Применив теорему Менелая к треугольнику $ACA_{1}$ и прямой $BB_{1}$, получаем, что
$1=\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{CB}{BA_{1}}\cdot\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{p-c}{p-a}\cdot\frac{a}{p-c}\cdot\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{a}{p-a}\cdot\frac{A_{1}N}{NA},$
откуда $\frac{A_{1}N}{NA}=\frac{p-a}{a}$. Значит,
$\frac{AP}{AA_{1}}=\frac{A_{1}N}{AA_{1}}=\frac{p-a}{(p-a)+a}=\frac{p-a}{p}.$
Гомотетия с коэффициентом $\frac{p-a}{p}$ и центром $A$ переведёт точку $A_{1}$ в точку $P$. Но отношение радиусов вписанной и вневписанной окружностей треугольника тоже равно $\frac{p-a}{p}$. Следовательно, точка $P$ лежит на вписанной окружности.
