Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16432
2026-02-19 
Средняя линия, параллельная стороне $AC$ треугольника $ABC$, пересекает его описанную окружность в точках $X$ и $Y$. Пусть $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а $D$ - середина дуги $AC$, не содержащей точку $B$. На отрезке $DI$ отметили точку $L$, для которой $DL=\frac{1}{2}BI$. Докажите, что из точек $X$ и $Y$ отрезок $IL$ виден под равными углами
Решение:
Поскольку $BD$ - биссектриса угла $ABC$, а дуги, заключённые между параллельными хордами $XY$ и $AC$ равны, то $\angle ABX=\angle CBY$, поэтому $ID$ - биссектриса угла $XBY$.
Пусть $X'$ - точка, симметричная точке $X$ относительно $BD$. Тогда $X'$ лежит на луче $BY$. Достаточно доказать, что точки $I$, $L$, $Y$, $X'$ лежат на одной окружности, т.е., что $BI\cdot BL=BX\cdot BY$ (см. задачу 3921). Тогда из симметрии и по теореме о вписанных углах
$\angle LXI=\angle LX'I=\angle LYI.$
Пусть $I_{B}$ - центр вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $AC$. Тогда точка $I_{B}$, как и точка $I$, на луче $BD$, причём по теореме Мансиона (см. задачу 8144), точка $D$ - середина отрезка $II_{B}$. Обозначим $DL=a$ и $IL=x$. Тогда
$BI=2DL=2a,~BL=2a+x,$
$LI_{B}=LD+DI_{B}=LD+DI=a+(a+x)=2a+x=BL,$
т.е. $L$ - середина отрезка $BI_{B}$. Следовательно,
$BI\cdot BL=BI\cdot\frac{1}{2}BI_{B}=\frac{1}{2}BI\cdot BI_{B}.$
Пусть $X''$ - точка пересечения $AC$ и $BX$. Тогда треугольники $X''BA$ и $CBY$ подобны, поскольку
$\angle BX''A=\angle BXY=\angle BCY~\mbox{и}~\angle XBA=\angle CBY,$
откуда получаем
$\frac{BY}{AB}=\frac{BC}{BX''}=\frac{BC}{2BX}~\Rightarrow~2BX\cdot BY=AB\cdot BC.$
Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому из точек $A$ и $C$ отрезок $II_{B}$ виден под прямым углом. Значит, $AICI_{B}$ - вписанный четырёхугольник. Следовательно,
$\angle AI_{B}B=\angle AI_{B}I=\angle ACI=\angle BCI,$
поэтому треугольники $BIC$ и $BAI_{B}$ подобны по двум углам. Тогда
$\frac{BI}{BC}=\frac{AB}{BI_{B}}~\Rightarrow~BI\cdot BI_{B}=AB\cdot BC=2BX\cdot BY~\Rightarrow~BX\cdot BY=\frac{1}{2}BI\cdot BI_{B}=BI\cdot BL.$
Отсюда следует утверждение задачи
Средняя линия, параллельная стороне $AC$ треугольника $ABC$, пересекает его описанную окружность в точках $X$ и $Y$. Пусть $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а $D$ - середина дуги $AC$, не содержащей точку $B$. На отрезке $DI$ отметили точку $L$, для которой $DL=\frac{1}{2}BI$. Докажите, что из точек $X$ и $Y$ отрезок $IL$ виден под равными углами
Решение:
Поскольку $BD$ - биссектриса угла $ABC$, а дуги, заключённые между параллельными хордами $XY$ и $AC$ равны, то $\angle ABX=\angle CBY$, поэтому $ID$ - биссектриса угла $XBY$.
Пусть $X'$ - точка, симметричная точке $X$ относительно $BD$. Тогда $X'$ лежит на луче $BY$. Достаточно доказать, что точки $I$, $L$, $Y$, $X'$ лежат на одной окружности, т.е., что $BI\cdot BL=BX\cdot BY$ (см. задачу 3921). Тогда из симметрии и по теореме о вписанных углах
$\angle LXI=\angle LX'I=\angle LYI.$
Пусть $I_{B}$ - центр вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $AC$. Тогда точка $I_{B}$, как и точка $I$, на луче $BD$, причём по теореме Мансиона (см. задачу 8144), точка $D$ - середина отрезка $II_{B}$. Обозначим $DL=a$ и $IL=x$. Тогда
$BI=2DL=2a,~BL=2a+x,$
$LI_{B}=LD+DI_{B}=LD+DI=a+(a+x)=2a+x=BL,$
т.е. $L$ - середина отрезка $BI_{B}$. Следовательно,
$BI\cdot BL=BI\cdot\frac{1}{2}BI_{B}=\frac{1}{2}BI\cdot BI_{B}.$
Пусть $X''$ - точка пересечения $AC$ и $BX$. Тогда треугольники $X''BA$ и $CBY$ подобны, поскольку
$\angle BX''A=\angle BXY=\angle BCY~\mbox{и}~\angle XBA=\angle CBY,$
откуда получаем
$\frac{BY}{AB}=\frac{BC}{BX''}=\frac{BC}{2BX}~\Rightarrow~2BX\cdot BY=AB\cdot BC.$
Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому из точек $A$ и $C$ отрезок $II_{B}$ виден под прямым углом. Значит, $AICI_{B}$ - вписанный четырёхугольник. Следовательно,
$\angle AI_{B}B=\angle AI_{B}I=\angle ACI=\angle BCI,$
поэтому треугольники $BIC$ и $BAI_{B}$ подобны по двум углам. Тогда
$\frac{BI}{BC}=\frac{AB}{BI_{B}}~\Rightarrow~BI\cdot BI_{B}=AB\cdot BC=2BX\cdot BY~\Rightarrow~BX\cdot BY=\frac{1}{2}BI\cdot BI_{B}=BI\cdot BL.$
Отсюда следует утверждение задачи
