Я сам решу.
А застряну — спрошу.

(А.Марданов) Точки P и Q на стороне AC треугольника ABC таковы, что

PQ = AC=2. Точка B′ симметрична вершине B относительно стороны AC. Точки D
и E на прямых BP и BQ выбраны так, что прямые AD и CE касаются окружностей
APB′ и CQB′ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника
BDE касается стороны AC.
Решение. Пусть M — такая точка, что P — середина AM. Тогда Q — середина CM.
Построим окружность, проходящую через B и касающуюся AC в точке M. Пусть

прямые BP, BQ повторно пересекают эту окружность в точках D′, E′ соответственно
(рис. 11). Так как AP2 = AM2 = PD′ · PB, треугольники APD′ и BPA подобны.
Следовательно, \D′AP = \PBA = \AB′P, т.е. прямая AD′ касается окружности
APB′ и D′ совпадает с D. Аналогично E′ совпадает с E.











9











B














D
E
A C
P M Q
Рис. 11.

(Е.Волокитин) Даны окружность !, точка A на ней и точка B. Пусть X —
произвольная точка !, T — точка пересечения касательных к окружности ABX в
точках X и B. Найдите геометрическое место точек T.

Ответ. Прямая, проходящая через середину отрезка BC и перпендикулярная BD,
где C — вторая точка пересечения ! с прямой AB, а D — точка !, диаметрально
противоположная C.
Решение. Пусть P — точка пересечения касательных, Q — точка, симметричная

B относительно P. Так как PQ = PB = PX, треугольник BXQ прямоугольный,
причем \BQX = 90◦ − \XBP = 90◦ − \XAC = \DCX (рис. 10). Поэтому XQB и
XCD подобны, а значит, треугольники XQC и XBP также подобны. Следовательно,
XQ ⊥ BD, откуда и следует ответ (очевидно, что любая точка полученной прямой
может быть получена, как точка пересечения касательных)


















8















A



D

X
B

P
Q






C





Рис. 10.

(И.Кухарчук) Четырехугольник ABCD описан около окружности с центром
в I. Окружности BID и AIC пересеклись в точке P, а лучи AB и DC в точке Q.
Пусть R –— середина PI. Докажите, что ARQD вписанный.

Решение. Пусть K, L, M, N — точки касания вписанной окружности со сторонами
AB, BC, CD, DA соответственно. При инверсии относительно окружности точки A,
B, C, D, Q переходят в середины A′, B′, C′, D′, Q′ отрезков KN, KL, LM, MN, KM
соответственно, точка P в центр тяжести G четырехугольника KLMN, а точка R
в точку R′, симметричную I относительно G (рис. 9). Эту точку можно получить,
как образ точки L при композиции трех гомотетий: с центром N и коэффициентом
1=2, с центром Q′ и коэффициентом 1=2, с центром I и коэффициентом 2. Эта ком-
позиция переводит точку I в центр окружности девяти точек треугольника MNK,

следовательно, точка R′ лежит на окружности A′D′Q′.

















7










N





A′ D′


I




K M
Q′
R′

L
Рис. 9.

(Д.Крохалев, Г.Кузнецов, А.Коваленко) В треугольнике ABC \B = 30◦, O —
центр описанной окружности, I — центр вписанной, окружности AIB, CIB пере-
секают BC, AB соответственно в точках D, E. Докажите, что D — ортоцентр тре-
угольника OEI.
Решение. Так как \B = 30◦, получаем, что \AIC = 105◦, \AID = \CIE = 150◦.
Тогда \AIE = \CID = 105◦, т.е. точки D, E симметричны A, C относительно CI, AI

соответственно. Поэтому AE = CD = AC = AO = CO и \ODI = \ODC − \IDC =
90◦ − \DOC=2 − \A=2 = 120◦ − \C=2 − \A=2 = 45◦ (рис. 8). Но \EID = 45◦,
следовательно, OD ⊥ IE. Аналогично OE ⊥ ID.




















6










B








D
E
O




I


A C
Рис. 8.

(А.Заславский) Сторона AB треугольника ABC касается вписанной и вневпи-
санной окружностей в точках P и Q соответственно. Точка T — проекция середины

AB на биссектрису угла C. Докажите, что точки C, P, Q, T лежат на одной окруж-
ности.
Первое решение. Пусть M — середина AB, I — центр вписанной окружности
треугольника, K — точка этой окружности, противоположная P, L — основание
биссектрисы из C (рис. 7). Тогда точка K лежит на прямой CQ и \KIC = \PMT =
|\A − \B|=2. Кроме того, MP = |a − b|=2, ML = |a − b|c=(2(a + b)), где a, b, c —

длины сторон треугольника. Поэтому
A − B A − B A + B C
MT : MP = ccos : (a+b) = sinC cos : (sin A+sinB) = sinC : 2sin = sin :
2 2 2 2
Так как sin C = IK : IC, треугольники MTP и IKC подобны. Следовательно,
2
\QPT = \QCT и четырехугольник CPTQ вписанный.















5










C



K




I



M L
A B
Q P
T
Рис. 7.
Второе решение. Так как \IPM = \ITM = 90◦, точки I, P, T, M лежат на
одной окружности, т.е. \PTC = \LMI. Кроме того, MP = MQ = |a − b|=2, ML =
c|a − b|=2(a + b), следовательно, MQ : LM = (a + b) : c = CI : IL. Поэтому MI ∥ CQ,

\CQP = \CTP и точки C, P, Q, T лежат на одной окружности.

(Л.Емельянов) В треугольнике ABC O — центр описанной окружности, I —
центр вписанной, H — ортоцентр, N — точка Нагеля. Докажите, что IN = IH тогда
и только тогда, когда угол ONH прямой.
Решение. Пусть M — центр тяжести треугольника, E — середина отрезка OH

(центр окружности девяти точек). Тогда отрезки IN и OH пересекаются в точке
M, причем OM : MH = IM : MN = EM : MO = 1 : 2 (рис. 6). Из последних двух
равенств следует, что IE ∥ ON, а значит, прямая IE делит отрезок NH пополам.
Поэтому IN = IH тогда и только тогда, когда IE ⊥ NH, т.е. угол ONH прямой.














4










N











M
O H
E




I
Рис. 6.

(Я.Щербатов) Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABC. Се-
рединный перпендикуляр к отрезку AI пересекает сторону BC в точке D; прямая
AD повторно пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке X. До-
кажите, что |BX − CX| = AX.

Решение. Пусть B , C — середины дуг AC, AB соответственно; P — второе пересе-
0 0
чение окружности DBB и прямой AD (рис. 5). Тогда \BPX = \BB C = (180◦ −
0 0 0
\BXP)=2, \B PX = \B BC = \B XP, следовательно, XP = XB, B X = B P, и
0 0 0 0 0
треугольники AB P, CB X равны. Тогда XC = AP, AX = XP − AP = XB − XC.
0 0
X
C A
0
B
0
P
I

B D
C


Рис. 5.

(Г.Кузнецов) В описанном четырёхугольнике ABCD диагонали пересекаются
в точке X. Докажите, что к вписанным окружностям треугольников ABC, BCD,
AXD существует общая касательная.
Решение. Пусть l — длина общей внешней касательной к окружностям, вписанным
1
в треугольники ABC, BCD; l — длина общей внутренней касательной к окружно-
2
стям, вписанным в треугольники ABC, AXD; l — длина общей внутренней каса-
3
тельной к окружностям, вписанным в треугольники BCD, AXD. Имеем
BC + AC − AB BC + CD − BD (AC + BD) − (AB + CD)
l = − = ;
1
2 2 2
AC + AB − BC AX + AD − DX BD + CD − BC AD + DX − AX
l = − ; l = − ;
2 3
2 2 2 2
(AC + BD) + (AB + CD) − 2(AD + BC)
l + l = :
2 3
2
Поскольку AB + CD = AD + BC, получаем, что l = l + l , следовательно, об-
1 2 3
щая внешняя касательная к вписанным окружностям треугольников ABC и BCD,
отличная от BC, касается и третьей окружности (рис. 4).
C
B
X




A D

3










Рис. 4.

(И.Кухарчук) Пусть AK –— биссектриса треугольника ABC, точка N на AC

такова, что \NKC = \CAB=2, L –— середина KN. Докажите, что \KBN = \LAK.
Решение. Так как \NKC = \CAK = \KAB, то \AKB = \ANK (рис. 3). Следо-
вательно, треугольники ANK и AKB подобны и AK : AN = BK : KN. Применяя
теорему синусов к треугольникам ANL, ALK и NKB, получаем, что sin\NAL :
sin\LAK = sin\BNK : sin \KBN, а поскольку \BNK + \KBN = \NAK, отсю-
да следует искомое равенство.















2










C




N
L
K








A B
Рис. 3.

(S.Khalifah) В равнобокую трапецию ABCD вписана окружность, касающаяся
боковой стороны AB в точке T. Отрезки TC и TD повторно пересекают эту окруж-
ность в точках P, Q соответственно. Чему может быть равно TP=PC + TQ=QD?

Ответ. 8.


1










Решение. Пусть M, N — середины оснований BC, AD соответственно (рис. 2).
Тогда BT2 = CM2 = CP · CT = CP(CP + TP), следовательно,

TP CM2 CT2
= + 1 = + 1:
CP CP2 BT2


B M C

P


T






Q


A D
N
Рис. 2.

Применяя теорему косинусов к треугольнику CBT, в котором BC = 2BT, получаем
CT2 = BT2(5−4cos\B). Аналогично DT2 = AT2(5−4cos\A). Поскольку cos\A+
cos\B = 0, получаем, что CT2=BT2 + DT2=AT2 = 10 и TP=PC + TQ=QD = 8.

(С.Кузнецов) Пусть треугольники T и ABC симметричны относительно точки
P. Точки A′, B′, C′ симметричны A, B, C относительно соответственных сторон T.
Оказалось, что две из этих точек совпали. Докажите, что все три точки совпали.
Решение. Так как соответствующие стороны треугольников T и ABC параллель-

ны, точки A′, B′, C′ лежат на высотах треугольника ABC. Если, например, A′ и B′
совпадают, то соответствующая точка является ортоцентром H треугольника ABC
и, значит, две стороны треугольника T являются серединными перпендикулярами к
отрезкам AH, BH. Пусть A , B , A , B — середины отрезков BC, AC, AH, BH со-
0 0 1 1
ответственно. Тогда A B A B — прямоугольник, поскольку его стороны — средние
0 0 1 1
линии треугольников ABC, ABH, ACH, BCH (рис. 1). При симметрии относительно
центра этого прямоугольника прямые AC и BC переходят в серединные перпенди-
куляры к BH и AH, поэтому AB переходит в третью сторону треугольника T. Но
образом AB при этой центральной симметрии является серединный перпендикуляр
к CH, следовательно, C′ тоже совпадает с H.
C






B A
0 0

H
A
1 B
1
A B





Рис. 1.

Примечание. Треугольники ABC и T имеют общую окружность девяти точек и
симметричны относительно ее центра.

(С.Арутюнян) Сфера, вписанная в тетраэдр ABCD, касается граней ABC,
BCD, CDA, DAB в точках D′, A′, B′, C′ соответственно. Обозначим через S
AB
площадь треугольника AC′B. Анал√огично опр√еделим S AC√, S
BC
, S
AD
, S
BD
, S
CD
. До-
кажите, что из отрезков с длинами S S , S S , S S можно составить
AB CD AC BD AD BC
треугольник.
Решение. Будем использовать известный факт, что \AC′B = \AD′B = \CA′D =
\CB′D, и три аналогичных равенства. Обозначим через a, b, c, d и α, β, γ длины
касательных к сфере из точек A, B, C, D и углы BD′C, CD′A, AD′B соответственно.
Тогда
abcd sin2 γ
S S = .
AB CD
4
Поскольку углы α, β, γ меньше π, утверждение задачи равносильно существованию
треугольника со сторонами, равными sin α, sin β, sinγ, которое, очевидно, следует
из равенства α + β + γ = 2π. Например, можно взять треугольник, образованный
прямыми, перпендикулярными D′A, D′B, D′C.


















18