Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16196
2026-02-16 
Точка $M$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$. Касательные, проведённые из $M$ к вписанной окружности треугольника $ABC$, касаются этой окружности в точках $P$ и $Q$. Касательные из $M$ к вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$, касаются этой окружности в точках $R$ и $S$. Прямые $PQ$ и $RS$ пересекаются в точке $X$. Оказалось, что $AX=AM$. Найдите угол $BAC$
Решение:
Докажем два ключевых факта:
1) биссектриса $AL$ угла $BAC$ также является биссектрисой угла $XAM$;
2) $AX\perp BC$.
Тогда в треугольнике $ABC$ медиана $AM$ и высота $AX$ симметричны относительно биссектрисы $AL$. Отсюда получим, что угол $A$ прямой (см. задачу 8167).
1) Обозначим через $I_{1}$ и $I_{2}$ центры соответственно вписанной и вневписанной окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$ треугольника $ABC$. Пусть $P$ и $R$ - те из точек касания $P$, $Q$, $R$ и $S$, что лежит на стороне $BC$. Тогда $MQ=MP=MR=MS$ (см. задачу 7916б). Значит, все точки $P$, $Q$, $R$, $S$ лежат на окружности $\Gamma$ с центром $M$ и радиусом $MP$. Точка $X$ лежит на радикальной оси окружностей $\Omega_{1}$ и $\Gamma$ (см. задачу 9526); аналогично, $X$ лежит на радикальной оси окружностей $\Omega_{2}$ и $\Gamma$. Значит, $X$ лежит и на радикальной оси окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$ (см. задачу 9527), а т.к. $MP=MR$, то точка $M$ тоже лежит на этой радикальной оси, поэтому прямая $XM$ - радикальная ось окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$. Следовательно, прямая $XM$ перпендикулярна биссектрисе $AL$ угла $BAC$.
По условию $AX=AM$, поэтому высота $AL$ равнобедренного треугольника $AXR$ является его биссектрисой. Первый ключевой факт доказан.
2) Точка $Q$ лежит на окружности с диаметром $PR$, поэтому $QR\perp PQ$, значит, прямая $QR$ проходит через точку $P'$, симметричную точке $P$ относительно точки $I_{1}$. Точки $A$, $P'$ и $R$ лежат на одной прямой (см. задачу 9545), поэтому на этой прямой лежит и точка $Q$. Значит, $PQ\perp QR$, т.е. $PQ$ - высота треугольника $APR$. Аналогично, $RS$ - тоже высота треугольника $APR$, поэтому точка $X$ пересечения прямых $PQ$ и $RS$ - ортоцентр треугольника $APR$. Следовательно, прямая $AX$ перпендикулярна прямой $PR$, а значит, и прямой $BC$. Второй ключевой факт доказан
Точка $M$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$. Касательные, проведённые из $M$ к вписанной окружности треугольника $ABC$, касаются этой окружности в точках $P$ и $Q$. Касательные из $M$ к вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$, касаются этой окружности в точках $R$ и $S$. Прямые $PQ$ и $RS$ пересекаются в точке $X$. Оказалось, что $AX=AM$. Найдите угол $BAC$
Решение:
Докажем два ключевых факта:
1) биссектриса $AL$ угла $BAC$ также является биссектрисой угла $XAM$;
2) $AX\perp BC$.
Тогда в треугольнике $ABC$ медиана $AM$ и высота $AX$ симметричны относительно биссектрисы $AL$. Отсюда получим, что угол $A$ прямой (см. задачу 8167).
1) Обозначим через $I_{1}$ и $I_{2}$ центры соответственно вписанной и вневписанной окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$ треугольника $ABC$. Пусть $P$ и $R$ - те из точек касания $P$, $Q$, $R$ и $S$, что лежит на стороне $BC$. Тогда $MQ=MP=MR=MS$ (см. задачу 7916б). Значит, все точки $P$, $Q$, $R$, $S$ лежат на окружности $\Gamma$ с центром $M$ и радиусом $MP$. Точка $X$ лежит на радикальной оси окружностей $\Omega_{1}$ и $\Gamma$ (см. задачу 9526); аналогично, $X$ лежит на радикальной оси окружностей $\Omega_{2}$ и $\Gamma$. Значит, $X$ лежит и на радикальной оси окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$ (см. задачу 9527), а т.к. $MP=MR$, то точка $M$ тоже лежит на этой радикальной оси, поэтому прямая $XM$ - радикальная ось окружностей $\Omega_{1}$ и $\Omega_{2}$. Следовательно, прямая $XM$ перпендикулярна биссектрисе $AL$ угла $BAC$.
По условию $AX=AM$, поэтому высота $AL$ равнобедренного треугольника $AXR$ является его биссектрисой. Первый ключевой факт доказан.
2) Точка $Q$ лежит на окружности с диаметром $PR$, поэтому $QR\perp PQ$, значит, прямая $QR$ проходит через точку $P'$, симметричную точке $P$ относительно точки $I_{1}$. Точки $A$, $P'$ и $R$ лежат на одной прямой (см. задачу 9545), поэтому на этой прямой лежит и точка $Q$. Значит, $PQ\perp QR$, т.е. $PQ$ - высота треугольника $APR$. Аналогично, $RS$ - тоже высота треугольника $APR$, поэтому точка $X$ пересечения прямых $PQ$ и $RS$ - ортоцентр треугольника $APR$. Следовательно, прямая $AX$ перпендикулярна прямой $PR$, а значит, и прямой $BC$. Второй ключевой факт доказан
