Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1604
2019-01-19 
Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, имеет центр $O$ и касается стороны $AC$ в точке $K$. Вторая окружность - также с центром $O$, пересекает все стороны треугольника $ABC$. Пусть $E$ и $F$ - соответственно ее точки пересечения со сторонами $AB$ и $BC$, ближайшие к вершине $B$; $B_1$ и $B_2$ - точки ее пересечения со стороной $AC$, причем $B_1$ - ближе к $A$. Докажите, что точки $B, K$ и точка $P$ пересечения отрезков $B_2E$ и $B_1F$ лежат на одной прямой.
Решение:
Пусть $L$ и $M$ - точки, в которых вписанная окружность касается сторон $AB$ и $BC$ (см. рис.). Тогда $AK = AL, BL = BM, CM = CK$ и из равенства треугольников $OKB_1, OKB_2, OLE, OMF$ следует $B_1K = B_2K = EL = FM$, поэтому $BE = BF, AE = AB_2, CF = CB_1$. Пусть $P_1$ и $P_2$ соответственно точки, в которых отрезки $B_1F$ и $B_2E$ пересекают $BK$. Тогда по теореме Менелая: $\frac {AF}{BE} \cdot \frac {BP_2}{KP_2} \cdot \frac {KB_2}{AB_2} = 1$ и $\frac{CF}{BF} \cdot \frac{BP_1}{KP_1} \cdot \frac{KB_1}{CB_1} = 1$, следовательно $\frac {BP_2}{KP_2} \cdot \frac {BE \cdot AB_2}{AE \cdot KB_2} = \frac {BE}{KB_2}$ и $\frac{BP_1}{KP_1} = \frac{BF \cdot CB_1}{CF \cdot KB_1} = \frac{BF}{KB_1}$.
Отсюда $ \frac {BP_2}{KP_2} = \frac {BP_1}{KP_1}$, т.е. $P_1 = P_2 = P$. Утверждение доказано.
Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, имеет центр $O$ и касается стороны $AC$ в точке $K$. Вторая окружность - также с центром $O$, пересекает все стороны треугольника $ABC$. Пусть $E$ и $F$ - соответственно ее точки пересечения со сторонами $AB$ и $BC$, ближайшие к вершине $B$; $B_1$ и $B_2$ - точки ее пересечения со стороной $AC$, причем $B_1$ - ближе к $A$. Докажите, что точки $B, K$ и точка $P$ пересечения отрезков $B_2E$ и $B_1F$ лежат на одной прямой.
Решение:
Пусть $L$ и $M$ - точки, в которых вписанная окружность касается сторон $AB$ и $BC$ (см. рис.). Тогда $AK = AL, BL = BM, CM = CK$ и из равенства треугольников $OKB_1, OKB_2, OLE, OMF$ следует $B_1K = B_2K = EL = FM$, поэтому $BE = BF, AE = AB_2, CF = CB_1$. Пусть $P_1$ и $P_2$ соответственно точки, в которых отрезки $B_1F$ и $B_2E$ пересекают $BK$. Тогда по теореме Менелая: $\frac {AF}{BE} \cdot \frac {BP_2}{KP_2} \cdot \frac {KB_2}{AB_2} = 1$ и $\frac{CF}{BF} \cdot \frac{BP_1}{KP_1} \cdot \frac{KB_1}{CB_1} = 1$, следовательно $\frac {BP_2}{KP_2} \cdot \frac {BE \cdot AB_2}{AE \cdot KB_2} = \frac {BE}{KB_2}$ и $\frac{BP_1}{KP_1} = \frac{BF \cdot CB_1}{CF \cdot KB_1} = \frac{BF}{KB_1}$.
Отсюда $ \frac {BP_2}{KP_2} = \frac {BP_1}{KP_1}$, т.е. $P_1 = P_2 = P$. Утверждение доказано.
