Я сам решу.
А застряну — спрошу.

1. Факт, использованный во втором способе решения, можно доказать, например, достроив равнобедрен-
ный треугольник до ромба. Также можно использовать синусы углов или площадь треугольника.

3. (К. Байрак, 11 класс) Пусть равные правильные
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
треугольники ABC и DEF пересекаются по шестиуголь-
нику KJIHGL (см. рис.). Известно, что биссектриса угла DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
HGL проходит через J, а биссектриса угла HIJ — через
JJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJ
L. Докажите, что вписанные окружности этих треуголь-
EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
ников совпадают.
LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Решение. Докажем, что шестиугольник KJIHGL —
описанный, откуда и будет следовать утверждение зада-
чи. Для этого достаточно показать, что точка Z пересече- AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGG HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
ния биссектрис углов HGL и HIJ принадлежит биссек-
трисам остальных углов шестиугольника, то есть равно-
удалена от всех его сторон (см. рис. 8–9.3).
FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF
Рассмотрим треугольники LBI и LFI. Поскольку углы B и F равны 60◦, а IL — биссек-
триса угла HIJ, то ∠BLI = ∠FLI, то есть LI — биссектриса угла KLG. Аналогично, JG —
биссектриса угла KJI.
Дальше можно рассуждать по-разному.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
Первый способ. Докажем, что Z лежит на биссектрисе
угла K, откуда и будет следовать утверждение задачи.
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
Заметим, что треугольники LBI и LFI равны по сто-
JJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJ
роне и прилежащим к ней углам. Следовательно, FL =
EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
= BL. Поскольку AB = DF, то AL = DL, откуда следует
равенство треугольников ALG и DLK по стороне и при-
LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ
лежащим к ней углам. IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Заметим, что Z — центр вневписанной окружности
треугольника ALG, так как лежит на пересечении бис-
сектрис двух внешних углов, а расстояние от Z до пря- AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGG HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
мых LG и LK — радиус этой окружности. Поскольку
радиусы вневписанных окружностей у равных треуголь-
ников равны, то расстояния от точки Z до указанных
FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF
прямых равно радиусу вневписанной окружности тре- Рис. 8–9.3
угольника DLK. Кроме того, Z лежит на биссектрисе внешнего угла L треугольника DLK,
то есть Z — центр вневписанной окружности и для треугольника DLK. Следовательно, Z
лежит на биссектрисе угла K шестиугольника, что и требовалось.
Равенство треугольников можно было получить чуть иначе.
2



Второй способ. Используем следующий факт.
Сумма расстояний от точки, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до

его боковых сторон постоянна и равна высоте этого треугольника, проведенной к боковой
стороне.
Заметим, что точка L лежит на сторонах AB и FD равных равносторонних треугольни-
ков ABC и DEF. Тогда для нее одинакова и сумма указанных расстояний. Кроме того, L
равноудалена от прямых BC и EF, поскольку лежит на биссектрисе угла I.
Следовательно, L равноудалена от AC и DE, то есть равны высоты в треугольниках
ALG и DLK, откуда также следует равенство этих треугольников.
Дальнейшее аналогично первому способу решения.
Можно и не доказывать равенство треугольников, а использовать более сильный факт,

связанный с расстояниями.
Третий способ. Используем следующий факт.
Сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри равностороннего треугольника,
до его сторон постоянна и равна высоте этого треугольника.
В данном случае, Z удалена от сторон AB, AC и DF на одно и то же расстояние x и от
сторон BC, DE и EF на одно и то же расстояние y. Тогда суммы расстояний до сторон этих
треугольников равны 2x + y и 2y + x, откуда x = y и точка Z равноудалена от всех сторон

шестиугольника.
Комментарии.

2. (Г. Минаев) В четырёхугольнике ABCD углы A, B и C равны 57◦, 122◦ и 57◦ соответ-
ственно. Докажите, что длина ломаной ABC больше длины ломаной ADC.

Решение. Заметим, что угол D четырехуголь-
ника равен 124◦, то есть больше угла B. Рассмот- BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
рим точку X такую, что ADCX — параллелограмм XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
(см. рис. 8–9.2).
Достаточно будет доказать, что точка X лежит
внутри треугольника ABC. Действительно, тогда AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
по «неравенству резинки» AX + CX < AB + CB.

Останется использовать равенство противолежа-
щих сторон параллелограмма.
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
Докажем, что угол XAD меньше угла BAD, а
Рис. 8–9.2
угол XCD меньше угла BCD.
Заметим, что ∠XAD = 180◦ − 124◦ = 56◦ < 57◦ = ∠BAD. Аналогично для другой пары
углов. Кроме того, точки B и X лежат в одной полуплоскости относительно прямой AC.
Следовательно, точка X лежит внутри треугольника ABC, что и требовалось.

1. (К. Бельский) На основании AD трапеции ABCD взяли точку X, равноудаленную
от вершин B и C. Докажите, что X лежит на окружности, проходящей через середины
отрезков AB, AD и CD.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
Решение. Пусть M, K, N и L — середины сторон
AB, BC, CD и AD соответственно (см. рис.8-9.1а).
Поскольку MN — средняя линия трапеции ABCD,
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
то она параллельна основаниям, то есть четырехуголь-
ник MLXN — тоже трапеция. Докажем, что она рав-
нобокая, откуда и будет следовать утверждение зада-
чи. Это можно сделать по-разному. AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
Первый способ. Воспользуемся тем, что Рис. 8–9.1а
Середины сторон любого четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
В данном случае, MLNK — параллелограмм, то есть KN = ML. Кроме того, BX =
= CX, то есть отрезок KX перпендикулярен основаниям AD и BC трапеции и ее средней
линии MN. Поскольку средняя линия трапеции делит пополам любой отрезок с концами
на основаниях, то MN — серединный перпендикуляр к отрезку KX. Следовательно, XN =

= KN = ML, то есть трапеция — равнобокая.
Ту же идею можно реализовать иначе.
Второй способ. Продлим отрезок XN на свою длину и получим точку Q (см. рис. 8-
9.1б). Тогда XCQD — параллелограмм и CX = QD. Следовательно, BXDQ — равнобокая
трапеция и ее диагонали QX и BD равны. Осталось воспользоваться тем, что ML = 0,5BD
как средняя линия треугольника ABD.

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC


MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 8–9.1б Рис. 8–9.1в
Третий способ. Докажем, что проекции боковых сторон трапеции MLXN на прямую

AD равны, откуда также следует утверждение задачи.
Опустим перпендикуляры MY, BR, CS и NZ на прямую AD. Докажем, что YL = XZ.
Используя, что KX — серединный перпендикуляр к противолежащим сторонам прямо-
угольника RBCS и средние линии треугольников ABR и DCS, получим: YL = AL − AY =
= 0,5AD − 0,5AR = 0,5RD. Аналогично, XZ = XS + SZ = 0,5RS + 0,5SD = 0,5RD, что и
требовалось.
При другом расположении точек доказательство аналогично.
Комментарий.
Утверждение задачи можно рассматривать как аналог известного утверждения для треугольника. А
именно: если взять середины трех сторон и точку, симметричную вершине относительно средней линии
(то есть основание высоты), то указанные точки будут лежать на одной окружности (окружность девяти
точек).
Здесь же мы «раздвоили» одну из вершин треугольника, получили точки B и C и отразили середину BC
(точку K) относительно MN (средней линии трапеции).

1

6. (Quan Tran) Дан неравнобедренный остроугольный треугольник ABC с ортоцентром
H, M — середина BC. Точки K и L лежат на прямой, проходящей через H и перпенди-
кулярной AM, причем KB и LC перпендикулярны BC. Точка N лежит на прямой HM,
причем прямые AN и AH симметричны относительно прямой AM. Докажите, что окруж-
ность с диаметром AN касается двух окружностей: с центром K и радиусом KB и c центром
L и радиусом LC.
Решение. Пусть A , B и C — основания высот треугольника ABC, проведенных из
1 1 1
соответствующих вершин (см. рис. 10–11.6).
12



Докажем, что образ при инверсии c центром в точке A, переводящей C в B, окружно-
1
сти Ω с диаметром AN касается образа при этой инверсии окружности ω с центром K и
радиусом KB, откуда и будет следовать утверждение задачи.
Докажем сначала, что окружность с центром K и радиусом KB проходит через точ-
ку C .
1
Используем следующий факт.
Пусть точки C , A и B лежат на сторонах AB, BC и AC треугольника ABC соот-
1 1 1
ветственно. Тогда окружности, описанные около треугольников AB C , CA B и BA C
1 1 1 1 1 1
пересекаются в одной точке.
Применив данный факт к треугольнику BAA и точкам M, H и C , получим, что окруж-
1 1
ности, описанные около треугольников AC H, A MH и BC M пересекаются в точке Y.
1 1 1
Кроме того, прямые HY и BK пересекаются в точке, лежащей на описанной окружности
треугольника BMC и диаметрально противоположной точке M, то есть в точке K. Сле-
1
BC
довательно, ∠KC M = ∠KBM = 90◦. Учитывая, что MB = MC = , получим равенство
1 1
2
отрезков KB и KC , что и требовалось.
1
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωω
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
ΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩ NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR
ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ
Рис. 10–11.6
Пусть прямая YH пересекает прямую BC в точке Z, а R — точка пересечения MH и
AZ. Тогда H — ортоцентр треугольника AMZ и прямая MR перпендикулярна AZ, то есть
точка R лежит на окружностях с диаметрами AN, AH и MZ.
Следовательно, AR · AZ = AY · AM = AH · AA = AC · AB.
1 1
Рассмотрим инверсию с центром в точке A относительно окружности с радиусом R,
таким, что AC · AB = R2. Поскольку точки C и B при этой инверсии меняются местами,
1 1
то окружность ω с центром K и радиусом KB переходит в себя. Окружность Ω с диаметром
AN переходит в прямую, поскольку проходит через центр инверсии. Докажем, что эта
прямая является касательной к окружности ω. Заметим, что точка R переходит в точку Z.
Рассмотрим образ точки X — второй точки пересечения Ω и прямой AM.
Поскольку касательные к окружности в точке Z симметричны относительно ZK, то
надо доказать, что точка X (симметричная M относительно ZK) является образом точки
1
X при указанной инверсии, то есть AX · AX = AY · AM.
1
13



Заметим, что AM — биссектриса угла NAH, а прямая NX параллельна YH. Применив
AX AN MN MX AX − MX AM
подобие и свойство биссектрисы, получим: = = = = = ,
AY AH MH MY AY − MY AX
откуда и следует искомое равенство. 1
Для окружности с центром L и радиусом LC доказательство полностью аналогично.
Комментарий 1. Попутно доказано, что эти окружности касаются окружности с диаметром AH, а Z —
один из центров их гомотетии.
Комментарий 2. Про определение и свойства инверсии можно прочитать, например, здесь:
https://math.ru/lib/files/pdf/planim5.pdf.
Комментарий 3. Указанный в решении факт можно доказать простым счетом углов, используя свойство
и признак вписанного четырехугольника.
Комментарий 4. Также решение можно было получить, используя указанную инверсию и следующие
факты:

5. (А. Заславский)Через вершину D параллелограмма ABCD проведена произвольная
прямая l , пересекающая отрезок AB и прямую BC в точках C и A соответственно, и
1 1 1
произвольная прямая l , пересекающая отрезок BC и прямую AB в точках A и C соот-
2 2 2
ветственно. Найдите геометрическое место точек пересечения окружностей A BC и A BC
1 2 2 1
(отличных от точки B).
11



Ответ: дуга окружности, описанной около треугольника ABC, содержащая точку B (са-
му точку B, а также концы дуги следует исключить).

Решение. Рассмотрим одно из положений прямых l и l .
1 2
Пусть M — точка пересечения окружностей ABC и A BC , отличная от B (см. рис. 10-
2 1
11.5). Исходя из расположения точек A и C , точки M и B лежат в одной полуплоскости
2 1
относительно прямой AC, а также в одной полуплоскости относительно прямой A C .
1 2
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222


BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA 22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222 CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM


CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
llllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllll
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
llllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllllll
22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222
Рис. 10–11.5
Докажем, что M также лежит и на окружности, описанной около треугольника A BC .
1 2
Заметим, что ∠MCB = ∠MAB, а ∠MC B = ∠MA B как вписанные, опирающиеся на
1 2
одну дугу. Следовательно, треугольники MCA и MAC подобны (можно было также вос-
2 1
пользоваться тем, что точка пересечения двух окружностей является центром пово-
MC CA
ротной гомотетии, переводящей одну в другую), откуда = 2 .
MA AC
1
Тогда достаточно будет доказать подобие треугольников MCA и MAC , то есть равен-
1 2
MC CA CA CA
ство = 1 или равенство 2 = 1 .
MA AC AC AC
2 1 2
Обозначим: AB = CD = a, BC = AD = b; CA = x; AC = y. Используя подобие тре-
2 1
(b − y)a ab
угольников BC A и AC D, получим: CA = a + = . Аналогично, из подобия
1 1 1 1
y y
ab CA x CA
треугольников BA C и CA D: AC = . Следовательно, 1 = = 2 , что и требовалось.
2 2 2 2
x AC y AC
2 1
Осталось заметить, что любая точка M указанной дуги удовлетворяет условию, по-
скольку найдется окружность, проходящая через точки B и M и пересекающая отрезки
AB и BC. Точки пересечения A и C этой окружности с указанными отрезками и опреде-
2 1
ляют положение прямых l и l .
1 2
Комментарий. Возможно также решение, использующее инверсию с центром в точке B.

4. (Ю. Блинков) Нарисованы прямые, содержащие стороны неравнобедренного тре-
угольника ABC, центр I его вписанной окружности и описанная около него окружность,
центр которой не отмечен. Пользуясь только линейкой (без делений), постройте симедиа-
ну треугольника (прямую, симметричную медиане относительно соответствующей бис-
сектрисы), проведя не более шести линий.
Решение. Пусть M — середина отрезка AB, W — середина дуги AB, не содержащей
точку C, A и B — основания биссектрис треугольника ABC, проведенных из точек A и B
1 1
10



соответственно, X — точка пересечения прямых AB и A B , S — вторая точка пересечения
1 1
прямой W X с окружностью (см. рис. 10–11.4).
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN

CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC


BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB



WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
Рис. 10–11.4
Докажем, что CS — симедиана треугольника ABC.
Заметим, что CX — биссектриса внешнего угла C треугольника ABC (этот факт следует,
например, из теоремы Менелая и свойства биссектрисы). Тогда прямая CX проходит через
точку N — середину дуги AB, содержащую точку C и ∠W CN = 90◦, как опирающийся на
диаметр, а хорда AB перпендикулярна диаметру W N.
Следовательно, L — ортоцентр треугольника W NX и точки N, L и S лежат на одной

прямой.
Осталось воспользоваться тем, что высоты треугольника являются биссектрисами его
ортотреугольника, то есть ∠MCW = ∠SCW , что и требовалось.
Отсюда вытекает способ построения:
1 — строим прямую CI и получаем точку W (первая линия).
2, 3 — строим прямые AI и BI и получаем точки A и B (вторая и третья линия).
1 1
4 — строим прямую A B и получаем точку X (четвертая линия).
1 1
5 — строим прямую W X и получаем точку S (пятая линия).
6 — строим искомую прямую CS (шестая линия).
Комментарий 1. Используя симметрию лучей MC и MS относительно прямой AB, можно было показать,
что L — центр вписанной окружности треугольника MCS, а N — центр его вневписанной окружности,
откуда также следует искомое.
Комментарий 2. Возможны и другие способы обоснования указанного построения. Например, в четырех-
угольнике ACBS биссектрисы углов C и S пересекаются на стороне AB (в точке L). В таком четырехуголь-
нике произведения противоположных сторон равны (он называется гармоническим), а диагонали являются
симедианами. Про симедиану можно прочитать, например, здесь:
https://geometry.ru/articles/symmedian_blinkov.pdf.
Комментарий 3. Заметим, что точки A, L, B и X образуют гармоническую четверку. Тогда проекции этих
четырех точек на окружность из точки W образуют гармонический четырехугольник ACBS. Следовательно,
возможны и другие способы построения, не использующие точку I. Достаточно построить гармоническую
четверку точек и спроектировать ее на данную окружность.
Комментарий 4. Можно показать, что точки C, L, X и S лежат на окружности Аполлония точек A и B.
Комментарий 5. Из решения следует, что можно построить диаметр описанной окружности, перпенди-
кулярный AB. Построив аналогично еще один диаметр, можно построить центр окружности. Если построе-
на окружность и ее центр, то одной линейкой можно выполнить все построения, выполнимые циркулем и
линейкой (теорема Штейнера).

3. (А. Заславский) Гипотенуза AB прямоугольного треугольника ABC касается соответ-
ствующей вневписанной окружности ω в точке T. Точка S симметрична T относительно

9




биссектрисы угла C, CH — высота треугольника. Докажите, что окружность, описанная
около треугольника CSH, касается окружности ω.

Решение. Заметим, что окружность ω симметрична относительно биссектрисы угла C,
так как ее центр лежит на указанной биссектрисе (см. рис. 10–11.3).







AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA


TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT



MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111

HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS

ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωω
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB



Рис. 10–11.3
Пусть H — точка, симметричная точке H относительно биссектрисы угла C. Докажем,
1
что окружность, описанная около треугольника CH T, касается окружности ω в точке T,
1
откуда и будет следовать утверждение задачи.
Заметим, что прямая, симметричная высоте CH относительно биссектрисы угла C тре-
угольника проходит через центр описанной окружности, то есть, в данном случае, через
точку M — середину гипотенузы AB. Поскольку прямая MT касается окружности ω, то
достаточно будет доказать касание этой прямой и окружности, описанной около треуголь-
ника CH T. Это, в свою очередь, будет следовать из равенства MT2 = MH · MC.
1 1
Пусть AB = c, AC = b, BC = a (b > a), CH = CH = h. Тогда MC = 0,5c, MH = 0,5c − h,
1 1
MT = MA − AT = 0,5c − (0,5(a + c − b)) = 0,5(b − a).
Тогда достаточно доказать, что c(c − 2h) = (b − a)2. Это, в свою очередь, следует из
теоремы Пифагора и равенства ab = ch.
Комментарий 1. Равенство ab = ch можно получить, например, записав двумя способами площадь пря-
моугольного треугольника.
Комментарий 2. Конец решения можно записать чуть иначе, доказав для прямоугольного треугольника
равенство (p − a)(p − b) = S, где S — площадь треугольника, а p — полупериметр. По формуле Герона оно
эквивалентно равенству p(p − c) = S. Осталось заметить, что в прямоугольном треугольнике p − c = r, где
r — радиус вписанной окружности.

2. (А. Иванищук) Петя нарисовал на плоскости пятиугольник ABCDE. После этого Вася
отметил все точки S в заданном полупространстве относительно плоскости пятиугольни-
ка так, что в пирамиде SABCDE ровно две боковые грани перпендикулярны плоскости
основания ABCDE, а высота равна 1. Сколько точек могло получиться у Васи?

Ответ: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 или 10.
Решение. Если плоскости перпендикулярны плоскости основания, то их линия пересе-
чения также перпендикулярна плоскости основания. Так как линия пересечения любых
двух боковых граней содержит вершину пирамиды, то грани, перпендикулярные основа-
нию, пересекаются по одной и той же прямой — содержащей высоту пирамиды. Кроме

того, поскольку плоскости этих граней содержат стороны пятиугольника, то количество
граней, перпендикулярных основанию, равно количеству прямых, содержащих стороны,
проходящих через основание высоты пирамиды. С другой стороны, через любую точку пе-
ресечения двух прямых, содержащих стороны, можно провести высоту и получить ровно
одну такую точку S, которая подойдет Васе, если указанных прямых, содержащих сторо-
ны пятиугольника, ровно две.
8




Итак, требуется найти количество различных точек пересечения прямых, содержащих
стороны пятиугольника для всех видов пятиугольников.

Если никакие две стороны не параллельны, а все точки пересечения различны, то их
5 · 4
= 10. Такое возможно, например, в правильном пятиугольнике (см. рис. 10-11.2а).
2











Рис. 10–11.2а Рис. 10–11.2б Рис. 10–11.2в
Если в выпуклом пятиугольнике есть одна пара параллельных сторон, то точек ровно
на одну меньше, то есть 9 (см. рис. 10-11.2б). Аналогично, две пары параллельных сторон
выпуклого пятиугольника дают 8 искомых точек (см. рис. 10-11.2в).
Возможен случай невыпуклого пятиугольника, в котором три вершины лежат на одной
прямой. В этом случае, таких точек 7 (см. рис. 10-11.2г). Аналогично можно построить

примеры на 6, 5, 4 и 3 точки (см. рис. 10-11.2д-ж).












Рис. 10–11.2г Рис. 10–11.2д







Рис. 10–11.2е Рис. 10–11.2ж Рис. 10–11.2з

Докажем, что меньше трех точек быть не может. Действительно, вершины пятиуголь-
ника нам не подходят только в случае, когда через эту вершину проходит прямая, со-
держащая сторону, соединяющую не соседние с ней вершины. Так как четыре вершины
лежать на одной прямой не могут, то, если, например, вершина A лежит на стороне CD,
то для вершины C и стороны AE такое выполняться уже не может, как и для вершины D
и стороны AB. Следовательно, вершины C и D подходят в любом случае, а из вершин B

и E не подходит максимум одна, то есть хотя бы три точки, удовлетворяющие условию,
есть в любом пятиугольнике.

1. (А. Заславский) Пусть P — точка внутри остроугольного треугольника ABC, а A0,
B0, C0 — проекции P на BC, CA, AB соответственно. Докажите, что диаметр окружности,

описанной около треугольника A0B0C0, равен PC тогда и только тогда, когда окружность,
описанная около треугольника ABP, проходит через центр описанной окружности тре-
угольника ABC.
Решение. Заметим, что PC — диаметр окружности, описанной около треугольника
A0CB0, а точки C и C0 лежат по разные стороны от прямой A0B0 (см. рис. 10–11.1). Кроме

того, ∠A0C0B0 < ∠A0PB0 = 180◦ − ∠A0CB0, так как P лежит внутри треугольника A0B0C0.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB


CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP


OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO



AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

Рис. 10–11.1

И, наконец, окружности, описанные около треугольников A0CB0 и A0B0C0, имеют общую
хорду и равны тогда и только тогда, когда равны синусы углов A0CB0 и A0C0B0, то есть,
учитывая вышеизложенное, когда равны сами углы A0CB0 и A0C0B0.
Осталось доказать, что равенство этих углов равносильно тому, что точки A, P, O и B
лежат на одной окружности.
Поскольку четырехугольники AC0PB0 и BC0PA0 — вписанные, то ∠B0C0A0 = ∠B0C0P +
+ ∠A0C0P = ∠B0AP + ∠A0BP = ∠APB − ∠ACB, учитывая сумму углов четырехугольника.
Тогда равенство углов A0CB0 и A0C0B0 равносильно тому, что ∠APB = 2∠ACB = ∠AOB, что,
в свою очередь, эквивалентно расположению точек A, P, O и B на одной окружности.

2) AKTO — параллелограмм, то есть прямые AK и OT параллельны.
Первое утверждение можно получить из равенства треугольников или как частный случай следующего
факта.
Факт 1. Дан неравнобедренный треугольник ABC. На его сторонах AB и BC выбраны точки C и A
0 0
соответственно, B — середина дуги ABC описанной окружности треугольника ABC. Равенство AC =
1 0
= CA выполняется тогда и только тогда, когда точки A , C , B и B лежат на одной окружности.
0 0 0 1
Подробнее про этот факт можно прочитать здесь: https://geometry.ru/articles/sparrowvsgunmain.pdf.
Второе утверждение можно получить, например, из того, что точка A равноудалена от N и C, от B и M
и из следующего факта.
Факт 2. Даны две окружности, пересекающиеся в точках X и Y. Два велосипедиста едут по этим
окружностям (каждый — по своей) с постоянными угловыми скоростями в разных направлениях (один —
по часовой стрелке, другой — против). Они одновременно выезжают из точки Y, делают один оборот
и возвращаются в точку Y. Тогда на плоскости существует неподвижная точка V, которая в каждый
момент времени равноудалена от велосипедистов, причем ∠YXV = 90◦. Точка V называется точкой двух
велосипедистов.
В данном случае, для окружностей, описанных около треугольников SBC и SMN, точка A — точка двух
велосипедистов, движущихся в разные стороны от точки T. Подробнее про точку велосипедистов можно
прочитать здесь: https://geometry.ru/articles/protasovbycicle.pdf.
Комментарий 4. Также можно использовать, что точка A является точкой Микеля для прямых NS, MS,
NC и MB, а точка T — для прямых NS, MS, BC и MN. Про точку Микеля можно прочитать, например,
здесь: https://math.ru/lib/files/pdf/planim5.pdf.
Материалы подготовили: А. Блинков, Ю. Блинков, А. Горская, А. Заславский, Д. Прокопенко.

































7




Двадцатая всероссийская олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина

Двадцать первая устная олимпиада по геометрии
г. Москва, 14 апреля 2024 года
Решения задач

10–11 класс

6. (Quan Tran) Дан остроугольный треугольник ABC и такая точка P внутри него, что
∠PBA = ∠PCA. Прямые PB и PC пересекают описанные окружности треугольников PCA и

PAB повторно в точках M и N соответственно. Пусть лучи MC и NB пересекаются в точке
S, K — центр описанной окружности треугольника SMN. Докажите, что прямые AK и
BC перпендикулярны.
Решение. Будем пользоваться следующим фактом.
Диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда равны
суммы квадратов его противолежащих сторон.
Докажем, что у четырехугольника ABKC диагонали перпендикулярны, то есть до-

кажем равенство сумм квадратов противолежащих сторон или равенство AB2 − AC2 =
= KB2 − KC2.


NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS





KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC



YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY






MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
Рис. 8–9.6

Из равенства углов следует, что окружности, указанные в условии, равны (см. рис. 8–
9.6). Кроме того, из равенства вписанных углов, опирающихся на одну дугу или на равные
дуги в равных окружностях, следует, что треугольники NAC и BAM — равнобедренные.
И, наконец, из равенства вертикальных углов с вершиной P, хорды BN и CM в равных
окружностях равны.
Следовательно, треугольники NAB и CAM равны, как и высоты AX и AY в них, про-
веденные к сторонам BN и CM, откуда XN = YC и SX = SY.
Вернемся к решению. Обозначим: NB = CM = 2a; SB = 2b; SC = 2c. Преобразуем

правую часть, используя равенство радиусов и заменив разность квадратов наклонных
разностью квадратов их проекций:
KB2−KC2 = KM2−KC2−(KM2−KB2) = (a+c)2−(a−c)2−((a+b)2−(a−b)2) = 4a(c−b).
С другой стороны: AB2 − AC2 = AB2 − AN2 = XB2 − XN2 = 2a(XB − YC) = 4a(c − b).
Комментарий 1. Указанный факт следует из того, что ГМТ, разность квадратов расстояний от которых
до двух данных точек постоянна, есть прямая, перпендикулярная отрезку, соединяющему эти точки.
Комментарий 2. Точка A — центр поворота, переводящего одну окружность в другую, а треугольник
NAB — в треугольник CAM.
Комментарий 3. Равенство отрезков BN и CM можно использовать иначе. Рассмотрим окружности, опи-
санные около треугольников SBC и SMN. Пусть T — вторая точка их пересечения, O — центр окружности,
описанной около треугольника SBC.
6




Тогда решение задачи можно получить из следующих утверждений: