Я сам решу.
А застряну — спрошу.

(Tran Quang Hung, N.Dergiados) В пирамиде SABC все углы при вершине S
прямые. Точки A′, B′, C′ на ребрах SA, SB, SC соответственно таковы, что тре-
угольники ABC и A′B′C′ подобны. Верно ли, что плоскости ABC и A′B′C′ парал-

лельны?
Ответ. Да.

Первое решение. Предположим, что плоскости ABC и A′B′C′ не параллельны.
Тогда сделаем гомотетию с центром S, переводящую треугольник A′B′C′ в треуголь-
ник, равный ABC, а затем движение, переводящее полученный треугольник в ABC.
Тогда точка S перейдет в точку S′, отличную от S и точки, симметричной S отно-
сительно плоскости ABC. С другой стороны, обе точки S, S′ лежат на трех сферах
с диаметрами AB, BC, CA. Поскольку центры этих сфер не лежат на одной пря-
мой, у них есть лишь две точки пересечения, симметричные относительно плоскости
ABC — противоречие.

Второе решение. Пусть A′B′ = tAB. Тогда B′C′ = tBC, C′A′ = tAC. Так как углы
при вершине S прямые, то SA′2 + SB′2 = t2AB2, SA′2 + SC′2 = t2AC2, SB′2 + SC′2 =
t2BC2. Из этих равенств получаем, что SA′2 = t2(AB2 + AC2 − BC2)/2 = t2SA2, т.е.
SA′ = tSA. Аналогично SB′ = tSB, SC′ = tSC и, следовательно, плоскости ABC и
A′B′C′ параллельны.






























15

(И.Кухарчук) По окружности Ω движется точка P. На окружности Ω за-
фиксированы точки A и B. Точка C — произвольная точка внутри круга с границей
Ω. Общие внешние касательные к окружностям, описанным около треугольников
APC и BCP, пересекаются в точке Q. Докажите, что все точки Q лежат на двух
фиксированных прямых.

Решение. Точка пересечения внешних касательных является центром окружности
ω, инверсия относительно которой меняет окружности APC и BPC местами. Рас-
смотрим инверсию с центром C, переводящую точки A, B, P в A′, B′, C′ соответ-
ственно. Она переведет окружности APC, BPC в прямые A′P′, B′P′ соответственно,
окружность ω в биссектрису одного из углов между этими прямыми, а ее центр Q в
точку Q′, симметричную C относительно этой биссектрисы. Поскольку биссектрисы
углов между прямыми P′A′ и P′B′ проходят через две фиксированные точки — се-
редины дуг A′B′ окружности A′B′P′, точка Q′ лежит на одной из двух окружностей

с центрами в этих точках, проходящих через C. Образами этих окружностей при
рассмотренной инверсии являются две фиксированные прямые.

14










Примечание. Точка Q переходит с одной прямой на другую, когда P пересекает
одну из прямых AC, BC.

(D.Reznik, А.Акопян) Дан отрезок AB. Пусть C — произвольная точка на
серединном перпендикуляре к AB; O — точка на описанной окружности треуголь-
ника ABC, противоположная C; эллипс с центром O касается прямых AB, BC, CA.
Найдите геометрическое место точек касания эллипса с прямой BC.
13






Ответ. Окружность с диаметром BQ, где Q — точка на луче AB такая, что AQ =
3AB/2, без точек B и Q.

Решение. Пусть M — середина AB, N — точка, симметричная M относительно O,
P — точка пересечения PN и BC, U, V — точки пересечения прямой, проходящей
через N и параллельной AB, с прямыми BC, AC соответственно (рис. 22). Так как
треугольники BPQ и UPN подобны, BP : PN = BQ : UN = AB : UV , т.е. прямая,
проходящая через P и параллельная AB, проходит через точку пересечения диаго-
налей трапеции ABUV . Следовательно, вписанный в трапецию эллипс касается BC

в точке P. Поскольку PN ∥ OB ⊥ BC, эта точка лежит на окружности с диаметром
BQ. Очевидно, что любая точка окружности, кроме B и Q, принадлежит искомому
ГМТ.

C










M B
A Q

P
O


V U
N
Рис. 22

(А.Заславский) Хорда PQ окружности, описанной около треугольника ABC,
пересекает стороны BC, AC в точках A′, B′ соответственно. Касательные к окруж-
ности в точках A и B пересекаются в точке X, а касательные в точках P и Q — в
точке Y . Прямая XY пересекает AB в точке C′. Докажите, что прямые AA′, BB′ и
CC′ пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть прямые PQ и AB пересекаются в точке U, а прямые AA′ и BB′ —
в точке V . Тогда прямая XY является полярой точки U относительно описанной
окружности и,значит, точки A, B, U, C′ образуют гармоническую четверку. Следо-
вательно, прямая CV проходит через C′.

(Л.Шатунов) Через вершины A, B, C треугольника ABC провели прямые
a ,b ,c соответственно. Отразим a , b , c относительно биссектрис соответствую-
1 1 1 1 1 1
щих углов треугольника ABC, получив a , b , c . Пусть A = b ∩ c , B = a ∩ c ,
2 2 2 1 1 1 1 1 1
C = a ∩ b , аналогично определим A , B , C . Докажите, что у треугольников
1 1 1 2 2 2
A B C и A B C одинаковое отношение площади к радиусу описанной окружности
1 1 1 2 2 2
(т.е. S1 = S2 , где S = S(△A B C ), R = R(△A B C )).
R1 R2 i i i i i i i i
Решение.
Лемма. Пусть точки X′, Y ′, Z′ лежат на сторонах Y Z, ZX, XY соответственно
треугольника XY Z. Тогда
XY ′ · Y Z′ · ZX′ + X′Y · Y ′Z · Z′X
S = .
X′Y′Z′
4R
XYZ
(точки X′, Y ′, Z′ могут лежать и на продолжениях сторон. В этом случае отрезки в
формуле надо считать направленными)
Доказательство. Пусть XY ′ = αXZ, Y Z′ = βY X, ZX′ = γZY . Тогда S :
X′Y′Z′
S = 1−α(1−β)−β(1−γ)−γ(1−α) = αβγ +(1−α)(1−β)(1−γ) и утверждение
XYZ
леммы следует из формулы S = (XY · Y Z · ZX)/4R .
XYZ XYZ
Применим теперь лемму к треугольнику A B C и точкам A, B, C на его сторонах.
1 1 1
Обозначив \B AC = α, \C BA = β, \A CB = γ получим (использовав теорему
1 1 1
синусов для треугольников AB C , BC A , CA B )
1 1 1 1 1 1
AB · BC · CA(sinα sin β sin γ + sin(A + α)sin(B + β)sin(C + γ))
S = .
ABC 4R sin \A B C sin \B C A sin \C A B
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Применив теорему синусов к треугольнику A B C , получим, что знаменатель этой
1 1 1
дроби равен 2S /R . Осталось заметить, что при замене треугольника A B C на
1 1 1 1 1
треугольник A B C числитель дроби не изменится.
2 2 2

(М.Евдокимов) На плоскости начерчены треугольник ABC, описанная около
него окружность и центр I его вписанной окружности. Пользуясь только линейкой,
постройте центр описанной окружности.
12






Решение. Построим точку C пересечения касательных к окружности в точках A,
1
B и вторую точку C пересечения окружности с прямой CI. Прямая C C является
2 1 2
серединным перпендикуляром к отрезку AB и, следовательно, проходит через центр
описанной окружности. Построив аналогично серединный перпендикуляр к отрезку
AC, найдем центр.

(Д.Швецов) Пусть AA , BB , CC — высоты остроугольного треугольника
1 1 1
ABC; I — центр вневписанной окружности, соответствующей вершине A; I′ — точ-
a a
ка, симметричная I относительно прямой AA . Аналогично построим точки I′, I′.
a 1 b c
Докажите, что прямые A I′, B I′, C I′ пересекаются в одной точке.
1 a 1 b 1 c
Первое решение. Прямые A A, A B, A A′ и A I образуют гармоническую четвер-
1 1 1 1 a
ку. Следовательно, точки их пересечения с биссектрисой AL тоже образуют гармони-
ческую четверку. Так как точкой, дополняющей A, L, I до гармонической четверки
a
является центр I вписанной в треугольник ABC окружности, прямая A A′ проходит
1
через I. Аналогично B B′ и C C′ проходят через I.
1 1
Это рассуждение можно провести немного иначе. Так как прямые A A, A B, A I и
1 1 1
A I образуют гармоническую четверку и A A ⊥ A B, прямые A A и A B являются
1 a 1 1 1 1
биссектрисами углов между A I и A I . Следовательно, A A′ проходит через I.
1 1 a 1
Второе решение. Докажем, что прямые A I , B I , C I пересекаются в одной
1 a 1 b 1 c
точке. Тогда прямые A A′, B B′, C C′, симметричные им относительно биссектрис
1 1 1
треугольника A B C также пересекутся в одной точке. Заметим, что, например,
1 1 1
sin\I I A : sin \I I A = (BA : CA ) · (I C : I B). Применяя теорему Чевы к
b a 1 c a 1 1 1 a a
тройкам прямых I A, I B, I C и AA , BB , CC , получаем, что произведение этого
a b c 1 1 1
и двух аналогичных отношений равно 1.
Примечание. Утверждение задачи является частным случаем следующего факта.
Если точки A , B , C лежат на сторонах BC, CA, AB треугольника ABC, а точ-
1 1 1
ки A , B , C лежат на сторонах B C , C A , A B треугольника A B C , причем
2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
прямые AA , BB , CC пересекаются в одной точке и прямые A A , B B , C C пе-
1 1 1 1 2 1 2 1 2
ресекаются в одной точке, то и прямые AA , BB , CC пересекаются в одной точке.
2 2 2

(L.Dong) Окружность ω, вписанная в неравнобедренный треугольник ABC,
касается его сторон BC,CA и AB в точках D,E и F соответственно. Точка M на луче

EF такова, что EM = AB. Точка N на луче FE такова, что FN = AC. Окружности
BFM и CEN повторно пересекают ω в точках S и T соответственно. Докажите, что
прямые BS,CT и AD пересекаются в одной точке.
Решение.

Лемма. Пусть X, Y , Z — такие точки на ω, что прямые DX, EY , FZ пересекаются
в одной точке. Тогда прямые AX, BY , CZ пересекаются в одной точке.
Доказательство. Очевидно, \AEX = \EDX и \XFA = \XDF. Также, по тео-
реме синусов


sin \FAX XF sin \XAE XE
= , = .
sin \XFA AX sin \AEX AX
Следовательно,
( )
sin\BAX sin \FAX XF sin \XFA XF sin \XDF sin \XDF 2
= = · = · = .
sin\XAC sin \XAE XE sin \AEX XE sin\EDX sin \EDX
Аналогично
( ) ( )
sin \CBY sin \Y ED 2 sin\ACZ sin \ZFE 2
= ; = .
sin \Y BA sin \FEY sin\ZCB sin \DFZ
Поэтому
sin\BAX sin\CBY sin\ACZ
· · = 1.
sin\XAC sin\Y BA sin \ZCB
и утверждение леммы следует из теоремы Чевы.
Вернемся к задаче.

Обозначим через O(ABCD) двойное отношение прямых OA, OB, OC, OD. Пусть
J — точка пересечения FT и ES, G — вторая точка пересечения AD и ω, K — точка
пересечения EF и BC (рис. 17).



A
N
G
E
F

M
J
T
S
K
C D B
Рис. 17

11










Так как \FMS = \FBS, \MES = \BFS, получаем, что треугольники SBF и
SME подобны. Значит, SE : SF = ME : BF = AB : BF. Тогда

SE DE AB DF
E(AFJD) = E(EFSD) = (EFSD) = : = · .
SF DF BF DE
Аналогично
AC DE
F(AEJD) = · .
CE DF
Таким образом
AB CE DF2 AB CE KF
E(AFJD) : F(AEJD) = · · = · · .
AC BF DE2 AC BF KE
Применяя теорему Менелая к треугольнику AEF и точкам K,B,C, получаем
AB FK EC
· · = 1.
BF KE CA
Следовательно, E(AFJD) = F(AEJD), т.е. A, J, D лежат на одной прямой. Поэтому
DG, ES и FT пересекаются в точке J и по лемме BS, CT и AG пересекаются в одной
точке.

В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA , BB и CC .
1 1 1
Отрезки BB и A C пересекаются в точке D. Точка E –— проекция точки D на
1 1 1
сторону AC. Точки P и Q лежат на сторонах AB и BC соответственно так, что
EP = PD, EQ = QD. Докажите, что \PDB = \EDQ.
1
Решение. Для любой точки отрезка A C сумма расстояний от нее до прямых AB
1 1
и BC равна расстоянию до AC (поскольку это верно для концов отрезка). Так как
точка D равноудалена от AB и BC, каждое из этих расстояний равно половине
DE, т.е. D — центр вписанной окружности треугольника BPQ (рис. 16). Поэтому
\EPQ = \DPB и \EQP = \DQB. Таким образом, точки B и E изогонально
сопряжены относительно треугольника DPQ, откуда следует искомое равенство.
B


C
1
D
A
1
P Q

A C
E
Рис. 16

10

Разность двух углов треугольника больше 90◦. Докажите, что от-
ношение радиусов его описанной и вписанной окружностей больше 4.
Первое решение. Пусть в треугольнике ABC угол A — наименьший, B — наиболь-
ший, O — центр описанной окружности, L — середина дуги AB, CD и PQ — хорда
и диаметр окружности, параллельные AB (рис. 15). Так как ⌣ CD =⌣ ADC− ⌣

AD =⌣ ADC− ⌣ BC > π, точки A, B, C лежат по одну сторону от PQ, т.е.
\OLC > π/4 и расстояние от O √до прямой LC, проходящей через центр I вписан-
ной окружности больше, чем R/ 2. Следовательно, OI2 = R2 − 4Rr > R2/2, что
равносильно искомому неравенству.









9










P Q




D C



A B




L
Рис. 15

Второе решение. Воспользовавшись формулой r = 4R sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2),
получаем
( ) ( ) ( )
r C B − A A + B C 1 C 1 2 1
= 2sin cos − cos < 2sin √ − sin ≤ 2 √ = .
R 2 2 2 2 2 2 2 2 4
Примечание. Полученная оценка точна. При cosC = 3/4, A = π/4 − C/2, B =
3π/4 − C/2 все неравенства обращаются в равенства и R = 4r.

Вписанная окружность ω прямоугольного треугольника ABC ка-
сается окружности, проходящей через середины его сторон, в точке F. Из середины

O гипотенузы AB проведена касательная OE к ω, отличная от AB. Докажите, что
CE = CF.
Решение. При гомотетии с центром C и коэффициентом 2 точка F перейдет в точку
касания описанной и полувписанной окружностей треугольника. Поэтому прямая
CF симметрична относительно биссектрисы угла C прямой, проходящей через точку
касания гипотенузы с вневписанной окружностью. Пусть вписанная и вневписанная

окружности касаются гипотенузы в точках T и S соответственно. Так как OE =
OT = OS, получаем, что \SET = π/2, т.е. прямая SE проходит через точку ω,
диаметрально противоположную T. Но прямая SC также проходит через эту точку,
следовательно, E лежит на SC и симметрична F относительно биссектрисы угла C
(рис. 14).


C








E

F

A B
S O T
Рис. 14

Верно ли, что любой многоугольник можно разрезать на рав-
нобокие трапеции?
Ответ. Да.

Решение. Поскольку любой многоугольник можно разрезать на треугольники, а
любой треугольник на равнобедренные треугольники (проведя высоту к наибольшей
стороне и соединив ее основание с серединами двух других сторон), то достаточно
решить задачу для равнобедренных треугольников.

Заметим, что правильный треугольник можно разрезать на три равнобоких трапе-
ции, проведя из его центра три луча, параллельных сторонам (рис. 13.1).





7































Рис. 13.1

Теперь, если угол при вершине равнобедренного треугольника больше 60◦, его можно
разрезать на равнобокие трапеции, применив несколько раз конструкцию на рис.
13.2.
















Рис. 13.2


Если же угол при вершине равнобедренного треугольника меньше 60◦, то разре-
жем его на три треугольника, соединив вершины с центром описанной окружности.
Два из получившихся треугольников будут тупоугольными, а у третьего угол при
вершине вдвое больше, чем у исходного. Повторив этот прием несколько раз, мы
разрежем исходный треугольник на равнобедренные с углами при вершине больше
60◦.



8