Я сам решу.
А застряну — спрошу.

(Н.Спивак) Будем говорить, что множество M точек плоскости содержит
дыру, если существует круг, не содержащийся в M, но содержащийся внутри много-
угольника, граница которого лежит в M.
Можно ли представить плоскость в виде объединения n таких выпуклых множеств,
что объединение любых n − 1 из них имеет дыры?
Ответ. Да.
Решение. Пусть n = 6; множество M — это правильный пятиугольник A A A A A ,
0 1 2 3 4 5
а множества M ,i = 1,...,5 — полуплоскости ограниченные прямыми A A (A =
i i i+1 i+5
17






A ), не содержащие пятиугольник. Тогда объединение всех множеств M — вся плос-
i i
кость, объединение пяти множеств M ,...,M — плоскость без пятиугольника M , а
i 5 0
объединение пяти множеств без множества M — плоскость без треугольника, обра-
i
зованного прямыми A A , A A и A A .
i−1 i i i+1 i+1 i+2
Примечание. Жюри неизвестно, существуют ли примеры для n < 6.

(А.Заславский) Даны окружность и лежащий внутри нее эллипс с фоку-
сами F , F . Постройте хорду окружности AB, касающуюся эллипса и такую, что
1 2
четырехугольник AF F B — вписанный.
1 2
Первое решение.
Лемма. Пусть AB — произвольная хорда, касающаяся эллипса. Тогда геометриче-
ским местом центров окружностей ABF является окружность.
1
Доказательство. Пусть O, R — центр и радиус данной окружности; O′ — центр
окружности ABF ; H — проекция F на AB (рис. 22). Очевидно, что OO′ ∥ F H.
1 1 1
Применяя теорему косинусов к треугольника O′OA и O′OF , получаем
1
O ′ F2 = O ′ O2+OF2−2OO ′·OF cos\O ′ OF , O ′ A2 = O ′ O2+R2−2O ′ O·OAcos\O ′ OA.
1 1 1 1
Вычитая из первого равенства второе, получаем
R2 − OF2 = 2O ′ O(OAcos\O ′ OA − OF cos\O ′ OF ).
1 1 1
Выражение в скобках представляет разность проекций отрезков OA и OF на прямую
1
OO′ и, следовательно равно F H. Таким образом, произведение OO′·F H не зависит
1 1
от хорды AB.










16












B
F
1 H




O
O′





A


Рис. 22.


Пусть E — полюс прямой AB относительно некоторой окружности с центром F .
1
Тогда F E ∥ OO′ и отношение OO′ : F E не зависит от AB, поскольку произве-
1 1
дения F H · OO′ и F H · F E не зависят от AB. Значит, прямая O′E пересекает
1 1 1
OF в фиксированной точке X. Поэтому геометрическое место точек O′ гомотетич-
1
но относительно X полярному образу эллипса относительно F , который является
1
окружностью.
Вернемся к задаче. Поскольку касательные к эллипсу можно построить циркулем и
линейкой, мы можем построить геометрические места центров окружностей ABF и
1
ABF . Любая точка их пересечения является центром искомой окружности.
2
Второе решение. Обозначим через D и E точки пересечения данной окружности
ω и прямой F F . Пусть S на F F это точка со свойством SD · SE = SF · SF . Для
1 2 1 2 1 2
построения этой точки можно построить любую окружность, проходящую через фо-
кусы F и F и пересекающую ω. Точка S — это пересечение радикальной оси этих
1 2
окружностей (общей хорды) и прямой F F . Пусть Ω — это окружность, диаметром
1 2
которой является большая ось данного эллипса, S′ –– точка инверсная S относитель-
но Ω, C –– точка эллипса такая, что CS′ ⊥ F F , A и B — точки пересечения ω и CS.
1 2
Тогда CS касается эллипса, а AF F B является вписанным четырехугольником.
1 2

(Г.Галяпин) Внутри четырёхугольника ABCD отметили точку P такую, что
\APB + \CPD = 180◦. Точки P , P , P , P изогонально сопряжены P в треуголь-
a b c d
никах BCD, CDA, DAB, ABC. Докажите, что точки пересечения диагоналей четы-
рёхугольников ABCD и P P P P совпадают.
a b c d
Решение. Так как \APB +\CPD = 180◦, существует точка Q, изогонально сопря-
женная P относительно четырехугольника ABCD. Тогда точки P , P лежат соот-
c a
ветственно на прямых AQ, CQ так, что \P BQ = \DBC, \P BQ = \DBA (рис. 21).
c a
Поэтому AP : P Q = AB sin\ABP : BQsin \P BQ, QP : P C = BQsin \QBP :
c c c c a a a
BC sin \P BC и по теореме Менелая прямая P P делит AC в отношении PAsin\ABD :
a a c
PC sin\DBC. Следовательно, эта прямая проходит через точку L пересечения AC
и BD (рис. 21). Аналогично получаем, что P P проходит через L.
b d






15










B










P
L a
A
C
P
c
Q
Рис. 21.

(Ф.Ивлев) Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, а M
и N — середины BC и AH соответственно. Перпендикуляр из N к прямой MH

пересекает BC в точке A′. Точки B′ и C′ определяются аналогично. Докажите, что
точки A′, B′, C′ лежат на одной прямой.
Решение. Так как MN — диаметр окружности девяти точек, проекция N на MH
лежит на этой окружности (рис. 20). Поэтому A′ лежит на поляре H относительно
окружности девяти точек. Точки B′, C′ также лежат на этой прямой.


A





N





H



C A′
M B
Рис. 20.

(С.Кузнецов) Пусть I — центр вписанной окружности треугольника ABC;
A′, B′, C′ — ортоцентры треугольников BIC, AIC, AIB; M , M , M — середины
a b c
BC, CA, AB, а S , S , S — середины AA′, BB′, CC′. Докажите, что M S , M S ,
a b c a a b b
M S пересекаются в одной точке.
c c
Решение. Точка, симметричная C′ относительно M , диаметрально противополож-
c
на I на окружности IAB, т.е. совпадает с центром I вневписанной окружности тре-
C
угольника ABC. Поэтому прямая S M как средняя линия треугольника C′II па-
c c C
раллельна CI и проходит через центр вписанной окружности треугольника M M M
a b c
(рис. 19). Две другие прямые также проходят через эту точку.
C′
C
S
c
I

M
A c B









I
C
Рис. 19.

14

(И.Кухарчук) Дан четырехугольник ABCD. Вневписанные окружности ω
1
и ω треугольников ABC и BCD, касающиеся сторон AB и BD соответственно,
2
касаются продолжения стороны BC в общей точке P. Отрезок AD пересекает ω в
2
точке Q, а прямая AD пересекает ω в точках R и S. Докажите, что один из углов
1
RPQ и SPQ прямой.
Решение. Утверждение задачи равносильно тому, что AD проходит через центр
гомотетии с отрицательным коэффициентом переводящей ω в ω . Пусть ω касается
1 2 1
BA в E, а AC в G. Пусть также ω касается BD в F, а CD в L.
2
Тогда из теорем Менелая для треугольника ABD и прямой EF, а также треуголь-
ника ACD и прямой GL следует, что EF и GL пересекаются на AD, но, с другой
стороны, на EF лежит центр гомотетии с отрицательным коэффициентом, посколь-
ку EF пересекает ω вторично в точке, касательная в которой параллельна BD.
1
Аналогично c GL (рис. 18).


13











L

D
Q
G
A
F E



S

C B P

Рис. 18.

(П.Пучков, Е.Уткин) Пусть O, I — центры описанной и вписанной окруж-
ностей неравнобедренного остроугольного треугольника ABC; D, E, F — точки ка-

сания его вневписанной окружности со стороной BC и продолжениями сторон AC
и AB соответственно. Докажите, что если ортоцентр треугольника DEF лежит на
описанной окружности треугольника ABC, то он симметричен середине дуги BC
относительно прямой OI.
Решение. Пусть D′, E′, F′ — вторые точки пересечения высот треугольника DEF с
его описанной окружностью. Тогда высоты являются биссектрисами углов треуголь-

ника D′E′F′ (внутренней и двумя внешними) и, значит, параллельны соответствую-
щим биссектрисам углов треугольника ABC. Поэтому стороны этих треугольников

12










также параллельны, т.е. треугольники гомотетичны. При этой гомотетии O и центр
I вневписанной окружности переходят в I и ортоцентр H треугольника DEF со-
A A
ответственно, следовательно, H лежит на прямой I O и I H : OI = r : R. Отсюда
A A A A
и из равенств OI = R2 + 2Rr , OH = R получаем, что OI = 2R. Кроме того,
A A A
известно, что середина W дуги BC делит пополам отрезок II . Поскольку средняя
A
линия WM треугольника OII перпендикулярна HW, то и OI ⊥ HW (рис. 17), что
A
равносильно утверждению задачи.
H
A


O
I





M
W



I
A
Рис. 17.

(А.Заславский) Точка Фейербаха неравнобедренного треугольника лежит на
биссектрисе одного из его углов. Докажите, что она делит пополам отрезок между

вершиной этого угла и центром вписанной окружности.
Первое решение. Пусть точка Фейербаха F треугольника ABC лежит на биссек-
трисе угла C. Тогда на этой же биссектрисе лежит и центр E окружности девяти
точек, являющийся серединой отрезка между ортоцентром H и центром описанной
окружности O. При этом CE — биссектриса угла OCH, следовательно точки O и
H симметричны относительно биссектрисы и CO = CH = 2CO|cos\C|, т.е. угол

C равен π/3 или 2π/3. Но во втором случае точки O и H симметричны относи-
тельно внешней, а не внутренней биссектрисы угла C. Таким образом, \C = π/3 и
CF = r = CI sin(\C/2) = CI/2.
Второе решение. Точка F является центром равносторонней гиперболы, проходя-
щей через A, B, C, I. Так как прямая CI проходит через центр гиперболы, точки C

и I симметричны относительно F.

(А.Заславский) Точка C лежит на биссектрисе острого угла с вершиной S.
Точки P, Q — проекции C на стороны угла. Окружность с центром C и радиусом
PQ пересекает стороны угла в точках A и B, причем SA ̸= SB. Докажите, что

окружность с центром A, касающаяся SB, и окружность с центром B, касающаяся
SA, касаются друг друга.

11










Решение. Так как SC — биссектриса угла ASB, AC = BC и SA ̸= SB, точки S, A,
B, C лежат на одной окружности. Поэтому \CAB = \CSB = \CPQ, т.е. треуголь-

ники CPQ и CAB подобны. Следовательно, AB : PQ = PQ : PC = 2cos\CSP.
Кроме того, AP = BQ, значит SA + SB = 2SP и сумма расстояний от точек A и B
до противоположных сторон угла равна 2SP sin \ASB = 2PC cos2 \ASC = AB, что
равносильно утверждению задачи (рис. 15).



P

A

S C




Q

B
Рис. 15.

(Л.Шатунов) На биссектрисе угла B внутри треугольника ABC отметили
точку D. Пусть ω и ω — окружности, касающиеся прямых AD и CD в точке D
1 2
и проходящие через точку B; P и Q — отличные от B точки пересечения ω и ω с
1 2
описанной окружностью ABC. Докажите, что описанные окружности треугольников
PQD и ACD касаются.
Решение. Сделаем инверсию с центром D и радиусом DB, пусть A′, C′ P′, Q′ — об-
разы точек A, C, P, Q соответственно. Тогда \DC′B = \CBD = \ABD = \DA′B.
Кроме того, окружности ω и ω переходят в прямые, проходящие через B и парал-
1 2
лельные A′D, C′D соответственно. Следовательно, \P′BA′ = \Q′BC′ и A′P′Q′C′ —
равнобокая трапеция (рис. 14). При обратной инверсии параллельные прямые P′Q′
и A′C′ перейдут в окружности, касающиеся в точке D.
B

P′ Q′


D




A′ C′







Рис. 14.

(Б.Френкин) Дан выпуклый 2n-угольник, у которого каждые две противо-
положные стороны параллельны друг другу. (Стороны противоположны, если при
движении от одной к другой по контуру 2n-угольника нужно пройти n − 1 других
сторон.) Пару противоположных сторон назовём правильной, если у них есть общий

перпендикуляр, концы которого принадлежат самим сторонам, а не их продолжени-
ям. Каково наименьшее возможное количество правильных пар?
Ответ. 1.

Пример. Возьмем параллелограмм ABCD, у которого проекция отрезка BC на
прямую AD не пересекается с отрезком AD. Выберем на сторонах AB, BC точки B ,
1
B , а на сторонах CD, AD точки D , D так, что B B ∥ D D и проекции отрезков
2 1 2 1 2 1 2
B B , D D на параллельную им прямую не пересекаются (рис. 13). Аналогично
1 2 1 2
выберем по точке на отрезках B B , B C, D D , D A и т.д. В результате получим
1 2 2 1 2 2
2n-угольник, в котором единственной правильной парой будет пара AB , CD .
1 1
B B 2
C
B
1


D
1
A
D D
2
Рис. 13.
10










Оценка. Пусть A A , A A — пара сторон, расстояние между которыми мини-
2n 1 n n+1
мально. Предположим, что проекции этих сторон на параллельную им прямую не
пересекаются. Тогда, можно считать, что \A A A > π/2. Продлим стороны
2n−1 2n 1
A A , A A до пересечения с прямыми A A , A A соответственно в точ-
2n−1 2n n−1 n n n+1 2n 1
ках B, C. Перпендикуляр, опущенный из A на прямую A B, пересекает сторону
2n n
A C параллелограмма A CA B, следовательно, расстояние от A до A B больше,
n 2n n 2n n
чем до A C, что противоречит выбору пары A A , A A .
n 2n 1 n n+1

(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.