Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1903
2019-01-21 
Треугольник $ABC$ вписан в окружность $S$. Пусть $A_0$ - середина дуги $BC$ окружности $S$, не содержащей $A$; $C_0$ - середина дуги $AB$, не содержащей $C$. Окружность $S_1$ с центром $A_0$ касается $BC$, окружность $S_2$ с центром $C_0$ касается $AB$. Докажите, что центр $I$ вписанной в треугольник $ABC$ окружности лежит на одной из общих внешних касательных к окружностям $S_1$ и $S_2$.
Решение:
Из точки $I$ проведем касательную $IK$ к окружности $S_1$ так, чтобы луч $IK$ пересекал меньшую дугу $A_0C$ (см. рис.). Аналогичным образом проведем касательную $IL$ к окружности $S_2$.
Биссектриса $AI$ угла BAC делит дугу $BC$ на 2 равных дуги. Поэтому точки $A, I, A_o$ лежат на одной прямой. Аналогично, на одной прямой лежат точки $C, I$ и $C_0$. Из равенств
$\angle ICA_0 = \angle C_0CA_0 = \frac{1}{2} \breve{C_0BA_0} = \frac{1}{2} ( \breve{C_0B} + \breve{BA_0})$, $\angle A_0IC = \frac{1}{2} (\breve{AC_0} +\breve{A_0C}) = \frac{1}{2} (\breve{C_0B} +\breve{BA_0})$
следует, что $\angle A_0IC = \angle ICA_0$ и $A_0I = A_0C$.
Далее, пусть $D$ - середина отрезка $BC$, тогда $S_1$ касается $BC$ в точке $D$.
В прямоугольных $\triangle A_0KI$ и $\triangle A_0DC$ катеты $A_0K$ и $A_0D$ равны и $A_0I = A_0C$ по доказанному выше. Следовательно, $\triangle A_0KI = \triangle A_0DC$. Отсюда $\angle A_0IK = \angle A_0CD = \angle A_0CB$. Но $\angle A_0CB = \angle A_0AB$ (теорема о вписанном угле) и $\angle A_0AB = \angle A_0AC$. Значит, $\angle A_0IK = \angle A_0AC$, следовательно прямая $IK$ параллельна $AC$. Аналогично, $IL \parallel AC$, следовательно $L, I, K$ лежат на одной прямой, параллельной $AC$.
Треугольник $ABC$ вписан в окружность $S$. Пусть $A_0$ - середина дуги $BC$ окружности $S$, не содержащей $A$; $C_0$ - середина дуги $AB$, не содержащей $C$. Окружность $S_1$ с центром $A_0$ касается $BC$, окружность $S_2$ с центром $C_0$ касается $AB$. Докажите, что центр $I$ вписанной в треугольник $ABC$ окружности лежит на одной из общих внешних касательных к окружностям $S_1$ и $S_2$.
Решение:
Из точки $I$ проведем касательную $IK$ к окружности $S_1$ так, чтобы луч $IK$ пересекал меньшую дугу $A_0C$ (см. рис.). Аналогичным образом проведем касательную $IL$ к окружности $S_2$.
Биссектриса $AI$ угла BAC делит дугу $BC$ на 2 равных дуги. Поэтому точки $A, I, A_o$ лежат на одной прямой. Аналогично, на одной прямой лежат точки $C, I$ и $C_0$. Из равенств
$\angle ICA_0 = \angle C_0CA_0 = \frac{1}{2} \breve{C_0BA_0} = \frac{1}{2} ( \breve{C_0B} + \breve{BA_0})$, $\angle A_0IC = \frac{1}{2} (\breve{AC_0} +\breve{A_0C}) = \frac{1}{2} (\breve{C_0B} +\breve{BA_0})$
следует, что $\angle A_0IC = \angle ICA_0$ и $A_0I = A_0C$.
Далее, пусть $D$ - середина отрезка $BC$, тогда $S_1$ касается $BC$ в точке $D$.
В прямоугольных $\triangle A_0KI$ и $\triangle A_0DC$ катеты $A_0K$ и $A_0D$ равны и $A_0I = A_0C$ по доказанному выше. Следовательно, $\triangle A_0KI = \triangle A_0DC$. Отсюда $\angle A_0IK = \angle A_0CD = \angle A_0CB$. Но $\angle A_0CB = \angle A_0AB$ (теорема о вписанном угле) и $\angle A_0AB = \angle A_0AC$. Значит, $\angle A_0IK = \angle A_0AC$, следовательно прямая $IK$ параллельна $AC$. Аналогично, $IL \parallel AC$, следовательно $L, I, K$ лежат на одной прямой, параллельной $AC$.
