Я сам решу.
А застряну — спрошу.

2. Она переводит точку A в точку D — вершину параллелограмма ABDC, а точки C
1 1
и B — в точки B и C соответственно, то есть окружность, проходящую через середи-
1
ны сторон треугольника ABC, — в окружность, симметричную описанной окружности
треугольника относительно прямой BC. Остается заметить, что точка M (образ X
1
при указанной гомотетии), на ней лежит.

3. (Д. Мухин) Треугольник ABC вписан в окружность. M — точка дуги BC (не содер-
жащей A); M — симметрична M относительно стороны BC. Докажите, что AM делится
1 1
пополам окружностью, проходящей через середины сторон треугольника ABC.
Решение. Пусть A , B и C — середины сторон BC, AC и AB соответственно, X —
1 1 1
середина AM (см. рис. 8–9.3). Докажем, что точки A , B , C и X лежат на одной окруж-
1 1 1 1
ности.
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

Рис. 8–9.3
Из свойства средней линии треугольника следует, что AC A B — параллелограмм,
1 1 1
то есть ∠C A B = ∠C AB = ∠CAB. Кроме того, в силу симметрии, ∠CM B = ∠CMB =
1 1 1 1 1 1
= 180◦ −∠CAB, учитывая, что четырехугольник ABMC — вписанный. Осталось заметить,
что C X и B X параллельны BM и CM как средние линии треугольников BAM и CAM
1 1 1 1 1 1
соответственно, то есть ∠C XB = ∠BM C = 180◦ − ∠C AB , откуда и следует утверждение
1 1 1 1 1
задачи.
Комментарий.
Также можно было использовать гомотетию с центром в точке A и коэффициентом

2. (Т. Фейгина) Есть квадратный лист бумаги. Как получить прямоугольный лист бума-
√
ги с отношением сторон, равным 2? (Инструментов никаких нет, лист можно только
сгибать.)
Решение. Без ограничения общности можно считать, что сторона квадрата равна 1.
Первый способ. Заметим, что достаточно построить на одной из сторон этого квадрата
√
2
отрезок, равный . Покажем, как построить такой отрезок.
2
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM



AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 8–9.2а Рис. 8–9.2б
Пусть дан квадрат ABCD (см. рис. 8–9.2а). Перегнем его сначала по диагонали AC,
а затем построим биссектрису AL треугольника BAC, совместив стороны соответствующе-
го угла. Поскольку биссектриса делит противолежащую сторону треугольника в отноше-
√ √
нии прилежащих сторон, то BL : LC = AB : AC = 1 : 2, откуда 1 = BL + BL 2, то есть
√ √
BL = 2 − 1, а CL = 2 − 2. Совместив точки C и L, поделим отрезок CL пополам, то есть
√
√
2
построим M — его середину. Тогда BM = 1 − 0,5(2 − 2) = , что и требовалось.
2
Второй способ. Аналогично первому способу построим биссектрисы углов BAC, BCA,
CAD и ACD (см. рис. 8–9.2б). Тогда стороны четырёхугольника KLMN параллельны диа-
√
гоналям квадрата ABCD, то есть KLMN — прямоугольник. Кроме того, KL = BL 2,
1



√ √
а LM = CL 2, то есть KL : LM = BL : LC = 1 : 2. Следовательно, прямоугольник
KLMN — искомый.

1. (Ю. Блинков) В трапеции ABCD: AD = 2BC, M — середина боковой стороны AB.
Докажите, что прямая BD проходит через середину отрезка CM.

Решение. Первый способ. Пусть K — середина диагонали BD (см. рис. 8–9.1а). Тогда
MK — средняя линия треугольника ABD, то есть MK = 0,5AD = BC и прямая MK па-
раллельна AD и BC. Следовательно, MBCK — параллелограмм и диагональ BK делит CM
пополам.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC


MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 8–9.1а Рис. 8–9.1б
Второй способ. Пусть прямые CM и AD пересекаются в точке E (см. рис. 8–9.1б). Тогда
треугольники CMB и EMA равны по стороне и прилежащим к ней углам, откуда EM =
= CM и EA = CB. Кроме того, в трапеции EBCD точка пересечения диагоналей F делит их

в отношении оснований, то есть EF : CF = ED : BC = 3 : 1. Следовательно, F — середина
CM, что и требовалось.

3. Для доказательства равенства углов BPQ и CQP можно использовать параллельный перенос или век-
−→ −→
−−→ AB + DC
торное равенство MN = .
2

2. В заключительной части второго способа решения можно использовать теорему синусов вместо по-
строения параллелограмма.

3. (М. Кунгожин) В четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны (но не параллель-
ны), точки M и N — середины AD и BC. Серединный перпендикуляр к MN пересекает
стороны AB и CD в точках P и Q соответственно. Докажите, что AP = CQ.
Решение. Пусть K и L — середины диагоналей AC и BD соответственно (см. рис. 8–
9.3а). Тогда KN и LM — средние линии треугольников ABC и ABD соответственно. Сле-
довательно, MKNL — параллелограмм, поскольку его противолежащие стороны парал-
лельны и равны. Кроме того, так как AB = CD, то NK = NL, то есть MKNL — ромб.
Следовательно, точки K и L равноудалены от M и N, то есть лежат на прямой PQ. Кроме
того, ∠BPQ = ∠NKL = ∠NLK = ∠CQP в силу параллельности двух пар прямых. Далее
можно рассуждать по-разному.
2



CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB


PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ

TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
Рис. 8–9.3а Рис. 8–9.3б

Первый способ. Проведем через точку D прямую, параллельную PQ (см. рис. 8–9.3б).
Пусть T — точка пересечения этой прямой с прямой AB. Тогда BP = PT по теореме Фа-
леса. Кроме того, TPQD — трапеция с равными углами при вершинах P и Q, то есть
равнобокая. Следовательно, QD = PT = BP, откуда AP = CQ.

Второй способ. Пусть X и Y — середины сторон AB и CD соответственно (см. рис. 8–
9.3в). Тогда XNYM — параллелограмм, противолежащие стороны которого параллельны
диагоналям исходного четырехугольника, а точка O пересечения диагоналей является се-
рединой отрезков MN и XY. Докажем, что PX = QY, откуда и будет следовать утвержде-
ние задачи. Пусть Z — точка на луче PO, такая, что OZ = OP. Тогда PXZY — паралле-
лограмм и PX параллельно и равно ZY. Кроме того, ∠XPO = ∠OZY. Учитывая равенство
∠BPQ = ∠CQP, получим, что треугольник QYZ — равнобедренный, то есть PX = ZY = QY,
что и требовалось.
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
Рис. 8–9.3в

Комментарии. 1. Отметим, что в треугольниках XOP и YOQ равны две пары сторон и угол, лежащий
напротив одной из них, но сами треугольники не равны.

2. Заметим, что, зная углы треугольника IPQ, можно найти углы треугольника ABC. Тогда задачу мож-
но решить методом подобия, построив сначала треугольник, подобный треугольнику ABC.

3) построим точки B и C как пересечение окружности
Рис. 8–9.2в
с центром W и радиусом W I с прямыми IP и IQ соответ-
ственно.
Комментарии. 1. Попутно доказано, что AI — касательная к окружности, описанной около треугольни-
ка PIQ.

2) строим точку W как пересечение прямых AI и PQ;
WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

5) построим точку C как пересечение прямой QI с прямой, перпендикулярной PQ и про-
ходящей через M.
Третий способ. Сначала построим точку W — середи-
ну дуги BC окружности, описанной около треугольника AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
ABC. Тогда для построения точек B и C будет достаточ-
но использовать, что W B = W C = W I (лемма о трезубце).

Заметим, что точка W является пересечением биссектрисы
угла A и серединного перпендикуляра к отрезку BC. Тогда PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
нам достаточно построить прямую AI, то есть уметь стро- QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
ить угол W IQ. Пусть ∠B = β. Тогда ∠AIC = 90◦ + 0,5β,
а ∠W IQ = 90◦ − 0,5β = ∠IPQ.
Отсюда вытекает следующий способ построения:
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB