Геометрия.

[hippie]

$ABC$ — равнобедренный треугольник ($AC=BC$).
Биссектриса угла $A$ равна удвоенной биссектрисе угла $C.$
Доказать, что центры вписанной и описанной окружностей треугольника $ABC$ симметричны относительно стороны $AB.$

[Dave]

Углы треугольника равны $\frac \pi 5$, $\frac \pi 5$ и $\frac {3\pi} 5$

[ewert]

Очевидно, что при симметричном расположении центров угол при основании треугольника равен $\dfrac{\pi}5$, а что тогда биссектрисы различаются именно вдвое -- уже просто нудная тригонометрия. Или можно безо всякой тригонометрии дорисовать до правильного пятиугольника и потом подрисовать внутри звёздочку -- тогда соотношение 1:2 станет достаточно очевидным, но подробно описывать лень.

[Dave]

Можно сделать красивее - на продолжении стороны $AB$ за точку $A$ отложить отрезок $AD=AC$ и опустить перпендикуляр $BE$ на прямую $DC$. Тогда, если $F$ - середина $AB$, а $G$ - основание биссектрисы угла $BAC$, то

$$2=\frac {AG} {CF}=\frac {AG} {CD} \frac {CD} {CF}=\frac {BG} {BC} \frac {BD} {BE}=\frac {BG} {BG+GC} \frac {BD} {BE}=\frac {BA} {BA+AC} \frac {BD} {BE}=\frac {BA} {BA+AD} \frac {BD} {BE}=\frac {BA} {BD} \frac {BD} {BE}=\frac {BA} {BE},$$

откуда получаем, что $BE=\frac {BA} 2=BF$ и $\frac 5 2 \angle ABC=\angle FBC+\angle EBC+\angle BDC=\frac \pi 2$.

[ewert]

Ну я исходил из того, что утверждения о соотношении биссектрис и о симметрии центров равносильны (а доказывать это формально мне кажется ловлей блох) и можно исходить именно из симметричности. Тогда угол $\alpha$ при основании находится очевидным образом. Если $O$ -- центр описанной окружности, $P$ -- центр вписанной и $K$ -- середина разделяющего их отрезка (лежащая на основании $AB$), то $AO=CO$ и, следовательно, $\angle CAO=\angle ACO=\dfrac{\pi}2-\alpha$. При этом $\angle PAB=\dfrac{\alpha}2=\angle OAB$, откуда $\dfrac{3\alpha}2=\dfrac{\pi}2-\alpha$, т.е. $\alpha=\dfrac{\pi}5$.

Дальше можно так. Достраиваем треугольник до правильного пятиугольника $ACBDE$, вписанного в ту же окружность. Берём равнобедренный треугольник $ACD$ и срезаем его вершинку $D$ хордой $BE$, параллельной стороне $AC$. Получаем равнобедренную трапецию $ACMN$. В ней диагональ $CN$ (расположенная вертикально) равна удвоенной биссектрисе, выходящей из вершины $C$ исходного треугольника. А диагональ $AM$ равна биссектрисе, выходящей из вершины $A$ (поскольку треугольники $ACB$ и $ANB$ всё-таки равны).

[hippie]

Приведу своё решение.

На рисунке: $CN$ и $AM$ — биссектрисы треугольника $ABC,\ \ I=(CN)\cap (AM)$ — центр вписанной окружности; $C_1$ — точка, симметричная точке $C,$ относительно $AB.$
$CC_1=2CN=AM.$ Следовательно, трапеция $AC_1MC$ равнобедренная и $C_1I=AI\,\,(=BI),$ т.е. $I$ — центр описанной окружности треугольника $ABC_1,$ а точка, симметричная $I$ относительно $AB,$ центр описанной окружности треугольника $ABC.$

[gris]

Очень красиво. Похоже на неожиданное решение шахматного этюда. Вроде бы ясно, что надо загнать короля в угол, добраться пешкой до восьмой горизонтали, в общем нудятина ходов на двадцать. И вдруг жертва слона и мат в два хода. (Ничего не напутал? А то я шахматист тот ещё )