Я сам решу.
А застряну — спрошу.

5. (Д. Прокопенко) Окружности ω и ω пересекаются в точках A и B. Точки C и D
1 2
движутся по дуге AB окружности ω так, что точки A и C лежат в разных полуплоскостях
1
относительно прямой BD и CD = 1. Отрезки AC и BD пересекают окружность ω в точках
2
N и M соответственно. Прямые BN и AM пересекают соответственно прямые AD и BC
в точках P и Q. Докажите, что прямая PQ касается фиксированной окружности.
Решение. Докажем, что длина отрезка PQ постоянна, DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
а точки A, P, Q и B лежат на фиксированной окружно- CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
сти, откуда и будет следовать утверждение задачи. Дей-
ствительно, хорды равной длины одинаково удалены от
центра, то есть отрезок PQ будет касаться окружности с
фиксированным центром O (центром окружности, на ко-
торой лежат указанные четыре точки) и радиусом, рав- PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
ным расстоянию от центра O до хорды PQ.
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
Заметим, что ∠DAC = ∠DBC, а ∠ANB = ∠AMB, как
опирающиеся на одну дугу (см. рис. 8–9.5).
Тогда ∠APB = ∠ANB − ∠DAC = ∠AMB − ∠DBC =
= ∠AQB, то есть точки A, P, Q и B лежат на одной
окружности. AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
Кроме того, ∠DAC и ∠ANB фиксированы, посколь-
ку опираются на фиксированные дуги. Следовательно,
Рис. 8–9.5
3



∠APB также фиксирован, то есть точки A, P, Q и B лежат на окружности фиксированно-
го радиуса.

Осталось показать, что длина хорды PQ фиксирована, то есть фиксирован, например,
угол PBQ.
Заметим, что ∠PBQ = ∠PBD + ∠DBQ = ∠APB − ∠ADB + ∠DBC, где ∠APB, ∠ADB и
∠DBC — фиксированы, поскольку опираются на фиксированные дуги. Следовательно,
угол PBQ фиксирован, то есть фиксирована длина хорды PQ, что и требовалось.

Комментарий.
Решение можно было записать, используя, что угол между хордами (секущими) равен полусумме (по-
луразности) дуг, которые они высекают на окружности.

4. (Т. Праведников, 10 класс) Высоты CC0 и BB0 остроугольного треугольника ABC пе-
ресекаются в точке H. Точка O — центр описанной окружности, точка A симметрична H
1
относительно стороны BC. Точка C на CC0 такова, что OC0 = OC , аналогично определена
1 1
точка B . Докажите, что точки C , B , A и H лежат на одной окружности.
1 1 1 1
Решение. Проведем диаметр AP. Докажем, что точки C , B , A и H лежат на окруж-
1 1 1
ности с диаметром PH.
Воспользуемся следующим свойством ортоцентра треугольника:
2



Точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон, лежат на
окружности, описанной около этого треугольника.

Вернемся к решению.
Из указанного свойства следует, что точка A лежит на окружности, описанной около
1
треугольника ABC, то есть ∠HA P = ∠AA P = 90◦. Следовательно, точка A лежит на
1 1 1
окружности с диаметром PH.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000



OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC



Рис. 8–9.4
Докажем, что точка C также лежит на этой окружности (для точки B доказательство
1 1
аналогично). Рассмотрим точку X — проекцию P на прямую CC0. Поскольку проекцией
точки A на эту прямую является точка C0, то проекция O — середины AP — является
середина C0X по теореме Фалеса. С другой стороны, OC0 = OC , то есть O проектируется
1
в середину C0C . Следовательно, точки C и X совпадают и ∠HC P = 90◦, то есть точка C
1 1 1 1
также лежит на окружности с диаметром PH, что и требовалось.
Комментарий.
Используемое свойство ортоцентра следует из равенства углов BA C и BHC и признака вписанного че-
1
тырехугольника.

2. Отметим, что утверждение задачи верно для любой точки, лежащей на медиане AM.

3. (Д. Крохалев) В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты BE и CF. Точка

K — проекция точки пересечения медиан треугольника на сторону BC. Докажите, что
FK + EK ≤ BC.
Решение. Пусть AM — медиана, а AH — высота треугольника ABC. Заметим, что
EM = FM = 0,5BC как медианы прямоугольных треугольников. Если AB = AC, то точ-
ки K и M совпадают и неравенство обращается в равенство. Предположим, что AB 6= AC.

Тогда точка K лежит между точками M и H (см. рис. 8-9.3). Кроме того, высоты треуголь-
ника являются биссектрисами его ортотреугольника, то есть ∠FHB = ∠EHC.
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA



EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE




FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF



CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB






EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Рис. 8–9.3
Пусть E — образ точки E при симметрии относительно прямой BC. Тогда точки E , H
1 1
и F лежат на одной прямой. Кроме того, E M = EM и E K = EK в силу симметрии. Рас-
1 1
смотрим треугольник FME . Точка K — внутри него, так как она лежит между точками
1
M и H. Используя "неравенство резинки"получим: FK + EK = FK + E K < FM + E M =
1 1
= FM + EM = BC, что и требовалось.
Комментарий.

2. (Ю. Блинков) К окружности с центром O проведены касательные PA и PB (A и B —
точки касания). На отрезках AB и PB взяли точки M и K соответственно, так, что M —
середина отрезка OK. Докажите, что точки A, M, K и P лежат на одной окружности.
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA




OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM


KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
Рис. 8–9.2

1




Решение. Докажем, что ∠MKP + ∠MAP = 180◦, откуда и будет следовать утверждение
задачи (см. рис. 8-9.2).

Проведем радиус OB. Поскольку PB касательная, то ∠OBP = 90◦, то есть треугольник
OBK — прямоугольный. Следовательно, BM = 0,5OK = MK, откуда ∠MKB = ∠MBK.
Кроме того, PA = PB как отрезки касательных, то есть ∠PBA = ∠PAB. Тогда ∠MKB =
= ∠MBK = ∠PBA = ∠PAB = ∠MAP, откуда ∠MKP + ∠MAP = 180◦, что и требовалось.

1. (Т. Праведников, 10 класс) В параллелограмме ABCD проведен перпендикуляр DX
к диагонали AC. Докажите, что середина отрезка BX равноудалена от A и C.

Решение. Первый способ. Пусть K — середина BX, O — точка пересечения диагоналей
параллелограмма (см. рис. 8-9.1а). Докажем, что K лежит на серединном перпендикуляре
к диагонали AC, откуда и будет следовать утверждение задачи. Поскольку O — середина
BD, то OK — средняя линия треугольника DBX. Следовательно, прямая OK параллельна
DX, то есть перпендикулярна AC. Осталось заметить, что O также является серединой
отрезка AC, то есть прямая OK является серединным перпендикуляром к отрезку AC, что
и требовалось.
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM



BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
Рис. 8–9.1а Рис. 8–9.1б
Второй способ. Продлим медиану AK треугольника ABX на свою длину, то есть до-
строим треугольник ABX до параллелограмма ABMX (см. рис. 8-9.1б). Тогда отрезки MX

и AB равны и параллельны. Учитывая равенство и параллельность отрезков AB и CD, по-
лучим, что отрезки MX и CD также равны и параллельны, то есть MCDX — параллело-
грамм. Следовательно, прямые CM и DX параллельны и ∠MCA = 90◦, то есть треугольник
MCA — прямоугольный с гипотенузой AM. Осталось воспользоваться свойством медианы
прямоугольного треугольника: CK = 0,5AM = AK.
Комментарий.
Также можно было опустить перпендикуляр BY на диагональ AC и доказать, что O — середина отрезка
XY. Это, в свою очередь, можно получить, например, из равенства треугольников ABY и CDX.

2) прямые I C , A B и CM пересекаются в одной точке (см. рис. 8–9.6б).
c 1 1 1
Докажем первое утверждение.
Введем стандартные обозначения: AB = c, AC = b, BC = a, p — полупериметр.
Заметим, что AB = AC = p − b, BA = BC = p − a, CA = CB = p.
1 1 1 1 1 1
Тогда, применив обобщенную теорему Чевы для треугольника ABC и прямых AA , BB
1 1
CB AC BA
и CC , получим: 1 · 1 · 1 = 1, откуда и следует первое утверждение.
1
B A C B A C
1 1 1
Теперь докажем второе утверждение.
4



Пусть прямые I C и A B пересекаются точке K. Докажем, что прямая CK содержит
c 1 1 1
медиану CM треугольника ABC. Проведем через точку K прямую параллельную AB, пе-
ресекающую прямые CA и CB в точках P и Q соответственно. Учитывая замечательное
свойство трапеции (или подобие треугольников CAB и CPQ), достаточно доказать, что точ-
ка K является серединой отрезка PQ. Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что
треугольник PI Q — равнобедренный, то есть равенство углов при вершинах P и Q.
c
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
cccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccc
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM


CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Рис. 8–9.6б

Поскольку прямая I C перпендикулярна PQ, то четырехугольники PI KB и QKI A —
c 1 c 1 c 1
вписанные, откуда ∠KPI = ∠KB I и ∠KQI = ∠KA I . Осталось заметить, что треуголь-
c 1 c c 1 c
ник B I A — равнобедренный, откуда и следует искомое равенство углов.
1 c 1
Отсюда вытекает способ построения.

6. (Ю. Блинков, Д. Швецов) На доске на-
рисованы прямые, содержащие стороны тре-
угольника ABC, отмечен центр его вневписан-
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
ной окружности, касающейся стороны AB, и
две точки касания этой окружности с продол-
жениями двух других сторон. Используя толь-
ко линейку (без делений), постройте середину AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
стороны AB, проведя не более шести линий.
Решение. Пусть даны прямые, содержащие GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGG
стороны треугольника ABC, центр I вневпи-
санной окружности и точки B и A
c
касания
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
1 1
этой окружности с прямыми AC и BC соответ-
ственно.
Обозначим точку касания этой окружности
со стороной AB через C , а середину AB че-
1
рез M. CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Рис. 8–9.6а
Докажем, что:

5. (М. Векшин, 11 класс) Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABC,
X симметрична I относительно серединного перпендикуляра к стороне BC, Q и R — се-
редины дуг AB и AC описанной окружности треугольника ABC, не содержащих вершин
треугольника ABC. Точка B0 симметрична точке B относительно Q, а точка C0 симметрич-
на точке C относительно R. Докажите, что точки B0, I, X и C0 лежат на одной окружности.
3



Решение. Пусть N — середина дуги BAC
(см. рис. 8–9.5). Докажем, что точка N равноуда- BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000

лена от указанных точек, откуда и будет следовать
утверждение задачи.
Из условия следует, что точка N равноудалена
от X и I, так как она лежит на серединном пер-
пендикуляре к отрезку BC. Тогда достаточно будет
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
показать, что она также лежит на серединных пер-
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
пендикулярах к отрезкам C0I и B0I.
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
Докажем это утверждение для отрезка C0I (для
B0I доказательство аналогично).
Заметим, что RC0 = RC = RI по лемме о тре- RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR
зубце. Следовательно, треугольник CIC0 — прямо-
угольный. Теперь достаточно доказать, что прямая
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
RN содержит его среднюю линию, то есть парал-
лельность прямых RN и CI.
Это можно сделать, например, так. BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
^ QN =^ BN− ^ BQ = 180◦ − ∠A − ∠C = ∠B =
= ^CR, откуда следует искомая параллельность.
Итак, точка N равноудалена от точек B0, I, X и
Рис. 8–9.5
C0, то есть эти точки лежат на окружности с цен-
тром в N.
Комментарий.
Последнее утверждение можно было доказать, рассмотрев треугольник I I I , образованный центрами
a c b
вневписанных окружностей исходного треугольника. Тогда окружность, описанная около ABC, для такого
треугольника является окружностью девяти точек, то есть точка N — середина отрезка I I , а NR — средняя
c b
линия треугольника I II .
c b

4. (М. Евдокимов) Дан треугольник ABD. Рассмотрим произвольную точку C такую,
что BC = AB, а четырёхугольник ABCD — выпуклый. Пусть K — точка пересечения его
диагоналей. Окружность, описанная около треугольника KCD, вторично пересекает отре-
зок AD в точке N. Докажите, что все прямые CN, построенные таким образом, проходят
через фиксированную точку. CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
Решение. Заметим, что точка C лежит на фик-
сированной окружности с центром в точке B.

Пусть эта окружность пересекает прямую CN в
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
точке X, отличной от C (см. рис. 8–9.4). Дока-
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
жем, что положение точки X не зависит от по-
ложения точки C.
Заметим, что ∠ACX = ∠KCN = ∠KDN =
= ∠ADB, используя равенство вписанных уг-
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
лов, опирающихся на одну дугу.
Поскольку угол ADB фиксирован, то и угол AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
ACX фиксирован. Кроме того, BA = BC = BX,
Рис. 8–9.4
то есть B — центр окружности, описанной око-
ло треугольника ACX. Следовательно, ∠ABX = 2∠ACX, то есть угол ABX также фикси-
рован. Кроме того, BA = BX, а точки C и X лежат в одной полуплоскости относительно
прямой AB, то есть точка X — фиксирована, что и требовалось.

4. Также можно было доказать, что данные правильные треугольники симметричны относительно пря-
мой IL и прямой JG. Тогда центры их вписанных окружностей должны быть симметричны относительно
обеих прямых, то есть совпадают.

3. В решении фактически доказано, что в шестиугольнике KJIHGL все стороны равны, а углы равны
через один. Такие многоугольники называются полуправильными.