Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 217
2014-06-07 
а) Пусть точка О – центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, а точка $D$ - отличная от $A$ точка пересечения прямой $AO$ с описанной около треугольника $ABC$ окружностью. Доказать, что $DB = DC = DO$.
б) Доказать, что если $ABCD$ - вписанный четырехугольник, то центры $A_{2}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ окружностей, вписанных в треугольники $BCD, CDA, DAB, ABC$ соответственно, являются вершинами прямоугольника.
Решение:
а) В условиях задачи обозначим $\angle BAC = \alpha, \angle ABC = \beta, \angle BCA = \gamma$ (рис.) тогда имеем $\angle DAB = \angle DAC = \alpha/2$, откуда $BD=DC$. Поскольку
$\angle ODC = \angle ABC = \beta$,
$\angle OCD = \angle OCB + \angle BCD = \frac{1}{2} \angle ACB + \angle BAD = (\alpha + \gamma)/2$,
то
$\angle COD =180^{\circ} - \beta - (\alpha + \gamma)/2 = \alpha + \gamma - (\alpha + \gamma)/2 = (\alpha + \gamma)/2 = \angle OCD$,
так что $DO = DC$. Равенства доказаны.
б) В условиях задачи обозначим $\check{AD} = 2 \alpha, \check{AB} = 2 \beta, \check{BC}=2 \gamma, \check{CD}=2 \delta$, а через $M$ и $N$; обозначим середины дуг $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда точки $D_{1}$ и $B_{1}$ лежат на отрезках $AM$ и $AN$ соответственно, a $A_{1}$ есть точка пересечения отрезков $BN$ и $DM$ (рис.). Согласно п. а) имеем
$MD_{1} = MB = MC = MA_{1}$,
поэтому треугольник $D_{1}MA_{1}$ равнобедренный и
$\angle D_{1}A_{1}M = (1/2) (180^{\circ} - \angle AMD) = 90^{\circ} - \alpha/2$.
Аналогично получаем
$\angle B_{1}A_{1}N = 90^{\circ} - \beta / 2$.
Так как
$\angle DA_{1}N = \angle BA_{1}M = (\gamma + \delta) /2$.
то
$\angle D_{1}A_{1}B_{1} = 180^{\circ} - \angle D_{1}A_{1}M – (\angle B_{1}A_{1}N - \angle DA_{1}N) =$
$= 180^{\circ} - (90^{\circ} \alpha / 2) - (90^{\circ} - \beta/2) + (\gamma + \delta)/2 = (\alpha + \beta + \gamma + \delta)/2 = 90^{\circ}$,
Аналогично доказывается, что и остальные 3 угла четырехугольника $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ прямые.
а) Пусть точка О – центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, а точка $D$ - отличная от $A$ точка пересечения прямой $AO$ с описанной около треугольника $ABC$ окружностью. Доказать, что $DB = DC = DO$.
б) Доказать, что если $ABCD$ - вписанный четырехугольник, то центры $A_{2}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ окружностей, вписанных в треугольники $BCD, CDA, DAB, ABC$ соответственно, являются вершинами прямоугольника.
Решение:
а) В условиях задачи обозначим $\angle BAC = \alpha, \angle ABC = \beta, \angle BCA = \gamma$ (рис.) тогда имеем $\angle DAB = \angle DAC = \alpha/2$, откуда $BD=DC$. Поскольку
$\angle ODC = \angle ABC = \beta$,
$\angle OCD = \angle OCB + \angle BCD = \frac{1}{2} \angle ACB + \angle BAD = (\alpha + \gamma)/2$,
то
$\angle COD =180^{\circ} - \beta - (\alpha + \gamma)/2 = \alpha + \gamma - (\alpha + \gamma)/2 = (\alpha + \gamma)/2 = \angle OCD$,
так что $DO = DC$. Равенства доказаны.
б) В условиях задачи обозначим $\check{AD} = 2 \alpha, \check{AB} = 2 \beta, \check{BC}=2 \gamma, \check{CD}=2 \delta$, а через $M$ и $N$; обозначим середины дуг $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда точки $D_{1}$ и $B_{1}$ лежат на отрезках $AM$ и $AN$ соответственно, a $A_{1}$ есть точка пересечения отрезков $BN$ и $DM$ (рис.). Согласно п. а) имеем
$MD_{1} = MB = MC = MA_{1}$,
поэтому треугольник $D_{1}MA_{1}$ равнобедренный и
$\angle D_{1}A_{1}M = (1/2) (180^{\circ} - \angle AMD) = 90^{\circ} - \alpha/2$.
Аналогично получаем
$\angle B_{1}A_{1}N = 90^{\circ} - \beta / 2$.
Так как
$\angle DA_{1}N = \angle BA_{1}M = (\gamma + \delta) /2$.
то
$\angle D_{1}A_{1}B_{1} = 180^{\circ} - \angle D_{1}A_{1}M – (\angle B_{1}A_{1}N - \angle DA_{1}N) =$
$= 180^{\circ} - (90^{\circ} \alpha / 2) - (90^{\circ} - \beta/2) + (\gamma + \delta)/2 = (\alpha + \beta + \gamma + \delta)/2 = 90^{\circ}$,
Аналогично доказывается, что и остальные 3 угла четырехугольника $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ прямые.
