Тема Окружности

Лемма о трезубце

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела окружности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#128221Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD,$ в котором нет параллельных сторон, вписан в окружность $Ω.$ В треугольники $DAB,$ $ABC,$ $BCD,$ $CDA$ вписаны окружности $ωa,$ $ωb,$ $ωc,$ $ωd$ соответственно. Проведены общие внешние касательные к окружностям $ωa$ и $ωb,$ $ωb$ и $ωc,$ $ωc$ и $ωd,$ $ωd$ и $ωa,$ не содержащие сторон четырёхугольника $ABCD.$ Четырёхугольник, последовательные стороны которого лежат на четырёх проведённых прямых (именно в таком порядке), вписан в окружность $Γ .$ Докажите, что прямые, соединяющие центры окружностей $ωa$ и $ωc,$ $ωb$ и $ωd,$ $Ω$ и $Γ ,$ пересекаются в одной точке.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 11.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть, не умаляя общности, лучи $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $Q,$ лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P.$ Обозначим через $I a$ центр окружности $ωa,$ точки $Ib,Ic,Id$ определим аналогично.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Четырехугольник $IaIbIcId$ является прямоугольником, стороны которого параллельны биссектрисам внутренних углов $P$ и $Q.$

Доказательство. Докажем, что прямая $IaId$ параллельна биссектрисе внутреннего угла $Q.$

Действительно, пусть $W$ и $N$ — середины дуг $AB$ и $CD,$ не содержащие остальные вершины четырехугольника, соответственно. Тогда в силу леммы о трезубце $WIa = W Id,$ но прямая $WN$ является биссектрисой угла $IaW Id,$ поэтому $IaId ⊥ WN.$

$PIC$

С другой стороны, углы между парами прямых $W N,BC$ и $W N,AD$ равны полусуммам пар дуг $BN,CW$ и $AW, ND,$ а значит, равны, следовательно, $W N$ перпендикулярна биссектрисе угла $Q.$ Аналогично, $IbIc$ параллельна последней.

$PIC$

Как известно, биссектрисы внутренних углов $P,Q$ перпендикулярны, следовательно, четырехугольник $II II a bc d$ суть прямоугольник, поскольку пары его противоположных стороны параллельны биссектрисам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдем к решению. Таким образом, в силу доказанной леммы точка пересечения прямых $IaIc,IbId$ является центром описанной окружности $ω$ прямоугольника, т.е. достаточно показать, что окружности $Ω,Γ ,ω$ имеют общую радикальную ось.

Обозначим четырёхугольник, образованный четырьмя касательными через $′ ′ ′ ′ A B C D$ (прямая $′ ′ AB$ — общая внешняя касательная к $ωa$ и $ωb,$ аналогично с тремя другими сторонами). Пусть прямая $IaId$ пересекает прямую $AD$ в точке $Xad.$ Точки обозначим через $γ$ описанную окружность четырёхугольника $AIaIdD.$

Тогда точка $Xad$ — радикальный центр окружностей $γ,$ $ω$ и $Ω,$ поскольку она лежит на двух их радикальных осях. Значит, радикальная ось окружностей $ω$ и $Ω$ проходит через точку $Xad,$ аналогично, на ней лежат и точки $Xab,Xbc,Xcd.$ В частности, эти 4 точки лежат на одной прямой.

$PIC$

Пусть прямая $B′C ′$ пересекает сторону $AB$ в точке $S$ и сторону $CD$ в точке $T.$ Поскольку $B′C′ ∥AD,$ то $∠BST = ∠BAD = 180∘− ∠BCT,$ поэтому четырёхугольник $BCT S$ — вписанный. Поскольку $C′D′ ∥AB$ и $A′B ′ ∥CD,$ то по теореме Фалеса

XbcB′ = XbcXab-= XbcS. XbcT XbcXcd XbcC ′

Из этого равенства отношений и вписанности $BCT S$ мы получаем, что

XbcB′⋅XbcC ′ =XbcS ⋅XbcT =XbcB ⋅XbcC,

то есть степень точки $Xbc$ относительно окружностей $Ω$ и $Γ$ одинакова. Рассуждение для точек $Xab,Xad,Xcd$ аналогично. Итого доказано требуемое утверждение.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#130204Максимум баллов за задание: 7

[Лемма о трезубце/трилистнике/Мансиона/куриной лапке] Середина дуги $BC$ (не содержащей точки $A$ ) описанной окружности треугольника $ABC$ равноудалена от $B,$ $C$ , точки пересечения биссектрис этого треугольника и центра вневписанной окружности, касающейся стороны $BC.$

Показать доказательство

Обозначим через $I$ и $I a$ центр вписанной и вневписанной окружности соответственно. Заметим, что прямые $BI$ и $BI a$ являются внутренней и внешней биссектрисой угла $ABC,$ а значит, они перпендикулярны. Аналогично прямые $CI$ и $CIa$ перпендикулярны. Следовательно, четырехугольник $BIIaC$ вписанный в окружность с диаметром $IIa.$ Тогда центр этой окружности лежит на прямой $IIa,$ то есть на биссектрисе угла $BAC$ и на серединном перпендикуляре к $BC.$ Такая точка единственная и она совпадает с серединой дуги.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#131020Максимум баллов за задание: 7

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность. Найдите все возможные значения угла $∠FEG,$ где $E,$ $F$ и $G$ — центры вписанных окружностей в треугольники $ABC,$ $BCD$ и $ABD$ соответственно.

Источники: ДВИ - 2025, вариант 255, задача 5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Грамотный чертеж поможет решить задачу. Рассматриваются центры вписанных окружностей разных треугольников. Какие построения могут пригодиться?

Подсказка 2

Точно! Нам нужны биссектрисы. Построим их для ∠BAC и∠BDC. Где они пересекутся? Что еще можно про них сказать?

Подсказка 3

Они пересекутся на окружности, в которую вписан ABCD, и на них расположены центры вписанных окружностей треугольников ABC и BCD. Применим лемму о трезубце, что следует из нее?

Подсказка 4

Из леммы о трезубце получим, что EX = BX = XC = FX. Проведем аналогичные действия для биссектрис ∠ACB и ∠BDA, пусть они пересекаются в точке Y. Введем обозначения для дуг AD = x и CD = y. Теперь сможем посчитать ∠XEF и ∠YEG.

Подсказка 5

XEF = 90 - x/4 и YEG = 90 - y/4. Теперь посчитаем, чему равен ∠AEC. Это угол в треугольнике между двумя биссектрисами. А чему равен ∠AEY?

Подсказка 6

Выразите его через ∠AEC. Теперь вернемся к вопросу задачи!

Показать ответ и решение

Проведем биссектрисы углов $BAC$ и $BDC.$ Они пересекутся в точке $X,$ лежащей на окружности. На проведенных биссектрисах будут лежать центры вписанных окружностей $E$ и $F.$

$PIC$

По лемме о трезубце $EX =BX =XC$ и $FX = BX = XC,$ следовательно, $EX = XF.$ Пусть биссектрисы $∠ACB$ и $∠BDA$ пересекаются в точке $Y,$ лежащей на окружности. На проведенных биссектрисах будут лежать центры вписанных окружностей $E$ и $G.$ По лемме о трезубце $AY = YB = YE =Y G.$

Рассмотрим равнобедренные треугольники $EXF$ и $GY E.$ Пусть дуга $AD = x,$ дуга $CD = y,$ тогда $x ∠AXD = 2,$ $y ∠DY C = 2.$ Поскольку $∠XEF = ∠XF E,$ а $∠EXF = x2,$ $∠XEF =90∘− x4.$ Аналогично, $y ∠YEG = 90∘− 4.$

$PIC$

Выведем вспомогательный факт:

$PIC$

Пусть $D′$ — точка пересечения биссектрис углов $B′A′C′$ И $B′C′A ′.$ Тогда если $∠A′B′C ′ =α,$ то

′ ′ ′ ′′ ′ ∘ ∠B AC +∠B C A = 180 − α

Поскольку $A′D′$ и $C′D ′$ лежат на биссектрисах,

∠D ′A′C′+ ∠D′C′A ′ = ∠B′A′C′+-∠B′C′A′= 90∘ − α 2 2

По сумме углов в треугольнике $A′D ′C′$

′′ ′ ∘ α- ∠A D C = 90 + 2

Вернемся к исходной картинке. Рассмотрим треугольник $ABC.$ В нем $E$ — точка пересечения биссектрис. Тогда

∘ ∠B ∠AEC =90 + -2-

Кроме того,

∠AEY = 90∘− ∠2B-=90∘− x+4y

В итоге,

∠GEF = 180∘− ∠AEG − ∠XEF =180∘− ∠YEG − ∠XEF + ∠YEA = 180∘− 90∘ =90∘

Ответ:

$90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#136815Максимум баллов за задание: 7

Лемма Варьера. Окружность касается сторон $AB,AC$ треугольника $ABC$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а также его описанной окружности. Докажите, что середина отрезка $KL$ является центром вписанной окружности треугольника $ABC.$

Показать доказательство

Пусть $W , b$ $W c$ — середины дуг $AC,$ $AB,$ не содержащих остальных вершин треугольника; $I$ — центр вписанной окружности; $Sa$ — окружность, касающаяся сторон $AB$ и $AC,$ касается описанной окружности в точке $T.$ По лемме Архимеда тройки точек $T,K,Wc$ и $T,L,Wb$ лежат на одной прямой. Далее предложим несколько способов закончить доказательство.

Способ 1. По теореме Паскаля для шестиугольника $BWcAWbCT$ точки $K,I,L$ лежат на одной прямой, но точки $K$ и $L$ симметричны относительно прямой $AI,$ а значит, $I$ является серединой $KL.$

$PIC$

Способ 2. Треугольники $WcKA$ и $WcAT$ подобны по двум углам, следовательно,

WcA2 =WcK ⋅WcT,

то есть $Wc$ имеет равные степени степени точек относительно точки $A$ и окружности $SA.$ То же верно для точки $Wb,$ а значит, прямая $WcWb$ является их радикальной осью и содержит среднюю линию треугольника $AKL,$ то есть середина $KL$ является отражением точки $A$ относительно $WbWc.$

Осталось заметить, что этим же свойством обладает точка $I,$ поскольку $WcA = WcI$ и $WbA = WbI$ в силу леммы о трезубце.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#136844Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB,$ $AC$ треугольника $ABC,$ а также его описанной окружности в точке $T.$ Пусть $I$ — центр вписанной окружности. Прямая $AI$ пересекает описанную окружность треугольника в точке $W.$ Докажите, что прямые $BC,W T$ и перпендикуляр в точке $I$ к прямой $AI$ пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

Пусть $N$ — середина дуги $BC,$ содержащей точку $A.$ Известно, что прямая $NI$ проходит через точку $T,$ следовательно, окружность, построенная на $IW$ как на диаметре, проходит через $T$ и касается прямой $ℓ,$ перпендикулярной прямой $AI$ и проходящей через $I.$

По лемме о трезубце центром окружности $(BIC )$ является точка $W,$ следовательно, прямая $ℓ$ является касательной к ней, поскольку перпендикулярна радиусу $W I.$ Таким образом, $ℓ$ — является общей касательной к окружностям $(BIC )$ и $(ITW ).$

$PIC$

Осталось заметить, что $BC,$ $W T,$ $ℓ$ являются радикальными осями пар окружностей

(BIC),(ABC ), (ABC),(ITW ), (IT W),(BIC ),

а значит, пересекаются в одной точке.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Обозначим точку пересечения прямых через $Ra.$ Аналогично определим точки $Rb,Rc.$ Тогда каждая из них имеет равные степени точки относительно $I$ и окружности $(ABC ),$ а значит, лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#136873Максимум баллов за задание: 7

Окружность касается сторон $AB,AC$ треугольника $ABC,$ а также его описанной окружности в точке $T.$ Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника, $N$ — середина дуги $BAC.$ Докажите, что точки $T,I,N$ лежат на одной прямой.

Показать доказательство

Пусть окружность касается сторон $AB,AC$ треугольника $ABC$ в точках $K,L$ соответственно; $W ,W c b$ — середины дуг $AB$ и $AC,$ не содержащие остальных вершин треугольника.

Прямые $KL,$ $WcWb,$ $AN$ параллельны, а в силу леммы Архимеда тройки точек $T,$ $K,$ $Wc$ и $T,$ $L,$ $Wb$ лежат на одной прямой, значит, гомотетия с центром в точке $T,$ переводящая отрезок $KL$ в $WcWb,$ переводит прямые $AK$ и $AL$ в касательные к описанной окружности в точках $Wc$ и $Wb,$ следовательно, точку $A$ — в точку пересечения касательных. Это значит, что $TA$ является симедианой треугольника $WcTWb,$ но дуги $WcA$ и $NWb$ равны, то есть $TN$ является медианой данного треугольника и проходит через середину $WcWb.$ То же достаточно показать про прямую $NI.$

$PIC$

По лемме о трезубце $WbA = WbI,$ но дуги $WbA$ и $WcN$ равны, а поэтому стягивают равные хорды. Аналогично, $WbN = WcI,$ следовательно, $WcNWbI$ является параллелограммом, откуда и следует требуемое.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#90502Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы углов $A$ и $C$ треугольника $ABC$ пересекают описанную окружность этого треугольника в точках $A 0$ и $C0$ соответственно. Прямая, проходящая через центр вписанной окружности треугольника $ABC$ параллельно стороне $AC,$ пересекается с прямой $A0C0$ в точке $P.$ Докажите, что прямая $PB$ касается описанной окружности треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте показать, что A_0BC_0I - дельтоид.

Подсказка 2

Если A_0BC_0I - дельтоид, то что можно сказать про его диагональ A_0C_0?

Подсказка 3

A_0C_0 будет серединным перпендикуляром к BI. Что тогда известно про точку P, которая как раз и лежит на A_0C_0.

Подсказка 4

Докажите равенство углов C_0BP и C_0CB, что докажет утверждение задачи.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ По лемме о трезубце $A0B = A0I$ и $C0B = C0I.$ Тогда $A0C0$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BI.$ Т.к. $P$ лежит на $A0C0,$ то $PI =P B.$ Тогда $△BP C0 = △IPC0$ по трем сторонам. Следовательно, $∠C0BP = ∠C0IP.$ Поскольку $IP ∥AC$ по условию, то $∠C0IP = ∠ICA = ∠C0CB.$ Получаем, что $∠C0BP =∠C0CB.$ Следовательно, $BP$ — касательная к описанной окружности треугольника $ABC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#96372Максимум баллов за задание: 7

Дана равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD.$ В треугольники $ABC$ и $ABD$ вписаны окружности с центрами $I 1$ и $I 2$ соответственно. Докажите, что прямая $I1I2$ перпендикулярна $BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем доказать перпендикулярность I₁I₂ и какой-то другой прямой. Тогда что это за прямая? Какая она будет?

Подсказка 2

Это прямая - средняя линия трапеции, она будет параллельна BC. Но как мы можем доказать, что угол прямой, если нам практически ничего неизвестно…?

Подсказка 3

Давайте попробуем найти равнобедренный треугольник. Доказав, что в нём средняя линия — биссектриса или медиана, мы можем утверждать, что она также высота.

Подсказка 4

Доведём среднюю линию трапеции до пересечения с окружностью — точки P и Q. Докажем, что △I₁PI₂ — равнобедренный, а прямая средней линии является его биссектрисой.

Подсказка 5

Как мы можем доказать, что треугольник, образованный центрами вписанных окружностей и точкой на окружности, равнобедренный…? Может какая-то лемма поможет нам…?

Подсказка 6

Да! Нам поможет лемма о трезубце: PI₁ = PI₂. Осталось только доказать, что PQ — биссектриса. Это можно сделать, посчитав дуги. Что нам даёт средняя линия трапеции? Какие углы равны?

Подсказка 7

Так как PQ — средняя линия, она делит дугу CD пополам — доказали, что она также является биссектрисой!

Показать доказательство

Пусть $P$ и $Q$ — середины дуг $AB$ и $CD$ описанной окружности трапеции $ABCD.$ Ясно, что $PQ ||AD.$ Прямые $CI 1$ и $CI 2$ проходят через точку $P.$ По лемме о трезубце $PI1 = PI2.$ Поскольку $∠I1P Q= ∠CP Q= ∠DP Q =∠I2PQ,$ то прямая $PQ$ — биссектриса равнобедренного треугольника $I1P I2.$ Следовательно, $I1I2 ⊥ PQ||BC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#100197Максимум баллов за задание: 7

На окружности $ω$ зафиксированы точки $B$ и $C,$ а точка $A$ скользит по $ω.$ Найдите геометрическое место точек $X,$ служащих для треугольника $ABC$ центром одной из вневписанных окружностей.

Показать доказательство

Обозначим через $M, N$ — центры дуг $BC,$ через $ω , M$ $ω N$ — окружности с центрами $M, N$ соответственно, проходящие через точки $B,C.$ По лемме о трезубце, каждая точка $X$ принадлежит $ωM$ или $ωN,$ причем является отражением центра вписанной окружности треугольника относительно одной из середин дуг, а значит, лежит вне его описанной окружности. Таким образом, достаточно показать, что любая точка $X,$ которая лежит на большей дуге $BC$ одной из окружностей $ωM ,ωN$ является центром вневписанной окружности треугольника для некоторого положения точки $A.$

$PIC$

Без ограничений общности, достаточно показать это для окружности $ωN.$ Действительно, прямая $XN$ имеет еще по крайней мере одну общую точку с описанной окружностью треугольника. Если эта точка на дуге $CN (BN ),$ то $X$ является центром вневписанной окружности, касающейся стороны $AB (AC ),$ если эта точка на дуге $BC$ — центром вневписанной окружности, касающейся стороны $BC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68195Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I.$ Касательная в точке $I$ к описанной окружности треугольника $BIC$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Докажите, что $AX = AY$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы описываем окружность вокруг BIC, где I - точка пересечения биссектрис, то где лежит центр (BIC)? Если вы еще не поняли что делать - воспользуйтесь леммой о трезубце :)

Подсказка 2

Верно, центр окружности (BIC) есть середина хорды BC, описанной окружности треугольника ABC. Но ведь мы знаем, что прямая AI проходит через середину хорды, значит, мы можем в явном виде обозначить точку W как пересечение AI и окружности (ABC). Какой вывод из этого можно сделать, используя касательную?

Подсказка 3

Да, можно сделать вывод, что AI перпендикулярно XY, поскольку прямая AI содержит радиус окружности (BIC), но при этом XY - касательная в точке I. Осталось заметить , что AI - еще и биссектриса , и задача решена!

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $W −$ вторая точка пересечения $AI$ с описанной окружностью $ABC.$ Биссектриса $AI$ является высотой из леммы о трезубце, потому что на биссектрисе лежит радиус $WI,$ проведённый в точку касания $I.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68203Максимум баллов за задание: 7

В прямоугольном треугольнике $ABC$ из вершины прямого угла $B$ проведена биссектриса, которая вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W.$ Найдите радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности, если известно, что $W A= 3$ , а $W B =4.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Середина дуги и центр вписанной окружности явно на что-то намекают... О каких отрезках и точках мы точно можем что-то сказать?

Подсказка 2

Точка I лежит на BW, а еще можно применить лемму о трезубце! Значит, мы можем посчитать BI, а еще мы знаем угол WBK...как тогда найти радиус?

Подсказка 3

Опустим перпендикуляр из I на BA и в прямоугольном треугольнике найдем один из катетов, который и является радиусом. Осталось лишь найти площадь. Т.к. нам известен радиус вписанной окружности, было бы хорошо найти площадь ровно через него. Но для этого нужен полупериметр. Как будем искать?

Подсказка 4

Вспоминаем связь полупериметра и IA (расстояние от центра вписанной окружности до вершины треугольника), IA = p - AC (p - полупериметр), а найти AC несложно, зная WA и WC.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $I$ — центр вписанной в $ABC$ окружности. Тогда по лемме о трезубце $W A= W C =W I.$ Значит,

IB =W B − W A =4 − 3= 1

Пусть $K$ — точка касания вписанной окружности стороны $BA.$

$PIC$

Из прямоугольного треугольника $BIK :$

√- IK =IB ⋅sin45∘ = -2- 2

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$WA = WC$ как хорды, опирающиеся на равные углы. Из равнобедренного прямоугольного треугольника $W AC$ находим $AC = 3√2.$

По теореме косинусов для треугольников $△BAW$ и $△BCW$ стороны $AB$ и $BC$ являются корнями уравнения

2 √2- 16 +x − 2x⋅4⋅ 2 = 9

x= 2√2± √8-− 7

Отсюда, используя формулу разности квадратов, получаем

AB ⋅BC 8− 1 7 S△ABC = ---2---= --2- =2

В итоге

r△ABC = S△ABC-= -√--7-√- = 1√-- p△ABC 3 2+ 4 2 2

Ответ:

$√2 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68498Максимум баллов за задание: 7

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника $ABC$ равны $R$ и $r$ соответственно.

а) Прямая $AI$ вторично пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $W$ . Докажите, что $IA ⋅IW = 2Rr.$

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен $2 R − 2Rr.$ [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Для начала можно применить лемму о трезубце и сказать, что WI = WB! А WB можно выразить с помощью теоремы синусов) Что теперь можно сделать с AI?

Пункт а), подсказка 2

Попробуйте опустить из точки I радиус на сторону AB, получится прямоугольный треугольник. А в нем AI выразить через угол и радиус вписанной окружности тоже можно, а дальше уже задача решается)

Пункт б), подсказка 1

Для начала перепишем формулу в виде R² - OI² = 2Rr. Если расписать разность квадратов, то получится произведение (R-OI)(R+OI)..Можно где-то найти такие отрезки?

Пункт б), подсказка 2

Да! Если провести диаметр через точки O и I! А дальше остается понять, почему произведение этих отрезков на этой прямой равно 2Rr. Для этого воспользуйтесь пунктом а)

Пункт в), подсказка 1

Просто смотрим на формулу из пункта б), и становится очевидно, что эта разность неотрицательная. А что делать с равенством?

Пункт в), подсказка 2

Из той же формулы получаем, что при равенстве OI = 0, т.е. I = O. А когда такое может быть?)

Показать доказательство

Решение пункта (а)

$PIC$

Пусть $∠BAC = α.$ Из условия следует, что $AW$ — биссектриса угла $A$ , то есть $∠BAW = α2$

Поэтому $BW = 2R ⋅sinα2$ . По лемме о трезубце $IW =BW.$

Пусть $M$ — проекция точки $I$ на $AB$ . Из прямоугольного треугольника $AMI$ находим, что

AI =--IM---= -r-α sinMAI sin 2

Итого

r α IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

$PIC$

Переписав формулу в виде $2 2 R − OI = 2Rr$ , докажем, что обе ее части равны произведению $AI ⋅W I$ , где $W$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью.

Пусть $M, N$ — точки пересечения прямой, содержащей $OI$ и окружности, описанной около треугольника $ABC.$

По свойству пересекающихся хорд

2 2 AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) $AI⋅W I = 2Rr$ , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что $R ≥2r$ , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство $R= 2r$ достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — вписанная и описанная окружности треугольника $ABC$ . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник $A1B1C1$ , подобный данному с коэффициентом $2$ . Пусть $R1$ — радиус вписанной окружности треугольника $A1B1C1$ .

Опишем около окружности $S2$ треугольник $A2B2C2$ , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника $A1B1C1$ так, что прямая $B2C2$ и точка $A1$ расположены по разные стороны от прямой $BC$ , прямая $A2C2$ и точка $B1$ — по разные стороны от прямой $AC$ , прямая $A2B2$ и точка $C1$ — по разные стороны от прямой $A1B1.$

Треугольник $A2B2C2$ подобен треугольнику $A1B1C1$ и, следовательно, треугольнику $ABC$ . Стороны треугольника $A2B2C2$ не меньше соответствующих сторон треугольника $A1B1C1$ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому $R ≥ R1= 2r.$

Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника $A1B1C1$ касаются окружности $S2$ . Тогда

∘ ∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

Следовательно, $∠A= 60∘.$ То же верно для остальных углов. Треугольник является правильным.

Третий вариант решения пункта (в)

Пусть $a, b$ и $c$ — стороны треугольника, $p$ — полупериметр, $S$ — площадь. Тогда

R = abc, r = S-,S = ∘p(p−-a)(p−-b)(p-− c) 4S p

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

R- a4bcS- abcp- ----------abc----------- (x-+y)(y+-z)(x+-z) 2r = 2Sp = 2S2 = (a+ b− c)(b+c− a)(a+ c− b) = 8xyz ≥ 1

Где последнее — в силу неравенства о средних для трёх чисел.

Следовательно, $R≥ 2r$ . Равенство достигается, когда $x= y = z$ , то есть $a= b= c$ в случае равностороннего треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68563Максимум баллов за задание: 7

Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Точка $J$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC.$ Точки $M$ и $N$ — середины $JD$ и $JE.$ Прямые $BM$ и $CN$ пересекаются в точке $P.$ Докажите, что $P$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз есть центр вневписанной окружности и какие-то серединки, то можно отметить и центр вписанной, и середину дуги BC и воспользоваться леммой о трезубце! Что теперь можно заметить на картинке?

Подсказка 2

А вот что: т.к. середина дуги BC (пусть это W) является серединой отрезка между центрами вписанной и вневписанной окружностями, то WM и WN - средние линии в соответствующих треугольниках! А что еще про WM и WN можно сказать тогда?

Подсказка 3

Что они равны, т.к. соответствующие им основания - радиусы вписанной) А теперь вспомним, что WB = WC. Посчитайте уголки BWM и CWN, и тогда дальше досчитаются все уголки)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $J$ и $J A$ — центры вписанной и вневписанной окружностей $△ABC$ соответственно, a $W$ — точка пересечения описанной окружности $△ABC$ с биссектрисой $AJ$ . Тогда по лемме о трезубце $W C = W B =W J = W JA$ . Проведем радиусы $EJ$ и $JD$ . Рассмотрим $△JDJA$ и $△JEJA$ . $W M$ и $W N$ являются средними линиями этих треугольников соответственно (так как $DM = MJA$ и $EN = NJA$ по условию). Так как $EJ =JD$ (как радиусы), то и $WN = W N.$

Пусть $∠A= α, ∠B = β, ∠C = γ.$

$PIC$

Посчитаем $∠BW M$ .

∠BW M = ∠AW M − ∠AW B =∠AJD − ∠AW B =

= ∠AJD − ∠C = 90∘ − α-− γ = β − γ . 2 2 2

Посчитаем $∠NW C$ .

∠NW C =∠AW C− ∠AW N =∠B − ∠AJE =

= β− (90∘− α)= β − γ. 2 2 2

Отсюда получается, что $△CNW = △W P B =⇒ ∠PCW = ∠W BP =⇒ CW P B$ — вписанный $=⇒ P$ лежит на описанной окружности $△ABC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Достаточно доказать, что

∠ABP + ∠ACP = 180∘.

Пусть $D′$ — отражение точки $D$ относительно $B,$ тогда $BP$ является средней линией треугольника $D′DJ,$ а значит, $∠DBP =∠DD ′J.$ Аналогично, если $E ′$ — отражение $E$ относительно $C,$ то $∠ECP = ∠EE′J,$ то есть достаточно проверить, что точки $D ′,A,E′,J$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Учитывая, что $J$ лежит на биссектрисе угла $A,$ для этого достаточно показать, что $′ ′ D J =JE$ и $′ ′ AD ⁄=AE .$ Последнее верно, если треугольник $ABC$ неравнобедренный, поскольку

′ ′ AD − AE =2(BD − CE )⁄= 0.

Докажем, что $D ′J = JE′.$ Действительно, пусть $F$ — точка касания вписанной окружности со стороной $BC,$ тогда $D′$ и $F$ симметричны относительно биссектрисы $BJ$ внешнего угла $B,$ то есть $′ D J =F J.$ Аналогично, $′ F J = E J.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74836Максимум баллов за задание: 7

Отрезок, соединяющий середины “меньших” дуг $AB$ и $AC$ описанной окружности треугольника $ABC,$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $AP IQ$ — ромб, где $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности.

Показать доказательство

Пусть $D$ и $E$ – середины “меньших” дуг $AB$ и $AC.$ Согласно лемме о трезубце, $IEA$ и $IDA$ являются равнобедренными треугольниками с вершинами в $E$ и $D$ соответственно. Значит треугольники $IED$ и $AED$ равны по трем сторонам, и прямая $ED$ является биссектрисой в треугольниках $IEA$ и $AID.$ Тогда она же является перпендикуляром и медианой, а значит $ED$ является серединным перпендикуляром к $IA.$ Рассмотрим треугольник $AP Q.$ Прямая $IA$ в нем является биссектрисой, а также, по доказанному, содержит высоту. Значит треугольник $AP Q$ равнобедренный, $AP =AQ,$ а так как $P$ и $Q$ лежат на серединном перпендикуляре к $IA,$ то $AP =P I,IQ =QA,$ откуда $APIQ$ действительно ромб.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#131891Максимум баллов за задание: 7

Точка $X$ лежит строго внутри описанной около треугольника $ABC$ окружности. Обозначим через $I B$ и $I C$ центры внеописанных окружностей этого треугольника, касающихся сторон $AC$ и $AB$ соответственно. Докажите, что

XIB ⋅XIC > XB ⋅XC.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 9.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $Γ$ окружность с диаметром $II . B C$ Поскольку $CI ⊥CI C B$ и $BI ⊥ BI , C B$ точки $B$ и $C$ лежат на $Γ .$

Обозначим через $I$ центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Если точка $X$ лежит внутри угла $BIC,$ то углы $XBIC$ и $XCIB$ тупые, поэтому:

XIB >XC, XIC > XB.

Перемножив эти неравенства, получим:

XIB ⋅XIC > XC ⋅XB.

$PIC$

В противном случае точки $X$ и $A$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $BC.$ Продлим лучи $CX$ и $IBX$ до пересечения с $Γ$ в точках $C1$ и $Y$ соответственно.

Поскольку четырёхугольник $AICBI$ вписан в окружность с диаметром $IIC,$ имеем:

∠XC1B =∠IICB = ∠IAB = 12∠CAB,

а также

1 1 1 2∠CAB < 2∠CXB = 2(∠XC1B +∠XBC1 ).

Отсюда следует: $∠XC1B <∠XBC1,$ а значит, $XC1 > XB.$

$PIC$

Кроме того, поскольку длина хорды окружности не превосходит длины диаметра:

IBX + XIC ≥ IBIC ≥ IBY =IBX + XY,

откуда $XIC > XY.$

Следовательно:

XIB ⋅XIC ≥XIB ⋅XY = XC ⋅XC1 >XC ⋅XB.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#68190Максимум баллов за задание: 7

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $K$ — середина стороны $AB,M$ — точка пересечения медиан, $I$ — центр вписанной окружности. Известно, что $∘ ∠KIB = 90$ . Докажите, что $MI ⊥ BC$ .

Источники: Изумруд-2022, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно как-то использовать условие про угол, но углы с серединами сторон обычно очень плохо считаются, нужно как-то использовать, что угол именно прямой...

Подсказка 2

Давайте вспомним, что внутренняя и внешняя биссектрисы одного угла перпендикулярны, это наталкивает нас на мысль рассмотреть...

Подсказка 3

Центр I_a вневписанной окружности! Ведь тогда мы получим, что KI параллельно BI_a.

Подсказка 4

Тогда KI - средняя линия, и мы получаем, что AI=II_a. Мы получили какое-то отношение длин на прямой AI_a. Какой ещё есть факт, связанный с отношениями на этой прямой?

Подсказка 5

Лемма о трезубце! Применив её, мы получим, что IW=WI_a, где W - середина дуги BC. Но это значит, что AI/IW=2/1. Это что-то напоминает... Вспомните, что мы ещё не использовали?

Подсказка 6

Мы ещё ничего не говорили, что точку M пересечения медиан, настало время ей воспользоваться, и тем, что медиана делится в отношении 2/1 точкой M, и задача решится!

Показать доказательство

Пусть $I a$ — центр вневписанной окружности треугольника $ABC,$ касающейся стороны $BC.$ Значит,

∘ ∠IaBI = ∠BIK = 90,

то есть $BIa ∥KI.$

Так как $AK = KB,$ то $IK$ — средняя линия треугольника $ABIa.$ По лемме о трезубце $W$ — середина $IIa,$ следовательно, $CI =IIa = 2IW,$ тогда

-AI 2 IW =1.

Пусть $P$ — середина стороны $BC,$ тогда по свойству медианы

AM 2 MP- = 1,

откуда $MI ∥W P.$ Так как $W$ — середина дуги $BC,$ не содержащей $A,$ то $W P ⊥ BC,$ что влечет требуемое.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#68251Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I$ , внешние биссектрисы его углов $B$ и $C$ пересекаются в точке $J$ . Окружность $ωb$ с центром в точке $Ob$ проходит через точку $B$ и касается прямой $CI$ в точке $I.$ Окружность $ωc$ с центром в точке $Oc$ проходит через точку $C$ и касается прямой $BI$ в точке $I.$ Отрезки $ObOc$ и $IJ$ пересекаются в точке $K.$ Найдите отношение $IK :KJ$ .

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведём окружность ω, описанную около треугольника ABC. Попробуйте рассмотреть случай, когда окружность ωb пересекает окружность ω в двух точках, причем второй раз в точке P.

Подсказка 2

Пусть CI пересекает AB в точке L. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой ∠BPI=∠BIL, а ∠BIL=∠IBC+∠ICB=90°-∠BAC / 2. Пускай PI пересекает окружность ω повторно в точке N. Что можно сказать про точку N?

Подсказка 3

Т.к. ∠BPI=90°-∠BAC / 2, то и ∠BPN=90°-∠BAC / 2. Отсюда следует, что N- середина дуги BAC. Заметим, что все переходы были равносильными, поэтому окружность ωb действительно повторно пересекает окружность ω в точке P. А в какой точке будет пересекать её окружность ωc?

Подсказка 4

В той же самой точке P! Ведь P определяется как пересечение окружности ω с прямой NI. А точки B и C равноправны относительно прямой NI и окружности ω. Пусть прямая AJ пересекает ω в точке S. Тогда NS- диаметр ω => NPS - прямой. В каком отношении тогда ObOc делит IP?

Подсказка 5

Пусть ObOc пересекает IP в точке Z. Т.к. линия центров перпендикулярна общей хорде и делит её пополам, то IZ=ZP и ObOc параллельна SP. Тогда прямая ObOc делит пополам IS. Осталось только вспомнить про лемму о трезубце, найти отношение IS/SJ и завершить решение!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Проведём в окружности $ωb$ диаметр $IX$ , а в окружности $ωc−$ диаметр $IY$ . Заметим, что $∘ ∠IBJ = 90 =∠ICJ$ , поскольку внутренняя и внешняя биссектриса угла перпендикулярны. Следовательно, точка $X$ лежит на $BJ$ , а точка $Y$ - на $CJ$ .

$PIC$

Кроме того, $IX ⊥IC$ , поскольку $ωb$ касается $IC$ в точке $I$ , поэтому $IX∥CJ$ . Аналогично, $IY∥BJ$ . Итого, четырёхугольник $IXJY$ - параллелограмм, пусть его диагонали пересекаются в точке $S$ . Тогда $IS =SJ$ , а отрезок $ObOj$ - средняя линия треугольника $IXY$ , поэтому точка $K−$ середина отрезка $IS$ . Таким образом, $IK =IS∕2= IJ∕4$ , откуда следует, что $IK∕KJ = 1∕3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим через $N$ середину дуги $BAC$ описанной окружности $Ω$ треугольника $ABC$ , а через $S−$ середину другой её дуги $BC$ . Пусть луч $NI$ вторично пересекает $Ω$ в точке $P$ . Поскольку $SN$ - диаметр окружности $(ABC )$ , то $∠NP S =90∘$ .

По лемме о трезубце $S$ — середина отрезка $IJ$ . Поскольку $∠BAC =∠BNC$ и $BN =NC$ , то

1 1 ∠NBC =∠NCB = 2∠ABC + 2∠ACB

Продлим луч $CI$ до пересечения с $AB$ в точке $L$ .

$PIC$

Так как $∠LIB$ внешний для треугольника $BIC$ , а также четырёхугольник $BNCP$ - вписанный, мы получаем, что $∠LIB =$ $=∠IBC + ∠ICB = 12∠ABC + 12∠ACB = ∠NCB = ∠IPB$ , поэтому окружность $(IBP)$ касается прямой $CI$ в точке $I$ . Также эта окружность проходит через $B$ , следовательно, это и есть окружность $ωb$ . Аналогично, окружность $ωc$ описана около треугольника $IPC$ .

Значит, IP - общая хорда окружностей $ωb$ и $ωc$ , а тогда $ObOc−$ серединный перпендикуляр к отрезку $IP$ . Поскольку к тому же $∠IPS = 90∘$ , мы получаем, что $O1O2$ проходит через середину отрезка $IS$ , то есть $KI = KS$ , а тогда $IK ∕KJ =1∕3$ .

Ответ:

$1 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#74915Максимум баллов за задание: 7

Олег и Оливер гоняют на велосипедах с одинаковыми угловыми скоростями: Оливер — по круговой траектории $𝒜,$ а Олег — по круговой траектории $𝒯$ в два раза меньшего радиуса, причем они стартуют с двух ближайших точек окружностей и круг Олега лежит внутри круга Оливера. По окружности $𝒯$ также движутся два помощника, поддерживающих экран (т.е. хорду с концами в точках, в которых расположены помощники) так, что расстояние от каждого из них до Олега всегда такое же, как и расстояние от Олега до Оливера. Докажите, что на протяжении всей гонки экран касается некоторой фиксированной окружности.

Источники: Иннополис-2022 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за O,V,X и Y Олега, Оливера и двух помощников соответственно. Если нарисовать рисунок, то от нас явно спрятали какую-то известную и хорошую "картинку", посмотрите на равные отрезки, которые нам даны и на окружность 𝒯.

Подсказка 2

Верно, как будто нам показывают лишь часть картинки леммы о трезубце! Попробуйте восстановить точку, которую от нас спрятали и подумать, как эта точка поможет нам в задаче.

Подсказка 3

Давайте ещё заметим, что у нас получилась как бы "картинка в картинке", возможно, тут поможет гомотетия, попробуйте посмотреть на центр положительной гомотетии окружностей 𝒯 и 𝒜.

Подсказка 4

Да это же центр нашей искомой окружности, ещё не совсем, но можно попробовать это доказать! Мы уже знаем, что она точно касается экрана и её центр не меняется, остаётся показать, что её радиус тоже фиксирован, а какой факт связывает точку, окружность и радиус?

Подсказка 5

Можно использовать степень точки S относительно 𝒯, останется только "перекинуть" равные отрезки так, чтобы остались только фиксированные величины (из исходной "картинки") и радиус окружности с центром в S.

Показать доказательство

Обозначим за $O,V,X$ и $Y$ Олега, Оливера и двух помощников соответственно, за $S$ — центр положительной гомотетии окружностей $𝒯$ и $𝒜.$ Из условия следует, что прямая $V O$ всегда проходит через $S,$ причем, так как радиусы окружностей отличаются в два раза, отрезок $SV$ делится точкой $O$ пополам. Отметим точку $R ⁄= O$ — пересечение луча $OS$ с $𝒯.$ Поскольку равные хорды стягивают равные меньшие дуги, точка $O$ — середина дуги $XOY,$ то есть прямая $RO$ содержит внутреннюю биссектрису треугольника $XRY,$ а еще $OS = OV =OX =OY.$ По лемме о трезубце это означает, что точка $S$ является центром вписанной окружности треугольника $XRY$ $($ обозначим эту окружность за $ω).$

$PIC$

Покажем, что $ω$ является искомой окружностью. Она касается отрезка $XY$ в силу построения, поэтому достаточно проверить, что она не зависит от времени. Как показано выше, центр $ω$ — это $S,$ обозначим ее радиус за $r$ . Также обозначим за $d$ расстояние между центрами $ω$ и $𝒯,$ а за $R$ — постоянный радиус $𝒯.$

Посчитаем степень точки $S$ относительно $𝒯$ двумя способами:

d2− r2 = −RO ⋅SO = −RO ⋅OX =− RO⋅2R sin∠XRO = −2Rr

Величины $d$ и $R$ не зависят от времени, поэтому $r$ также от него не зависит, следовательно, окружность $ω$ имеет постоянный центр и радиус, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#89104Максимум баллов за задание: 7

В окружность вписан четырёхугольник $ABCD.$ Отметили центры окружностей, вписанных в треугольники $BCD, CDA, DAB,ABC.$ Докажите, что отмеченные точки являются вершинами прямоугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем установить связь между сторонами нашего будущего прямоугольника и четырёхугольником ABCD. У нас на картинке есть центры вписанных окружностей, а значит и биссектрисы. Отметим середины дуг. Что можно сказать об отрезке, который соединяет центры вписанных окружностей треугольников с общей стороной?

Подсказка 2

Центры вписанных окружностей треугольников с общей стороной равноудалены от середины дуги, стягивающейся общей стороной! Тогда мы можем найти вписанные четырёхугольники, одна сторона которых совпадает со стороной нашего будущего прямоугольника ;)

Подсказка 3

Отлично, теперь у нас есть 4 новых вписанных четырёхугольника, в каждом из которых мы можем отметить равные углы, опирающиеся на одни дуги. Но заметим, что некоторые из таких углов вписаны и в окружность (ABCD)! Тогда мы можем записать цепочку равенств вписанных углов из разных окружностей.

Подсказка 4

Каким тогда отрезкам будут параллельны стороны нашего будущего прямоугольника?

Подсказка 5

Стороны будущего прямоугольника параллельны отрезкам, соединяющим середины противоположных дуг!

Показать доказательство

Обозначим центры окружностей через $I ,I,I,I a b c d$ соответственно. Пусть $W$ — середина дуги $AD,$ не содержащей точек $B,C.$ По лемме о трезубце для треугольников $ABD, ACD$ имеем

WA = W Ia =W Id = WD,

т.е. точки $A,Ia,Id,D$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Далее предложим два способа закончить решение.

Первый способ. Из вписанности четырехугольника имеем

∠AIaId = 180∘− ∠ADId =180∘− ∠D. 2

Аналогично вычисляется угол $AIaIb.$ Таким образом,

∠IbIaId = 360∘− ∠AIaId− AIaIb = ∠D-+∠B-= 90∘, 2

что доказывает требуемое.

$PIC$

Второй способ. Пусть $M,$ $N$ — середины дуг $AB,$ $CD$ соответственно, тогда прямые $AId$ и $DIa$ пересекают описанную окружность четырехугольника в точках $N,$ $M$ соответственно. Заметим, что из обозначенных вписанностей следует, что

∠IaIdA = ∠IaDA, ∠IaDM = ∠MNA,

то есть $∠IaIdA= ∠MNA,$ откуда следует $MN ∥IaId.$ Аналогично, $MN ∥IbIc,$ следовательно, противоположные стороны четырехугольника параллельны.

$PIC$

Осталось проверить, что его соседние стороны перпендикулярны. Если $T$ — середина дуги $BC,$ то последнее равносильно $MN ⊥ TW.$ Это верно, поскольку угол между прямыми равен полусумме дуг $TN$ и $MW,$ а значит, равен четверти сумм всех дуг, т.е. $90∘.$

$PIC$

Замечание. Можно показать, что стороны прямоугольника $I II I a bcd$ так же параллельны или перпендикулярны биссектрисам углов, образованных парами прямых, содержащих противоположные стороны четырехугольника $ABCD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#89105Максимум баллов за задание: 7

Биссектрисы углов $B$ и $C$ треугольника $ABC$ пересекают его описанную окружность в точках $B 0$ и $C 0$ соответственно и пересекают друг друга в точке $I.$ Окружности $ωB$ и $ωC$ с центрами $B0$ и $C0$ касаются отрезков $AC$ и $AB$ соответственно. Докажите, что через точку $I$ можно провести прямую, касающуюся обеих окружностей $ωB$ и $ωC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте пока посмотреть на другую касательную и понять, что это за прямая.

Подсказка 2.

Попробуйте доказать, что малые окружности касаются касательной в точке А к описанной окружности ABC.

Подсказка 3.

Одну внешнюю касательную мы уже нашли. Как нам ею воспользоваться, чтобы получить вторую внешнюю касательную?

Подсказка 4.

Отразим общую внешнюю касательную относительно линии центров, т.е. относительно B₀C₀. Тогда мы получим вторую внешнюю касательную. А куда тогда перейдет точка A? Воспользуйтесь леммой о трезубце.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим углы треугольника через $α,β,γ.$ Проведём из $A$ касательные $AX$ и $AY$ к окружностям. Заметим, что $∠B0AC = ∠B0BC = β2.$ Нетрудно понять, что $AB0$ — биссектриса угла $CAY,$ то есть $∠B0AY = β2.$ Следовательно, $∠CAY = β.$ Аналогично $∠BAX = γ.$ Значит, $∠XAY = α +β +γ =180∘.$ Таким образом, $XY$ — внешняя общая касательная двух окружностей. Осталось заметить, что по лемме о трезубце $AB0 = IB0$ и $AC0 =IC0,$ то есть точки $A$ и $I$ симметричны относительно $B0C0.$ Сделаем симметрию относительно $B0C0.$ Касательная $XY$ перейдёт во вторую общую внешнюю касательную $l,$ а точка $A$ — в точку $I,$ значит $I$ лежит на $l,$ что и требовалось.