6429. 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_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и C_{1}C_{2}
пересекаются в одной точке.
Решение. Первый способ. Случай правильного треугольника ABC
очевиден. Пусть AB\ne AC
(рис. 1). 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 отрезку BC
. Следовательно, OA_{2}\parallel IA_{1}
, и OA_{2}IA_{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 треугольника. Проведя аналогичные рассуждения для трапеций OB_{2}IB_{1}
, OC_{2}IC_{1}
(если треугольник ABC
— равнобедренный, то одна из них вырождается в отрезок), получаем, что отрезки A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
, C_{1}C_{2}
делят OI
в отношении R:r
и проходят через одну точку P
.
Второй способ. Касательная l_{A}
в точке A_{2}
к описанной окружности параллельна BC
(рис. 2). 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 l_{A}
, l_{B}
, l_{C}
(см. задачу 5000). При этой гомотетии A_{1}
переходит в A_{2}
, B_{1}
— в B_{2}
, C_{1}
— в C_{2}
. Поэтому прямые A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
, C_{1}C_{2}
пересекутся в центре гомотетии.