Я сам решу.
А застряну — спрошу.

2) построим точку Y как пересечение прямой PI и прямой, перпендикулярной PQ,
проходящей через точку X;

2. (Ю. Блинков) В неравнобедренном треугольнике ABC провели биссектрисы из вер-
шин B и C и серединный перпендикуляр к стороне BC. Далее отметили три точки по-
парного пересечения этих трёх прямых (запомнив, где какая точка), а сам треугольник

стёрли. Восстановите его по отмеченным точкам с помощью циркуля и линейки.
Решение. Пусть отмечены точка I — пересечения биссектрис и точки P и Q, лежащие
на серединном перпендикуляре к отрезку BC (см. рис. 8–9.2а). Заметим, что, восстановив
точки B и C, мы легко восстановим точку A. Действительно, отложив углы, равные IBC и

ICB в другую полуплоскость относительно BI и CI соответственно (иначе говоря, построив
образ BC при симметрии относительно прямых BI и CI), на пересечении получим точку
A. Итак, достаточно построить точки B и C. Это можно сделать различными способами.
Первый способ. Заметим, что точки B и C симметричны относительно прямой PQ,
то есть прямые BP и CP также симметричны относительно PQ. Тогда точку C можно по-
строить как пересечение прямой QI с прямой, симметричной PI относительно PQ. Отразив
точку C относительно PQ, получим точку B.
Комментарий. Вместо симметрии можно откладывать угол, равный данному.



1




AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA





PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY
ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
Рис. 8–9.2а Рис. 8–9.2б

Второй способ. Сначала построим точку M — середину BC. Воспользуемся тем, что
в трапеции середины оснований и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат
на одной прямой. Пусть Z — середина отрезка XY с концами на сторонах угла BIC и па-
раллельного BC (см. рис. 8–9.2б). Тогда точки I, Z и M лежат на одной прямой. Отсюда
вытекает следующий способ построения:

1. (Ю. Блинков) Дана равнобокая трапеция ABCD. Биссектриса угла B пересекает ос-
нование AD в точке L. Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника
BLD, лежит на окружности, описанной около трапеции.

Решение. Первый способ. Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника
BLD, а ∠ABC = ∠BCD = 2α (см. рис. 8–9.1а). Тогда ∠ALB = ∠CBL = α < 90◦, а ∠BLD =
= 180◦−α > 90◦. Следовательно, вписанный угол BLD и центральный угол BOD опираются
на дополняющие друг друга до окружности дуги и ∠BOD = 2α = ∠BCD. Кроме того, точки
O и C лежат в одной полуплоскости относительно прямой BD. Следовательно, точки B, C,
O и D лежат на одной окружности, то есть точка O лежит на окружности, описанной около
трапеции.

BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO






AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD




Рис. 8–9.1а Рис. 8–9.1б
Второй способ. Пусть O — точка пересечения серединного перпендикуляра к BD и дуги
BCD окружности, описанной около трапеции (см. рис. 8–9.1б). Докажем, что O также ле-
жит на серединном перпендикуляре к отрезку BL, откуда и будет следовать утверждение
задачи. Заметим, что BO = DO, то есть ∠BAO = ∠BDO = ∠OBD = ∠OAD, то есть AO — бис-

сектриса угла BAD. Осталось заметить, что треугольник BAL — равнобедренный, то есть
прямая AO является серединным перпендикуляром к отрезку BL.

6. (Д. Швецов) Точка M — середина стороны BC остроугольного неравнобедренного
треугольника ABC, H — ортоцентр этого треугольника. Прямая MH пересекается с бис-
сектрисой угла A в точке Q. Окружность, построенная на AQ как на диаметре, пересекает

прямые AB и AC в точках X и Y. Докажите, что прямая XY проходит через точку H.
Решение. Используем следующие факты (первый и третий — без доказательства):

4. (Д. Прокопенко) На диагонали AC вписанного четырёхугольника ABCD выбрали
точку E так, что ∠ABE = ∠CBD. Точки O, O , O — центры описанных окружностей
1 2
треугольников ABC, ABE и CBE соответственно. Докажите, что прямые AO , CO и DO
1 2
пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть ∠ABE = ∠CBD = α, а ∠ABD = ∠CBE = β и эти углы — острые. Тогда
∠CAD = α, а ∠ACD = β, как вписанные, опирающиеся на те же дуги (см. рис. 8–9.4).
Рассмотрим треугольник ABE. Заметим, что ∠AO E = 2∠ABE = 2α, то есть ∠O AE =
1 1
= 90◦ −α, откуда ∠O AD = 90◦. Аналогично, в треугольнике BCE: ∠CO E = 2β, а ∠O CE =
1 2 2
= 90◦ − β, откуда ∠O CD = 90◦.
2
2



BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB



OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
EEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEEE
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA

Рис. 8–9.4

Следовательно, прямые AO и CO пересекаются в точке, диаметрально противополож-
1 2
ной точке D окружности, описанной около четырёхугольника, то есть в точке, лежащей
на прямой DO, что и требовалось.
В случае, когда, например, угол β — тупой: ∠O CE = β − 90◦, откуда ∠O CD = β − (β −
2 2
− 90◦) = 90◦. Дальнейшее рассуждение аналогично случаю острого угла.
Другой случай расположения точки E расcматривается аналогично.

1. Доказать вспомогательное утверждение можно, используя, например, что расстояние от вер-
шины треугольника до его ортоцентра в два раза больше, чем расстояние от центра описанной
окружности этого треугольника до середины противолежащей стороны.

3. (Е. Бакаев) В выпуклом четырёхугольнике ABCD углы A и C острые и равные между
собой, а угол ABD — прямой. Точка M — середина отрезка AC. Докажите, что прямые
MB и CD перпендикулярны.

1




Решение. Первый способ. Пусть K — основание перпендикуляра, опущенного из A на
прямую CD (см. рис. 8–9.3а). Тогда четырёхугольник ABDK — вписанный и ∠BAD =

= ∠BKD. Следовательно, треугольник KBC равнобедренный. Пусть BH его высота. Дока-
жем, что она проходит через точку M, откуда и следует утверждение задачи. Заметим,
что BH параллельна AK и KH = CH, то есть BH содержит среднюю линию треугольника
ACK и проходит через точку M.
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC





HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM
BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
Рис. 8–9.3а Рис. 8–9.3б

Второй способ. Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCH (см. рис. 8–
9.3б). Докажем, что H — ортоцентр треугольника BCD, откуда и будет следовать утвер-
ждение задачи.
Можно рассуждать разными способами.
А) Пусть H — ортоцентр, тогда прямая CH перпендикулярна BD, то есть параллельна
1 1
AB. Кроме того, ∠BH D = 180◦ − ∠BCD = 180◦ − ∠BAD. Следовательно, четырехугольник
1
ABH D — вписанный и ∠AH D = ∠ABD = 90◦. Учитывая перпендикулярность DH и BC,
1 1 1
получим, что BC параллельна AH , то есть ABCH — параллелограмм и точки H и H
1 1 1
совпадают.
Б) Пусть ∠BAD = ∠BCD = α. Тогда AB = CH = BDctg α. Воспользуемся следующим
фактом.
В треугольнике со стороной a и противолежащим острым углом α расстояние от
вершины этого угла до ортоцентра треугольника равно actg α.
Заметим, что прямая CH параллельна прямой AB, то есть перпендикулярна прямой
BD и CH = BDctg α. Следовательно, H — ортоцентр, что и требовалось.
Комментарии.

5) Построим прямую XY, проходящую через середины диагоналей, то есть содержащую
среднюю линию трапеции.
Комментарий. Вместо свойства медиан треугольника можно было использовать, что середины

оснований трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и точка пересечения диаго-
налей лежат на одной прямой.