Я сам решу.
А застряну — спрошу.

Биссектрисы AA , CC треугольника ABC, в котором \B = 60◦,
1 1
пересекаются в точке I. Описанные окружности треугольников ABC, A IC пере-
1 1
секаются в точке P. Докажите, что прямая PI проходит через середину стороны
AC.
Решение. Так как \A IC = 120◦ = 180◦ − \A BC , окружности ABC и A IC пе-
1 1 1 1 1 1
ресекаются в точках B и P (рис. 12). Поэтому треугольники PA C и PC A подобны,
1 1
6








т.е. PB : PC = A C : AC . С другой стороны, поскольку \AC I + \IA C = 180◦,
1 1 1 1 1 1
то, применяя теорему синусов к треугольникам AC I и CA I, получаем, что A C :
1 1 1
AC = IC : IA. Следовательно, sin\PIA : sin\PIC = IC : IA и IP — медиана
1 1 1
треугольника IAC.


B


P




C
1
A
1
I





A C
M






Рис. 12.

В треугольнике ABC точки M, N — середины сторон AB, AC
соответственно; серединный перпендикуляр к биссектрисе AL пересекает биссектри-
сы углов B и C в точках P, Q соответственно. Докажите, что прямые PM и QN
пересекаются на касательной к описанной окружности треугольника ABC в точке
A.
Решение. Заметим, что прямые PQ и MN пересекаются в середине K отрезка AL.

Кроме того, точка P является серединой дуги AL окружности ABL, следовательно,

5










\BPL = \CAL = \BIC − π/2, где I — центр вписанной окружности треугольника
ABC, т.е. PL ⊥ CI. Аналогично QL ⊥ BI. Таким образом, стороны треугольника

PQL параллельны сторонам треугольника, образованного точками касания сторон
треугольника ABC с вписанной окружностью, а значит, касательные в этих точ-
ках к окружности PQL параллельны сторонам ABC. Поскольку окружность APQ
симметрична окружности LPQ относительно PQ, то касательная к этой окружно-
сти в точке P параллельна AB, а касательная в точке A совпадает с касательной к
окружности ABC. При этом \PAQ = \PLQ = π − \PIQ, поэтому точка I лежит
на окружности APQ, а касательная к окружности в этой точке параллельна BC.
Обозначим точку пересечения касательных в точках A и I через T (рис. 11)



A




P
K M
N
Q
T
I


C B
L






Рис. 11

Для решения задачи достаточно доказать, что прямая PM проходит через T, т.е. что
прямая, проходящая через A, параллельная касательной к окружности в точке P, и
прямая , проходящая через проекцию K точки P на AI, параллельная касательной

в точке I, пересекают AT в одной точке. Пусть S — точка пересечения касательных
к окружности в точках A и P, а U — точка пересечения AI с прямой, проходящей
через P и параллельной IT. Тогда IK : KU = AT : AS = ctg \IPA : ctg \AIP,
откуда и следует искомое утверждение.

Треугольник ABC вписан в окружность ω. Точка T на прямой BC
выбрана так, что прямая AT касается ω. Биссектриса угла BAC пересекает отрезок
BC в точке L, а окружность ω в точке A . Прямая TA пересекает ω в точке P.
0 0
Точка K на отрезке BC такова, что BL = CK. Докажите, что \BAP = \CAK.
Решение. Проекция окружности ω на себя из точки T меняет местами B с C и P с
A , а точку A оставляет на месте. Отсюда получаем равенство двойных отношений
0
(BCAA ) = (CBAP), т.е. sin \BAP : sin \CAP = PB : PC = AB2 : AC2. С дру-
0
гой стороны, применяя теорему синусов к треугольникам AKC и BKC, получаем
sin\CAK : sin\BAK = (CK/AC) : (BK/AB) = (AB/AC) · (BL/AL) = AB2 : AC2,
что влечет искомое равенство.

В трапецию ABCD (AD ∥ BC) вписана окружность ω, которая
касается сторон AB, BC, CD и AD в точках P, Q, R, S соответственно. Прямая,
проходящая через точку P параллельно основаниям трапеции, пересекает прямую
QR в точке X. Докажите, что прямые AB, QS и DX пересекаются в одной точке.


4










Первое решение. Пусть I — центр данной вписанной окружности. Тогда стороны
треугольников PQX и AID попарно параллельны (рис. 9). Значит такие треуголь-

ники гомотетичны, откуда следует требуемое в задаче.

B Q C


R


P X

I




A D
S
Рис. 9


Второе решение. Зафиксируем точки A, B, P, Q, S и будем двигать точку R по
окружности ω. Тогда точки D и X будут двигаться по прямой AS и параллельной ей
прямой, проходящей через точку P. Очевидно, что соответствие между D и S проек-
тивно, а поскольку на бесконечность они уходят одновременно, то это соответствие
линейно, т.е. все прямые DX проходят через одну точку. Ясно также, что эта точка
лежит на прямой AB, поэтому достаточно найти одно положение, при котором DX,
AB и QS пересекаются в одной точке. Этому условию удовлетворяет положение, при
котором трапеция ABCD — равнобокая.

В четырехугольнике ABCD \B = \D и AD = CD. Окружность,
вписанная в треугольник ABC, касается сторон BC и AB в точках E и F соот-
ветственно. Докажите, что середины отрезков AC, BD, AE и CF лежат на одной
окружности.

Решение. Пусть K, L, M, N — середины BD, AC, AE, CF соответственно. Так как
−−→ −−→ −−→
LM ∥ BC и LN ∥ AB, то \MLN = \CBA. С другой стороны, KM = (DA+BE)/2,
−−→ −−→ −−→
KN = (DC + BF)/2, а, поскольку DA = DC, BE = BF и угол между векторами
−−→ −−→ −−→ −−→
DA и DC равен углу между BE и BF, то и угол MKN равен этим углам.

Постройте вписанно-описанный четырёхугольник по двум проти-
воположным вершинам и центру вписанной окружности.
Решение. Пусть центр I вписанной окружности четырехугольника ABCD лежит

внутри треугольника ABC. Тогда \AIC = \ABC + \IAB + \ICB = \ABC + π/2.
Таким образом, если даны точки A, C, I, то мы можем найти угол B и построить
описанную окружность с центром O. Кроме того, из теоремы Понселе следует, что
прямая OI проходит через точку L пересечения диагоналей четырехугольника, сере-
дины M, N диагоналей AC, BD соответственно лежат на окружности с диаметром
OL, а прямая MN проходит через I. Поэтому мы можем построить точку N, а затем
и диагональ BD.

Даны окружность ω и точки A и B на ней. Пусть C — произвольная

точка на одной из дуг AB этой окружности, CL — биссектриса треугольника ABC,
окружность BCL пересекает AC в E, а CL пересекает BE в F. Найдите геометри-
ческое место центров окружностей AFC.
Ответ. Отрезок с концом в середине дуги ACB, образующий с прямой AB угол,
равный π/2 − \ACB

Решение. Пусть O — центр окружности ACF. Тогда \AOF = 2\ACF = \ACB не
зависит от точки C. Поэтому все треугольники AOF подобны друг другу и точ-
ка O является образом F при поворотной гомотетии с центром A. Кроме того,
\ABF = \LBE = \LCE не зависит от C, значит точка F движется по прямой.
Следовательно, все точки O также лежат на одной прямой. Эта прямая образует с
прямой BE угол, равный OAF = (π − \ACB)/2 = i/2 − \ABE, поэтому она пер-
пендикулярна прямой, симметричной AB относительно BE (рис. 6). Когда точка C

стремится к B, точка O стремится к середине дуги ACB, а когда C стремится к
A, точка F приближается к касательной к окружности ABC в точке A. Поэтому
искомое ГМТ — указанный в ответе отрезок.








3












C
O





E


F


A B
L




Рис. 6.

Точки A′, B′, C′ соответственно симметричны вершинам A, B, C отно-
сительно противоположных сторон треугольника ABC. Докажите, что окружности
AB′C′, A′BC′ и A′B′C пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть X — вторая точка пересечения окружностей AB′C′ и A′BC′. Тогда
\(XB′,XC′) = \(AB′,AC′) = 3\(AC,AB). Аналогично \(XC′,XA′) = 3\(BA,BC).

Следовательно, \(XB′,XA′) = 3\(AC,BC) = \(CB′,CA′).

В треугольнике ABC вписанная окружность ω касается сторон
BC, CA, AB в точках A , B и C соответственно, P — произвольная точка этой
1 1 1
окружности. Прямая AP вторично пересекает описанную окружность треугольника
AB C в точке A . Аналогично строятся точки B и C . Докажите, что описанная
1 1 2 2 2
около треугольника A B C окружность касается ω.
2 2 2
Решение. Точки A, B , C лежат на окружности с диаметром AI, где I — центр
1 1
вписанной окружности. Поэтому \IA A = \IA P = 90◦ и точка A лежит на окруж-
2 2 2
ности с диаметром IP, которая касается ω в точке P (рис. 4). Точки B , C также
2 2
лежат на этой окружности.
2








A




P


B
1
C
A 1
2
I


C B
Рис. 4.

В остроугольном треугольнике ABC точка M — середина меньшей
дуги BC описанной окружности. Окружность ω касается сторон AB, AC в точках
P, Q соответственно и проходит через точку M. Докажите,что BP + CQ = PQ.
Решение. Из условия следует, что \PAQ = (⌣ PMQ− ⌣ PQ)/2 = π− ⌣ PQ =
π − 2\PMQ, т.е. \PMQ = \APQ. Значит, PM и QM — биссектрисы углов BPQ,

CQP соответственно, а M — центр вневписанной окружности треугольника APQ.
Тогда, опустив перпендикуляры MX, MY на AB, AC соответственно, получим, что
PX = QY = PQ/2. Кроме того, поскольку MB = MC, то BX = CY (рис. 3).
Следовательно, BP + QC = PX + XB + QY − Y C = PQ.


A







P
Q


X
B C

Y


M
Рис. 3.

Даны три попарно различные точки на прямой. Сколько существует
равнобедренных треугольников, в которых они являются (в каком-нибудь порядке)
центрами описанной, вписанной и вневписанной окружностей?

Ответ. Два, если отношение частей, на которые средняя точка делит отрезок между
двумя крайними, не превосходит 3, и три в противном случае.
Решение. Пусть ABC — равнобедренный треугольник с вершиной C; O, I, I —
c
центры его описанной, вписанной и вневписанной (касающейся AB) окружностей
соответственно. Тогда точки A, B, I, I лежат на окружности с диаметром II , цен-
c c
тром которой является середина W дуги AB. Поэтому, если даны точки O, I, I , то
c
для построения треугольника ABC нужно найти середину W отрезка II , построить
c
окружности с центрами O, W и радиусами OW, WI соответственно, найти точки
1









A и B пересечения этих окружностей, а также точку C, симметричную W отно-
сительно O. При этом точка I должна лежать внутри описанной окружности. Это

условие всегда будет выполнено, если O — одна из двух крайних точек (тогда I —
средняя точка). Если же O — средняя из трех точек, то должно выполняться условие
OW > OI, т.е. OI : OI > 3.
c

Биссектрисы AI и CI пересекают описанную окружность треугольни-
ка ABC в точках A , C соответственно. Описанная окружность треугольника AIC
1 1 1
пересекает сторону AB в точке C ; аналогично определим A . Докажите, что точки
0 0
A , A , C , C лежат на одной прямой.
0 1 0 1
Решение. Пусть прямая A C пересекает AB в точке A′. Тогда
1 1
\C A ′ A = (⌣ AC + ⌣ BA )/2 = (⌣ AC + ⌣ A C)/2 = \C IA.
1 1 1 1 1 1
Следовательно, точки A, I, A′, C лежат на одной окружности и A′ совпадает с A
1 0
(рис. 1). Аналогично получаем, что A C проходит через C .
1 1 0
B
C
1
A′
A
1

I



A C




Рис. 1.