Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16440
2026-02-19 
Дан треугольник $ABC$. Пусть $I$ - центр его вписанной окружности, $P$ - такая точка на стороне $AB$, что угол $PIB$ прямой, $Q$ - точка, симметричная точке $I$ относительно вершины $A$. Докажите, что точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть луч $CI$ пересекает сторону $AB$ в точке $N$. Угол $AIB$ тупой, а угол $NIB$ острый (см. задачу 7881), значит точка $P$ лежит между $A$ и $N$. Треугольники $CAI$ и $IAP$ подобны, т.к.
$\angle CAI=\angle IAP~\mbox{и}~\angle AIP=\angle AIB-90^{\circ}=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB\right)-90^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ACI.$
Учитывая это и равенство $QA=AI$, получаем
$\frac{IC}{AC}=\frac{PI}{AI}=\frac{PI}{QA}.$
Кроме того,
$\angle PIC=\angle AIP+\angle AIC=\frac{1}{2}\angle ACB+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(\angle ACB+\angle ABC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CAB)=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle CAB=180^{\circ}-\angle CAI=\angle QAC.$
Значит, треугольники $QAC$ и $PIC$ подобны по углу и отношению прилежащих к нему сторон, поэтому
$\angle IPC=\angle AQC=\angle IQC.$
Следовательно (см. задачу 8103), точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать
Дан треугольник $ABC$. Пусть $I$ - центр его вписанной окружности, $P$ - такая точка на стороне $AB$, что угол $PIB$ прямой, $Q$ - точка, симметричная точке $I$ относительно вершины $A$. Докажите, что точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности
Решение:
Пусть луч $CI$ пересекает сторону $AB$ в точке $N$. Угол $AIB$ тупой, а угол $NIB$ острый (см. задачу 7881), значит точка $P$ лежит между $A$ и $N$. Треугольники $CAI$ и $IAP$ подобны, т.к.
$\angle CAI=\angle IAP~\mbox{и}~\angle AIP=\angle AIB-90^{\circ}=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB\right)-90^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ACI.$
Учитывая это и равенство $QA=AI$, получаем
$\frac{IC}{AC}=\frac{PI}{AI}=\frac{PI}{QA}.$
Кроме того,
$\angle PIC=\angle AIP+\angle AIC=\frac{1}{2}\angle ACB+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(\angle ACB+\angle ABC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CAB)=90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle CAB=180^{\circ}-\angle CAI=\angle QAC.$
Значит, треугольники $QAC$ и $PIC$ подобны по углу и отношению прилежащих к нему сторон, поэтому
$\angle IPC=\angle AQC=\angle IQC.$
Следовательно (см. задачу 8103), точки $C$, $I$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать
