Я сам решу.
А застряну — спрошу.

(А.Терешин) Сфера, вписанная в тетраэдр ABCD, касается грани ABC в ее
ортоцентре H, а граней ABD, ACD в точках P, Q соответственно. Прямые DP, DQ
пересекают плоскость ABC в точках X, Y . Докажите, что \XHY = 2\XAY .

Решение. Конус с вершиной D, описанный вокруг сферы, пересекает плоскость
ABC по эллипсу с фокусом H, касающемуся сторон AB, AC в точках X, Y . Вто-
рой фокус этого эллипса — центр O описанной около треугольника ABC окруж-
ности. Поскольку точки U, V , симметричные H относительно AB и AC, лежат
на описанной окружности, а X, Y на отрезках OU, OV соответственно, \XHY =
\UHV − \UHX − \V HY = (cid:25) − \CAB − \HCO − \HBO = 2\Y AX (рис. 24).















20










A

V



Y
U
X
O
H
C B




Рис. 24.





































21

(В.Шеломовский) Даны треугольник ABC и точка P на плоскости. Прямые
AP, BP, CP пересекают во второй раз окружность ABC в точках A′, B′, C′ соответ-
ственно. Найдите геометрическое место точек Q таких, что точки пересечения QA′
с BC, QB′ с AC и QC′ с AB лежат на одной прямой.
Ответ. Окружность ABC и поляра точки P относительно нее.

Решение. Пусть прямые A′Q и BC пересекаются в точке X, прямые B′Q и AC — в
точке Y , а прямые C′Q и AB — в точке Z. Легко видеть, что отношения BX : XC,
CY : Y A, AZ : ZB являются дробно-линейными функциями координат (x;y) точки
Q. Поэтому условие коллинеарности X, Y , Z задает уравнение третьей степени от-
носительно (x;y). Следовательно, достаточно доказать, что любая точка описанной

окружности или поляры P принадлежит искомому ГМТ.
Пусть Q лежит на окружности ABC. Применяя теорему Паскаля к шестиугольни-
ку ACBB′QA′, получаем, что прямая XY проходит через P (рис. 23). Аналогично
получаем, что Z лежит на этой же прямой.




19











C




B′ A′

X
P
Y

A B






Q
Рис. 23.


Пусть теперь прямые AC и A′C′ пересекаются в точке U, прямые BC, B′C′ — в
точке V , а Q лежит на поляре UV точки P. Так как треугольники ABC и A′B′C′
перспективны, у них есть общая вписанная коника (cid:20). Применяя к шестиугольнику
A′UY XB′V теорему Брианшона, получаем, что прямая XY касается (cid:20). Тогда Z тоже
лежит на этой прямой.

(С.Чуев) Вписанная окружность треугольника ABC касается стороны BC в
точке D. Пусть F — точка Фейербаха, H — основание перпендикуляра, опущенного
из точки A на прямую DF. Докажите, что FH : DF = 1 : 2.
Решение. Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC, точка N

диаметрально противоположна D, M — середина AI. Поскольку проекциями N и I
на DF являются F и середина DF соответственно, утверждение задачи равносильно
тому, что M, N, F лежат на одной прямой, т.е. \MFD = (cid:25)=2. Пусть K, L, P — сере-
дины AB, BI, IC соответственно (рис. 22). Известно, что F лежит на окружностях
Эйлера треугольников ABI и BCI, следовательно, \MFD = \MFL + \LFD =
(cid:25) − \LKM + \LPD = (cid:25) − \AIB + \ICB = (cid:25) − ((cid:25) + \ACB)=2 + \ICB = (cid:25)=2.


A



N F
M
K


I

P
L
C B
D
Рис. 22.

(Ю.Нагуманов) Высоты AA , BB , CC треугольника ABC повторно пере-
1 1 1
секают описанную около него окружность в точках A , B , C . Пусть A — точка
2 2 2 3
пересечения окружностей ABC и AB C , отличная от A, точки B , C определяются
1 1 3 3
аналогично, A , B , C — основания высот в треугольнике A B C . Докажите, что
4 4 4 1 1 1
прямые AA , BB , CC , A A , B B , C C пересекаются в одной точке.
4 4 4 2 3 2 3 2 3
Решение. Заметим, что H — инцентр A B C , а значит инцентр и A B C . По-
1 1 1 2 2 2
скольку B лежит на окружности с диаметром BH, B H проходит через середину
3 3
большей дуги A C . Значит B — точка касания полувписанной окружности. Тогда
2 2 3
A A , B B , C C пересекаются в центре положительной гомотетии переводящей
2 3 2 3 2 3
вписанную окружность треугольника A B C в описанную. Заметим, что прямая
2 2 2
через центр гомотетии и середину дуги проходит через точку касания вписанной
окружности. Сделаем гомотетию с центром в H и коэффициентом 2. Она переводит
B в центр I вневписанной окружности A B C , точку касания в точку, симметрич-
B 2 2 2
ную H относительно стороны A C , а B в основание высоты B′.
2 2 4
Поскольку B , основание биссектрисы угла A B C , H и I образуют гармоническую
2 2 2 2 B
четверку, а \B B′A = (cid:25)=2, получаем, что B′A — биссектриса угла HB′I (рис.
2 2 2 B
20). Поэтому прямая BB проходит через точку касания стороны A C с вписанной
4 2 2
окружностью, что и требуется.
17






B
2







H

B
4
B′
C
2
A
2
B







I
B
Рис. 20.

(Я.Щербатов) Окружность с центром I, вписанная в треугольник ABC, ка-
сается сторон BC, CA, AB в точках A′, B′, C′ соответственно. Точки A , A , B , C —
b c a a
середины отрезков A′B, A′C, B′A, C′A соответственно. Прямые A B и A C пере-
b a c a
секаются в точке P. Докажите, что точка, симметричная I относительно P, лежит
на AA′.
Решение. Пусть гомотетия с центром I и коэффициентом 2 переводит точки A ,
b
A , B , C в X′, Y ′, X, Y соответственно. Утверждение задачи равносильно перспек-
c a a
тивности треугольников AXY и A′X′Y ′
Заметим, что \BCY ′ = \CBX′ = \CAX = \BAY = (cid:25)=2 и AX = AY = BX′ =
CY ′ = IA . Возьмем на высоте треугольника из A точку Q такую, что AQ = IA (рис.
1 1
16








19). Так как ABX′Q, ACY ′Q, A′B′XQ и A′C′TQ — параллелограммы, получаем,
что X′Q ⊥ AY , Y ′Q ⊥ AX, A′Q ⊥ XY , XQ ⊥ A′Y ′, Y Q ⊥ A′X′, AQ ⊥ X′Y ′, т.е.

треугольники AXY и A′X′Y ′ ортологичны и оба центра ортологичности совпадают
с Q. Следовательно, треугольники перспективны.

X

Y
A




Q
B′
C′
I




C B
A′



T′ X′
Рис. 19.

(К.Бельский) Дана точка P внутри треугольника △ABC. Прямые BP;CP
повторно пересекают окружность ABC в точках E;F соответственно. Окружность

Ω проходит через точки P;E и пересекает прямую AC в точках B ;B . Прямые
1 2
PB ;PB пересекают прямую AB в точках C ;C . Докажите,что точки C ;C ;P;F
1 2 1 2 1 2
лежат на одной окружности.
Решение. При движении точки B по AC точки B , C , C движутся проективно.
1 2 1 2
Поэтому достаточно доказать утверждение задачи для трех положений.
Пусть одна из точек B , B совпадает с точкой пересечения прямых BP и AC. Тогда
1 2
вторая точка будет бесконечно удаленной, одна из точек C , C совпадет с точкой
1 2
B, а другая с такой точкой Q, что PQ ∥ AC. При этом \QPF = \ACF = \ABF,
следовательно, P, B, F, Q лежат на одной окружности (рис.18).
A
E

Q
F



P





C B





Рис. 18.

Аналогично рассматриваются случаи, когда одна из точек B , B совпадает с C.
1 2

(К.Бельский) Дан остроугольный треугольник ABC с ортоцентром H и цен-
тром описанной окружности O. Касательные к описанной окружности треугольника
ABC в точках B и C пересекаются в точке T. Точки X и Y лежат на сторонах AB
и AC так, что \AOX = \AOY = \BTC. Докажите, что HT ⊥ XY .

Решение. Пусть лучи OX, OY пересекают описанную окружность в точках U, V
соответственно. Тогда \OAU = \TCB = \CAB, следовательно, \BAU = \CAO =
\HAB, т.е. точка U симметрична H относительно AB. Аналогично V симметрична
H относительно AC (рис. 17).























14










A

V



Y
U
X
O
H
C B











T

Рис. 17.

Закончить решение можно разными способами.
Первый способ. Точка V симметрична точке, которая диаметрально противопо-

ложна точке B в описанной окружности треугольника ABC, относительно середин-
ного перпендикуляра к AC. Следовательно, BT ⊥ BO ∥ HY . Аналогично получаем,
что CT ⊥ HX. Значит, треугольники AXY и TBC ортологичны и оба центра орто-
логии совпадают с точкой H, откуда и следует искомая перпендикулярность.
Второй способ. Из симметрии имеем HX = XU = R − OX, где R — радиус

описанной окружности. Кроме того, \TOY = \TOC + \COV = \A + 2\CBH =
(cid:25)−2\C +\A. Поэтому TY 2+HX2 = TO2+OY 2+2TO·OY cos(2C −A)+(R−OX)2
или

TY 2 + HX2 = TO2 + R2 + OX2 + OY 2 + 2TO(OY cos(2C − A) − OX cosA):

Аналогично получаем
TX2 + HY 2 = TO2 + R2 + OX2 + OY 2 + 2TO(OX cos(2B − A) − OY cosA):


Применяя к треугольникам OAX, OAY теорему синусов, получаем, что OX : R =
sin\OAX : sin \OXA = cosC : cos(B − A) и OY : R = cosB : cos(C − A). Следова-
тельно,

OX : OY = cosC cos(C−A) : cosB cos(B−A) = (cosA+cos(2C−A)) : (cosA+cos(2B−A));

значит TX2 + HY 2 = TY 2 + HX2, что равносильно утверждению задачи.

15

(М.Панов) Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапе-
ции ABCD и параллельная ее основаниям, пересекает боковую сторону AB в точке
M. Пусть K — проекция M на CD. Докажите, что KM — биссектриса угла AKB.

Решение. Утверждение задачи равносильно тому, что (KA;KB;KM;KC) = −1.
Пусть диагонали трапеции пересекаются в точке L, а продолжения боковых сторон в
точке S (рис. 16). Тогда SA : SB = AD : BC = AL : LC = AM : MB, следовательно,
четверка A;B;M;S гармоническая.















13










S


K

B C


M
L








A D
Рис. 16.

(Л.Емельянов, П.Кожевников) Докажите, что точка Нагеля треугольника ле-
жит на его вписанной окружности тогда и только тогда, когда биссектрисы двух
углов высекают на стороне треугольника Жергонна, отсекающей третью вершину,

отрезок вдвое меньший этой стороны.
Решение. Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC, а стороны
BC, CA, AB касаются ее в точках A′, B′, C′ соответственно. Предположим, что
точка Нагеля N лежит на дуге A′B′. Тогда, так как нагелиана из C пересекает эту
дугу в точке, противоположной C′, то S = 2S . Поскольку S : S =
ABN ABI ABN ABC
(p − c) : p, S : S = c : p, где a, b, c — длины сторон треугольника, а p —
ABI ABC
его полупериметр, получаем, что c = p − c, т.е. длина стороны AB равна четверти
периметра треугольника.
12










Пусть биссектрисы AI, BI пересекают отрезок A′B′ в точках P, Q соответственно.
Известно, что эти точки лежат на средних линиях, параллельных соответственно

BC и AC (рис. 15). Поэтому PB′ : A′B′ = BC=2 : A′C = a=2 : (p − c), QA′ : A′B′ =
b=2 : (p − c) и PQ : A′B′ = c=2 : (p − c). Таким образом, равенство PQ = A′B′=2 тоже
равносильно тому, что длина AB равна четверти периметра.


C






N

B′
Q
A′
P
I

A B
Рис. 15.


Примечание. Треугольники, в которых одна из сторон равна четверти перимет-
ра, обладают рядом других интересных свойств. Например, вписанная окружность
касается соответствующей средней линии.

(В.Конышев) Дан треугольник ABC(AB < AC). На луче BA отмечена точка
P так, что BP = AC, на луче CA точка Q так, что CQ = AB. На прямую PQ
опустили перпендикуляры BB и CC . Докажите, что одна из точек пересечения
1 1
окружностей CB Q и BC P лежит на внешней биссектрисе угла BAC.
1 1
Решение. Из условия следует, что AP = AQ, значит, прямая PQ перпендикулярна
внешней биссектрисе угла A, а прямые BB , CC параллельны ей. Пусть U, V — про-
1 1
екции B, C соответственно на внешнюю биссектрису угла A. Из равенства AB = CQ
следует, что AU = CC , т.е. ACC U — параллелограмм, C U = AC = BP и PUBC —
1 1 1 1
равнобокая трапеция, т.е. U лежит на окружности BPC . Аналогично V лежит на
1
окружности CQB (рис. 14). Степени точки A относительно этих окружностей рав-
1
ны AP ·AB и AQ·AC, т.е. их отношение равно AB : AC = AU : AV . Поэтому вторые
точки пересечения окружностей с биссектрисой совпадают.
P
V
A
U
Q






B
1
B
C
C
1
Рис. 14.

(Д.Крохалев) Пусть A :::A — выпуклый многоугольник. Вершины двух за-
1 n
мкнутых ломаных — A ;:::;A в некотором порядке. Чему равно наибольшее воз-
1 n
можное отношение их длин?
Ответ. [n=2].
Пример. Пусть все вершины многоугольника разбиты на два множества: A ;:::;A
1 [n=2]
и A ;:::;A так, что вершины в каждом множестве близки друг к другу, а рас-
[n=2]+1 n
стояние между двумя вершинами из разных множеств близко к 1. Тогда вершины
можно соединить как ломаной, длина которой сколь угодно мало отличается от 2,
так и ломаной, длина которой сколь угодно мало отличается от n при четном n и от
n − 1 при нечетном.
Оценка. При четном n длина любой ломаной больше, чем 2d, и меньше, чем nd, где
d — наибольшее из расстояний между вершинами многоугольника.
Рассмотрим случай нечетного n = 2k +1. Заметим, что, если два звена XY и ZT ло-
маной пересекаются, то можно заменить их на XZ и Y T, уменьшив длину ломаной.
Поэтому наименьшую длину имеет ломаная A :::A , а наибольшую — ломаная, в
1 n
которой вершина A соединена с A и A (сложение и вычитание по модулю n),
i i+k i−k
11










поскольку у нее любые два несмежных звена пересекаются. Сложив n неравенств
вида A A + A A < P − A A , получим искомую оценку.
i i+k i i−k i+l i−k

(А.Терешин) Вершины прямоугольного треугольника ABC — точки с целыми
координатами. Вписанная в треугольник окружность с центром I касается сторон
AB, BC в точках C′, A′ соответственно. Прямые AA′ и CC′ пересекаются в точке G.
Докажите, что прямая IG проходит через какую-то точку с целыми координатами.

Первое решение. Очевидно, что точка D, симметричная вершине прямого угла
C относительно середины гипотенузы AB, имеет целые координаты. Докажем, что
IG проходит через D. Пусть A , B , C — точки касания вписанной окружности
1 1 1
со сторонами BC, CA, AB соответственно, A — точка пересечения прямых BC и
2
B C , B — точка пересечения прямых AC и A C . Тогда IA ⊥ AA , IB ⊥ BB ,
1 1 2 1 1 2 1 2 1
IG ⊥ A B . При этом, поскольку CA IB — квадрат, то B B = BC, A A = AC,
2 2 1 1 1 2 1 2
следовательно, A C = AB , B C = BA (рис. 12). А, поскольку проекции DI на AC
2 1 2 1
и BC равны соответственно AB и BA , получаем, что ID ⊥ A B , т.е. G, I, D лежат
1 1 2 2
на одной прямой.












10










B D


C
1


A 1 I
G


C
B 2 A
B
1









A
2
Рис. 12.

Второе решение. Пусть U, V — бесконечно удаленные точки прямых AC, BC
соответственно. Применяя теорему Паппа к тройкам точек (B ;A;U) и (A ;B;V ),
1 1
получаем, что G, I, D лежат на одной прямой.