Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1871
2019-01-21 
Окружность с центром $O$, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $AC, AB$ и $BC$ в точках $K, M$ и $N$ соответственно. Медиана $BB_1$ треугольника пересекает $MN$ в точке $D$. Докажите, что точка $O$ лежит на прямой $DK$.
Решение:
Первое решение. Пусть $L$ - точка пересечения прямых $KO$ и $MN$, а прямая, проходящая через $L$ параллельно $AC$, пересекает $AB$ и $BC$ в точках $A_1$ и $C_1$ соответственно (см. рис.).
Покажем, что $A_1L = LC_1$. Действительно, $\angle BA_1L = \angle MOL$ как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Отсюда четырехугольник $A_1MLO$ - вписанный, и $\angle MLA_1 = \angle MOA_1 = \alpha$. Аналогично $\angle C_1LN = \angle C_1ON = \alpha$. Тогда $AOMA_1 = AONC_1$, откуда $OA_1 = OC_1$. Значит, $\triangle A_1OC_1$ - равнобедренный, и его высота $OL$ является и медианой. Итак, $A_1L = LC_1$. Но тогда точка $L$, очевидно, лежит на медиане $BB_1$, т. е. $L$ совпадает с $D$ из условия задачи.
Второе решение (см. рис.). Проведем через точку $D$ отрезок $C_1A_1$ с концами на $AB$ и $BC$ параллельно $AC$. Тогда $C_1D = DA_1$, так как, по условию, $D$ лежит на медиане угла $B$.
Заметим, что $\angle MDC_1 = \angle A_1DN$ как вертикальные, и $\angle C_1MD = 180^{\circ} - \angle BMD = 180^{\circ} - \angle A_1ND (BM = BN$ как касательные). Отсюда
$\frac{S_{DMC_1}}{S_{DNA_1}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot MD \cdot C_1D \cdot \sin \angle MDC_1}{\frac{1}{2} \cdot ND \cdot A_1D \cdot \sin \angle NDA_1} = \frac{MD}{ND}$.
Кроме того,
$\frac{S_{DMC_1}}{S_{DNA_1}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot MD \cdot MC_1 \cdot \sin \angle C_1MD}{\frac{1}{2} \cdot ND \cdot NA_1 \cdot \sin \angle A_1ND} = \frac{MD}{ND} \cdot \frac{MC_1}{NA_1}$,
значит $MC_1 = NA_1$. Следовательно, $\triangle OMC_1 = \triangle ONA_1$ (так как $OM = ON$). Отсюда $OC_1 = OA_1,$ значит, $OD$ - высота $\triangle OA_1C_1$. Таким образом, $OD \perp AC (A_1C_1 \parallel AC)$, но и $OK \perp AC$, значит, $O$ лежит на $DK$.
Окружность с центром $O$, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $AC, AB$ и $BC$ в точках $K, M$ и $N$ соответственно. Медиана $BB_1$ треугольника пересекает $MN$ в точке $D$. Докажите, что точка $O$ лежит на прямой $DK$.
Решение:
Первое решение. Пусть $L$ - точка пересечения прямых $KO$ и $MN$, а прямая, проходящая через $L$ параллельно $AC$, пересекает $AB$ и $BC$ в точках $A_1$ и $C_1$ соответственно (см. рис.).
Покажем, что $A_1L = LC_1$. Действительно, $\angle BA_1L = \angle MOL$ как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Отсюда четырехугольник $A_1MLO$ - вписанный, и $\angle MLA_1 = \angle MOA_1 = \alpha$. Аналогично $\angle C_1LN = \angle C_1ON = \alpha$. Тогда $AOMA_1 = AONC_1$, откуда $OA_1 = OC_1$. Значит, $\triangle A_1OC_1$ - равнобедренный, и его высота $OL$ является и медианой. Итак, $A_1L = LC_1$. Но тогда точка $L$, очевидно, лежит на медиане $BB_1$, т. е. $L$ совпадает с $D$ из условия задачи.
Второе решение (см. рис.). Проведем через точку $D$ отрезок $C_1A_1$ с концами на $AB$ и $BC$ параллельно $AC$. Тогда $C_1D = DA_1$, так как, по условию, $D$ лежит на медиане угла $B$.
Заметим, что $\angle MDC_1 = \angle A_1DN$ как вертикальные, и $\angle C_1MD = 180^{\circ} - \angle BMD = 180^{\circ} - \angle A_1ND (BM = BN$ как касательные). Отсюда
$\frac{S_{DMC_1}}{S_{DNA_1}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot MD \cdot C_1D \cdot \sin \angle MDC_1}{\frac{1}{2} \cdot ND \cdot A_1D \cdot \sin \angle NDA_1} = \frac{MD}{ND}$.
Кроме того,
$\frac{S_{DMC_1}}{S_{DNA_1}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot MD \cdot MC_1 \cdot \sin \angle C_1MD}{\frac{1}{2} \cdot ND \cdot NA_1 \cdot \sin \angle A_1ND} = \frac{MD}{ND} \cdot \frac{MC_1}{NA_1}$,
значит $MC_1 = NA_1$. Следовательно, $\triangle OMC_1 = \triangle ONA_1$ (так как $OM = ON$). Отсюда $OC_1 = OA_1,$ значит, $OD$ - высота $\triangle OA_1C_1$. Таким образом, $OD \perp AC (A_1C_1 \parallel AC)$, но и $OK \perp AC$, значит, $O$ лежит на $DK$.
