Я сам решу.
А застряну — спрошу.

(Л.Шатунов) Даны окружности ω и ω . Пусть M — середина отрезка, соеди-
1 2
няющего их центры. На ω выбрана точка X, а на ω — точка Y так, что MX = MY .
1 2
Найдите геометрическое место середин отрезков XY .
Ответ. Один или два отрезка, перпендикулярных линии центров окружностей.
Решение. Пусть O , O — центры данных окружностей, r , r — их радиусы, O O =
1 2 1 2 1 2
2d. Проведя высоту XH треугольника XMO , получаем, что MH2−O H2 = (MH +
1 1
HO )(MH − HO ) = XM2 − r2. Поскольку один из множителей равен d, другой
1 1 1
равен (XM2 − r2)/d и MH = (XM2 + d2 − r2)/2d. Аналогично расстояние от M
1 1
до проекции точки Y на O O равно (XM2 + d2 − r2)/2d, следовательно, проекция
1 2 2
9






середины XY на O O не зависит от XM. Если окружности ω и ω не пересекаются,
1 2 1 2
то искомое ГМТ состоит из двух отрезков, симметричных относительно O O , концы
1 2
которых соответствуют максимальному и минимальному значениям XM (рис. 12).
В противном случае получаем один отрезок.







O M O
1 2





Рис. 12.

(Ф.Нилов) Через точку X проведены три луча, образующие друг с другом
углы, равные 120◦. Окружность w радиуса R выбирается произвольным образом
так, чтобы точка X лежала внутри неё. Пусть A, B, C — точки пересечения лучей

с окружностью. Найдите max(XA + XB + XC).
Решение. Из условия следует, что X — точка Торричелли треугольника ABC. Сле-
довательно, XA + XB + XC ≤ OA + OB + OC = 3R, где O — центр окружности.
Равенство достигается, когда O совпадает с X.

(М.Евдокимов) Из бумаги вырезан остроугольный треугольник, одна из сто-
рон которого равна опущенной на нее высоте. Постройте внутри треугольника точку,
квадрат расстояния от которой до одной из вершин треугольника равен сумме квад-
ратов расстояний до двух других. Никаких инструментов нет, можно только сгибать
бумагу и отмечать точки пересечения линий сгиба.


8










Решение. Пусть высота CH треугольника ABC равна стороне AB, AC > BC. Тогда
для любой точки X, лежащей на высоте из вершины A, XC2 −XB2 = AC2 −AB2 =
AH2. Следовательно, достаточно построить на этой высоте точку, для которой AX =

AH.
Перегнем треугольник по прямым, проходящим через A и C, перпендикулярным
BC и AB соответственно, отметим точку H. Затем перегнем так, чтобы сторона AB
совместилась с высотой из A и отметим точку X, с которой совместилась H (рис.
10).


C













X



A H B

Рис. 10.

(А.Марданов, К.Марданова) Прямая ℓ, проходящая через ортоцентр H тре-

угольника ABC (BC > AB) и параллельная AC, пересекает стороны AB и BC в
точках D и E соответственно. Прямая, проходящая через центр описанной окруж-
ности этого треугольника и параллельная его медиане BM, пересекает прямую ℓ в
точке F. Докажите, что длина отрезка HF втрое больше разности отрезков FE и
DH.
Решение. Пусть BM пересекает DE в точке N (рис. 9). Тогда NF = HN/2 и

DH + HN = NE = NF + EF. Следовательно, EF − DH = NH/2 = HF/3.

B







H N F E
D
O



A C
Рис. 9.

(В.Конышев) Во вписанном четырехугольнике ABCD с точкой пересечения
диагоналей P на отрезках AC, BD отмечены точки K и L соответственно. При этом
CK = AP и DL = BP. Докажите, что прямая, проходящая через точки пересечения
окружностей ALC и BKD, содержит центр масс четырехугольника ABCD.
Решение. Пусть M, N — середины AC и BD соответственно, Q — вторая точка
пересечения AC с окружностью BKD (рис. 8). Тогда степени точки M относительно

окружностей ALC и BKD равны соответственно AC2/4 и MK · MQ. При этом
MK = MP = PK/2 = (PA − PC)/2, MQ = PB · PD/PK = PA · PC/(PA − PC).
Отсюда получаем, что разность степеней равна AP · PC/4. Аналогично получаем,
что разность степеней точки N относительно этих окружностей равна −PB·PD/4 =
−PA · PC/4. Поскольку разность степеней — линейная функция, середина отрезка
MN лежит на радикальной оси окружностей.









7











B



L


N

K P C
A Q
M


D
Рис. 8.

(Я.Щербатов) Точки I, I являются центром вписанной и A-вневписанной
a
окружности треугольника ABC; вписанная окружность касается сторон AC, AB
в точках E, F; G — точка пересечения BE и CF. Перпендикуляр к BC, проходящий
через точку G, пересекает AI в точке J. Докажите, что E, F, J, I лежат на одной
a
окружности.
Решение. Пусть J′ — точка пересечения AI с окружностью I EF, сторона BC
a
пересекает прямые I F, I E в точках X, Y и касается вписанной окружности в точке
a a
D. Заметим, что треугольники J′EF и IXY ортологичны, т.к. I один из центров
a
ортологии. Также −1 = (A,BC ∩ AI,I,I ) = (A,B,XI ∩ AB,F), следовательно, XI
a
проходит через точку пересечения ED и AB. Но тогда IX ⊥ CF (рис. 7). Аналогично
IY ⊥ BE. Тогда J′G ⊥ XY , что равносильно искомому утверждению.























6










A



E
J′
F
I
G
Y X
B
C D








I
A







Рис. 7.

(Л.Емельянов) Докажите, что если у треугольника одна из сторон его треуголь-
ника Нагеля параллельна одной из биссектрис, то ещё одна из сторон треугольника
Нагеля параллельна другой биссектрисе.

Первое решение. Пусть стороны BC, CA, AB треугольника ABC касаются соот-
ветствующих вневписанных окружностей в точках A′, B′, C′ и прямая C′A′ парал-
лельна биссектрисе AA угла A. Так как BC′ = p − a, BA′ = p − c, BA = ac/(b + c),
1 1
это равносильно равенству a : (b + c) = (p − c) : (p − a), которое приводится к ви-
ду (p − a)(p − b) = p(p − c). Такое же равенство получим, если B′C′ параллельно
биссектрисе угла B.
Второе решение. Пусть α, β, γ –– половины углов A, B, C треугольника, I, I′
и I′′ –– центр вписанной окружности и центры A- и B- вневписанных окружно-
стей, C′A′ ∥ CII′. Известно, что I′C′ ⊥ AB, I′C ⊥ CI, поэтому CA′ = AC′ =
r tg \CI′A′ = r tg γ. Расстояние от точки A′ до AI равно AC′ sinγ. Поскольку
a a
\BI′A′ = β, \BI′A = 180◦˘α˘(90◦ + β) = γ, то \AI′A′ = γ − β. Расстояние от точки
C′ до AI′ равно I′C′ sin \AI′C′ = r sin(γ−β) = AC′ sinα = r tg γ cos(γ+β). Поэтому
a a
sin(γ−β)cosγ = cos(γ+β)sin γ. Значит, sin2 γ sin β = cos2 γ sinβ и γ = 45◦, \C = 90◦,
\B′CI′′ = \CI′′B′ = 45◦, отсюда BA′ = AB′ = B′I′′, \BI′′B′ = 45◦ − \CI′′B = β.
Следовательно, A′BI′′B′ — это равнобедренная трапеция и C′B′ ∥ BI.
Примечание. Условие задачи выполнено для любого прямоугольного треугольника
(рис. 6).

5










C




A′

B′

A B
C′
Рис. 6.

(Д.Швецов) Точка M — середина катета AC прямоугольного треугольника ABC
(\C = 90◦). Перпендикуляр, опущенный из точки M на биссектрису угла ABC,
пересекает гипотенузу AB в точке N. Докажите, что окружность, описанная вокруг
треугольника ANM, касается биссектрисы угла ABC.

Решение. Пусть P — проекция M на биссектрису угла B, а O — центр окружности
AMN. Так как точки P и C лежат на окружности с диаметром BM, \NMA =

4










\PBC = \ABP. Тогда \AON = \ABC и \MAO = 90◦ − \ABC/2 − \BAC =
\NMA, т.е. AO ⊥ BP. Касательная к окружности в точке Q, противоположной A,

образует с AB угол равный 90◦ −\QAN = \QBA и, следовательно, совпадает с BP
(рис. 5).

B









N


M
C A
P
O
Q



Рис. 5.

(Я.Щербатов) Пусть AL — биссектриса треугольника ABC; X — произвольная
точка на внешней биссектрисе угла A; прямые BX, CX пересекают серединный
перпендикуляр к AL в точках P, Q соответственно. Докажите, что точки A, X, P,
Q лежат на одной окружности.

Первое решение. Пусть PQ пересекает AB в точке Y . Тогда в равнобедренном
треугольнике AY L \ALY = \LAY = \LAC, следовательно, LY ∥ AC и XP : PB =
AY : Y B = Y L : Y B = AC : AB = CL : LB. Поэтому LP ∥ CX. Аналогично
LQ ∥ BX, т.е. LPXQ — параллелограмм (рис. 4). Значит, AQ = QL = XP, т.е.
трапеция AXPQ — равнобокая и вписанная.





3






















A




X


M
Y
Q
P




C B
L
Рис. 4.
Второе решение. Пусть M — середина AL; перпендикуляр ℓ из L к AL пересекает

BX и CX в точках U и V соответственно. Если X равномерно движется по биссек-
трисе, то точки U, V также равномерно движутся по ℓ. При этом, когда X совпадает
с A или основанием внешней биссектрисы, точка L является серединой отрезка UV .
Значит это выполнено и для любой точки X. Тогда, так как средние линии трапеций
AXUL и AXLV лежат на прямой PQ, то MP = (AX +LU)/2, MQ = (AX −LY )/2.
Поэтому MP + MQ = AX, откуда опять получаем, что трапеция AXPQ — равно-
бокая.

Третье решение. Обозначим через D и E точки пересечения PQ со сторонами AB
и AC соответственно. Тогда ADLE — ромб и DL ∥ AC. Из BP : BX = BD : BA =
BL : BC получим PL ∥ XC, \LPQ = \QXA, \APQ = \LPM = \AXQ, т.е. точки
A, X, P, Q на одной окружности.

(К.Бельский) Вневписанная окружность с центром I касается стороны BC тре-
A
угольника ABC в точке D. Докажите, что педальные окружности D относительно
треугольников ABI и ACI равны.
A A
Решение. Пусть P , P , Q , Q , R — проекции точки D на AC, AB, I C, I B,
1 2 1 2 A A
AI соответственно. Так как P , P , R лежат на окружности с диаметром AD и
A 1 2
AR — биссектриса угла P AP , то P R = P R. Кроме того, из вписанных четы-
1 2 1 2
рехугольников CP DQ и I Q DR получаем, что \P Q R = \P Q D + \DQ R =
1 1 A 1 1 1 1 1 1
2








\P CD + \DI R = (\B + \C)/2 (рис. 3). Аналогично \P Q R = (\B + \C)/2. По-
1 A 2 2
скольку в окружностях P Q R и P Q R на равные хорды опираются равные углы,
1 1 2 2
эти окружности равны.
A









P 1 P 2


D
C B
R
Q
1
Q
2







I
A
Рис. 3.

Примечание. Можно также доказать, что окружности P Q R и P Q R касаются в
1 1 2 2
точке R.

(А. Кузнецов) На плоскости даны 4 точки, не лежащие на одной окружности
и такие, что никакие 3 из них не лежат на одной прямой. Докажите, что найдется
точка Z такая, что для любой из данных точек точка, симметричная ей относительно
Z, лежит на окружности, проходящей через оставшиеся данные точки.
Решение. Пусть A, B, C, D — данные точки; K, L, M, N, P, Q — середины от-

резков AB, BC, CA, BD, CD, AD. Чтобы точка, симметричная D относительно Z,
лежала на окружности ABC, необходимо и достаточно чтобы Z лежала на окруж-
ности NPQ. Поэтому утверждение задачи равносильно тому, что окружности NPQ,


1










KMQ, KLN и LMP имели общую точку. Обозначим через Z вторую точку пере-
сечения окружностей KLN и NPQ (рис.2). Тогда \LZN = \LKN = \CAD (по-

следнее равенство следует из того, что KL ∥ AC и KN ∥ AD как средние линии
треугольников ABC, ABD соответственно). Аналогично \NZP = \BAC и, значит,
\LZP = \BAC = \LMP. Следовательно, Z лежит на окружности LMP. Анало-
гично получаем, что Z лежит на окружности KMQ.







B






K L

Z
N


A C

P
Q

D



Рис. 2.

Примечание. Задачу также можно решить, воспользовавшись тем фактом, что
окружности девяти точек треугольников ABC, BCD, CDA, DAB имеют общую
точку. Точка Z симметрична этой точке относительно центра тяжести точек A, B,

C, D.

(Д.Швецов) Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC; D —
произвольная точка отрезка AC; A ,A – точки пересечения перпендикуляра, опу-
1 2
щенного из точки D на биссектрису CI, с прямыми BC и AI соответственно. Ана-
логично определяются точки C ,C . Докажите, что шесть точек B,A ,A ,I,C ,C
1 2 1 2 1 2
лежат на одной окружности.
Решение. Рассмотрим конфигурацию, изображенную на рис. 1, для других рассуж-
дения аналогичны. Так как DC ⊥ AI, \C C I = \DC I = \AIC − 90◦ = \ABI =
2 1 2 2
\C BI, т.е. точки B, I, C , C лежат на одной окружности. Аналогично B, I, A , A
1 1 2 1 2
лежат на одной окружности. Кроме того, точки C и A симметричны D относитель-
1 1
но AI, CI соответственно, поэтому \BC I = \IDC = \IA C, следовательно, точки
1 1
B, I, A , C лежат на одной окружности. Таким образом, все шесть точек лежат на
1 1
одной окружности.
B

C
2
A
1

C
1
A
2
I


A C
D
Рис. 1.