Círculo $\odot O_1$ es tangente con el círculo $\odot O_2$ en $P$ . Dos líneas tangentes $AE$ y $AF$ del círculo $\odot O_2$ se reúne el círculo $O_1$ en $B$ , $G$ y $C$ , $H$ respectivamente. $D$ es el centro de $\triangle ABC$ . $DP$ se encuentra con $BC$ en $I$ , $EI$ se encuentra con $AO_2$ en $J$ .
Aquí hay una cifra:
Pruébalo:
Esta es una solución para la parte 1. Todavía no he pensado en la parte 2.
El siguiente texto puede no ser muy riguroso. Para ser más específicos, la solución puede depender un poco de la imagen. Por ejemplo, puede utilizar implícitamente el hecho de que los puntos $P$ , $E$ y $F$ todos se encuentran en el mismo lado de la línea $BC$ Simplemente porque así se ve en la foto. Me temo que si hago la solución más rigurosa, se volverá absolutamente incomprensible.
Paso 1. Construir $P'$ y otros puntos nuevos.
Nos olvidaremos del punto $P$ y el círculo mayor $\odot O_1$ durante un tiempo, y centrarse en el triángulo $\triangle ABC$ y el círculo más pequeño $\odot O_2$ . Consideremos la circunferencia de $\triangle EBD$ . Se cruza con $\odot O_2$ en el punto $E$ . Debe haber un segundo punto en el que estos dos círculos se cruzan. Denotemos ese punto por $P'$ .
Claramente, $E,\,B,\,D,\,P'$ son cíclicos. Nuestro plan es sencillo: demostrar que $P=P'$ . Para ello, construiremos varias líneas y puntos más. Denotemos por $Q$ el segundo punto donde la línea $P'D$ se cruza con $\odot O_2$ . Sea $B'$ y $C'$ sean los puntos de intersección de $O_2$ con $P'B$ y $P'C$ respectivamente. Puedes ver todo esto en la figura: 
Paso 2. Explora las propiedades de los objetos recién construidos.
El objetivo de este paso es demostrar que $BC||B'C'$ . Lo haremos mediante una simple búsqueda de ángulos.
En primer lugar, ya que $EBDP'$ es un cuadrilátero inscrito, $$ \angle EP'Q=\angle ABD = 1/2 \angle ABC. $$ Es bastante fácil ver que $$ \angle EP'F = 90^{\circ} - 1/2 \angle BAC = 1/2(\angle ABC + \angle ACB). $$ A partir de esto tenemos $$ \angle FP'D = 1/2 \angle ACB = \angle ACD, $$ así que $FCDP'$ también es un cuadrilátero inscrito.
Entonces, tenemos dos cuadriláteros inscritos $EBDP'$ y $FCDP'$ . De la primera sabemos que $\angle BED = \angle BP'D$ y del segundo que $\angle CFD = \angle CP'D$ . Es evidente que $\angle BED = \angle CFD$ (porque $\triangle AED = \triangle AFD$ ), por lo tanto $\angle BP'D = \angle CP'D$ . Para decirlo con otras letras, $\angle B'P'Q = \angle C'P'Q$ . Esto a su vez significa que $\angle B'O_2Q = \angle C'O_2Q$ lo que significa que $B'C' \perp O_2Q$ . Ahora para demostrar que $B'C'||BC$ sólo queda demostrar que $O_2Q \perp BC$ .
Pero esto es fácil. Ya sabemos que $\angle EP'Q = 1/2 \angle ABC$ . También, $\angle EP'Q = 1/2 \angle EO_2Q$ . Así que $\angle EO_2Q = \angle ABC$ . Desde $O_2E \perp BA$ significa que $O_2Q \perp BC$ , qed.
Paso 3. Demostrar que $P=P'$ .
Muy bien, ahora sabemos que $BC||B'C'$ . A partir de aquí será bastante fácil demostrar que $P=P'$ .
Desde $BC||B'C'$ existe una homotecia $f$ con centro $P'$ que envía la línea $B'C'$ a la línea $BC$ . Claramente, $f(B')=B$ y $f(C')=C$ . Denotemos $\odot O'_1 = f(\odot O_2)$ . Desde $\odot O'_1$ es la imagen de $\odot O_2$ bajo una homotecia con centro $P'$ , círculos $\odot O'_1$ y $\odot O_2$ son tangentes a $P'$ . Además, como $B'$ y $C'$ mentir $\odot O_2$ , $B$ y $C$ mentir $\odot O'_1$ .
Revisemos lo que hemos establecido. Tenemos dos círculos $\odot O_1$ y $\odot O'_1$ . Ambos contienen puntos $B$ y $C$ y ambos son tangentes a $\odot O_2$ en los puntos $P$ y $P'$ respectivamente. Pero de esto ya se desprende que $\odot O_1$ y $\odot O'_1$ son iguales, así como los puntos $P$ y $P'$ . Hecho.
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