Олимпиадная задача о треугольнике Понселе и точке $A_2$

Решение 1:

Автор: Шестаков С.А.Пусть точки $B'$, $C'$ симметричны $A_1$ относительно $BI$, $CI$ соответственно. Тогда $IA=IB_1=IC_1$. Кроме того, по теореме о трилистнике $SI=SB=SC$, значит, $\angle BIB'=\angle BIS=\angle IBS$ и $\angle AIB'=\angle ASB$. Следовательно, $IB'\parallel SB$. Аналогично $IC'\parallel SC$, т.е. четырехугольники $SBIC$ и $IB'AC'$ гомотетичны. Центром гомотетии является точка $A_2$, поскольку прямые $BB'$ и $BA_1$ симметричны относительно $AI$. Таким образом, $A_2A:A_2I=A_2I:A_2S$ т.е. $A_2I^2=A_2A\cdot A_2S$.

Решение 2:Заметим, что точки $A_1$ и $A_2$ инверсны относительно окружности $BIC$. Действительно, на прямой $AI$ изогональное сопряжение и инверсия задают проективные отображения, которые оставляют на месте центры вписанной и вневписанной окружностей, а середину $S$ дуги $BC$ переводит в бесконечную точку. Пусть $SI=1$, $SA_1=x$. Тогда $SA=2-x$, $SA_2=1/x$ и степень $A_2$ относительно окружности $ABC$ равна $A_2A\cdot A_2S=(1/x-2+x)/x=(1/x-1)^2=A_2I^2$.

Решение 3:Пусть $P$ – точка пересечения $BA_2$ с описанной окружностью $ABC$, $N$ – середина меньшей дуги $AC$, $N_1$ симметрична $N$ относительно $I$, $S$ – середина меньшей дуги $BC$. Тогда четырехугольник $N_1BA_1S$ – вписанный. Пусть $R$ точка пересечения $N_1S$ с окружностью $ABC$. Легко видеть, что дуги $RP$ и $AN$ равны. Обозначим через $Q$ вторую точку пересечения окружности $SBA_1$ с прямой $BC$. Имеем $\angle QSR=\angle NBC=\smile NC/2= \smile RP/2=\angle RSP$, следовательно $P$, $Q$, $S$ лежат на одной прямой. Значит $\angle IN_1S=\angle BQP= (\smile CS +\smile BP)/2= \smile SP/2=\angle N_1RP$. Кроме того $N_1I=NI=NA=PR$, поэтому $N_1PIR$ – равнобокая трапеция и $PI\parallel N_1S$. Наконец, $\angle PIA=\angle N_1SA=\angle IBA_1=\angle IBP$, т.е окружность $IBP$ касается $IA_2$ и $A_2$ лежит на радикальной оси $I$ и окружности $ABC$.