Я сам решу.
А застряну — спрошу.

5. (Ю. Блинков) Нарисован остроугольный неравнобедренный треугольник ABC, опи-
санная около него окружность и ее центр O. Также отмечен центр I вписанной окруж-
ности. Пользуясь только линейкой (без делений) постройте симедиану (прямую, симмет-
ричную медиане относительно соответствующей биссектрисы) треугольника, проведя
не более четырех линий.
Решение. Пусть M — середина отрезка AB, L — основание биссектрисы треугольника

ABC, проведенной из вершины C, K — вторая точка пересечения прямой CM c описанной
около треугольника ABC окружностью, W — середина дуги AB, не содержащей точку C,
N — середина дуги AB, содержащей точку C, S — точка пересечения симедианы, прове-
денной из вершины C с этой окружностью (см. рис. 8-9.5а).
Тогда ∠MCL = ∠SCL, то есть дуги W K и W S равны, а точки K и S симметричны
относительно диаметра OM, что эквивалентно симметрии лучей MC и MS относительно
прямой AB или равенству углов ∠CMB = ∠SMB.
4




Докажем, что N, L и S лежат на одной прямой. Это можно сделать по-разному.

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN

CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC




OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB


KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

Рис. 8–9.5а
Первый способ. Заметим, что ∠CML = ∠SML, а ∠MCL = ∠SCL, то есть L — центр
вписанной окружности треугольника MCS и SL — биссектриса угла MSC. Кроме того,
∠CMN = ∠SMW , а ∠W CN = 90◦, как опирающийся на диаметр, то есть MN и CN — бис-
сектрисы внешних углов треугольника MCS, а N — центр его вневписанной окружности.
Следовательно, SN — биссектриса угла MSC, откуда и следует искомое.

Второй способ. Пусть S — точка пересечения NL с окружностью, X — точка пересе-
1
чения NC и W S (см. рис. 8–9.5б). Докажем, что точки S и S совпадают.
1 1
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC



OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB


KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))
Рис. 8–9.5б
Заметим, что ∠W CN = ∠W S N = 90◦, как опирающиеся на диаметр. Поскольку W N и
1
AB перпендикулярны, то точка L — ортоцентр треугольника W NX и точка X лежит на
прямой AB. Осталось воспользоваться тем, что высоты треугольника являются биссек-
трисами его ортотреугольника, то есть ∠CMX = ∠S MX, что и требовалось.
1
Отсюда вытекает способ построения:
1 — строим прямую CI и получаем точки W и L.
2 — строим прямую W O и получаем точку N.
3 — строим прямую NL и получаем точку S.
4 — строим искомую прямую CS.
Комментарий. 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.
5

4. (М. Волчкевич) Дан треугольник ABC, в котором угол B равен 60◦. Вписанная в

треугольник окружность с центром I касается стороны AC в точке K. Прямая, проходя-
щая через точки касания этой окружности с другими сторонами треугольника, пересекает
описанную около него окружность в точках M и N. Докажите, что луч KI делит дугу MN
пополам.
Решение. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, S — точка пе-
ресечения прямой IK с указанной дугой (см. рис. 8–9.4а). Докажем, что радиус OS пер-
пендикулярен хорде MN, откуда и будет следовать утверждение задачи. Возможны раз-

личные способы рассуждения.
Первый способ. Поскольку биссектриса равнобедренного треугольника является высо-
той, то достаточно доказать параллельность OS и BI.
Пусть W — середина дуги AC, не содержащей точку B. Тогда точка W лежит на бис-
сектрисе угла B и на серединном перпендикуляре к отрезку AC. Докажем, что W OSI —
ромб, откуда и будет следовать утверждение задачи.
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB


MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC


WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

Рис. 8–9.4а Рис. 8–9.4б
Предварительно покажем, что, если угол ABC равен 60◦, то отрезок W I равен радиусу

окружности. Действительно, если угол ABC равен 60◦, то ∠AOC = 120◦, а ∠AOW = 60◦,
то есть треугольник AOW равносторонний и WA = W O. Кроме того, по лемме о трезубце
WA = W C = W I, то есть W I = W O. Вернемся к решению.
Рассмотрим четырехугольник W OSI. У него равны стороны W I, W O и OS, а стороны
OW и SI параллельны как перпендикуляры к стороне BC. Такой четырехугольник являет-
ся либо ромбом, либо равнобокой трапецией с основаниями OW и SI. Осталось заметить,
3




что последний случай невозможен, так как ось симметрии этой трапеции является об-
щим серединным перпендикуляром к основаниям, то есть прямой AC, что противоречит

взаимному расположению точек S, I и K.
Второй способ. Используем без доказательства следующие факты.
Факт 1. AA0 и CC0 — высоты треугольника ABC; точка O — центр описанной окруж-
ности. Тогда прямые BO и A0C0 перпендикулярны (радиус описанной окружности перпен-
дикулярен стороне ортотреугольника).

Факт 2. Пусть X и Y — точки касания вписанной окружности со сторонами BC и
BA треугольника ABC, P — точка пересечения биссектрисы угла A с прямой XY. Тогда
∠APC = 90◦ (см. рис. 8-9.4б).
Вернемся к решению.
Рассмотрим точки P и L пересечения биссектрис углов A и C с прямой MN (см. рис. 8-

9.4в). Тогда ∠APC = ∠ALC = 90◦, то есть I — ортоцентр треугольника AXC, где X —
точка пересечения прямых AL и CP. Покажем, что точки S и X совпадают.
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((((SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO


AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC



Рис. 8–9.4в
Действительно, точка X лежит на луче KI, так как высоты треугольника пересекаются
в одной точке. Кроме того, ∠AXC = 180◦ − ∠AIC = 180◦ − (90◦ + 0,5∠ABC) = 60◦ = ∠ABC,

то есть точка X лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.
Следовательно, точки X и S совпадают, что и требовалось.
Осталось воспользоваться фактом 1 для треугольника ASC, то есть перпендикулярно-
стью SO и PL.
Комментарий 1. Факт 1 для остроугольного треугольника можно получить, используя равенства:
∠A0C0B = ∠ACB и ∠ABO = 90◦ − ∠ACB.
Комментарий 2. Факт 2 является частным случаем так называемой ”задачи 255” (классическая зада-
ча, которая была под этим номером в задачнике 9-11 И.Ф. Шарыгина). Доказать его можно, например,
рассмотрев окружность с диаметром CI.

3. (И. Русских) Внутри квадрата ABCD на стороне AB построен равносторонний тре-
угольник ABE, а на диагонали AC — равносторонний треугольник AFC (D — внутри этого
треугольника). Отрезок EF пересекает CD в точке P. Докажите, что прямые AP, BE и CF
пересекаются в одной точке.
Решение. Докажем, что прямые AP и BE проходят через середину X отрезка CF
(см. рис. 8–9.3).
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD



FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF

Рис. 8–9.3
Для доказательства того, что прямая AP проходит через точку X достаточно показать,
что точки D и E симметричны относительно высоты равностороннего треугольника AFC,
проведенной из вершины A, то есть равенство треугольников ADC и AEF.
2




Это можно сделать, например, так.
∠FAD = ∠FAC−∠DAC = ∠EAB−∠CAB = ∠CAE = 15◦. Кроме того, AF = AC и AD = AE,

откуда и следует искомое.
Докажем, что прямая BE проходит через точку X. Возможны различные способы рас-
суждения.
Первый способ. Пусть O — середина AC, тогда треугольник COX — равнобедренный с
углом 60◦, то есть равносторонний. Следовательно, BO = OX, то есть треугольник BOX
также равнобедренный, причем ∠BOX = 60◦ + 90◦ = 150◦, откуда ∠OBX = 15◦. Тогда
∠ABX = 45◦ + 15◦ = 60◦, а точка X лежит на прямой BE, что и требовалось.
Второй способ. Поскольку ∠AEF = ∠ADC = 90◦, то достаточно доказать, что ∠XEF =
= 30◦. Заметим, что точки F, X, E и A лежат на одной окружности с диаметром AF.

Следовательно, ∠XEF = ∠XAF = 0,5∠FAC = 30◦, что и требовалось.
Комментарий 1. Можно было использовать окружность с диаметром AC, на которой лежат точки X и B,
и равенство вписанных углов ∠XBA = ∠XCA.
Комментарий 2. Также можно было доказать, что P — центр вписанной окружности треугольника FCY,
а E — центр вневписанной окружности треугольника FXY, где Y — центр равностороннего треугольника
AFC. Отсюда следует, что ∠XPE = 105◦, а ∠AXE = 45◦, откуда ∠XEF = 30◦.

2. (Д. Прокопенко) В треугольнике ABC провели биссектрису BL. Пусть точки I и I —
1 2
центры окружностей, вписанных в треугольники ABL и CBL, а точки J и J — центры
1 2
вневписанных окружностей этих треугольников, касающихся стороны BL. Докажите, что
точки I , I , J и J лежат на одной окружности.
1 2 1 2
Решение. Заметим, что точка J лежит на биссектрисе угла A и внешнего угла L тре-
1
угольника ABL (см. рис. 8–9.2). Следовательно, точки A, I и J лежат на одной прямой, и
1 1
точки L, I и J также лежат на одной прямой. Аналогично с точками C, I и J и точками
2 1 2 2
L, I и J .
1 2
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
JJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJ
22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222 ββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββ ββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββββ
JJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJJ
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
Рис. 8–9.2
Докажем, что ∠J I J = ∠J I J , откуда и будет следовать утверждение задачи.
1 1 2 1 2 2
Пусть ∠ABC = 2β. Тогда ∠AI L = 90◦ + 0,5β как угол между биссектрисами треуголь-
1
ника ABL с углом β при вершине B. Аналогично, ∠CI L = 90◦ + 0,5β. Осталось воспользо-
2
ваться равенством вертикальных углов.
Комментарий. Прямые AI и CI . пересекаются в центре вписанной окружности треугольника ABC,
1 2
то есть на биссектрисе BL.

1. (Ю. Блинков) В равнобокой трапеции диагонали перпендикулярны. Найдите рассто-
яние от центра окружности, описанной около трапеции, до точки пересечения ее диагона-
лей, если длины оснований равны a и b.

Ответ: 0,5|a − b|.
Решение. Рассмотрим равнобокую трапецию ABCD с основаниями AD = a и BC = b
(a > b), диагонали которой перпендикулярны и пересекаются в точке P; O — центр окруж-
ности, описанной около данной трапеции. Возможны различные способы рассуждения.
Первый способ. Пусть M и N — середины диагоналей AC и BD соответственно
(см. рис. 8–9.1а).

Поскольку точка O равноудалена от всех вершин трапеции, то OM и ON — середин-
ные перпендикуляры к диагоналям трапеции, то есть OMPN — прямоугольник, как четы-
рехугольник с тремя прямыми углами. Тогда OP = MN как диагонали прямоугольника.
Осталось воспользоваться тем, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции,
равен полуразности оснований.

Комментарий. Указанный факт следует из того, что середины диагоналей лежат на средней линии тра-
пеции.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD

Рис. 8–9.1а Рис. 8–9.1б

Второй способ. Пусть L и K — середины BC и AD соответственно (см. рис. 8–9.1б).
Поскольку трапеция равнобокая, то PB = PC и PA = PD, то есть точка P лежит на общем
серединном перпендикуляре к основаниям. Кроме того, O также лежит на указанном пер-
пендикуляре, так как равноудалена от вершин трапеции. Следовательно, точки L, P, O и
K лежат на одной прямой.
Поскольку диагонали трапеции перпендикулярны, то LP = LB = 0,5b, а KP = KA =
= 0,5a как медианы прямоугольных треугольников.
Пусть OP = x. Тогда OL = OP + PL = 0,5b + x, а OK = KP − OP = 0,5a − x. Кроме того,

отрезки OA и OB равны радиусу окружности. Тогда из прямоугольных треугольников
AOK и BOL получим: AK2 +OK2 = BL2 +OL2, то есть 0,25a2 +(0,5a−x)2 = 0,25b2 +(0,5b+
+ x)2, откуда x = 0,5(a − b).
Комментарий 1. Для доказательства того, что точки L, P и K лежат на одной прямой можно было
использовать замечательное свойство трапеции.
Комментарий 2. В процессе решения мы доказали, что OK = 0,5BC и OL = 0,5AD. Это свойство про-
извольного вписанного четырехугольника с перпендикулярными диагоналями, которое можно получить из
равенства треугольников AOK и OBL по гипотенузе и острому углу, предварительно доказав, что ∠AOD +
+ ∠BOC = 180◦.
Тогда решение задачи можно свести к применению указанного свойства.
Комментарий 3. Равенство OK = 0,5BC, из которого следует утверждение задачи, также можно полу-
чить, рассмотрев точку E — диаметрально противоположную точке D. Тогда ∠EAD = ∠EBD = 90◦, откуда
следует параллельность прямых AE и OK, а также прямых AC и BE. То есть OK = 0,5AE = 0,5BC.
1




Комментарий 4. Попутно доказано равенство a2 +b2 = 4R2 (где R — радиус описанной окружности), ко-
торое также является свойством произвольного вписанного четырехугольника с перпендикулярными диа-
гоналями.

1. Факт, который мы использовали в решении, иногда называют «задача 255» (по ее
номеру в учебнике И.Ф. Шарыгина). Доказать его можно, например, показав, что точки
C, K, M и I (центр вписанной окружности) лежат на одной окружности.

6. (И. Кухарчук) Дана окружность Ω, касающаяся стороны AB угла BAC и лежащая вне

этого угла. Рассматриваются окружности w, вписанные в угол BAC. Общая внутренняя
касательная к Ω и w, отличная от AB, касается w в точке K. Пусть L — точка касания
w и AC. Докажите, что все такие прямые KL проходят через фиксированную точку, не
зависящую от выбора окружности w.
Решение. Пусть O — центр окружности Ω, P — точка касания Ω и стороны AB, E

и X — точки пересечения общей внутренней касательной к Ω и w с прямыми AB и AC
соответственно, Q — точка касания с Ω касательной, параллельной AC, A — точка пе-
1
ресечения этой касательной с лучом AB. Рассмотрим случай, при котором окружность w
вписана в треугольник AXE (см. рис. 8.9–6а). Случай, при котором w является вневпи-
санной окружностью этого треугольника, разбирается аналогично.
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN
LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK

wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
ΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩ
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO


QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ



Рис. 8–9.6а

Достаточно будет доказать, что прямые KL и PQ пересекаются в точке R, лежащей на
окружности s, построенной на AO, как на диаметре. Действительно, поскольку прямая
PQ и окружность s — фиксированы, то фиксировано и их пересечение, то есть точка,
лежащая на прямой KL.
Воспользуемся следующим фактом (см. рис. 8–9.6б).
Пусть M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами BC и BA треуголь-

ника ABC, K — точка пересечения биссектрисы угла A с прямой MN. Тогда ∠AKC = 90◦.
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB

KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN




CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
Рис. 8–9.6б
5




В данном случае, прямая KL пересекается с биссектрисой угла E в такой точке N,
что ∠ANE = 90◦, то есть в точке, лежащей на окружности s. Докажем, что ∠PRN =

= 180◦ − ∠NAP = 90◦ + 0,5∠XEA.
Заметим, что LK и PQ перпендикулярны биссектрисам углов X и A , то есть биссек-
1
трисам углов X и A треугольника AXE, в силу параллельности биссектрис углов A и A .
1
Осталось заметить, что угол между биссектрисами этих углов равен 90◦ + 0,5∠XEA.
Комментарии.

3. Про свойства точки P можно прочитать, например,
https://geometry.ru/articles/p-point.pdf.

2. Также для доказательства этого утверждения можно использовать окружности,
описанные около треугольников AB C , ABC, окружность с диаметром BC и их попарные
1 1
радикальные оси, которые пересекаются в их радикальном центре E.
4



Про радикальные оси можно прочитать, например, В.В. Прасолов «Задачи по плани-
метрии», глава 3.

1. При доказательстве того, что точки A, P и E лежат на одной прямой можно было
использовать следующие утверждения.
A. Четыре прямые образуют четыре треугольника. Тогда окружности, описанные
около этих треугольников имеют общую точку (точка Микеля).
Б. Дан вписанный четырехугольник ABCD. Прямые AB и CD пересекаются в точке
E, AD и BC — в точке F. Тогда точка Микеля для прямых, содержащих стороны
четырехугольника, лежит на отрезке EF.

Про точку Микеля можно прочитать, например, Ю.А. Блинков, Е.С. Горская «Впи-
санные углы».

5. (К. Аполонская) Высоты BB и CC остроугольного треугольника ABC пересекаются в
1 1
точке H, ∠A = 60◦, AB < AC, медиана AM пересекает описанную окружность треугольни-
ка ABC вторично в точке K; L — середина дуги BC описанной окружности, не содержащей
точку A; прямые B C и BC пересекаются в точке E. Докажите, что ∠EHL = ∠ABK.
1 1
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Рис. 8–9.5а Рис. 8–9.5б
Решение. Рассмотрим рис. 8–9.5а. При решении будем использовать следующие фак-
ты:
Факт 1. MH и AE перпендикулярны.
Факт 2. EH и AK перпендикулярны.
Факт 3. Если ∠A = 60◦, то LH и B C перпендикулярны.
1 1
Докажем факт 1. Пусть M — середина BC, H — точка, симметричная H относительно
1
M. Тогда она лежит на окружности, описанной около треугольника ABC и диаметрально
противоположна точке A (см. рис. 8–9.5б). Следовательно, проекция P точки A на прямую
MH лежит на пересечении двух окружностей с диаметрами AH и AH , то есть описанных
1
окружностей треугольников AB C и ABC.
1 1
Осталось доказать, что A, P и E лежат на одной прямой. Это можно сделать, например,
так.
Используя вписанные четырехугольники PAB C и PACB, получим: ∠PC E = ∠PAC =
1 1 1
= ∠PBE, то есть четырехугольник PC BE также вписанный. Кроме того, ∠APC = 180◦ −
1 1
− ∠AB C = 180◦ − ∠ABC = 180◦ − ∠EPC , учитывая, что B C BC — тоже вписанный.
1 1 1 1 1
Следовательно, A, P и E лежат на одной прямой, что и требовалось.
Теперь докажем Факт 2.
Рассмотрим треугольник MAE (см. рис. 8–9.5в). Из факта 1 следует, что H — его ор-
тоцентр. Тогда EH и AM перпендикулярны, что и требовалось.
3



AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA


BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111 BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111


HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC 11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111

CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE


KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL
Рис. 8–9.5в Рис. 8–9.5г

И, наконец, докажем факт 3.
Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Поскольку ∠A = 60◦, то
∠BOC = 120◦ = ∠BLC, то есть O и L симметричны относительно прямой BC (см. рис. 8–
9.5г). Используя, что расстояние от вершины до ортоцентра в два раза больше, чем от
центра описанной окружности до противолежащей стороны, получим, что AOLH — па-
раллелограмм, то есть LH и AO — параллельны. Осталось воспользоваться тем, что пря-
мые AO и B C перпендикулярны.
1 1
Вернемся к решению задачи. Пусть S — точка пересечения прямых AK и B C (см.
1 1
рис. 8–9.5д).
Из фактов 2 и 3 следует, что ∠EHL = ∠ASE, как тупые углы с соответственно перпен-
дикулярными сторонами. Кроме того, ∠ABK = ∠CBK +∠ABC = ∠CAK +∠AB C . Осталось
1 1
воспользоваться теоремой о внешнем угле для треугольника ASB .
1
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE

KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL

Рис. 8–9.5д

Комментарии.

4. (Г. Забазнов) Пусть I — центр вписанной окружности w треугольника ABC, касаю-
щейся сторон AB и AC в точках E и F соответственно. Прямые, проходящие через E и F
параллельно AI, пересекают прямые BI и CI в точках P и Q соответственно. Докажите,
что центр окружности, описанной около треугольника IPQ, лежит на прямой BC.
Решение. Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника PIQ, R — точка
касания w со стороной BC (см. рис. 8.9–4). Докажем, что точка O лежит на окружности,
описанной около треугольника PRQ. Пусть ∠BAC = 2α, тогда ∠PIQ = ∠BIC = 90◦ + α, то
есть ∠POQ = 2(180◦−∠PIQ) = 180◦−2α. Кроме того, в силу симметрии и параллельности,
∠PRB = ∠PEB = ∠IAB = ∠IAC = ∠QFC = ∠QRC = α, то есть ∠PRQ = 180◦ − 2α = ∠POQ,
откуда и следует искомое. Заметим, что прямая BC содержит биссектрису внешнего угла
R треугольника PRQ. Тогда эта прямая повторно пересекает описанную окружность тре-
угольника PRQ в середине дуги PRQ, то есть в точке, равноудаленной от P и Q. Но точка
O также лежит на этой окружности, равноудалена от P и Q и лежит с точкой R в одной
полуплоскости относительно прямой PQ. Следовательно, O — середина дуги PRQ и лежит
на отрезке BC, что и требовалось.
2



AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA



EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE


IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII FFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFF

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

Рис. 8–9.4