Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16393
2026-02-17 
Точка $I_{a}$ - центр вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$ в точке $X$, а точка $A'$ диаметрально противоположна точке $A$ на описанной окружности этого треугольника. На отрезках $I_{a}X$, $BA'$, $CA'$ выбраны точки $Y$, $Z$, $T$ соответственно таким образом, что $I_{a}Y=BZ=CT=r$, где $r$ - радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что точки $X$, $Y$, $Z$, $T$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а точки $A_{1}$ и $B_{1}$ - соответственно точки её касания со сторонами $BC$ и $CA$. Тогда
$IA_{1}=IB_{1}=r$
и точки $A_{1}$ и $B_{1}$ симметричны относительно прямой $CI$.
Достроим треугольник $A_{1}IB_{1}$ до ромба $IA_{1}KB_{1}$ (точка $K$ лежит на отрезке $CI$). Тогда
$A_{1}K=r=CT,~IB_{1}\parallel A_{1}K.$
Поскольку $A$ и $A'$ - диаметрально противоположные точки описанной окружности треугольника $ABC$, угол $ACA'$ прямой. Значит, $CT\parallel IB_{1}\parallel A_{1}K$. Таким образом, отрезки $CT$ и $A_{1}K$ равны и параллельны, и поэтому четырёхугольник $A_{1}KCT$ - параллелограмм. Следовательно, $A_{1}T\parallel CI$.
Прямые $IA_{1}$ и $XI_{a}$ параллельны, т.к. обе они перпендикулярны прямой $BC$. Биссектрисы $CI$ и $CI_{a}$ смежных углов перпендикулярны, а т.к. $A_{1}B_{1}\perp CI$, то $CI_{a}\parallel A_{1}B_{1}$. Значит, $\angle IA_{1}B_{1}=\angle XI_{a}C$.
Отметим на луче $I_{a}C$ такую точку $L$, для которой $I_{a}L=A_{1}B_{1}$. Тогда треугольники $IA_{1}B_{1}$ и $YI_{a}L$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, $YL=IB_{1}=r$, и прямые $YL$ и $IB_{1}$ параллельны. Тогда отрезки $YL$ и $TC$ равны и параллельны. Таким образом, четырёхугольник $YLCT$ - параллелограмм. Следовательно, $TY\parallel CI_{a}$.
Поскольку $\angle ICI_{a}=90^{\circ}$, из параллельностей $A_{1}T\parallel CI$ и $TY\parallel CI_{a}$ получаем, что $\angle A_{1}TY=90^{\circ}$. Следовательно, точка $T$ лежит на окружности, построенной на отрезке $A_{1}Y$ как на диаметре. Аналогично проверяется, что точка $Z$ лежит на той же окружности.
Кроме того, $\angle A_{1}XI_{a}=90^{\circ}$, и значит, точка $X$ также лежит на окружности, построенной на отрезке $A_{1}Y$ как на диаметре. Следовательно, точки $X$, $Y$, $Z$, $T$ лежат на одной окружности
Точка $I_{a}$ - центр вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$ в точке $X$, а точка $A'$ диаметрально противоположна точке $A$ на описанной окружности этого треугольника. На отрезках $I_{a}X$, $BA'$, $CA'$ выбраны точки $Y$, $Z$, $T$ соответственно таким образом, что $I_{a}Y=BZ=CT=r$, где $r$ - радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что точки $X$, $Y$, $Z$, $T$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а точки $A_{1}$ и $B_{1}$ - соответственно точки её касания со сторонами $BC$ и $CA$. Тогда
$IA_{1}=IB_{1}=r$
и точки $A_{1}$ и $B_{1}$ симметричны относительно прямой $CI$.
Достроим треугольник $A_{1}IB_{1}$ до ромба $IA_{1}KB_{1}$ (точка $K$ лежит на отрезке $CI$). Тогда
$A_{1}K=r=CT,~IB_{1}\parallel A_{1}K.$
Поскольку $A$ и $A'$ - диаметрально противоположные точки описанной окружности треугольника $ABC$, угол $ACA'$ прямой. Значит, $CT\parallel IB_{1}\parallel A_{1}K$. Таким образом, отрезки $CT$ и $A_{1}K$ равны и параллельны, и поэтому четырёхугольник $A_{1}KCT$ - параллелограмм. Следовательно, $A_{1}T\parallel CI$.
Прямые $IA_{1}$ и $XI_{a}$ параллельны, т.к. обе они перпендикулярны прямой $BC$. Биссектрисы $CI$ и $CI_{a}$ смежных углов перпендикулярны, а т.к. $A_{1}B_{1}\perp CI$, то $CI_{a}\parallel A_{1}B_{1}$. Значит, $\angle IA_{1}B_{1}=\angle XI_{a}C$.
Отметим на луче $I_{a}C$ такую точку $L$, для которой $I_{a}L=A_{1}B_{1}$. Тогда треугольники $IA_{1}B_{1}$ и $YI_{a}L$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, $YL=IB_{1}=r$, и прямые $YL$ и $IB_{1}$ параллельны. Тогда отрезки $YL$ и $TC$ равны и параллельны. Таким образом, четырёхугольник $YLCT$ - параллелограмм. Следовательно, $TY\parallel CI_{a}$.
Поскольку $\angle ICI_{a}=90^{\circ}$, из параллельностей $A_{1}T\parallel CI$ и $TY\parallel CI_{a}$ получаем, что $\angle A_{1}TY=90^{\circ}$. Следовательно, точка $T$ лежит на окружности, построенной на отрезке $A_{1}Y$ как на диаметре. Аналогично проверяется, что точка $Z$ лежит на той же окружности.
Кроме того, $\angle A_{1}XI_{a}=90^{\circ}$, и значит, точка $X$ также лежит на окружности, построенной на отрезке $A_{1}Y$ как на диаметре. Следовательно, точки $X$, $Y$, $Z$, $T$ лежат на одной окружности
