Пусть $AD$ — высота в прямоугольном треугольнике $ABC$, $\angle A=90^\circ$. Прямая, проходящая через центры окружностей, вписанных в треугольники $ABD$ и $ACD$, пересекает стороны $AB$ и $AC$ соответственно в точках $K$ и $L$. Докажите неравенство $S_{ABC}\ge 2S_{AKL}$.
Докажем, что $AK=AL=AD$. Выполним последовательно поворот вокруг точки $D$ на угол $45^\circ$ и гомотетию с центром $D$ и коэффициентом $\dfrac{DO_1}{DB}$ (см. рисунок). Тогда точки $B$ и $A$ перейдут, соответственно, в центры $O_1$ и $O_2$ окружностей, вписанных в треугольники $DBA$ и $DAC$ ($\angle BDO_1=\angle ADO_2=45^\circ$, а $\dfrac{DO_2}{DA}=\dfrac{DO_1}{DB}$, так как треугольник $DAC$, очевидно, подобен треугольнику $DBA$). Следовательно, угол между прямыми $BA$ и $O_1O_2$ равен $45^\circ$, т. е. $\angle LKA=45^\circ$, а значит, треугольник $KAL$ — прямоугольный равнобедренный. Треугольники $AO_1K$ и $AO_1D$ равны: они имеют общую сторону $AO_1$ и равные углы ($\angle AKO_1=\angle ADO_1=45^\circ$, $AO_1$ — биссектриса угла $KAD$). Поэтому $AL=AK=AD$.
Пусть $\angle ABC=\beta$, тогда $AB=\dfrac{AD}{\sin\beta}$, $AC=\dfrac{AD}{\cos\beta}$ и $$
S_{ABC}=\dfrac{AB\cdot AC}2=\dfrac{AD^2}{\sin2\beta}\ge AD^2=2S_{AKL}.
$$
Равенство достигается при $\sin2\beta=1$, т. е. для равнобедренного треугольника $ABC$ ($\beta=45^\circ$).
Эта задача — пример интернационального обмена. На олимпиаду она была представлена Грецией. В несколько иной формулировке: «Доказать, что $AK=AL=AD$» она содержится в книге И. Ф. Шарыгина «Задачи по геометрии. Планиметрия».
