Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1896
2019-01-21 
Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $BC, CA, AB$ в точках $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Точки $A_2, B_2, C_2$ - середины дуг $BAC, CBA, ACB$ описанной около треугольника $ABC$ окружности. Докажите, что прямые $A_1A_2, B_1B_2 и C_1C_2$ пересекаются в одной точке.
Решение:
Первое решение. Случай правильного $\triangle ABC$ очевиден. Пусть $AB = AC$ (см. рис.). Обозначим через $O, I$ центры описанной и вписанной окружностей. Тогда $IA_1 \perp BC; OA_2 \perp BC$ так как $O$ и $A_2$ лежат на серединном перпендикуляре к $BC$. Следовательно, $OA_2 \parallel IA_1$ и $OA_2IA_1$ - трапеция.
Точка $P$ пересечения диагоналей этой трапеции делит $OI$ в отношении $OP / PI = OA_2 / IA_1 = R /: r,$ где $R, r$ - радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей. Проведя аналогичные рассуждения для трапеций $OB_2IB_1, OC_2IC_1$ (если $\triangle ABC$ - равнобедренный, то одна из них вырождается в отрезок) получаем, что отрезки $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ делят $OI$ в отношении $R / r$ и проходят через одну точку $P$.
Второе решение. Касательная $l_A$ в точке $A_2$ к описанной окружности параллельна $BC$. Рассмотрев касательные $l_B, l_C$ в точках $B_2, C_2$, аналогично получим: $l_B \parallel AC, l_C \parallel AB$. Поэтому треугольник $ABC$ гомотетичен треугольнику, образованному прямыми $I_A, l_B, l_C$. При этой гомотетии $A_1$ переходит в $A_2, B_1$ - в $B_2, C_1$ - в $C_2$. Поэтому прямые $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ пересекутся в центре гомотетии.
Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $BC, CA, AB$ в точках $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Точки $A_2, B_2, C_2$ - середины дуг $BAC, CBA, ACB$ описанной около треугольника $ABC$ окружности. Докажите, что прямые $A_1A_2, B_1B_2 и C_1C_2$ пересекаются в одной точке.
Решение:
Первое решение. Случай правильного $\triangle ABC$ очевиден. Пусть $AB = AC$ (см. рис.). Обозначим через $O, I$ центры описанной и вписанной окружностей. Тогда $IA_1 \perp BC; OA_2 \perp BC$ так как $O$ и $A_2$ лежат на серединном перпендикуляре к $BC$. Следовательно, $OA_2 \parallel IA_1$ и $OA_2IA_1$ - трапеция.
Точка $P$ пересечения диагоналей этой трапеции делит $OI$ в отношении $OP / PI = OA_2 / IA_1 = R /: r,$ где $R, r$ - радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей. Проведя аналогичные рассуждения для трапеций $OB_2IB_1, OC_2IC_1$ (если $\triangle ABC$ - равнобедренный, то одна из них вырождается в отрезок) получаем, что отрезки $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ делят $OI$ в отношении $R / r$ и проходят через одну точку $P$.
Второе решение. Касательная $l_A$ в точке $A_2$ к описанной окружности параллельна $BC$. Рассмотрев касательные $l_B, l_C$ в точках $B_2, C_2$, аналогично получим: $l_B \parallel AC, l_C \parallel AB$. Поэтому треугольник $ABC$ гомотетичен треугольнику, образованному прямыми $I_A, l_B, l_C$. При этой гомотетии $A_1$ переходит в $A_2, B_1$ - в $B_2, C_1$ - в $C_2$. Поэтому прямые $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ пересекутся в центре гомотетии.
