Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2001
2019-01-23 
В треугольнике $ABC$ через $O, I$ обозначены центры соответственно описанной и вписанной окружностей. Вневписанная окружность ша касается продолжений сторон $AB$ и $AC$ соответственно в точках $K$ и $M$, а стороны $BC$ - в точке $N$. Известно, что середина $P$ отрезка $KM$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что точки $O, N и I$ лежат на одной прямой.
Решение:
Первое решение. В случае $BC \parallel KM$ (т. е. $AB = AC$) утверждение задачи очевидно. Пусть $BC \not\parallel KM$.
Пусть $R$ - радиус описанной окружности, $I_A$ и $r_А$ - соответственно центр и радиус окружности $\omega_а$.
Поскольку $AK = AM$, прямая $AP$ является биссектрисой угла $KAM$, следовательно, $P$ - середина дуги $BC$ (см. рис.).
Заметим, что $\angle IBI_A = \angle ICI_A = 90^{\circ}$, поскольку $BI$ и $CI$ - внутренние биссектрисы, а $BIA$ и $CIA$ - внешние биссектрисы треугольника $ABC$. Отсюда следует, что четырехугольник $I_ABIC$ вписан в окружность с диаметром $II_А$. Центр этой окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к $BC$ и прямой $II_А$ (биссектрисе угла $BAC$), т. е. находится в точке $P$. Поэтому $PI = PI_A = PB = 2R sin \angle BAP$. Так как $\angle AKI_A = \angle APK = 90^{\circ}$, то $\angle I_AKP = \angle BAP$, и ввиду теоремы синусов $2R sin \angle BAP = PI_A = I_AK \sin \angle BAP = r_A \sin \angle BAP$. Отсюда $2R = r_A \Rightarrow I_AN = 2PO$. Отрезок $PO$ параллелен $I_AN$ (так как они оба перпендикулярны $BC$), проходит через середину $P$ отрезка $II_A$ и равен поэтому $РО$ - средняя линия треугольника $II_AN$, поэтому $О$ - середина отрезка $IN$.
Второе решение. Как и в первом решении, предполагаем $BC \not\parallel KM$.
Обозначим через $I_A, I_B ,I_C$ соответствующие центры вневписанных окружностей, а через $X$ - середину отрезка $MN$. Серединные перпендикуляры к отрезкам $KM$ и $MN$ являются биссектрисой угла $A$ и внешней биссектрисой угла $C$ соответственно. Поэтому точки $P$ и $X$ лежат на $II_А$ и $I_AIB$ соответственно. Как показано в первом решении, точка $P$ - середина дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ и является серединой $II_A$. $PX$ - средняя линия треугольника $KMN$, поэтому $PX \parallel KN \parallel II_B$, а поскольку $P$ - середина $II_A$, $PX$ - средняя линия треугольника $I_BI_AI$. Поскольку $XN \perp I_AI_B$, точка $N$ лежит на серединном перпендикуляре к $IBI_A$ (аналогично и к $I_AI_C$), откуда $NI_B = NI_A = NI_C$. Тогда $N$ - центр описанной окружности треугольника $I_AI_BI_С$. Заметим, что он лежит на прямой Эйлера этого треугольника, которая также проходит через его ортоцентр $I$ и центр окружности девяти точек $O$.
В треугольнике $ABC$ через $O, I$ обозначены центры соответственно описанной и вписанной окружностей. Вневписанная окружность ша касается продолжений сторон $AB$ и $AC$ соответственно в точках $K$ и $M$, а стороны $BC$ - в точке $N$. Известно, что середина $P$ отрезка $KM$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что точки $O, N и I$ лежат на одной прямой.
Решение:
Первое решение. В случае $BC \parallel KM$ (т. е. $AB = AC$) утверждение задачи очевидно. Пусть $BC \not\parallel KM$.
Пусть $R$ - радиус описанной окружности, $I_A$ и $r_А$ - соответственно центр и радиус окружности $\omega_а$.
Поскольку $AK = AM$, прямая $AP$ является биссектрисой угла $KAM$, следовательно, $P$ - середина дуги $BC$ (см. рис.).
Заметим, что $\angle IBI_A = \angle ICI_A = 90^{\circ}$, поскольку $BI$ и $CI$ - внутренние биссектрисы, а $BIA$ и $CIA$ - внешние биссектрисы треугольника $ABC$. Отсюда следует, что четырехугольник $I_ABIC$ вписан в окружность с диаметром $II_А$. Центр этой окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к $BC$ и прямой $II_А$ (биссектрисе угла $BAC$), т. е. находится в точке $P$. Поэтому $PI = PI_A = PB = 2R sin \angle BAP$. Так как $\angle AKI_A = \angle APK = 90^{\circ}$, то $\angle I_AKP = \angle BAP$, и ввиду теоремы синусов $2R sin \angle BAP = PI_A = I_AK \sin \angle BAP = r_A \sin \angle BAP$. Отсюда $2R = r_A \Rightarrow I_AN = 2PO$. Отрезок $PO$ параллелен $I_AN$ (так как они оба перпендикулярны $BC$), проходит через середину $P$ отрезка $II_A$ и равен поэтому $РО$ - средняя линия треугольника $II_AN$, поэтому $О$ - середина отрезка $IN$.
Второе решение. Как и в первом решении, предполагаем $BC \not\parallel KM$.
Обозначим через $I_A, I_B ,I_C$ соответствующие центры вневписанных окружностей, а через $X$ - середину отрезка $MN$. Серединные перпендикуляры к отрезкам $KM$ и $MN$ являются биссектрисой угла $A$ и внешней биссектрисой угла $C$ соответственно. Поэтому точки $P$ и $X$ лежат на $II_А$ и $I_AIB$ соответственно. Как показано в первом решении, точка $P$ - середина дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ и является серединой $II_A$. $PX$ - средняя линия треугольника $KMN$, поэтому $PX \parallel KN \parallel II_B$, а поскольку $P$ - середина $II_A$, $PX$ - средняя линия треугольника $I_BI_AI$. Поскольку $XN \perp I_AI_B$, точка $N$ лежит на серединном перпендикуляре к $IBI_A$ (аналогично и к $I_AI_C$), откуда $NI_B = NI_A = NI_C$. Тогда $N$ - центр описанной окружности треугольника $I_AI_BI_С$. Заметим, что он лежит на прямой Эйлера этого треугольника, которая также проходит через его ортоцентр $I$ и центр окружности девяти точек $O$.
