Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1890
2019-01-21 
Проведем через основание биссектрисы угла $A$ разностороннего треугольника $ABC$ отличную от стороны $BC$ касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку ее касания с окружностью обозначим через $K_a$. Аналогично построим точки $K_b$ и $K_c$. Докажите, что три прямые, соединяющие точки $K_a, K_b$ и $K_c$ с серединами сторон $BC, CA$ и $AB$ соответственно, имеют общую точку, причем эта точка лежит на вписанной окружности.
Решение:
1. Докажем, что стороны треугольника $K_aK_bK_c$ параллельны соответствующим сторонам треугольника $ABC$. Пусть $AC > AB$. Имеем $\angle POL = \angle K_aOL$ и $\angle POB = \angle ROB$ (см. рис.), поэтому $\angle K_aOR = 2 \angle LOB$. Угол $LOB$ внешний в треугольнике $AOB$, значит $\angle K_aOR = 2(\alpha/2 + \beta/2) = \alpha + \beta$. Случай $AC < AB$ разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что $\angle K_bOR = \alpha + \beta$. Следовательно, точки $K_a$ и $K_b$ симметричны относительно прямой $OR$, поэтому прямые $K_aK_b$ и $AB$ параллельны.
Итак, соответствующие стороны треугольников $M_aM_bM_c$ и $K_aK_bK_c$ параллельны ($M_a, M_b, M_c$ - середины сторон треугольника), поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых $M_aK_a, M_bK_b$ и $M_cK_c$.
2. Пусть прямая $M_aK_a$ вторично пересекает вписанную в треугольник $ABC$ окружность в точке $T$. Будем считать, что $AC > AB$. Докажем, что описанная вокруг треугольника $TK_aL$ окружность проходит через основание $H$ высоты треугольника $ABC$. Для этого достаточно проверить выполнение равенства $M_aL \cdot M_aH = M_aP^2$, так как $M_aP^2 = M_aK_a \cdot M_aT$ (см. рис.).
Это можно сделать, выразив длины отрезков $M_aP, M_aL$ и $M_aH$ через стороны треугольника $ABC$. Мы докажем его, пользуюсь известными свойствами точки $P^{\prime}$ касания со стороной $BC$ соответствующей вневписанной окружности треугольника: точка $P^{\prime}$ симметрична $P$ относительно $M_a$ и отрезок $AP^{\prime}$ пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке $P$. Поэтому прямые $AP^{\prime}$ и $M_aO$ параллельны ($O$ - центр вписанной окружности, см. рис.).
Пользуясь параллельностью прямых $AH$ и $OP$, равенством $M_aP^{\prime} = M_aP$ и теоремой Фалеса, получаем $\frac{M_aP}{M_aL}= \frac{M_aP^{\prime}}{M_aL}= \frac{OA}{OL}= \frac{PH}{LP}= \frac{PM_a + PH}{M_aL + LP}= \frac{M_aH}{M_aP}$, что и требовалось.
Так как четырехугольник $TK_aLH$ вписанный, углы $M_aTH$ и $M_aLK_a$ равны. Угол $M_aLK_a$ легко выражается через углы треугольника $ABC: \angle M_aLK_a = 180^{\circ} - 2 \angle ALB = \beta - \gamma$ (см. рис.). Рассмотрим теперь четырехугольник $M_bTHM_a$. Заметим, что $\angle HCA = \angle CHMb = \gamma$ (треугольник $CM_bH$ - равнобедренный ), $\angle CM_aM_b = \beta$. Поэтому $\angle M_aM_bH = \beta - \gamma$, значит $M_aTHM_b$ - вписанный ($\angle M_aTH = \angle M_aM_bH)$ и, следовательно, $\angle M_aTM_b = M_aHM_b = \gamma$.
Обозначим через $K$ точку пересечения отрезка $TM_b$ со вписанной окружностью. Так как вписанный в окружность угол $K_aTK$ равен 7, а дуга $RK_a$ вписанной окружности равна $\alpha + \beta$ (это было доказано ранее), точки $K_a$ и $K$ симметричны относительно прямой $OR$. Но точки $K_a$ и $K_b$, как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит точки $K$ и $K_b$ совпадают, что означает, что прямые $M_aK_a$ и $M_bK_b$ пересекаются в точке $T$ вписанной окружности.
Замечание. Из доказанного следует известная теорема Фейербаха: окружность девяти точек (т. е. окружность $M_aM_bM_c$) и вписанная окружность касаются (точкой касания является центр гомотетии $T$).
Проведем через основание биссектрисы угла $A$ разностороннего треугольника $ABC$ отличную от стороны $BC$ касательную к вписанной в треугольник окружности. Точку ее касания с окружностью обозначим через $K_a$. Аналогично построим точки $K_b$ и $K_c$. Докажите, что три прямые, соединяющие точки $K_a, K_b$ и $K_c$ с серединами сторон $BC, CA$ и $AB$ соответственно, имеют общую точку, причем эта точка лежит на вписанной окружности.
Решение:
1. Докажем, что стороны треугольника $K_aK_bK_c$ параллельны соответствующим сторонам треугольника $ABC$. Пусть $AC > AB$. Имеем $\angle POL = \angle K_aOL$ и $\angle POB = \angle ROB$ (см. рис.), поэтому $\angle K_aOR = 2 \angle LOB$. Угол $LOB$ внешний в треугольнике $AOB$, значит $\angle K_aOR = 2(\alpha/2 + \beta/2) = \alpha + \beta$. Случай $AC < AB$ разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что $\angle K_bOR = \alpha + \beta$. Следовательно, точки $K_a$ и $K_b$ симметричны относительно прямой $OR$, поэтому прямые $K_aK_b$ и $AB$ параллельны.
Итак, соответствующие стороны треугольников $M_aM_bM_c$ и $K_aK_bK_c$ параллельны ($M_a, M_b, M_c$ - середины сторон треугольника), поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых $M_aK_a, M_bK_b$ и $M_cK_c$.
2. Пусть прямая $M_aK_a$ вторично пересекает вписанную в треугольник $ABC$ окружность в точке $T$. Будем считать, что $AC > AB$. Докажем, что описанная вокруг треугольника $TK_aL$ окружность проходит через основание $H$ высоты треугольника $ABC$. Для этого достаточно проверить выполнение равенства $M_aL \cdot M_aH = M_aP^2$, так как $M_aP^2 = M_aK_a \cdot M_aT$ (см. рис.).
Это можно сделать, выразив длины отрезков $M_aP, M_aL$ и $M_aH$ через стороны треугольника $ABC$. Мы докажем его, пользуюсь известными свойствами точки $P^{\prime}$ касания со стороной $BC$ соответствующей вневписанной окружности треугольника: точка $P^{\prime}$ симметрична $P$ относительно $M_a$ и отрезок $AP^{\prime}$ пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке $P$. Поэтому прямые $AP^{\prime}$ и $M_aO$ параллельны ($O$ - центр вписанной окружности, см. рис.).
Пользуясь параллельностью прямых $AH$ и $OP$, равенством $M_aP^{\prime} = M_aP$ и теоремой Фалеса, получаем $\frac{M_aP}{M_aL}= \frac{M_aP^{\prime}}{M_aL}= \frac{OA}{OL}= \frac{PH}{LP}= \frac{PM_a + PH}{M_aL + LP}= \frac{M_aH}{M_aP}$, что и требовалось.
Так как четырехугольник $TK_aLH$ вписанный, углы $M_aTH$ и $M_aLK_a$ равны. Угол $M_aLK_a$ легко выражается через углы треугольника $ABC: \angle M_aLK_a = 180^{\circ} - 2 \angle ALB = \beta - \gamma$ (см. рис.). Рассмотрим теперь четырехугольник $M_bTHM_a$. Заметим, что $\angle HCA = \angle CHMb = \gamma$ (треугольник $CM_bH$ - равнобедренный ), $\angle CM_aM_b = \beta$. Поэтому $\angle M_aM_bH = \beta - \gamma$, значит $M_aTHM_b$ - вписанный ($\angle M_aTH = \angle M_aM_bH)$ и, следовательно, $\angle M_aTM_b = M_aHM_b = \gamma$.
Обозначим через $K$ точку пересечения отрезка $TM_b$ со вписанной окружностью. Так как вписанный в окружность угол $K_aTK$ равен 7, а дуга $RK_a$ вписанной окружности равна $\alpha + \beta$ (это было доказано ранее), точки $K_a$ и $K$ симметричны относительно прямой $OR$. Но точки $K_a$ и $K_b$, как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит точки $K$ и $K_b$ совпадают, что означает, что прямые $M_aK_a$ и $M_bK_b$ пересекаются в точке $T$ вписанной окружности.
Замечание. Из доказанного следует известная теорема Фейербаха: окружность девяти точек (т. е. окружность $M_aM_bM_c$) и вписанная окружность касаются (точкой касания является центр гомотетии $T$).
