Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16456
2026-02-19 
Дана окружность $\Omega$, касающаяся стороны $AB$ угла $BAC$ и лежащая вне этого угла. Рассматриваются окружности $\omega$, вписанные в угол $BAC$. Общая внутренняя касательная к окружностям $\Omega$ и $\omega$, отличная от $AB$, касается окружности $\omega$ в точке $K$. Пусть $L$ - точка касания окружности $\omega$ и прямой $AC$. Докажите, что все такие прямые $KL$ проходят через фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $\omega$
Решение:
Пусть $O$ - центр окружности $\Omega$, $P$ - точка касания $\Omega$ и стороны $AB$, $E$ и $X$ - точки пересечения общей внутренней касательной к $\Omega$ и $\omega$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно, $Q$ - точка касания с $\Omega$ касательной, параллельной $AC$, $A_{1}$ - точка пересечения этой касательной с лучом $AB$. Рассмотрим случай, при котором окружность $\omega$ вписана в треугольник $AXE$. Случай, при котором $\omega$ - вневписанной окружностью этого треугольника, разбирается аналогично.
Достаточно будет доказать, что прямые $KL$ и $PQ$ пересекаются в точке $R$, лежащей на окружности $s$, построенной на $AO$ как на диаметре. Действительно, поскольку прямая $PQ$ и окружность $s$ фиксированы, то фиксировано и их пересечение, т.е. точка, лежащая на прямой $KL$.
Центр окружности, вписанной в угол лежит на биссектрисе этого угла, поэтому центры окружностей $\Omega$ и $\omega$ лежат на прямой, проходящей через точку $E$. Пусть эта прямая пересекается с прямой $KL$ в точке $N$. Тогда
$\angle ANO=\angle ANE=90^{\circ}$
(см. задачу 8145). Значит, точка $N$ лежит на окружности $s$.
Заметим, что прямые $LK$ и $PQ$ перпендикулярны биссектрисам углов $X$ и $A_{1}$ (см. задачу 4838), т.е. биссектрисам углов $X$ и $A$ треугольника $AXE$ (т.к. биссектрисы углов $A$ и $A_{1}$ параллельны), а угол между биссектрисами этих углов равен $90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA$ (см. задачу 7881). Тогда
$\angle PRN=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA.$
С другой стороны, из прямоугольного треугольника $ANE$ получаем
$\angle NAP=\angle ANE=90^{\circ}-\angle AEN=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA.$
Значит,
$\angle PRN+\angle NAP=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA\right)+\left(90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA\right)=180^{\circ},$
поэтому точка $R$ лежит на окружности с диаметром $AO$. Отсюда следует утверждение задачи
Дана окружность $\Omega$, касающаяся стороны $AB$ угла $BAC$ и лежащая вне этого угла. Рассматриваются окружности $\omega$, вписанные в угол $BAC$. Общая внутренняя касательная к окружностям $\Omega$ и $\omega$, отличная от $AB$, касается окружности $\omega$ в точке $K$. Пусть $L$ - точка касания окружности $\omega$ и прямой $AC$. Докажите, что все такие прямые $KL$ проходят через фиксированную точку, не зависящую от выбора окружности $\omega$
Решение:
Пусть $O$ - центр окружности $\Omega$, $P$ - точка касания $\Omega$ и стороны $AB$, $E$ и $X$ - точки пересечения общей внутренней касательной к $\Omega$ и $\omega$ с прямыми $AB$ и $AC$ соответственно, $Q$ - точка касания с $\Omega$ касательной, параллельной $AC$, $A_{1}$ - точка пересечения этой касательной с лучом $AB$. Рассмотрим случай, при котором окружность $\omega$ вписана в треугольник $AXE$. Случай, при котором $\omega$ - вневписанной окружностью этого треугольника, разбирается аналогично.
Достаточно будет доказать, что прямые $KL$ и $PQ$ пересекаются в точке $R$, лежащей на окружности $s$, построенной на $AO$ как на диаметре. Действительно, поскольку прямая $PQ$ и окружность $s$ фиксированы, то фиксировано и их пересечение, т.е. точка, лежащая на прямой $KL$.
Центр окружности, вписанной в угол лежит на биссектрисе этого угла, поэтому центры окружностей $\Omega$ и $\omega$ лежат на прямой, проходящей через точку $E$. Пусть эта прямая пересекается с прямой $KL$ в точке $N$. Тогда
$\angle ANO=\angle ANE=90^{\circ}$
(см. задачу 8145). Значит, точка $N$ лежит на окружности $s$.
Заметим, что прямые $LK$ и $PQ$ перпендикулярны биссектрисам углов $X$ и $A_{1}$ (см. задачу 4838), т.е. биссектрисам углов $X$ и $A$ треугольника $AXE$ (т.к. биссектрисы углов $A$ и $A_{1}$ параллельны), а угол между биссектрисами этих углов равен $90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA$ (см. задачу 7881). Тогда
$\angle PRN=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA.$
С другой стороны, из прямоугольного треугольника $ANE$ получаем
$\angle NAP=\angle ANE=90^{\circ}-\angle AEN=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA.$
Значит,
$\angle PRN+\angle NAP=\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle XEA\right)+\left(90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle XEA\right)=180^{\circ},$
поэтому точка $R$ лежит на окружности с диаметром $AO$. Отсюда следует утверждение задачи
