Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1684
2019-01-20 
Пусть $A_0$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$, а ${A}^{ \prime} $ - точка касания с этой стороной вписанной окружности. Построим окружность $\omega$ с центром в $A_0$ и проходящую через ${A}^{ \prime} $. На других сторонах построим аналогичные окружности. Докажите, что если $\omega$ касается описанной окружности на дуге $BC$, не содержащей $A$, то еще одна из построенных окружностей касается описанной окружности.
Решение:
Первое решение. Обозначим через $F$ точку касания $w$ с описанной окружностью (см. рис.). Так как $A_0F \perp BC, F$ - середина дуги $BC$. Если $I$ - центр вписанной окружности $\triangle ABC$, то $FB = FI = FC$, поскольку $\angle FBI = \angle FBC + \angle CBI = \angle FAC + \angle CBI = \angle BAI + \angle ABI = \angle BIF$, где $\alpha$ и $\beta$ - соответственно величины углов $A$ и $B$ треугольника $ABC$.
Так как $IA^{ \prime} \perp BC$, а $A0A^{ \prime} = A_0F, \angle IA^{ \prime} F = 90^{\circ} + 45^{\circ} = 135^{\circ}$. Следовательно, $ \angle BA^{ \prime}F = 135^{\circ}$. Треугольники $BA^{ \prime}F$ и $IA^{ \prime}F$ равны по двум сторонам и тупому углу $\Rightarrow BA^{ \prime} = A^{ \prime}I = r \Rightarrow \angle IBA^{ \prime} = 45^{\circ} \Rightarrow \angle ABC = 2 \angle IBA^{ \prime} = 90^{\circ}$. Проводя те же рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что окружность, построенная для другого катета, также касается описанной.
Второе решение. Используем стандартные обозначения элементов треугольника. Так как $F$ - середина дуги $ВС$, то $\angle FBA_0 = \frac{\alpha}{2}, FA_0 = BA_0tg\frac{\alpha}{2}$. Нетрудно видеть, что $А_0A^{ \prime} = |ВА_0 - ВА^{ \prime}| = \frac {1}{2}|b - c|$. Пусть вписанная окружность касается стороны $АС$ в точке $В^{ \prime}$. Тогда $tg\frac{\alpha}{2} = \frac{IB^{ \prime}}{AB^{ \prime}} = \frac{r}{p-a} = \frac{S}{p(p-a)}$. В силу формулы Герона, равенство $FA_0 = A_0A^{ \prime}$ принимает вид $a\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p(p-a)} = |b-c|, a^2 \frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)} = (b-c)^2, a^2\frac{(a+c-b)(a+b-c)}{(a+b+c)(b+c-a)} = (b-c)^2, a^2\frac{a^2 - (b-c)^2}{(b+c)^2 - a^2} = (b-c)^2, a^4-a^2(b-c)^2 = (b-c)^2(b+c)^2 - a^2(b-c)^2, a^4 = (b^2 - c^2)^2, a^2 = |b^2 - c^2| \Leftrightarrow \begin{cases} a^2 = b^2 - c^2 \\ a^2 = c^2 - b^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a^2 + c^2 = b^2 \\ a^2 + b^2 = c^2 \end{cases} \Leftrightarrow$
один из углов $B, C$ - прямой. Аналогичные выкладки показывают, что окружность, соответствующая второму катету, касается описанной.
Пусть $A_0$ - середина стороны $BC$ треугольника $ABC$, а ${A}^{ \prime} $ - точка касания с этой стороной вписанной окружности. Построим окружность $\omega$ с центром в $A_0$ и проходящую через ${A}^{ \prime} $. На других сторонах построим аналогичные окружности. Докажите, что если $\omega$ касается описанной окружности на дуге $BC$, не содержащей $A$, то еще одна из построенных окружностей касается описанной окружности.
Решение:
Первое решение. Обозначим через $F$ точку касания $w$ с описанной окружностью (см. рис.). Так как $A_0F \perp BC, F$ - середина дуги $BC$. Если $I$ - центр вписанной окружности $\triangle ABC$, то $FB = FI = FC$, поскольку $\angle FBI = \angle FBC + \angle CBI = \angle FAC + \angle CBI = \angle BAI + \angle ABI = \angle BIF$, где $\alpha$ и $\beta$ - соответственно величины углов $A$ и $B$ треугольника $ABC$.
Так как $IA^{ \prime} \perp BC$, а $A0A^{ \prime} = A_0F, \angle IA^{ \prime} F = 90^{\circ} + 45^{\circ} = 135^{\circ}$. Следовательно, $ \angle BA^{ \prime}F = 135^{\circ}$. Треугольники $BA^{ \prime}F$ и $IA^{ \prime}F$ равны по двум сторонам и тупому углу $\Rightarrow BA^{ \prime} = A^{ \prime}I = r \Rightarrow \angle IBA^{ \prime} = 45^{\circ} \Rightarrow \angle ABC = 2 \angle IBA^{ \prime} = 90^{\circ}$. Проводя те же рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что окружность, построенная для другого катета, также касается описанной.
Второе решение. Используем стандартные обозначения элементов треугольника. Так как $F$ - середина дуги $ВС$, то $\angle FBA_0 = \frac{\alpha}{2}, FA_0 = BA_0tg\frac{\alpha}{2}$. Нетрудно видеть, что $А_0A^{ \prime} = |ВА_0 - ВА^{ \prime}| = \frac {1}{2}|b - c|$. Пусть вписанная окружность касается стороны $АС$ в точке $В^{ \prime}$. Тогда $tg\frac{\alpha}{2} = \frac{IB^{ \prime}}{AB^{ \prime}} = \frac{r}{p-a} = \frac{S}{p(p-a)}$. В силу формулы Герона, равенство $FA_0 = A_0A^{ \prime}$ принимает вид $a\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p(p-a)} = |b-c|, a^2 \frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)} = (b-c)^2, a^2\frac{(a+c-b)(a+b-c)}{(a+b+c)(b+c-a)} = (b-c)^2, a^2\frac{a^2 - (b-c)^2}{(b+c)^2 - a^2} = (b-c)^2, a^4-a^2(b-c)^2 = (b-c)^2(b+c)^2 - a^2(b-c)^2, a^4 = (b^2 - c^2)^2, a^2 = |b^2 - c^2| \Leftrightarrow \begin{cases} a^2 = b^2 - c^2 \\ a^2 = c^2 - b^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a^2 + c^2 = b^2 \\ a^2 + b^2 = c^2 \end{cases} \Leftrightarrow$
один из углов $B, C$ - прямой. Аналогичные выкладки показывают, что окружность, соответствующая второму катету, касается описанной.
