Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16302
2026-02-17 
В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в точке $I$. Прямая, проходящая через точку $B$ параллельно $AC$, пересекает лучи $AA_{1}$ и $CC_{1}$ в точках $A_{2}$ и $C_{2}$ соответственно. Точка $O_{a}$ - центр описанной окружности треугольника $AC_{1}C_{2}$, точка $O_{c}$ - центр описанной окружности треугольника $CA_{1}A_{2}$. Докажите, что $\angle O_{a}BO_{c}=\angle AIC$
Решение:
Пусть $P_{a}$ и $P_{b}$ - центры описанных окружностей треугольников $BC_{1}C_{2}$ и $BA_{1}A_{2}$, $\angle BAC=2\alpha$ и $\angle ACB=2\gamma$. Поскольку $BC_{2}\parallel AC$, то
$\gamma=\angle BCC_{2}=\angle ACC_{2}=\angle BC_{2}C,~\angle C_{2}BC_{1}=\angle BAC=2\alpha.$
Значит, треугольник $CBC_{2}$ равнобедренный, $BC_{2}=BC$.
Центральный угол $BP_{a}C_{1}$ окружности с центром $P_{a}$ вдвое больше вписанного угла $BC_{2}C_{1}$, т.е.
$\angle C_{1}P_{a}B=2\angle BC_{2}C_{1}=2\gamma.$
Кроме того, пересекающиеся окружности с центрами $P_{a}$ и $P_{b}$ симметричны относительно их линии центров $P_{a}O_{a}$, а центральный угол $C_{1}P_{a}C_{2}$ первой из них вдвое больше вписанного угла $C_{1}BC_{2}$, поэтому
$\angle C_{1}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}BC_{1}=2\alpha.$
Пусть угол $\varphi$ - угол при основании равнобедренного треугольника $BP_{a}C_{2}$. Тогда
$\varphi=\angle P_{a}BC_{2}=\frac{1}{2}|180^{\circ}-2\angle BC_{1}C_{2}|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|.$
Проведём в треугольнике $BC_{1}C_{2}$ высоту $BH$. Тогда
$\angle HBC_{1}=|90^{\circ}-\angle BC_{1}H|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|=\varphi.$
Прямые $P_{a}O_{a}$ и $BH$ параллельны, т.к. они перпендикулярны одной и тоже прямой $C_{1}C_{2}$. Значит, угол между прямыми $P_{a}O_{a}$ и $AB$ равен $\varphi$. Кроме того, проекции точек $P_{a}$ и $O_{a}$ на прямую $AB$ - середина отрезков $BC_{1}$ и $AC_{1}$ соответственно. Следовательно, $P_{a}O_{a}=\frac{AB}{2\cos\varphi}$.
Проекция точки $P_{a}$ на прямую $BC_{2}$ - середина отрезка $BC_{2}$, а угол между прямыми $BP_{a}$ и $BC_{2}$ равен $\varphi$, поэтому
$BP_{a}=\frac{BC_{2}}{2\cos\varphi}=\frac{BC}{2\cos\varphi}.$
Следовательно,
$\frac{P_{a}O_{a}}{BP_{a}}=\frac{\frac{AB}{2\cos\varphi}}{\frac{BC}{2\cos\varphi}}=\frac{AB}{BC}.$
Кроме того,
$\angle BP_{a}O_{a}=\angle BP_{a}C_{1}+\angle C_{1}P_{a}O_{a}=2\angle BC_{2}C_{1}+\angle C_{2}BC_{1}=2\gamma+2\alpha.$
Рассуждая аналогично, получим, что
$\frac{P_{c}O_{c}}{BP_{c}}=\frac{BC}{BA},~\angle BP_{c}O_{c}=2\gamma+2\alpha.$
Значит, треугольники $P_{a}BO_{a}$ и $P_{c}O_{c}B$ подобны. Тогда
$\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c}B=\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{a}O_{a}B=180^{\circ}-\angle BP_{a}O_{a}=180^{\circ}-2\alpha-2\gamma=\angle ABC,$
а т.к. $\angle BP_{a}C_{1}=2\gamma$ и $BP_{a}=P_{a}C_{1}$, то $\angle P_{a}BC_{1}=90^{\circ}-\gamma$. Аналогично, $\angle P_{c}BA_{1}=90^{\circ}-\alpha$. Таким образом,
$\angle O_{a}BO_{c}=\angle P_{a}BA+\angle ABC+\angle P_{c}BC-(\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c})=$
$=90^{\circ}-\gamma+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha-\gamma=\angle AIC$.
В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AA_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в точке $I$. Прямая, проходящая через точку $B$ параллельно $AC$, пересекает лучи $AA_{1}$ и $CC_{1}$ в точках $A_{2}$ и $C_{2}$ соответственно. Точка $O_{a}$ - центр описанной окружности треугольника $AC_{1}C_{2}$, точка $O_{c}$ - центр описанной окружности треугольника $CA_{1}A_{2}$. Докажите, что $\angle O_{a}BO_{c}=\angle AIC$
Решение:
Пусть $P_{a}$ и $P_{b}$ - центры описанных окружностей треугольников $BC_{1}C_{2}$ и $BA_{1}A_{2}$, $\angle BAC=2\alpha$ и $\angle ACB=2\gamma$. Поскольку $BC_{2}\parallel AC$, то
$\gamma=\angle BCC_{2}=\angle ACC_{2}=\angle BC_{2}C,~\angle C_{2}BC_{1}=\angle BAC=2\alpha.$
Значит, треугольник $CBC_{2}$ равнобедренный, $BC_{2}=BC$.
Центральный угол $BP_{a}C_{1}$ окружности с центром $P_{a}$ вдвое больше вписанного угла $BC_{2}C_{1}$, т.е.
$\angle C_{1}P_{a}B=2\angle BC_{2}C_{1}=2\gamma.$
Кроме того, пересекающиеся окружности с центрами $P_{a}$ и $P_{b}$ симметричны относительно их линии центров $P_{a}O_{a}$, а центральный угол $C_{1}P_{a}C_{2}$ первой из них вдвое больше вписанного угла $C_{1}BC_{2}$, поэтому
$\angle C_{1}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}P_{a}O_{a}=\angle C_{2}BC_{1}=2\alpha.$
Пусть угол $\varphi$ - угол при основании равнобедренного треугольника $BP_{a}C_{2}$. Тогда
$\varphi=\angle P_{a}BC_{2}=\frac{1}{2}|180^{\circ}-2\angle BC_{1}C_{2}|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|.$
Проведём в треугольнике $BC_{1}C_{2}$ высоту $BH$. Тогда
$\angle HBC_{1}=|90^{\circ}-\angle BC_{1}H|=|90^{\circ}-\angle BC_{1}C_{2}|=\varphi.$
Прямые $P_{a}O_{a}$ и $BH$ параллельны, т.к. они перпендикулярны одной и тоже прямой $C_{1}C_{2}$. Значит, угол между прямыми $P_{a}O_{a}$ и $AB$ равен $\varphi$. Кроме того, проекции точек $P_{a}$ и $O_{a}$ на прямую $AB$ - середина отрезков $BC_{1}$ и $AC_{1}$ соответственно. Следовательно, $P_{a}O_{a}=\frac{AB}{2\cos\varphi}$.
Проекция точки $P_{a}$ на прямую $BC_{2}$ - середина отрезка $BC_{2}$, а угол между прямыми $BP_{a}$ и $BC_{2}$ равен $\varphi$, поэтому
$BP_{a}=\frac{BC_{2}}{2\cos\varphi}=\frac{BC}{2\cos\varphi}.$
Следовательно,
$\frac{P_{a}O_{a}}{BP_{a}}=\frac{\frac{AB}{2\cos\varphi}}{\frac{BC}{2\cos\varphi}}=\frac{AB}{BC}.$
Кроме того,
$\angle BP_{a}O_{a}=\angle BP_{a}C_{1}+\angle C_{1}P_{a}O_{a}=2\angle BC_{2}C_{1}+\angle C_{2}BC_{1}=2\gamma+2\alpha.$
Рассуждая аналогично, получим, что
$\frac{P_{c}O_{c}}{BP_{c}}=\frac{BC}{BA},~\angle BP_{c}O_{c}=2\gamma+2\alpha.$
Значит, треугольники $P_{a}BO_{a}$ и $P_{c}O_{c}B$ подобны. Тогда
$\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c}B=\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{a}O_{a}B=180^{\circ}-\angle BP_{a}O_{a}=180^{\circ}-2\alpha-2\gamma=\angle ABC,$
а т.к. $\angle BP_{a}C_{1}=2\gamma$ и $BP_{a}=P_{a}C_{1}$, то $\angle P_{a}BC_{1}=90^{\circ}-\gamma$. Аналогично, $\angle P_{c}BA_{1}=90^{\circ}-\alpha$. Таким образом,
$\angle O_{a}BO_{c}=\angle P_{a}BA+\angle ABC+\angle P_{c}BC-(\angle P_{a}BO_{a}+\angle P_{c}BO_{c})=$
$=90^{\circ}-\gamma+90^{\circ}-\alpha=180^{\circ}-\alpha-\gamma=\angle AIC$.
