Выпишем условие, при котором прямая $MN$ (где $M$ и $N$ — точки на сторонах угла $A$) пересекает биссектрису в заданной точке $Q$ (рис. 1). Положим $AM=x$, $AN=y$, $AQ=q$, $\angle MAN=2\alpha$. Сумма площадей треугольников $AMQ$ и $ANQ$ равна площади треугольника $MAN$; отсюда $xq+yq=2xy\cos\alpha$, или $\dfrac1x+\dfrac1y=\dfrac{2\cos\alpha}q$. (Это — формула для вычисления биссектрисы $q$ треугольника по двум сторонам $x$, $y$ и углу 2$\alpha$ между ними.) Таким образом, чтобы доказать, что в нашей задаче прямые $MN$ пересекают биссектрису в одной и той же точке, достаточно проверить, что величина $\dfrac1{AM}+\dfrac1{AN}$ постоянна. Один из способов доказать это — использование теоремы синусов. Пусть $d$ — диаметр круга, $\angle ABC=2\beta$, $\angle ACB=2\gamma$, $\angle ABK=\phi$. Тогда $AK=d\sin\phi$,
$$\begin{gather*}
AM=d \sin\phi\cdot\dfrac{\sin\gamma}{\sin(\phi+\gamma)},\\
AN=d\sin\phi\cdot\dfrac{\sin\beta}{\sin(\pi-\phi+\beta)}=d\sin\phi\cdot\dfrac{\sin\beta}{\sin(\phi-\beta)},\\
\end{gather*}$$
поэтому величина
$$\begin{gather*}
\dfrac{1}{AM}+\dfrac{1}{AN}=\dfrac1d\left(\dfrac{\sin(\phi+\gamma)}{\sin\phi\sin\gamma}+\dfrac{\sin(\phi-\beta)}{sin\phi\sin\beta} \right)=\\
=\dfrac1d(\cot\gamma+\cot\phi+\cot\beta-\cot\phi)=\dfrac1d(\cot\gamma+\cot\beta)
\end{gather*}$$
действительно не зависит от $\phi$.
Рисунок номер 1
Ещё один способ, вместо тригонометрии, использует теорему Птолемея. По свойству биссектрисы имеем:
$$
\dfrac{AB-x}{x}=\dfrac{BK}{AK},
$$
или $$
\dfrac{AB}{x}=1+\dfrac{BK}{AK}.\tag1
$$
Аналогично
$$
\dfrac{AC}{y}=1+\dfrac{CK}{AK}.\tag2
$$
По теореме Птолемея $BK\cdot AC+CK\cdot AB=AK \cdot BC$. Следовательно,
$$
\dfrac{BK}{AK}\cdot AC+\dfrac{CK}{AK}\cdot AB=BC.
$$
С помощью этого равенства получаем из (1) и (2) доказываемое утверждение о том, что величина $\dfrac1x+\dfrac1y$ постоянна.
Остаётся объяснить, что фиксированная точка $Q$, через которую проходят все прямые $MN$, — действительно центр вписанного круга.
Это можно сделать, например, рассмотрев одно специальное положение точки $K$, когда она находится в середине дуги $BC$; тогда
$$
\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{BK}{KA}=\dfrac{CK}{KA}=\dfrac{CN}{NA}\tag3
$$
(так что $MN$ параллельна $BC$). Пусть $P$ — точка пересечения $AK$ со стороной $BC$. Из подобия треугольников $BKA$ и $PKB$ (они имеют общий угол $K$ и равные углы, опирающиеся на равные дуги $KC$ и $KB$), отношение (3) равно:
$$
\dfrac{BK}{KA}=\dfrac{BP}{AB}=\dfrac{PQ}{QA},
$$
где $Q$ — центр вписанной окружности треугольника.
Но это можно сделать и без помощи вычислений. Заметим, что когда точка $K$ приближается к $B$, то $M$ также приближается к $B$, так что предельным положением прямой $MN$ будет биссектриса угла $B$ (точно так же, когда $K$ приближается к $C$, предельным положением $MN$ будет биссектриса угла $C$). Эти «предельные» прямые, конечно, тоже проходят через точку $Q$; тем самым $Q$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$.
Другое решение задачи М1401 можно получить, опираясь на следующую замечательную теорему Паскаля: точки пересечения трёх пар противоположных сторон вписанного шестиугольника лежат на одной прямой. Чтобы получить этот шестиугольник $ABDKEC$, достаточно продолжить биссектрисы до пересечения с окружностью в точках $D$ и $E$ (они делят соответствующие дуги пополам — см. рис. 2); тогда $M$, $N$, $Q$ — точки пересечения его сторон $AB$ и $EK$, $DK$ и $CA$, $BD$ и $EC$.
Рисунок номер 2
