Задачники «Дрофы»
И. Ф. Шарыгин
Геометрия
КЛАССЫ
9-П
От учебной задачи к творческой
Учебное пособие
Москва
Издательский дом «Дрофа»
1996

УДК 373:514
ББК 22.151я721
Ш26
Серия «Задачники «Дрофы» основана в 1996 г.
Шарыгин И. Ф.
Ш26 Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задали к
творческой: Учеб. пособие. — М.: Дрофа, 1996. — 400 с: ил. —
(Задачники «Дрофы»).
ISBN 5—7107—0763—5
В пособии собраны и систематизированы более 1000 задач по
планиметрии с решениями, большинство которых являются авторскими.
Книга адресована учащимся физико-математических классов и
школ, слушателям и преподават елям подготовительных отделений
вузов, а также читателям, занимающимся самообразованием и
готовящимся к поступлению в вуз.
УДК 373:514
ББК 22.151я721
ISBN 5—7107—0763—5 © «Дрофа», 1996

Неизвестному любителю геометрии посвящается
ПРЕДИСЛОВИЕ
Есть такой обычай на Руси —
вечерами заниматься геометрией.
, Фольклор
Откуда берутся геометрические задачи? Кто автор
геометрических шедевррв, безымянно кочующих по различным
сборникам? К сожалению, во многих случаях установить авторство
практически невозможно. Часто составители сборников
геометрических задач не сообщают никаких имен, делая редкие
исключения для великих и далеких. Возможно, впрочем, что в
большинстве подобных случаев мы имеем дело с
приписываемым, а не реальным авторством.
Много лет тому назад — много по меркам одной
человеческой жизни—просматривал автор этой книги комплекты
журнала «Вестник опытной физики и элементарной математики»,
издававшегося в России в конце XIX века. Помню, что много
прекрасных геометрических задач составил один читатель. В
память врезалось название «Егорьевские золотые прииски» —
место, где он жил и работал. Одну из его задач я нашел
затем в журнале «Mathematical Monthly», вышедшем значительно
позднее и, естественно, под другой фамилией.
Впрочем, история человечества полна несправедливостей, на
фоне которых проблемы авторства геометрических задач
выглядят поистине пустяками. Что касается данного сборника, то в
нем достаточно большое число оригинальных задач. Из этого,
конечно, не следует, что все неподписанные задачи составлены
автором. С другой стороны, практически все решения являются
авторскими, хотя наверняка далеко не все они являются самыми
красивыми и короткими.
Сборник состоит из трех частей. Первые две—это несколько
переработанный сборник «Задачи по геометрии. Планиметрия»
(М., Наука, 1982. Библиотечка «Квант». Вып. 17). Третья часть
содержит 380 задач, объединенных в группы по 10 задач.
Некоторые из них публиковались в разделе «Задачи» журнала
«Математика в школе» в 1986 —1994 годах.
Кому адресована эта книга? Как ею пользоваться?
Во-первых, опытный учитель сможет найти в этой книге
задачи, которые можно использовать в школьной практике,
теоремы, дополняющие школьный курс геометрии, и просто
полезные идеи.
3

Во-вторых, эта книга может помочь подготовиться к
конкурсному экзамену, к его геометрической части. Большая часть
первого раздела имеет конкурсную направленность. Если вы
освоили первые 150 — 200 задач, справились с первыми двумя-тремя
задачами каждого десятка третьего раздела, то вы готовы к
экзамену на хорошем университетском уровне.
В-третьих, математические олимпиады. Среди 1000 с
лишним задач, имеющихся в книге, очень много таких, которые по
содержанию, уровню сложности соответствуют задачам
математических олимпиад различных категорий.
В-четвертых, в книге есть задачи и более высокого уровня,
назовем этот уровень творческим. Чтобы справиться с этими
задачами, даже очень сильному геометру придется изрядно
потрудиться, возможно, несколько дней и даже больше, хотя для
решения любой из них никаких знаний, выходящих за рамки
школьной программы, не требуется. Подобные задачи-проблемы
могут быть использованы в работе математического кружка.
И наконец, в-пятых. Если у вас плохое настроение, вы
устали, возьмите интересную геометрическую задачу, сделайте
большой и красивый чертеж и... Поверьте, хорошая
геометрическая задача может прекрасно заменить самого лучшего
психотерапевта. Но не только. Не исключено, что терапевтические
возможности геометрии выходят далеко за рамки «психо», и
врачи зря не обращают на нее внимания. А пока—занимайтесь
геометрией и будьте здоровы!
P.S. А все же, отуда берутся геометрические задачи? Общий и
полный ответ здесь вряд ли возможен. А в частности... В
частности, очень много новых задач содержится в этой книге. Надо
только суметь их извлечь. Наверное, каждая содержательная
геометрическая задача может быть источником целого ряда
новых. Для этого с ней надо некоторое время «повозиться»,
посмотреть с разных сторон, попробовать перефразировать,
обобщить. В результате удивительным образом может возникнуть
новая, совершенно не похожая на «родителя» задача. Например,
возьмем ту же задачу № 255...
Автор

Φ ОСНОВНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ФАКТЫ И ТЕОРЕМЫ
ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
Все незначительное нужно,
Чтобы значительному быть.
И. Северянин
1. Доказать, что медианы в треугольнике пересекаются в
одной точке й делятся ею в отношении 1:2.
2. Доказать, что медианы делят треугольник на шесть
равновеликих частей.
3· Доказать, что диаметр окружности, описанной около
треугольника, равен отношению его стороны к синусу
противолежащего угла.
4. Пусть вершина угла находится вне круга и стороны угла
пересекают окружность. Доказать, что величина угла
измеряется полуразностью дуг, высекаемых его сторонами на
окружности и расположенных внутри угла.
5. Пусть вершина угла находится внутри круга. Доказать,
что величина угла измеряется полусуммой дуг, заключенных
между его сторонами и их продолжениями за вершину угла.
6. Пусть АВ — хорда окружности, I — касательная к
окружности (А — точка касания). Доказать, что каждый из двух
углов между АВ и / измеряется половиной дуги окружности,
заключенной внутри рассматриваемого угла.
7. Через точку М, находящуюся на расстоянии а от
центра окружности радиуса R (а > Я), проведена секущая,
пересекающая окружность в точках А и В. Доказать, что Μ Α-ΜΒ
постоянно для всех секущих и равно а2 - R2 (квадрату длины
касательной).
8. В окружности радиуса R через точку М, находящуюся на
расстоянии α от ее центра (a<R), проведена хорда АВ. Доказать,
что AM · MB постоянно для всех хорд и равно R2 - а2.
9. Пусть AM — биссектриса треугольника ABC. Доказать,
что ВМ: СМ = АВ: АС. То же верно для биссектрисы внешнего
5

угла треугольника. (В этом случае Μ лежит на продолжении
стороны ВС.)
10. Доказать, что сумма квадратов диагоналей
параллелограмма равна сумме квадратов его сторон.
11. Стороны треугольника равны a, b и с. Доказать, что
медиана та, проведенная к стороне а, вычисляется по формуле
та = ^\/2Ь2 + 2с2-а2.
12. Даны два треугольника, у которых одна вершина Л—
общая, а другие вершины расположены на двух прямых,
проходящих через Л. Доказать, что отношение площадей этих
треугольников равно отношению произведений двух сторон каждого
треугольника, содержащих вершину Л.
13. Доказать, что площадь описанного многоугольника равна
гр, где г — радиус вписанной окружности, ρ—его полупериметр
(в частности, эта формула справедлива для треугольника).
14. Доказать, что площадь четырехугольника равна
полупроизведению диагоналей на синус угла между ними.
15. Доказать справедливость следующих формул для
площади треугольника:
Λ a2sin5sinC Λ Λ«> . л ♦ „ . „
S = 2R2 sin A sinJS sinC,
2 sin Л
где Л, В и С — углы треугольника, а—сторона, лежащая против
угла Л, R—радиус описанного круга.
16. Доказать, что радиус окружности, вписанной в прямо-
. а+Ь—с
угольный треугольник, вычисляется по формуле г = ,
где а и Ь—катеты, с—гипотенуза.
17. Доказать, что если а и Ь—две стороны треугольника, α —
угол между ними и / — биссектриса этого угла, то
, 2abcos %
1 = Г2"·
а + Ь
18. Доказать, что расстояния от вершины Л треугольника
ABC до точек касания вписанной окружности со сторонами АВ
и АС равны ρ — α, где ρ — полупериметр треугольника ABC,
а = ВС.
19. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике ABCD
выполняется соотношение АВ + CD = AD + ВС, то существует
окружность, касающаяся всех его сторон.
6

20. а) Доказать, что высоты в треугольнике пересекаются в
одной точке.
б) Доказать, что расстояние от вершины треугольника до точки
пересечения высот вдвое больше, чем расстояние от центра
описанного круга до противоположной стороны.
*
* *
21. На одной стороне прямого угла с вершиной в точке О
взяты две точки А и В, причем ОА = ау ОВ = Ь. Найти радиус
окружности, проходящей через точки А и В и касающейся другой
стороны угла.
22. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с, а один
из острых углов равен 30°. Найти радиус окружности с
центром в вершине угла в 30°, делящей данный треугольник на две
равновеликие части.
23. В прямоугольном треугольнике даны катеты α и 6. Найти
расстояние от вершины прямого угла до ближайшей к ней точки
вписанной окружности.
24. В прямоугольном треугольнике медиана равна т и делит
прямой угол в отношении 1:2. Найти площадь треугольника.
25. В треугольнике ABC даны стороны J5C=a, С А=6, АВ — с.
Найти отношение, в котором точка пересечения биссектрис
делит биссектрису угла В.
26. Доказать, что сумма расстояний от любой точки
основания равнобедренного Треугольника до боковых сторон равна
высоте этого треугольника, проведенной к боковой стороне.
27. Доказать, что сумма расстояний от любой точки
внутри правильного треугольника до его сторон равна высоте этого
треугольника.
28. В равнобедренном треугольнике ABC на основании АС
взята точка Μ так, что АМ = а, МС = Ь. В треугольники АВМ
и СВМ вписаны окружности. Найти расстояние между точками
касания этих окружностей со стороной J5M.
29. В параллелограмме со сторонами а и b и углом α
проведены биссектрисы четырех углов. Найти площадь
четырехугольника, ограниченного биссектрисами.
30. В ромб с высотой h и острым углом α вписана окружность.
Найти радиус наибольшей из двух возможных окружностей,
каждая из которых касается данной окружности и двух сторон
ромба.
31. Определить острый угол ромба, в котором сторона есть
среднее геометрическое его диагоналей.
7

32. Диагонали выпуклого четырехугольника равны а и Ь,
а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон,
равны. Найти площадь четырехугольника.
33. Сторона AD прямоугольника ABCD в три раза больше
стороны АВ\ точки Μ uN делят AD на три равные части. Найти
ΔΑΜΒ + ΔΑΝΒ + ZADB.
34. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через
точку А проведены хорды АС и AD, касающиеся данных
окружностей. Доказать, что AC2 BD = AD2 ВС.
35. Доказать, что в прямоугольном треугольнике
биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и
высотой, опущенными на гипотенузу.
36. На окружности радиуса г выбраны три точки таким
образом, что окружность оказалась разделенной на три дуги,
которые относятся как 3:4:5. В точках деления к окружности
проведены касательные. Найти площадь треугольника, образованного
этими касательными.
37. Около окружности описана равнобочная трапеция с
боковой стороной ί, одно из оснований которой равно а. Найти
площадь трапеции.
38. Две прямые, параллельные основаниям трапеции, делят
каждую из боковых сторон на три равные части. Вся трапеция
разделена ими на три части. Найти площадь средней части, если
площади крайних S\ и 5г.
39. В трапеции ABCD известно, что АВ = а, ВС — Ь (афЬ).
Определить, что пересекает биссектриса угла Л: основание ВС
или боковую сторону CD.
40. Найти длину отрезка прямой, параллельцой основаниям
трапеции и проходящей через точку пересечения диагоналей,
если основания трапеции равны α и 6.
41. В равнобочной трапеции, описанной около окружности,
отношение параллельных сторон равно к. Найти угол при
основании.
42. В трапеции ABCD основание АВ равно а, а основание CD
равно Ъ. Найти площадь трапеции, если известно, что диагонали
трапеции являются биссектрисами углов DAB и ABC.
43. В равнобочной трапеции средняя линия равна а, а
диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
44. Площадь равнобочной трапеции, описанной около круга,
равна 5, а высота трапеции в два раза меньше ее боковой
стороны. Определить радиус вписанного в трапецию круга.
8

45. Площади треугольников, образованных отрезками
диагоналей трапеции и ее основаниями, равны S\ и £2. Найти площадь
трапеции.
46. В треугольнике ABC угол ABC равен а. Найти угол АОС,
где О—центр вписанной окружности.
47. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса
прямого угла. Найти расстояние между точками пересечения
высот двух получившихся треугольников, если катеты данного
треугольника равны а и Ь.
48. Прямая, перпендикулярная двум сторонам
параллелограмма, делит его на две трапеции, в каждую из которых можно
вписать окружность. Найти острый угол параллелограмма, если
его стороны равны а и Ь (а < 6).
49. Дан полукруг с диаметром АВ. Через середину
полуокружности проведены две прямые, делящие полукруг на три
равновеликие части. В каком отношении эти прямые делят диаг
метр АВ?
50. Дан квадрат ABCD, сторона которого равна а, и
построены две окружности. Первая окружность целиком расположена
внутри квадрата ABCD, касается стороны АВ в точке Е, а также
касается стороны ВС и диагонали АС. Вторая окружность с
центром в точке А проходит через точку Е. Найти площадь общей
части двух кругов, ограниченных этими окружностями.
51. Вершины правильного шестиугольника со стороной а
являются центрами окружностей, радиусы которых равны a/v2.
Найти площадь части шестиугольника, расположенной вне этих
окружностей.
52. Вне окружности радиуса R взята точка А, из которой
проведены две секущие: одна проходит через центр, а другая—
на расстоянии R/2 от центра. Найти площадь части круга,
расположенной между этими секущими.
53. В четырехугольнике ABCD известны углы: ΔΌΑΒ — 90°,
ZDJ5C = 90°. Кроме того, ΌΒ = a, DC = 6. Найти расстояние
между центрами двух окружностей, одна из которых проходит
через точки D, А и J5, а другая—через точки В, С и D.
54. На сторонах АВ и AD ромба ABCD взяты две точки Μ и
N так, что прямые Μ С и NC делят ромб на три равновеликие
части. Найти ΜΝ, если BD = с2.
55. На стороне АВ треугольника ABC взяты точки Μ и N
так, что AM: MN: NB = 1:2:3. Через точки Μ и N проведены
прямые, параллельные стороне АС. Найти площадь части
треугольника, заключенной между этими прямыми, если площадь
треугольника ABC равна 5.
9

56. Дана окружность и точка А вне ее. АВ и
АС—касательные к окружности (В и С—точки касания). Доказать, что центр
окружности, вписанной в треугольник ABC, лежит на данной
окружности.
57. Вокруг равностороннего треугольника ABC описана
окружность и на дуге ВС взята произвольная точка М. Доказать,
что АМ = ВМ + СМ.
58. Пусть Η — точка пересечения высот ААВС. Найти углы
Δ ABC, если ζΒΑΗ = α, ΖΑΒΗ = β.
59. Площадь ромба равна 5, сумма его диагоналей — га.
Найти сторону ромба.
60. Квадрат со стороной а вписан в окружность. Найти
сторону квадрата, вписанного в один из полученных сегментов.
61. В сегмент с дугой 120° и высотой h вписан
прямоугольник ABCD так, что АВ:ВС— 1:4 (ВС лежит на хорде). Найти
площадь прямоугольника.
62. Площадь кругового кольца равна 5. Радиус большей
окружности равен длине меньшей. Найти радиус меньшей
окружности.
63. Сторону правильного десятиугольника выразить через
R—радиус описанной окружности.
64. К окружности радиуса R из внешней точки Μ
проведены касательные Μ А и MB, образующие угол а. Определить
площадь фигуры, ограниченной касательными и меньшей дугой
окружности.
65. Дан квадрат ABCD со стороной а. Найти радиус
окружности, проходящей через середину стороны АВ, центр квадрата
и вершину С
66. Дан ромб со стороной а и острым углом а. Найти радиус
окружности, проходящей через две соседние вершины ромба и
касающейся противоположной стороны ромба или ее
продолжения.
67. Даны три попарно касающиеся окружности радиуса г.
Найти площадь треугольника, образованного тремя прямыми,
каждая из которых касается двух окружностей и не пересекает
третью.
68. Окружность радиуса г касается некоторой прямой в точке
М. На этой прямой по разные стороны от Μ взяты точки А и В
так, что Μ А = MB = α. Найти радиус окружности, проходящей
через А и В и касающейся данной окружности.
69. Дан квадрат ABCD со стороной а. На стороне ВС взята
точка Μ так, что ВМ = ЗМС, а на стороне CD — точка N
10

так, что 2CN = ND. Найти радиус окружности, вписанной в
треугольник AMN.
70. Дан квадрат ABCD со стороной а. Определить расстояние
между серединой отрезка AM, где Μ — середина ВС, и точкой
N на стороне CD, делящей ее так, что CN: ND = 3:1.
71. В треугольнике ABC из вершины -А выходит прямая,
делящая пополам медиану BD (точка D лежит на стороне АС). В
каком отношении эта прямая делит сторону ВС?
72. В прямоугольном треугольнике ABC катет С А равен 6,
катет СВ равен а, СИ — высота, AM—медиана. Найти площадь
треугольника ВМН.
73. В равнобедренном треугольнике ABC известно, что ΔΑ =
= а>90° и ВС—а. Найти расстояние между точкой пересечения
высот и центром описанной окружности.
74. Вокруг треугольника ABC, в котором ВС = α, ΔΒ = а,
АС = β, описана окружность. Биссектриса угла А пересекает
окружность в точке К. Найти АК.
75. В окружности радиуса R проведен диаметр и на нем взята
точка А на расстоянии а от центра. Найти радиус второй
окружности, которая касается диаметра в точке А и изнутри касается
данной окружности.
76. В окружности проведены три попарно пересекающиеся
хорды. Каждая хорда разделена точками пересечения на три
равные части. Найти радиус окружности, если одна из хорд
равна а.
77. Один правильный шестиугольник вписан в окружность,
а другой описан около нее. Найти радиус окружности, если
разность периметров этих шестиугольников равна а.
78. В правильном треугольнике ABC, сторона которого равна
а, проведена высота ВК. В треугольники АВК и ВСК вписано
по окружности и к ним проведена общая внешняя
касательная, отличная от стороны АС. Найти площадь треугольника,
отсекаемого этой касательной от треугольника ABC.
79. Во вписанном четырехугольнике ABCD известны углы:
ΔΌΑΒ = а, ААВС = β, ΔΒΚΟ = у, где К — точка пересечения
диагоналей. Найти ZACD.
80. Во вписанном четырехугольнике ABCD, диагонали
которого пересекаются в точке К, известно, что АВ = а, ВК = Ь,
AK = c,CD = d. Найти АС.
81. Вокруг трапеции описана окружность. Основание
трапеции составляет с боковой стороной угол а, а с диагональю —
угол β. Найти отношение площади круга к площади трапеции*
11

82. В равнобочной трапеции ABCD основание AD равно а,
основание ВС равно Ъ, АВ = d. Через вершину В проведена
прямая, делящая пополам диагональ АС и пересекающая AD
в точке К. Найти площадь треугольника BDK.
83. Найти сумму квадратов расстояний от точки М, взятой
на диаметре некоторое окружности, до концов любой из
параллельных этому диаметру хорд, если радиус окружности равен
R, а расстояние от Μ до центра окружности равно а.
84. Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из
их центров под углами 90° и 60°. Найти радиусы окружностей,
если расстояние между их центрами равно а.
85. Дан правильный треугольник ABC. Точка К делит
сторону АС в отношении 2:1, а точка Μ делит сторону АВ в
отношении 1:2 (считая в обоих случаях от вершины А). Доказать,
что длина отрезка КМ равна радиусу окружности, описанной
около треугольника ABC.
86. Окружности радиусов R и R/2 касаются друг друга
внешним образом. Один из концов отрезка длины 2R, образующего с
линией центров угол, равный 30°, совпадает с центром
окружности меньшего радиуса. Какая часть отрезка лежит вне обеих
окружностей? (Отрезок пересекает обе окружности.)
87. В треугольнике ABC проведены ВК— медиана, BE —
биссектриса, AD — высота. Найти длину стороны АС, если
известно, что прямые ВК и BE делят отрезок AD на три равные
части и АВ = 4.
88. Отношение радиуса окружности, вписанной в
равнобедренный треугольник, к радиусу окружности, описанной около
этого треугольника, равно Л. Найти угол при основании
треугольника.
89. Найти косинус угла при основании равнобедренного
треугольника, если точка пересечения его высот лежит на
вписанной в треугольник окружности.
90. Найти площадь пятиугольника, ограниченного прямыми
ВС, CDу AN, AM и BD, где А, В и D—три вершины квадрата
ABCD, N — середина стороны ВС, Μ делит сторону CD в
отношении 2:1 (считая от вершины С), если стороца квадрата ABCD
равна а.
91. В треугольнике ABC даны: ABAC—ot, έΑΒΰ=β.
Окружность с центром в В проходит через А и пересекает прямую АС
в точке К, отличной от А, прямую ВС—в точках Ε и F. Найти
углы треугольника EKF.
92. Дан квадрат со стороной а. Найти площадь
правильного треугольника, одна вершина которого совпадает с середи-
12

ной одной из сторон квадрата, а две другие расположены на
диагоналях квадрата.
93. На сторонах квадрата ABCD взяты точки Μ, Ν и К, где
Μ—середина АВ, N лежит на стороне ВС, причем 2BN = NC,
К лежит на стороне DA, причем 2DK = К А. Найти синус угла
между прямыми МС и NK.
94. Через вершины А и В треугольника ABC проходит
окружность радиуса г, пересекающая сторону ВС в точке D.
Найти радиус окружности, проходящей через точки 4, О и С,
если АВ = с; АС = 6.
95. В треугольнике ABC сторона АВ равна 3, а высота CD,
опущенная на сторону АВ, равна \/3. Основание D высоты CD
лежит на стороне АВ, отрезок AD равен стороне ВС. Найти АС.
96. В окружность радиуса R вписан правильный
шестиугольник ABCDEF. Найти радиус круга, вписанного в треугольник
ACD.
97. Сторона АВ квадрата ABCD равна 1 и является
хордой некоторой окружности, причем остальные стороны квадрата
лежат вне этой окружности. Длина касательной СК,
проведенной из вершины С к той же окружности, равна 2. Чему равен
диаметр окружности?
98. В прямоугольном треугольнике меньший угол равен а.
Перпендикулярно гипотенузе проведена прямая, делящая
треугольник на две равновеликие части. Определить, в каком
отношении эта прямая делит гипотенузу.
99. Внутри правильного треугольника со стороной 1
помещены две касающиеся друг друга окружности, каждая из
которых касается двух сторон треугольника (каждая сторона
треугольника касается хотя бы одной окружности). Доказать, что
сумма радиусов этих окружностей не меньше, чем (\/3 - 1)/2.
100* В прямоугольном треугольнике ABC с острым углом А,
равным 30°, проведена биссектриса BD другого острого угла.
Найти расстояние между /центрами двух окружностей,
вписанных в треугольники ABD и CBD, если меньший катет равен 1.
101. В трапеции ABCD углы А и D при основании AD
соответственно равны 60° и 30°. Точка N лежит на основании ВС,
причем BN :NC = 2. Точка Μ лежит на основании AD, прямая
ΜΝ перпендикулярна основаниям трапеции и делит ее площадь
пополам. Найти AM: MD.
102. В треугольнике ABC заданы ВС = α, /.Α = α, Ζ.Β = /?.
Найти радиус окружности, касающейся стороны АС в точке А и
касающейся стороны ВС.
13

103. В треугольнике ABC известно: АВ = с, ВС = а, ΖΒ = β.
На стороне АВ взята точка Μ так, что 2АМ = ЗА/В. Найти
расстояние от Μ до середины стороны АС.
104. На стороне АВ треугольника ABC взята точка М, а на
стороне АС — точка N, причем ЛМ = ЗМВ, a 2AN = NC. Найти
площадь четырехугольника MBCN, если площадь треугольника
ABC равна S.
105. Даны две концентрические окружности радиусов R и
г (R> г) с общим центром О. Третья окружность касается
их обеих. Найти тангенс угла между касательными к третьей
окружности, рыходящими из точки О.
106. В параллелограмме ABCD известно: АВ = a, AD = Ь
(6>а), ΔΒΑΌ — ol (а<90°). На сторонах AD и ВС взяты точки
К и Μ так, что BKDM — ромб. Найти сторону ромба.
107. В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна с.
Центры трех окружностей радиуса с/5 находятся в его вершинах.
Найти радиус четвертой окружности, которая касается трех
данных и не содержит их внутри себя.
108. Найти радиус окружности, которая высекает на обеих
сторонах угла величины а хорды длины а, если известно, что
расстояние между ближайшими концами этих хорд равно 6.
109. На стороне ВС треугольника ABC как на диаметре
построена окружность, пересекающая стороны АВ и АС в
точках Μ и N. Найти площадь треугольника ΑΜΝ, если площадь
треугольника ABC равна 5, a zBAC = a.
110. В окружности радиуса R проведены две взаимно
перпендикулярные хорды MN и PQ. Найти расстояние между точками
Μ и Р, если NQ = а.
.111. В треугольнике ABC на наибольшей стороне J5C, равной
Ь, выбирается точка Μ. Найти наименьшее расстояние между
центрами окружностей, описанных около треугольников ВАМ
иВСМ.
112. В параллелограмме ABCD известны АВ = а, ВС = Ь,
ZABC = а. Найти расстояние между центрами окружностей,
описанных около треугольников BCD и DAB.
113. В треугольнике ABC известно, что ΔΑ = α, В А = а,
АС = 6. На сторонах АС и АВ взяты точки Μ и iV, где Μ —
середина АС. Найти длину отрезка ΜΝ^ если известно, что
площадь треугольника ΑΜΝ составляет 1/3 площади треугольника
ABC.
114. Найти углы ромба, если площадь вписанное в него
круга вдвое меньше площади ромба.
14

115. Найти площадь общей части двух квадратов, если у
каждого сторона равна а и один получается из другого поворотом
вокруг вершины на угол 45°.
116. Во вписанном в круг четырехугольнике две
противоположные стороны взаимно перпендикулярны, одна из них равна
а, прилежащий к ней острый угол делится диагональю на
части а и /?. Определить диагонали (угол α прилежит к данной
стороне).
117. Дан параллелограмм ABCD с острым углом DAB,
равным а, в котором АВ = а, AD = b (а<6). Пусть К — основание
перпендикуляра, опущенного из вершины В на AD, а
М—основание перпендикуляра, опущенного из точки К на продолжение
стороны CD. Найти площадь треугольника ВКМ.
118. В треугольнике ABC из вершины С проведены два луча,
делящие угол АСВ на три равные части. Найти отношение
отрезков этих лучей, заключенных внутри треугольника, если
ВС = 3АС, ААСВ = а.
119. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = ВС)
проведена биссектриса AD. Площади треугольников ABD и ADC
равны соответственно S\ и S2· Найти АС.
120. Окружность радиуса R\ вписана в угол величины а.
Другая окружность, радиуса R,2, касается одной стороны угла
в той же точке, что и первая, и пересекает вторую сторону угла
в точках А и J5. Найти АВ.
121. На прямой, проходящей через центр О окружности
радиуса 12, взяты точки А и В так, что О А = 15, АВ = 5. Из
точек А и В проведены касательные к окружности, точки
касания которых лежат по одну сторону от прямой ОАВ. Найти
площадь треугольника ABC, где С — точка пересечения этих
касательных.
122. В треугольнике ABC известно ВС = α, ΔΑ = α, ΔΒ = β.
Найти радиус окружности, пересекающей все его стороны и
высекающей на каждой из них хорды длины d.
123. В выпуклом четырехугольнике отрезки, соединяющие
середины противоположных сторон, равны соответственно α и 6
и пересекаются под углом 60°. Найти диагонали
четырехугольника.
124. В треугольнике ABC на стороне ВС взята точка Μ
таким образом, что расстояние от вершины В до центра тяжести
треугольника АМС равно расстоянию от вершины С до центра
тяжести треугольника АМВ. Доказать, что BM = DC, где D —
основание высоты, опущенной на ВС из вершины А.
15

125. В прямоугольном треугольнике ABC биссектриса BE
прямого угла В делится центром О вписанной окружности так,
что ВО:ОЕ = уД: л/2. Найти острые углы треугольника.
126. На отрезке АВ длины R как на диаметре пострюена
окружность. Вторая окружность такого же радиуса, как и первая,
имеет центр в точке А. Третья окружность касается первой
окружности внутренним образом, второй окружности — внешним
образом, а также касается отрезка АВ. Найти радиус третьей
окружности.
127. Дан треугольник ABC. Известно, что АВ = 4, АС = 2,
ВС = 3. Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке К.
Прямая, проходящая через точку В параллельно АС, пересекает
продолжение биссектрисы АК в точке Μ. Найти КМ.
128. Окружность с центром, расположенным внутри прямого
угла, касается одной стороны угла, пересекает другую сторону
в точках А и 3 и пересекает биссектрису угла в точках С и
D. Хорда АВ равна \/б, хорда CD равна у7. Найти радиус
окружности.
129. В параллелограмме лежат две окружности радиуса 1,
касающиеся друг друга и трех сторон параллелограмма
каждая. Известно также, что один из отрезков стороны
параллелограмма от вершины до точки касания равен л/3. Найти площадь
параллелограмма.
130. Окружность радиуса R проходит через вершины А и
В треугольника ABC и касается прямой АС в точке А. Найти
площадь треугольника ABC, зная, что ΖΒ = α, ζΑ = β.
131. В треугольнике ABC биссектриса АК перпендикулярна
медиане ВМ, а угол В равен 120°. Найти отношение площади
треугольника ABC к площади описанного около этого
треугольника круга.
132. В прямоугольном треугольнике ABC через середины АВ
и АС проведена окружность, касающаяся стороны ВС. Найти ту
часть гипотенузы АС, которая лежит внутри этой окружности,
если АВ = 3, ВС = 4.
133. Дан отрезок а. Три окружности радиуса R (а < 4R)
имеют центры в концах отрезка и в его середине. Найти радиус
четвертой окружности, касающейся трех данных.
134. Найти угол между общей внешней касательной и
общей внутренней касательной к двум окружностям, если их
радиусы равны R и г, а расстояние между их центрами равно
\/2(Я2 + г2) (центры окружностей находятся по одну сторону
16

от общей внешней касательной и по разные стороны от общей
внутренней касательной).
135. Отрезок АВ есть диаметр круга, а точк$ С лежит вне
этого круга. Отрезки АС и ВС пересекаются с окружностью в
точках D и Ε соответственно. Найти угол CBD, если площади
треугольников DC Ε и ABC относятся как 1:4.
136. В ромбе ABCD со стороной а угол при вершине А равен
120°. Точки Ε и F лежат на сторонах ВС и AD соответственно,
отрезок EF и диагональ ромба АС пересекаются в точке М.
Площади четырехугольников BEFA и ECDF относятся как 1:2.
Найти ЕМ, если АМ:МС= 1:3.
137. Дана окружность радиуса R с центром в точке О. Из
конца отрезка ОА, пересекающегося с окружностью в точке
М, проведена касательная к окружности АК. Найти радиус
окружности, касающейся отрезков АК, AM и дуги МК, если
ZOAK = 60°.
138. В круг вписан равнобедренный треугольник ABC, в
котором АВ = ВС и ZB = /?. Средняя линия треугольника
продолжена до пересечения с окружностью в точках D и Ε (DE \\ АС).
Найти отношение площадей треугольников ABC и DBE.
139. Дан угол а с вершиной О. На одной его стороне взята
точка Μ и восставлен перпендикуляр в этой точке до
пересечения с другой стороной в точке N. Точно так же в точке К на
другой стороне восставлен перпендикуляр до пересечения с
первой стороной в точке Р. Пусть В—точка пересечения прямых
ΜΝ и КР, а Л — точка пересечения прямых ОВ и ΝΡ. Найти
О А, если ОМ = а, ОР = Ъ.
140. Две окружности радиусов Я и г касаются сторон
данного угла и друг друга. Найти радиус третьей окружности,
касающейся сторон того же угла, центр которой находится в точке
касания данных окружностей между собой.
141. Расстояние между центрами непересекающихся
окружностей равно а. Доказать, что четыре точки пересечения
общих внешних касательных с общими внутренними касательными
лежат на одной окружности. Найти радиус этой окружности.
142. Доказать, что отрезок внешней касательной к двум
окружностям, заключенный между общими внутренними
касательными, равен длине общей внутренней касательной.
143. В круге с центром О проведены два взаимно
перпендикулярных радиуса О А и ОВ, С—точка на дуге АВ, такая, что
ZAOC=60° (ZJ?OC=30°). Окружность с центром в А и радиусом
АВ пересекает продолжение ОС за точку С в точке D. Доказать,
17

что отрезок CD равен стороне правильного десятиугольника,
вписанного в окружность.
Возьмем теперь точку М, диаметрально противоположную
точке С Отрезок MD, увеличенный на 1/5 своей длинь^,
принимается приближенно равным полуокружности. Оценить
погрешность этого приближенного равенства.
144. Дан прямоугольник со сторонами 7 и 8. Одна вершина
правильного треугольника совпадает с вершиной
прямоугольника, а две другие находятся на его сторонах, не содержащих
этой вершины. Найти площадь правильного треугольника.
145. Найти радиус наименьшей окружности, содержащей
равнобочную трапецию с основаниями 15 и 4 и боковыми сторонами,
равными 9.
146. ABCD— прямоугольник, в котором АВ = 9, J5C = 7. На
стороне CD взята точка Μ так, что СМ = 3, а на стороне AD —
точка N так, что A/V = 2,5. Найти радиус наибольшей
окружности, которая помещается внутри пятиугольника ABCMN.
147. Найти наибольший угол треугольника, если известно,
что радиус окружности, вписанной в треугольник с вершинами
в основаниях высот данного треугольника, в два раза меньше
наименьшей высоты данного треугольника.
148. В треугольнике ABC биссектриса угла С
перпендикулярна медиане, выходящей из вершины JB. Центр вписанной
окружности лежит на окружности, проходящей через точки А, С
и центр описанной окружности. Найти АВ, если Ж7= 1.
149. Точка Μ удалена от сторон правильного треугольника
(от прямых, на которых расположены его стороны) на
расстояния 2, 3 и 6. Найти сторойу правильного треугольника, если
известно, что его площадь меньше 14.
150. Точка Μ удалена от сторон угла в 60° на расстояния л/3
и Зл/З (основания перпендикуляров, опущенных из Μ на
стороны угла, лежат на сторонах, а не на их продолжениях).
Прямая, проходящая через М, пересекает стороны угла и отсекает
треугольник периметра 12. Найти площадь этого треугольника.
151. Дан прямоугольник ABCD, в котором АВ = 4, J5C = 3.
Найти сторону ромба, одна вершийа которого совпадает ci, a
три другие лежат по одной на отрезках АВ, ВС и BD.
152. Дан квадрат ABCD со стороной 1. Найти сторону ромба,
одна вершина которого совпадает с А, противоположная лежит
на прямой BDy а две оставшиеся—на прямых ВС и CD.
153. В параллелограмме ABCD острый угол равен а.
Окружность радиуса г проходит через вершины Л, В и С и пересекает
18

прямые AD и CD в точках Μ и N. Найти площадь треугольника
ΒΜΝ.
154. Окружность, проходящая через вершины А, В и С
параллелограмма ABCD, пересекает прямые AD и CD в точках Μ
и N. Точка Μ удалена от вершин J3, С и D соответственно на
расстояния 4, 3 и 2. Найти ΜΝ.
155. В треугольнике ABC известно, что zBAC = k/6.
Окружность с центром в Л и радиусом, равным высоте, опущенной на
ВС', делит площадь треугольника пополам. Найти наибольший
угол треугольника ABC.
156. В равнобедренном треугольнике ABC известно, что
ZB = 120°. Найти общую хорду окружности, описанной около
ABCу и окружности, проходящей через центр вписанного круга
и основания биссектрис углов Л и С, если АС= 1.
157. В треугольнике ABC сторона ВС равна а, радиус
вписанной окружности равен г. Определить радиусы двух равных
окружностей, касающихся друг друга, причем одна из них
касается сторон ВС и ВАУ а другая—ВС и С А.
158. В окружность радиуса R вписана трапеция. Прямые,
проходящие через концы одного основания параллельно
боковым сторонам, пересекаются в центре окружности. Боковая
сторона видна из центра под углом а. Найти площадь трапеции.
159. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с. В
каких пределах может меняться расстояние между центром
вписанного круга и точкой пересечения медиан?
160. Стороны параллелограмма равны а и 6 (а фЪ). В каких
пределах может меняться косинус острого угла между
диагоналями?
161. Через точку Μ внутри треугольника ABC проведены
три .прямые, параллельные сторонам треугольника. Отрезки
прямых, заключенные внутри треугольника, равны между
собой. Найти длины этих отрезков, если стороны треугольника
равны а, & и с.
162. В треугольнике ABC помещены три равные окружности,
каждая из которых касается двух сторон треугольника. Все три
окружности имеют одну общую точку. Найти радиусы этих
окружностей, если радиусы вписанной и описанной окружностей
треугольника ABC равны г и Д.
163. В треугольнике ABC проведена медиана AD, IDAC 4-
+ZABC = 90°. Найти ABAC, если известно, что АВфАС.
164. Три окружности радиусов 1, 2 и 3 касаются друг друга
внешним образом. Найти радиус окружности, проходящей через
точки касания этих окружностей.
19

165. В равнобедренный треугольник вписан квадрат
единичной площади, сторона которого лежит на основании
треугольника. Найти площадь треугольника, если известно, что центры
тяжести треугольника и квадрата совпадают.
166. В равностороннем треугольнике ABC сторона равна а.
На стороне ВС лежит точка D, а на АВ — точка Ε так, что
BD = a/3y AE = DE. Найти СЕ.
167. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины
прямого угла С проведены биссектриса CL (CL — а) и медиана СМ
(СМ = 6). Найти площадь треугольника ABC.
168. В трапецию вписана окружность. Найти площадь
трапеции, если известны длина а одного из оснований и отрезки 6 и
с?, на которые разделена точкой касания одна из боковых сторон
(отрезок 6 примыкает к данному основанию а).
169. В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок,
соединяющий середины оснований, равен 2. Найти площадь трапеции.
170. Окружность радиуса 1 вписана в треугольник ABC, в
котором cosJB = 0,8. Эта окружность касается средней линии
треугольника ABC, параллельной стороне АС. Найти длину
стороны АС.
171. Дан правильный треугольник ABC площади S.
Параллельно его сторонам.на равном расстоянии от них проведены
три прямые, пересекающиеся внутри треугольника и
образующие в пересечении треугольник ΑχΒχΰι площади Q. Найти
расстояние между параллельными сторонами треугольников ABC
nAiBiCi.
172. Стороны АВ ή CD четырехугольника ABCD
перпендикулярны и являются диаметрами двух равных касающихся
окружностей радиуса г. Найти площадь четырехугольника ABCD,
если BC:AD = k.
173. В угол, величина которого а, вписаны две касающиеся
друг друга окружности. Определить отношение радиуса
меньшей окружности к радиусу третьей окружности, касающейся
первых двух и одной из сторон угла.
174. В треугольнике ABC на средней линии DE,
параллельной АВ, как на диаметре построена окружность, пересекающая
стороны АС и ВС в точках Μ и N. Найти ΜΝ, если ВС = а,
АС = Ь, АВ = с.
175. Расстояние между центрами двух окружностей равно а.
Найти сторону ромба, две противоположные вершины которого
лежат на одной окружности, а две оставшиеся—на другой, если
радиусы этих окружностей равны йиг.
20

176. Найти площадь ромба ABCD, если радиусы
окружностей, описанных около треугольников ABC и ABD, равны R
и г.
177. Дан угол величины а с вершиной в А и точка В на
расстоянии а и Ъ от сторон угла. Найти АВ.
178. Даны ha и /ι& — высоты треугольника ABC, опущенные
из вершин А и В, и длина ί биссектрисы угла С Найти /.С.
179. Около прямоугольного треугольника описана
окружность. Другая окружность того же радиуса касается катетов
этого треугольника, причем одной из точек касания является,
вершина треугольника. Найти отношение площади треугольника
к площади общей части двух данных кругов.
180. В трапеции ABCD дано: AB = BC = CD = a, DA = 2a. На
прямых АВ и AD взяты точки EnF, отличные от вершин
трапеции, так, что точка пересечения высот треугольника CEF
совпадает с точкой пересечения диагоналей трапеции ABCD. Найти
площадь треугольника CEF.
*
* *
181. Высота прямоугольного треугольника ABC, опущенная
на гипотенузу АВ, равна h, D — основание высоты, Μ и N —
середины отрезков AD и DB. Найти расстояние от вершины С
до точки пересечения высот треугольника CMN.
182. ABCD — равнобочная трапеция с основаниями AD и ВС]
АВ = CD — а, АС = BD = Ь, ВС = с, Μ — произвольная точка
дуги ВС окружности, описанной около ABCD. Найти отношение
ВМ + МС
AM + MD'
183. Боковые стороны равнобедренного треугольника равны
1, основание равно а. Около треугольника описана окружность.
Найти хорду, пересекающую боковые стороны треугольника и
делящуюся точками пересечения на три равные отрезка.
184. MN — диаметр окружности, MN = 1, А и В — точки
окружности, расположенные по одну сторону от MN, С — на
другой полуокружности. Дано: А — середина полуокружности,
MB = 3/5, длина отрезка, образованного при пересечении
диаметра MN с хордами АС и ВС, равна а. Чему равно наибольшее
значение а?
185. ABCD — выпуклый четырехугольник, Μ — середина
АВ, N — середина CD. Известно, что площади треугольников
ABN и CDM равны, а площадь их общей части в к раз меньше
площади каждого из них. Найти отношение сторон ВС и AD.
21

186. ABCD— равнобочная трапеция {AD || ВС), в которой
острый угол при большем основании равен 60°, диагональ равна
л/3. Точка Μ удалена от вершин А и D соответственно на
расстояния 1 и 3. Найти МС.
187. Биссектриса каждого угла треугольника пересекает
противоположную сторону в точке, равноудаленной от середин двух
других сторон треугольника. Следует ли из этого, что
треугольник — правильный?
188. В треугольнике даны две стороны а и Ь (а > Ь). Найти
третью сторону, если известно, что a + ha^b + hb, где ha и ht—,
высоты, опущенные на эти стороны (ha—высота к стороне а).
189. АВCD^- выпуклый четырехугольник, описанный около
окружности диаметра 1. Внутри ABCD существует такая точка
М, что Μ А2 + MB2 + МС2 + MD2 = 2. Найти площадь ABCD.
190. ABCD — четырехугольник: АВ = а, ВС = Ь, CD = с,
DA = d; а2 + с2 фЬ2 + d2, с φ d, M.— точка прямой BD,
равноудаленная от Л и С. Найти отношение BM.MD.
191. Меньшая сторона прямоугольника ABCD равна 1.
Рассмотрим четыре концентрические окружности с центром в А
и проходящие соответственно через В, С, D и точку
пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. Известно, что
существует прямоугольник с вершинами на построенных
окружностях (по одной на каждой). Доказать, что существует квадрат с
вершинами на построенных окружностях. Найти сторону этого
квадрата.
192. Дан треугольник ABC. Перпендикуляры, восставленные
к АВ и ВС в их серединах, пересекают прямую АС в точках Μ
и N так, что ΜΝ = АС. Перпендикуляры, восставленные к АВ
и АС в их серединах, пересекают ВС в точках К и L так, что
KL = -BC. Найти наименьший угол треугольника ABC.
193. На стороне АВ треугольника ABC взята точка Μ так,
что прямая, соединяющая центр описанной около ABC
окружности с точкой пересечения медиан треугольника ВСМ
перпендикулярна СМ. Найти отношение ВМ:ВА, €>сли ВС:ВА = к.
194. Во вписанном четырехугольнике ABCD, в котором АВ =
= ВС, К — точка пересечения диагоналей. Найти АВ, если
ВК = Ь, KD = d.
195. Интерпретировать геометрически уравнение 1 и системы
2, 3 и 4. Решить уравнение 1 и системы 2 и 3. В системе 4 найти
Х + У + 21
22

2) <
1) y/x2 + a2-axV3 + у/у2 + Ь?-Ьуу/3 + у/χ2 + у2-ху>Д =
= у/а2 + Ь2 (а>0, 6>0);
Ι χ = >Д2 — я2 + \/у2 — а2,
y=y/x*-lP + y/z2-!P,
[ г = \Л/2 — с2 + ν ж2 — с2;
3) х2 + у2 = (а~х)2 + 62 = а2 + (6-у)2;
{ж2 + жу + у2 = а2,
y2 + 2/* + *2 = 62,
*2 + гж + х2 = а2 + 62.
196. Сторона квадрата равна а, произведения расстояний
от противоположных вершин до прямой I равны между собой.
Найти расстояние от центра квадрата до прямой /, если известно,
что ни одна из сторон квадрата не параллельна /.
197. В треугольнике ABC одна из сторон в два раза больше
другой, кроме того, ΔΒ = 2zC. Найти углы треугольника.
198. Окружность касается равных сторон АВ и АС
равнобедренного треугольника ABC. Пусть Μ — точка касания со
стороной АВ, N—точка пересечения окружности с основанием ВС.
Найти AN, если АМ = а, ВМ = Ь.
199. ABCD—параллелограмм, в котором AB=fcJBC, К и L —
точки на прямой CD {К—на стороне CD), а М — точка на J3C,
причем AD — биссектриса угла KAL, AM — биссектриса угла
КАВ, ВМ = а, DL = b. Найти AL.
200. Дан параллелограмм ABCD. Прямая, проходящая через
вершину С, пересекает прямые АВ и AD в точках К и L.
Площади треугольников КВС и CDL равны ρ и q. Найти площадь
параллелограмма ABCD.
201. Дана окружность радиуса R и две точки Л и В на ней,
АВ = а. Две окружности радиусов χ и у касаются данной в
точках А и В. Найти: а) отрезок общей внешней касательной к двум
последним окружностям, если обе они касаются данной
одинаковым образом (внутренним или внешним); б) отрезок общей
внутренней касательной, если окружность радиуса χ касается
данной внешним образом, а окружность радиуса у касается данной
внутренним образом.
202. В треугольнике ABC известно: АВ = 12, ВС= 13, С А-15.
На стороне АС взята точка Μ так, что радиусы
окружностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ равны. Найти
отношение AM: МС.
23

203. Радиусы вписанной и описанной окружностей
треугольника равны соответственно г и Д. Найти его площадь, если
известно, что окружность, проходящая через центры
вписанной и описанной окружностей и через точку пересечения высот
треугольника, проходит по крайней мере через одну вершину
треугольника.
204. Дан прямоугольник ABCD, в котором АВ = 2а, ВС =
= αv2. Ha стороне АВ как на диаметре во внешнюю сторону
построен полукруг. Пусть Μ—произвольная точка на
полуокружности, прямая MD пересекает АВ в точке Ν, а прямая Μ С—в
точке I/. Найти AL2+BN2 (задача Ферма).
205. Окружности радиусов R и г касаются друг друга
внутренним образом. Найти сторону правильного треугольника,
одна вершина которого совпадает с точкой касания, а две другие
лежат на разных данных окружностях.
206. Две окружности радиусов R и г (R > г) имеют внешнее
касание в точке А, Через точку J5, взятую на большей
окружности, проведена прямая линия, касающаяся меньшей окружности
в точке С. Найти ВС, если АВ = а.
207. В параллелограмме ABCD находятся три попарно
касающиеся окружности, причем одна из них касается также сторон
АВ и ВС, другая — АВ и AD, а третья—ВС и AD. Найти радиус
третьей окружности, если расстояние между точками касания на
стороне АВ равно а.
208. Диагонали четырехугольника ABCD пересекаются в
точке М, угол между ними равен а. Пусть Οχ, 02, Оз, 04 —
центры окружностей, описанных соответственно около
треугольников ABM, ВСМ, CDM, DAM. Определить отношение площадей
четырехугольников ABCD и Οχ 020304·
209. В параллелограмме площади S проведены биссектрисы
его внутренних углов. Площадь четырехугольника,
получившегося при их пересечении, равна Q. Найти отношение сторон
параллелограмма.
210. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка Μ, а
на стороне ВС — точка N. Отрезки AN и В Μ пересекаются в
точке О. Найти площадь треугольника CMN, если площади
треугольников ОМА, ОАВ и ОВМ соответственно равны S\, 5г,
Si.
211. Точка пересечения медиан прямоугольного
треугольника лежит на окружности, вписанной в этот треугольник.
Найти острые углы треугольника.
24

212. Окружность, вписанная в треугольник ABC, делит
медиану ВМ на три равные части. Найти отношение ВС: С А: АВ.
213. В треугольнике ABC срединный перпендикуляр к
стороне АВ пересекает прямую АС в точке М, а срединный
перпендикуляр к стороне АС пересекает прямую АВ в точке N.
Известно, что MN = BC и прямая MN перпендикулярна прямой
ВС. Определить углы треугольника ABC.
214. Площадь трапеции ABCD с основаниями AD и ВС равна
S, AD: ВС = 3; на прямой, пересекающей продолжение
основания AD за точку D, расположен отрезок EF так, что АЕ \\ DF,
BE||CF и АЕ:DF — CF:BE = 2. Определить площадь
треугольника EFD.
215. Сторона ВС треугольника ABC равна а, радиус
вписанного круга г* Найти площадь треугольника, если вписанный
круг касается окружности, построенной на ВС как на диаметре.
216. Дан правильный треугольник ABC со стороной a, BD —
его высота. На BD построен второй правильный треугольник
BDC\ и на высоте BD\ этого треугольника—третий
правильный треугольник BD\C<i. Найти радиус окружности, опиеанной
около треугольника СС\С2- Доказать, что ее центр находится
на стороне треугольника ABC (C2 находится вне треугольника
ABC).
217. Стороны параллелограмма равны а и Ь (а ф b). Через
вершины тупых углов этого параллелограмма проведены
прямые, перпендикулярные сторонам. Эти прямые при пересечении
образуют параллелограмм, подобный исходному. Найти косинур
острого угла данного параллелограмма.
218. В треугольнике KLM проведены биссектрисы KN и LP,
пересекающиеся в точке Q. Отрезок PN имеет длину 1, а
вершина Μ лежит на окружности, проходящей через точки Ν, Р,
Q. Найти стороны и углы треугольника PNQ.
219. На диагонали АС выпуклого четырехугольника ABCD
находится центр окружности радиуса г, касающейся сторон АВ,
AD и ВС. На диагонали BD находится центр окружности такого
же радиуса г, касающейся сторон ВС, CD и AD. Найти площадь
четырехугольника ABCD, зная, что указанные окружности
касаются друг друга внешним образом.
220. Радиус окружности, описанной около остроугольного
треугольника ABC, равен 1. Известно, что на этой окружности
лежит центр окружности, проходящей через вершины А, С и
точку пересечения высот треугольника ABC. Найти АС.
221. В треугольнике ABC взяты точки Μ, Ν и Ρ; Μ и N —
на сторонах АС и ВС, Ρ — на отрезке ΜΝ, причем AM :МС =
25

= CN: NB = MP: PN. Найти площадь треугольника ABC, если
площади треугольников AMP и BNP равны Τ и Q.
222. Дана окружность радиуса R и точка А на расстоянии а
от ее центра (a>R). Пусть К — ближайшая к А точка
окружности. Секущая, проходящая через А, пересекает окружность в
точках Μ и N. Найти МАГ, если площадь треугольника ΚΜΝ
равна S.
223. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = ВС) через
конец Ε биссектрисы АЕ проведен перпендикуляр к АЕ до
пересечения с продолжением стороны АС в точке F (С — между
А и F). Известно, что АС = 2m, FC = т/4. Найти площадь
треугольника ABC.
224. Два одинаковых правильных треугольника ABC и CDE
со стороной 1 расположены на плоскости так, что имеют только
одну общую точку С и угол BCD меньше, чем π/З. Точка К —
середина АС, точка L—середина СЕ, точка Μ—середина BD.
Площадь треугольника KLM равна л/3/5. Найти BD.
225. Из точки К, расположенной вне окружности с центром
О, проведены к этой окружности две касательные КМ и ΚΝ (М
и N—точки касания). На хорде ΜΝ взята точка С (МС<CN).
Через точку С перпендикулярно к отрезку ОС проведена
прямая, пересекающая отрезок NK в точке В. Известно, что радиус
окружности равен R, ZMKN = a, MC = b. Найти СВ.
226. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Точки М,
Q, N и Ρ являются основаниями перпендикуляров; опущенных
из вершины Ε соответственно на стороны АВ, ВС, CD (или их
продолжения) и диагональ AD. Известно, что EP = d,
отношение площади треугольника MQE к площади треугольника PNE
равно к. Найти ЕМ.
227. Дана прямоугольная трапеция. Известно, что некоторая
прямая, параллельная основаниям, рассекает ее на две
трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
Определить основания исходной трапеции, если ее боковые стороны
равны end (d>c).
228. На боковых сторонах KL и MN равнобочной трапеции
KLMN выбраны соответственно точки Ρ и Q так, что отрезок
PQ параллелен основаниям трапеции. Известно, что в каждую
из трапеций KPQN и PLMQ можно вписать окружность и
радиусы этих окружностей равны R и г соответственно. Определить
основания LM и ΚΝ.
229. В треугольнике ABC биссектриса угла А пересекает
сторону ВС в точке D. Известно, что АВ - BD = а, АС + CD = 6.
Найти AD.
26

230. Используя результат задачи 229, доказать, что квадрат
биссектрисы треугольника равен произведению сторон, ее за^
ключающих, минус произведение отрезков третьей стороны, на
которые она разделена биссектрисой.
231. Дана окружность с диаметром АВ. Вторая окружность
с центром в А пересекает первую окружность в точках С и D и
диаметр в точке Е. На дуге СЕ, не содержащей точки D, взята
точка М, отличная от точек С и Е. Луч В Μ пересекает первую
окружность в точке N. Известно, что CN = a, DN = Ь. Найти
ΜΝ.
232. В треугольнике ABC угол В равен π/4, угол С равен π/6.
На медианах ΒΝ и CN как на диаметрах построены окружности,
пересекающиеся в точках Ρ и Q. Хорда PQ пересекает сторону
ВС в точке D. Найти отношение BD: DC.
233. Пусть АВ — диаметр окружности, О — ее центр, АВ —
= 2R, С — точка на окружности, Μ— точка на АС. Из Μ
опущен перпендикуляр ΜΝ на АВ и восставлен перпендикуляр к
АС у пересекающий окружность в точке L (отрезок CL
пересекает АВ). Найти расстояние между серединой АО и серединой
CL, если AN = a.
234. Около треугольника ABC описана окружность.
Касательная к окружности, проходящая через точку J5,
пересекает прямую АС в точке М. Найти отношение AM: МС, если
АВ:ВС = к.
. 235. На прямой последовательно расположены точки Л, В,
СиО, причем АС = аАВ, AD = βΑΒ. Через А и В проведена
произвольная окружность, СМ и DN—две касательные к этой
окружности (М и N—точки на окружности, лежащие по разные
стороны от прямой АВ). В каком отношении прямая ΜΝ делит
отрезок АВ?
236. ABCD — описанный четырехугольник, отрезки от А до
точек касания равны а, отрезки от С до точек касания равны Ь.
В каком отношении диагональ АС делится диагональю BD?
237. Точка К лежит на основании AD трапеции ABCD,
причем АК = XAD. Найти отношение AM: MD, где Μ — точка
пересечения с AD прямой, проходящей через точки пересечения
прямых АВ и CD и прямых ВК и АС.
Беря λ=1/η (η = 1,2,3,...), получить способ деления данного
отрезка на η раздых частей с помощью одной линейки, если дана
прямая, ему параллельная.
238. В прямоугольном треугольнике ABC с гипотенузой АВ,
равной с, на высоте CD как на диаметре построена окружность.
Касательные к этой окружности, проходящие через точки А и В,
27

касаются ее в точках Μ и N и пересекаются при продолжении
в точке К. Найти МК.
239. На сторонах АВ, ВС и С А треугольника ABC взяты
точки Си Αχ и Вг так, что АСХ: С\В = В Αχ :АгС = СВХ :BxA = k.
На сторонах А\В\, В\С\ и С\А\ взяты точки С2, А2 и В2 так,
что А\С2 : С2В\ — В\А2 : А2С\ = С\В2 : В2А\ = Ι/fc. Доказать,
что треугольник А2В2С2 подобен треугольнику ABC, и найти
коэффициент подобия.
240. В треугольнике ABC даны R и г—радиусы описанной и
вписанной окружностей. Пусть Αχ, В\, С\ — точки пересечения
биссектрис треугольника ABC с описанной окружностью. Найти
отношение площадей треугольников ABC и А\В\С\.
241. Имеются два треугольника с соответственно
параллельными сторонами и площадями S\ и S2, причем один из них
вписан в треугольник ABC, а другой около него описан. Найти
площадь треугольника ABC.
242. Определить угол А треугольника ABC, если известно,
что биссектриса этого угла перпендикулярна прямой,
проходящей через точку пересечения высот и центр описанной
окружности этого треугольника.
243. Найти углы треугольника, если известно, что
расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения
высот вдвое меньше наибольшей стороны и равно наименьшей
стороне.
244. Дан треугольник ABC. На луче В А возьмем точку D
так, что BD = ВА + АС. Пусть К и Μ — две точки на
лучах В А и ВС соответственно таких, что площадь треугольника
В DM равна площади треугольника ВСК. Найти ΔΒΚΜ, если
zBAC = a.
245. В трапеции ABCD боковая сторона АВ перпендикулярна
AD и ВС, причем АВ = y/AD · ВС. Пусть Ε — точка
пересечения непараллельных сторон трапеции, О — точка пересечения
диагоналей, Μ — середина АВ. Найти ΖΕΟΜ.
246. На плоскости даны две прямые, пересекающиеся в точке
О, и две точки А и В. Обозначим основания перпендикуляров,
опущенных из А на данные прямые, через Μ и Ν, а основания
перпендикуляров, опущенных из J5, —соответственно через К и
L. Найти угол между прямыми ΜΝ и KL, если Zi4OJS = a<90°.
247. Две окружности касаются друг друга внутренним
образом в точке А. Из О—центра большей окружности—проведен
радиус OJ5, касающийся меньшей окружности в точке С. Найти
ZBAC.
28

248. Внутри квадрата ABCD взята точка Μ так, что ΖΜΑΒ=
= 60°, ZMCD = 15°. Найти zMBC.
249. В треугольнике ABC известны углы Δ А = 45°, ΖΒ = 15°.
На продолжении стороны АС за точку С взята точка Μ так, что
СМ = 2АС. Найти Z4MJ3.
250. В треугольнике ABC, в котором ZB = 60°, биссектриса
угла А пересекает ВС в точке М. На стороне АС взята точка AT
так, что ΔΑΜΚ = 30°. Найти ZOKC, где О—центр окружности,
описанной около треугольника АМС.
251. Дан треугольник ABC, причем АВ = ЛС, Zj4 = 80°.
а) Внутри треугольника взята точка Μ такая, что ZMBC = 30°,
zMCB = 10°. Найти Δ AM С.
б) Вне треугольника взята точка Ρ так, что ZPBC — ZPCA = 30°
и отрезок 5Р пересекает сторону АС. Найти ZPAC.
252. В треугольнике ABC дано: ZB = 100°, ZC = 65°; на АВ
взята точка Μ так, что ZMCB = 55°, а на ЛС — точка ЛГ так,
что ZNBC= 80°. Найти ZATMC.
253. В треугольнике ЛВС дано: АВ = ВС, ZB = 20°; на АВ
взята точка Μ так, что ZMCA = 60°, а на СВ — точка ΛΓ так,
что zNAC = 50°. Найти ZiVMC.
254. В треугольнике ЛВС дано: ZB = 70°, zC = 50°; на АВ
взята точка Μ так, что ZMCB = 40°, а на Л С — точка Лг так,
что ZNBC = 50°. Найти ZNMC.
255· Пусть Μ и iV—точки касания вписанной окружности со
сторонами ВС и В А треугольника ABC, К — точка пересечения
биссектрисы угла Л с прямой MN. Доказать, что ΖАКС = 90°.
256. Пусть Ρ и Q — такие две различные точки
окружности, описанной около треугольника ЛВС, что РА2 = РВ · PC,
QA2 = QBj QC (одна из точек — на дуге ЛВ, другая — на дуге
АС). Найти разность ZPAB — ZQAC, если разность углов В и С
треугольника ABC рабна а.
257. На данной окружности взяты две фиксированные точки
Л и В, ^ АВ = а. Произвольная окружность проходит через.
точки Л и В. Через Л также проведена произвольная прямая
I, вторично пересекающая окружности в точках С и D (С—на
данной окружности). Касательные к окружностям в точках С
и В (С и В — точки касания) пересекаются в точке М\ N —
точка на I такая, что CN = AD, DN = CA. Какие значения может
принимать ZCMN?
258. Доказать, что если в треугольнике один угол равен
120°, то треугольник, образованный основаниями его биссектрис,
прямоугольный.
29

259· В четырехугольнике ABCD дано: /.DAB = 150°, Z.DAC +
+ΖΑΒ£> = 120°, ΔΌΒΟ-ΔΑΒΌ = 60°. Найти /Β DC.
*
* *
260. В треугольнике ABC дано: АВ = 1, 4С = 2. Найти J3C,
если известно, что биссектрисы внешних углов А и С равны
между собой (рассматриваются отрезки от вершины до точки
пересечения соответствующей биссектрисы с прямой, на которой
лежит противоположная сторона треугольника).
261. На стороне СВ треугольника ABC взята точка D так,
что CD = otAC. Радиус окружности, описанной около
треугольника ABC, равен R. Найти расстояние между центром
окружности, описанной около треугольника ABC и центром окружности,
описанной около треугольника ADB.
262. Около прямоугольного треугольника ABC {/С = 90°)
описана окружность. Пусть CD — высота треугольника.
Окружность с центром в D проходит через середину дуги АВ и
пересекает АВ в точке М. Найти СМ, если АВ = с.
263. Найти периметр треугольника ABC, если ВС—а и
отрезок прямой, касательной ко вписанному кругу и параллельной
ВС, заключенный внутри треугольника, равен Ь.
264. В треугольнике проведены три прямые, параллельные
его сторонам и касающиеся вписанной окружности. Они
отсекают от данного треугольника три треугольника. Радиусы
окружностей, описанных около них, равны R\, i?2, Яз· Найти
радиус окружности, описанной около данного треугольника.
265. В окружности радиуса R проведены хорды АВ и АС. На
АВ или на ее продолжении за точку В взята точка М,
расстояние от которой до прямой АС равно АС. Аналогично, на АС
или на продолжении ее за точку С взята точка N, расстояние
от которой до прямой АВ равно АВ. Найти MN.
266. Дана окружность радиуса R с центром О. Две другие
окружности касаются данной изнутри и пересекаются в точках
А и В. Найти сумму радиусов двух последних окружностей, если
известно, что ZOAB = 90°.
267. В круге радиуса R проведены две пересекающиеся
перпендикулярные между собой хорды. Найти: а) сумму квадратов
четырех отрезков этих хорд, на которые они делятся точкой
пересечения; б) сумму квадратов хорд, если расстояние от центра
круга до их точки пересечения равно а.
30

268. Даны две концентрические окружности радиусов г и R
(г < Р). Через некоторую точку Ρ меньшей окружности
проведена прямая, пересекающая большую окружность в точках
В и С. Перпендикуляр к ВС в точке Ρ пересекает меньшую
окружность в точке А. Найти РА2 + РВ2 + РС2.
269. В полукруге из концов диаметра проведены две
пересекающиеся хорды. Доказать, что сумма произведений отрезка
каждой хорды, примыкающего к диаметру, на всю хорду равна
квадрату диаметра.
270. Пусть а, 6, с и d—длины сторон вписанного
четырехугольника (а и с—противоположные стороны), /ια, /ι&, hc и hd —
расстояния от центра описанного круга до соответствующих
сторон. Доказать, что если центр круга — внутри
четырехугольника, то ahc + cha = bh(i + dhb»
271. Противоположные стороны четырехугольника,
вписанного в окружность, пересекаются в точках Ρ и Q. Найти PQ,
если касательные к окружности, проведенные из Ρ и Q, равны
α и 6.
272. В окружность радиуса R вписан четырехугольник. Пусть
Р, Q и Μ — соответственно точки пересечения диагоналей этого
четырехугольника и продолжений противоположных сторон.
Найти стороны треугольника PQM, если расстояния от Р, Q
и Μ до центра окружности равны а, 6 и с.
273. Четырехугольник ABCD описан около окружности
радиуса г. Точка касания окружности со стороной АВ делит эту
сторону на отрезки а и Ь, § точка касания окружности со
стороной AD делит ее на отрезки α и с. В каких пределах может
меняться г?
274. Окружность радиуса г касается изнутри окружности
радиуса R; точка А—точка касания. Прямая, перпендикулярная
линии центров, пересекает одну окружность в точке В,
другую— в точке С. Найти радиус окружности, описанной около
треугольника ABC.
275. Две окружности радиусов Риг пересекаются; А — одна
из точек пересечения, ВС—общая касательная (В и С — точки
касания). Найти радиус окружности, описанной около
треугольника ABC.
276. В четырехугольнике ABCD дано: АВ=а, AD = b; стороны
ВС, CD и AD касаются некоторой окружности, центр которой
находится в середине АВ. Найти ВС.
277. Во вписанном четырехугольнике ABCD дано: АВ = а,
31

AD = b (a > 6). Найти ВС, если известно, что ВС, CD и AD
касаются некоторой окружности, центр которой находится на
АВ.
*
278. Дан выпуклый четырехугольник ABCD, в котором
АВ = AD. Внутри треугольника ABC взята точка Μ так, что
ZMBA = ZADC, ZMCA = ZACD. Найти ZMAC, если zBAC = a,
ZADC - ZACD = φ,ΑΜ<ΑΒ.
279. Две пересекающиеся окружности вписаны в один угол;
А—вершина угла, В—одна из точек пересечений окружностей,
С — середина хорды, концами которой являются точки касания
первой окружности со сторонами угла. Найти ZABC, если
известно, что общая хорда видна из центра второй окружности
под углом а.
280. ABC — равнобедренный треугольник; АС— ВС, BD —
биссектриса, BDEF — прямоугольник. Найти ZBAF, если
ZBAE = 120°.
281. Около треугольника ABC описана окружность с
центром в точке О. Касательная к окружности в точке С
пересекается с прямой, делящей пополам угол В, в точке К, причем
угол ВКС равен половине разности утроенного угла А и угла
С треугольника. Сумма сторон АС и АВ равна 2 + л/3, а сумма
расстояний от точки О до сторон АС и АВ равна 2. Найти радиус
окружности.
282. Точки, симметричные вершинам треугольника
относительно противоположных сторон, являются вершинами
треугольника со сторонами Vo, л/8, \/Ϊ4. Определить стороны
исходного треугольника, если известно, что длины их различны.
283. В треугольнике ABC угол между медианой и высотой,
выходящими из угла А, равен а, угол между медианой и высотой,
выходящими из угла В, равен β. Найти угол между медианой и
высотой, выходящими из угла С.
284. Радиус круга, описанного около треугольника, равен R.
Расстояние от центра этого круга до точки пересечения медиан
треугольника равно d. Найти произведение площади данного
треугольника и треугольника, образованного прямыми,
проходящими через его вершины перпендикулярно медианам, из этих
вершин выходящим.
285. Точки А\, Аз и А$ расположены на одной прямой,
а точки А2, А\ и Aq — на другой прямой, пересекающейся
32

с первой. Найти угол между этими прямыми, если известно,
что стороны шестиугольника (возможно самопересекающегося)
А\А2А^МММ равны между собой.
286. Две окружности с центрами 0\ и 0<ι касаются изнутри
окружности радиуса R и центром О. Известно, чтр 0\0*ι = α.
Прямая, касающаяся первых двух окружностей и пересекающая
отрезок Οι Ο2, пересекается с их общими внешними
карательными в точках MhJVhc большей окружностью в точках А и
J3. Найти отношение AB:MN, если: а) отрезок О1О2 содержит
точку 0\ б) окружности с центрами 0\ и 0<ъ касаются друг друга.
287. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается
стороны АС в точке М, стороны ВС — в точке N; биссектриса
угла А пересекает прямую MN в точке К, а биссектриса угла
В пересекает прямую MN в точке L. Доказать, что из
отрезков МК, NL и KL можно сложить треугольник. Найти площадь
этого треугольника, если площадь треугольника ABC равна S,
угол С равен а.
288. На сторонах АВ и ВС квадрата ABCD взяты две точки
Μ uN так, что BM+BN=AB. Доказать, что прямые DM и DN
делят диагональ АС на три отрезка, из которых можно сложить
треугольник, причем один, угол этого треугольника равен 60°.
289. Дан равнобедренный треугольник АВС\ АВ=ВС, AD —
биссектриса. Перпендикуляр, восставленный к AD в точке D,
пересекает продолжение АС в точке Е, основания
перпендикуляров, опущенных из В и D на АС,—Μ и N соответственно.
Найти ΜΝ, если АЕ = а.
290. Из точки А под углом а выходят два луча. На одном
луче взяты две точки В и Βχ, а на другом — С и С\. Найти
общую хорду окружностей, описанных около треугольников ABC
и ABiCi, если АВ - АС= ΑΒχ - АС\ = а.
291. Пусть О — центр окружности, С—точка на окружности,
Μ — середина ОС Точки А и В лежат на окружности по одну
сторону от прямой ОС так, что ΔΑΜΟ — lBMC Найти АВ, если
АМ-ВМ = а.
292. Пусть Л, В и С — три точки на одной прямой. На АВ,
ВС и АС как на диаметрах построены три полукруга по одну
сторону от прямой. Центр окружности, касающейся всех трех
полукругов, находится на расстоянии d от прямой АС Найти
радиус этой окружности.
293. В окружности радиуса R проведена хорда АВ. Пусть
Μ — цроизвольная точка окружности. На луче Μ А отложим
отрезок MN (MN = R), а на луче MB—отрезок МК, равный рас-
33

стоянию от Μ до точки пересечения высот треугольника МАВ.
Найти ΝΚ, если меньшая из дуг, стягиваемых АВ, равна 2а.
294. Высота, опущенная из вершины прямого угла
прямоугольного треугольника на гипотенузу, делит треугольник на
два треугольника, в каждый из которых вписана окружность.
Определить углы и площадь треугольника, образованного
катетами исходного треугольника и прямой, проходящей через
центры окружностей, если высота исходного треугольника равна
h.
295. Высота прямоугольного треугольника, опущенная на
гипотенузу, равна h. Доказать, что вершины острых углов
треугольника и проекции основания высоты на катеты лежат на
одной окружности. Определить длину хорды, высекаемой на
прямой, содержащей высоту, этой окружностью, и отрезки хорды,
на которые она делится гипотенузой.
296. Окружность радиуса R касается прямой / в точке А,
АВ — диаметр этой окружности, ВС — произвольная хорда.
Пусть D — основание перпендикуляра, опущенного из С на
АВ. Точка Ε лежит на продолжении CD за точку D, причем
ED = ВС. Касательные к окружности, проходящие через £?,
пересекают прямую / в точках К и N. Найти KN.
297. В выпуклом четырехугольнике ABCD дано: АВ = а,
AD = Ь, ВС = р-а, DC = ρ - Ь. Пусть О — точка пересечения
диагоналей. Обозначим через а угол ВАС. К чему стремится
АО у если а->0?

ИЗБРАННЫЕ
ЗАДАЧИ И ТЕОРЕМЫ
ПЛАНИМЕТРИИ
Мальчик, дальше! Здесь не встретишь ни веселья,
ни сокровищ!
Но я вижу— ты смеешься, эти взоры—два луча.
На, владей волшебной скрипкой, посмотри в глаза
чудовищ
И погибни славной смертью, страшной смертью
скрипача!
Н. Гумилев
§ 1. Теорема Карно
298. Даны две точки А и В. Доказать, что геометрическое
место точек Μ таких, что AM2 — МВ2 = к (где к—данное число),
есть прямая, перпендикулярная АВ.
299. Пусть расстояния от некоторой точки Μ до вершин Л, В
и С треугольника ABC выражаются числами а, Ь и с. Доказать,
что ни при каком d Φ О ни для одной точки плоскости
расстояния до вершин в том же порядке не могут выражаться числами
y/a2 + d, y/tP + d, Vc2 + d.
300. Теорема Карно. Доказать, что для того, чтобы
перпендикуляры, опущенные из точек А\, В\ и С\ на стороны ВС,
С А и АВ треугольника ABC пересекались в одной точке,
необходимо и достаточно, чтобы А\В2 - ВС\ + С\ А2 - АВ2 + В\С2 -
-О4? = 0.
301. Доказать, что если перпендикуляры, опущенные из
точек А\, J5i и С\ на прямые ВС, С А и АВ соответственно,
пересекаются в одной точке, то и перпендикуляры, опущенные из точек
Л, β и С на прямые JSiCi, С ι Αχ и А\В\, также пересекаются в
одной точке.
302. Дан четырехугольник ABCD. Пусть А\, В\ и С\ —точки
пересечения высот треугольников BCD, ACD и ABD. Доказать,
что перпендикуляры, опущенные из А, В и С на прямые В\С\,
С\А\ и А\В\ соответственно, пересекаются в одной точке.
303. Даны две точки А и В. Доказать, что геометрическое
место точек Μ таких, что kAM2 + lBM2 = d (где А;, /, d—данные
®
35

числа, k + Ιφϋ), есть или окружность с центром на прямой 4J3,
или точка, или пустое множество.
304. Цусть А\, 4г, ..., Ап — фиксированные точки, fci, &2>
..., кп—данные числа. Тогда геометрическим местом точек
М, таких, что сумма к\А\М2 + къАъМ2 + ... + кпАпМ2
постоянна, будет: а) окружность, точка или пустое множество, если
к\ + &2 + · - · + кп φ 0; б) прямая, пустое множество или вся
плоскость, если к\ + &2 +... + кп = 0.
305. Даны окружность и точка А вне ее. Пусть окружность,
проходящая через Л, касается данной в произвольной точке В,
а касательные к ней, проведенные через точки А и 13,
пересекаются в точке М. Найти геометрическое место точек М.
306. Даны две точки А и В: Найти геометрическое место
точек 'М таких, что AM:MB — кф\.
307. Три точки Ау В и С расположены на одной прямой (В —
между А и С). Возьмем произвольную окружность с центром в В
и обозначим через Μ точку пересечения касательных,
проведенных из А и С κ этой окружности. Найти геометрическое место
точек Μ таких, что точки касания AM и СМ с окружностью
лежат внутри отрезков AM и СМ.
308. Даны две окружности. Найти геометрическое место
точек Μ таких, что отношение длин касательных, проведенных из
Μ к данным окружностям, равно постоянной величине fc.
309. Пусть прямая пересекает одну окружность в точках А и
Ву а другую — в точках С и D. Доказать, что точки пересечения
касательных к первой окружности, проведенных в точках А и 23,
с касательными, проведенными ко второй окружности в точках
С и D (рассматриваются точки, в которых пересекаются
касательные к разным окружностям), лежат на одной окружности,
центр которой находится на прямой, проходящей через центры
данных окружностей.
310. Возьмем три окружности, каждая из которых касается
одной стороны треугольника и продолжений двух других
сторон. Доказать, что перпендикуляры, восставленные к сторонам
треугольника в точках касания этих окружностей, пересекаются
в одной точке.
311. Дан треугольник ABC. Рассмотрим всевозможные пары
точек М\ и Мъ таких, что АМ\: ВМ\: СМ\ = АМ2 : ВМ2 : СМ^
Доказать, что все прямые М\Мъ проходят через фиксированную
точку плоскости.
312. Расстояния от точки Μ до вершин Л, В и С треугольника
равны соответственно 1, 2 и 3, а от точки М\—соответственно
36

3, νΪ5 и 5. Доказать, что прямая ММ\ проходит через центр
круга, описанного около треугольника ABC.
313. Пусть А\, В\, C\—основания перпендикуляров,
опущенных из вершин А, В и С треугольника ABC на прямую
/. Доказать, что перпендикуляры, опущенные из Αχ, В\ и С\
соответственно на ВС, С А и АВ, пересекаются в одной точке.
314. Дан правильный треугольник ABC и произвольная
точка D; Αχ у J?i и С\—центры окружностей, вписанцых в
треугольники BCD, CAD и ABD. Доказать, что перпендикуляры,
опущенные из вершин А, В и С на В\С\, С\А\ и А\В\
соответственно, пересекаются в одной точке.
315. Даны три попарно пересекающиеся окружности.
Доказать, что три общие хорды этих окружностей проходят через
одну точку.
316. На прямых АВ и АС взяты точки Μ и JV соответственно.
Доказать, что общая хорда двух окружностей с диаметрами СМ
и ΒΝ проходит через точку пересечения высот треугольника
ABC.
317. На плоскости дана окружность и точка N. Пусть АВ —
произвольная хорда окружности. Обозначим через Μ точку
пересечения прямой АВ и касательной в точке N к
окружности, описанной около треугольника ΑΒΝ. Найти геометрическое
место точек М.
318. Внутри окружности взята точка А. Найти
геометрическое место точек пересечения касательных, проведенных к
окружности в концах всевозможных хорд, проходящих через
точку А.
319. Даны числа а, β, 7 и *· Пусть ж, у, ζ — расстояния
от точки Μ внутри треугольника до его сторон. Доказать, что
геометрическое место точек Μ таких, что ax + Py + yz = k или
пусто, или отрезок, или совпадает со множеством всех точек
треугольника.
320. Найти геометрическое место точек Μ, расположенных
внутри данного треугольника и таких, что расстояния от Μ
до сторон данного треугольника равны сторонам некоторого
треугольника.
321. Пусть Αχ, В\ и С\ —середины сторон ВС, С А и АВ
треугольника ABC. На перпендикулярах, опущенных из некоторой
точки Μ соответственно на стороны ВС, С А и АВ, взяты точки
^2, J?2 и Сч. Доказать, что перпендикуляры, опущенные из А\, В\
и С\ соответственно на прямые В2С2, С2А2 и А2В2, пересекаются
в одной точке.
37

322. Дана прямая I и три прямые fa, fa и fa,
перпендикулярные /. Пусть А, В и С три фиксированные точки на прямой /;
А\ —произвольная точка на fa, B\ — на fa, С\ — на fa. Доказать,
что если при каком-то положении точек А\, В\ иd
перпендикуляры, опущенные из Л, £ и С на прямые В\С\, С\А\ и А\В\
соо^ве^тйеййЬ, пересекаются в одной точке, то эти
перпендикуляры'будут пересекаться в одной точке всегда. (Если Αχ, Βχ и
С\ не лёжа* на одной прямой.)
323. АА{, ВВ\, СС\—высоты треугольника ABC, Αι, Вч
и Сг —проекции А, В и С соответственно на В\С\% С\А\ и
А\В\. Доказать, что перпендикуляры, опущенные из Аг, Β<ι и Сг
соответственно на ВС, С А и АВ, пересекаются в однрй точке.
§ 2· Теоремы Чевы и Менелая.
Аффинные задачи
324. Доказать, что площадь треугольника, стороны
которого равны медианам данного, составляет 3/4 площади данного
треугольника.
325. Дан параллелограмм АР CD; прямая, параллельная ВС,
пересекает АВ и CD соответственно в точках EvlF, прямая,
параллельная АВ, пересекает ВС и DA соответственно в точках
С?иЯ.
Доказать, что прямые ЕВ, GF и BD пересекаются в одной
точке или параллельны.
326. А\ В, С и D—четыре фиксированные точки на прямой
/. Через А и В проведены произвольно две параллельные
прямые, через Сй; D—Две другие параллельные прямые.
Проведённые йрям&е' образу1С)т параллелограмм. Доказать, что
диагонали этого napeuijie^oipaMtMa пересекают I в двух
фиксированных точках.
327. Дан'^етырехуголь!нйк ASCD; 0 — точка пересечения
диагоналей АС и BDfM—точка; йа АС такая, что AM—ОС,
N — точка на BD ^акая, что BN^OD, К ίί L—середины АС
и BD. Доказать, что прямые ML; NK, а также прямаягсоеди-
йяющая точки пересечения медиан треугольников ABC и ACD,
пересекаются в одной точке.
328. На стороне ВС треугольника ABC взяты точки Αι и
Аг, симметричные относительно середины ВС. Точно так же на
стороне АС взяты точки В\ и В2, а на стороне AB-*Ci и С^.
Доказать, что треугольники А\В\С\ и АгВгС^ равновелики, а
центры >гяж£сти треугольников А\В\С\% А^В^Ръ и ABC лежат
на одной прямой.
38

329. Через Μ— точку пересечения медиан треугольника
ABC проведена прямая, пересекающая стороны АВ и АС
соответственно в точках К и L и продолжение ВС в точке Ρ (С
между Ρ и В). Доказать, что JL = _i_ + JLjj:
330. Через точку пересечения диагоналей четырехугольника
ABCD проведена прямая, пересекающая АВ в дочке Μ и CD в
точке ЛГ. Через Μ и N проведены прямые, соответственно
параллельные CD и АВ и пересекающие АС и Я1> в точках U7 и F.
Доказать, что BE \\ CF.
331. Дан четырехугольник ABCD. На прямых АС и SZ)
взяты соответственно точки К и Μ так, что #ЛТ || ADy AM \\ ВС.
Доказать, что KM || CD.
332. Пусть Ε — произвольная точка на стороне АС
треугольника ABC. Через вершину В проведем произвольную прямую /.
Прямая, проходящая через Ε параллельно ВС, пересекает / в
точке АГ, а прямая, параллельная АВ,— в точке Л/. Доказать,
что AN || СМ.
*
* *
333. Стороны выпуклого четырехугольника разделены на
(2п +1) равных частей каждая. Соответствующие точки
деления противоположных сторон соединены друг с другом.
Доказать, что площадь центрального четырехугольника составляет
1/(2п + 1)2 часть площади всего четыр^хугрдьнн[ка.
334. Прямая, проходящая через середины диагрналей АС и
BD четырехугольника ABCD, пересекает: стороны АВ и DC
соответственно.в точках Μ и i\[. Доказать, что Sdqm — Sabn-
335. В параллелограмме ABCD вершины Л, J5, С и D
соединены с серединами стррор CD, ADr АВ я.ВС соответственно.
Доказать, что площадь четырехугольника, образованного этими
прямыми, составляет 1/5 площади параллелограмма.
336. Доказать, что площадь восьмиугольника, образованного
прямыми, соединяющими вершины параллелограмма с
серединами противоположных сторон, равна 1/6 площади
параллелограмма.
337. На сторонах АС,и ВС треугольника,AJ3C ро
внешнюю сторону построены два параллелограмма ACDE и BCFG.
Продолжения DEn FD пересекаются в точке Н. На стороне
АВ построен параллелограмм ABML, стороны AL и ВМ
которого равны и параллельны НС. Доказать, что параллелограмм
39

ABML равновелик сумме параллелограммов, построенных на
АС и ВС.
338. Через концы меньшего основания трапеции проведены
две параллельные прямые, пересекающие большее основание.
Диагона<ли трапеции и эти прямые разделили трапецию на семь
треугольников и один пятиугольник. Доказать, что сумма
площадей трех «треугольников, прилежащих к боковым сторонам и
меньшему основанию трапеции, равна площади пятиугольника.
339· Пусть ABCD — параллелограмм, точка Ε лежит на
прямой АВ, F—ра прямой AD (В—на отрезке АЕ, D—на отрезке
AF), К — точка пересечения прямых ED и FB. Доказать, что
четырехугольники ABKD и CEKF равновелики.
*
* *
340. Рассмотрим произвольный треугольник ABC. Пусть Αχ,
Βχ, С\—три точки на прямых ВС, С А, АВ соответственно.
Введем следующие обозначения:
_ АСХ ВАх СВХ
Д*:
СгВ АХС ВХА'
suxlACCx ζϊιχΔΒΑΑχ нщ^СВВх
sinzGxCB siazAxAC ζιηΖΒχΒΑ'
Доказать, что i?=Д*.
341. Теорема Чевы. Для того чтобы прямые ΑΑχ, ΒΒχ,
ССх пересекались в одной точке {или все три были
параллельными), необходимо и достаточно, чтобы R= 1 (см. задачу 340) и
при этом из трех точек Αχ, Βχ, Сх нечетное число (т. е. одна или
все три) точек лежало на сторонах треугольника ABC, а не на
продолжениях сторон.
342. Теорема Менелая. Для того чтобы точки Αχ,Βχ, Сх
лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы R = 1
(см. задачу 340) и при этом из трех точек Αχ, Βχ, Сх четное
число (т. е. нуль или две) точек лежало на сторонах треугольника
ABC, а не на их продолжениях^
ACi
Примечание. Можно вместо отношения -%-=? и других
ОхВ
рассматривать отношения направленных отрезков, которое
будем обозначать I уть) и определять следующим образом:
40

\(m\=
Ad (ACX\ —*
JT~S> [ тг~Б 1 положительно, когда векторы AC\ и
C\B одинаково направлены, и отрицательно, если они напра-
(АСЛ
влены противоположно друг другу. ( jr~5 1 имеет· ойисл лишь
для точек, расположенных на одной прямой.) Легко видеть, что
(АСЛ „
отношение I -р^-= I положительно, если точка С\ леяфт на
отрезке АВ, и отрицательно, если С\—вне АВ. Соответственно,
вместо R будем рассматривать произведение отношений
направленных отрезков, которое обозначим R. Далее введем
направленные углы. Под направленным углом АСС\ и др. будем
понимать угол, на который надо повернуть С А вокруг С против
часовой стрелки до совпадения луча С А с лучом СС\. Теперь
вместо Д* будем рассматривать R* — соответствующее произведение
отношений синусов направленных углов.
Задачи 340, 341, 342 следует теперь переформулировать,
340*. Доказать, что Я = R*.
341*. Теорему Чевы. Для того чтобы прямые АА\, ΒΒχ,
СС\ пересекались в одной точке (или были параллельны)
необходимо и достаточно, чтобы R = 1.
342*. Теорема Менелая. Для того чтобы точки Αχ, Βι,
С\ лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы
Я = -1.
343. Доказать, что если три прямые, проходящие через
вершины треугольника, пересекаются в одной точке, то и
прямые, им симметричные относительно соответствующих
биссектрис треугольника, также пересекаются в одной точке или
параллельны.
344. Пусть О — произвольная точка плоскости, Μ и Ν —
основания перпендикуляров, опущенных из точки О на биссек>
трисы внутреннего и внешнего угла А треугольника ABC] P и
Q аналогично определены для угла В; R и Τ—для угла С,
Доказать, что прямые MN, PQ и RT пересекаются в одной точке
или параллельны.
345. Пусть О—центр окружности, вписанной в треугольник
АВС} Aq, Во, Со—точки касания этой окружности со сторонами
ВС, С А, АВ соответственно. На лучах OAq, ОВо, ОСо взяты
соответственно точки L, Μ, Kf находящиеся на равных
расстояниях от О* а) Доказать, что прямые AL, ВМ и СК пересекаются
в одной точке, б) Пусть Αχ,Βχ, С\ —проекции А, В, С на произ-
41

вольную прямую ί, проходящую через О. Доказать, что прямые
A\L, B\M и С{К пересекаются в одной точке (Хирано).
346. Для того чтобы диагонали AD, BE и CF вписанного
в окружность Шестиугольника ABCDEF пересекались в одной
точке, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство
AB-CD-EfF*BC-DE-FA.
347. Доказать, что: а) биссектрисы внешних углов
треугольника пересекают продолжения противоположных сторон
треугольника в ipex точках, расположенных на одной прямой; б)
касательные к описанной около треугольника окружности в
вершинах треугольника пересекают его противоположные стороны
в трех точках, расположенных на одной прямой.
348. Окружность пересекает сторону АВ треугольника ABC
в точках С\ и С^, сторону С А—в точках В\ и i?2, сторону ВС —
в точках Αχ и л42. Доказать, что если прямые ΑΑχ, ΒΒ\ и СС\
пересекаются в одной точке, то и прямые АА2, ΒΒ<ι и СС2 также
пересекаются в одной точке.
349. На сторонах АВ, ВС и СА треугольника ABC взяты
точки Ci, Αχ и В\. Пусть С2 —точка пересечения прямых АВ и
ΑχΒχ, Аъ — точка пересечения прямых ВС и В\С\, В2— точка
пересечения прямых АС кА\С\. Доказать, что если прямые АА\,
ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке, то точки Α<ι, В2 и C*i
лежат на одной прямой.
350. Прямая пересекает стороны АВ, ВС и продолжение
стороны АС треугольника ABC соответственно в точках Ζ), Ε и F.
Доказать, что середины отрезков DC, AE и BF лежат на одной
прямой (прямая Гаусса).
351. Дан треугольник ABC?. Определим на стороне ВС точку
Αχ следующим образом: Αχ —середина стороны KL правильного
пятиугольника MKLNP, у которого вершины К и L лежат на
ВС у а вершины Μ и Ν —соответственно на АВ и АС.
Аналогичным образом на сторонах АВ и АС определены точки С\ и
В\. Доказать, что прямые АА\, ВВ\ иСС\ пересекаются в одной
точке.
352. Даны три попарно непересекающиеся круга. Обозначим
через Αχ, Α<ι, As три точки пересечения общих внутренних
касательных к любым двум из них, а через -Βχ, 1?2, Вз
—соответствующие точки пересечения внешних касательных. Доказать, что
эти точки располагаются на четырех прямых по три на каждой
(Αι, А2у В3; Аи В2, Л3; Ви Л2, А3; Ви Я2, Въ).
353. Доказать, что если прямые, проходящие через вершины
А, В и С треугольника ABC параллельно соответственно
прямым В\С\, С\А\ и А\В\, пересекаются в одной точке, то и пря-
42

мые, проходящие через Αχ, Βχ и С\ параллельно прямым ВС, С А
и АВ, также пересекаются в одной точке (или параллельны),
354. Дан треугольник ABC, Μ— произвольная точка
плоскости. Биссектрисы двух углов, образованных прямыми AM и
ВМ, пересекают прямую АВ в точках С\ и С^ {Pi —на отрезке
АВ), точно так же на ВС и С А определяются tqhkh Αχ κΑ2,Βχ
и 52. Доказать, что Αχ, А2, Βχ, В2, Ci, C2 располоясецы до три
на четырех прямых.
355. На сторонах ВС, С А и АВ треугольника АВС7 взяты
соответственно точки Αχ, Βχ, Си а на сторонах Βχ6α(, Οχ Αχ, Α\Β\
треугольника А\В\С\ — А2, В2, (?2· Известно, что прямые Α4χ,
ВВ\, СС\ пересекаются в одной точке, а также прямые А\А2,
ВхВг, С\С2 пересекаются в одной точке. Доказать, что прямые
АА2у ВВ2, СС2 пересекаются э одной точке^ (или параллельны).
356. Пусть АВ CD — четырехугольник, Ρ — точка
пересечения ВС и AD, Q — точка пересечения С А и BD, R—точка
пересечения АВ и CD. Доказать, что точки пересечения ВС и QR,
С А и RP, АВ и PQ лежат на одной прямой.
357. Дан угол с вершиной О. На одной стороне угла взяты
точки Αχ, А2, A3, А4, а ца другой —Βχ, В2г Вз, ί?4· Прямые ΑχΒχ
и Л2В2 пересекаются в точке Ν, а прямые Л3В3 и А4.В4—в точке
М. Доказать, что для того, чтобы точкиО, N ц Jli были на рдной
прямой, необходимо и достаточно выполнения равенства
(ОВЛ (ОВЛ (ВзВЛ (О АЛ /0Л2\; /Α3ΛΛ
Vob3; ; \obJ \bxb2J * \,р4з/' V44J" Ui^2/'
(См. примечание к задачам 340, 341, 342.)
358. Дан треугольник ABC. На сторонах ВСМСА и АВ взяты
соответственно точки: А\ и А%} JB\ и В2, С\ и С2 тгре,. что АА\,
ВВ\ и СС7х пересекаются в одной точке и АА2, ЁВ2 и СС2 также
пересекаются в одной точке. Доказать, что: а) точки пересечен
ния прямых А\В\ и АВ, В\С\ и ВС% С\А\ и С А лежат на одной
прямой /χ. Точно так же точки А2, В2 и С?2 определяют
прямую /2; б) точка Л, точка пересечения прямых 1\ и 12, а также
точка пересечения прямых В\С\ и В2С2 лежат на одной прямой;
в) точки пересечения прямых ВС и В2С\, С А и С2А%? АВ и А\В\
лежат на одной прямой.
359. Произэольная прямая пересекает прямые АЙ, ВС и СА в
точках К, Ми L соответственно,-а прямые ΑχΒχ, Βχόχ и С\А\ —
в точках ϋίχ, Λ/χ, иΧχ. Доказать, что если прямые А%М, B\L и
С\К пересекаются в одной точке, то и прямые АМ\% BL\ и UKχ
также пересекаются з.одной точке.
43

360. Дан треугольник ABC и точка D. Точки Е, F и G
находятся соответственно на прямых AD, BD и CD, К — точка
пересечения AF и BE, L — точка пересечения BG и CF, hi —
точка пересечения СЕ и AG. В точках Р, Q и R пересекаются
соответственно DK и АВ, DL и ВС, DM и АС. Доказать, что
шесть прямых AL, EQ, ВМ, FR, СК и GP пересекаются в одной
точке.
361. Точки А и А\, В и В\, С и С\ симметричны относительно
прямой Ι, Ν — произвольная точка на /. Доказать, что прямые
AN, BN, CN пересекают соответственно прямые В\С\, С\А\,
А\В\ в трех точках, расположенных на одной прямой.
362. Пусть Ль Лз, А*> — три точки на одной прямой, Ач, А\,
А% — на другой. Доказать, что три точки, в которых попарно
пересекаются прямые А\Аъ и А\Аь, АъАъ и А$А§, А%А± и Α^Αχ,
лежат на одной прямой (Папп).
§ 3. Геометрические места точек
363. Через точку переселения двух окружностей проведена
прямая, вторично пересекающая окружности в двух точках А и
J5. Найти геометрическое место середин отрезков АВ.
364. Даны точка А и прямая /, В — произвольная точка L
Найти геометрическое место точек Μ таких, что АВМ —
правильный треугольник.
365. Дан правильный треугольник ABC. На продолжении его
сторон АВ и АС за точки В и С взять1 точки D и Ε так, что
BDCE = BC2. Найти геометрическое место точек пересечения
прямых DC и BE.
366. Даны три точки А, В и С на прямой, D — произвольная
точка плоскости, не лежащая на этой прямой. Проведем через
С прямые, параллельные AD и BD, до пересечения с прямыми
BD и AD в точках PnQ. Найти геометрическое место оснований
Μ перпендикуляров, опущенных из С на PQ, а также найти все
точки D, для которых Μ — фиксированная точка.
367. На стороне АС треугольника ABC взята точка К, а на
медиане BD — точка Ρ так, что площадь треугольника АР К
равна площади треугольника ВРС. Найти геометрическое место
точек пересечения прямых АР и ВК.
368. Через данную точку О внутри данного угла проходят
два луча, образующие данный угол а. Пусть один луч
пересекает одну сторону угла в точке А, а другой луч — другую
44

сторону угла в точке В. Найти геометрическое место оснований
перпендикуляров, опущенных из О на прямую АВ.
,369. В окружности проведены два взаимно
перпендикулярны^ диаметра АС и BD. Пусть Ρ—произвольная точка
окружности, РА пересекает BD в точке Е. Прямая, проходящая через
Ε параллельно АС, пересекается с прямой Ρ В в точке М. Найти
геометрическое место точек М.
370* Дан угол, вершина которого — в точке Л, и то^ка В.
Произвольная окружность, проходящая через А и J5,
пересекает стороны угла в точках С и D (отличных от А). Найти
геометрическое место центров тяжести треугольников ACD.
371. Одна вершина прямоугольника находится э данной
точке, две другие, не принадлежащие одной стороне,—на двух
заданных взаимно перпендикулярных прямых. Найти
геометрическое место четвертых вершин таких прямоугольников.
372. Пусть А—оДна из двух точек пересечения двух данных
окружностей; через другую точку пересечения проведена
произвольная прямая, пересекающая одну, окружность в точке J3,
а другую — в точке С, отличных от общих точек этих
окружностей. Найти геометрическое место: а) центров окружностей,
описанных около ABC; б) центров тяжестей треугольника ABC;
в) точек пересечения высот треугольника ABC.
373. Пусть В и С—две фиксированные точки данной
окружности, А — переменная точка этой же окружности. Найти
геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных
из середины АВ на АС.
374. Найти геометрическое место точек пересечения
диагоналей прямоугольников, стороны которых (или их продолжения)
проходят через четыре данные точки плоскости.
375. Даны два круга, касающиеся друг друга изнутри в точке
А. Касательная к меньшему кругу пересекает большую
окружность в точках В и С. Найти геометрическое место центров
окружностей, вписанных в треугольники ABC,
376. Даны две пересекающиеся окружности. Найти
геометрическое место центров прямоугольников с вершинами на этих
окружностях.
377. Внутри круглого биллиарда в точке А, отличной от
центра, лежит упругцй шарик, размерами которого можно
пренебречь. Указать геометрическое место точек Л, из которых можно
так направить этот шарик, чтобы он, минуя центр биллиарда,,
после трех отражений от границы попал в точку А.
378. Через точку, лежащую на равном расстоянии от двух
данных параллельных прямых, проведена прямая, пересекаю-
45

щая эти прямые в точках Μ η N. Ыайуи геометрическое место
вершин Ρ равносторонних треугольников ΜΝΡ,
379. Даны две точки А и В и прямая /. Найти
геометрическое место дентров окружностей, проходящих через А и*В и
пересекающих прямую /.
380. Даны Две точки О и М. Определить: а) геометрическое
место точек плоскости, которые могут служить одной из вершин
треугольника с центром описанного круга в точке О и центром
тяжести в точке Μ; б) геометрическое место точек плоскости,
которые могут служить одной из вершин тупоугольного
треугольника с центром описанного круга в точке О и центром тяжести
в точке М.
381. В окружность вписан правильный треугольник. Найти
геометрическое место точек пересечения высот всевозможных
треугольников, впис&нных в эту же окружность, две стороны
которых параллельны двум сторонам данного правильного
треугольника.
382. Найти геометрическое место центров всевозможных
прямоугольников, описанцых около данного треугольника.
(Прямоугольник будем называть описанным, если одна вершина
треугольника срвладает с вершиной прямоугольника, а две
другие лежат на двух, не содержащих этой вершины, сторонах
прямоугольника.)
383. Даны дэа квадрата, с соответственно параллельными
сторонами. Определить геометрическое место точек Μ таких,
что для любой точки Ρ из первого квадрата найдется, точка Q
из второго такая; что треугольник MPQ т— правильный. Пусть
стороны первого квадрата равны а> второго—6. При каком
соотношении между α и 6 искомое геометрическое место точек не
пусто?
384* Внутри дайного треугольника найти геометрическое
место точек Μ, для каждой из которых )цля любой точки iV,
лежащей на границе треугольника, можно найти такую точку Ρ
внутри или на его границе, что площадь треугольника ΜΝΡ не
меньше 1/6 площади данного треутл&нфса;
385. Даны две точки А и /. Найти г^&етрическое ыесго точек
В таких, что Ьуществует треугольник ABC с центром вписанного
круга в точке /, веб углы которого меньше а (60° < а < 90°).
386. Точки Л, В и С расположены на одно# прямой (В —
между А и С). Найтд геометрическое место точек Μ такдх, что
ctg Δ ΑΜΒ + ctg ΔΒΜ С =? fc.
46

387. Даны две точки А и Q. Найти геометрическое место
точек В таких, что существует остроугольный треугольник АВС^
для которого Q—центр тяжести.
388. Даны две точки Аи Н. Найти геометрическое место
точек В таких, что существует треугольник ABC, для которого
Я — точка пересечения высот и все углы которого больше а
(α<π/4).
389. На плоскости даны два луча. Найти геометрическое
место точек плоскости, равноудаленных от этих лучей.
(Расстояние от точки до луча равно расстоянию от этой точки до
ближайшей к ней точки луча.)
390. Дан угол и окружность с центром в точке О, вписанная в
этот угол. Произвольная прямая касается окружности и
пересекает стороны угла в точках Μ и N. Найти геометрическое место
центров окружностей, описанных около треугольников ΜΟΝ.
391. Даны две окружности, на них взяты по одной точке
А и В, равноудаленных от середины отрезка, соединяющего их
центры. Найти геометрическое место середин отрезков АВ.
392. Дан отрезок АВ. Возьмем на АВ произвольную точку
Μ и рассмотрим два квадрата AMCD и MBEF, расположенные
по одну сторону от АВ. Опишем около этих квадратов
окружности и обозначим через N их точку пересечения, отличную от М.
Доказать, что: a) AF и ВС пересекаются в JV; б) ΜΝ проходит
через фиксированную точку плоскости. Найти геометрическое
место середин отрезков, соединяющих центры квадратов.
393. Дана окружность и точка А. Пусть Μ—произвольная
точка окружности. Найти геометрическое место точек
пересечения срединного перпендикуляра к отрезку AM и касательной к
окружности, проходящей через М.
394. Две окружности касаются друг друга в точке А. Одна
прямая, проходящая через А, пересекает вторично эти
окружности в точках В и Су другая — в точках В\ и С\ (В и В\ —
на одной окружности). Найти геометрическое место точек
пересечения окружностей, описанных около треугольников АВ\С и
АВСХ.
395. Найти геометрическое место вершин прямых углов
всевозможных равнобедренных прямоугольных треугольников,
концы гипотенуз которых лежат на двух заданных окружностях.
396. Стороны данного треугольника являются диагоналями
трех параллелограммов. Стороны этих параллелограммов
параллельны двум прямым — I и р. Доказать, что три диагонали
этих параллелограммов, отличные от сторон треугольника,
пересекаются в одной точке М. Найти геометрическое место точек
47

Μ, если / и р — две произвольные взаимно перпендикулярное
прямые.
397. Пусть В и С — две фиксированные точки окружнсвти,
А — произвольная точка этой окружности; Η — точка
пересечения высот треугольника ABC, Μ—проекция Я на биссектрису
угла ВАС, Найти геометрическое место точек М.
398. Дэн треугольник ABC. Пусть D—произвольная точка
на прямой J5C?, Прямые, проходящие через D параллельно АВ и
АС, пересекают АС и АВ в точках EvlF. Найти геометрическое
места центров окружностей, проходящих через точки D, Ε и F.
399. Дан ABC—правильный треугольник. Найти
геометрическое место точек Μ внутри этого треугольника таких, что
ΔΜΑΒ + ШВС + ZMCA = π/2.
400. Внутри треугольника взята точка Μ такая, что
существует прямая I, проходящая через Μ и разбивающая данный
треугольник на две части таким образом, что при симметрии
относительно I одна часть оказывается внутри или на границе
другой. Найти геометрическое место точек М.
§ 4. Треугольник.
Треугольник и окружность
401. Из Ёвршины А треугольника ABG опущены
перпендикуляры AM и AN на биссектрисы внешних углов
треугольника (В и С). Доказать, что отрезок MN равен полупериметру
треугольника ABC.
402. В треугольнике ABC проведена высота BD, AN —
перпендикуляр к АВ, СМ—перпендикуляр к ВС, причем AN=DC,
CM = AD. Доказать, что М и N равноудалены от вершины В.
403. Доказать, что для любого прямоугольного
треугольника радиус окружности, касающейся его катетов и описанной
окружности (изнутри), равен диаметру вписанной окружности.
404. Доказать, что если одна сторона треугольника лежит на
фиксированной прямой плоскости, а точка пересечения высот
совпадает с фиксированной точкой, то окружность, описанная
около этого треугольника, также проходит через
фиксированную точку.
405. Дан треугольник ABC; пусть А\, В\ и С\—точки
окружности, описанной около ABC, диаметрально противоположные
вершинам А, В и С. Проведем через А\, В\ и Сг прямые,
параллельные ВС, СА и АВ. Доказать, что треугольник,
образованный этими прямыми, гомотетичен треугольнику ABC с коэф-
48

фидиентом 2 и центром в точке пересечения высот треугольника
ABC.
406. Доказать, что проекции основания высоты треугольника
на стороны, ее заключающие, и на две другие высоты, лежат на
одной прямой.
407. На продолжении стороны АВ треугольника ABC за
точку В взята точка D так, что BD = СВ. Точно так же на
продолжении стороны СВ за точку В взята точка F так, что
BF — AB. Доказать, что точки А, С, D и F лежат на одной
окружности, центр которой находится на окружности, описанной
около треугольника ABC.
408. Три равные окружности проходят через точку Я.
Доказать, что Η является точкой пересечения высот
треугольника, вершины которого совпадают с тремя другими точками
попарного пересечения окружностей.
409. Пусть Ρ — произвольная точка окружности, описанной
около прямоугольника. Две прямые, проходящие через Ρ
параллельно сторонам прямоугольника, пересекают стороны
прямоугольника или их продолжения в точках К, L, Μ и N. Доказать,
что N—точка пересечения высот треугольника KLM. Доказать
также, что основания высот треугольника KLM, отличные от Р,
лежат на диагоналях прямоугольника.
410. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD, BE и
CF. Прямая, перпендикулярная AD ц проходящая через
середину AD, пересекает АС в точке Р. Прямая,
перпендикулярная BE и проходящая через середину BE, пересекает АВ в
точке Q. Наконец, прямая, перпендикулярная CF и
проходящая через середину CF, пересекает СВ в точке R. Доказать, что
треугольники DEF и PQR равновелики.
411. В равнобедренном треугольнике ABC (АВ = ВС), D —
середина АС, Ε — проекция D на ВС, F—середина DE. Докаг
зать, что прямые BF и АЕ перпендикулярны.
412. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается
сторон АВ й АС в точках С\ и Βχ} а окружность, касающаяся
стороны ВС и продолжений АВ и АС, касается прямых АВ и
АС в точках С^ и В^ Пусть D—середина ВС. Прямая AD пег
ресекается с прямыми В\С\ и В2С2 в точках Ε и F. Доказать,
что ВЕСЕ—параллелограмм.
413. В треугольнике ABC проведена биссектриса внутреннего
угла AD. Построим касательную / к описанному кругу в точке
А. Доказать, что прямая, проведенная через D параллельно I,
касается вписанной окружности треугольника ABC.
49

414. В треугольнике ABC проведена прямая, пересекающая
стороны АС и ВС в точках Μ и N так, что ΜΝ — AM + BN.
Доказать, что все такие прямые касаются одной и той же
окружности.
415. Доказать, что точки, симметричные центру описанного
около треугольника круга относительно середин его медиан,
лежат на высотах треугольника.
416. Доказать, что если высота треугольника в у/2 раз больше
радиуса описанного круга, то прямая, соединяющая основания
перпендикуляров, опущенных из основания этой высоты на
стороны, ее заключающие, проходит через центр описанного круга.
417. Пусть ABC — прямоугольный треугольник (zC = 90°),
CD — высота, К—точка плоскости, причем АК = АС. Доказать,
что диаметр окружности, описанной около треугольника АВК,
проходящий через вершину А, перпендикулярен прямой DK.
418. Через вершину А треугольника ABC проведена
прямая параллельно ВС;, на этой прямой взята точка D так, что
AD = АС + АВ; отрезок ΌΒ пересекает сторону АС в точке Е.
Доказать, что прямая, проведенная через Ε параллельно ВС,
проходит через центр вписанной в треугольник ABC
окружности.
419. Две окружности проходят через вершину угла и точку,
лежащую на биссектрисе. Доказать, что отрезки сторон угла,
заключенные между окружностями, равны.
420. Дан треугольник ABC и точка D. Прямые AD, BD и
CD вторично пересекаются с окружностью, описанной около
треугольника ABC, в точках А\,В\ и С\ соответственно.
Рассмотрим две окружности: первая проходит через Л и А\,
вторая— через В и JSi. Доказать, что концы общей хорды этих двух
окружностей и точки С и С\ лежат на одной окружности.
421. Через вершины А, В и С треугольника ABC проведены
три параллельные прямые l\, fa и /з· Доказать, что прямые,
симметричные /i, fa и /з соответственно относительно биссектрис
углов А, В, С, пересекаются в одной точке, расположенной на
окружности, описанной около треугольника ABC.
422. Доказать, что если Μ — точка внутри треугольника
ABC и прямые AM, В Μ и СМ проходят соответственно
через центры окружностей, описанных около треугольников ВМС,
СМ А и АМВ, то Μ—центр окружности, вписанной в
треугольник ABC.
423. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC взяты
точки А\, В\ и С\ соответственно. Пусть Μ — произвольная
точка плоскости. Прямая ВМ вторично пересекает окружность,
50

проходящую через Αχ, В и С\ в точке #2, прямая СМ пересекает
окружность, проходящую через Αχ, Βχ и С в точке СЬ, а прямая
ЛМ—окружность, проходящую через А, Βχ и Ci, в точке Лг-
Доказать, что точки Лг, #2, Сг и Μ лежат на одной окружности.
424. Пусть Αχ — точка, симметричная точке касания
окружности, вписанной в треугольник ABC, со стороной ВС,
относительно биссектрисы угла А. Аналогично определяются точки В\
и С\. Доказать, что прямые ΑΑχ, ΒΒχ, СС\ и прямая,
проходящая через центры вписанной и описанной окружности
треугольника ABC, пересекаются в одной точке.
425. Пусть ΑΑχ, ΒΒχ, СС\—высоты треугольника ABC,
Прямая, перпендикулярная АВ, пересекает АС и А\С\ в
точках К и L. Доказать, что центр окружности, описанной около
треугольника KLBx, лежит на прямой ВС.
426. Четыре равные окружности проходят через одну точку
Л. Доказать, что три отрезка, концы каждого из которых
отличны от Л и являются точками пересечения двух
окружностей (противоположные концы каждого отрезка не принадлежат
одной окружности), пересекаются в одной точке.
427. Дан прямоугольный треугольник ABC; угол С —
прямой, О — центр вписанной окружности, Μ — точка касания
вписанной окружности с гипотенузой, окружность с центром в Μ,
проходящая через О, пересекается с биссектрисами углов Л и 2?
в точках К и L, отличных от О. Доказать, что К и L — центры
окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, где CD —
высота треугольника ABC.
428. Доказать, что в треугольнике ABC биссектриса угла
Л, средняя линия, параллельная АС, и прямая, соединяющая
точки касания вписанной окружности со сторонами СВ и СА,
пересекаются в одной точке.
429. Доказать, что три прямые, проходящие соответственно
через основания двух высот треугольника, концы двух его
биссектрис и через две точки касания вписанной окружности с его
сторонами (все точки расположены на двух сторонах
треугольника), пересекаются в одной точке.
430. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC взяты
точки Αχ, Βχ и С\ так, что прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются
в одной точке. Доказать, что если АА\ является биссектрисой
угла В\А\С\, то ΑΑχ —высота треугольника ABC.
431. На сторонах ВС, С А и АВ треугольника ABC взяты
соответственно точки А\, Βχ и С\ так, что /,АА\С = ζΒΒχΑ =
= £СС\В (углы измеряются в одном направлении). Доказать,
что центр окружности, описанной около треугольника, ограни-
51

ченного прямыми АА\, ВВ\ и СС\, совпадает с точкой
пересечения высот треугольника ABC.
432. Вершины треугольника A\B\Ci расположены на прямых
ВС, С А и АВ (Αχ — на ВС, Вг —на С А, С\ —на АВ). Доказать,
что если треугольники ABC и ΑχΒχΰι подобны (сходственными
являются вершины А и А\, В и В\, С и С\)> то точка
пересечения высот треугольника А\В\С\ является центром
описанной около треугольника ABC окружности. Верно ли обратное
утверждение?
433. На каждой стороне треугольника взято по две точки
таким образом, что все шесть отрезков, соединяющих каждую
точку с противоположной вершиной, равны между собой.
Доказать, что середины этих шести отрезков лежат на одной
окружности.
434. В треугольнике ABC на лучах АВ и СВ отложены
отрезки AM = CN=p, где ρ—полупериметр треугольника (В
лежит между Аи Μ и между С и Ν). Пусть К—точка описанной
около ABC окружности, диаметрально противоположная В.
Доказать, что перпендикуляр, опущенный из К на MN, проходит
через центр вписанной окружности.
435. Из некоторой точки окружности, описанной около
равностороннего треугольника ABC, проведены прямые,
параллельные ВС, СА и АВ пересекающие СА, АВ и ВС в точках Μ, Ν
и Q соответственно. Доказать, что Μ, Ν и Q лежат на одной
прямой.
436. Доказать, что три прямые, симметричные произвольной
прямой, проходящей через точку пересечения высот
треугольника, относительно сторон треугольника, пересекаются в одной
точке.
437. Теорема Лейбница. Пусть Μ — произвольная
точка плоскости, G—центр тяжести треугольника ABC. Тогда
выполняется равенство 3MG2 = Μ А2 + MB2 + Μ С2 - -(АВ2 +
+ВС2 + СА2).
438. Пусть ABC — правильный треугольник со стороной а,
Μ — некоторая точка плоскости, находящаяся на расстоянии
d от центра треугольника ABC. Доказать, что площадь
треугольника, стороны которого равны отрезкам Μ A, MB и МС,
/к
выражается формулой 5= -гт \а2 — 3d2|.
439. Даны два правильных треугольника: ABC и А\В\С\.
Найти геометрическое место таких точек Μ, что два треуголь-
52

ника, составленных из отрезков Μ A, MB, МС и МА\, ΜΒχ, МС\
соответственно, равновелики.
440. Дан треугольник ABC. На лучах АВ и СВ
откладываются отрезки АК и СМ, равные АС. Доказать, что радиус
окружности, описанной около треугольника ВКМ, равен
расстоянию между центрами вписанной и описацной окружностей
треугольника ABC, а прямая КМ перпендикулярна прямой,
соединяющей центры вписанной и описацной окружностей.
441. Через вершину треугольника проведена прямаяг
перпендикулярная прямой, соединяющей центры вписанной и
описанной окружностей. Доказать, что эта прямая со сторонами
данного треугольника образует два треугольника, для которых
разность радиусов описанных окружностей равна расстоянию
между центрами вписанной и описанной окружностей исходного
треугольника.
442. Доказать, что если длины сторон треугольника обраг
зуют арифметическую прогрессию, то: а) радиус вписанного
круга равен 1/3 высоты, опущенной на среднюю сторону; б)
прямая, соединяющая центр тяжести треугольника с центром
вписанного круга, параллельна средней стороне; в) биссектриса
внутреннего угла, противолежащего средней стороне,
перпендикулярна прямой, соединяющей центры вписанного и описанного
кругов; г) для всех точек этой биссектрисы сумма расстояний
до сторон треугольника постоянна; д) цертр вписанной
окружности, середины наибольшей и наименьшей сторон и вершина
угла, ими образованного, лежат на одной окружности.
443. Пусть К— середина стороны ВС треугольника ABC,
Μ— основание высоты, опущенной на ВС. Окружность,
вписанная в треугольник ABC, касается стороны ВС в точке D]
окружность вневписанная, касающаяся продолжений АВ и АС и
стороны ВС, касается ВС в точке Е. Общая касательная к этим
окружностям, отличная от сторон треугольника, пересекает
окружность, проходящую через К и М, в точках F и С. Доказать,
что точки D, Е, F и G лежат на одной окружности.
*
* *
444. Доказать, что центр тяжести треугольника, точка
пересечения высот и центр описанного круга лежат на одной прямой
{прямая Эйлера).
445. Какие стороны пересекает прямая Эйлера в
остроугольном и тупоугольном треугольнике?
53

446. Пусть К — точка, симметричная центру описанной
около ААВС окружности относительно стороны ВС. Доказать,
что прямая Эйлера треугольника ABC делит отрезок АК
пополам.
. 447. Доказать, что,на прямой Эйлера треугольника ABC
существует; такал точка Р, что расстояния от центров тяжести
треугольников АЕ?Р, АСР, САР соответственно до вершин С, А и
В ра»цы; между собой,
448. Пусть Ρ — такая точка внутри треугольника ABC, что
углы АРВ, РВС и СРА равны 120° (предполагаем, что углы
треугольника ABC меньше 120°). Доказать, что прямые Эйлера
треугольников АР В, В PC и СРА пересекаются в одной точке.
Примечание. Πρϊϊ решении этой задачи используется
результат задачи 597.
449. Доказать, что прямая, соединяющая центры вписанной и
описанной окружностей данного треугольника, является прямой
Эйлера треугольника с вершинами в точках касания вписанной
окружности со сторонами данного треугольника.
*
* *
450. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных
из прриз;вр-?ц>ной точки ркружности, описанной около
треугольника, ц$> стороны треугольника, лежат на одной прямой (прямая
Симеона)..
451. Доказать, что угол между прямыми Симеона,
соответствующими двум точкам окружности, измеряется половиной
дуги между, этими точками.
452. Пусть М — точка ркружности, описанной около
треугольника ABC. Прямая, проходящая через Μ
перпендикулярно ВС у вторично пересекает окружность в точке N.
Доказать, что прямая Симеона, соответствующая точке М,
параллельна прямой AN.
453. Доказать, что проекция стороны АВ треугольника ABC
на прямую Симеона, соответствующую точке М, равна
расстоянию между проекциями точки Μ на стороны АС и ВС
454. Пусть АА\, ВВ\, СС\—высоты треугольника ABC.
Прямые АА\У ВВ\, СС\ вторично пересекают окружность,
описанную около треугольника ABC, в точках Α*χ, i?2, C2
соответственно. Прямые Симеона, соответствующие точкам Лг, #2> ^2>
образуют треугольник А3В3С3 (^з—точка пересечения прямых
Симеона, соответствующих точкам 2?2 и С-г и т. д.). Доказать, что
54

центры тяжести треугольников А\В\С\ и А3Я3С3 совпадают, а
прямые АА\, ВВ\, СС\ пересекаются в одной точке.
455· Пусть А\, В\ и С\—точки на окружности, описанной
около треугольника ABC, такие, что ^АА\+^ВВ\+ ^СС\ —
= 2кп (все дуги измеряются в одном направлений, К—целое
число). Доказать, что прямые Симеона точек A\;Bi 'й С{
относительно треугольника ABC пересекаются в одной точке.
456. Доказать, что касательная к параболе в fee вершине
является прямой Симеона треугольника, образованного при
пересечении любых трех других касательных к той же параболе
(Шюллер).
*
* *
457. Доказать, что середины сторон треугольника, основания
вершины и середины отрезков вершины от вершин до точки их
пересечения лежат на одной окружности—«окружности девяти
точек» (Эйлер).
458. Пусть Я— точка пересечения высот треугольника, D —
середина какой-либо стороны, К — одна из точек пересечения
прямой HD с описанной окружностью (D между Η и К).
Доказать, что D—середина отрезка НК.
459. Пусть Μ — точка пересечения медиан треугольника,
Ε — основание какой-либо высоты, F — одна из точек
пересечения прямой ME с описанной окружностью (М между £7 и F).
Доказать, что FM — 2EM.
460. Высота, опущенная на сторону ВС треугольника ABC,
пересекает описанную окружность в точке «Αι. Доказать, что
расстояние от центра окружности девяти точек до стороны ВС
разно \ЛМ.
4
461. В треугольнике ABC АА\ —высота, Я—точка
пересечения высот. Пусть Ρ—произвольная точка окружности,
описанной около треугольника ABC, Μ—точка на прямой HP такая,
что НРНМ = НА\ НА (Я—на отрезке MP, если треугольник
ABC — остроугольный и вне его, если он—тупоугольный).
Доказать, 4to M лежит на окружности девяти точек треугольника
ABC.
462. В треугольнике ABC В К—высота, BL—медиана, Μ и
N — проекции точек А и С на биссектрису угла В. Доказать, что
точки К, L, Μ и N лежат на одной окружности, центр которой
находится на окружности девяти точек треугольника ABC.
55

463· Пусть Η—точка пересечения высот треугольника, F—
произвольная точка описанной окружности. Доказать, что
прямая Симеона, соответствующая точке F, проходит через одну
из точек пересечения прямой FH с окружностью девяти точек
(см. задачи 450, 456).
464. Пусть I — произвольная прямая, проходящая через
центр окружности, описанной около треугольника ABC, L, К, и
Ρ—проекции А, В и С на /. Проведем через L прямую,
перпендикулярную ВС', через К — перпендикулярную АС, через Ρ —
перпендикулярную АВ. Доказать, что эти три прямые
пересекаются в одной точке, расположенной на окружности девяти точек
треугольника ABC.
465. Дан треугольник ABC] ΑΑχ, ΒΒ\ и СС\ — его высоты.
Доказать, что прямые Эйлера треугольников АВ\С\, А\ВС\,
А\В\С пересекаются в такой точке Ρ окружности девяти точек,
ддя которой один из отрезков РА, РВ, PC равен сумме двух
других отрезков (Виктор Тебо).
466. Доказать, что три окружности, кайедая из которых
проходит через вершину треугольника, основание высоты,
опущенной из этой вершины, и касается радиуса описанного около
треугольника круга, проведенного в эту вершину, пересекаются в
двух точках, расположенных на прямой Эйлера данного
треугольника.
467. Рассмотрим три окружности, каждая из которых
проходит через одну вершину треугольника и основания двух
биссектрис — внутренней и внешней, выходящих из этой вершины
(эти окружности носят название окружностей Аполлония).
Доказать, что: а) эти три окружности пересекаются в двух точках
(Μχ и Мг); б) прямая М\М2 проходит через центр круга,
описанного около данного треугольника; в) основания
перпендикуляров, опущенных из точек М\ и Μ<ι на стороны треугольника,
служат вершинами двух правильных треугольников.
468. Прямая, симметричная медиане треугольника
относительно биссектрисы того же угла, называется симедианой. Пусть
симедиана, выходящая из вершины В треугольника ABC,
пересекает АС в точке К. Доказать, что АК.КС=АВ2:ВС2.
469. Пусть D—произвольная точка на стороне ВС, Ε и F—
точки на АС и АВ такие, что DE параллельна АВ, a DF
параллельна АС. Окружность, проходящая через D, Ε и F, вторично
пересекает ВС, С А и АВ в точках D\, Е\ и Fi соответственно.
Пусть Μ и N—точки пересечения DE и F\D\, DF и D\E\.
Доказать, что Μ и N лежат на симедиане, выходящей из вершины
А. При этом, если D совпадает с основанием симедааны, то ок-
56

ружность, проходящая через D, Ε и F, касается стороны ВС.
(Эта окружность называется окружностью Туккера).
470. Доказать, что общие хорды описанной около данного
треугольника окружности и окружностей Аполлония являются
симедианами этого треугольника (см. задачи 467, 468).
*
* *
471. Дана трапеция ABCD, в которой боковая сторона CD
перпендикулярна основаниям AD и ВС. Окружность с
диаметром АВ пересекает AD в точке Р(Р отлична от Л).
Касательная к окружности в точке Ρ пересекает CD в точке М. Из Μ
к окружности проведена вторая касательная, касающаяся ее в
точке Q. Доказать, что прямая BQ делит CD пополам.
472. Пусть Μ и N — проекции точки пересечения высот
треугольника ABC на биссектрисы внутреннего и внешнего угла В.
Доказать, что прямая MN делит сторону АС пополам.
473. Дана окружность и две точки А и В на ней. Касательные
к окружности, проходящие через А и J5, пересекаются в точке С.
Окружность, проходящая через С, касается прямой АВ в точке
В и вторично пересекается с данной в точке М. Доказать, что
прямая AM делит отрезок СВ пополам.
474. Из точки Л, расположенной вне окружности, проведены
к ней две касательные AM и ΑΝ (Μ и N — точки касания) и
секущая, пересекающая окружность в точках К и L. Проведем
произвольную прямую /, параллельную AM. Пусть КМ и LM
пересекают I в точках Ρ и Q. Доказать, что прямая ΜΝ делит
отрезок PQ пополам.
475. Диаметр окружности, вписанной в треугольник ABC,
проходящий через точку касания со стороной ВС, пересекает
хорду, соединяющую две другие точки касания, в точке N.
Доказать, что AN делит ВС пополам.
476. В треугольник ABC вписана окружность. Пусть Μ —
точка касания окружности со стороной АС, МК — диаметр.
Прямая В К пересекает АС в точке N. Доказать, что AM = NC.
477. В треугольник ABC вписана окружность, Μ—точка
касания окружности со стороной ВС, МК—диаметр. Прямая АК
пересекает окружность в точке Р. Доказать, что касательная к
окружности в точке Ρ делит сторону ВС пополам.
478. Прямая I касается окружности в точке А, пусть CD —
хорда окружности, параллельная /, В — произвольная точка
прямой /. Прямые СВ и DB вторично пересекают окружность
57

в точках L и К. Доказать, что прямая LK делит отрезок АВ
пополам.
479. Даны две пересекающиеся окружности. Пусть А — одна
из точек их дересечения. Из произвольной точки, лежащей на
продолжении общей хорды данных окружностей, проведены к
одной из ни* дэе касательные, касающиеся ее в точках Μ и
N. Пусть Ρ и Q — точки пересечения (отличные от А)
соответственно прямых Μ А и ΝΑ со второй окружностью. Доказать,
что прямая ΜΝ делит отрезок PQ пополам.
480. На высоте BD треугольника ABC как на диаметре
построена окружность, пересекающая стороны АВ и ВС
соответственно в тачках К и L. Прямые, касающиеся окружности в
точках К и I/, пересекаются в точке М. Доказать, что прямая ВМ
делит сторону АС пополам.
481. Прямая Ζ перпендикулярна отрезку АВ и проходит через
В. Окружность с центром на I проходит через А и пересекает I
в точках С и В, касательные к окружности в точках А и С
пересекаются в АГ, Доказать, что прямая DN делит отрезок АВ
пополам.
482. Около треугольника ABC описана окружность. Пусть
N — точка пересечения касательных к окружности, проходящих
через точки В и С, М—такая точка окружности, что AM || J5C,
К — точка пересечения MN и окружности. Доказать, что К А
делит ВС пополам.
483. Пусть А — проекция центра данной окружности на
прямую I. На этой прямой взяты еще две точки В и С так, что
АВ = АС. Через В и С проведены две произвольные секущие,
пересекающие окружность в точках Р, Q и Μ, Ν соответственно.
Пусть прямые NP и ЦQ пересекают прямую Ζ в точках R и S.
Доказать, что RA = AS.
484. Дан треугольник ABC; Αχ, Bi, C\—середины сторон
ВС, С А и*АВ, К и L — основания перпендикуляров,
опущенных из вершин В и С на прямые А\С\ и А\В\ соответственно,
О — центр окружности девяти точек. Доказать, что прямая А\0
делит отрезок KL пополам.
*
* *
485. Пусть точки А\, Вь С\ симметричны некоторой точке Ρ
соответственно относительно сторон ВС, С А и АВ треугольника
ABC. Доказать, что: а) окружности, описанные около
треугольников А\ВС, АВ\С, АВС\, имеют общую точку; б) ркружности,
58

описанные около треугольников А\В\С, А\ВС\, АВ\С\, имеют
общую точку.
486. Пусть АВ — диаметр полукруга, Μ — точка на АВ.
Точки С, D, Ε и F — лежат на полуокружности так, что
lAMD = /.EMB, LCMA — LFMB. Пусть Ρ—точка пересечения
прямых CD и EF. Доказать, что прямая РМ перпендикулярна
АВ.
487. Перпендикуляр, восставленный к стороне АВ
треугольника ABC в ее середине D, пересекает окружность, описанную
около треугольника ABC, в точке Ε (С и Е—«по одну сторону
от АВ), F — проекция Ε на АС. Доказать, что прямая DF делит
периметр треугольника ABC пополам и что три такие прямые,
построенные для каждой стороны треугольника, пересекаются
в одной точке.
488. Доказать, что прямая, делящая периметр и площадь
треугольника в одинаковом отношении, проходит через центр
вписанной окружности.
489. Доказать, что три прямые, проходящие через вершины
треугольника и делящие его периметр пополам, пересекаются в
одной точке N {точка Нагеля). Пусть Μ — центр тяжести
треугольника, /—центр вписанной окружности, S—центр
окружности, вписанной в треугольник с вершинами в серединах
сторон данного. Доказать, что точки Ν, Μ, Ι и S лежат на одной
прямой, причем MN = 2IM, IS = SN.
*
* *
490. Обозначим через а, 6 и с стороны треугольника ABC,
a + b + c = 2p; G—точка пересечения его медиан, О, /, 1а —
соответственно центры описанного, вписанного и вневписанного
кругов (вневписанный круг касается стороны ВС и продолжения
сторон АВ и AC), R, г, га — их радиусы. Доказать
справедливость следующих соотношений:
а) а2 + 62 + с2 = 2р2-2г2-8Яг;
6)OG2 = R2-±(a2 + b2 + c2);
B)IG2 = ^(p2 + 5r2-16Rr);
г)ОГ2 = Д2-2Дг (Эйлер);
д)0/2=Я2 + 2Дга;
е)Л2 = 4Д(га-г).
59

491. Пусть ВВ\ и СС\ —биссектрисы углов В и С
треугольника ABC. Доказать (в обозначениях предыдущей задачи), что
(b + a)(c + a)R
492. Доказать, что точки, симметричные центрам вневписан-
ных окружностей относительно центра описанной окружности,
лежат на окружности, концентрической вписанной окружности,
с радиусом, равным диаметру описанной окружности.
493. Доказать, что сумма площадей трех треугольников,
вершинами каждого из которых являются три точки касания вне-
вписанной окружности с соответствующей стороной
треугольника и продолжениями двух других сторон, равна удвоенной
площади треугольника, сложенной с площадью треугольника с
вершинами в точках касания вписанной окружности со
сторонами треугольника,
494. Найти сумму квадратов расстояний от точек касания
вписанной в данный треугольник окружности с его сторонами
до центра описанной, если радиус вписанной окружности равен
г, а радиус описанной—R.
495. Через основания биссектрис треугольника ABC
проведена окружность. Доказать, что одна из хорд, образованных при
пересечении этой окружности со сторонами треугольника, равна
сумме двух других.
496. Пусть АА\, ВВ\ и СС\—биссектрисы треугольника
ABC у L — точка пересечения прямых АА\ и В\С\, К — точка
пересечения А\В\ и СС\. Доказать, что ВВ\ является
биссектрисой угла LBK.
497. В треугольнике ABC на сторонах АВ и ВС взяты точки
К и L так, что AK?=KL = LC. Через точку пересечения прямых
AL и СК проведена прямая, параллельная биссектрисе угла В,
пересекающая прямую. АВ в точке М. Доказать, что AM— ВС.
498. В треугольнике ABC биссектриса угла В пересекает
прямую, проходящую через середину АС и середину высоты,
опущенной на АС у в точке М\ Ν—середина биссектрисы угла J5. До-s
казать, что биссектриса угла С является также и биссектрисой
угла MCN.
499. а) Доказать, что если в треугольнике равны две
биссектрисы, то треугольник равнобедренный (Штейнер, Л е м у с). ί
б) Доказать, что если в треугольнике ABC биссектрисы
углов, смежных с углами 4иС, равны между собой и обе
одновременно расположены или внутри или вовне угла ABC, то
АВ = ВС. Верно ли, что из равенства двух внешних биссектрис
треугольника следует его равнобедренность?
60

500. Про данный треугольник известно, что треугольник,'
образованный основаниями его биссектрис, является
равнобедренным. Будет ли верным утверждение, что и данный
треугольник является равнобедренным?
*
* *
501. Пусть ABCDEF— вписанный шестиугольник.
Обозначим через К точку пересечения АС и BF, а через L — точку
пересечения СЕ и FD. Доказать, что диагонали AD, BE и прямая
KL пересекаются в одной точке (Паскаль).
502. Дан треугольник ABC и точка М. Прямая, проходящая
через М, пересекает прямые АВ, ВС и С А соответственно в
точках Си Μ и В\. Прямые AM, ВМ и СМ пересекают окружность,
описанную около треугольника ABC, соответственно в точках
Л2, Да и Сг- Доказать, что прямые А\А2, В\В2 и С\С2
пересекаются в одной точке, расположенной на окружности, описанной
около ААВС.
503. Через точку пересечения высот треугольника проведены
две взаимно перпендикулярные прямые. Доказ;ать, что середины
отрезков, высекаемых этими прямыми на сторонах треугольника
(на прямых, образующих треугольник), лежат на одной прямой^
*
* *
504. Даны треугольник ABC и произвольная 1ючка Р.
Основания перпендикуляров, опущенных из Ρ на стороны
треугольника ABC, служат вершинами треугольника А\В\С\.
Вершинами треугольника А^В^Сь служат точки пересечения прямых
АР, ВР и СР с окруждостью, описанной около треугольнику
ABC, отличные от точек А, В и С. Доказать, что треугольники
A\BiCi и А2В2С2 подобны. Сколько найдется для
разностороннего треугольника ABC таких точек Р, что соответствующие
треугольники А\В\С\ и А2В2С2 подобны треугольнику ABC?
505. Пусть А\, В\, С\ —основания перпендикуляров,
опущенных из произвольной точки Μ соответственно на стороны ВС,
СА, АВ треугольника ABC. Доказать, что три прямые,
проходящие через середины отрезков В\С\ и Μ А, С\А\ и MB, A\B\ и
МС, пересекаются в одной точке.
506. Пусть S — площадь данного треугольника, R—радиус
описанного около него круга. Пусть, далее, S\ — площадь
треугольника, образованного основаниями перпендикуляров, опу-
61

щенных на стороны данного треугольника из точки,
удаленной от центра описанного круга на расстояние d. Доказать, что
В?
(Эйлер).
507. Доказать, что если А, В, С и D — произвольные точки
плоскости, то четыре окружности, каждая из которых проходит
через три точки: середины отрезков АВ, АС и AD; В А, ВС и
BD] С А, СВ и CD; DA, DB и DC, имеют общую точку.
508. Пусть ABC — треугольник, D — произвольная точка
плоскости. Треугольник, образованный основаниями
перпендикуляров, опущенных из D на стороны треугольника ABC, будем
называть педальным треугольником точки D относительно
треугольника АВСУ а окружность описанную около педального
треугольника,— педальной окружностью. Обозначим через D\
точку, в которой пересекаются прямые, симметричные прямым
AD, BD и CD относительно биссектрис углов А, В и С
(соответственно) треугольника ABC. Доказать, что педальные
окружности точек D и D\ совпадают.
509. Рассмотрим четыре точки плоскости, никакие три из
которых не лежат на одной прямой. Доказать, что четыре
педальные окружности, каждая из которых соответствует одной из
рассматриваемых точек относительно треугольника, вершинами
которого являются три оставшиеся, имеют общую точку.
510. Прямая, проходящая через центр окружности,
описанной около треугольника ABC, пересекает АВ и АС в точках
С\ и В\ соотзетственно. Доказать, что окружности, построенные
на ВВ\ и СС\ как на диаметрах, пересекаются в двух точках,
одна из крторых лежит на окружности, описанной около ABC,
а другая — на окружности девяти точек треугольника ABC.
§ 5. Четырехугольник
511. Пусть ABCD—.вписанный четырехугольник,
АВ—диаметр. Доказать, что проекции сторон AD и СВ на прямую DC
равны.
512. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, О — точка
пересечения его диагоналей, Е, F и G — проекции В, С и
О на AD. Доказать, что площадь четырехугольника равна
ADBECF
20G
62

513. Пусть ABCD— выпуклый четырехугольник.
Рассмотрим четыре окружности, каждая из которых касается трех
сторон этого четырехугольника.
а) Доказать, что центры этих окружностей лежат на одной
окружности.
б) Пусть η, Γ2, гз, г4 — радиусы этих окружностей (гχ—не
касается стороны ΖΧ7, аналогично r<i не касается стороны Ζλ4,
т^ч тт АВ CD ВС AD
гз — АВ, т\ — ВС). Доказать, что 1 = Η .
Γχ Гз Г2 Г4
514. Доказать, что для площади S вписанного
четырехугольника справедлива формула 5= у/{р — а)(р — Ь)(р — с)(р — d) (здесь
ρ—полупериметр, а, Ь, с, d—стороны).
515. Пусть 2φ—сумма двух противоположных углов
описанного четырехугольника, а, Ь, с и d—его стороны, S—площадь.
Доказать, что 5=Vabcdsunp.
516. На сторонах АВ и CD выпуклого четырехугольника
ABCD взяты точки Μ и iV, делящие их в одинаковом
отношении (считая от вершин А и С). Эти точки соединены со всеми
вершинами четырехугольника, в результате чего ABCD разбит
на шесть треугольников и 9Дин четырехугольник. Доказать, что
площадь получившегося четырехугольника равна сумме
площадей двух треугольников, прилежащих к сторонам ВС и AD.
517. В окружности проведены диаметр АВ и не пересекающая
его хорда CD. Пусть Ε и F—основания перпендикуляров,
опущенных из точек А и В на, прямую CD. Доказать, что площадь
четырехугольника AEFB равна сумме площадей треугольников
АСВ и ADB.
518. Дан выпуклый четырехугольник Q\. Прямые,
перпендикулярные его сторонам и проходящие через середины
сторон, образуют четырехугольник Cfo· Точно так же для
четырехугольника Q2 образован четырехугольник фз- Доказать, что
четырехугольник Q$ подобен исходному четырехугольнику Q\.
519. На противоположных сторонах ВС и DA выпуклого
четырехугольника взяты точки Μ и N так, что . В Μ: Μ С =
= AN:ND = AB:CD. Доказать, что прямая MN параллельна
биссектрисе угла, образованного сторонами АВ и CD.
520. Диагонали разбивают выпуклый четырехугольник на
четыре треугольника. Радиусы окружностей, вписанных в эти
треугольники, равны. Доказать, что данный четырехугольник —
ромб.
521. Диагонали четырехугольника разбивают его на четыре
63

треугольника равного периметра. Доказать, что данный
четырехугольник— ромб.
522. О четырехугольнике ABCD известно, что радиусы
окружностей, вписанных в треугольники ABC, BCD, CDA, DAB,
равны. Доказать, что ABCD—прямоугольник.
523. В окружность вписан четырехугольник ABCD. Пусть
Μ—точка пересечения касательных к окружности, проходящих
через Л и С, N — точка пересечения касательных,
проведенных через В и D, К — точка пересечения биссектрис углов А
и С четырехугольника, L—точка пересечения биссектрис углов
В и D. Доказать, что если выполняется одно из утверждений:
а) М принадлежит прямой BD, б) N принадлежит прямой АС,
в) К лежит на BD, г) L лежит на АС, то верны остальные три
утверждения.
524. Доказать, что четыре прямые, каждая из которых
проходит через основания двух перпендикуляров, опущенных из
вершины вписанного четырехугольника на не содержащие ее
стороны, пересекаются в одной точке.
525. Пусть АВ и CD—две хорды окружности, Μ — точка
пересечения перпендикуляров, восставленных к АВ в точке А и
к CD в точке С, N—точка пересечения перпендикуляров,
восставленных к АВ и CU в точках В и D. Доказать, что прямая
MN проходит через точку пересечения ВС и AD>
526. Пусть ABCD—параллелограмм. Через точки А и В
проходит окружность радиуса R. Другая окружность того же
радиуса проходит через точки В и С. Пусть Μ—вторая точка
пересечения этих окружностей. Доказать, что радиусы окружностей,
описанных около треугольников AMD и CMD, равны R.
527. Пусть ABCD — параллелограмм. Окружность касается
прямых АВ и AD и пересекает BD в точках Μ и N.
Доказать, что существует окружность, проходящая через Μ и N и
касающаяся прямых СВ и CD.
528. Пусть ABCD — параллелограмм. Построим на
диагонали АС как на диаметре окружность и обозначим через Μ и
N точки пересечения с этой окружностью прямых АВ и AD.
Доказать, что прямые BD, MN и касательная к окружности в
точке С пересекаются в одной точке.
529. Четырехугольник ABCD вписан в окружность, 0\, Ог,
03, ^4 —центры окружностей, вписанных в треугольники ABC,
BCD, CDA, DAB, a #1, #2, #3, #4—точки пересечения
высот тех же треугольников. Доказать, что О1О2О3О4 —
прямоугольник, а четырехугольник Я1Я2Я3Я4 равен
четырехугольнику ABCD.
64

530» Дан треугольник ABC, D—произвольная точка
плоскости. Доказать, что точки пересечения высот треугольников
ABD, BCD, CAD являются вершинами треугольника,
равновеликого данному.
531* Доказать, что если в четырехугольник можно вписать
окружность, то: а) окружности, вписанные в два треугольника,
на которые данный четырехугольник разбивается диагональю,
касаются друг друга, б) точки касания этих окружностей со
сторонами четырехугольника Являются вершинами вписанного
четырехугольника.
532. Доказать, что если ABCD— вписанный
четырехугольник, то сумма радиусов окружностей, вдисацных в треугольники
ABC и ACD, равна сумме радиусов окружностей, вписанных в
треугольники BCD и BDA.
*
* *
533. Теорема Бретшнейдера (теорема косинусов для
четырехугольника). Цустьа, 6, с, 4 —последовательные
стороны четырехугольнику, т и п — его диагонали, А и С—два
противоположных угла. Тогда выполняется соотношение
т2п2 5= а2<? + b2d2 - 2abcd cos(4 + С).
534. Теорема Птолемея. Пусть а, 6, с, d—последова-
тельные стороны вписанного четырехугольника, a m и η—его
диагонали. Доказать, что тп = ac+bd,
535. Доказать, что если ABC — правильный треугольник,
Μ — произвольная точка цлоскости, #е лежащая на
окружности, описанное около треугольника ЛВС, то существует
треугольник, стороны которого равны М4, MB и Μ С (теорема
Помпею). Найти угол этого треугольника, лежащей против
сторонры, радной MB, если £АМС = а.
536. Пусть ApCD — вписанный четырехугольник. Четыре
окружности а, /3, η и δ касаются окружности, описанной около
четырехугольника ABCD соответственно в точках А, В, С и D.
Обозначим через ία0 от)эезок касательной к окружностям а и /?,
причем ίαβ—отрезок общей внешней касательной, если а п β
касаются данной одинаковым (внутренним или внешним)
образом, и отрезок общей внутренней касательной, если а и β
касаются данной различным образом (аналогично определяются
величины £β7, tas и т, д.). Доказать, что <а^ + ^7^о='«7^
(обобщенная теорема Птолемея).
65

537. Пусть α, β, η и δ — четыре окружности на цлоскости.
Доказать, что если выполняется соотношение
ίαβί-γδ + tpjtfia = ίαΊίβδ, (*)
где tap и τ· Д· отрезки общих внешних или внутренних
касательных к окружностям а и β и т. д., причем для любых трех
окружностей берутся или три внешние касательные или одна внешняя,
а две внутренние, то окружности а, /?, η и δ касаются одной
окружности.
*
* *
538. Продолжения сторон АВ и CD выпуклого
четырехугольника ABCD пересекаются в точке К, а продолжения сторон AD
и ВС — в точке L, причем отрезки BL и DK пересекаются.
Доказать, что если выполняется одно из трех соотношений:
AB + CD = BC + AD, BK + BL = DK,+ DL, AK + CL = AL + CK,
то выполняются и два других.
539. Продолжения сторон АВ и DC выпуклого
четырехугольника ABCD пересекаются в точке К, а продолжения сторон
AD и ВС — в точке L, причем отрезки BL и DK
пересекаются. Доказать, что если выполняется одно из трех
соотношений: AD+DC=АВ+СВ, AK+CK=AL+CL, AK+CL=AL+CK,
то выполняются и два других.
540. Доказать, что если существует окружность, касающаяся
прямых АВ, ВС, CD и DA, то ее центр и середины АС и BD
лежат на одной прямой.
541. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник.
Перпендикуляр к В А, восставленный в точке А, пересекает прямую CD в
точке Μ, перпендикуляр к DA, восставленный в тЬчке А,
пересекает прямую ВС в точке N. Доказать, что ΜΝ- проходит через
центр окружности, описанной около четырехугольника ABCD.
542. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, Ε —
произвольная точка прямой АВ, F—произвольная точка прямой DC.
Прямая AF пересекает окружность в точке М, прямая DE — в
точке N. Доказать, что прямые ВС, EF и MN пересекаются в
одной точке или параллельны.
543. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных
из точки пересечения диагоналей вписанного четырехугольника
на его стороны, являются вершинами четырехугольника, в
который можно вписать окружность. Найти радиус этой
окружности, если диагонали вписанного четырехугольника перпендику-
66

лярны, радиус данной окружности равен R, а расстояние от ее
центра до точки пересечения диагоналей равно d.
544. Диагонали вписанного четырехугольника
перпендикулярны. Доказать, что середины его сторон и основания
перпендикуляров, опущенных на стороны из точки пересечения
диагоналей, лежат на одной окружности. Найти радиус этой
окружности, если радиус данной окружности равен Д, а расстояние от
ее центра до точки пересечения диагоналей четырехугольника
равно d.
545. Доказать, что если четырехугольник вписан в
окружность радиуса R и одновременно описан около окружности
радиуса г, причем расстояние между центрами этих окружностей
1 1 1
равно а, то выполняется соотношение т=—^т + тт;—τπ = ~о;
(R+d)2 (R-d)2 г2
при этом существует бесконечно много четырехугольников,
одновременно вписанных в большую окружность и описанных
около меньшей окружности (в качестве одной из вершин можно
взять любую точку большей окружности).
546. Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на
четыре треугольника. Доказать, что прямая, соединяющая
центры тяжести двух противоположных треугольников,
перпендикулярна прямой, соединяющей точки пересечения высот двух
других треугольников.
547. Пусть ABCD—вписанный четырехугольник, Μ κ Ν —
середины АС и BD. Доказать, что если BD является
биссектрисой угла ANC, то и АС—биссектриса угла BMD.
548. Пусть ABCD—вписанный четырехугольник.
Противоположные стороны АВ и CD при продолжении пересекаются в
точке К, а стороны ВС и AD—в точке L. Доказать, что
биссектрисы углов ВКС и BLA перпендикулярны и пересекаются на
прямой, соединяющей середины АС и BD.
549. Диагонали четырехугольника перпендикулярны.
Доказать, что четыре прямые, каждая из которых соединяет одну
из вершин четырехугольника и центр окружности, проходящей
через эту вершину и две смежные с нею вершины
четырехугольника, пересекаются в одной точке.
550. Пусть Р, Q и Μ — соответственно точки пересечения
диагоналей вписанного четырехугольника и продолжений его
противоположных сторон. Доказать, что точка пересечения
высот треугольника PQM совпадает с центром окружности,
описанной около данного четырехугольника (Б рок ар).
551. Пусть ABCD—описанный четырехугольник, К—точка
пересечения прямых АВ и CD, L — точка пересечения прямых
67

AD и ВС. Доказать, что точка пересечения высот треугольника,
образованного прямыми KLy AC и BD, совпадает с центром
окружности, вписанной в четырехугольник ABCD.
552. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, Ζ ABC =
= Δ ADC\ Μ и N — основания перпендикуляров, опущенных из
А на ВС и CD соответственно, К—точка пересечения прямых
MD и NB. Доказать, что прямые АК и MN перпендикулярны.
*
553. Доказать, что четыре окружности, описанные около
четырех треугольников, образованных четырьмя
пересекающимися прямыми плоскости, имеют общую точку (точка Микеля).
554. Доказать, что центры четырех окружностей, описанных
около четырех треугольников, образованных четырьмя
пересекающимися прямыми плоскости, лежат на одной окружности.
555. Даны четыре попарно пересекающиеся прямые. Пусть
Μ — точка Микеля, соответствующая этим прямым (см.
задачу 553). Доказать, что если четыре из шести точек попарного
пересечения данных прямых лежат на окружности с центром О,
то прямая, проходящая через две оставшиеся точки, содержит
точку Μ и перпендикулярна прямой ОМ.
556* ЧетЬфе попарно пересекающиеся прямые образуют
четыре треугольника. Доказать, что если одна прямая
параллельна прямой Эйлера (см. задачу 444) треугольника,
образованного тремя другими прямыми, то этим же свойством
обладает и любая другая прямая.
557. Дан треугольник ABC. Прямая пересекает прямые АВУ
ВС и СА соответственно в точках D, Ε и F. Прямые DC, AE
и BF образуют треугольник KLM. Доказать, что окружности,
построенные на DCy AE и BF как на диаметрах, пересекаются
в двух точках Ρ κ Ν (предполагается, что эти окружности
попарно пересекаются), причем прямая ΡΝ проходит через центр
окружности, описанной около треугольника KLM, а также
через точки пересечения высот треугольников ABC, BDE, DAF и
CEF.
558. Дан треугольник ABC. Произвольная прямая
пересекает прямые АВ, ВС и СА соответственно в точках Д £7 и F.
Доказать, что точки пересечения высот треугольников ABC, BDEy
DAF и CEF лежат на одной прямой, перпендикулярной прямой
Гаусса (см. задачу 350).
68

559. Доказать, что срединные перпендикуляры,
восставленные к отрезкам, соединяющим точки пересечения высот и
центры описанных окружностей четырех треугольников,
образованных четырьмя произвольными прямыми плоскости,
пересекаются в одной точке (точка Эрвея).
560. Рассмотрим шестнадцать точек, являющихся центрами
всевозможных вписанных и вневписанных окружностей для
четырех треугольников, образованных четырьмя
пересекающимися прямыми плоскости. Доказать, что эти шестнадцать точек
можно разбить на четыре четверки двумя способами так, что
каждая четверка лежит на одной окружности. Центры этих
окружностей при разбиении первым способом лежат на одной прямой,
а при разбиении вторым способом—на другой прямой. Эти
прямые перпендикулярны и пересекаются в точке Микеля—общей
точке описанных около четырех треугольников окружностей.
§ 6. Окружности и касательные.
Теорема Фейербаха
561. На прямой расположены последовательно точки Л, В, С
и D так, что ВС = 2АВ, CD = AC. Одна окружность проходит
через точки А и С, а другая—через точки ВиВ. Доказать, что
общая хорда этих окружностей делит отрезок АС пополам.
562. Пусть В—точка отрезка АС. Фигура, ограниченная
дугами трех полуокружностей с диаметрами АВУ ВС и СА,
расположенными по одну сторону от прямой АС у носит название
сапожный нож, или арбелос Архимеда. Доказать, что
радиусы двух окружностей, каждая из которых касается двух
полуокружностей и прямой, перпендикулярной АС и проходящей
через 2?, равны между собой (задача Архимеда).
563. Три окружности проходят через две данные тбчки
плоскости каждая. Пусть Οι, Ог, Оз —их центры. Прямая,
проходящая через одну из точек, общую всем трем окружностям,
вторично пересекает их соответственно в точках Αχ, Α^ А$.
Доказать, что ΑχΑ^. Л2А3 = 0ι02· O2O3.
564. Даны две непересекающиеся окружности. Доказать, что
четыре точки касания общих внешних касательных к этим
окружностям лежат на одной окружности; точно так же четыре
точки касания общих внутренних касательных лежат на одной
окружности и четыре точки пересечения общих внутренних
касательных с обпщми внешними касательными лежат на третьей
окружности; при этом все три окружности—концентрические.
69

565. Даны две непересекающиеся окружности. Третья
окружность касается обеих данных внешним образом и имеет центр
на прямой, проходящей через центры данных. Доказать, что
третья окружность пересекает общие внутренние касательные
к данным окружностям в четырех точках, образующих
четырехугольник, две стороны которого параллельны общим внешним
касательным к данным окружностям.
566. Даны две окружности. Через центр одной из них
проведена прямая, пересекающая эту окружность в точках Л и С,
а другую окружность — в точках В и D. Доказать, что если
АВ:ВС = AD:DC, то окружности перпендикулярны, т. е. угол
между касательными к ним в точке их пересечения—прямой.
567. Точки Л, В, С и D лежат на одной окружности или на
прямой; через точки i и В, В и С, Си Д D и А проведены
четыре окружности. Обозначим через Βχ, Си ϋχ и Αχ точки
пересечения (отличные от Л, 2?, С и D) соответственно первой и
второй, второй и третьей, третьей и четвертой, четвертой и
первой окружностей. Доказать, что точки АиВиСхл Dx лежат на
одной окружности (или на прямой).
568. Пусть из точки Л, взятой вне окружности, проведены к
окружности две касательные AM и ΑΝ (Μ πΝ—точки касания)
и две секущие, и пусть Ρ и Q—точки пересечения окружности
с первой секущей, а К и L — со второй. Доказать, что прямые
РК, QL и ΜΝ пересекаются в одной точке или параллельны.
Получить отсюда способ построения с помощью одной
линейки касательной к данной окружности, проходящей через
данную точку.
569. Дана окружность с центром О и точка Л. Пусть
В—произвольная точка окружности. Найти геометрическое место
точек пересечения касательных к окружности в точке В с прямой,
проходящей через О перпендикулярно АВ.
570. Даны окружность и две точки А и В на ней. Пусть N —
произвольная точка прямой АВ. Построим две окружности,
каждая из которых проходит через точку N и касается данной:
одна в точке Л, а другая в точке В. Обозначим через Μ вторую
точку пересечения этих окружностей. Найти геометрическое
место точек Μ.
571. Через фиксированную точку А внутри окружности
проведены две произвольные хорды PQ и KL. Найти
геометрическое место точек пересечения прямых РК и QL.
572. Две окружности пересекаются в точках А и В.
Произвольная прямая проходит через В и вторично пересекает первую
окружность в точке С, вторую—в точке D. Касательные к пер-
70

вой окружности в С, а ко второй — в D пересекаются в точке
М. Через точку пересечения AM и CD проходит прямая,
параллельная СМ, пересекающая АС в точке К. Доказать, что KB
касается второй окружности.
573. Дана окружность и касательная к ней /. Пусть N —
точка касания, NM—диаметр. На прямой NM взята
фиксированная точка А. Рассмотрим произвольную окружность,
проходящую через А, с центром на I. Пусть С и D—точки пересечения
этой окружности с /, а Р и Q—точки пересечения прямых Μ С
и MD с данной окружностью. Доказать, что хорда PQ проходит
через фиксированную точку плоскости.
574. Точки Οχ и О2 — центры двух пересекающихся
окружностей, А — одна из точек их пересечения. К
окружностям проведены две общие касательные, ВС и EF—хорды этих
окружностей с концами в точках касания (С и Ε наиболее
удалены от Л), Μ и N — середины ВС и EF. Доказать, что
Ζθι А02 = ΔΜΑΝ = 2АСАЕ.
575. В окружности проведен диаметр АВ, CD — хорда,
перпендикулярная АВ. Произвольная окружность касается хорды
CD и дуги CBD. Доказать, что касательная к этой окружности,
проведенная из точки Л, равна ЛС
576. Дан круговой сегмент. Две произвольные окружности
касаются хорды и дуги этого сегмента и пересекаются в точках
Μ и N. Доказать, что прямая ΜΝ проходит через
фиксированную точку плоскости.
*
* *
577. Даны дйа равных непересекающихся круга. На двух
общих внутренних касательных берем две произвольные точки F
и F'. Из обеих точек к каждому кругу можно провести еще по
одной касательной. Пусть касательные, проведенные из точек
F и F1 к одному кругу, встречаются в точке Л, к другому — ή
точке J5. Требуется доказать, что: 1) прямая АВ параллельна
прямой, соединяющей центры кругов (в случае неравных
кругов проходит через точку переселения внешних касательных);
2) прямая, соединяющая середины FF1 и АВ проходит через
середину отрезка, соединяющего центры кругов.
(Эта задача была предложена читателям журнала
«Вестник опытной физики и элементарной математики» профессором
В. Ермаковым* Журнал этот издавался в России в прошлом
веке. Задача была опубликована в 14 (2) номере журнала за
71

1887 г. За решение задачи читателям была обещана премия —
литература по математике.)
578. Даны три окружности α, β и 7· Пусть Ιχ и fe—общие
внутренние касательные к окружностям а и β, га χ и тп2 —
общие внутренние касательные к окружностям β и j, щ и П2 —
общие внутренние касательные к окружностям 7 и а. Доказать,
что если прямые l\, m\ и η χ пересекаются в одной точке, то и
прямые fc» wi2 и ri2 также пересекаются в одной точке.
579. Дуга АВ окружности разделена на три равные части
точками С и D (С—ближайшая к А точка). После поворота вокруг
А на угол π/З точки В, С и D перейдут соответственно в В\, С\
и D\ (С, D и В\ по одну сторону от АВ), F — точка пересечения
прямых АВ\ и DC\, Ε — точка на биссектрисе угла В\ВА
такая, что BD = DE. Доказать, что треугольник CEF правильный
(Финлей).
*
* *
580. Дан угол с вершиной А и окружность, вписанная в него.
Произвольная прямая, касающаяся данной окружности,
пересекает стороны угла в точках В и С. Доказать, что окружность,
описанная около треугольника ABC, касается фиксированной
окружности, вписанной в данный угол.
581. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка D.
Рассмотрим окружность, касающуюся отрезка AD в точке М,
отрезка BD и окружности, описанной около треугольника ABC,
Доказать, что прямая, проходящая через Μ параллельно BD,
касается окружности, вписанной в треугольник ABC.
582. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка D.
Пусть Οχ—центр окружности, касающейся отрезков AD, BD
и окружности, описанной около треугольника ABC, a O2 —
центр окружности, касающейся отрезков CD, BD и описанной
окружности. Доказать, что прямая 0102 проходит через центр
вписанной в треугольник ABC окружности — точку О, причем
OiO:O02 = tg2(¥>/2), Τ№φ = ΔΒΰΑ (Виктор Тебо).
*
* *
583. Доказать, что окружность девяти точек (см. задачу 457)
касается вписанной в треугольник окружности и всех вневпи-
санных окружностей (Фейербах).
72

584. Пусть Η — точка пересечения высот треугольника ABC.
Доказать, что окружность девяти точек касается всех
вписанных и вневписанных окружностей треугольников АНВ, ВНС,
СНА.
585. Доказать, что точка пересечения диагоналей
четырехугольника с вершинами в точках касания окружности девяти
точек треугольника ABC со вписанной и вневписанными
окружностями этого треугольника лежит на его средней линии.
586. Обозначим через F, Fa> Fb и Fc точки касания
окружности девяти точек треугольника ABC со вписанной и тремя
вневписанными окружностями (Fa точка касания с окружностью,
центр которой 1а и т. д.). Пусть далее А\ и А2, B\ и В2) С\ и С2 —
точки пересечения с противоположными сторонами биссектрис
внутренних и внешних углов А, В и С соответственно.
Доказать подобие следующих треугольников: &FaFbFc и AAiB\Ci,
AFFbFc и &AiB2C2, &FFcFa и &ВгС2А2, &FFaFb и АСгА2В2
(Виктор Тебо).
§ 7. Комбинации фигур.
Перемещения на плоскости.
Многоугольники
587. На сторонах ВС, С А и АВ треугольника ABC во
внешнюю сторону построены квадраты BCDE, ACFG, БАНК. Пусть
FCDQ и ЕВКР — параллелограммы. Доказать, что
треугольник APQ—равнобедренный прямоугольный.
588. Пусть ABCD — прямоугольник, Ε — точка на ВС, F —
на DC, Εχ —середина АЕ, F\ —середина AF. Доказать, что если
AAEF правильный, то и треугольники DE\C и BF\C также
правильные.
589. На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника во
внешнюю сторону построены квадраты ACKL и BCMN.
Доказать, что четырехугольник, ограниченный катетами и прямыми
LB и NA, равновелик треугольнику, образованному прямыми
LB, ΝΑ и гипотенузой АВ.
590. На сторонах выпуклого четырехугольника во внешнюю
сторону построены квадраты. Доказать, что если диагонали
четырехугольника перпендикулярны, то отрезки, соединяющие
центры противоположных квадратов, проходят через точку
пересечения диагоналей четырехугольника.
591. Доказать, что если центры квадратов, построенных на
сторонах данного треугольника во внешнюю сторону, служат
вершинами треугольника, площадь которого в два раза больше
73

площади данного, то центры квадратов, построенных на
сторонах треугольника во внутрь его, лежит на одной прямой.
{ 592. На сторонах J5C, С А и АВ треугольника ABC во
внешнюю сторону построены треугольники А\ВСУ В\СА и С\АВ так,
что zAiBC^zCiBA, zCiAB = ZBiAC, ΔΒχΟΑ = ΔΑιΟΒ.
Доказать, что прямые АА\, ВВ\У СС\ пересекаются в одной точке.
593. Пусть ABC—равнобедренный треугольник (АВ = ВС);
BD—его высота. Круг радиуса BD катится по прямой АС.
Доказать, что пока вершина В находится внутри круга, дуга
окружности, расположенная внутри треугольника, имеет
постоянную длину.
594. По двум пересекающимся прямым с равными
скоростями движутся две точки. Доказать, что найдется такая
фиксированная точка плоскости, которая во все моменты времени
от них равноудалена.
595. Два велосипедиста едут по двум пересекающимся
окружностям. Каждый едет по своей окружности с постоянной
скоростью. Выехав одновременно из одной точки, где пересекаются
окружности, и сделав по одному обороту, велосипедисты вновь
встретились в этой точке. Доказать, что существует такая
неподвижная точка, расстояния от которой до велосипедистов все
время одинаковы, если они едут: а) в одном направлении (по
часовой стрелке); б) в разных направлениях.
596. Доказать, что: а) поворот вокруг точки О на угол α
эквивалентен последовательному применению двух осевых
симметрии, оси которых проходят через точку О, а угол между
осями а/2; параллельный же перенос эквивалентен двум осевым
симметриям с параллельными осями; б) два последовательных
поворота вокруг точки 0\ на угол α и вокруг точки 0<ι на угол β
(О < а < 2π, О < β < 2π, повороты делаются в одном направлении)
эквивалентны одному повороту на угол а + β вокруг некоторой
точки О, если а + /?^27г. Найти углы треугольника 0\0<ιΟ.
597. Дан произвольный треугольник ABC. На его сторонах
как на основаниях построены три равнобедренных треугольника
АК J5, BLC^CMA с углами при вершинах AT, L и М, равными а,
β и 7, α+/?+7=2π. Причем все три треугольника расположены
или вне треугольника ABC или внутри его. Доказать, что углы
треугольника KLM равны α/2, β/2, η/2.
598. Пусть ABCDEF—вписанный шестиугольник, в котором
АВ = CD = EF = Д, где R—радиус окружности, О —>ее центр.
Доказать, что точки попарных пересечений окружностей,
описанных около треугольников ВОС, DOE, FOA, отличные от О,
служат вершинами правильного треугольника со стороной Я.
74

599. На сторонах выпуклого четырехугольника во внешнюю
сторону построены ромбы, острый -угол каждого из них равен
а. При этом углы двух ромбов, прилежащие к одной вершине
четырехугольника, равны. Доказать, что отрезки, соединяющие
центры противоположных ромбов, равны, а острый угол между
этими отрезками равен а.
600. Дан произвольный треугольник. На его сторонах вовне
построены равносторонние треугольники, центры которых
служат вершинами треугольника Δ. Центры равносторонних
треугольников, построенных на сторонах исходного внутрь его,
служат вершинами другого треугольника δ. Доказать, что: а)
треугольники Δ и δ равносторонние; б) центры треугольников Δ и δ
совпадают с центром тяжести исходного; в) разность площадей
треугольников Δ и δ равна площади исходного.
60L На плоскости даны три точки. Через эти точки
проведены три прямые, образующие правильный треугольник. Найти
геометрическое место центров этих треугольников.
602. Дан треугольник ABC. На прямой, проходящей через
вершину А и перпендикулярной сторойе J3C, взяты две точки
Αχ и Α*ι так, что АА\ = AA*i = ВС (А\ ближе к прямой ВС, чем
Л2). Аналогично, на прямой, перпендикулярной АС и
проходящей через В, взяты точки В\ и Β<ι так, что ВВ\ = BB<i = AC.
Доказать, что отрезки Α\Β<ι и А2В1 равны и перпендикулярны.
*
* *
603. Доказать, что описанный многоугольник, все стороны
которого равны, является правильным, если число сторон
нечетно.
604. Через центр правильного η-угольника, вписанного в
единичную окружность, проведена прямая. Найти сумму квадратов
расстояний До этой прямой от вершин п-угольника.
605. Доказать, что сумма расстояний от произвольной точки
внутри выпуклого многоугольника до его сторон постоянна,
если: а) все стороны многоугольника равны; б) все углы
многоугольника равны.
606. Подуокру^сность разделена точками Aq , А\,..., ·4.2η+ι на
2п + 1 равных дуг (Ло и ί42η+ι—концы полуокружности), О —
центр полуокружности. Доказать, что прямые А\А2П, А2А2П-1,
..., ΑηΑη+ι образуют при пересечении с прямыми О An и ОАп+\
отрезки, сумма, длин которых равна радиусу окружности.
607. Доказать, что если из произвольной точки окружности
опустить перпендикуляры на стороны вписанного 2п-угольника,
75

то произведения длин этих перпендикуляров через один будут
равны.
608. Пусть Л1А2... Ап—вписанный многоугольник; центр
окружности находится внутри многоугольника. Система
окружностей касается данной изнутри в точках А\, А2, ..., Ап, причем
одна из точек пересечения двух соседних окружцостей лежит на
соответствующей стороне многоугольника. Доказать, что если η
нечетно, то все окружности имеют равные радиусы. Длина
внешней границы объединения вписанных окружностей равна длине
данной окружности.
609. Рассмотрим окружность, в которую вписан правильный
(2п+1)-угольник j4ii42...;42n+i. Пусть А—произвольная точка
дуги ΑιΑ2η+ι>
а) Доказать, что сумма расстояний от А до вершин с четными
номерами равна сумме расстояний от А До вершин с нечетными
номерами.
б) Построим равные окружности, касающиеся данной
одинаковым образом в точках А\, А2, ..., А2п+\. Доказать, что
сумма касательных, проведенных из Л к окружностям,
касающимся данной в вершинах с четными номерами, равна сумме
касательных, проведенных к окружностям, касающимся данной
в вершинах с нечетными номерами.
610. а) К данной окружности проведены дае касательные.
Пусть А и В—точки касания, С—точка пересечения
касательных. Проведем произвольную прймую ί, касающуюся данной
окружности, не проходящую через А и В. Пусть и и ν—расстояния
до I от i и В\ w — расстояние до / от С. Найти uv/w2, если
ААСЁ = а.
б) Вокруг окружности описан многоугольник. Пусть
/—произвольная прямая, касающаяся окружности и не совпадающая
ни с одной из сторон многоугольника. Доказать, что отношение
произведения расстояний от вершин многоугольника до / к
произведению расстояний от точек касания сторон многоугольника
с окружностью до I не зависит от положения прямой /.
в) Пусть I — произвольная касательная к окружности,
А\А^... А2п—описанный около окружности 2п-угольник.
Доказать, что произведение расстояний до I от вершин с нечетными
номерами и произведение расстояний до / от вершин с четными
номерами находятся в постоянном отношении, не зависящем от
I (предполагается, что / не содержит вершин многоугольника).
611. Во вписанном многоугольнике проведены
непересекающиеся диагонали, разбивающие его на треугольники. Доказать,
76

что сумма радиусов окружностей, вписанных в эти
треугольники, не зависит от того, как проведены диагонали.
612. Пусть А\А2...Ап— многоугольник периметра 2р,
описанный около окружности радиуса г, В\, В2, ..-, Вп—
соответственно точки касания сторон А\А2, АъАг, ..., АпА\ с
окружностью, Μ — точка, находящаяся на расстоянии d от центра
окружности. Доказать, что
MBlA1A2+MB%-A2A3 + ... + MBl.AnAl = 2p(r2 + d2).
613. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, Μ —
произвольная точка окружности. Доказать, что проекции точки Μ
на прямые Симеона (см. задачу 450), соответствующие точке Μ
относительно треугольников ABC, BCD, CD А и DAB, лежат на
одной прямой (прямая Симеона четырехугольника).
Далее по индукции определим прямую Симеона (п + 1)-
угольника через прямую Симеона η-угольника. А именно, для
произвольного вписанного (п 4- 1)-угольника и точки М~ на
окружности проекции этой точки на всевозможные прямые
Симеона этой точки относительно всевозможных п-угольников,
образованных η вершинами этого (п + 1)-угольника, лежат йа
одной прямой—прямой Симеона (п + 1)-угольника.
614. Внутри окружности α находится окружность β. На
окружности а заданы две последовательности,точек: А\, А2, А$, ...
и В\, В2, B$, ..., следующие в одном и том же направлении, и
такие, что прямые А\А2, А2А$, А$А4, ... и В\В2, В2В$, Β$Β±, ..,
касаются окружности /?. Доказать, что прямые А\В\, А2В2,
Афъ, ... касаются одной окружности, центр которой находится
на прямой, проходящей через центры окружностей а и /?,
615. Используя результат предыдущей задачи, доказать
следующее утверждение (теорема Понселе). Если существует
один η-угольник, вписанный в некоторую окружность а и
описанный около другой окружности β, то существует бесконечно
много η-угольников, вписанных в окружность а и
описанных около окружности β, причем за одну из вершин такого
n-угольнйка можно взять любую точку окружности а.
616. На сторонах правильного треугольника PQR как на
основаниях во внешнюю по отношению к треугольнику PQR
сторону построены равнобедренные треугольники PXQ, QYR и
RZP, причем
ό Ο
= ~(n+2zC), где А, В, С — углы некоторого треугольника ABC.
77

Пусть Aq—точка пересечения прямых Ζ Ρ и YQ, Bq—точка
пересечения прямых XQ и ZR, Со—прямых YR и ХР. Доказать,
что утлы треугольника AqBqCq равны соответствующим углам
треугольника ABC.
Используя полученный результат, доказать следующую
теорему Морлея: если углы произвольного треугольника
разделены на три равные части каждый (получившиеся прямые
называются триссектрисами), то три точки, являющиеся
точками пересечения пар триссектрис, прилежащих it
соответствующим сторонам треугольника, являются вершинами правильного
треугольника.
617. Будем считать, что вершины треугольника ABC следуют
друг за другом в положительном — против часовой стрелки —
порядке. Для любых двух лучей а и β символом (а,/?) будем
обозначать угол, на который надо повернуть луч а против
часовой стрелки до совпадения с лучом β. Обозначим через αχ и
а[ два луча, выходящие из А, для которых {АВУа\) = (αι,α^) =
= (a'vAC) = -ζ^Α, αΐ2 и с/2 — лучи, для которых (АВ,с*2) =
о
= («2,6*2) = {а'2,АС) = ~(Ζ^ + 2π), и, наконец, аз и а'3—лучи,
о
для которых (АВ,аз) = (аз,аз) = (а'3,АС) = -(/.Α + Απ) (а*, а£,
о
где г = 1,2,3, соответственно будем называть триссектрисами
первого, второго и третьего родов). Точно так же для вершин
В и С определим /?,, /3} и 7*, 7* (j,fe = 1,2,3). Через α</?/γ* будем
обозначать треугольник, образованный при пересечении
соответственно прямых (не лучей) а% и /3j, fij и 7*, 7* и α£. Доказать, что
при всех г, jy k таких, что i+j + k-Ι не кратно трем,
треугольники ai/?j7Jfe —правильные, их стороны параллельны, а вершины
расположены на девяти прямых, по шести на каждой прямой
(полная теорема Морлея).
§ 8. Геометрические неравенства.
Задачи на максимум и минимум
618· В начале XIX века итальянским геометром Мальфатти
была поставлена следующая задача: из данного треугольника
вырезать три круга так, чтобы сумма их площадей была
наибольшей. В более поздних исследованиях под окружностями
Мальфатти стали понимать три окружности, попарно
касающиеся друг друга, каждая из которых касается также двух сторон
78

данного треугольника. Доказать, что для правильного
треугольника окружности Мальфатти не дают решения первоначальной
задачи. (Лишь в середине XX века было установлено, что
окружности Мальфатти ни для какого треугольника не дают решения
первоначальной задачи.)
3
619. Доказать, что р^ -v6i?r, где ρ—полупериметр, гий—
радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника.
620. Доказать, что периметр треугольника, вершинами
которого являются основания высот данного остроугольного
треугольника, не превосходит половины периметра данного
треугольника.
621. Доказать, что если треугольник, составленный из
медиан данного треугольника, является тупоугольным, то
меньший угол исходного треугольника меньше 45°:
622. Пусть ABCD— выпуклый четырехугольник. Доказать,
что хотя бы один из четырех углов ВАС, DBC, ACD, ΒΌΑ не
превосходит π/4.
623. Доказать, что медиана к большей стороне треугольника
образует со сторонами, ее заключающими, углы, величина
каждого из которых не меньше половины наименьшего угла
треугольника.
624. Доказать, что если в треугольнике ABC угол В тупой и
АВ = АСIX то ZC > ZA/2.
625. Доказать, что окружность, описанная около
треугольника, не может проходить через центр вневписанной
окружности.
626. В треугольнике из вершины-Л выходят медиана,
биссектриса и высота. Какой угол больше: между медианой и
биссектрисой или между биссектрисой и высотой, если угол А дан?
627. Доказать, что если медианы, проведенные'из вершин В
и С треугольника ABC, перпендикулярны, то ctgJ3+ctgC>2/3.
628. Дан треугольник ABC, АВ < ВС. Доказать, что для
произвольной точки Μ на медиане, проведенной из вершины В,
ΔΒΑΜ>ΔΒΰΜ.
629. Из внешней точки А к окружности проведены две
касательные АВ и АС и середины их D и Ε соединены прямой DE.
Доказать, что эта прямая не пересекает окружность.
630. Доказать, что если прямая не пересекает окружность,
то для любых двух точек прямой расстояние между ними
заключено между "суммой и разностью длин касательных,
проведенных из этих точек к окружности. Доказать обратное утвер-
79

ждение: если для каких-то двух точек прямой утверждение не
выполняется, то прямая пересекает окружность.
631. В треугольнике ABC углы связаны соотношением 3ΔΑ -
— Δθ < π. Угол В разделен на четыре равные части прямыми,
пересекающими сторону АС. Доказать, что третий из отрезков,
на которые разделена сторона АС, считая от вершины А, меньше
АС/А.
632. Пусть а, Ь, с, d—последовательные стороны
четырехугольника. Доказать, что если S — его площадь, то 5^ (ас +
+М)/2, причем равенство имеет место только для вписанного
четырехугольника, диагонали которого перпендикулярны.
633. Доказать, что если длины биссектрис треугольника
меньше 1, то его площадь меньше V5/3.
634. Доказать, что треугольник будет остроугольным,
прямоугольным или тупоугольным в зависимости от того, будет ли
выражение а2+Ь2+с2- <8ir положительно, равно нулю илц
отрицательно (а, 6, с—стороны треугоЛьника, R—радиус описанного
круга,).
635. Доказать, что треугольник будет остроугольным,
прямоугольным или тупоугольным в зависимости от того, будет ли его
полупериметр соответственно больше, равен или меньше суммы
диаметра описанного круга и радиуса вписанного.
636. Доказать, что если длины сторон треугольника связаны
неравенством а2 + Ь2 > 5с2, то с—наименьшая сторона.
637. В треугольнике ABC угол В средний по величине:
Δ Α < ΔΒ < ZC, I—центр вписанной окружности, О—центр
описанной окружности, Η — точка пересечения высот. Доказать,
что / лежит внутрц треугольника ВОН.
638. Треугольники ABC и AM С расположены так, что Μ С
пересекает АВ в точке О, причем АМ + МС=АВ + ВС. Докаг
зать, что если АВ=ВС, то ОВ > ОМ.
639. В треугольнике ABC точка Μ лежит на стороне ВС.
Доказать, что {AM - АС)ВС ^ {АВ - АС)МС.
640. Пусть а, Ь, с — стороны треугольника ABC, Μ —
произвольная точка плоскости. Найти минимум выражения Μ А2 +
+МВ2 + МС2.
641. Стороны угла, равного а, являются бортами бильярда.
Какое наибольшее число отражений от бортов может сделать
бильярдный шар (размерами шара можно пренебречь)?
642. Четыре деревни расположены в вершинах квадрата со
стороной 2 км. Деревни соединены дорогами таким образом, что
80

йз каждой можйо пройти в любую другую. Может ли общая
длина дорог быть меньше 5,5 км?
643. Точка А расположена между двумя параллельными
прямыми на расстоянии α и & от них. Эта точка служит
вершиной угла, равного а, всевозможных треугольников, две другие
вершины которых лежат по одной на данных прямых. Найти
наименьшее значение площади таких треугольников.
644т Дана окружность радиуса R с центром в точке О,
АВ — ее диаметр, точка Μ находится на радиусе О А, причем
АМ:МО=к. Через точку Μ проведена произвольная хорда CD.
Чему равно наибольшее значение площади четырехуголыщка
ACBD?
645. Дан угол с вершиной A jn две точки Μ я N внутри него.
Через Μ проводится прямая, пересекающая стороны угла в
точках В и С. Доказать^ что для того чтобы площадь
четырехугольника ABNC была наименьшей, необходимо и достаточно, чтобы
прямая ВС пересекала AN в такой точке Р, что ВР=МС. Да1*ь
способ построений этой прямой.
646. Вершина угла α находится в точке О, А—фиксировав
ная точка внутри yniat. На сторонах yrjia ваяты точки Μ &Ν
так, что ΖΜΑΝ — β(α + β<π). Доказать, что если Αλί ?=ΑΝ, то
площадь четырехугольника ОМА$ достигает максимума' (среди
всевозможных четырехуголькйков, получающихся при
изменении Μ и Ν).
647. Учитывая результат предыдущей задачи, решить
следующую. Внутри угДа с вершиной О вЗята точка А: Пряма* О А
образует со сторонами угла углы ψ и ф. При каких β можно
найти на сторонах угла точки Μ и N такие, что ΔΜΑΝ^β
[ψ + φ + β < π) и площадь четырехугольника OMAN
максимальна?
648. Дкн треугольник ОВС (Z00C=q), Для каждой Уточки
А на стороне ВС определим точки Μ и N на ОВ и ОС так,
что ζΜΑΝ = β (α+$ <π) и площадь четырехугольника ОМ AN
была бы максимальной. Доказать, что эта максимальная
площадь достигает минимума для таких" точек А, М и i\T, для
которых MA=ANi а прямая МАГ параллельна ВС. (Такие точки
найдутся, если утлы В и С треугольника ABC не превосходит
649. Пусть ABCD*— вписанный четырехугольник. Диагональ
АС равна а и образует углы α и β соответственно со сторонами
АВ и AD* Доказать, что площадь четырехугольника заключена
81

a2 sin(a 4- β) sin β a2 sm(a + β) sin a
между величинами -—— и —:—~ .
2sma 2sin/?
650. Дан угол а с вершиной в точке О и точка А внутри него.
Рассмотрим всевозможные четырехугольники OMAN, у кото·
рых вершины Μ и N расположены н;а сторонах угла и такде,
что ζΜΑΝ = β (α + β>π). Доказать, что если среди этих
четырехугольников найдется такой выпуклый четырехугольник, что
ΜΑ = ΑΝ, то этот четырехугольник имеет наименьшую площадь
среди всех рассматриваемых четырехугольников.
651. Внутри угла с вершиной О дана точка А такая, Что
О А образует углы φ и ф со сторонами данного угла. При
каких β можно найти на сторонах угла точки Μ и N такие, что
ΔΜΑΝ = β (φ + φ + β>π) и площадь четырехугольника OMAN
минимальна?
652. Дан треугольник ОВС, ΔΒΟΟ = α; для каждой точки А
на стороне ВС определим точки Μ и N соответственно на ОВ и
ОС так, что δΜΑΝ = β и площадь четырехугольника OMAN
была минимальной. Доказать, что эта минимальная площадь
будет максимальной для таких точек Α, Μ и Ν, для которых
Μ А = AN и прямая MN параллельна ВС. (Если такой точки
А пет, то максимум будет достигаться в конце стороны ВС для
вырожденного четырехугольника.)
653. Найти радиус наибольшего, круга, который можно
покрыть тремя кругами радиуса R. Решить задачу в общем случае,
когда радиусы равны R\, /?2, из·
654. Можно ли покрыть тремя единичными квадратами
квадрат со стороной 5/4?
655. Чему равна наибольшая площадь правильного
треугольника, который можно покрыть тремя правильными
треугольниками со стороной 1?
. 656. В треугольнике ABC на сторонах АС и ВС взяты точки
Μ и Ν, а на отрезке ΜΝ—точка L. Пусть площади
треугольников ABC, AML и BNL соответственно равны S,PnQ. Доказать,
что
657. Пусть< а, Ь, с, S-γ- соответственно стороцы и площадь
некоторого треугольника, α, β, j—углы другого треугольника.
Доказать, что a2ctga + b2ctg/? + c2ctg7^4S, причем равенство
имеет место лишь в случае, когда оба треугольника подобны.
658. Доказать неравенство а2 + Ь2 + с2 ^ 4SV3 + (а - Ъ)2 + (6 -
—с)2 + (с — а)2, где а, Ь, с, S—соответственно стороны и площадь
треугольника (Фи не л ер, Хадвигер).
659. Дан треугольник со сторонами а, Ь и с. Определить
площадь наибольшего правильного треугольника, описанного около
82

данного, и площадь наименьшего правильного треугольника, в
него вписанного.
660. Пусть Μ — произвольная точка внутри треугольника
ABC. Прямая AM пересекает окружность, описанную около
лт>л л тт ВМСМ^Л
ABC в точке А\. Доказать, что —JT7— ^ 2г, где г — радиус
А\М
вписанной окружности, причем равенство достигается, когда Μ
совпадает с центром вписанной окружности.
661. Пусть Μ — произвольная точка внутри
треугольника ABC. Доказать, что АМьш^ВМС + BMsinzAMC +
+СМ sin Δ АМВ <р (ρ—полупериметр треугольника ABC) и par
венство достигается, когда Μ совпадает с центром вписанной
окружности.
662. Пусть Λι, /i2, Лз — высоты треугольника ABC, a uy v,
w — расстояния до соответствующих сторон от точки Μ,
находящейся внутри треугольника ABC. Доказать неравенства;
и v w
б) /11Λ2/13 ^ 27ши17;
в) (hi - и) (Лг - ν) (Лз - w) ^ 8wvw.
663. Пусть Л—длина наибольшей высоты нетупоутольного
треугольника, R и г—соответственно радиусы описанной и эпи-
санной окружности. Доказать, что Д+г<Л(Эрдеш).
664. Доказать, что радиус окружности, описанной около
треугольника, составленного из медиан сгстроугольного
треугольника, больше 5/6 радиуса окружности, описанной около
исходного треугольника.
665. Доказать, что сумма квадратов расстояний от
произвольной точки плоскости до сторон треугольника принимает
наименьшее значение для такой точки внутри треугольника,
для которой расстояния до соответствующих сторон
пропорциональны этим сторонам. Доказать также, что эта точка является
точкой пересечения симедиан (см. задачу 468) данного
треугольника (точка Лемуана).
666. Дан треугольник, все углы которого меньше 120°. Докаг
зать, что сумма расстояний от произвольной точки до вершин
этого треугольника принимает наименьшее значение для такой
точки внутри него, из которой каждая сторона треугольника
видна под углом 120° (точка Торичелли).
667. Доказать, что среди всех треугольников, вписанных
в данный остроугольный треугольник, наименьший периметр
имеет тот, вершинами которого являются основания высот
данного треугольника.
83

668. Доказать, что сумма расстояний от точки внутри
треугольника до его вершин не меньше, чем 6г, где г — радиус
вписанной окружности (Ш ρ е й б е р).
669. Для произвольного треугольника доказать неравенство
, „ ' ■ ч ЬссозЛ Ьс+а2
(обозначения обычные) — h а <р < .
Ь+с а
670. Пусть К—точка пересечения диагоналей выпуклого
четырехугольника ABCD, L — точка на стороне AD, N — на
стороне ВС, Μ — на диагонали АС, причем KL и ΜΝ параллельны
АВ, LM параллельна DC. Доказать, что
KLMN—параллелограмм и его площадь меньше 8/27 площади четырехугольника
ABCD (Хаттори).
671. Два треугольника имеют общую сторону. Доказать,
что расстояние между центрами вписанных в них
окружностей меньше, чем расстояние между несовпадающими вершинами
(Залгаллер).
672. Дал треугольник ABC, углы которого равны α, β и η.
Треугольник DEF описан около треугольника ABC так, что
вершины А, В и С находятся соответственно на сторонах EF, FD
и DE, причем Z.ECA = Z.DBC = Z.FAB = φ. Определять
значение угла φ, при котором площадь треугольника EFD достигает
наибольшего значения.
673. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC взяты
соответственно точки А\, В\, С\. Доказать, что площадь
треугольника AiB\Ci не меньше, чем площадь хотя бы одного из
трех треугольников: АВ\С\, А\ВС\, А\В\С.
674. Пусть О, Ι, Η — соответственно центры описанной,
вписанной окружностей и точка пересечения высот некоторого
треугольника. Доказать, что
675. Пусть Μ — произвольная точка внутри треугольника
ABC] χ, у и ζ—расстояния от Μ соответственно до А, В и С; и,
ν и w—расстояния от Μ соответственно до сторон ВС, С А и АВ]
а, Ь, с—соответствующие стороны треугольника* ABC; S—его
площадь; R и г—радиусы описанной и вписанной окружностей.
Доказать неравенства:
а) ax + by + cz^4S;
б) x + y + z^2(u + v + w) (Эрдеш);
в) xu + yv + zw^2(uv + vw + wu)]
г)2 - + - + -U- + - + -;
\х у Z/ и ν w
д) xyz^— (u + v)(v'+w){w + u);
ΔΤ
84

е) xyz > —uvw]
r
ж) xy + yz + zx^ —(uv + vw + wu).
r
676. В данном треугольнике проведем медиану к большей
стороне. Эта медиана разбивает треугольник на два. В каждом из
получившихся треугольников также проведем медиану к
большей стороне и т. д. Доказать, что все получающиеся
треугольники можно разбить да конечное число классов таким
образом, что все треугольники, принадлежащие одному классу,
подобны между собой. Доказать также, что любой угол любого
получающегося при этом треугольника не меньше половины
наименьшего угла исходного треугольника.
677. Найти треугольник наименьшей площади, которым
можно покрыть треугольник со сторонами, не
превосходящими 1.

РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Другие по живому следу
Пройдут твой путь за пядью
пядь.
Но пораженья и победы
Ты сам обязан различать.
По В. Пастернаку
678. В параллелограмме ABCD угол ABD равен 40°. Найти
угол DBC, если известно, что центры окружностей, описанных
около треугольников ABC и CD А, лежат на диагонали BD.
679. Биссектрисы углов трапеции делят каждое из ее
оснований на три равные части. Найти площадь трапеции, если ее
высота равна 1.
680. Дан квадрат ABCD, Μ—середина CD. На отрезке АС
взята точка Ρ так, что zABP = ZCPM = a. Найти величину а и
отношение, в котором Ρ делит АС.
681. В выпуклом четырехугольнике ABCD точка Ε —
пересечение диагоналей. Известно, что площади треугольников ABE и
CDE равны между собой, диагональ АС является биссектрисой
угла 4, АВ = 4. Найти ВС.
682. Найти углы треугольника, если квадрат, построенный
на одной из его второй, равновелик полукругу, построенному на
другой и правильному треугольнику, построенному на третьей.
683. Две окружности с радиусами riiR(r<R) внешним
образом касаются друг друга. Прямая касается этих окружностей в
точках Μ и N. В точках А и В окружности касаются
внешним образом третьей окружности. Прямые АВ и ΜΝ
пересекаются в точке С. Из точки С проведена касательная к третьей
окружности, D—точка касания. Найти длину отрезка CD.
684. На основании АС равнобедренного треугольника ABC
взята точка D так, что радиус окружности, вписанной в
треугольник ABD, равен радиусу окружности, касающейся отрезка
CD и продолжений отрезков BD и ВС. Доказать, что радиус
каждой из этих окружностей равен 1/4 высоты треугольника ABC,
произведенной к боковой стороне.
φ
86

685. Внутри треугольника ABC взята точка М. Прямая,
проходящая через В параллельно МС, пересекает прямую AM в
точке Лх, прямая, проходящая через С параллельно ЛМ,
пересекает В Μ в точке Βχ, и, наконец, прямая, проходящая
через А параллельно ВМУ пересекает СМ в точке С\. Доказать,
что сумма площадей треугольников MB Αχ, МСВ\ и МАС\ не
меньше площади треугольника ABC. Для какой точки Μ эта
сумма равна площади треугольника ABC?
686. Доказать, что в правильном 54-угольнике можно
выбрать 4 диагонали, не проходящие через его центр,
пересекающиеся в одной точке (СИ. Токарев).
687. Медианой пятиугольника будем называть отрезок,
соединяющий его вершину с серединой противоположной стороны.
Доказать, что если 4 из 5 медиан выпуклого пятиугольника
пересекаются в одной точке, то и 5-я медиана также проходит через
ту же точку.
*
* *
688. Около окружности описана равнобокая трапеция ABCD.
Боковые стороны трапеции АВ и CD касаются окружности
соответственно в точках Μ и К, а, основание AD — в точке Р. В
каком отношении прямая СР делит отрезок МК?
689. В прямоугольном треугольнике ABC один из острых
углов равен 30°, Μ — середина гипотенузы АВ, О — центр
вписанной окружности. Чему равен угол ОМС?
690. На плоскости даны две пересекающиеся прямые /χ и ^·
Найти геометрическое место таких точек Μ плоскости, для
которых расстояние между основаниями перпендикуляров,
проведенных из точки Μ на прямые /χ и /2, равно заданной величине
а.
691. В треугольнике ABC угол В равен 36°, угол С равен 42°.
На стороне ВС взята точка Μ так, что BM=R, где R—радиус
окружности, описанной около треугольника ABC. Найти угол
MAC.
692. На плоскости отмечены две точки А и В. Найти
геометрическое место точек С плоскости таких, что медиана к стороне
ВС перпендикулярна стороне АС.
693. Площадь прямоугольного треугольника равна S. Найти
площадь треугольника с вершинами в основаниях
перпендикуляров, проведенных из точки пересечения медиан данного
треугольника HJa катеты и гипотенузу.
87

694. В окружность к вписан треугольник ABC такой, что
ZACB = 30°. Окружность к\, центр которой лежит на
окружности к, проходит через AvtCvt пересекает прямую АВ в точке
D такой, что А лежит между D и В и DB = y/bAB. Определить:
а) углы треугольника ABC] б) площадь треугольника ABC, если
известно, что биссектриса угла АСВ равна I.
695. Через вершину С квадрата ABCD проведена прямая,
пересекающая диагональ BD в точке К, а срединный
перпендикуляр к стороне АВ в точке М. Найти LOCK, если ΔΑΚΒ = ΔΑΜΒ.
696. На одной стороне угла дана точка А. Произвольная
окружность, проходящая через А и касающаяся в этой точке
стороны угла, пересекает другую сторону в точках В и С. Найти
геометрическое место центров окружностей, вписанных в
треугольник ABC.
697. Найти геометрическое место точек Μ внутри
правильного пятиугольника, каждая из которых является серединой не
менее чем трех отрезков с концами на различных сторонах этого
пятиугольника.
*
* *
698. Окружность касается прямых АВ и ВС соответственно
в точках D и Е. Точка А лежит между точками ВиДа точка
С — между точками В и Е. Найти площадь треугольника ABC,
если длины сторон АВ и АС соответственно равны 13 и 1, а
точки A, D, Ε и С лежат на одной окружности.
699. В трапеции КРМН длина боковой стороны МН равна
7л/2. Окружность, проходящая через точки К, Ρ, Μ, пересекает
прямую К В в точке Е. Длина отрезка РЕ равна 14, а угол РЕК
равен 45°. Найти длину основания КН.
700. Внутри правильного треугольника ABC взята точка О
так, что АО:ВО:СО = а:Ь:с, где а2 + Ь2 = с2. Найти угол АОВ.
701. В прямоугольном треугольнике ABC проведена
биссектриса острого угла А, пересекающая катет ВС в точке А\.
Прямая, перпендикулярная АА\, пересекает АА\ в точке К и
гипотенузу АВ в точке М. Доказать, что угол между прямыми СК
и Αχ Μ равен половине угла А.
702. Пусть О—центр некоторой окружности, АВ — ее хорда.
Произвольная окружность, проходящая через точки О и А,
пересекает данную окружность вторично в точке Μ и прямую АВ
в точке К. Доказать, что ВК = КМ.
88

703. Центры трех попарно касающихся друг друга
внешним образом окружностей расположены в вершинах
прямоугольного треугольника с периметром 2р. Найти радиус окружности,
которой все три данные касаются изнутри.
704. На сторонах треугольника во внешнюю сторону
построены прямоугольники такие, что отношение общей, стороны
треугольника и прямоугольника к другой стороне прямоугольника
есть число постоянное для всех трех прямоугольников.
Доказать, что отрезки, соединяющие вершины треугольников с
центрами противоположных прямоугольников, пересекаются в
одной точке.
705. Дан параллелограмм ABCD. На сторонах ВС и CD вы-
гж лт CN о МВ
ораны соответственно точки мил, такие, что -гт=г = 2 · ттт^·
ND МС
Диагональ BD пересекает отрезки AM и AN соответственно в
точках Ρ и Q. Доказать, что площадь треугольника ΑΜΝ вдвое
больше площади треугольника APQ.
706. Даны две окружности. Найти геометрическое место
середин всевозможных отрезков с концами на этих окружностях.
707. Дана полуокружность с диаметром АВ и центром О. На
отрезках АО и ВО) как на диаметрах, построены две
полуокружности с центрами 0\ и 02, расположенные по ту же сторону от
прямой АВ, что и первая. Окружность с центром Оз касается
полуокружностей с центрами О и Οι, окружность с центром 04
касается полуокружностей с центрами О и 02, окружности с
центрами Оз и 04 касаются друг друга. Доказать, что 0100403 —
параллелограмм.
*
* *
708. В треугольнике ABC угол А равен а. Окружность с
центром Οχ проходит через А и касается ВС в точке J5. Другая
окружность с центром в точке 02 также проходит через А и
касается ВС в точке С. Пусть Ρ—отличная от А точка пересечения
окружностей. Чему равен угол 0\РО<р.
709. Диагональ трапеции делит ее на два подобных между
собой треугольника. Отношение боковых сторон трапеции равно
2. Найти отношение оснований трапеции.
710. В треугольнике ABC проведены высота СН и
биссектриса СК\ N — проекция К на ВС, прямые NH и АС
параллельны. Доказать, что угол АСВ в 2 раза больше угла ВАС.
711. Диагонали четырехугольника ABCD перпендикулярны
и равны. Найти его углы, если
89

712. На сторонах AD и CD ромба ABCD построены
правильные треугольники ADK и CDM, причем точка К расположена
по ту же сторону от AD, что и ВС, а точка Μ расположена по
другую сторону от CD, чем АВ. Доказать, что точки J5, К и Μ
лежат на одной прямой.
713. В прямоугольную трапецию вписана окружность
радиуса г. Меньшее основание трапеции равно а. Найти расстояние
от точки пересечения диагоналей трапеции до центра
окружности.
714. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием ВС
проведена высота AD. На отрезках АВ и AD взяты
соответственно точки F и Μ так, что zAFM = ZBFC, ZFBM = ZFCB.
Найти LFCB.
шлш rr / . A . B . Сч2^ 2A 2B
715. Доказать, что (sin-+sm~ + sin —-y <cos — + cos — +
л С
2 2 2' 2 2
+cos —-, где A, J5, С—величины углов треугольника ABC.
Δ
716. Пусть α, 6, с—стороны треугольника, S—его площадь.
Доказать, что при любом φ имеет место неравенство
(б2 + с2)(1 - cos</>) + a2 cos φ > 4Ssiny>.
717. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC взяты
соответственно точки С\ и 4ι; Μ и Λίχ—середины АС и AiCi, прямая
В Μ пересекает окружность, описанную около А\ВС\, в то'чке
К\ i а прямая ВМ\ —окружность, описанную около ABC, в точке
К. Сами описанные окружности пересекаются в точке Р, а
прямые А\С\ и АС пересекаются в точке Г. Доказать, что 6 точек
Μ, Μχ, AT, ΑΓχ, Ρ и Т лежат на одной окружности.
*
* *
718. В прямоугольном треугольнике высота, опущенная на
гипотенузу, делит ее на отрезки, разность которых равна одному
из катетов треугольника. Найти углы треугольника.
719. На стороне АС треугольника ABC взят отрезок КМ.
Прямые, проходящие через К и Μ параллельно ВС, пересекают
АВ в точках К\ и М\ соответственно, а прямые, проходящие
через К и Μ параллельно АВ, пересекают ВС в точках Κ*ι и Мг-
Доказать, что сумма площадей трапеций КК\М\М и ΚΚ<ιΜ<ιΜ
в 2 раза больше площади треугольника ВКМ.
720. В треугольнике ABC проведена медиана AM. Может ли
радиус окружности, вписанной в треугольник АВМ, быть ровно
90

в два раза больше радиуса окружности, вписанной в
треугольник АСМ?
721. В трапеции ABCD (AD || ВС) диагонали пересекаются в
точке О.
а) Перпендикуляры, проведенные из*точек В и С
соответственно на АС и BD, пересекаются в точке Μ, а
перпендикуляры из А и D соответственно на BD и АС — в точке К.
Доказать, что точки Μ, К и О лежат на одной прямой.
б) Перпендикуляры, проведенные к диагоналям АС и BD в
точках С и В соответственно, пересекаются в точке Р, а
перпендикуляры к ним в точках А и D пересекаются в точке N.
Доказать, что точки Ρ, Ν и О лежат на одной прямой.
722. Доказать, что в произвольном треугольнике
отношение наименьшей высоты к наименьшей биссектрисе больше, чем
V2/2.
723. Диагональ АС выпуклого четырехугольника ABCD
делит пополам диагональ BD. Известно, что АВ > AD. Какой угол
больше: ВС А или DCA?
724. Пусть О — центр окружности ω, \OF — ее радиус, Ρ —
середина OF. Луч света, пущенный из точки А окружности,
отразившись от радиуса в точке Р, пересекает окружность в
точке В. Пусть Г — середина АВ, а точка X' симметрична
Τ относительно Р. Доказать, что Т' лежит на окружности ω
(Ε. Μ. Гольберг).
725. Медиана треугольника, выходящая из одной вершины,
равна высоте, проведенной из другой вершины, и равна 1.
Высота, проведенная из третьей вершины, равна \/3. Найти
площадь треугольника.
726. В остроугольном треугольнике ABC угол В равен 30°,
Я — точка пересечения его высот. Οι и Ог — центры
окружностей, вписанных в треугольники АВН и СВН соответственно.
Доказать, что угол между прямыми ΑΟ*ι и СО\ равен 45°.
727. Дан угол с вершиной А. На одной из его сторон взяты
точки В и j?i, а на другой—С и С\. Прямые ВС и В\С\
пересекаются в точке М. В окружности, описанной около треугольника
ABC у проведена хорда AD, параллельная BiCi, а в окружности,
описанной около ΑΒχΟι, проведена хорда ADi, параллельная
ВС. Доказать, что прямая DD\ проходит через М.
*
* *
728. Пусть О — центр одной из вневписанных окружностей
треугольника ABC. Доказать, что центр окружности, описан-
91

ной около треугольника АВО, лежит на окружности, описанной
около ABC.
729. В треугольнике ABC угол В равен 100°. В этом
треугольнике проведена биссектриса угла С, пересекающая АВ в точке
jK, а на стороне АС взята точка D так, что угол CBD равен 20°.
Доказать, что угол CED равен 10°.
730. Доказать, что если продолжения биссектрис углов А, В
и С треугольника ABC пересекают описанную около него
окружность в точках А\у В\ и С\ соответственно, то справедливо
неравенство ΑΑχ + ΒΒχ + СС\ >АВ + ВС + С А.
731. В трапеции ABCD каждая из диагоналей АС и BD равна
основанию АВ, Μ — середина CD. Найти углы трапеции, если
ΔΜΒΟ = ΔθΑΒ.
732. В правильный треугольник ABC вписана окружность ω.
Через произвольную точку Μ £ω проведены прямые,
параллельные сторонам треугольника и рассекающие его на три
треугольника и три параллелограмма. Доказать, что сумма площадей
полученных треугольников раЬна сумме площадей
параллелограммов.
733. На сторонах АВ, ВС и СА треугольника ABC взяты
соответственно точки С\, Αχ и В\. На стороне АС во внешнюю
от треугольника сторону построен треугольник АСВ^ так, что
ZACB2 = zAiCiBi, ZCAB2 = zCiAiBi. Доказать, что площадь
четырехугольника А\ВС\В2 равна площади треугольника ABC.
734. Дан треугольник АОС. Точка В выбрана на стороне АО
так, что LCAO = ZBCO. Построена окружность ω с центром О
и радиусом ОС. Окружность ω\ проходит через точки В и О и
пересекает окружность ω в точках Μ и К. Доказать, что точки
Л, Μ и К лежат на одной прямой.
735. Внутри треугольника ABC взята точка О. На лучах О А,
ОВ, ОС построены векторы единичной длины. Доказать, что
сумма этих векторов имеет длину, меньшую единицы.
" 736. В прямоугольник ABCD вписан правильный
треугольник так, что одна вершина лежит в вершине Л, а две другие—во
внутренних точках его сторон, не содержащих вершину А.
Доказать, что площадь одного прямоугольного треугольника,
отсекаемого стороной правильного вписанного треугольника, равна
сумме площадей двух других таких прямоугольных
треугольников.
737. Найти множество середин всех отрезков, концы которых
лежат а) на данной полуокружности, б) в фигуре, являющейся
объединением диагоналей квадрата.
92

*
* *
738. Около окружности описана прямоугольная трапеция.
Через вершину ее острого угла провести прямую так, чтобы она
делила трапецию на две равновеликие части.
739. На плоскости отмечены две точки А и J3. При помощи
одного циркуля построить точку С так, что ЛС = 2А13, проведя
не более трех линий.
740. Проведя наименьшее количество линий (окружностей и
прямых с помощью циркуля и линейки), построить
перпендикуляр к данной прямой, проходящей через данную точку а) вне
этой прямой, б) на этой прямой.
74Х. Фигура на плоскости ограничена четырехзвенной
ломаной ABCDE, все звенья которой равны, а углы между
соседними звеньями прямые (Л, В, С, D — вершины квадрата, D —
середина отрезка АЕ)} и дугой АЕ окружности с центром в С.
Разрезать эту фигуру на две равные фигуры.
742. Можно ли квадрат разрезать на три не равных, но
подобных прямоугольника?
743. Разрезать прямоугольный треугольник с углом А = 30°
на четыре части, из которых можно сложить квадрат.
744. Удвоить данный отрезок при помощи «прямого угла» —
инструмента, позволяющего проводить прямые линии (как
линейка) и строить прямые углы.
745. На плоскости даны точки А и О и прямая /. При
помощи «прямого угла»(см. задачу 744), найти точку пересечения
окружности с центром О, проходящей через Л, с прямой I.
746. Построить треугольник по стороне, сумме двух других
сторон и радиусу вписанной окружности.
747. Построить треугольник по углу А, углу между
медианами, выходящими из вершин β и С, и расстоянию между
центрами вписанной и описанной окружностей.
* *
748. На плоскости дан угол с вершиной О и окружность
внутри угла. На окружности заданы точки А и В. Найти на
окружности точку Μ так, чтобы прямая AM пересекала одну сторону
угла, а прямая В Μ—другую сторону в точках, равноудаленных
от вершины О.
749. Внутри треугольника дана точка М. Построить
окружность с центром в Μ такую, чтобы хорды, образуемые этой
окружностью при пересечении со сторонами треугольника, были
93

бы равны сторонам некоторого прямоугольного треугольника.
Для каких точек Μ такую окружность можно построить?
750. Построить треугольник по стороне а, проведенной к ней
высоте h и радиусу г вписанной окружности.
751. Разрезать неравносторонний треугольник на три части
так, чтобы одна часть являлась треугольником, подобным
исходному, а из двух оставшихся можно было сложить
треугольник, также подобный исходному.
752. На отрезке АВ как на диаметре построена окружность;
внутри ее взята точка Р. Построить все точки М, лежащие на
диаметре АВ, такие, что РМ = МК, где К—точка окружности
иМК±АВ.
753. По трем точкам Л, В и С построить точку D так, чтобы
четырехугольник ABCD был и вписанным, и описанным.
754. Доказать, что вписанный четырехугольник можно
разрезать не более чем тремя прямыми, не пересекающимися внутри
этого четырехугольника, на части, из которых можно составить
прямоугольник (Е. М. Гольберг).
755. На плоскости даны квадрат, прямая I и точка А. С
помощью одной линейки провести через точку Μ прямую,
перпендикулярную L
756. Построить отрезок, соединяющий две данные точки
плоскости, если имеется только линейка (односторонняя), длина
которой меньше расстояния между точками.
757. Дан «пятак», при помощи которого мы можем через
любые две точки, расположенные друг от друга на
расстоянии, не превышающем диаметра «пятака», построить любую из
двух окружностей данного радиуса, проходящих через взятые
точки. При помощи этого «инструмента» для заданных точек А
и В построить точку С, лежащую на прямой АВ и такую, что
ВС = АВ.
*
* *
758. Вокруг треугольника ABC описана окружность, точки
Αι, Βχ и С\ диаметрально противоположны точкам А, В и С;
ilo, Во и Со — середины сторон ВС, С А и АВ соответственно.
Доказать, что прямые A\Aq, ΒχΒο и С\Со пересекаются в одной
точке.
759. Пусть а, Ь и с—три последовательные стороны
четырехугольника, α и β—соответственно углы между сторонами а и 6,
бис. Доказать, что имеет место равенство
5 = 0,5(obsina + bcsin/3 — acsin(a+ /?)),
94

где S — площадь четырехугольника.
760. Доказать, что в разностороннем треугольнике прямая,
проходящая через центр вписанной окружности и точку
пересечения медиан, пересекает наибольшую и наименьшую стороны
этого треугольника.
761. В треугольнике ABC угол В равен 120°. Биссектриса
угла ABC пересекает сторону АС в точке М, а биссектриса
угла, смежного с углом ВСА, пересекает продолжение стороны
АВ в точке Р. Отрезок MP пересекает сторону ВС в точке К.
Доказать, что угол АКМ равен 30°.
762. Дано несколько остроугольных треугольников. Из
сторон данных треугольников строится новый по следующему
правилу: его наименьшая сторона равна сумме наименыдих сторон
данных треугольников, средняя по длине сторона равна сумм?
средних сторон, а наибольшая сторона равна сумме цацбол^ших
сторон данных треугольников. Доказать, что косинус большего
угла получившегося треугольника больше, чем
763. Даны окружность к с центром О и две прямее,
пересекающиеся в О. Для произвольной точки Ρ окружнорти к на
луче О Ρ отложен отрезок OMi равный сумме расстояний от Ρ
до прямых. Найти геометрическое место точек М.
764. Дан разносторонний треугольник ABC. Найти на
сторонах АВ, ВС, С А соответственно точки С\, А\ и В\ так, чтобы
треугольники A\B\Ci, АВ\С\, А\ВС\, А\В\С были подобна дан^
ноь*у треугольнику ABC.
765. Даны произвольный треугольник ABC и точка X вне
его; AM, BN, CQ — медианы треугольника ABC. Доказать^
что площадь одного из треугольников ХАМ, XBN, XCQ равна
сумме площадей двух других.
766. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Провести через
С прямую, пересекающую продолжения сторон АВ и AD в
точках Μ и К соответственно, так, чтобы — h — принимало
Sbcm Sdck
наименьшее значение.
767. В треугольнике ABC стороны АВ и ВС равны, На
сторонах АВ, ВС и С А взяты соответственно точки К, Μ и Ρ так, что
АК: KB=В Μ: Μ С *= СР: РА. В каких пределах может меняться
периметр треугольника ABC, если КМ = MP = 11
*
*' *
768. На стороне квадрата во внешнюю сторону построен
прямоугольный треугольник, гипотенуза которого совпадает со сто-
95

роной квадрата. Доказать, что биссектриса прямого угла этого
треугольника делит площадь квадрата пополам.
769. Две прямые, перпендикулярные стороне АС
треугольника ABC\ делят этот треугольник на три равновеликие части.
Известно, что отрезки этих прямых, заключенные внутри тре*
угольника, равны между собой и равны стороне АС. Найти углы
треугольника ABC.
770. Найти наибольшее значение площади треугольника,
вершины которого расположены на трех концентрических
окружностях с радиусами 1, 3\/2 и 5.
771. На Сторонах АВ, ВС, СА треугольника ABC взяты
точки Ci, -Αι, Β\ соответственно так, что прямые АА\, ВВ\, СС\
пересекаются в точке О. Прямая, проходящая через О
параллельно АС, пересекает А\В\ и В\С\ соответственно в точках К
и М. Доказать, что ОК — ОМ.
772. Прямая, проходящая через середину Μ стороны АВ
треугольника ABC параллельно биссектрисе угла С, пересекает
прямые АС и ВС в точках К ъЕ. Доказать, что МК-МЕ—гагы
где га и гь — радиусы вневписанных окружностей, касающихся
сторон ВС и АС.
773. На стороне АС треугольника ABC выбраны точки К
и Μ так, что радиусы окружностей, вписанных в треугольники
АВК и СВМ, равны между собой· Доказать, что радиусы
окружностей, вписанных в треугольники АВМ и СВК, также радны
между собой.
774. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты
АА\, ВВ\, СС\. На отрезках А\С\, С\В\ взяты соответственно\
точки Μ й N так, что lMAA\ = LNAC. Доказать, что Μ А —
биссектриса угла C\MN.
775. В выпуклом четырехугольнике ABCD сторона АВ равна
диагонали BD, кроме того, ZB АС=30°, ZADC=150°. Доказать,
что диагональ АС служит биссектрисой угла BCD.
776. На сторонах АВ, ВС и С А треугольника ABC взяты
соответственно точки Ci, Αι и Βχ так, что отрезки АА\, ВВ\ и СС\
пересекаются в одной точке. Пусть Μ—проекция А\ на В\С\.
Доказать, что МА\ -^-биссектриса угла ВМС.
777. Известно, что в данное треугольнике каждая медиана
больше любой его высоты. Доказать, что: а) наибольший угол
этого треугольника больше 150°; б) наименьший угол меньше
5°30'.
96

*
* *
778. В выпуклом четырехугольнике ABCD известны углы:
IBАС = 20°, ZJ3C4 = 35°, ZJ3DC = 40°, ΔΒΌΑ = 70°. Найти угол
между диагоналями этого четырехугольника.
779. В выпуклом четырехугольнике ABCD известны углы
lBAC = 40°, ZJ?O4 = 70°, ZJ32X7 = 20°, ZBDA = 35°. Найти угол
между диагоналями этого четырехугольника.
780. Доказать, что при произвольном а существует
треугольник со сторонами у а2 — а +1, γα2 + я +1, у/4а2 + 3 и площадь
этого треугольника не зависит от а. <
71Ц. В четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются в
точке Μ, ΔΑΜΌ = 120°, AM = Μίλ Пусть Ε — произвольная
точка на стороне JBC, К и Ρ—такие точки на сторонах АВ и CD
соответственно, что КЕ параллельна диагонали АС, а РЕ
параллельна диагонали BD. Доказать, что центр описанной около
треугольника КЕР окружности расположен на стороне AD.
782. Пусть А—фиксированная точка некоторой окружности,
а В — фиксированная точка заданной прямой. Произвольная
прямая, проходящая через А, пересекает окружность вторично
в точке D, а прямую в точке С. Окружность, описанная около
треугольника BCD, пересекает данную окружность вторично в
точке Е. Построить прямую AD таким обр'азом, чтобы длина
отрезка СЕ была минимальной.
783. Дана окружность и точка А вне ее. Из точки А проведены
к окружности две касательные АВ и АС (В и С — точки
касания). Пусть Μ—произвольная точка прямой, проходящей через
середины АВ и АС. Доказать, что касательная к окружности из
точки Μ равна Μ А.
784. В треугольнике ABC проведена биссектриса ВВ\, Οχ,
02 и О центры окружностей, описанных соответственно около
треугольников АВВ\, СВВ\ и ABC, R\, i?2 и R — их радиусы.
Доказать, что 00\ = 00\ = R2 - ДхД2.
785. Внутри треугольника ABC взята точка О. Через точку
О проведена прямая I, пересекающая стороны АС и АВ.
Расстояния от А, В и С до / равны соответственно /ι^, Ь>в и Лс· Доказать,
что имеет место равенство /ι л · Sboc = Лв · 5лос + /ic · Злов-
786. В прямоугольном треугольнике ABC прямая,
проведенная через середину катета ВС и центр вписанной окружности,
пересекает катет АС в точке М, а прямая, проходящая через
точки касания вписанной окружности с АС и АВ, пересекает
высоту треугольника ABC, опущенную на гипотенузу, в точке
N. Доказать, что CM = CN.
97

787. Прямая пересекает стороны АВ, ВС и С А треугольника
ABC соответственно в точках С', А' и Bf. Доказать, что три
точки, симметричные соответственно точкам А, В и С
относительно середин отрезков В'С', С1 А! и А'В', лежат на одной
прямой.
*
* *
788. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Его диа-
гойали пересекаются в точке К. Окружность, проходящая через
А, В и К, пересекает ВС и AD в точках Μ и N. Доказать, что
ΚΜ = ΚΝ.
789. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная ις
гипотенузе, делит этот треугольник на два. Доказать, что сумма
радиусов окружностей, впдсанных в исходный треугольник и
два получившиеся, равна высоте исходного треугольника.
790. Точка К лежит на стороне CD квадрата ABCD,
биссектриса угла ВАК пересекает сторону ВС в точке L. Доказать,
что BL + KD = AK.
791. Даны две окружности, касающиеся друг друга внешним
образом. Пусть А — точка касания общей внешней касательной
к окружностям с одной из них, В—точка этой окружности,
диаметрально противоположная точке А. Доказать, что длина
касательной, проведенной из точки В ко второй окружности, равна
диаметру первой окружности.
792. Внутри квадрата ABCD взята точка Μ так, что ZMBC=
= ΔΜΌΒ = а. Найти угол MAD.
793. В плоскости даны три отрезка АВ, CD и EF. Построить
все точки М, для которых треугольники MB A, MCD и MEF
равновелики.
794. Дан вписанный четырехугольник ABCD, обозначим
через Αχ у Βχ, C\ и D\ основания перпендикуляров, проведенных
из точки пересечения диагоналей четырехугольника ABCD
соответственно к АВ, ВС, CD и DA. Доказать, что прямые ΑιΒχ,
АС и D\C\ пересекаются в одной точке.
795. На сторонах треугольника ABC вне его построены
равносторонние треугольники ABR, ВСР, ACQ. Точки Αι, В\, С\ —
середины сторон ВС, С А, АВ\ точки R\,P\, Qi —середины PQ,
QR, RP. Доказать, что а) отрезки J?iQi, P\A\, R\C\ равны друг
ДРУгу; б) прямые B\Q\, Р\А\, C\R\ пересекаются в одной точке;
в) центры тяжести треугольников ABC и PQR совпадают.
98

796. На сторонах выпуклого четырехугольника ABCD как
на основаниях построены четыре подобных равнобедренных
треугольника ABM, CDP, BCN и ADQ, причем первые два
расположены вовнутрь, а последние два—вовне данного
четырехугольника. Доказать, что MNPQ—параллелограмм.
797. Стороны четырехугольника ABCD служат диагоналями
квадратов AQBP,, BKCL, CVDT, DNAM (точки Q, К, V, N
расположены вне четырехугольника ABCD). Доказать, что
а) четырехугольники NT К Ρ и QI^VM— равные
параллелограммы, стороны которых соответственно перпендикулярны;
б) отношение площади четырехугольника ABCD к площади
параллелограмма NT К Ρ равно |tga|, где a — угол между АС и
BD, a ^90°.
*
* *
798. Около окружности с центром О описан четырехугольник
ABCD, прямые АВ и CD пересекаются в точке К, а прямые ВС
и AD пересекаются в точке М, причем точка D принадлежит
отрезкам СК и AM. Доказать, что LAOK-Z.COM.
799. В треугольнике ABC выполнены соотношения tgA =
= -tgi?=-tgC Найти а.Ъ.с.
Δ О
800. В прямоугольном треугольнике длины медианы и
высоты, проведенных к гипотенузе, равн^ тик соответственно.
Вычислить длину биссектрисы прямого угла этого
треугольника.
801. Определить площадь треугольника, если даны стороны
а и Ъ и биссектриса / угла между ними.
802. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается
сторон АВ, ВС и С А соответственно в точках ζί',Α' иВ'. Прямая
А'В' пересекается с АВ в точке Р. Доказать, что касательные,
проведенные цз середины отрезка PC' к вписанной и описанной
окружностям треугольника ABC, равны между собой.
803. В равносторонний треугольник ABC вписана
полуокружность с центром О на стороне АВ. Некоторая касательная
к полуокружности пересекает стороны ВС и АС соответственно
в точках Μ и Ν, а прямая, соединяющая точки касания сторон
ВС и АС с полуокружностью, пересекает отрезки ОМ и ON в
точках Ρ и Q. Доказать, что MN = 2PQ.
804. Расстояния от некоторой точки плоскости до трех
последовательных вершин прямоугольника равны 3, 4 и 5. Найти
площадь прямоугольника.
99

805. На сторонах треугольника как на диаметрах построейы
окружности. Отрезки общих внешних касательных к этим
окружностям равны га, n и fc. Найти периметр и площадь
треугольника.
806. Найти углы треугольника, ортоцентрический
треугольник которого (треугольник с вершинами в основаниях высот
данного) подобен исходному треугольнику (В.Е. Куценок).
807. Дан треугольник ABC. Окружность с центром О
проходит через вершины А и В и пересекает стороны АС и ВС в
точках D и Е. Обозначим через Μ точку пересечения
окружностей, описанных около треугольников ABC и DEC, отличную от
точки С. Доказать, что угол ОМС равен 90°.
*
* *
808. Длины сторон произвольного треугольника равны а, Ь, с.
Доказать, что выполняется неравенство а2 + Ь2 + с2 < 2(ab + be +
+са).
809. Доказать, что в любом многоугольнике есть, по крайней
мере, две стороны α и о такие, что 1 ^ ~ < 2.
а
810. В четырехугольнике ABCD углы Ли С равны 90°.
Доказать, что периметр вписанного в ABCD четырехугольника не
меньше, чем 2АС.
811. В выпуклом четырехугольнике сумма квадратов сторон
и диагоналей равна га. Доказать, что его площадь не превосхо-
га
Дит?.
812. Даны прямая I и две точки А и Ц вне ее. Найти на
прямой / такую точку М, для которой AM2 + В Μ2 достигает
наименьшего значения. ^ *
813. Из вершины некоторого угла выходят два луча,
расположенные внутри угла. Некоторая прямая пересекает стороны
угла в точках А и В, а лучи — в точках К и М. Доказать, что
отношение КМ/АВ будет наибольшим при условии АК=*МВ.
814. Дан угол с вершиной О. Построить точки Л и В на
сторонах углк и точку Μ внутри угла так, чтобы АМ+ВМ = а, где
а—данный отрезок, и площадь четырехугольника ОАМВ была
наибольшей.
815. Сумма расстояний от точки Μ до двух соседних вершин
квадрата равна а. Каково наибольшее значение суммы
расстояний от точки Μ до двух других вершин квадрата?
100

816. Дана прямая I и точки Л и В по одну сторону от нее.
Найти на прямой I точку, из которой отрезок АВ виден под
наибольшим углом.
817. В треугольнике ABC проведены биссектрисы
внутренних углов j4;4i, JSBi, СС\. Доказать, что периметр треугольника
А\В\С\ не превосходит половины периметра треугольника ABC.
*
* *
818. Доказать, что если в треугольнике выполняется
равенство ab cos С + be cos A + ca cos J? = с2, где а, 6, с—стороны
треугольника, A, J5, С — противолежащие им углы, то этот
треугольник прямоугольный.
819. Доказать, что если сумма квадратов сторон выпуклого
четырехугольника равна сумме квадратов его диагоналей, то
этот четырехугольник — параллелограмм.
820. Известно, что в трапецию можно вписать окружность.
Докажите, что окружности, построенные на ее боковых сторонах
как на диаметрах, касаются друг друга.
821. Стороны пятиугольника в порядке обхода равны 5, 6,
10, 7 и 8. Доказать, что в этот пятиугольник нельзя вписать
окружность.
822. У пятиугольника все углы равны. Доказать, что для
любой его точки сумма расстояний до всех сторон постоянна.
823. На окружности взяты четыре различные точки A, J5,
С, D, причем AB=BD. Касательная к окружности, проходящая
через Л, пересекается с прямой ВС в точке Q, R—точка
пересечения прямых АВ и CD. Доказать, что прямая QR параллельна
прямой AD.
824. Две окружности пересекаются в точках А и В. Хорда АС
первой окружности касается второй, а хорда AD второй касается
первой. Прямая CD пересекает первую окружность в точке М,
отличной от В. Доказать, что прямая MB делит AD пополам.
825. Дан параллелограмм ABCD. На прямой АВ взята точка
М. Прямая, проходящая через Μ и середину ВС, пересекает
прямую АС в точке АГ. Прямая, проходящая через К и
середину AD, пересекает прямую CD в точке Р. Доказать, что ВС
параллельна MP.
826. В ромб ABCD вписана окружность. Одна касательная
к окружности пересекает прямые АВ и ВС в точках К и М, а
другая касательная пересекает прямые AD и CD в точках Ρ и
Т. Доказать, что прямые КР и МТ параллельны.
101

827. Биссектриса каждого угла треугольника пересекает
противоположную сторону в точке, равноудаленной от середин двух
других сторон треугольника. Следует ли из этого, что
треугольник правильный?
*
* *
828. Дан угол величиной 75° с вершиной в точке О. На его
сторонах взяты точки А и В так, что ОЛ=д/2, ОВ = л/3. Внутри
угла взята точка С так, что ОС = л/б/2 и ZC0A = 30°. Доказать,
чта точки Л, В и С лежат на одной прямой. .
829. Пусть а, 6, с, /ια, /ι&, hc — соответственно стороны и
высоты треугольника. Доказать, что выполняется равенство
(а - hb){b-hc){c-ha) = (α- hc)(b- ha)(c- hb).
830. Точка О— точка пересечения высот остроугольного
треугольника ABC, Л1, J5i, C\—основания высот. Доказать, что
АО2 + ВО2 + СО2 > 4(0А\ + ОВ\ + ОС\).
831. Построить треугольник по стороне, противолежащему
углу и радиусу вписанной окружности.
832. Рассмотрим вписанную и описанную окружности
некоторого треугольника. Известно, что существует бесконечно много
треугольников, для которых эти окружности также являются
вписанными и описанными. Найти геометрическое место, точек
пересечения медиан таких треугольников.
833. В сектор с центральным углом 60° и единичным
радиусом вписан прямоугольник (все вершины на границе сектора).
Чему равно наибольшее значение площади таких
прямоугольников?
834. На плоскости даны точки А и J5. Рассмотрим всевоз-
можные точки С этой плоскости, для которых АС — ВС = а,
где а — заданный отрезок. Найти геометрическое место центров
окружностей, вписанных в треугольник ABC.
835. Стороны шарнирного четырехугольника равны
(последовательно) а, Ь, с, d. Чему равно наибольшее значение
суммы средних линий таких четырехугольников? (Средняя
линия— отрезок, соединяющий середины противоположных
сторон.) (Н. Седракян).
836. Вокруг равнобедренного треугольника ABC (AB = ВС)
описана окружность. На дуге АС этой окружности, не
содержащей точки В, взята хорда КМ. заданной длины таде, что отрезки
102

AM и KB пересекаются в точке Ε, а отрезки КС и В Μ
пересекаются в точке D. При каком положении хорды КМ площадь
четырехугольника AEDC будет наибольшей?
837. Найти геометрическое место центров всевозможных
правильных треугольников, вершины которых расположены на
сторонах данцого квадрата.
*
* *
838. Из точки А, расположенной вн^ окружности, проведены
две касательные AM и ΑΝ (Μ и Ν — точки касания) и секущая,
пересекающая окружность в точках Ρ и Q. Пусть L — середина
PQ. Доказать, что ZMLA = ZNLA.
839. В прямоугольном треугольнике проведена высота к
гипотенузе. Расстояние между центрами окружностей, вписанных
в два образовавшихся треугольника, равно а. Найти радиус
окружности, вписанной в исходный треугольник.
840. Через точку М, расположенную вне данной
окружности, проведены две секущие. Одна из них проходит через центр
О окружности и пересекает ее в точках А и J5. Вторая секущая
пересекает окружность в точках С и D. Окружности,
описанные около треугольников АОС и BOD, вторично пересекаются
в точке Р. Доказать, что ΔΜΡΟ = 90°
841. Пусть а, Ь, с и S—соответственно стороны и площадь
одного треугольника, а, /?, 7— углы другого треугольника.
Доказать, что имеет место неравенство a2ctga+62ctg/3+c2ctg7^45,
при этом равенство достигается, если треугольники подобны.
842. Пусть Η — точка пересечения высот треугольника ABC,
Μ — середина АС. Доказать, что прямая МН проходит через
точку пересечения окружности, описанной около ABC, и
окружности с диаметром ВН.
843. Дан шестиугольник ABCDEF. Прямые ВС, AD и EF
пересекаются в одной точке. Прямые CD, ED и AF также
пересекаются в одной точке. Доказать, что прямые DE, CF и АВ
пересекаются в одной точке или параллельны.
844. На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону
построены прямоугольники ABLK, BCNM, CAQP. Доказать, что
прямые, проходящие через А, В и С перпендикулярно
соответственно KQ, LM и NP, пересекаются в одной точке.
845. Пусть основания трапеции равны α и 6, а углы при
основании а равны а и β. Докажите, что необходимым и достаточ-
103

ным условием для того, чтобы в эту трапецию можно было бы
Ь а в
вписать окружность, является равенство - = tg — · tg —.
846. Прямые, пересекающие стороны АВ и CD
параллелограмма ABCD, делят его на трапеции, в каждую из которых
можно вписать окружность. Доказать, что произведение длин
оснований этих трапеций, расположенных на АВ, равно
произведению длин оснований, расположенных на DC.
847. Для данного прямоугольного треугольника рассмотрим
три окружности, каждая из которых имеет центр на одной из
сторон треугольника и касается двух других его сторон.
Доказать, что радиус окружности, касающейся этих трех окружно-
3
стей и содержащей внутри себя их центры, равен -г, где г —
радиус окружности с центром на гипотенузе.
*
848. На плоскости расположены четыре точки таким
образом, что попарные расстояния между точками принимают два
различных значения. Наибольшее расстояние между точками
равно 1. Какие значения может принимать наименьшее
расстояние между точками?
849. Дан остроугольный треугольник ABC. Найти
геометрическое место точек Μ, для которых ΔΜΑΒ = 1МСВ, άΜΒΑ =
= АМСА.
850. Дан прямоугольный треугольник ABC. На гипотенузе
АВ взяты точки K,.D, Μ так, что CD — высота треугольника
ABC, CK и СМ — биссектрисы углов ACD и DCB
соответственно. Доказать, что центр окружности, описанной около
треугольника КСМ, совпадает с центром окружности, вписанной в
треугольник ABC.
851. Четырехугольник описан около окружности. Доказать,
что прямые, соединяющие соседние точки касания,
пересекаются на продолжении диагонали или параллельны ей.
852. В треугольнике ABC угол А равен а. Прямая,
проходящая через А перпендикулярно биссектрисе угла ВАС,
пересекает прямую ВС в такой точке М, что ВМ = ВА + АС. Найти
углы В и С треугольника ABC.
853. На плоскости даны две точки А и В; найти
геометрическое место таких точек С, что для треугольника ABC
выполняется равенство αβα = Ь/?& (а и Ь — стороны ВС и АС,
104

βα и Ъь — длины соответствующих этим сторонам биссектрис)
(В. Е. Куценок).
854. На плоскости даны две точки А и В. Найти
геометрическое место таких точек С, что для треугольника ABC
выполняется равенство ата = Ьть (та и ть—длины медиан к сторонам
ВС и АС) (В. Е. Куценок).
855. В окружность вписан четырехугольник ABCD. Обознаг
чим через Μ и N точки пересечения прямых АВ и CD, ВС и
AD соответственно. Пусть В\ — точка пересечения данной
окружности с окружностью, проходящей через точки В, Μ и iV,
отличная от В. Доказать, что прямая Β\Ό делит отрезок МАГ
пополам.
&56. Во вписанный четырехугольник ABCD можно вписать
окружность. Пусть i4i, J?i, С ι и D\—точки касания этой
окружности со сторонами четырехугольника. Доказать, что
а) четыре точки пересечения противоположных сторон обоих
четырехугольников ABCD и A\BiC\D\ лежат на одной прямой /;
б) прямая I перпендикулярна прямой, проходящей через
центры описанной и вписанной окружностей четырехугольника
ABCD.
857. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC {АВ Φ АС) во
внешнюю сторону построены треугольники АВМ и ACN, причем
zMAB = zNAC=a (a< |V ZMBA = ZNCA. На прямой AD, где
D — середина ВС, взйта точка Р, равноудаленная от Μ и N.
Доказать, что ΖΜΡΝ = π — 2α.
*
* *
858. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС
проведена биссектриса CD. Прямая, перпендикулярная CD и
проходящая через D, пересекает АС в точке Е. Найти ЕС, если
AD = 1.
859. В остроугольном треугольнике PQR (PQ > QR)
проведены высоты РТ и RS, QN—диаметр окружности, описанной
около треугольника PQR. Известно, что величина острого угла
между высотами РТ и RS равна с^ PR = α. Найти площадь
четырехугольника NSQT.
860. Противоположные стороны вписанного
четырехугольника равны а и Ь, угол между диагоналями равен а. Найти
радиус окружности, описанной около этого четырехугольника.
861. На прямой взяты две точки А и В. Две окружности
касаются этой прямой в точках А и В и касаются между собой.
105

Третья окружность касается первых двух внешним образом и
прямой АВ. Найти радиус окружности, проходящей через А и В
и касающейся третьей окружности, если АВ = а.
862. Внутри треугольника имеются две точки. Расстояния от
одной из них до сторон треугольника равны 1, 3 и 15, а от
другой (в том же Порядке) — 4, 5 и 11. Найти радиус окружности,
вписанной в данный треугольник.
863. Внутри параллелограмма ABCD находятся три попарно
касающиеся окружности: первая, радиуса Д, касается сторон
ВС и AD, вторая — сторон АВ и ВС, а третья — сторон АВ и
AD. Пусть Μ и N—точки касания двух последних окружностей
со стороной АВ. Доказать, что MN = R.
864. В треугольнике ABC угол А равен 60°. На стороне АВ
взята точка К так, что АК— -АС. Найти ВК, если расстояние от
Δ
центра описанной около ABC окружности до стороны АС равно
а.
865. В треугольнике ABC угол А равен 30°. На стороне АВ
взята точка К так, что АК равно расстоянию от центра
описанной около ABC окружности до АС. Найти ВК, если АС = а.
866. В равнобедренном треугольнике ABC боковые стороны
АВ и ВС равны а. На основании АС взяты точки К и Μ так,
что ΖΚΒΜ = 90°. Найти MJ5, если —- = —— + ——.
AM МК МС
867. На плоскости расположены две окружности с радиусами
йиг, расстояние между их центрами равно а. Некоторая
окружность касается двух данных внешним образом в точках К и М.
Прямая КМ пересекает линию центров данных окружностей в
точке D. Найти длину касательной, проведенной из D к третьей
окружности.
*
* *
868. Доказать, что у любого выпуклого четырехугольника
можно выбрать три вершины А, В и С (АВ и ВС — стороны
четырехугольника) так, что параллелограмм АВСВ\ содержит
(внутри себя или на границе) четвертую вершину
четырехугольника.
869. На плоскости даны η точек, никакие три из которых не
лежат на одной прямой. Доказать, что среди них можно выбрать
три точки А, В, С так, чтобы ни одна из данных точек не лежала
вне окружности, описанной около треугольника ABC.
106

870. На плоскости расположены 2п+3 точки, из которых
никакие три не лежат на одной прямой, никакие четыре не лежат
на одной окружности. Существует ли окружность, проходящая
через какие-либо три из этих точек и ограничивающая круг,
внутри которого лежит ровно половина оставшихся точек?
871. Какое наибольшее число точек молено поместить в
кольцо с внутренним радиусом 1 и внешним радиусом \/2 так,
чтобы расстояние между любыми двумя точками было бы не
менее 1?
872. Расположить на плоскости 11 одинаковых квадратов
так, чтобы они не налегали друг на друга и выполнялось
условие: как бы.ни окрасить квадраты в яри цвета, обязательно
найдутся два квадрата одного цвета, прилегающие друг к другу
частью стороны (не точкой).
873. Выпуклый четырехугольник разрезан прямыми на η
вписанных четырехугольников- Доказать, что если η нечетно, то
данный четырехугольник тоже вписанный. Верно ли это
утверждение при четном п?
874. На плоскости расположены 100 точек. Доказать, что
существует конечное множество кругов, удовлетворяющих
условиям: 1) любая из данных точек лежит внутриодного из кругов;
2) любые две точки разных кругов удалены друг от друга более
чем на 1; 3) сумма диаметров всех кругов меньше 100.
875. На стороне ВС треугольника ABC взята точка D так,
что радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABD и
ACD, равны. Найти ADy если АВ = с, ВС—а, СА = Ь.
878. На плоскости дан угол с вершиной О. Вершина С
равнобедренного треугольника расположена на одной его стороне,
а основание АВ — на другой. Одна окружность вписана в
треугольник О АС (точк;а А на отрезке OJ3), а другая окружность
касается отрезка ВС и продолжений ОС и ОВ. Доказать, что
сумма радиусов окружностей равна высоте треугольника ABC,
проведенной к АВ.
877. На плоскости дан треугольник. Для каждой внешней по
отношению к треугольнику точке плоскости А зададим отобраг
жение А! = Т(А) таким образом, что середина отрезка АА! есть
одна из вершин треугольника, причем весь треугольник
расположен в части плоскости, получающейся при повороте луча АА'
вокруг А против часовой стрелки на угол, не превышающий 180°.
Определить для каждого натурального η > 2 множество точек Л,
для которых
Тп(А) = Т{Т(Т..,Т(А))) = А.
η
107

*
* *
878. Пусть М—точка пересечения двух окружностей с
центрами Οχ и О2, точки А и В лежат соответственно на первой
и второй окружностях и Ζ.ΑΜΒ = 90°. Доказать, что выражение
Αθ\ + Β Οχ - АВ2< не Зависит от выбора точек А и В.
879. Найти углы треугольника ABC, если биссектрисы
внешних углов Аи В равны стороне АВ. (Биссектриса внешнего угла
А треугольника ABC есть отрезок биссектрисы угла, смежного
с углом В АС\ концами которого являются точка ее пересечения
с прямой ВС и точка А.)
880. Построить треугольник, если на плоскости указаны три
точки: центр вписанной в него окружности, середина какой-то
стороны и основание высоты, проведенной к этой стороне.
881. На плоскости нарисован угол, внутри которого отмечена
точка О. Провести через О такой отрезок ВС, для которого
-=грг + -р^г принимает наибольшее значение, если: а) точки В и С
В U G U
лежат на сторонах угла; б) если точки В и С лежат на сторонах
угла или их продолжениях.
882. Сторона AD квадрата ABCD отображена симметрично
относительно некоторой прямой. При этом А и D перешли в
точки А! и D' такие, что D' расположена на отрезке ВС и
отрезок A'D' пересекается со стороной АВ в точке Е. Доказать, что
радиус окружности, вписанной в треугольник EBD1, равен А'Е.
883. В окружности радиуса г проведен диаметр АВ.
Произвольная окружность с центром в В пересекает АВ в точке С.
Через С проведена прямая, перпендикулярная АВ. Найти радиус
наибольшей окружности, касающейся этой прямой, а также
первой окружности внутренним рбразом, а второй внешним образом
(при изменении радиуса второй окружности). /
884. На прямой расположены последовательно три точки А,
В и С. Отрезки АВ и АС служат диаметрами двух окружностей,
на большей окружности взята точка Μ такая, что ВМ = МС.
Третья окружность касается отрезка ВМ, а также двух
первых окружностей. Доказать, что перпендикуляр, проведенный
из центра третьей окружности на прямую АС, проходит через
точку В (Сан гак у).
885. Дана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС, в которой
AC— CD. Через середину AD проведена прямая, пересекающая
Сайгаку — это общее название задач, составляющих содержание так
называемой «Японской храмовой геометрии» (XVII—XIX веков).
108

АВ и BD соответственно в точках К и Μ. Доказать, что угол
между прямыми АС и СК равен углу между прямыми DC и
СМ.
886. Радиус окружности, вписанной в треугольник ABC,
равен г. Через вершины В и С проведена окружность ω,
касающаяся вписанной в ABC окружности и пересекающая АВ и АС с
точках N и I/. Окружность радиусом г ι касается дуги NL
окружности ω и отрезков AN и AL, а окружность радиусом г2 касается
дуги ВС (не содержащей точек N и L) окружности ω, а также
отрезка ВС в его середине. Доказать, что имеет место равенство
г2 = 4г1Г2 (Сангаку).
887. В окружность вписана трапеция ABCD (AD и ВС —
основания). Пусть окружность, вписанная в треугольник ACD,
имеет радиус г и касается AD в точке М. Докажите, что радиус
окружности, касающейся отрезков AM, ВМ и описанной около
ABCD окружности/ также равен г.
*
* *
888. Внутри треугольника ABC находится окружность ω,
касающаяся ВС в той же точке, что и вписанная в ABC
окружность. Из В и С к окружности ω проведены касательные,
пересекающиеся в точке К и пересекающие С А и В А в точках Ρ
и М. Доказать, что в четырехугольник АР К Μ можно вписать
окружность.
889. Четырехугольник ABCD описан около окружности с
центром О; К, L, М, i\T — точки касания сторон
четырехугольника с окружностью {К на АВ, L на ВС, Μ на CD, N на DA).
Доказать, что
LiV OBOCs+OAOD
KM~OAOB + OCOD*
890. На сторонах АВ и ЛС треугольника ЛВС вне его
построены параллелограммы ABKL и ACMN так, что АВ: AL =
= АС : ЛАГ = t, ZBAL = /ЛСМ = α. Выразить медиану AS
треугольника ABC через длину отрезка iVL. Найти угол между
прямыми AS и NL.
891. В окружности проведен диаметр АВ и перпендикулярно
ему хорда CD, пересекающая диаметр в точке Е. Пусть Μ—
некоторая точка отрезка ЛЕ, а радиус окружности, касающейся
данной внутренним образом, отрезка MD и продолжения СМ,
1 1 1 in ч
равен г. Доказать, что - = -тт-т 4- -rj= (Сангаку).
109

892. В треугольнике ABC сторона АВ меньше стороны АС.
На стороне ВС взята точка В1 такая, что АВ1 = АВ.
Доказать, что радиус окружности, касающейся отрезков АВ1, В1 С, а
также изнутри описанной около ABC окружности, в два раза
больше радиуса окружности, вписанной в треугольник АВ'С
(Сангаку).
893. Доказать, что в плоскости треугольника ABC
существует точка Μ такая, что AM2 - ВС2 = ВМ2 - АС2 = СМ2 -
-АВ2. Доказать, что отрезки АМ\, ΒΜ*ι и СМз, где Μχ, Μ<ι
и Мз — соответственно точки пересечения медиан
треугольников В СМ, СМ А и АМВ, равцы и проходят через общую точку
(А. А. Ягубьянц).
894. Дан угол и окружность внутри него. Построить
касательную к окружности такую, что отсекаемый от угла
треугольник содержит окружность и имеет наименьший периметр.
895. Найти наименьшее значение периметров всевозможных
треугольников, содержащих две касающиеся внешним образом
окружности с радиусами R и г.
896. Найти наименьший по площади треугольник,
содержащий две равные касающиеся окружности радиусом R.
897. Около окружности описан четырехугольник ABCD.
Прямая, проходящая через А параллельно ВС> пересекает
прямую CD в точке 2?ι, а прямая, проходящая через С
параллельно AD, пересекает прямую АВ в точке D\. Доказать, что
в четырехугольник AB\CD\ можно вписать окружность.
*
* *
898. В четырехугольнике ABCD имеет место равенство АС—
— ΑΌ. На АВ взята точка Μ такая, что ΔΜΌΑ = Z.ABD.
Доказать, что ZACM = ZABC.
899. Существует ли четырехугольник, у которого можно
изменить положение любой вершины, оставив три другие на
месте, так, что четыре получившиеся точки служат вершинами
четырехугольника, равного исходному? (С. И. Токарев).
900. Биссектриса и медиана, выходящие из одной вершины
треугольника, образуют с противоположной стороной
соответственно углы 60° и 45°. Докажите, что радиус описанной около
этого треугольника окружности равен биссектрисе, выходящей
из указанной вершины.
901. Четырехугольник ABCD вписан в окружность,
Μ—некоторая точка на окружности. Проекции Μ на прямые АВ и
110

ВС— точки Ρ и Q, а проекции Μ на CD и DA — точки К и
L. Доказать, что прямые PQ, KL и 4С пересекаются в одной
точке.
902. Во вписанном четырехугольнике ABCD на сторонах АВ
и ВС взято по две точки на каждой: Αχ, К и С\, Μ
соответственно. Известно, что В Αχ = α, J3Ci = с, AD = m, CD =* η,
J5UT = J5M и отрезки Αχ Μ и (7χΑΓ пересекаются на диагонали
J5D. Найти ВК и ЯМ.
903. Дан угол величиной а с вершиной О и точка Ρ вне этого
а
угла. На стороне угла взяты точки К и Μ так, что ΔΚΡΜ = —
Li
и точки О и Ρ расположены по одну сторону от МК. Доказать,
что окружность, проходящая через точки Ρ, Μ и К, содержит
фиксированную точку плоскости.
904. Обозначим через N точку пересечения диагоналей
вписанного четырехугольника ABCD. Прямая, проходящая через
Ν, пересекает АВ и CD в точках Р\ и Qi, а окружности,
описанные около ANB yi CND, в точках Рг и фг соответственно.
_ М>х NQX
Доказать, что — = _.
905. В круге проведен диаметр АВ,уС— некоторая точка на
АВ, Μ—точка внутри одного полукруга, а точки К и
L—внутри другого полукруга, причем ZCKL = ZMAB, ZCLK = ^MBA.
Доказать, что ломаная ALMKB делит площадь круга пополам.
(Отрезки AL и ВК не пересекают сторон треугольника LCK.)
906. На плоскости имеется четырехугольник. Некоторая
прямая пересекает стороны и диагонали (или их продолжения) в
точках К; L, Μ, Ν, Ρ и Q (последовательно). Доказать, что
если KL = PQ, то и LM = NP.
907. Через вершину В равнобедренного треугольника ABC с
основанием АС проведена прямая, на которой взяты точки Μ и
Ρ так, что отрезок Μ С пересекает сторону АВ, а отрезок АР —
сторону ВС и £MAB+ZPCB = 90° + ^, где a = zABC. Доказать,
что угол между прямыми МС и АР постоянен. Найти этот угол.
*
* *
1 908. Доказать, что acosA + bcosB ^ с, где а, 6, с—стороны
треугольника, А и В — углы, противолежащие сторонам а и 6
соответственно.
909. Внутри выпуклого четырехугольника ABCD находится
точка М. Известно, что ΔΒΜΑ = ZCMD = 90°, ВМ = fc-AM,
ill

MD = к · MC. Найти площадь четырехугольника ABCD, если
BD = d.
910. В трапеции ABCD с основаниями АВ и CD диагонали
пересекаются в точке О, Μ—точка ВС такая, что ОМ
параллельна АВ. Прямая пересекает АВ, ОМ и CD соответственно в
„ г ^ АК ML DQ х ττ
точках К, L и Q так, что -гт= = -г-г- = -ргр; = А. Найти А.
К d LU QO
911. Радиус окружности, вписанной в треугольник ABC,
равен 7>а радиус вневписанной окружности (касающейся ВС и
продолжений АВ и АС) равен R. Окружность радиуса а (а<г)
касается сторон АВ и АС треугольника ABC. К этой
окружности из точек В и С проведены касательные, отличные от АВ
и АС. Эти касательные пересекаются в точке D. Найти радиус
окружности, вписанной с треугольник BCD.
912. Центр окружности расположен на основании ВС
равнобедренного треугольника ABC. Окружность касается боковой
стороны АВ. Боковая сторона равна а, длина касательной к
окружности, выходящей из В, равна Ь. Некоторая касательная к
окружности пересекает лучи АВ и АС в точках К и М,
причем треугольник АКМ содержит окружность. Найти
наименьшее значение периметров треугольников АКМ, получающихся
при изменении касательной КМ.
913. Две окружности с радиусами R и г касаются прямой /.
На прямой I берется отрезок ВС, содержащий точки касания
окружностей. Из точек В и С проводятся касательные к
«ближайшей» окружности (отличные от I). При этом точки В и С
берутся так, что эти касательные пересекаются в точке А,
расположенной с той же стороны от /, что и данные окружности. Среди
всех получившихся таким образом треугольников ABC возьмем
треугольник AoBqCq с наименьшим периметром. Доказать, что
если 2р периметр AoBqCo, то ВоСо =р - y/pRr.
914. Все стороны четырехугольника ABCD различны.
Биссектрисы углов А и С пересекаются на диагонали BD. Прямые
BD и АС пересекаются в точке Q так, что AQ = QC, BQ = а,
DQ = b. Найти АС.
915. Пусть К и Μ — середины диагоналей вписанного
четырехугольника. Противоположные стороны этого
четырехугольника при продолжении пересекаются в точках Ε и F, L —
середина EF. Известно, что KL = a, ML = b. Найти EF и отношение
диагоналей данного четырехугольника.
916. В четырехугольнике ABCD выполняются равенства
ZBAD = Ζ ADC = 84°, ZBCD = /BDC = 66°. Доказать, что
диагональ АС является биссектрисой угла BAD.
112

917. Доказать, что выпуклая фигура площади S может быть
покрыта треугольником площади не более 2S. (Можно считать
доказанным, что существует треугольник наименьшей площади,
покрывающий заданную фигуру.)
*
918. Диагонали вписанного в окружность радиуса R
четырехугольника ABCD пересекаются в точке М. Известно, что
АВ = ВС = a, BD = т. Найти радиус окружности, описанной
около треугольника ВСМ.
919. В окружности проведен диаметр АВ, точки С и D на
окружности такие, что прямые АС и BD пересекаются. Пусть Μ —
точка пересечения этих прямых. Касательные к окружности в
точках С и D пересекаются в точке К. Доказать, что прямая
Μ К перпендикулярна АВ.
920. В треугольнике ABC проведены биссектрисы
внутренних углов ΑΑχ, ΒΒχ, СС\. Прямая, перпендикулярная ΑΑχ и
проходящая через середину ΑΑχ, пересекается с прямыми ΒΒχ
и СС\ в точках К и М. Доказать, что окружность, описанная
около треугольника АКМ, проходит через центр вписанной в
ABC окружности.
921. Срединный перпендикуляр к диагонали АС вписанного
четырехугольника ABCD пересекается с прямыми AD и CD в
точках Ρ и Q. Доказать, что биссектриса угла ABC является
также биссектрисой угла PBQ.
922. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, в котором
лучи АВ и DC пересекаются в точке К, а лучи ВС и AD пере-
секаю!ся в точке L. Ε—проекция К на AL, F—проекция L на
АК. Доказать, что прямая FE делит пополам диагональ BD.
923. Четырехугольник, диагонали которого равны тип,
вписан в окружность радиуса 2R и описан около окружности
Л „ тп 4R2 „
радиуса 2г. Доказать, что —о = 1.
4г2 тп
924. Пусть Μ—произвольная точка плоскости, не лежащая
на высотах треугольника ABC. Прямая, проходящая через Μ
перпендикулярно AM, пересекает прямую ВС в точке Αχ. Анаг
логично определяются точки Βχ и С\. Доказать, что точки Αχ,
Βχ и Сх лежат на одной прямой (СВ. Маркелов).
925. Пусть Μ — некоторая точка в плоскости треугольника
ABC такая, что прямая, проходящая через Μ параллельно ВС,
проходит через центр описанной около ABC окружности. Пусть
P,Q и R—проекции Μ на прямые АВ, ВС и С А. Доказать, что
113

окружность, проходящая через Р, Q и R, содержит
фиксированную точку плоскости.
926. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD
пересекаются в точке О. Обозначим через г\, Γ2, гз и т\
соответственно радиусы окружностей, вписанных в треугольники
АОВ, ВОС, COD и DO А. Известно, что выполняется равенство
1 1 1 1 гг
1 = 1 . Доказать, что:
Г\ Гз 7*2 **4
а) в четырехугольник ABCD можно вписать окружность;
б) центры окружностей, вписанных в треугольники
АОВ, ВАС, COD и DOH, лежат на одной окружности
(И. 3. Вайнштейн).
927. На сторонах АВ, ВС и С А треугольника ABC взяты
соответственно точки D, Ε и F так, что радиусы окружностей,
вписанных в треугольники ADF, BDE и CEF, равны ме^сду
собой. Пусть радиус каждой из этих окружностей равен г\, го —
радиус окружности, вписанной в треугольник DEF. Докажите,
что радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, равен
Го + г\ (X. Фукагава).
*
* *
928. Заданный треугольник разрезать на три части, из
которых, не переворачивая их другой стороной, можно было бы
составить треугольник, осесимметричный данному.
929. Из точки А окружности проведены две хорды АВ и
АС. На хорде АВ дана точка М. Провести через Μ хорду PQ,
пересекающую АС в точке N так, что РМ = QN.
930. Диагонали трапеции ABCD {ВС параллельна AD)
пересекаются в точке О. На отрезках АО и OD взяты точки Μ и
N так, что ZBMD — ZANC. Доказать, что точки J5, Μ, Ν и С
лежат на одной окружности.
931. Биссектриса угла А треугольника ABC делит
противоположную сторону на два отрезка: а и 6, а > 6. Касательная к
окружности, описанной около ABC, проходящая через вершину
А, пересекает прямую ВС в точке D. Найти AD.
932. В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC) с углом
при вершине В, равном 20°, на стороне АВ взята точка Μ так,
что В Μ = АС. Найти угол AM С.
933. На плоскости прямоугольника ABCD взята точка Μ
так, что /.ВМС + <LAMD = 180°. Найти сумму углов В СМ и
DAM.
114

934. Доказать, что если окружности, проходящие
соответственно через вершины А и В, В и С, С и А треугольника
ABC', имеют общую точку,~отличную от вершины, то и
окружности, симметричные Данным относительно сторон АВ, ВС и СА
соответственно, также имеют общую точку.
935. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагональ
АС равна боковой стороне CD. Прямая, симметричная BD
относительно AD, пересекается с прямой АС в точке Е. Доказать,
что прямая АВ делит отрезок DE пополам.
936. Доказать, что если центр окружности, вписанной в
треугольник ABC', середина стороны АВ и точка касания вневпи-
санной окружности со стороной ВС лежат на одной прямой, то
этот треугольник прямоугольный.
937. Биссектриса угла В треугольника ABC пересекает
описанную около ABC окружность в точке Μ. Ρ — точка,
симметрична^ центру вписанной в ABC окружности относительно
середины АС. Прямая MP вторично пересекает описанную около
ABC окружность в точке К. Доказать, что из трех отрезков К А,
KB и КС один равен сумме двух других (В. О. Гордон).
*
* *
938. Диагонали четырехугольника равны тип. Проекции
вершин этого Четырехугольника на его же диагонали служат
вершинами другого четырехугольника. Доказать, что площадь
тп
второго четырехугольника не превосходит —-р.
939. Через вершину А треугольника ABC проведена прямая,
перпендикулярная медиане к стороне ВС. Эта прямая
пересекает высоты, выходящие из В и С (или их продолжения), в
точках К и М. Доказать, что А—середина КМ.
940. В треугольнике ABC на стороне АВ взята точка К так,
что радиус окружности, вписанной в треугольник АСК, равен
радиусу окружности, касающейся отрезка KB и продолжений
СК и СВ. Пусть радиус каждой из этих окружностей равен
г. Докажите, что имеет место равенство S = (а + Ь)г, где S —
площадь ABC, а —ВС, Ь — АС.
941. Точки А, В и С в указанном порядке расположены на
прямой, АВ = а, ВС = Ь. Точка D находится на расстоянии d от
этой прямой. Найти площадь треугольника с вершинами в
центрах окружностей, описанных около треугольников ABD, BCD,
ACD.
115

942. Доказать, что окружность, проходящая через
основания перпендикуляров, опущенных из вершины С
параллелограмма ABCD на прямые АВ, BD ή DA, проходит через центр
параллелограмма.
943. На продолжениях боковой стороны КМ трапеции
КМСВ за точку К и за точку Μ взяты точки А и D
соответственно так, что KA = MD и ABCD — выпуклый
четырехугольник. Диагонали АС и BD и прямые В К и СМ делят этот
четырехугольник на семь треугольников и один пятиугольник.
Доказать, что площадь треугольников, прилежащих к сторонам
АВ, ВС и CD, равна площади пятиугольника.
944. Точки А, В и С расположены на одной прямой.
Проведем через-Л и В произвольную окружность а. Окружности β и
7 проходят соответственно через А и С и через В и С и
касаются окружности а. Найти геометрическое место вторых точек
пересечения окружностей β и 7·
945. Окружность, вписанная с треугольник ABC, касается
стороны АВ в точке D. Ε — точка на стороне АС. Докажите,
что окружности, вписанные в треугольники ADE, BDE и ВСЕ,
имеют общую касательную.
946. Даны два треугольника ABC и AiB\C\. Внутри
треугольника А\В\С\ взята точка Р, а на сторонах треугольника
ABC во внешнюю сторону построены треугольники АВК, BCL
и АСМ так, что ΔΚΑΒ = ΔΡΑχΒχ, ΔΚΒΑ = ζΡΒχΑχ, ZLBC =
= zPJ?iCi, zLCB = zPCiBi, zMCA=zPCiAi, lMAC=£PAxCx.
Доказать, что треугольник KML подобен педальному
треугольнику точки Ρ относительно треугольника А\В\С\ (напомним,
что педальный треугольник—это треугольник, вершинами
которого являются проекции точки Ρ на стороны треугольника
AiB\C\, см. задачу 508).
947. На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону
построены треугольники АВК, BCL и САМ так, что ΔΚΒΑ =
= ШСА = а, ίΚΑΒ = ΔΒΜ = β, ШАС = ЛВС = у, α + β +
+7=90°. Доказать, что углы треугольника KLM равны 2α, 2β
и 27-
*
* *
948. Через вершину А треугольника ABC, в котором АВ φ
Φ АС, проведены биссектрисы внутреннего и внешнего угла и
касательная к описанной окружности. Эти прямые пересекают
ВС соответственно в точках А\, Лг, А$. Найти ААз, если АА\ =га,
АА2 = п.
116

949. Найти геометрическое место точек М, расположенных
внутри квадрата ABCD и таких, что ZMAD + ΔΜΒΑ + ΔΜΟΒ +
+ZMDJ3 = 180°.
950. Диагональ АС четырехугольника ABCD является
биссектрисой углов А и С этого четырехугольника. На стороне ВС
существует точка К, отличная от JB, для которой АК = АВ.
Доказать, что окружность, описанная около треугольника АВК,
проходит через точку пересечения АС и KD.
951. Даны три попарно пересекающиеся окружности. Пусть
А и J5, С и D, Ε и F—пары точек, в которых пересекаются
соответствующие пары окружностей, Μ—любая точка плоскости,
не лежащая на прямых АВ, CD и EF. Доказать, что окружности,
описанные около треугольников АМВ, CMD и EMD, помимо Μ
имеют еще одну общую точку.
952. На диагонали АС вписанного четырехугольника ABCD
взяты точки К и Μ так, что ΔΑΒΚ = ZCAD, ZADM = ABAC.
Доказать, что АК = СМ.
953. Пусть ABCD—четырехугольник, в который можно
вписать и около которого можно описать окружность. Проведем
через центр вписанной в ABCD окружности прямую,
параллельную одной из его сторон. Доказать, что длина отрезка этой
прямой внутри ABCD равна четверти периметра ABCD.
954. Пусть ABCD—выпуклый четырехугольник,
противоположные стороны которого АВ и CD при продолжении
пересекаются в точке К, а ВС и DA — в точке М. Обозначим через Р,
N и L соответственно точки пересечения биссектрис углов BAD
и BCD, ABC и ADC, а также углов, смежных с углами АКС
и АМС. Доказать, что точки Ρ, Ν и L лежат на одной прямой
(С. В. Маркелов).
955. Пусть Υ—центр вписанной в треугольник ABC
окружности, прямая, проходящая через Υ перпендикулярно ΑΥ,
пересекается с ВС в точке М, а прямая, проходящая через Υ
перпендикулярно CYy пересекается с АВ в точке N. Прямые
AM и CN пересекаются в точке Р. Доказать, что прямая PY
перпендикулярна АС (СВ. Маркелов).
956. Пусть ABCD — четырехугольник, вписанный в
окружность с центром в О. Возьмем на АВ и DC соответственно точки
Μ и N так, что ОМ || DC, ON || АВ, а на АС и DB — точки Ε
и F соответственно так, что ОЕ \\ DB, OF \\ АС. Доказать, что
MN\\EF (С. В. Маркелов).
957. На: дуге АС окружности, описанной около треугольника
ABC, не содержащей точки В, взята произвольная точка Р.
Пусть Y\ и Υ<ι—центры окружностей, вписанных в треуголь-
117

ники АВР и СВР. Докажите, что окружность, описанная около
треугольника Y1Y2P, проходит через фиксированную точку.
*
* *
958. Острый угол параллелограмма равен а, т и η—диаго-
нали, т^п. Доказать, что ctg— Э —-
2 η
959. В окружности проведена хорда АВ. Пусть С —
произвольная точка окружности. Μ—середина двухзвенной ломаной
АСВ. Найти геометрическое место точек М.
960. На стороне ВС треугольника ABC взята точка Р,
отношение расстояния от которой до АС и АВ равно а. На стороне
АВ взята точка Q, отношение расстояний от которой до АС и ВС
равно β. Доказать, что если а + /?= 1, то отрезок PQ содержит
центр вписанной в ABC окружности.
961. В окружности проведен диаметр, на котором взята
фиксированная точка М. Пусть А и В — две точки на
окружности, лежащие по одну сторону от диаметра и такие, что
AM и ВМ образуют равные углы с диаметром. Доказать, что
прямая АВ проходит через фиксированную точку цлоскости
(Е. М. Гольберг).
962. Точки А я В расположены по одну сторону от прямой /.
τ* *# ι AM
Для каждой точки Μ на прямой I рассмотрим отношение -ттп-
Доказать, что наибольшее и наименьшее значения этого
отношения достигаются й точках М\ и Мъ, в которых окружность с
центром на / и проходящая через А и В пересекается с прямой I.
963. Через вершину В треугольника ABC проведена прямая
ί, пересекающая биссектрису угла А в точке К и описанную
около ABC окружность в точке N (отличной от В и С). Пусть
Q — центр окружности, проходящей через точки А, К и С. (Q
отлична от N). Докажите, что при изменении / окружность,
проходящая через точки С, N и Q, содержит фиксированную точку,
отличную от С.
964. Вйутри треугольника ABC расположен треугольник
AiB\Cij точка Aq делит отрезок В\С\ в отношении, равном
отношению расстояний от В\ и С\ до ВС. [ -т~7Г = -т"> где d\ —
\A0G1 «2
расстояние от В\ до ВС, d*i—расстояние от С\ до ВС).
Аналогичным образом на С\А\ и А\В\ определяются точки Bq и Со·
Доказать, что если прямые АА\, ВВ\, СС\ пересекаются в одной
118

точке, то в одной же точке пересекаются и прямые A\Aq, B\Bq,
C\Cq, а также прямые AAq, BBq, CCq.
965. Внутри треугольника ABC находятся три окружности
с центрами О а, О в и Ос и радиусами га, г в и гс- Каждая из
окружностей касается двух сторон треугольника: окружность с
центром О а касается АВ и АС, окружность с центром Ов
касается В А и ВС, окружность с центром Ос касается С А и СВ.
Точка А\ расположена на отрезке ОвОс и делит его в отношении
гв - гс (считая от точки Ов)- Точно так же на отрезках ОаОв и
ОаОс задаются точки С\ и В\. Доказать, что прямые АА\, ВВ\
и СС\ пересекаются в одной точке.
966. Дан треугольник ABC и точка М, не лежащая ни на
одной из его высот. Срединный перпендикуляр к отрезку Μ А
пересекается с прямой ВС в точке Αχ. Аналогично на прямых
С А и АВ определяются точки В\ и С\. Доказать, что точки Αχ,
В\, С\ лежат на одной прямой.
967. Две прямые, пересекающие противоположные стороны
четырехугольника ABCD, делят его на четыре
четырехугольника, в каждый из которых можно вписать окружность.
Доказать, что отрезки прямых внутри ABCD равны. Доказать также,
что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность.
*
* *
968. Диагональ АС является осью симметрии выпуклого
четырехугольника ABCD. Рассмотрим два правильных
треугольника АВК и ВСМ (точка К с той же стороны от АВ, что и точка
С, точка Μ расположена по другую сторону от ВС, чем точка
А). Доказать, что точки D, К и Μ лежат на одной прямой.
969. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается
АС и ВС соответственно в точках N и К. Доказать, что хотя бы
один из углов, MB А или КАВ, меньше 30°.
970. Известно, что на сторонах CD и AD четырехугольника
ABCD есть точки К и Μ соответственно такие, что каждая из
прямых АК и СМ делит четырехугольник на две равновеликие
части. Доказать, что КМ делит пополам BD.
971. На основании АС равнобедренного треугольника ABC
взята точка D, а на отрезке BD — точка К так, что AD: DC =
= ΔΑΚϋ: ADKC = 2:1. Доказать, что ZAKD = ZABC.
972. Внутри остроугольного треугольника ABC взята точка
К так, что ΔΑΚВ = 90°, έΒКС = 180° -ZACB. В каком
отношении прямая ВК делит сторону АС, если высота, опущенная на
эту сторону, делит ее в отношении λ, считая от вершины А?
119

973. Обозначим через О и Υ соответственно центр
описанной и вписанной окружностей треугольника ABC. Известно, что
ΖθΥΑ = 30°. Доказать, что один из углов В или С равен 60°.
974. Угол А треугольника ABC равен 96°, угол В равен
48°. Найти углы треугольника ΑΟΥ, где О и Υ соответственно
центры описанной и вписанной окружностей.
976. Пусть А и В две фиксированные точки данной
окружности, Ρ — переменная точка этой окружности. На продолжении
биссектрисы угла АРВ за точку Ρ берется точка Μ так, что
РМ = АР + ВР. Найти геометрическое место точек М.
976. Шбсть окружностей касаются окружности ω
одинаковым образом (внутренним или внешним) в точках Л, В, С, D,
Ε и F, причем каждая окружность касается двух соседних.
Доказать, что диагонали, соединяющие противоположные вершины
шестиугольника ABCDEF, пересекаются в одной точке. (Задача
о семи кругах.)
977. На плоскости даны три непересекающиеся попарно
окружности. К ним проведены все общие внутренние
касательные, которые ограничивают шестиугольник ABCDEF.
Докажите, что прямые AD, BE и CF пересекаются в одной точке
(Д. А. Терешин).
*
* *
978. Найти площадь треугольника, вписанного в
параллелограмм, если известно, что оставшаяся часть параллелограмма
представляет собой три треугольника единичной площади.
979. На сторонах АВ и ВС квадрата ABCD взяты точки Ε и F
так, что BE = BF, N—основание перпендикуляра, опущенного
из В на СЕ. Доказать, что Z.DNF = 90°.,
980. Пусть Υ—центр вписанной в треугольник ABC
окружности. Прямые AY, BY и CY пересекают описанную около ABC
окружность соответственно в точках А\у В\ и С\. Докажите,
ч ΥΑι-ΥΒχ п ^ ΥΑΎΒ п
что: а) —-rrpi— = R] б) — = 2г, где it и г соответственно
YC YC\
радиусы описанной и вписанной окружности треугольника ABC.
981. Имеются два треугольника ABC и А\В\С\, в которых
AB = AiBu BC = BiCv Кроме того, ZJ?4C = 30°, ZBCA = 31°,
zAiBiCi = 3°. Найти оставшиеся углы треугольника AiB\Ci.
982. В заданном треугольнике ABC на стороне АС берется
произвольная точка D. В, треугольники ABD и BDC
вписываются окружности. Общая внешняя касательная к этим окруж-
120

ностям, отличная от АСУ пересекает BD в точке М. Докажите,
что длина отрезка ВМ не зависит от выбора точки D.
983. Пусть Μ—основание высоты, опущенной на сторону ВС
в треугольнике ABC. Окружность, проходящая через В и С,
пересекает АВ и АС в точках К и Ρ соответственно. Пусть Ε и F
середины КС и ВР. Доказать, что треугольник EFM подобен
треугольнику ABC.
984. Пусть А и В—две фиксированные точки плоскости, С—
произвольная точка одной из двух полуплоскостей, задаваемых
прямой АВ. На сторонах АС и ВС треугольника ABC во
внешнюю по отношению к ABC сторону построены два
прямоугольных треугольника АСК и ВСМ, в которых ZCAK=ZCBM = 90°,
ΚΑ f MB ,
"77T ^ fc> "Б77 =т> гДе * и m — фиксированные числа. Дока-
зать, что отрезки КМ содержат фиксированную точку
плоскости, которая делит каждый из этих отрезков в одном и том же
отношении. Найти это отношение.
985. Докажите, что в любой треугольник можно вписать
правильный треугольник, периметр которого не превосходит
половины периметра исходного треугольника.
986. В данный треугольник вписан другой треугольник.
Доказать, что если все 4 образовавшихся треугольника
равновелики, то вершинами вписанного треугольника являются
середины сторон исходного.
987. Доказать, что выпуклый четырехугольник тремя
прямолинейными разрезами, образующими треугольник, нельзя
разрезать на четыре равновеликие части.
*
* *
988. Даны три окружности, попарно касающиеся друг
друга, причем первая содержит вторую и третью. Пусть
А и В — точки касания первой со второй и третьей; С —
точка касания второй и третьей окружностей. Через С
проведена хорда в первой окружности, касающаяся второй
и третьей. D — середина этой хорды. Доказать, что С —
центр окружности, вписанной в треугольник ABD.
989. В треугольнике ABC, в котором ВС < ВА,
через вершину С проведена прямая, перпендикулярная
биссектрисе BE. Эта прямая пересекает биссектрису BE в
точке F, а медиану BD — в точке G. Доказать, что
отрезок EG делится отрезком DF пополам.
121

990. Внутри равнобедренного треугольника ABC (AB =
= ВС) даны точки Μ и N так, что Δ.ΜΑΒ = ZNCA и
ZNAC = /.ΜСВ. Доказать, что прямая ΜΝ проходит
через точку В.
991. На плоскости даны два неравных правильных
треугольника с общим центром. Их вершины попарно
соединены прямыми. Доказать, что эти прямые либо образуют
правильный треугольник, либо пересекаются в одной точке.
992. На сторонах треугольника ABC построены
прямоугольники АВВ\А\, BCC\B<i и САА2С2. Доказать, что
срединные перпендикуляры к отрезкам А\А2, В\В2 и С\С2
пересекаются в одной точке.
993. На окружности, описанной около треугольника ABC,
взята точка Μ; Ν — точка внутри треугольника ABC. Точки
А\ у В\ и С\ симметричны точке Μ соответственно
относительно прямых AN, BN и CN. Известно, что прямые
АА\, ВВ\ и СС\ параллельны. Доказать, что N — центр
вписанной в треугольник ABC окружности.
994. Дан шестиугольник ABCDEF. Известно, что
внутри него имеются точки К, L и Μ такие, что ABLK,
CLMD и FEMK — прямоугольники. Доказать, что внутри
него существуют точки Р, Q и Τ такие, что BCQP,
DETQ и AFTP — прямоугольники, причем суммы
площадей прямоугольников в первом и во втором случае равны
(Ε. Μ. Гольберг).
995. Пусть A, В, С, D — четыре точки на
окружности, Μ — точка пересечения прямых АС и BD.
Некоторая прямая, проходящая через М, пересекает данную
окружность в точках М\ и Μ*ι и пересекает окружности,
описанные около треугольников АВМ и COM, в точках
N\ и #2, отличных от М. Доказать, что M\N\ = M2N2
(В. Ю. Протасов).
996. Доказать, что биссектрисы внешних углов
разностороннего треугольника пересекают противоположные стороны в трех
точках, лежащих на одной прямой, причем, эта прямая
перпендикулярна прямой, проходящей через центры вписанной и
описанной окружностей данного треугольника.
997. Отрезок МК перпендикулярен прямой, проходящей
через центры вписанной и описанной окружностей треугольника
ABC, а его концы лежат на сторонах этого треугольника.
Доказать, что для всех точек отрезка МК сумма расстояний до
сторон ABC одна и та же (А. А. Ягубьянц).
122

*
* *
998. Доказать, что площадь прямоугольной трапеции с
основаниями а, Ъ, описанной около окружности, равна ab.
999. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС проведены
4 прямые: через А параллельно BD, через В параллельно CD,
через С параллельно АВ, через D параллельно АС. Эти прямые
AD
пересекаются в одной точке. Найти —-.
ВС
1000. Через точку пересечения двух перпендикулярных
прямых 1\ и /2 проходит окружность. На этой окружности можно
найти три точки А, В и С, обладающие следующим свойством:
касательная к окружности, проведенная через каждую из этих
точек, высекает на прямых 1\ и fo отрезок, серединой которого
являетдя соответствующая точка. Доказать, что треугольник
ABC правильный.
1001. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC взяты
точки А\, В\ и С\ так, что прямые АА\, ВВ\ ц СС\
пересекаются в одной точке. Обозначим через А^, Β*ι и С?2 соответственно
середины В\С\, С\А\ и А\В\. Доказать, что прямые ΑΑ<ι, ΒΒ<ι и
С&2 пересекаются в одной точке.
1002. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается
его сторон ВС, С А и АВ соответственно в точках А\, В\ и С\.
Пусть Лг, -Вг и Сч точки на вписанной окружности такие, что
Α\Α<ι, Β\Β<ι и C\C*i пересекаются в одной точке. Доказать, что
прямые АА2, ВВ2 и ССч также пересекаются в одной точке.
1003. Диагонали четырехугольника, вписанного в
окружность с центром в. О, пересекаются в точке Q, Μ и К—
середины диагоналей. N и Ρ — проекции О и Q на МК. Доказать,
что ΝΜ = ΡΚ.
1004. Пусть ABCDEF — вписанный шестиугольник, в
котором AF параллельна BE. Хорда BE пересекается с хордами АС
и FD соответственно в точках Ρ и Q, Μ — точка пересечения
QC и BD, К—точка пересечения PD и ЕС. Доказать, что КМ
параллельна AF.
1005. Две окружности пересекаются в точках А и В. КМ—
общая касательная к этим окружностям. (К и Μ — точки
касания, А ближе к КМ, чем В.) Пусть Ρ—проекция Μ на прямую
АК. Доказать, что В А—биссектриса угла РВК.
1006. Можно ли тремя прямыми разрезать квадрат на семь
равновеликих частей?
1007. Окружность пересекает каждую из сторон
треугольника ABC в двух точках. Пусть К и Μ—точки пересечения этой
123

окружности со стороной ВС. Касательные к окружности,
проходящие через К и Μ, пересекаются в точке А\ (предполагается,
что центр окружности не лежит на сторонах треугольника).
Подобным образом определяются точки В\ и С\. Доказать, что
прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке.
*
* *
100& На плоскости проведены две "прямые, пересекающиеся
в точке О, Ρ — фиксированная точка плоскости. Произвольная
окружность с центром в О пересекает одну прямую в точках
А и J9, а другую — в точках С и D. Доказать, что отношение
tgZAPJ?: tg ZCPD одно и то же для любой окружности.
1009. В треугольнике ABC проведена медиана BBq и
биссектриса ВВ\. Прямая, проходящая через В\ параллельно J5C,
пересекает BBq в точке М. Доказать, что МС
перпендикулярна ВВ\.
1010. Внутри ромба ABCD находится точка Μ такая, что
ΔΜΒΌ = ZMCA = 30° и отрезки MB и Μ С не пересекают
диагонали ромба. Найти Ζ AMD.
1011. Доказать, что если а, /?, η—углы треугольника, х, у,
ζ — произвольные числа, то имеет место неравенство 2xycosa +
+2,!ΐζ£θ$β + 2ζχζο$η^χ2 + у2 Λ-ζ2.
1012. Пусть а, 6, с стороны треугольника ABC (AB = с,
ВС = а, С А = 6). Тогда для любой точки Μ и произвольных
чисел ж, у, ζ имеет место неравенство (х+у+ζ)(χΜА2 +цМВ2 +
+zMC2) ^ жус2 + ι/ζα2 + zxb2.
1013. Пусть α, 6, с стороны треугольника ABC, Μ —
некоторая точка. Докажите неравенство аМА2 + ЬМВ2 + сМС2 > abc.
Для какой точки Μ имеет место равенство?
1014. Пусть А—одна из точек пересечения двух окружностей
с центрами Οχ и 02- Доказать, что прямая, проходящая через А
перпендикулярно медиане треугольника 0\ΑΟ<ι, проведенной к
стороне ΟχΟ2, высекает на данных окружностях равные хорды.
1015. Диагонали четырехугольника ABCD пересекаются, в
точке М. Прямая I высекает на окружностях, описанных около
треугольников АВМ и COM равные хорды. (Указанные хорды
равны, но не совпадают.) Докажите, что прямая I высекает
равные хорды на окружностях, описанных около треугольников
ADM и ВСМ.
1016. Пусть АВ и CD—две общие касательные к двум
пересекающимся окружностям, Μ—одна из точек их пересечения.
124

Прямые AM и В Μ вторично пересекаются с окружностью,
описанной около треугольника CMD в точкахРиК соответственно.
Доказать, что АВРК—параллелограмм.
1017. Дана прямая I и две точки А и В вне ее. Пусть Μ —
произвольная точка на /. Прямая ρ симметрична прямой В Μ
относительно биссектрисы между прямыми AM и I. Найти
геометрическое место проекций точки А на прямую р.
*
* *
1018. Рассмотрим три точки, каждая из которых
симметрична точке касания окружности, вписанной в данный
треугольник, относительно биссектрисы противолежащего этой
стороне угла. Докажите, что эти три точки служат вершинами
треугольника, подобного данному.
1019. На двух противоположных сторонах квадрата и на его
диагоналях отмечено по точке. Квадрат стерли, а отмеченные
точки оставили. Восстановите квадрат. I
1020. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике
ABCD имеет место неравенство AB+BD < AC+CD, то АВ < АС.
1021. Внутри треугольника ABC существует точка Μ такая,
что АМ-ВС = ВМ-СА = СМ- АВ. На лучах Μ A, MB и МС
возьмем точки А\, В\ и С\ так, что МА\ — ВС, МВ\ = СА\,
МС\ =АВ. Докажите, что А\В\С\—правильный треугольник
(А. А. Ягубьянц).
1022. На окружности ω с центром О взяты точки А и
В. Касательные, проходящие через А и В, пересекаются в
точке Р. Хорда МК окружности ω проходит через середину
АВ. Доказать, что пересечение отрезка ОР с окружностью
ω есть центр вписанной в треугольник МКР окружности
(С. В. Маркелов).
1023. На плоскости даны три точки Л, В и С. Найти
геометрическое место точек Μ плоскости, для которых прямая,
проходящая через Μ перпендикулярно СМ, пересекает отрезок
АВ.
1024. На плоскости отмечено конечное множество точек.
Известно, что для любых двух отмеченных точек АиВ отмеченная
точка М, такая, что ζΑΜΒ = α, где а — заданный
фиксированный угол. Чему равен угол α? (Μ. Евдокимов).
1025. Пусть А, В и С—углы некоторого треугольника.
Рассмотрим последовательность Ак> Вк, С*, задаваемую
равенствами Ам = 90° - -Ак, Вк+Х = 90° - -Вь Ск+г = 90° - -Ск,
125

Aq = A, Bq = B, Cq —С. Введем следующие обозначения: α*, Ьк,
ск—стороны некоторого треугольника с углами -4^, J5^, Ск
(понятно, что при каждом к такой треугольник существует), Sk—
площадь этого треугольника,
м-ή±Ά±Α *г _ (q* - h?+(h - а*?+(ck - α*)2
Доказать, что
, a) Mk+i=Mk-Nk]
б) M0-No-Ni-N2 — -.-Nk>2V3.
(При А; = 0 неравенство пункта б) превращается в известное
неравенство Финслера и Хадвигера, см. задачу 658.)
1026. Доказать, что для того, чтобы треугольник был
остроугольным, необходимо и достаточно, чтобы сумма расстояний
от его вершин до точки пересечения высот была бы меньше р+г
(р—полупериметр, г—радиус вписанной окружности).
1027. Биссектриса угла BAD параллелограмма ABCD
пересекает прямые ВС и DC в точках Μ и N. Доказать, что
а) центр окружности, описанной около треугольника CMN,
лежит на окружности, описанной около треугольника CBD\
б) если К — точка пересечения окружностей, описанных
около треугольников CMN и CBD, то ZAKC—90°.
*
* *
1028. Хорда АВ пересекает противоположные стороны и
диагонали вписанного четырехугольника в точках К, L, Μ и Р.
(Точки следуют в указанном порядке на АВ, К и Ρ—на
сторонах, L и Μ — на диагоналях четырехугольника.) Положим
АК АР Q AL AM
-χβ=α> 'рв=Р> ~LB=X' ~ΜΒ = У' Д°казать> что °& = ХУ-
Покажите, что из утверждения этой задачи следует теорема о
«бабочке» (задача 483).
1029. Пусть ABCD вписанный четырехугольник, Μ —
некоторая точка описанной около него окружности, расположенная
на дуге АВ, не содержащей С и D. Хорды Μ С и MD пересекают
АВ в точках К и Р. Доказать, что длина отрезка К Ρ будет
наибольшей в случае равенства АК = РВ.
1030. Дана равнобочная трапеция ABCD с основаниями AD
и ВС. После поворота вокруг точки С точки А и В перешли
соответственно в А' и В1. Доказать, что середины отрезков СВ,
СВ1 и DA1 лежат на одной прямой (В. Ю. Протасов).
126

1031. Пусть У—центр окружности, вписанной в треугольник
ABC. На сторонах АВ и АС возьмем соответственно точки Ρ и
К так, что АР=АК. Обозначим через Q вторую точку
пересечения окружностей, описанных около треугольников ΡΒΥ и КCY.
Доказать, что окружность, касающаяся АВ и АС в точках Ρ и
#, проходит через Q и касается окружности, проходящей через
J5, С и Q.
1032. В угол с вершиной А вписана фиксированная
окружность 7· Произвольная касательная к этой окружности
пересекает стороны угла в точках В и С, причем окружность.7 вписана
в треугольник ABC. Окружность ω проходит через точки В и С
так, что хорда ВС делит ω на две дуги с фиксированной
угловой величиной. (Дуга, расположенная вне треугольника ABC,
имеет постоянную величину.) Доказать, что окружность ω ка-
сается двух фиксированных окружностей, касающихся прямых
АВиАС(В. Ю. Протасов).
1033. Через вершины В и С треугольника ABC проходит
окружность ω так, что вершина А расположена вне ограниченного
окружностью ω круга. Рассмотрим окружность (одну из двух)
λ, касающуюся отрезков АВ и АС и окружности ω. Пусть Q —
точка касания окружностей X и ω. Доказать, что биссектриса
угла BQC проходит через центр вписанной в ABC окружности
(В. Ю. Протасов).
1034. Пусть В\ и С\ середины сторон АС и АВ
треугольника ABC, Y\ — центр окружности, вписанной с треугольник
АВ\С\. Возьмем на сторонах АВ и АС точки Ρ и Ρχ, К и К\
OL
соответственно так, что АР = АЙГ, АР\ =^АК\9 ΖΥχΡΒ = 90° — —,
OL
ΔΥ\Ρ\Α~ —, α = ABAC. Докажите, что каждая из двух окруж-
ностей, касающихся АВ и АС в точках Ρ и К и в точках Р\ и
К\, касается окружности 9 точек треугольника ABC. При этом
точки Ρχ и К\ есть точки касания АВ и АС со вписанной в ABC
окружностью. (Тем самым мы получаем утверждение теоремы
Фейербаха, задача 583.)
1035. Даны две непересекающиеся окружности 71 и 72·
Произвольная окружность ω касается окружностей 71 и 72
внутренним образом и пересекает их общие внутренние
касательные в точках A, J5, С, D. (Обозначения выбраны так, что дуга
АВ содержит точку касания ω и 71 у а Дуга CD — точку
касания а; и 72·) Доказать, что угловые меры дуг АВ и CD
постоянны и равны удвоенным углам, образованным общими
внутренними касательными к 71 и 72 с их общей внешней касательной
(В. Ю. Протасов).
127

1036. Внутри треугольника ABC располагается последова-
тельность окружностей: 1-я вписана в угол Л, 2-я касается 1-й и
вписана в угол В, 3-я касается 2-й и вписана в угол С, 4-я вновь
вписана в угол А и касается 3-й и т. д. Доказать, что седьмая
окружность совпадет с первой.
1037. Внутри треугольника ABC есть точка Μ такая, что
ВС — AM — СА — ВМ = АВ - СМ. Доказать, что радиус
окружности, вписанной в треугольник В СМ, равен а — га, где а = ВС,
га—радиус вневписанной окружности треугольника ABC,
касающейся стороны ВС (А. А. Ягубьянц).
*
* *
1038. В четырехугольнике ABCD углы А и С равны 90°.
Доказать, что периметр вписанного в ABCD четырехугольника не
меньше, чем 2АС.
1039. Найти наименьшее значение выражения:
y/l+x2-x + γ 1 + χ2 - жл/З.
1040. На плоскости имеется несколько правильных
треугольников, покрывающих общую площадь 1. Доказать, что из них
можно выбрать несколько непересекающихся треугольников,
занимающих общую площадь не менее 1/16.
1041. На плоскости даны 1000 точек и окружность радиуса 1.
Доказать, что на окружности найдется точка, сумма расстояний
от которой до этих точек не меньше 1000.
1042. На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону
построены правильные треугольники АВСх, ВС Αχ и САВ\.
Обозначим через ^2, i?2 и C<i середины отрезков В\С\, С\А\ и А\В\
соответственно. Доказать, что углы между прямыми АА2, BB2
и СС2 равны 60°.
1043. Вычислить с точностью до 2 наименьшую суммарную
длину разрезов, которые необходимо сделать, чтобы перекроить
единичный квадрат в прямоугольник с диагональю, равной 100.
1044· Фигура Φχ получается из фигуры Φ в результате
некоторого поворота. Может ли получиться, что объединением
фигур Φ и Φχ будет некоторый прямоугольник, центр которого
принадлежит Ф, но не принадлежит Φχ.
1045. Найти положительные числа ζχ, вд, - - -, #ιο>
удовлетворяющие системе уравнений
{xi+X2 + ..- + Xk)(xk + Xk+i + --- + xio) = l, fe = l,2,..., 10.
128

1046. В окружности проведены три попарно пересекающиеся
в точках А, В и С хорды. Рассмотрим окружность, касающуюся
лучей АВУ АС и изнутри в точке А\ данной окружности.
Аналогично определяются точки В\ и С\. Доказать, что прямые АА\У
ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке.
1047. Доказать, что система уравнений
{а\х\ + а,2Х2 + яз^з + а±х± — 0,
Ь\Х\ + &2^2 + ί>3#3 + &4#4 = 0,
всегда имеет! решение ж?, ж§> жз> *4 Для которого max|a$| ^
^л/2-1.
* *
1048. Точки Fi и F2 являются фокусами эллипса и
гиперболы. Пусть А — некоторая точка на гиперболе. Прямые AF\ и
AF2 пересекает эллипс в точках В и С соответственно (В и С
по одну сторону от прямой F1F2). Доказать, что прямые BF2 и
CF\ пересекаются на гиперболе.
1049. На плоскости взяты четыре точки так, что все попарные
расстояния—целые числа. Докажите, что хотя бы одно из этих
расстояний является четным числом, а хотя бы одно делится на
три.
1050. На плоскости изображена дуга, являющаяся в
некоторой декартовой системе координат дугой параболы у = ж2.
С помощью циркуля и линейки построить оси этой системы
координат.
1051. Пусть £>ι—произвольный выпуклый η-угольник, при
г ^ 1 обозначим через £>i+i выпуклый η-угольник, вершины
которого лежат в серединах сторон D*, S{—площадь многоугольника
Д(г = 1,2,3,...):
а) при η = 5,6 выразить S3 через S\ и S2;
б) при η = 7 выразить 54 через Si, S2 и S3.
1052. Стороны АВ и CD четырехугольника ABCD пересев
каются при продолжении в точке Р, а стороны AD и ВС — в
точке К (точка D лежит на отрезках АК и СР). Внутри
четырехугольника взята точк$ О так, что ΔΑΟΚ = ZCOP.
Доказать, что биссектрисы углов АОС и BOD перпендикулярны
(С. В. Маркелов).
129

1053. Найти геометрическое место точек, являющихся
точками пересечения высот всевозможных треугольников,
образованных тремя прямыми, касающимися параболы.
1054. Доказать, что директриса параболы, касающейся трех
сторон неравнобедренного треугольника и прямой, содержащей
три центра окружностей Аполлония (см. задачу 467) этого
треугольника, совпадает с прямой Эйлера этого треугольника.
1055. К некоторому эллипсу проведены две параллельные
касательные. Окружность касается внешним образом эллипса
и построенных касательных. Доказать, что расстояние между
центрами эллипса и окружности равно сумме полуосей эллипса.
1056. К эллипсу в точках Μ и К проведены две касательные,
пересекающиеся в точке А. Доказать, что углы MAF\ и KAF2,
где F\ и F2 — фокусы эллипса, равны между собой.
1057. Центры десяти окружностей расположены на
большой оси эллипса, причем первая окружность касается второй,
вторая — третьей, ..., девятая — десятой. Кроме того, все эти
окружности касаются изнутри эллипса. Доказать, что
γ4(γ4 + γιο) = γ7(γ7 + γι),
где τi—радиус ΐ-й окружности (Сангаку).

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1. Основные геометрические факты и теоремы.
Задачи на вычисление
17. Биссектриса разбивает треугольник на два, площади которых
равны соответственно γ sin f, у sinf, а площадь всего треугольника
f sina; значит, (f + ^)sinf = f sina, l=»2=Jg*.
19. Возьмем окружность, касающуюся сторон АВ, ВС и С А. Если
эта окружность не касается стороны DA, то, проведя касательную
DAi (Αχ —на АВ), получим ADAAi, у которого одна сторона равна
сумме двух других.
20. Проведя через вершины треугольника прямые,
параллельные противоположным сторонам, получим треугольник, для
которого высоты исходного треугольника являются перпендикулярами,
восставленными к сторонам в их серединах.
21. ψ. 22. §У^. 23. ^(a + b-Vo*TS*). 24. 2^. 25. ψ.
28. l2=*l. 29. |(a-b)2sina. SO. ftg2*=a. 31. 30°. 32. f. 33. 90°.
36. r2(2>/3 + 3). 37. Va(2i-a). 38. |(Si + S2).
39. Если a > Ь, то биссектриса пересекает боковую сторону CD\
если о < Ь, то—основание ВС.
40. !$. 41. arccos^f. 42. ^л/ЗЬ2 + 2аЬ-а2. 43. а2. 44. |^/|.
45. (л/ЗГ+л/Зг)2· 46. 90° + f. 47. ^V^TF. 48. arcsin(£-l).
49. (6-7γ):2τγ:(6-7γ). 50. £(л/2-1)[(2\/2-1)тг-4]. 51. £(6л/3-6-тг).
52· f (f + ^)· 53. |v^=^. 54. f 55. fS.
58. Если а < 90°, β < 90°, то углы A ABC равны 90° - а, 90° - /3,
а+/3; если а>90°, /?<90°, то а-90°, 90°+/3,180°-а-/3; если а<90°,
/3>90о,то90° + а,/?-90°, 180°-а-/3.
59. \^&=45. 60. f. 61. ||Л2. 62. у/^ф^ц.
131
®

63. В равнобедренном треугольнике с углом при вершине π/5
биссектриса угла при основании делит треугольник на два
равнобедренных треугольника, один из которых подобен исходному.
Ответ: &=±R.
64. R2 [ctgf - |(π-α)]. 66. f у/Ш. 66. "<4^°+1>. 67. 2г2(2л/5+3).
68. ^rl. 69. щ^щ. 70. ψ. 71. 2. 72. τ^η. 73. f (tgf -ctga).
W. 2g8r Я- ^· W. «J. 77.a(f + i).78. «M. 79. j0+7-a).
80. ****. 81. 2ginCin2<?. 82. 1^21^/4^ _(b-o)2. 83. 2(Д2 + а2).
84. Возможны два случая: оба центра расположены по разные
стороны от общей хорды и по одну. Соответственно две пары ответов:
а(уД-1), о^(л/3-1) и ο(ν/3 +1), o^(V5+1).
86. $=&. 87. л/13. 88. агссоз1**^. 89. |. 90. *£. 91. |,
«+I-I
π
' 2
a + f-f
92. α22ν| 3. (Возможны, вообще говоря, два треугольника, но у
одного из них две вершины лежат на продолжениях диагоналей.)
93. Ь§. 94. £. 95. у/1. 96. f(V5 - 1). 97. λ/ΪΟ.
98· iSi-1· 100· |ν/96-54^. 101. 3 : 4. 102. af^f ctg2±£.
103. ±^/25α? + <? + 10αο(Χ>8β. 104. §S. 105. i^il$-
Ю6. a4.e>a-2atco8a Ш 8 m yW+tf+aaHn f 5cos2a.
aww. 2(6—асоза) 10 2cosf *"* uv^o »*.
110. V4u2-o2. 111. |. 112. Va2 + b2 + 2abcosa · |ctga|.
113. J^b2 + |o2- fobcosa. 114. arcsinf и π-arcsinf. 115. a2(y/2~ 1).
"«· SfBg. SJSSj· ™- i«(b-«cos«)sin3a. 118. |£|±{.
120. 4cosf ^(Л2 --Ri) (i?2sin2§ + J?icos2§).
121. ψ. 122. Jf + sj\C™*ip· 123· W + P-αδ, Vo^ + ^ + ob.
125. 15°, 75°. 126. ^. 127. 2yfi. 128. V2. 129. £(2^3 + 3).
WO· "й&ЗГ'· !«· ^з^· 132. 1,1. 133. ,&. 134. f и
arccos^. 135. 30V136. a^. 137. ΜψΆ. Ш. 4^/jEgg.
139. > , ",6*»" (В треугольнике ΟΝΡ отрезки К Ρ и ЛМ
являются высотами, поэтому ОА—высота.)
140. Ц£. 141. |.
143. Погрешность не превосходит 0,00005 радиуса окружности.
132

144.2л/113-56\/3.145. 7,5.146.3^. 147. ψ. 148. &b£*. 149. ^.
150. 4\/3.. 151. f(4-\/7). 152. ^. 153. 2r2 sin2 α sin2α. 154. 2|.
155. Απ +1 arccos(l _:>£). 156. #Ί5(2-\/5). 157. ar/(a + 2r).
158. Если a < ^, то задача имеет два решения: R2 sina (l ± sinf);
если |^α<π—одно: Д2sina(1 +sinf).
159. От f (Зх/2-4) до f. 160. От If^gi до 1.
161. ab+lc+ca' (Докажите, что если через точку внутри
треугольника проведены прямые, параллельные его сторонам, то сумма
коэффициентов подобия отсекаемых треугольников по отношению к
данному треугольнику равна 2.)
163. Возьмем на прямой В А точку Αχ так, что А\В = А\С.
Точки Αχ у A, D и С лежат на одной окружности (ZDAiC = 90° -
-Z.ABC = /.DAC). Следовательно, ΔАхAC = ZAXDC = 90°, а значит,
и^ВЛС = 90°.
164. 1. 165. 2|. 166. ±§a. 167. fi!±<a£3IE. 168. °2+aa!*~6). 169. 6.
170.3.
171. Если Q^ |S, то искомое расстояние будет ^-{y/S—y/Q). Если
же Q< \S, то возможны два ответа: ^(\/S± y/Q).
175. Пусть А и В — две соседние вершины ромба, Μ — точка
пересечения диагоналей, Οι и 02 — центры окружностей (Οι —
на AM, 02 — на ВМ). Имеем: АВ2 = AM2 + ВЫ2 = (02А2 -
-02М2) + (ΟιΒ2-ΟιΜ2) = Д2 + г2 - (ΟχΜ2 + 02М2) = Д2 + г2 - о2.
Ответ: л/Д2 + г2 —о2.
Шея3 г3
• (дЧга)д ■
177. АВ = ν^Η^Η*060080, если Я лежит внутри данного угла или
вертикального к нему, АВ = Ve3+^~2obcosa B остальных случаях.
"8.2arcsin|I^y.
"9. Й-
180. Поскольку £?F перпендикулярна СО (О — точка
пересечения диагоналей), а из условия следует, что АС—биссектриса угла Л,
равного 60°, AE = AF = EF. Если К — середина EF, то АО = 2а&,
СО = а&, СКОК = ЕК2 = \АК2. Ответ: ^ и 2o2V5.
181. f Λ. Ι
182. Обозначим ZBAC=ZBDC=a, ZCBA=ZBCD=fi, ΔΒΑΜψφ.
Τ/Μ,ττα BM+MC _ sin<H-sin(q-y) _ sinf cos(f-y>) _ sina _
АОГДа AM+MD - Βϊη{β+α-φ)+ΒΪη(β+φ) ~ sin(/?+f )cos(f-v>) "" sin(/?+a)4-ei4/? -
с I
~~ a+b'
133

183· Всегда имеется хорда, параллельная основанию
треугольника, делящаяся боковыми сторонами на три равные части
(безусловно, 0 < о < 2). Ее длина 2as+i - Кроме того, если о < 1/л/2, то
существует еще одна хорда, не параллельная основанию, обладающая
тем же свойством. Длина этой хорды 3/V9 —2о2.
184. Пусть ВС и АС пересекают MN в точках Ρ и Q. Обозна-
ним: ££ = *. Тогда Ц = %£ = ЧШ = *- Значит> МР=Ш1-
Аналогично MQ = ^·. Для χ получаем уравнение -^ - -^ = о,
Зах2 + (7а - 1)ж + 4а = 0. Поскольку Д^0и0<а<1, то наибольшее
значение а равно
185. Из равенства Sabn = Scdm следует, что Smbn = Smcn, так
как MN — медиана треугольников ABN и CDM. Значит, BC\\MN,
точно так же AD \\ MN, т. е. ABCD—трапеция, в которой AD и ВС
основания. Ответ: 2-3F *
186. Имеем: AD > DM - AM=2: С другой стороны, AD < ^rf^ = 2.
Следовательно, AD=2, Л1)—большее основание и точка Μ лежит на
прямой AD. Ответ: у/1.
187. Пусть BD — биссектриса в треугольнике ABC, Αχ и С\ —
середины ВС и АВ, DA\ =DC\. Возможны два случая: 1) ΔΒΑχΌ —
-ABC\D и 2) £BAiD + ZBCiD = l80o. В первом случае АВ = ВС. Во
втором случае повернем треугольник AC\D вокруг D на угол C\DA\
так, чтобы С\ перешла в Αχ. Получим треугольник со сторонами ~^,
Й2Г£> <Йс (а' * и с—стороны Δ ABC), подобный треугольнику ABC.
Следовательно, ^~: α = ^: Ь = —^: с, откуда α -f с=Ь>/2. Поскольку
а ф с, то хотя бы одно из двух неравенств Ьфа, Ьфс—верно. Пусть
Ьфс, тогда Ь+с=а>/2, Ь=а, и мы получаем треугольник со сторонами
а, а, а(>/2 — 1), обладающий данным свойством. Таким образом, с
точностью до подобия существуют два треугольника, удовлетворяющих
условию задачи: правильный и треугольник со сторонами 1,1, л/2 — 1.
188. Если а — угол между сторонами а и Ь, то из условия следует:
а + bsina ^ Ь + asina, (a - b)(sina - 1) ^ 1, sina > 1. Отсюда a = 90°.
Ответ: >/a2 + b2.
189. Докажите, что из всех четырехугольников, описанных около
данной окружности, наименьшую площадь имеет квадрат. (Можно
воспользоваться, например,, неравенством tga + tg/?^2tg[(a + /?)/2],
где α, β—острые углы.) С другой стороны, Sabcd < ъ(МА-МВ +
+MBMC + MC-MD + MD-MA)<t\{MA2+MB2) + \{MB2 + MC2) +
+ \{МС2 + MD2) + \{MD2 + MA2) = 1. Следовательно, ABCD —
квадрат площади 1.
190. Обозначим: ВМ = ж, DJA = j/, AM = ί, ΔΑΜΒ = <ρ·
Предположим, что Μ лежит на отрезке BD. Запишем для
треугольников АМВ и AMD теорему косинусов, исключим cos^N получим:
134

l2(x + у) + жу(я + у) = о2у + d2^. Аналогично получается соотношение
12(х + 2/) + яу(* + ») = Ь22/ + с2^· Таким образом (о2 - Ь2)з/ = (с2 - сР)х.
Ответ:
а2-Ь2 Ι
191. Бели вершины прямоугольника лежат на концентрических
окружностях (две противоположные на окружностях радиусов R\ и
Дг, а Две оставшиеся на окружностях радиусов Дз и Д4), то должно
выполняться равенство: Щ + И% = Щ + Щ- Докажем это. Пусть А —
центр окружностей, вершины К и Μ прямоугольника KLMN лежат
на окружностях радиусов R\ и Д2, a L и JV—на окружностях
радиусов Д& и А*. В треугольниках АКМ и AEJV медианы, выходящие из
вершины А, равны, равны также стороны КМ и LN. Из этого следует
справедливость нашего утверждения.
Пусть вторая сторона прямоугольника равна х9х>1. Радиусы R\,
Д2, Дз> #4 в некотором порядке равны числам 1, ж, л/ж2 + 1, \\/х*~ЛЛ.
Проверяя различные возможности, найдем: х2 = 7, Λι = 1, Дг = 2>/2,
Дз = л/2, Д4 = л/7.
Рассмотрим квадрат ΚχΏχΜχΝχ со стороной у, вершины
которого лежат соответственно на окружностях радиусов Дх = 1, Д3 — \/2>
Д2 = 2л/2, r4 =? \/7. Обозначим: ΖΑΛΓιΖα = <р, тогда ZA#iJVi = 90° ± φ
или у? ±90°. Записывая теорему косинусов для треугольников ΑΚχΣχ
и ΑΚχΝχ, получим:
Г 1 + г
\ 1 + аг
2-2a;cos^ = 2, Г 2a:cosy? = a:2~l,
;2±2a;sin^ = 7, I ±2xsinv? = a:2-6.
Возводя последние два равенства в квадрат и складывая их, получим:
2я4-18я2 + 37 = 0,я2=4(9±^7). Ответ: y^(9±v^).
192. Докажем сначала следующее утверждение. Если
перпендикуляры, восставленные к АВ и ВС в их серединах, пересекают АС
в точках Μ и N так, что МЛГ = ААС, то либо tgAtgC7 = l-2A, либо
tg AtgC = 1 + 2λ. Обозначим: АВ = с, ВС = о, АС = Ь. Если отрезки
перпендикуляров от середин сторон до точек Μ и N не пересекаются,
то
2 cos Л 2cosC
2(1 -A)sin5cosAcosC = - (sin 2(7 +sin 2Л) =»
2(1 - λ) sin(A + С) cos AcosC = sin(A + (?) cos(A - C) =>
2(1 - λ)cosAcosC = cosAcosC + sinAsinC =*
tgAcosC=l-2A.
Если же эти отрезки пересекаются, то tg AtgC= 1 + 2λ. В нашем
случае λ = 1, т. е. либо tgAtgC = -l, либо tgAtgC = 3. Для углов В и
135

С получим (λ = 1/2) tgBtgC = 0 (это невозможно) или tgBtgC = 2.
Система
' tgAtgC = -l,
tgBtgC = 2,
А+В+С=к
{
не имеет решения. Значит, tgi4tgC = 3. Решив соответствующую
систему, найдем tgA = 3, tgB = 2, tg(7 = l. Ответ: π/4.
193. Обозначим: R—радиус описанной около ABC окружности,
0 — ее центр, N — точка пересечения медиан АВСМ.
Перпендикулярность ON и СМ равносильна равенству CN2 — MN2 = СО2 — ОМ2.
Пусть АВ = 1, MB = я, СМ = у, тогда MN2 = ±(2у* + 2я2 - к2),
CN2 = \{2y2 + 2k2-x% C02=R2, ОМ2 = R2coa2C + {x-\f.
Получаем для ж уравнение: 2х2 — Зж + Л2 = 0. Ответ: 3±у/^-м* (если
1 < к < ^*р, то обе точки находятся внутри отрезка АВ).
194. Если О —середина АС, то АВ2 = ВО2 + АО2 = В#2 -
-К02 + А02 = ВК2 + (АО-АК)(АО + АК) = ВК2 + АКСК = Ь2 + М.
Ответ: у/Ъ2 + bd.
195. 1. Ломаная из трех звеньев по длине равна отрезку,
соединяющему ее концы. Это возможно лишь тогда, когда все ее вершины
лежат на этом отрезке, χ = ^g^, у = ^gj.
2. я, j/, z являются сторонами треугольника, высоты которого
равны о, Ь и с, причем этот треугольник не должен быть
тупоугольным. Для нахождения х, у> ζ воспользуемся тем, что
треугольник, стороны которого обратно пропорциональны высотам
данного, подобен данному треугольнику, х-^у У = Ш> * = §Ь> где
5 = ^P(P"":)(P"i) fa ~ с) > 2Р= α + F + с · Задача имеет решение, если
lil>yl 1 il\l 1 ι 1 ч1
3. Рассмотрим в прямоугольной системе координат точки -4(о,Ь),
Β(χβ), С(0,у). Из данной системы следует, что
ABC—равносторонний треугольник. При повороте на угол 60° вокруг А в
соответствующем направлении точка В переходит в С. Можно найти
уравнение прямой, в которую перейдет ось ж-ов при таком повороте. (В
частности, угловой коэффициент равен ±\/5.) Ответ: ж = — о±Ь\/3,
у = -Ь±о\/3.
4. Если χ ^ 0, у ^ 0, ζ ^ 0, то ж, у, ζ являются расстояниями до
вершин прямоугольного треугольника ABC, в котором катеты ВС и
С А равны о и Ь, от такой точки Μ внутри него, из которой все его
стороны видны под углом 120°. Для определения суммы x+y+z повернем
АСМА вокруг С во внешнюю по отношению к ААВС сторону на угол
60°. Μ и А перейдут при этом в Μι и Αχ. Тогда ΒΜΜχΑχ —прямая
и, следовательно, χ + у + ζ=В Μ + СМ + AM=В Л ι = У α2 + Ь2 + оЬ\/3.
136

я + a^siny?, x + α*ψ cosy?.
χ2 -%- sin2 у?
Аналогично рассматриваются случаи, когда одна из переменных
отрицательна (отрицательной, вообще говоря, может быть не любая из
них), и др. Ответ: ±у/а2 + Ь?±аЬ\/3.
196. Пусть χ — расстояние от центра квадрата до прямой /,
φ — острый угол, образованный одной из диагоналей квадрата с
2. Расстояния от вершин квадрата до I в порядке обхода равны
-a^siny?!, ж —a^cosy?. По условию
х2 — \ cos2 φ\9 откуда или tg2 φ = 1, что невозможно
по условию, или ж2=а2/4. Ответ: а/2.
197. Из условия ZB = 2ZC следует соотношение между сторонами
треугольника: Ъ2 = <? + ас. Перебирая всевозможные варианты: Ь = 2с,
о = 2с, Ь = 2а, о = 26, получим, что о = 2с, так как в других случаях
не будет выполняться неравенство треугольника. Ответ: ZC = 7r/6,
ΖΒ = τγ/3, Ζ4 = τγ/2.
198. Пусть D—середина ВС. Имеем: Ь2=ВМ2 = (BD+DAT)(&D -
-DN) =BD2-DN2 =AB2-AD2 -DN2 = (а+Ь)2 - AD2 - DN2. Отсюда
ЛЛГ2=А02+2?ЛГ2=(о + Ь)2-Ь2 = о2 + 2аЬ.Ответ:л/а2 + 2аЬ.
199. Возьмем на ВС точку N так, что AABN подобен AADL.
Тогда ΔΝΜΑ = ZMAtf + ΔΚΑΌ = ZMАВ + ZD4L = ΔΜΑΝ.
Следовательно, MJV = A/V = kAL. Ответ: § + Ь.
200. 2^/^д.
201. а) %yJ{R±x){R±y), « + » соответствует внешнему касанию
окружностей, «-»—внутреннему, б) %у/(11+х)(Я-у).
202. Пусть АМ:МС=к. Условие равенства радиусов окружностей,
вписанных в треугольники АВМ и ВСМ, означает, что их площади
относятся, как периметры. Отсюда, поскольку отношение площадей
равно fc, получим ДМ = 13/^12» Из этого равенства, в частности,
следует, что 12/13 < к < 1. Записывая для треугольников АВМ и ВСМ
теоремы косинусов (относительно углов ВМ А и ВМС) и исключая из
этих уравнений косинусы углов, получим для к квадратное уравнение
с корнями 2/3 и 22/23. Учитывая ограничения для fc, получаем ответ:
ib = 22/23.
203. Пусть ABC—данный треугольник, О, К, Η—соответственно
центр описанной окружности, центр вписанной окружности и точка
пересечения высот ААВС. Воспользуемся следующим фактом: для
произвольного треугольника биссектриса любого его угла образует
равные углы с радиусом описанной окружности и высотой,
выходящими из той же вершины (докажите). Из того, что окружность,
проходящая через О, if и Я, содержит, по крайней мере, одну
вершину А АВС (пусть это будет вершина А), следует, что ОК = КН.
Точка К находится внутри хотя бы одного из треугольников: ОВНу
ОСН. Пусть это АОВН. Угол В не может быть тупым. В
треугольниках ОВК и НВК имеем: ОК^НК, KB — общая сторона,
137

ΔΟΒΚ^ΔΗΒΚ. Значит, АОВК = АНВК, так как в противном
случае ΔΒΟΚ + /ВЯК" = 180°. чего не может быть (К внутпи АОВН).
Следовательно, ВН=ВО=Д. Расстояние от О до АС равно \ВН= §
(задача 20), т. е. ΖΒ = 60° (ΖΒ—острый), АО=Д\/3. Если теперь Аь
В\ и С\ —точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, С А
и АВ, то BAi =BCi = пД СЛХ + ΑΟι =(7Βχ + ΒχΑ = АО=Я>/3.
Периметр треугольника равен 2>/3(iZ+r). Теперь легко найти его площадь.
Ответ: >/3(Я + г)г.
204. Пусть Ρ—проекция Μ на АВ, АР = а + х. Тогда РВ = а-ж,
MP = y = V^F, ^JV = (e + x)^, ΛΓΒ = 2ο-(α + χ)^ =
_ »ν^(»-«+»ν^) ^= а^а+х+уУг) Отсюда
OV2+» ' OV2+»
AL2+NB2=, У 4>2 + 2V2aj/ + 2y2 + :E2)==
(aV2 + y)2
(a2 + 2ч/2ау + 2j/2 + (a2 - y2)) = 4a2.
205. Пусть сторона треугольника х и стороны, выходящие из
общей точки окружностей, образуют с прямой, проходящей через
центры, углы а и β; α±/?=60°, тогда cosa=^, cos/?= ^ (или наоборот).
Найдя sin α и sin/3, из уравнения cos(a±/3) = | получим, что сторона
Rry/Ϊ
правильного треугольника равна удД а_Дг.
206. Проведем прямую ВЛ и обозначим через D вторую точку
пересечения с меньшей окружностью. Рассмотрим дуги АВ и AD
(меньшие, чем полуокружность). Прскольку общая касательная к
окружностям в точке А образует с АВ и AD равные углы, то и центральные
углы, соответствующие этим дугам, равны. Следовательно, ^§ = ^,
AD = a%, BC = y/BDBA=ayJ&*.
207. Обозначения: Οι, Οι и О—центры окружностей (первые две
касаются АВ), ж, у и R—соответственно их радиусы. Общие
касательные к окружностям Οι и Ог, Οχ и О, Ог и О равны соответственно
2у/хуу 2y/Rx, 2у/Щ. По условию 2v/Sj/ = a. Рассмотрим
прямоугольный треугольник ΟιΜ 02 с прямым углом при вершине Μ; 0\М || ВО,
Oi02=s + 2/, 02М = 2Д-(я; + 2/), 01М^\2\/Ш-2У/Щ\ (ОгМ равен
разности общих касательных к окружностям с центрами О, Οι и О,
02). Таким образом (х + j/)2 = (2Л - χ - j/)2 + (2л/Дя - 2у/Щ)2, откуда
β=2ν/Ϊ2/ = α.
208. Заметим, что О1О2О3О4 — параллелограмм с углами α и
тг - α (О1О4 -L АО и 020з || АО, значит, О1О4 || 0203 и т. д.). Если
138

К — середина AM, L — середина МС, то 03#4 = ^ = шЬ' Анал°-
гично, 02Ог = sgfc; следовательно, 50lo3o3o4 = АС£$С° = f»
Ответ: 2sin2a.
209. Биссектрисы параллелограмма при пересечении образуют
прямоугольник, диагонали которого параллельны сторонам
параллелограмма и равны разности сторон параллелограмма. Следовательно,
если а и Ь — стороны параллелограмма, a — угол между ними, то
5 = aftsina, Q = i(a-b)2sina, j = #fc». Ответ: *ЮЫ*+*>8.
210. Обозначим через χ площадь треугольника ΟΜΝ, через у
площадь треугольника CMN, тогда §^ = ^ = Ц, ж = ^, $£ = 5ι±» =
,=#йЬ-Искомая "*■» рмна Sl%(^feyS2)'2
211. Пусть в треугольнике ABC угол С прямой, Μ — точка
пересечения медиан, О — центр вписанной окружности, г — ее радиус,
ΔΒ = а; тогда АВ = г (ctg f + ctg (f - f)) = Effigy, CM = |ЛБ,
CO = r>/2, OM = r, ZOCM = a — j. Записывая теорему косинусов для
АСОМ, получим 1=2+^^-^^
д=4^-8А Ответ: \±агссо84^3А
212· Пусть отрезки медианы равны а. Обозначим через χ меньший
из отрезков, на которые разделена точкой касания сторона,
соответствующая медиане. Теперь все стороны треугольника можно
выразить через а их. Стороны, заключающие медиану: ау/2+х, Зол/5+ж,
третья сторона: 2ау/2 + 2х. Используя формулу длины медианы
(задача 11), получим 9а2 = \[2(ау/2^х)2^2(За^2 + х)2-(2ау/2 + 2х)2],
откуда χ = ол/2/4. Ответ: 10:5:13.
213. Пусть ВС = о, Δΰ>ΔΒ, D и Е—середины АВ и АС.
Четырехугольник EMDN — вписанный (так как ΔΜΕΝ = ΔΜΌΝ = 90°),
ΜΝ = a, 2£D = а/2, MN — диаметр окружности, описанной около
MEND. Следовательно, ΔΌΜΕ = 30°, ZC4JS = 90° - ΔΕΜΌ = 60°,
ΔθΒΑ=ΔΕΌΝ=ΔΕΜΝ=ΔΕΜΟ/2 = 15°, ZACB=105°. Ответ: ΖΛ=
= 60°, ΖΒ = 15°, ZC\=105° или Ζ4 = 60°, ZB = 105°, ZC = 15°.
214. Обозначим через К и М соответственно точки пересечения
прямой EF t AD и ВС. Пусть Μ лежит на продолжении ВС за
точкой В. Если AD = За, ВС = о, то из подобия соответствующих
треугольников следует, что 2Ж = AD = 3a, MB=BC = a (рис. 1, о).
Кроме того, ME = EF = FK. Если Λ — высота трапеции, то
расстояние от Ε до AD равно f Λ, S#d# = αΛ, 5kdf = \Sedk = χ = J5.
Если же прямая -BF пересекает основание ВС в точке М, то
ВМ = |о (рис. 1, б). В этом случае ^ = 2: | = | и расстояние от Ε
до AD равно |Л, так что Sefd = \Sedk = £-За-|Л=^5.£)твет: \S
или ^г5.
139

Рис. 1
215. Пусть О—центр вписанной окружности, Μ—середина ВС,
К', L, N — точки касания вписанной окружности со сторонами АС,
АВ и ВС треугольника. Обозначим: АК = AL = χ, CK = CN = у,
BL = BN = ζ, y + z = a. По условию ОМ = | - г. Следовательно,
NM = у/ОМ2 - ON2 = J^ - аг и один из отрезков, j/ или ζ, равен
| - л/^ - аг, а другой § + J9^ - or. Приравняем выражения для
площади треугольника по формулам Герона и 5=pr: y/{x + y + z)xyz =
= (ж + у + я)г =* xar = (а; + a)r2 => χ = ~~. Таким образом, искомая
площадь равна (^ + oj r = ^.
Рис. 2
216. Докажем, что если С\ и Сг (рис. 2) находятся по
другую сторону от ВС, чем вершина А, то центр окружности,
описанной около ДССаСг, находится в точке О на стороне АВ, при
этом ВО = \АВ. Проведя высоту СМ из вершины С, получим, что
ВС\СМ — прямоугольник. Значит, перпендикуляр, восставленный к
СС\ в середине, проходит через О. Учитывая, что С\Съ || BD и
140

C\C<i = \BD, получим, что перпендикуляр к С\Съ в его середине
также проходит через О. Теперь легко найдем искомый радиус: он
равен \/СМ*+МО* = J^ + ^ = ^λ/Ϊ3.
V 4 16 4
217. Разберите два случая: 1) когда основания перпендикуляров
находятся на сторонах параллелограмма и 2) когда один из
перпендикуляров не пересекает сторону, на которую он опущен. В первом
случае приходим к противоречию, а во втором получим, что cosa = т^-*,
где a—острый угол данного параллелограмма.
218. Выразив угол PQN через углы треугольника и учитывая,
что ZPMN + £PQN = 180°, найдем: ΔΡΜΝ = 60°; отсюда ZNPQ =
= ZQMiV = 30°, ZPNQ = £PMQ = 30°, т. е. APQN—равнобедренный
с углами при стороне PN по 30°, PQ = QN= 1/V3.
219. Из условия следует, что ABCD—трапеция, BC\\AD, AC —
биссектриса угла BAD] значит, АВ=1?С, аналогично ВС=CD. Пусть
АВ = ВС = CD = о, AD = Ь. Расстояние между серединами диагоналей
2г, следовательно, ^^ = 2γ. Проведем высоту ВМ из точки В на i4D,
получим, что AM = ^ = 2г, ВМ = 2г. Следовательно, о = АВ = 2г\/2,
Ь=4г + 2тУ2. Ответ: 4г2(>/2 + 1).
220. Обозначим углы А, В и С соответственно через а, /3 и 7·
Пусть Я — точка пересечения высот, О — центр окружности,
проходящей через Л, Я и С. Тогда ЛНОС = 2ЛНАС = 2(90°-у), ΔΗΟΑ =
= 2ZffC4 = 2(90°-a). Но ZAOC = 180° - /3 (так как ВАОС —
вписанный), 2(90° - 7) + 2(90о - а) = 180° - /3, 360° - 2а - 27 = 180° - /3,
2/3 = 180° - /3, /3 = 60°, АС = 2Дsin/3 = V5.
221. Обозначив отношение ^^ = λ, будем иметь: Smcp = χ>
Scpjv = AQ, Smcp = &CPNI следовательно, (Γ/Q) = \3,Лавс =
= ^-^CMiv=^(? + AQ)==^(T+A2Q) = (A+l)3Q=(T1/4
+Q1/3)3.
222. Если О — центр окружности, то площадь AOMN в ^я Р33
больше площади ΔΚΜΝ. Если ZMON^a, то ^|-sin a ==—^5, sina =
a
V*
MW- 4Л"
= Я^, MJV = 2iisin- = iV2-2c^^
Задача имеет решение, если S < д ^ ~ д^.
223. Если ZBAC = ABC А = 2а, то по теореме синусов найдем:
J J57 — 2msin2o jp« ЛД — 2msin2o фя„им пбпячпм £го — 2m sin 2a
Л/2/ - sin 3a ' -** - cosa - sin 3a cos a' 1аким ООразОМ, 4Ш - 3in3aC08a,
откуда cos 2a = ^, S4BC = m2tg2a = ^^S.
224. Точки С, Μ, J? и L лежат на одной окружности,
следовательно, ZCML=ZCDL=30°. Точно так же ZCMff = 30°; таким
образом, Z.LMK = 60° и ALMK — правильный, ifL = 2/>/5. По теореме
141

косинусов найдем, что cos ZLCif = -3/5. Поскольку ZDCB^ZLCK-
-120°, то DB:
225. Пусть А—точка пересечения прямых ВС и КМ.
Четырехугольник ONBC—вписанный (ZOCB==ZOJVB = 90°), следовательно,
Z.OBC = ΔΟΝ С = а/2. Точно так же вписанным является
четырехугольник СМ АО и ZCAO = ZCMO = a/2, т. е.
ΔΟΑΒ—равнобедренный. Итак, CB = AC = COctg
N
R2 + b2-2Rbcos^ctg^.
226. Точки 2?, MyBnQ (рис. 3) лежат на одной окружности с
диаметром BE, а точки Еу Ру D и N—на окружности с диаметром ED.
Таким образом, Z.EMQ = ZEBQ =
= 180° - Z.EDC = ZSZWV = Z.EPN;
аналогично ZEQM = ΔΕΝΡ, τ. е.
AEMQ подобен ΔΕΡΝ с
коэффициентом подобия л/fc. (Для
полноты решения необходимо
рассмотреть и другие случаи
расположения точек.) Ответ: dy/k.
227. Продолжив
непараллельные стороны трапеции до
пересечения, получим три подобных
треугольника, причем коэффициент
подобия между средним и большим
треугольником и между меньшим и
средним один и тот же. Обозначим
этот коэффициент через λ, большее основание—через ж, радиус
большей окружности — через R. Тогда отрезки, параллельные большему
основанию, равны соответственно Ад: и А2ж, большая боковая сторона
нижней трапеции — 2Д*, второй радиус — АЛ. Значит, Я + АЯ=§.
По свойству описанного четырехугольника ж + Аа: = 2Д + 2Д£. И
наконец, опустив из конца меньшего основания всей трапеции
перпендикуляр на большее основание, получим прямоугольный треугольник
с катетами с, χ - А2 ж и гипотенузой d. Таким образом, имеем систему
Рис. 3
ι
е(1 + А) = 2Д^,
s(l-A2) = V5^2,
Д(1 + А) = с/2,
откуда А^-^3—. Ответ: основания равны ^-V^2-^ и <*+уЦ3-с3
228. Опустим из центров окружностей перпендикуляры на одну из
боковых сторон и проведем через центр меньшей окружности прямую,
параллельную этой стороне. Получится прямоугольный треугольник
с гипотенузой R + г, одним катетом R — г и острым углом при этом
142

катете α, равным острому углу при основании трапеции. Таким обрат
о. I~R
зом, cos α = щ%. Большее основание равно 2Л ctg —=2R\f—. Меньшее
основание равно 2т tg — = 2т к I ~.
229. Возьмем на стороне АВ точку К так, что ВК = BDy а на
продолжении АС—точку Ε так, что CE=CD. Покажем, что AADK
подобен &ADE. Если Л, В и С—величины углов ААВС> то ΔΌΚΑ =
= 180° - ΔΌΚΒ = 180° - (90° - ZB/2) = 90° + ZB/2, ZAJDE = 180° -
- ZCED - ΔΑ/2 = 180° - \{ΔΑ + Ζ(7) = 90° + ΖΒ/2. Таким образом,
ΔΑΚΌ=Δ ΑΏΕ. Кроме того, по условию ΔΌΑΕ=ΔΌΑΚ. Ответ: л/о&
230. В обозначениях задачи 229
AD2 = (AC + CD)(AB - BD) =
= ACAB-CDBD + {AB CD-ACBD).
Но слагаемое в скобках равно нулю, поскольку (см. задачу 9) j^ =
_ BD
-CD·
231. Продолжим BJV и CN до вторичного пересечения со
второй окружностью в точках К и L соответственно; MN = JVif, так
как ΔΑΝΒ = 90° и МЙГ есть хорда окружности с центром в А. Так
как равны соответствующие дуги, то ΔΏΝΚ^ΔΒΝΟ^ΔΒΝϋ. Таким
образом, LN = ND = b, MN NK=MN2 = ab, MN = Vab.
232. Заметим, что PQ ±CB. Пусть Τ — точка пересечения ΜΝ
и PQ, L и К — основания перпендикуляров, опущенных из С и В
на прямую MN (L и К лежат на окружностях, построенных на CN
и В Μ как на диаметрах). Используя свойства пересекающихся хорд
в окружностях, получим PT-TQ = NT-LT, PT-TQ = MT-TK. Но
LT = CD, TK = DB (так как CLKB — прямоугольник, a PQJLCB).
Таким образом, NTCD=MTDB, w== ππ» τ· е· прямая PQ делит
СВ и MN в одном и том же отношении, значит, PQ проходит через А,
a D есть основание высоты. Ответ: BD: Z?C = 1: у/3.
233. Пусть ΖΒΟ(7 = 2α, ZBOL = 2/3. Тогда AC = 2jRcosa, CL =
= 2iisin(a + /3), C,M = (7Lcos(90o-i9)=2fisin(a + /3)sini9, AM = AC-
- CM = 2ii(cosa - sin(a + /3)sin/3) = 2#cos/3cos(a + /3) и, наконец,
AW=a = AM cosa = 2iicosacos/3cos(a+/3). С другой стороны, если JSf,
Ρ и Q—середины АО, СО и CL соответственно, то ufP= |AC=/icosa.
Далее, PQ = Л/2, ΔΚΡ€} = ZifPO + ZOPQ = a +180° - ZCOL = 180° -
-a - 2/3 и, по теореме косинусов, КQz =* ^+R2 cos2 a+Д2 cos a cos(a+
+2/3) = ^ + 2ii2rosaco$/3a>s(a + /3) = ^ + ito. Ответ: J —+ Да.
234. Из подобия треугольников МАВ и МВС следует, что
М4 = МА MP ДА» а
МС~МВ' МС ВС2
143

235. Из задачи 234 следует, что $£, = |§, $gr = Щ. Если К—
точка пересечения MN и АВ, то
АК _ Samn AM · ANamZMAN
KB Sbmn ΜΒ·ΝΒάηΖΜΒΝ~
I AC AD Ι αβ
V ВС ΒΌ~*\(α-1)(β-
i)·
236. Пусть К, L, Μ и N—точки касания сторон AJ3, ВС, CD и
DA с окружностью. Обозначим через Ρ точку пересечения АС и ίίΜ.
Если ΖАКМ = <р} то ZKMC = 180° - у?. Таким образом,
АР ^Sakm _ \ΑΚ·ΚΜ®ηφ _ АК а
PC ~ 5*мс " \КМ · MCsin(180° -<р)~МС~У
Но в таком же отношении разделит АС и прямая NL. Значит, прямые
АС, КМ и NL пересекаются в одной точке. Применяя телсе
рассуждения к диагонали BD, получим, что BD также проходит через точку
Р. Искомое отношение равно а/Ь.
287. Пусть Ρ и Q — точки пересечения соответственно В К и АС,
АВ их DC. Прямая QP пересекает AD в точке Μ, ВС — в точке iV.
Используя подобие соответствующих треугольников, запишем -гт=-=
__BN__MK__AK-AM -^AM-xAD м ** - „4М_ - *
ϊ£^ = ΠΓ> откуда 3 = ^. Ответ: ^γ. Если λ=£, то AM^^AD.
Таким образом, взяв сначала К совпадающей с D (λ = 1), получим в
качестве М\ середину АВ, взяв К совпадающей с Μι, найдем, что Мч
отделяет 1/3 от AD и т. д.
238. Пусть KM=KN=x, AD=j/, DB=z. Тогда CD=y/yzy y+z=c.
Радиус вписанной в ДАйГВ окружности равен \CD=\y/yz. Выразим
площадь треугольника АКБ по формулам Герона и S=pr. Получим
уравнение \/(x + y + z)xyz = (χ + у + я) ^ γ/j/S. Учитывая, что у + ζ = с,
найдем ж = с/3.
239. Проведем через Аъ прямую, параллельную АС. Пусть R—
точка пересечения этой прямой с АВ. Из того, что ^r = fj^J· = £>
^^ = fc, найдем ^§ = /fcДva ■ Точно так же, проведя через Съ
прямую, параллельную АСУ до пересечения с ВС в точке 5,
получим, что £?§ = ^Дчд. Поэтому точки Д, Аг, Сг и 5 лежат на
одной прямой, параллельной АС. Таким образом, стороны ААВС и
АА2В2С2 соответственно параллельны. Теперь нетрудно получить,
что А2С2 = RS - ДА2 -C2S — АС \1 - /fc+* u), поэтому коэффициент
подобия равен тс^г·
144

240. Воспользуемся следующей формулой для площади
треугольника: S = 2Л2 sin A sin В sin С, где Л, Б и С — углы треугольника.
Тогда площадь треугольника A\BiC\, где А\, В\ и С\—точки
пересечения биссектрис ААВС с описанной окружностью, будет равна
оп2 · л + в · В + С . С + 4 л„2 С А В с
Si = 2Д sin—-—sin—-—sin—-— = 2Д cos — cos — cos—, a #■ =
2 2 2 2 2 2' 5l
= 8sinysinf sin £. С другой стороны, BC=2RamA, r(ctgf+ ctg§) =
= 2ДзтЛ, r = 4Rsinysinysiny. Таким образом, J^- = ^.
241· Пусть О—центр подобия вписанного и описанного
треугольников, Μι и Мг—две сходственные вершины (Μι лежит на
стороне АВ), отрезок О А пересекает вписанный треугольник в точке К.
Тогда SoMiK = ASi, Som2a = λ£2, ^—— = ΤΓΓΓ = \/"ο"ι откуда
ΟΟΜ2Α UM2 V θ2
So Μι A = AV5i52, где λ= °jflJC. Рассмотрев шесть таких
треугольников и сложив их площади, получим: 5лвс = VS1S2.
242. Пусть О — центр описанного круга, Я — точка пересечения
высот ААВС- Поскольку прямая ОН перпендикулярна биссектрисе
угла А, то она пересекает стороны АВ и АС в таких точках. К и
М, что АК^АМ. Таким образом, ZAOB = 2ZC (считаем, что угол
С —острый); ΔΟΑΚ = 90°- Δθ = ΔΗΑΜ. Значит, АО АК^ АН AM
и OA = HA = R (R — радиус описанного круга). Если D —
основание перпендикуляра, опущенного из О на ВС, то OD = АН/2 = Я/2.
Следовательно, cos Л = cosZ-DOC = 1/2, ZA = 60°.
243. Докажите, что треугольник будет остроугольным,
прямоугольным или тупоугольным, если расстояние между центром
описанной окружности и точкой пересечения высот будет
соответственно меньше, равно или больше половины наибольшей стороны.
Ответ: 90°, 60°, 30°.
244. Условие S&bdm = S&bck означает, что BD · В Μ = ВК · ВС,
т. е.
(В А + АС)ВМ=ВК · ВС (1)
Проведем через Μ прямую, параллельную АС; пусть L — точка
пересечения этой прямой с В А. Докажем, что LM = KL; отсюда будет
следовать, что искомый ΔΒΚΜ— \lBAC— §. Поскольку ABLM и
ABAC подобны, то LM = Щ · АС, ВЬ = Щ-АВ. Теперь найдем из
(1) ВК и посчитаем: KL=BK-BL= Щ£& ВМ- Щ АВ= Щ АС,
откуда LM = .КХ.
245· Пусть AD = а, ВС = Ь. Опустим из О перпендикуляр ОК
на АВ. Теперь найдем: ЯК = Vob^' ## = >/оЬ^ь, Μίί = ^ -
проверить, что ОК* = ЕКМК. Ответ: 90°.
246. Заметим, что точки Α, Μ, Ν и О лежат на одной окружности
(рис. 4). Следовательно, ΔΝΜΟ = Z0AN= 90° -ZAON. Значит, при
145

повороте О А вокруг О на угол φ
прямая ΝΜ повернется на такой же
угол φ (в другом направлении), а
при перемещении А по прямой О А
прямая ΝΜ перемещается
параллельно самой себе. Отсюда следует,
что искомый угол равен а.
247. Если 0\ — центр
меньшей окружности, a ΔΒΟΑ = у?, то
ΔΒΑΟ = 90° - f, ΔΟΟχΑ = 90° + φ,
ZCAOi = 45° - f. Таким образом,
ZBAC = ΔΒΑΟ - ΔΟΑΟχ = 45°.
248. Построим на АВ внутри квадрата правильный
треугольник АВК. Тогда ΔΚΑΒ = 60°, ZKCD = 15°, т. е. К совпадает с М.
Ответ: 30°.
249. Пусть Μι симметрична Μ относительно ВС. СВ —
биссектриса yrjia МСМ\. Из того, что ^MiCj4 = 60° и АС=\СМ\У следует,
что ΖΜχΑΟ = 90°, значит АВ — биссектриса угла М\АС> кроме того,
СВ—биссектриса угла Mi CM, т. е. В равноудалена от прямых М\С
и М\ А и лежит на биссектрисе угла, смежного с углом АМ\С. Итак,
ZBMC = ZBMiC = 75°. Ответ: 75°.
250. Если ZBi4(7=2a, то легко найдем, что ΔΚΜΟ=ΔΜΚ(7=30° +
+а, т. е. МС — КС. Продолжим *МК до пересечения с окружностью
в точке iV; АКМС подобен AKAN, значит, AN=KN = R—радиусу
окружности (так как ZAMN=30°). Точки Л, А" и О лежат на
окружности с центром в JV, ΔΑΝΟ=- 60°, следовательно, ΔΑΚΟ=30° или 150°,
в зависимости от того, тупой или острый угол AM С. Ответ: 30° или
150°.
251. а) Проведем биссектрису угла А и продолжим ВМ до
пересечения с нею в точке N (рис. 5). Так как ВЛГ = М7, то ΔΒΝΟ = 120°,
значит, и углы BNA, CNA также по 120°, ZNCA = ZNCM = 20°, т. е.
ANMC = ANCA, МС = АС. Следовательно,
ААМС—равнобедренный, и ΖАМС = 70°.
б) Точки М, Р, А и С лежат на одной окружности (М из
пункта а)). ZP4C ==ZPMC = 40°.
252. Опишем около АМСВ окружность (рис. 6) и продолжим BN
до пересечения с нею в точке М\; СМ\ = СМ, так как углы, на них
опирающиеся (80° и 100°), в сумме дают 180°; ZMiCM==ZMiBM==20°,
т. е. JVC —биссектриса угла Μι СМ и AMiCN = ANCM, ΔΝΜΟ =
= ZWMiC = ZCMB = 25°.
253. Возьмем на ВС точку К (рис. 7) так, что ΔΚΑΟ = 60°,
Mif || АС. Пусть L—точка пересечения АК и МС\
AALC—правильный, A AN С—равнобедренный (подсчитайте углы). Значит, ALNC—
также равнобедренный, ZLCN = 20°. Теперь найдем углы NLM и
MKN—они по 100°, так как AMKL—правильный, то углы KLN и
NKL по 40°, т. е. KN=LN и AMKN=AMLN, ANML=AKMN=Z0°.
146

с ю
Рис. 5
Рис.6
147

254. Возьмем точку К (рис. 8) так, чтобы ZKBC = ZKCB = 30° и
обозначим через L точку пересечения прямых МС и ВК. Так как
ABNC — равнобедренный (ZNBC = ΔΝΟΒ = 50°), то ZKNC = 40°.
Точка L есть точка пересечения биссектрис треугольника NKC (LK и
LC — биссектрисы). Следовательно, NL также биссектриса угла KNC
и ZLNB =60°; ЯЛГ, в свою очередь,—биссектриса угла MBL\ кроме
того, BN J. ML; значит, ВЛГ делит ML пополам и ΔΜΝΒ = ZBNL =
= 60°, aZJVMC = 30o.
255. Пусть О—центр вписанной окружности; точки С, О, if и
Μ лежат на одной окружности (/СОК = Ζ Α/2 + ZC/2 = 90° - ZB/2 =
= /К MB = 180° - ZKMC] если же точка if—на продолжении NM, то
ZCOif = ZCMif). Таким образом, Z0#C = Z0MC = 90°.
256. Если Ρ лежит на дуге АВ, Q—на дуге АС, то обозначив угол
Рис. 8 Рис. 9
РАВ через у>, а угол QAC через ^, получим два соотношения:
Г 8ΐη2(ϋ-<ρ) = 8ίη<ρ8ίη(.Β + (7--¥>),
Запишем разность этих равенств, после преобразований получим:
sin(B + С - φ - ^) sin[(B - С) + (<р - ф)) = sin(B + С - <р - ^) Αη{φ - ^),
откуда (поскольку 0 < В + С — у> — <0<π), В — С + φ — ψ = π — (φ — ψ).
Ответ: ^.
257. Докажем, что &CMN подобен АСАВ (рис. 9). Имеем:
/MCN = ZCBA. Поскольку четырехугольник CBDM — вписанный,
_Л СМ _ sin/СВМ _ sin /CD M _ в\п/РЁА _ 4£> _ СЛГ о /ПА/ГАГ —
т0 ев - sinZcMB - sinZcDB - sinZADB -Sb-Ib* Латает, ZGMiV -
= /.ВСА, т. е. искомый угол равен или ^ или π — ^.
258. Пусть ZABC = 120°, ВД АЕ, СМ—биссектрисы Δ ABC
Покажем, что DE — биссектриса угла BDC, a DM — биссектриса угла
BDA. В самом деле, BE—биссектриса угла, смежного по
отношению с углом ABDy т. е. Ε для AABD является точкой пересечения
биссектрисы угла BAD и угла, смежного с углом ABD\ значит, Ε
равноудалена от прямых АБ, BD, AD\ таким образом DE—биссектриса
угла В DC. Точно так же DM—биссектриса угла BDA.
148

259. Обозначим: ΔΑΒΌ=α, ZBDC=(p. По условию ZDAC=120°-
-α, LBAC = 30° + α, ZADB = 30° - α, ZDBC = 60° + α. По теореме
синусов для треугольников ABC, BCD, ACD получим f§ = ffiff,"^^ =
= *S*k^> Ш = 2iHSb2i. ^ = tS-tf Перемножая эти pa,
венства, будем иметь: sin(30° — α + φ) = 2 cos(30° + α) sin φ => 2 cos(60° +
+α) sin(30° - <ρ) = 0; таким образом, IBDC = у? = 30°.
260. Так же, как и в задаче 17, была получена формула
биссектрисы внутреннего угла треугольника ABC, можно доказать, что
биссектриса внешнего угла А вычисляется по формуле 1а = ~тт г~
\Ь-с\
Α /Ϊ
(АВ = с, ВС = о, СМ = Ь). Найдем sin у: sin— = i/-(1-cosj4) =
/l / Ь2 + с2-а2\ /(в + Ь-с)(а + с-Ь) „
=V η —гьг-у=V ite—- Находя точно так же
1с у выражая sin j и sin у через стороны треугольника, приравнивая 1а
и ic, получим: * |£.СГ = V |6,^Г . По условию Ь = 2, с= 1. Значит,
о должно удовлетворять уравнению у/а + 1= *\£^\ =>► (α—1)(α2 — α —
-4) = 0. Но и Φ1, следовательно, ВС = о = 1+^.
261. Если О и Οχ —центры окружностей, описанных около ААВС
и AADB, то ΔΑΟΟχ подобен AACD. Ответ: аД.
262. Бели К—середина дуги АВ, О — центр круга, AB = 2R=c, то
CM2 = CD2+DM2 = CD2+DK2=ADDB+R2 + D02 = (R + DO)(R-
-DO) + R2 + DO2 = 2Д2 = <?/2. О τ в е т: с>/2/2.
263. Пусть КМ—отрезок, параллельный ВС, N и L—точки
касания вписанной окружности со сторонами АС и ВС. Как известно
(см. задачу 18), AN = AL = p — a, где ρ—полупериметр ААВС. С
другой стороны, AN=AL—полупериметр ААКМ, подобного А АВС.
Следовательно, £^ = £,р=^. Ответ: ^.
264. Если а, Ь, с—стороны данного треугольника, то периметры
отсекаемых треугольников будут 2(р —о), 2(р — Ь), 2(р-с), где ρ—
полупериметр данного треугольника. Следовательно, если R —
радиус описанной окружности, то R\ +Й2+Дз= \^ + ^ΪΓ + εϊΓ; Я=Д.
Ответ: Д1+Д2 + Я3.
265. Если ΖΑ=α, то АМ=4£, ΛΝ = ^, т. е. AM:AN = AC: АВ;
таким образом, ΔΑΜΝ подобен ААВС с коэффициентом подобия
jfc, поэтому MN = $£ = 2R.
266. Пусть Οι и Ог — центры пересекающихся окружностей.
Обозначим их радиусы через χ и у, ОА = а. Поскольку треугольники
ΑΟΟχ и АОО2, как следует из условия, равновелики, то,
выражая их площади по формуле Герона и учитывая, что Οχ А = х,
149

00\ = Д-ж, P2i4 = j/, 002=R-y, получим после преобразований
(Д - 2х)2 = (Д - 2у)2> откуда, поскольку χ φ у, получим: х + j/ = Д.
Ответ: Д.
267. Пусть АВ и CD—данные хорды, а М—их точка пересечения.
а) Дуги АС и В£> в сумме составляют пол-окружности;
следовательно, AC2+BD2=№2, таким образом, AM2+MC2 + MB2+MD2 =
= AC2 + BD2 = 4R2. Ответ: 4Д2.
б) ЛВ2 + С^2 = (ЛМ + МБ)2 + (СМ + М^)2=4Д2 + 2АМ.МВ +
+2СММ1> = 4Д2 + 2(Д2-а2) = 6Д2-2а2. Ответ: 6Д2-2а2.
268. Если Μ — вторая точка пересечения ВС с меньшей
окружностью, то ВМ=РС (М —между В и Р), ВР=МР+ВМ, РА2 + РВ2 +
+РС2 = РА2 + (РВ-РС)2 + 2РВРС = РА2 + МР2 + 2РВРС = 4г2 +
+2(Д2-г2) = 2(Д2 + г2).
269· Обозначим длины отрезков хорд, как на рис. 10, диаметр —
через 2г. Используя то, что углы, опирающиеся на диаметр, прямые,
а ху = ш/, получим х(х + у) + u(u +
+ν) = (и + ν)2 + ж2 - ν2 = (и + ν)2 +
+m2 = 4r2.
270. Если α, /3, 7» σ — Дуги,
соответствующие сторонам о, Ь, с
и d, то доказываемое равенство
соответствует тригонометрическому
sinf cos^ +cosf sin^ =? sinfcosf +
+cos f sin f, или sin s±l - sin ^.
271. Пусть ABCD— вписанный
четырехугольник, АВ и CD
пересекаются в точке Р, А и D — на отрезках ВР и СР. ВС и AD
пересекаются в точке Q, С и D — на отрезках BQ и AQ. Опишем около
AADP окружность. Обозначим через Μ точку пересечения этой
окружности с прямой PQ. (Докажите, что Μ на отрезке PQ.) Имеем:
ZDMQ=ZDAP = ZBCD. Следовательно, четырехугольник CDMQ —
вписанный. Поскольку по условию касательные, проведенные из Ρ и
Q к исходной окружности, равны о и 6, то QM-QP = QD-QA = b2,
Ρ Μ · PQ=PDPC=α2. Сложив эти равенства, получим PQ2 = о2+Ь2.
Ответ: \/а2 + Ь2.
272. Отрезок QP равен (см. задачу 271) у/(р-№) + {<?-№) =
ssV^ + c? —2Д2. Пусть ABCD—данный четырехугольник, Q—точка
пересечения АВ и СХ> (Л на отрезке «BQ). Для нахождения длины
PQ опишем окружность около AQCA; обозначим точку пересечения
QP с этой окружностью через N. Поскольку ZANP=ZACQ = ^ABP,
то точки Ау Ву iV, и Ρ также лежат на одной окружности. Имеем:
QPQN = QAQB = b2-R2> PNPQ = CPPA=R2-a2. Вычитая
второе равенство из первого, получим QP2 = Ь2 + а2 - 2Д2. Аналогично,
РМ2=с24-о2~2Д2.Ответ:дМ=л/Ь2 + с2-2Д2,дР=УЬ24-а2-2Д2,
РМ = %/с2 + а2-2Д2.
150

273. Радиус вписанной окружности заключен между величинами
радиусов двух предельных случаев. Он не может быть меньше
радиуса окружности, вписанной в треугольник со сторонами α + Ь, Ь + с,
с + а, который равен 5/р, где S — площадь, ρ—полупериметр тре-
5 J(a + b+c)abc I abc _
угольника; таким образом, г > — = — = \ ; . С дру-
р α + b + c у а + о + с
гой стороны, г меньше радиуса окружности, изображенной на рис. И
(на этом рисунке противоположные касательные параллельны, точка
С «убегает» в бесконечность). Поскольку для углов α, β и у,
отмеченных на рисунке; выполняется равенство α+β + 7 = ^/2, tga = c/p,
tg/3 = a/p, tg7 = b/P> гДе Ρ — Радиус изображенной окружности, то
tg(a + /3) = ctg7, или yt*l% — f, откуда p = y/ab + bc+ со. Таким обра-
/ abc
ЗОМ, 4/ ;
< г < y/ab + bc + ca.
-Ь + с
274. Пусть Μ — точка пересечения прямой СВ с линией
центров данных окружностей. Обозначим: AM=χ, ZACB = (p, AB2 = 2rx,
ЛС2 = 2Дж, siny>= -£g. Если ρ—радиус окружности, описанной около
ААВС, то ρ=^ = ^ = ν^. Ответ: л/Ш.
Рис. 11
Рис. 12
275. Пусть Οι, 02— центры окружностей, А — наиболее
удаленная от ВС точка их пересечения, ΖθιΑ02 = φ. Покажем, что
ABAC = φ/2. (Для другой точки угол будет 180° - f.) В сайом
деле, ABAC = 180° - ZABC - АВСА = 180° - (90° - ΔΑΒΟχ) - (90° -
-ZAC02) = ΖΑΒΟι + ^Ж702 = ΔΒΑΟι + ZCA02 = <ρ - ZBAC. Пусть
Οχ02 = о. Проведя 02М || ВС (М на ОхВ), получим ВС = 02М =
= у/а?-(R-r)2. Из ΔΟι^402 найдем, что cosy? =
2Rt
таким
151

ВС
образом, радиус окружности, описанной около ДАВС, равен . ^ =
2sinj
ν/α2 - (R — г)2
= v —. - = ySr. Ответ: \Лйг (для обоих треугольников).
276. DO и СО—биссектрисы углов ADC и DOB. Обозначим через
а, /3 и 7 величины соответствующих углов (рис. 12). Но а 4-2/3 + 27+
+α=2π; значит, а+/3+7=яг; отсюда следует, что ZDOA=7> ΔΟΟΒ^β
и ΔΛίλΟ подобен АСОВ; следовательно, AD СВ = ЛООВ = АВ2/4.
Ответ: о2/4Ь.
277. Из условия задачи следует, что биссектрисы углов С и D
пересекаются на стороне АВ. Обозначим эту точку пересечения через
О. Опишем около ADOC окружность. Пусть if — вторая точка
пересечения этой окружности с АВ. Имеем: ZDKA = ZDCO = \£DCB =
= |(180ο - ZDAK) = \{ΔΌΚΑ + ZADK). Значит, 4#if A = ZADif и
AD = Aif. Аналогично ВС = Bif; следовательно, AD + СВ = АВ.
Ответ: о —Ь.
278. Возьмем на луче МС точку JV так, что AN = АВ = AD.
Поскольку fj^MgA = ^ = ^ = fja^gc и ШСА = ^сд „
sin ΔΜΝΑ = sin ZADC=sin Ζ ABM, т. е. углы ABM и AflVA или равны
или в сумме дают 180°. Но Μ внутри ΑΑΒΝ, значит, ΔΑΒΜ=ΔΜΝΑ.
Теперь можно доказать, что ААВМ = AAMN\ ZNAC = ΔΜΝΑ -
-£NCA = /.ADC-/.ACD = ip. Ответ: af*...
270. Обозначим через К и L точки касания соответственно
первой и второй окружностей с одной из сторон угла, а через Μ и
N — вторые точки пересечения прямой АВ с первой и второй
окружностями. Пусть О — центр второй окружности. Поскольку А —
центр подобия данных окружностей, то ^ = ^Г = Ж = ^> <>ткУДа
Aif · AL = AAL2 = ААВ · A/V~= АВ2. С другой стороны, из подобия
треугольников АКС и ALO имеем: АК· AL = АО·АО. Следовательно,
АС-АО^АВ2; значит, треугольники ABC и АОВ подобны. Ответ: f
или π— j.
280. Пусть Zi?AF=y>, ZDBA^a, ΔΌΑΒ — 2α (из условия следует,
что Л, £ и F по одну сторону от BD и ZRDA < 90°, т. е. а > 30°).
По теореме синусов для треугольников DEAy DAB и BAF имеем:
Щ _ 8tn(120°-2a) _ OrfWQn° + r*V ^Ш - sina - 1
ΊΠ - sin(30°+a) "" Ζ€08νύυ τ«Λ ΛΒ ~ sin3a ~ 4cos(30<»+a)cos(30o-a) >
Ш = COSinyy)- Перемножая равенства, найдем, что 0О88^у) = 2cos(a-
-30°), откуда ZBAF = <p = 30°.
281. Рассмотрим два случая.
1) Отрезок ВК пересекает АС. Из условия ΔΒΚΟ = 3^А~^с
будет следовать, что ΔΟ = 90° (ZBOif = ZB + Ζθ, ZOBif = ^,
3ZA-ZC + (Ζβ + zC,) + ^ _ lg0o и т д) Следовательно, точка О
находится на АВ и сумма расстояний от О до АС и АВ равна \ВС\
152

таким образом, ВС = 4>2 +>/3 = АС + АВ> АВ, т. е. катет больше
гипотенузы—противоречие.
2) Отрезок ВК не пересекает АС. В этом случае Z.CBK =
= 180° - ^f, /.ВСК = Ζ Α, ΔΒКС = 3Zil~zc (по условию); значит,
(ΐ80° - ^) + ZA + 3^*-ZC = 180°, откуда ΔΑ = 30°.
Возможны вновь два случая.
2а) Центр описанной окружности, точка О — внутри ААВС.
Пусть перпендикуляр, опущенный из О на АВ, пересекает АВ в Ν, а
АС в If, а перпендикуляр, опущенный на АС, пересекает АС в Μ, ΑΒ
в L. Обозначим ОМ = х, ON = y\ x + y = 2 (по условию), (Ж = 2я/\/3,
МК = х/у/3, AK = 2NK=2y+4x/V5, AM = AK-MK = 2y + xV5.
Аналогично найдем: AN=2я+j/>/3. По условию AN+AM = |(АВ+АС) =
= |(2 + >/3). С другой стороны, АЛГ-Ь AM = (2+ V3)(ж+ 2/) = 2(2-hv^).
Противоречие.
26) Точка О—вне ААВС. Можно показать, что тупым является
ΔΒ. Иначе, если ZC>90°, 3^A~^C <0, таким образом, О находится
внутри сегмента АС, не содержащего В; впрочем, на ответ это
обстоятельство не влияет. В обозначениях предыдущего пункта будем иметь:
АМ = 2у-ху/Ъ, AN = yy/3-2x. Из системы у + χ = 2, AM + AN = (2 +
+V%-(2 + VS)x = *Ь5 найдем: ж = fJj^=|^AM=|~^, радиус
окружности равен у/AM2 + МО2 = ^ а/34 - 15V5.
282. Если Ci —точка, симметричная С относительно АВ, a i?i —
симметрична В относительно АС, то (как обычно, а, Ь, с—стороны
ААВС, 5—его площадь) CiB? = Ь2 + с2 - 2bccos3A = а2 + 2bc(cos A -
-cos3A) = o2-*-8bcsin2i4cosA=o2-*-16(b2-*-c2-o2)^y. Таким образом,
получим систему уравнений:
aW + 1652(Ь2 + с2 - а2) = 8Л·2,
aW + 1652(о2 + Ь2 - с2) = 8а2Ь2,
a W + 16SV + о2 - Ь2) = UcV.
Вычитая второе уравнение из первого, учитывая, что а ф с, найдем
4S2=*b2. Заменив S2 в уравнениях на Ь2/4, получим:
a2c2 + 4(b2-c2-a2) = 0,
а2\?<? + 4Л? + 4^ο2 - 4Ь4 - WaV = 0,
Ь2 = 452.
Обозначив а2(? = ж, а2 + с2 = у, будем иметь:
Г 4t/ — χ = 46
\ i(b2-14) + 4b2y=4b4.
153

Умножив в последней системе первое уравнение на Ь2 и вычтя из вто-
' рого, найдем х(2Ь2 -14) = 0, откуда Ь = \/7. Ответ: 1, \ft, у/8 или
у/±(21-у/Ш), у/7, ^(21 + V217).
283. Докажите, что tga= 25 ' где & — площадь треугольника
(аналогично для других углов) .Ответ: arctg | tg a ± tg β\.
284. Найдем котангенс угла между медианой и стороной
треугольника ABC. Если ΔΑχΑΒ^φ (ΑΑχ— медиана Δ ABC,
обозначения обычные; а, Ь, с — стороны треугольника, та, ть, тс — его
медианы, 5 —площадь), то ctgy? = 2c~ah™P = **~™«»в = *&jj=£.
Пусть Μ — точка пересечения медиан ДАВС; прямые,
перпендикулярные медианам, выходящим из вершин А и В, пересекаются
в С\\ ZMC\B = ΔΜΑΒ = φ (четырехугольник МАС\В вписанный).
Следовательно, Smbc, = \ (|m6)2ctgg = {*«2+**2-*№*+И-») Пло_
щадь искомого треугольника есть сумма площадей шести
треугольников, каждая из которых находится аналогично. В итоге получим
(°2+1622^2)2 = 27(У>2 (равенство а2 + Ь2 + с2 = 9(Д2 - d2) докажите
самостоятельно). О τ в е τ: 2Ζ (Д2 — d2)2.
285. 60°.
286. Заметим сначала, что MN равна общей внешней
касательной к окружностям с центрами 0\ и Οι (задача 142).
Следовательно, если радиусы этих окружностей χ и у, χ + у = 2Л — о, то
ΜΝ = у/а2 - (ж - у)2. Пусть у>—угол, образованный АВ cO\Oi,L—
точка пересечения АВ и О1О2· Имеем 0\L = ·£&- = jjfz^» siny? =
= ϋ7Γ = ^> OL = \x + OlL-R\ = ^2x + a-2R\ = ^a\x-y\,
АВ = 2л/Я2-0£28т2у> = Igy/at-ix-y)2 = ψΜΝ. Ответ: ^ (в
обоих случаях).
287. Угол АКБ равен 90° (см. задачу 255). Пусть R—точка
пересечения ВК и AC, Q — точка ВК такая, что NQ || АС.
Используя обычные обозначения, будем иметь: AR = АВ = с, MR = с — (р —
> -a)=p-b = NB, ш = ъ§ = ъе = ь^ (считаем Ь>с). Поскольку
MN = 2(р - с) sin ^, то ДЖ = о sin f. Аналогична для других отрезков.
Искомый треугольник подобен треугольнику ABC с коэффициентом
подобия sin (а/2). Его площадь равна 5 -sin2 (a/2).
288. Пусть АМ = х, CN = y, х + у = а, a—сторона квадрата.
Обозначим через Ε и F точки пересечения MD и DN с АС. Отрезки АЕ,
EF, CF легко вычисляются через о, х, у, после чего можно проверить
равенство EF2 = АЕ2 + FC2 - АЕ? · FC.
289. Пусть Ρ—точка пересечения прямой DE с АВ, К — точка на
АВ такая, что Я7?|| АС, ΔAKD—равнобедренный (ZKDA=£DAC =
= ΔϋΑΚ). Значит, KD — медиана в прямоугольном треугольнике и
ΜΝ = \ΚΌ = \ АР = | АЕ = £а.
154

290. Пусть второй точкой пересечения окружностей, описанных
около А АВС и ААВ\С\, будет Αχ. Из условия следует, что ВВ\ =
= CCi, кроме того, Δ АВА\ = Ζ АС Αχ и ΔΑΒχΑχ = ZAC\Ai.
Следовательно, ΑΑχΒΒχ = AAiCCi. Значит, AiB = AiC. Пусть ΔΑΒϋ-β,
ΔΑΟΒ = у у ΔΑΒΑχ = ΔΑΟΑχ = ψ. Так как АА\ВС равнобедренный,
то ΔΑ\ΒΟ = ΔΑιΟΒ, т. е. β + φ = Ί-ψι ψ =\{l"β) и> если РЗДиус
окружности, описанной около Δ АВС, равен R, то ΑΑχ = 2iisin:^;
но AB-AC=2ii(sin7-sin/3) = 4iisin:^cos^2=2i4i4isinf;
следовательно, Α Αχ = 2^.
291. Заметим, что точки А, О, М, В лежат на одной окружности
(ΔАМВ измеряется полусуммой дуги АВ и дуги, симметричной АВ
относительно ОС, т. е. ΔΑΜΒ = ΔΑΟΒ). Далее на AM отложим отрезок
МК, равный MB; тогда А АКБ подобен АОМВ. Ответ: АВ = 2а.
292. Пусть АВ = 2г, ВС = 2R, Οι —середина ЛВ, 02 —середина
ВС, Оз — середина АС, О — центр четвертой окружности, радиус
которой х. Из условия следует, что Οιθ3=Λ, ОгОз=г, OiO = r + E,
020 = R + х, О3О=R + г — х. Приравнивая выражения для площадей
треугольников ΟχΟΟζ и О1ОО2, полученные по формуле Герона и как
полуцроизведение соответствующего основания на высоту, получим
два уравнения:
Г yJ{R + r)r{R-x)x = \Rd,
\ <sJ{R + r + ж)Лгж = | (Д + r)d.
Возводя каждое из них в квадрат и вычитая одно из другого, найдем,
что x = d/2. Ответ: d/2.
293. Пусть Ρ — основание перпендикуляра, опущенного из N на
прямую MB, тогда MP = Дсоза; следовательно, MP равно
расстоянию от центра О до АВ; но расстояние от вершины треугольника
до точки пересечение высот вдвое больше, чем расстояние от
центра описанного круга до противоположной стороны (задача 20), т. е.
МР= \МК. Отсюда следует, что если Μ находится на большей из дуг,
т. е. Δ АМВ=а, то ΝΚ=R; если же Δ АМВ=180° - α (т. е. Μ—на
меньшей дуге окружности), то NK2 =B2(l-*-8cos2a). Ответ: NK=R, если
Μ — на большей дуге окружности; ΝΚ = Ry/\ + 8cos2 α, если Μ — на
меньшей дуге окружности.
294. Пусть АВС—данный треугольник, CD—высота, 0\ и Ог —
центры окружностей, вписанных в AACD и ABDC, К и L — точки
пересечения прямых DO\ и ΌΟι с АС и СВ. Так как AADC подобен
ACDB, а KD и LD — биссектрисы прямых углов этих
треугольников, то Οι и Ог делят соответственно KD и LD в одинаковом
отношении. Значит, #Χ||Οιθ2. Но четырехугольник CKDL —
вписанный (ΔΚΜ = ZKDL = 90°). Следовательно, ZCtfL == ZCDL = π/4,
ΔΟιΚ = ΔΰΌΚ = π/4. Таким образом, прямая О1О2 образует с
155

катетами углы в π/4. Если Μ и N — точки пересечения 0\0<ι с
СВ и АС, то ACM02 = ACD02 (С02 — общая, A02CD = £02CM,
Z.CD02 = ZCM02). Значит, CM = JVC = h. Ο τ в е т: углы треугольника
равны π/4, π/4, π/2, а площадь—ft2/2.
Рис. 13
295. Обозначения понятны из рис. 13. CKDL — прямоугольник.
Поскольку ZLKA = 90° + a, ZL.Bj4 = 90° - а, то четырехугольник
BLKA — вписанный,
LC ftcosa 1 ., Л
Если Я—радиус окружности, то
Я=
2sin<£ 2siny>
(1)
(2)
Поскольку ZLOK = 2<р, то OiV = iicosy? = 5^ = ^^
(использовались равенства (1) и (2)), ОМ = CW sin(90° — 2a) =
= ft§j~f£ = /ictg2a, и, наконец, получим выражение -PQ = QM =
= y/R?-OM2 = J fe22 -h2ctg22a = fcji(l + ctg2^)-ctga2a =
у 4 sin ν? V 4
= h\ -(Ι Η я—) -ctg22a = -7-, PQ = /ц/5. Если теперь отрезки
V 4 sbr2.a 2
156

PD и DQ хорды обозначить через χ и j/, то ж+у=/ц/5> xy = h2, откуда
найдем, что искомые отрезки хорды будут равны vy1fe, ^""1Л.
Второе решение. Пусть PD = ж, Z?Q = у. Имеем систему χ · у =
= BDDA = h2,CPCQ = {h-x){h + y) = CKCA = h2.
296. Пусть (рис. 14) Ρ и Q — точки касания касательных,
проведенных из 2?. Докажем, что
EP-EQ- BD. В самом деле, ЕР2 =
= (#Я + DC)(ED - DC) = ED2 -
-DC2 = ВС2 - DC2 = BD2 (по
условию ED = ВС). Обозначим: IfiV =
= «,' PN = ЛГА = j/, EQ = £?P.=
= BJ3 = г. Тогда ίί£? = χ + у - г.
Имеем: Я/гялг = |я;(2Я-г); с
другой стороны, Sken = *Sjrcw+5#оя —
-SeON = |Д(» + Х + »-2?-у-2?) =
= Д(ж —. я). Таким образом, |а?(2Л-
-z) = R(x-z),x = 2R. Ответ: 2Д.
297. Найдем сначала lim ^. Обозначим: ZC=/?. Имеем:
ОС Sbdc 1(р-и)(р-Ь)яш0'
|absina
(1)
Но по теореме косинусов а2 + Ь2 — 2abcosa = (ρ — о)2 + (ρ — Ь)2 - 2(р -
-a)(p-b)cos/J^cos/J=ite^^
in/3 = νΊ-οοβ2/?= >/(1-COB/')(1+coe/'):
sin
(2)
_ y/ab(\ - cosa^p2 - 2ap- 2ftp+аЬ-)- aftcosa)
~~~ (р-а)(р-Ь)
Если а -> 0, то cos а -> 1; следовательно, ^^ва = \/2cosf -> \/2
при α ^-> 0. Получим из (1), (2) с учетом последнего замечания
lim 4£ = лЛ„ «л?, h\. Поскольку АС -*р, то lim АО = — *?/"*—..
2. Избранные задачи и теоремы планиметрии
298. Докажите, что если D—проекция Μ на АВ, то AD2 —DB2 =
= АМ2-МВ2.
299. Если бы такая точка нашлась (обозначим ее через Ν), то
прямая ΜΝ была бы перпендикулярна всем трем сторонам треугольника.
300. Если Μ — точка пересечения перпендикуляров, опущенных
из Αχ и Вг на ВС и АС, то (см. задачу 298) MB2 - МС2 = АХВ2- АгС2,
157

Μ С2 —MA2=BiC2—BiA2; складывая эти равенства и учитывая
условия задачи, получим, что MB2 —MA2 — С\В2 — С\ А2, т. е. Μ лежит на
перпендикуляре, проведенном к АВ через С\.
801. Из результата задачи 300 следует, что условие того, чтобы
перпендикуляры, опущенные из А\, Βχ, С\ на стороны ВС, С Α ή АВ
пересекались в одной точке, такое же, как и условие пересечения в
одной точке перпендикуляров, опущенных из А, В и С на В\С\, СхАх
πΑχΒχ.
302. Заметим, что перпендикуляры, опущенные из точек Αχ, Βχ и
Сх на прямые ВСУ С А и АВ соответственно, пересекаются в точке J9,
затем воспользуемся результатом задачи 301.
303. В задаче 304 доказывается более общий факт. Из
рассуждений задачи 304 будет следовать, что центр окружности расположен
на прямой АВ.
304. Введем прямоугольную систему координат. Если координаты
точек Ль А2, ..., Ап — (хх,ух), (я2,Ы, ···> (хп,Уп), точки М — (хуу),
то наше геометрическое место точек будет задаваться уравнением
а(ж2 + 2/2) + Ья + с2/ + й = 0, где а = кх +к2 + -.. + кп\ отсюда и следует
наше утверждение.
305. Если В — точка касания, О — центр данной окружности, то
ОМ2 - AM2 = ОМ2 - ВЫ2 = ОВ2 = Л2. Значит, Μ лежит на прямой,
перпендикулярной О А (см. задачу 298).
30β.ν Условие, определяющее множество точек М, эквивалентно
условию AM2 — к2 В Μ2 =0, т. е. это есть окружность (см. задачу 304).
Эта окружность называется окружностью Аполлония; ее центр, как
легко убедиться, лежит на прямой АВ.
307. Поскольку MB является биссектрисой угла АМС^ то j$g =
= g§. Следовательно, биссектриса внешнего угла по отношению к
углу AM С пересекает прямую АС в постоянной точке К: j^ = ^,
и искомое множество точек Μ есть дуга окружности, построенной на
ВК как на диаметре, заключенная между прямыми,
перпендикулярными отрезку АС и проходящими через точки АиС.
308. Пусть Οχ и Ог—центры данных окружностей, г χ и гъ — их
радиусы, Μ — точка искомого множества, Μ Αχ и ΜΑ<ι — касательные.
По условию Μ Αχ = kMAi. Следовательно, МО2 - к2МО\=г2 - к2г\.
Значит (см. задачу 303), искомое множество точек Μ при к φ 1 есть
окружность с центром на прямой 0\Оч, при к = 1 искомое множество
есть прямая, перпендикулярная ΟχΟι.
309. Пусть (рис. 15) К и L — точки пересечения касательной ко
второй окружности, проходящей через D, с касательными к первой,
проходящими через В и Л, а М и N—другие две точки. Легко видеть,
что ZDKB = ZCMA (каждый из этих углов равен половине
разности углов, соответствующих дугам АВ и CD). Поэтому (на нашем
158

рисунке) Z.LMN + ZLKN = 180°. Следовательно, четырехугольник
KLMN — вписанный. Далее имеем: тг^ =
DK
KB
sm/lDBK _ sin \
АВ
sin ΔΒΌΚ sin \^ DC'
Рис. 15
Аналогично находятся отношения
длин касательных, проведенных
через точки L, Μ и N. Все эти
отношения равны между собой; значит,
центр окружности, описанной около
KLMN, лежит на прямой,
проходящей через центры данных
окружностей (см. задачу 303).
310. Выразив расстояния от
вершин треугольника до точек касания,
проверьте выполнение условия
задачи 300.
311. Пусть АМг : ВМг : СМг =
= ρ : q : г. Тогда множество точек
Μ таких, что (г2. - q2)AM2 + (ρ2 -1
-r2)BM2 + (q2 - p*)CM2 = 0, есть
прямая линия, проходящая через Μχ, М2 и центр описанного около
A ABC круга (см. задачу 304).
312. Точки Μχ и М2 принадлежат множеству точек М, для
которых 5МЛ2 - 8MB2 + ЗМС2 = 0. Это множество есть прямая
линия, и, очевидно, центр описанного круга удовлетворяет условию,
определяющему это множество (см. задачу 304).
313. Пусть ΑΑι = α, ВВг =Ь, CCi =с, ΑχΒχ =s, Bid =2/, (ΛΑχ =*.
Тогда АВ? = а2 + ж2, BiC2 = c2 + j/2 и т. д. Теперь легко проверить
условие задачи 300.
314. Пусть ЛО = я, BD = y, CD = z, АВ = а. Обозначим через Л2,
В2, С2 точки касания окружностей, вписанных в треугольники BCD,
CAD и ABD со сторонами ВС, САУ АВ. Перпендикуляры,
проведенные через точки Лх, Βχ, С\ к сторонам ВС, СМ и ЛВ совпадают с
перпендикулярами, восставленными к тем же сторонам в точках Л2,
В2, С2. Но ВЛ^ = ^^-у А2С = ^ifp; аналогично находятся ЛС2,
С72В, ЛВ2, В2С. Теперь легко проверить условие задачи 300.
315. Примените условие задачи 300, взяв в качестве точек Л, В
и С центры окружностей, а в качестве точек Лх, Βχ, Сх —по одной
из точек пересечения окружностей (Лх—одна из точек пересечения
окружностей с центрами В и С и т. д.).
316. Возьмем третью окружность с диаметром ВС. Общими
хордами первой и третьей, а также второй и третьей окружностей
являются высоты треугольника, опущенные из вершин В и С.
Следовательно (см. задачу 315), общая хорда данных окружностей также
проходит через точку пересечения высот треугольника ABC.
159

317. Пусть О — центр данной окружности, R—ее радиус, Μ С —
касательная к ней. Имеем; МО2 - ΜΝ2 = МО2 - MB · ΜΑ = МО2 -
—МС2 = Д2, т. е. точка Μ лежит на прямой, перпендикулярной
прямой ON (см. задачу 298). Легко показать, что все точки этой прямой
принадлежат нашему множеству.
318. Пусть О — центр окружности, г — радиус окружности, О А=о,
ВС—некоторая хорда, проходящая через Α, Μ—точка пересечения
касательных. Тогда ОМ2=ВМ2 + г2,
AM2 = ВМ2 - ^ВС2 + С^ВС - В А
=ВМ2-ВС,ВА + ВА2 =
= ВМ2-ВААС=ВМ2-г2 + а2.
Таким образом, ОМ2 - AM2 = 2r2 -о2, т. е. (см. задачу 298)
искомое множество точек есть прямая, перпендикулярная О А. Эта прямая
называется полярой точки А относительно данной окружности.
319. Покажите, что если М\ и Мг—две различные точки,
принадлежащие нашему множеству, то любая точка Μ отрезка прямой
М1М2 внутри треугольника также принадлежит этому множеству.
Для этого, обозначив через х\> у\, ζ\ расстояния от М\ до сторон
треугольника, через жг, J/2» 22— расстояния от Мг, можем выразить
расстояния ж, у, ζ от Μ до сторон через эти величины и расстояниям
между Μχ, Μ2, Μ. Так, например, если ΜχΜ = fcMiM2 и направления
ΜχΜ и М1М2 совпадают, то χ = (1 - fc)a?i + йжг* у = (1 - fc)2/i + %г,
ζ = (1 - fc)2i + fc^2. Отсюда следует, что если равенство выполняется
для трех точек внутри треугольника, не лежащих на одной прямой, то
оно будет выполняться для всех точек треугольника. Замечание.
Утверждение задачи останется верным для произвольного выпуклого
многоугольника. Более того, можно рассматривать все точки
плоскости, но при этом расстояния до прямой от точек, расположенных
по разные стороны от нее, должны браться с противоположными
знаками.
320. Для того чтобы расстояния ж, у, ζ были сторонами
треугольника, необходимо и достаточно выполнения неравенств x<y+z,
у < z + Xy z <x + y. Но множество точек, для которых, например,
х = у + ζ есть отрезок с концами в основаниях биссектрис (в
основании биссектрисы два расстояния равны, а третье равно нулю,
следовательно, равенство выполняется; а из задачи 319 следует, что
это равенство выполняется для всех точек отрезка). Ответ:
искомое геометрическое место состоит из точек, расположенных внутри
треугольника с вершинами в основаниях биссектрис.
321. Поскольку перпендикуляры, опущенные из Лг, Въ и Сг
соответственно на BiCiy C\A\ и ΑχΒχ, пересекаются в одной точке, то
■
160

(задача 301) и перпендикуляры, опущенные из Αχ, В\ и С\ на В2С2,
СъАъ и А21?2, также пересекаются в одной точке.
322. Обозначим через αχ и а2 расстояния от Л до прямых /2 и /з
соответственно, 6χ и &2—расстояния от 5 до прямых 1$ и ίχ
соответственно, С\ и с2 — расстояния от С до прямых f χ и ί2 соответственно, ж,
j/, ζ—расстояния от Αχ, В\ иС\ соответственно до f. Для того чтобы
перпендикуляры, опущенные из А, В и С на В\С\, С\А\ и -ΑχΒι
соответственно, пересекались в одной точке, необходимо и достаточно
выполнения равенства (задача 300) АВ\ - ВгС2 + СА? - ΑχΒ2+ВС? -
-СхА2 = 0, или (а? + у2) - (с^ + з/2) + (с2 + ж2) - (bg + χ2) + (b2 + ζ2) -
-(а2 + г2) = 0, что приводит к условию а2 - а\ + Ь? - Ь2 + с? - с| = 0, не
зависящему от я, j/, z*
323. Нам достаточно проверить выполнение условия (задача 300)
АВ\ - В2С2 + СА| - А2В2 + ВС\ - С2 А2 = 0. Заметим, что
треугольники ВВ2С1 и АА2С1 подобны, значит, АС\ CiB2=BCi ·ί7χΑ2, кроме
того, ZAC1B2 = ZBCxА2, следовательно, АВ| -ВА| = (АС? - CxJ92) +
+(СхВ2 ~~ Ci^l)· Записав соответствующие равенства для СА^ — АС\
и ВС2 — СВ2 и сложив их, получим, что разности, стоящие в
первых скобках, в сумме дадут нуль (применяем условие задачи 300 к
треугольникам ABC и AiB\Ci\ получим нуль, поскольку высоты
пересекаются в одной точке). Нетрудно доказать, что АА2, В«В2 и СС2
проходят через центр описанной около ABC окружности, т. е. сумма
разностей во вторых скобках тоже равна нулю.
329. Проведем через К и L прямые, параллельные ВС, до
пересечения с медианой AD в точках N и 5. Пусть AD = 3o, MN = xay MS =
-υα Поскольку ^ = 4§- Ш. = Ш то4£ = М£ Й±Й2.-£ ι/ = -£-
-ί/α. поскольку ΝΚ--χχ, νκ ΜΝ>το Ίν μν> piSj: —β» »""ι-β·
Равенство ш = Ш + Ш эквивалентно равенству ш = Ш + Ш>
•^ = ^ + i. Подставляя j/ = j§j, получим верное равенство.
331. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BZ?;
воспользовавшись подобием соответствующих треугольников, получим
с5с "" UB ос "" ОТ 75Х"" oF > что и треоовалось.
332. Пусть F и D — точки пересечения EN и ЕМ соответственно
с АВ и ВС. Докажем, что ΔΑΡΝ и AMDC подобны. Используя
подобия различных треугольников и равенство противоположных сторон
параллелограмма, будем иметь; ш^ШШ^ШШ^ШШ^
=£&■$=№.** АЛ™ "Од06**1 ΔΜ2Χλ
333. Утверждение задачи вытекает из следующих двух фактов.
1) Бели на сторонах четырехугольника ABCD взяты точки К, L,
Μ πΝ так, что стороны AJ5, ВС, CD и DA разделены этими точками
в одинаковом отношении (ψχ = j^ = jfe = ^), то и отрезки КМ и
LN своей точкой пересечения Ρ разделены в том же отношении.
В самом деле, из того, что прямые KL и ΝΜ параллельны диаго-
нали АС следует: ft-ft-ft-jft-ff ·£-|| ·|*-||.
161

2) Если на сторонах АВ и CD четырехугольника взяты точки Κχ
πΚ,Μχ иМ так, что ^г = ^ = ^, АКг=КВ, DMX = СМ, то
площадь четырехугольника ΚχΚΜΜχ составляет ^ часть от площади
четырехугольника ABCD. В самом деле, Sbkc = §j«SUbc> SaMyD =
= I^Sacd = ш5^· Следовательно, S^CMx = (l - fj) Uibcp =
= JIjSabcd. Аналогично SKikmmx = ^Sakcm^ Таким образом,
Sj^tfMMi = ^aw-Sabcd = ~5.
334. Пусть К — середина DB, L — середина AC, Sanm = Scnm
(поскольку^AL = LC), точно так же Sbnm = Spmn\ откуда следует
утверждение задачи.
335. Если Μ— середина DC, N — середина ВС, К и L — точки
пересечения DN соответственно с AM и АВ, то ηΜτ = £££ = I, т. е.
АК=^АМ] следовательно, Sadk = \Sadm = £ · \S= %S (S—площадь
параллелограмма). Таким образом, площадь искомой фигуры будет
S-±SAdk = \S.
336. Пусть Q — середина AD, N — середина ВС, Μ— середина
DC, К, Р, Д —точки пересечения DN и AM, QC и DN, QC и AM.
Тогда DK = \DN, DP = PN, QP=PC, QR=\QC, §££*= «£.££ =
_1 1-Х с —X 5 _ S
"" 3 ' б "" 15> °ДР* "" 15 ' 8 "" 120'
Следовательно, от четырехугольника, рассмотренного в
задаче 335, отрезаются четыре треугольника площади ^; таким
образом, площадь искомого восьмиугольника будет f ~ ^ = f ·
337. Пусть прямая НС пересекает АВ и LM соответственно в
точках Τ и Ν, прямая AL пересекает ED в точке К и прямая
В Μ пересекает PG в точке Р. Имеем: Sacde = Sachk = Satnl,
Sbcfg = Sbchp = Sbmnt\ таким образом, Sacde + Sbcfg = Sabml-
338. Обозначим через Q площадь пятиугольника, s\, 82 и s3
—площади треугольников, прилежащих к одной боковой стороне, к
меньшему основанию и к другой боковой стороне; χ—площадь
треугольника, заключенного между треугольниками площади з\ и 82,
у—площадь треугольника, заключенного между треугольниками площади
82 и «3- Тогда 8\+х+82 = 82+у + 8з = \(х+у + 82 + 0). Таким образом,
8i+*X + S2 + S2+y + Sz = X + y + S2 + Q^Si + 82 + S3 = Q.
339. Если 5—площадь параллелограмма, то Sabk+S%cd = \S, с
другой стороны, Sdec=Sekc+Skcd = \S, значит, Sab к = Sjsjtc;
аналогично Sard = Skcf] складывая два последних равенства, получим:
Sabkd = Scekf-
340. Имеем: gS = f^= №&£%& = &&№■ "^
чив аналогичные равенства для отношений ^п£ и §^ и перемножив
их, получим требуемое утверждение.
341. Покажем, что если прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются
в одной точке (обозначим ее через М), то R* = 1 (а следовательно,
162

ий=1; см. задачу 340). По теореме синусов для A AM С имеем:
sln^^AC = ΉΌ* Записав аналогичные равенства для треугольников
АМВ и ВМС и перемножив их, получим требуемое утверждение.
Обратно, если Д=1 и все точки Αχ, Βχ, С\ лежат на сторонах
треугольника (или лишь одна из них), то, проведя прямые АА\ и ВВ\,
обозначим точку их пересечения через М\\ пусть прямая СМ\ пересекает АВ
в точке Сг* Учитывая условия задачи и доказанную необходимость
условия R = 1, будем иметь, что ^^ = Ζ£β> причем точки С\ и С2
лежат одновременно или на отрезке АВ, или вне его. Следовательно,
d и Сг совпадают.
342. Пусть Αχ, Βχ, С\ лежат на одной прямой. Проведем через
С прямую, параллельную АВ, и обозначим через Μ точку ее
пересечения с прямой Α\Βχ. Из подобия соответствующих треугольников
получим: jfy = ^f-, ij^ = -^г. Заменив соответствующие
отношения в выражении R (см. задачу 340), получим, что Л = 1. Обратное
утверждение доказывается аналогично тому, как это было сделано
в задаче 341 (проведем прямую ΒχΑχ, обозначим через Сг точку ее
пересечения с АВ и т. д.). '
343. Проверьте, что если для данных прямых Д* = 1, то и для
симметричных будет так же. При этом, если прямая, проходящая,
например, через вершину А, пересекает сторону ВС, то и прямая, ей
симметричная относительно биссектрисы угла, также будет пересекать
сторону ВС (см. задачи 340, 341).
344. Если Aq, Во, Со—середины отрезков АО, ВО, СО
соответственно, то построенные прямые оказываются симметричными
прямым АоО, BqO, CoO относительно биссектрис треугольника AqBoCo
(см. задачу 343).
345. а) Пусть прямая В Μ пересекает АС в точке В', а прямая СК
пересекает АВ в точке С. Проведем через Μ прямую, параллельную
АС, и обозначим через Ρ и Q точки ее пересечения соответственно с
АВ и ВС. Очевидно, ^^ = jM:. Проведя через К прямую,
параллельную АВ и обозначив через Ε и F ее точки пересечения соответственно
с С А и СВ, будем иметь: Щ^ = |^. Аналогичное построение сделаем
для точки L. Заменяя отношения, входящие в R (см. задачу 340),
учтем, что для каждого отрезка в числителе найдется равный ему
в знаменателе, например: РМ=КЕ.
б) Пусть для определенности прямая I пересекает отрезки Со А,
СА0 и образует с ОК острый угол φ. Прямая A\L делит отрезок МК
в отношении (от точки М) s™*1 - Аналогично находятся отношения,
в которых делятся стороны KL и LM треугольника KLM. Нам надо
доказать, что имеет место равенство Д = 1 (см. задачу 340).
Заменим отношения отрезков отношением площадей соответствующих
треугольников. R будет содержать в числителе SlmAh а в знаменателе—
SkmCi- Докажем, что f*^*1 = fn$, где А и С —углы треугольника
163

ABC. Очевидно, что fggg=fjgf. Кроме того, AAiB0Ao=AC0B0Ao +
+ΔΑ\ BqCq—90°—4^-+φ (это следует из того, что окружность с
диаметром АО проходит через В0, Со η Αι) и ΖΒοΑ\Ο^ΖΒοΑΟ—^φ. Точно
так же ZB0CiO= ψ и ZCiB0C0 = (Э0° - ψ) +ZCiOL= (Э0° г- ψ) +
+ (180° -Z.C- ZBqOCx ) = 90° - ψ + (ZBoCMi - ZC) = 90° - ZB/2 +
+(180° - ΔΑ- AC-<p)=90°+ΖΒ/2-φ, τ. e. sinZj4iB04o=sinZCiBoCo.
Таким образом, gjj = fg&f^ = £f=|. = jtf. Пусть г-
радиус вписанной окружности, OL = OK = OM = a. Будем иметь:
2
SlMAx SlOM + SlOMAi _ %*SaqOBq + ^SaqOBqA!
SkMCx SKOM + SKOMd ^ScqOBo + tScoOBoC!
_ ^SaqOBq + (SaqBqA! - SaqOBq) _ (7) - ISaqOBq + SaqBqAx _ sin С
^Sc0OBo + (SC0B0C1 - 5coOBo) (7) - lSc0OB0 + ^CoBoiPx sin^
(Последнее равенство следует из того, что 5*°°*° = Sc*Vcl ^ вЕ§·)
Точно так же выделим в числителе и знаменателе представления
R еще две пары величин, отношения которых будут соответственно
Р**" Ш и fro· Значит> Л = 1· Остается лишь доказать, что.
число точек пересечения прямых LA\, КС\ и МВ\ соответственно с
отрезками KM, ML и LK—нечетно.
346. Рассмотрим треугольник АСЕ, через вершины которого
проведены прямые AD, CF и ЕВ. Синусы углов, образованных этими
прямыми со сторонами треугольника АСЕ, пропорциональны хордам, на
которые они опираются; следовательно, условие Д= 1 (см. задачу 341)
эквивалентно условию, данному в задаче.
347. Проверьте, что выполняется равенство R = 1 (в пункте б)
воспользуйтесь результатом задачи 234) и что все три точки
лежат на продолжениях сторон треугольника. Таким образом, наше
утверждение следует из теоремы Менелая (см. задачу 342).
348. По свойству секущих, проведенных из внешней точки к
окружности, или по свойству отрезков хорд окружности, проходящих
через одну точку, будем иметь: ВС\ · ВСъ = ВА\ · ВА2, СВ\ · СВъ =
= СА\ · С Αι, АВ\ · АВ2 = АС\ · АСъ. Теперь легко проверить, что если
утверждение теоремы Чевы (равенство R=1) выполняется для точек
Αχ\ В\, С\, то оно выполняется и для точек Аъ, Въ, С*. При этом из
утверждения задачи следует, что или все три точки Аъ, Въ, Съ лежат
на соответствующих сторонах треугольника, или только одна из них
(см. задачу 341).
349. Записав равенство R = 1 (согласно теоремам Чевы и
Менелая—см, задачи 341,342) для точек Αχ, Β\, С\\ А\, В\, Съ\ А\, Въ, С\\
Аъ, В\,С\, мы получим, что для точек Аъ, Въ, Съ выполняется
равенство Д = 1. Теперь осталось лишь доказать, что или все три точки Аъ,
164

Β<ι, Съ лежат на продолжениях сторон треугольника (так будет, если
точки Αχ, Βχ, С\ —на сторонах треугольника), или лишь одна
находится на продолжении (если на сторонах треугольника одна из точек
Αχ, Βχ, С χ), и воспользоваться теоремой Менелая (см. задачу 342).
350. Воспользуйтесь теоремой Менелая (см. задачу 342). В
качестве вершин данного треугольника возьмите середины сторон
треугольника ABC, на сторонах и продолжении сторон которого лежат
рассматриваемые точки.
351. Если а—длина стороны пятиугольника MKLNP, Ь—длина
стороны пятиугольника с одной стороной на АВ, с—длина стороны
пятиугольника, у которого одна сторона—на АС, то ^£х = |, jjfy = L· ^
%2± = £. Перемножив эти равенства, найдем, что Я= 1, и
воспользуемся теоремой Чевы (задача 341).
352. Проверьте, что точки Αχ, Аъ, -Аз и Βχ, Вг, Вз находятся на
сторонах треугольника ОхОгОз (Οχ, Οι, Оз—центры окружностей) или
на продолжении этих сторон и отношение расстояний от каждой из
этих точек до соответствующих вершин треугольника ΟχΟ^Οζ равно
отношению радиусов соответствующих окружностей. Далее можно
воспользоваться теоремой Менелая (см. задачу 342) для каждой из
этих троек точек.
353. Утверждение задачи следует из задач 340, 341.
355. Воспользуемся равенством gjnjjf^c? = 3§}"' fjuj*· Получив
аналогичные равенства для других углов и перемножив их, получим
наше утверждение на основании результатов задач 340, 341.
356. Применим теорему Менелая к треугольникам ABD, В DC
и DCA (задача 342*, примечание): (β) · (§§) · (££) = -1,
(Ш)ЧШ:(§§) = -1Л^)-(^)-(^) = -1(АМиЛГ-точки
пересечения соответственно АВ и PQ, ВС и QR, АС и PR).
Перемножив эти равенства, подучим (jfj) · (f§) · {$&) = —1» 2- е. точки L, Μ
vlN—на одной прямой.
357. Рассмотрим систему координат, осями которой являются
данные прямые (это так называемая «аффинная» система
координат). Уравнение прямой в этой системе, как обычно, имеет вид
ах + by + с = 0. Докажем сначала необходимость данного условия.
Пусть точка N имеет координаты (u,v), а тоща, Μ — (Xu,Xv),
уравнения прямых ΑχΒχ, Л2В2, АзВзу -А4В4 будут соответственно иметь вид:
у — v = kx(xr-u), y — v = k2(x — u), y — Xv = ks(x — Xu), у — Xv^k^x — Au).
Тогда точки Αχ, Α<ι, -A3, Μ, расположенные на оси х, соответственно
будут иметь координаты г* — -j^v, и — -j^v, Ли - -j^v, Aw — цу, а точки
Βχ, Вг, Вз, В4, расположенные на оси у, соответственно будут иметь
координаты υ — kxu, v —few, Αν —fc3Aw, Αν — fojAu. Теперь легко
проверить выполнение равенства, данного в условии. Достаточность, как
обычно, можно доказать от противного.
165

358. В пунктах а) и в) надо воспользоваться теоремами Чевы и Ме-
нелая (задачи 341* и 342*, примечание). В пункте б), кроме этого,
используется результат задачи 357; при этом удобно, как и в задаче 357,
рассмотреть аффинную систему координат, в которой осями являются
прямые АВ и АС, а точки В и С имеют координаты (0;1) и (1;0).
359. Обозначим через S точку пересечения црямых А\М, B\L и
С\К. Применим к треугольникам SMK, SKL и SLM теорему Мене-
лая (задача 342*, примечание), получим [z^m) ' i^Ts) ' (ϋΓ#) = "^
Ш ■ (») · (»)—!. (») · (») 'Ы -"Ι- Перемножив
эти равенства, получим:
\LxMJ \Мгк) \KxLJ К '
Равенство (1) является необходимым и достаточным условием того,
чтобы прямые А\М, B\L и С\К пересекались в одной точке.
Необходимость уже доказана. Достаточность доказывается, как обычно,
от противного. (Обозначим через 5' точку пересечения А\М и B\L,
проведем S'Ci, обозначим через К' ее точку пересечения с данной
прямой и докажем, что К и К' совпадают.) Поскольку равенство (1)
переходит в себя при замене К, L, Μ на К\, Li, Mi и наоборот, то
утверждение задачи доказано.
360. Применяя теорему Чевы (задача 341*, примечание) к
треугольникам ABD, ВВС и CDA, получим: (^f) · (fg) · (§f) = 1,
(Ш) · (Ш) · (й) - 1. (Ш) · № Ш = 1· Перемножив эти ра-
венства, получим: (р§)(§§)(^) = 1)т. е. прямые AQ, BR и СР
пересекаются в одной точке. Обозначим ее через N. Пусть Τ—точка
пересечения PG и DN. По теореме Менелая (задача 342*, примеча-
ние) имеем (ft) · ($) · (g§) = -1, откуда (#) — (#) · (Щ) = -
-г. (i»)—(»)·(»)-4е· ϊ. (^)=-(i+(^))=-^±s±i2·
Таким образом, (^) == a^ffi"7Q. В этом же отношении отрезок ДЛГ
разделится другими прямыми.
361· Рассмотрим сначала предельный случай, когда точка N
находится «в бесконечности»; тогда прямые A/V, BJV и CN параллельны
прямой ί. Пусть расстояния от точек А, В и С до прямой I равны о,
Ь и с (для удобства предположим, что А,5иС—по одну сторону от
/). Прямые, параллельные Ζ и проходящие через А>В иС, пересекают
прямые В\С\ yC\A\HL ΑχΒχ соответственно в точках Α<ι, Β<ι и Съ. Легко
видеть, что £$ = ф, К = Й8. Ш = ©■ Перемножая эти ра-
венства, получим, что выполняется утверждение теоремы Менелая—
задача 342 (необходимо еще проверить, что на продолжениях сторон
166

треугольника ΑχΒχΟχ находится нечетное число точек из 4г, В2, C2)·
Значит, точки А2у i?2) C2 лежат на одной прямой.
Общий случай можно свести к рассмотренному, если, например,
спроектировать заданное расположение треугольников из какой-либо
точки пространства на другую плоскость. При этом можно добиться,
чтобы симметричность треугольников не нарушалась, а точка N
перешла бы в бесконечность. Можно и не прибегать к
пространственным рассмотрениям. Введем систему координат, выбрав за ось χ
прямую / и взяв начало координат в точке N. Сделаем преобразование
х1 = 1/ж, у1 = у/х. При этом точки оси χ (у = 0) перейдут в прямую
у* = 0; точки, симметричные относительно оси ж, перейдут в
симметричные относительно прямой $/=0; прямые перейдут в прямые;
прямые, проходящие через начало координат, перейдут в прямые,
параллельные прямой у' = 0 (это преобразование, по существу, и есть
вышеуказанное проектирование). После такого преобразования получим
уже рассмотренное расположение.
362. Будем считать, что данные прямые параллельны. Этого
можно добиться с помощью соответствующего проектирования или
преобразования координат (см. решение задачи 361). Применим к
треугольнику ΑχΑ^Μ (рис. 16, Ν'Κ* параллельна данным пря-
Рис.16
мым) теорему Менелая (задача 342). Будем иметь: j^ · jfjfc · $щ =
_ Αι А* . Ал Α* β ΜΝ' = Αι Ал . ΜΝ' . Ал Αι _ Αι А* я МАь я Ал Αι =
aZAq К'М А&А\ К'М А^Ал А&А\ ЛзМ As Ал А&А\
= 4± ^ tt =4^ ^ ^ = 1· Таким образом, точки L, ΛΓ
и К на одной прямой. Можно было бы в соответствии с примечанием
к задачам 341 и 342, рассматривать вместо j^ и др.— отношения
( Т^м) и ДР· ^ этом слУчае произведение соответствующих отношений
будет равно (-1).
167

364. Искомое геометрическое место точек состоит из двух прямых,
проходящих через точку, симметричную точке А относительно прямой
1У и образующих углы в 60° с прямой ί.
365. Искомое множество есть дуга ВС окружности, описанной
около ААВС, соответствующая центральному углу в 120°.
366. Бели N—точка пересечения прямых PQ и АВ, то ^ = Щ =
= 1с» т· е· ^ — фиксированная точка. Искомое множество есть
окружность с диаметром CN. Если теперь Μ—фиксированная точка,
то D лежит на прямой, параллельной прямой ΜΝ и проходящей
через такую фиксированную точку L на прямой АВ, для которой
Ajl -s Ajl^ причем L так же расположена относительно отрезка АВ,
как N относительно отрезка АС.
367. Треугольники АВР и ВРС равновелики. Теперь из условия
следует равновеликость треугольников АВР и АРК. Это значит, что
АР делит ВК пополам. Искомое геометрическое место есть средняя
линия, параллельная АС.
368. Пусть С — вершина данного угла, β— его величина.
Опустим из О перпендикуляры ОК и OL на стороны угла (рис. 17, а).
Рис. 17
Около четырехугольника ОКАМ можно описать окружность.
Следовательно, ΔΚΜΟ = ΔΚΑΟ. Аналогично lOML = ZOBL. Значит,
ZKML = ΔΚΑΟ + ZOBL = α + /3, т. е. Μ лежит на дуге
окружности, проходящей через К и L и вмещающей угол а + β\ при этом все
точки этой дуги принадлежат нашему множеству. Если а</3, то этим
наше множество исчерпывается. Если же α > β> то добавятся точки
Μ по другую сторону от прямой KL, для которых ZKML = а - β
(рис. 17, б); при этом множеством точек будет пара дуг, концы
которых будут определяться предельными положениями угла АОВ.
Если лучи неподвижного угла β и подвижного α
продолжить—вместо углов рассматривать лары прямых,— то искомое множество бу-
168

дет парой окружностей (содержащих обе дуги, о которых говорилось
выше).
369. Пусть Ρ лежит на ^ВС. Рассмотрим четырехугольник
DEPMy ZDEM^ZDPM = 90°, следовательно, этот четырехугольник
вписанный. Значит, ΖΡΜ25 = ΖΖλΡ2? = 45°. Искомое геометрическое
место точек есть прямая DC.
870. Рассмотрим случай, когда точка В лежит внутри данного
угла. Прежде всего заметим, что все получающиеся ABCD (рис. 18)
Рис. 18
подобны между собой, поскольку ZBCD^ZBAD, /.BDC^ZBAC.
Поэтому, если N — середина CD, то постоянными будут углы BNC и
BND. Опишем около ABNC окружность. Пусть К—вторая точка
пересечения этой окружности с АС. Поскольку 1ВКА = 180° — ZBNC,
то точка К фиксирована. Аналогично, фиксированной будет точка
L—вторая точка пересечения окружности, описанной около ABND,
с прямой AD. При этом ILNK = ZLNB + ΔΒΝΚ = 180° - ABDA +
+ /.ВСК = 180°, т. е. N лежит на прямой LK. Множество точек N
есть отрезок LK, а геометрическим местом центров тяжести AACD
будет отрезок, ему параллельный, делящий АК в отношении 2:1
(получается с помощью гомотетии с центром в А и коэффициентом
2/3).
371. Если О — вершина угла, ABCD—прямоугольник (А
фиксирована), то точки А, Ву С, Д О на одной окружности. Следовательно,
^СОА = 90°, т. е. точка С лежит на прямой, перпендикулярной О А и
проходящей через О.
372. Заметим, что все получающиеся треугольники ABC подобны
между собой. Следовательно, если взять в каждом треугольнике
точку К у делящую сторону ВС в одном и том же отношении, то,
поскольку ZAKC сохраняет постоянное значение, точка К будет описы-
169

вать окружность. Значит, точка М, делящая АК в постоянном
отношении, также будет описывать окружность, получающуюся из
предыдущей с помощью гомотетии с центром в точке Лис коэффициентом
k — AM/ΑΚ. Это рассуждение используется во всех пунктах: а), б) и
в).
373. Пусть К—середина АВ, а М — основание перпендикуляра,
опущенного из К на АС. Все треугольники АКМ подобны между
собой (по двум углам), следовательно, будут подобны все треугольники
АВМ. Теперь легко получить, что искомое геометрическое место
точек есть окружность с хордой ВС, причем углы, опирающиеся на эту
хорду, равны углу АМВ или к нему дополнительному. (Меньшая дуга
этой окружности расположена цо ту же сторону от ВС, что и меньшая
дуга исходной окружности.)
374. Если Му Ν} L и К—данные точки (М и N — на
противоположных сторонах прямоугольника, L и К также), Ρ—середина ΜΝ,
Q — середина KL, О — точка пересечения диагоналей
прямоугольника (рис. 19), то LPOQ — 90°. Следовательно, искомым
геометрическим местом точек будет окружность, построенная на PQ как на
диаметре.
375· Обозначим радиусы данных
окружностей через Лиг (й)г),
точку касания хорды ВС с меньшей
окружностью—через D\ пусть К и
L — точки пересечения хорд АС и
АВ с меньшей окружностью и,
наконец, О—центр окружности,
вписанной в А АВС. Поскольку угловые
измерения дуг АК и АС одинаковы, то
АК = гх, АС = Rx; отсюда получим
DC2 = АС СК = (R - r)Rx2.
Аналогично АВ = Ry, DB2 = (R - r)Ry2, следовательно, Щ = | = ^§, т. е.
к
М^\^
Ρ
^*^^i
Q
\j
О
Ν
Рис^ 19
АО
AD — биссектриса угла ВАС. Далее, имеем: ^
ас
Их
y/(R-r)Rx
= у jf?7. Таким образом, искомым геометрическим местом точек
будет окружность, касающаяся изнутри двух данных в той же точке А
с радиусом p = rffi=^^.
376. Пусть Οχ и Ог—центры данных окружностей, прямая 0\Оъ
пересекает окружности в точках А, В, С, D (последовательно).
Рассмотрим два случая.
а) Прямоугольник KLMN расположен таким образом, что
противоположные вершины Ку Μ лежат на одной окружности, a L и N —
на другой. В этом случае, если Ρ — точка пересечения диагоналей
(рис. 20, а), то ОгР2 - 02Р2 = (ОгК2 - КР2) - (02L2 - LP2) = ОгК2 -
— Oil? = ϋ? - Щ, гДе <Ri и ^2 — радиусы окружностей, т. е. точка
170

α) б)
Рис. 20
Ρ лежит на общей хорде окружностей; при этом исключается
середина общей хорды и ее концы, так как в этом случае прямоугольник
вырождается.
б) Две соседние вершины прямоугольника KLMN лежат на одной
окружности, а две—на другой. Поскольку перпендикуляры,
опущенные из 0\ на ΚΝ и из Оъ на LM должны делить их пополам, то
прямая 0\Оъ является осью симметрии прямоугольника KLMN.
Пусть #2 <R\ и радиус 0<iL образует угол φ g линией центров.
Проведем через L прямую, параллельную О1О2· Эта прямая
пересечет окружность Οχ в двух точках—К\ и ίΓ2, и точке L будут
соответствовать два прямоугольника: K\LMN\ и K2LMN2 (рис. 20, б).
При изменении φ от 0 до π/2 угол ф, образованный радиусом ΟχΚχ
с лучом О1О2, меняется от 0 до некоторого значения фо при
дальнейшем изменении φ (от яг/2 до π) ф уменьшается от фо до 0. При
этом центры прямоугольников ΚχΏΜΝχ опишут отрезок от середины
CD до середины ВС, исключая крайние точки и точку пересечения
этого отрезка с общей хордой. Аналогично, центры прямоугольников
K2LMN2 будут заполнять интервал с концами в серединах АВ и AD
(концы интервала не входят в наше геометрическое место точек).
Если три вершины прямоугольника, а значит, и четвертая лежат
на одной окружности, то центр прямоугольника совпадает с центром
соответствующей окружности.
Таким образом, искомое геометрическое место точек есть
объединение трех интервалов: концы первого—середина АВ и середина AD,
концы второго—середина ВС и середина CD, концы третьего—точки
пересечения окружностей. При этом исключается середина общей
хорды.
377. Если В и С—первая и вторая точки отражения, О—центр,
то ВО — биссектриса угла СВА. Путь шарика симметричен
относительно диаметра, содержащего С, поэтому А лежит на этом
диаметре. Если ZBCO = ZCBO = <р, то ΖΑΒΟ = φ, ΔΒΟΑ = 2φ\ применяя
теорему синусов к ААВО (В0 = Я, ОА=^а) получим: ^^ = ^^,
171

откуда cos2y>= ^~, и при а> j можно найти φ. Ответ: точки,
расположенные вне окружности радиуса Л/3 с центром в центре
биллиарда.
378. Искомое геометрическое место точек—две прямые,
перпендикулярные данным прямым.
379. Если прямая АВ не параллельна /, то существуют две
окружности, проходящие через А и В и касающиеся 2. Пусть их центры—
01 и 02· Искомое геометрическое место точек есть прямая 0102,
исключая интервал (0102). Если АВ параллельна ί, то искомое
геометрическое место точек состоит из одного луча, перпендикулярного /.
380. а) ПуспгА (рис. 21) —
вершина некоторого треугольника.
Продолжим отрезок AM за Μ на
величину ΜΝ = j AM. Точка N
является серединой стороны,
противоположной вершине А, следовательно,
N должна находиться внутри
описанной окружности, т. е. внутри
окружности с центром в О и
радиусом О А. Опустим из О
перпендикуляр OR на AN. Должно
выполняться неравенство AR > RN. Если
Ζ AM О ^ 90°, то это неравенство вы-
полняется автоматически. Если же
Рис·21 ZAMO<90°, то AM^MR>MN +
+МД =» !ЛМ - \АМ > 2MR =» AM > 4MR. Но R лежит на окружности
а с диаметром ОМ, значит, А должна быть вне окружности,
гомотетичной окружности а с коэффициентом 4 и центром гомотетии в М.
Далее, точка N не должна попасть на окружность а, так как в
противном случае сторона треугольника, серединой которого она является,
будучи перпендикулярной ON, лежала бы на прямой AN, т. е. в£е
вершины треугольника были бы на одной прямой. Следовательно, А не
должна лежать на окружности, гомотетичной α с центром гомотетии
Μ и коэффициентом—2. Таким образом, если мы возьмем на прямой
ОМ последовательно точки L и К так, что LO: ОМ: МК = 3:1:2, и
построим как на диаметре на LM окружность 1, на МК—окружность
2, то искомым геометрическим местом точек будут все точки вне
окружности 1, исключая точки окружности 2, кроме точки К (точка К
входит в наше геометрическое место точек).
б) ]Если О — центр описанного круга, Μ — центр тяжести
треугольника, то К (см. пункт а)) будет точкой пересечения высот
треугольника (см. задачу 20). Но для тупоугольного треугольника
расстояние от центра описанного круга до точки пересечения
высот больше радиуса описанного круга. Следовательно, вершины
тупоугольного треугольника находятся внутри окружности 3,
построенной на LK как на диаметре, вне окружности 1, исключая точки
172

Рис. 22
окружности 2 (при этом вершины тупых углов находятся внутри
окружности 2).
381. Пусть ABC (рис. 22) — исходный правильный
треугольник, A\B\Ci—произвольный треугольник, у которого А\С\ \\АС,
, ΑχΒχ \\АВ, О—центр круга, Οχ —точка пересечения высот ΑΑχΒιΟχ.
Пусть ΔΒΟΒχ = φ. Поскольку 0\В\ || ОВ, то ΔΟΒ\0\ = φ\ так как
АС\0\В\ = £С\ОВ\ = 120°, то четырехугольник С\0\ОВ\ вписан в
некоторую окружность, и, значит, АО\ОС\ =.£0\В\С\ =30° — ψ.
Таким образом, ΖθιΟΒ = <ρ+120ο + 30°--<ρ==150ο, τ. е. прямая ΟΟχ
параллельна СВ. Для того чтобы определить, сколь далеко точка Οχ
может «уйти» по этой прямой, заметим, что для определения
положения точки 0\ нужно через переменную точку В\ провести прямую,
параллельную ОВ, до пересечения с прямой, проходящей через О
параллельно СВ. Наиболее удаленные точки, очевидно, получатся для
концов диаметра, перпендикулярного ОВ. Таким образом, частью
нашего геометрического места точек будет ΜΝ — отрезок прямой,
параллельной СВ, длиной 4R с серединой в О, а все геометрическое
место точек—три таких отрезка (концы отрезков исключаются).
382. Бели ABC (рис. 23)—данный треугольник и вершина
описанного прямоугольника AKLM совпадает с А (В — на KL, С\— на
LM), то L принадлежит полуокружности с диаметром ВС, причем
углы ABL и ACL тупые, т. е. у L будет два крайних положения: L\
и Li, £LiCA = ZL2BA = 90°, центр же О будет описывать дугу,
гомотетичную дуге L1L2, с центром гомотетии в А и коэффициентом
1/2. Ответ: если треугольник остроугольный, то искомое множество
есть криволинейный треугольник, образованный дугами
полуокружностей, построенных на средних линиях как на диаметрах и
обращенных внутрь треугольника из средних линий; если же
треугольник не остроугольный, то искомое множество состоит из двух дуг
173

Рис. 23
полуокружностей, построенных таким же образом на двух меньших
средних линиях.
383. Если (рис. 24) повернуть первый квадрат вокруг точки Μ
на 60° или по часовой стрелке, или против, то он должен целиком
попасть внутрь второго. Обратно, каждому квадрату,
расположенному внутри большего, равному меньшему, стороны которого
образуют углы в 30° и 60° со сторонами большего, соответствует точка Μ,
обладающая нужным свойством. (На рисунке этот квадрат обозначен
штриховой линией.) Эта точка будет центром поворота на 60°,
переводящего квадрат ABCD в квадрат AiB\C\Di, ее можно получить
из Οι поворотом в нужном направлении на 60° вокруг О.
Рассмотрим крайние положения квадратов A\BiC\D\ (когда две вершины
попадают на стороны большего). Их центры служат вершинами
квадрата KLKNy сторона которого соответственно равна Ь — \а{\/%+1)
(стороны квадрата KLRN параллельны сторонам данных квадратов,
центр совпадает с центром большего). Центры другого семейства ква-
174
Рис. 24

дратов, образующих со сторонами большего квадрата углы 30° и 60°,
также заполняют квадрат KLRN. Таким образом, искомое
геометрическое место точек состоит из объединения двух квадратов, один из
которых получен из квадрата KLRN поворотом вокруг Q на 60° в
одном направлении, другой—поворотом на 60° в противоположном
направлении.
Задача имеет решение, если Ь^ |(>/3+1) (точки Ρ и Q могут быть
на границе своих квадратов).
384. Такая точка Μ одна—центр тяжести треугольника (точка
пересечения медиан). Легко видеть, что в этом случае для любой
точки N на границе треугольника в качестве точки Ρ можно взять
одну из вершин треугольника. Возьмем какую-либо другую точку
Μι. Будем считать, что эта точка находится внутри илц на
границе A AMD у где Μ—центр тяжести A ABC, D—середина АС.
Проведем через, Μι прямую, параллельную BD> и в качестве N
возьмем точку пересечения этой прямой с AD, а через Мг обозначим ее
пересечение с AM. Очевидно, что для любой точки Ρ внутри или
на границе треугольника площадь ΑΜχΝΡ не превосходит площади
одного из треугольников ΑΜ2Ν, M2NC, Μ2ΝΒ. Очевидно также,
что Sam2n < Samd = jS- Далее, если AD = DC = о, ND = я, то
Sm^nc _ M*N NC _ α2-χ2 < ι Наконеп Sm*nb _ M*N "D - (a~;)x с 1
Smdc "" md Ш-^r-^ 1- наконец, Samd - MD -χ$- * az< <;i.
385. Если Ay By С — углы A ABC у то углы AABI равны γ, у,
90° + γ (рис. 25); следовательно, искомое геометрическое место то-
Рис. 25
чек — пара треугольников, две стороны которых—отрезки прямых,
а третья—дуга, являющаяся частью сегмента, построенного на ΑΙ и
вмещающего угол а/2.
386. Восставим к ВМ в точке Μ перпендикуляр; пусть Ρ —
точка пересечения этого перпендикуляра и перпендикуляра, восста-
175

вленного к исходной прямой в точке В. Покажем, что величина
РВ постоянна. Пусть ZMBC = φ\ через К и L обозначим основания
перпендикуляров, опущенных из А и С на MB. По условию ψ% +
+ TU = *. но LC = ВС**<Р> Ж = ΒΑΛιφ. Значит, ^^ + ^^ =
— L ^ ВМ±ВК , BMTBL -ЬмВМ/1 , 1 U ( ВК BL \ _
- k *> ΒλΒΪηφ + έόήηφ ~ k ** ШП} \Ш +Έθ) ± \В1Ш^ " ВС sin φ) ~
= * ** ж|= квАвс ^РВ:=1 Щ+Ш >что и требовалось. Следовательно,
искомое геометрическое место точек—две окружности, касающиеся
прямой АС в точке В, с диаметрами, равными т^§§·
387. Продолжим AQ за точку Q и возьмем на этом луче точку Μ
так, что QM = jAQ, и точку Αχ так, что Μ Αχ = AM; M—середина
стороны ВС треугольника ABC] ZCBAX = ZBCA, ζΑΒΑι = 180° - ZBAC.
Следовательно, если мы построим на AM, MAi и ААХ как на
диаметрах окружности, то искомое геометрическое место точек будет
состоять из точек, расположенных вне первых двух и внутри третьей
окружностей.
388. Разберите четыре случая: треугольник ABC —
остроугольный, один из углов А, В или С—тупой. Во всех случаях можно
выразить величины углов треугольника АВН через углы треугольника
ABC.
389. Если концы лучей не совпадают, то искомое геометрическое
место точек состоит из частей следующих линий: биссектрис двух
углов, образованных прямыми, содержащими данные лучи,
срединного перпендикуляра к отрезку, соединяющему концы лучей, и двух
парабол (парабола есть геометрическое место точек, равноудаленных
от данной точки и данной прямой). Если концы лучей совпадают,
то искомое геометрическое место точек состоит из биссектрисы угла,
образованного лучами, и части плоскости внутри угла, образованного
перпендикулярами, восставленными в концах лучей.
390. Пусть А—вершина угла. Можно доказать, что центр
окружности, описанной около ΔΜΟΝ, совпадает с точкой пересечения
биссектрисы АО и окружности, описанной около AMN. Пусть
α—величина угла, г—радиус окружности, К—середина АО. Возьмем на бис-
сектрисе АО точки L и Ρ так, что AL= ginf (lr+8inf), AP= ginf(lr_sinf)·
Искомое геометрическое место точек состоит из отрезка КL (причем
К не входит, a L — входит в это множество) и луча, лежащего на
биссектрисе, с началом в Р.
391. Обозначим: Οι, 02— центры окружностей, ги г2— их
радиусы, Μ — середина АВУ О — середина Οι02. Имеем (по формуле
длины медианы, задача 11) OiM2 = \{2r\ + 20iB2 -iB2), 02M2 =
= i(2ri+202A2-AB2), OiB2 = |(0102+40B2-2r|), 02A2 = |(OiOi +
+40 A2 - 2r\). Таким образом, Οι Μ2 - 02M2=r\ -r\, т. е. (задача 298)
точки Μ расположены на перпендикуляре к Οχ02. Если окружности
разного радиуса и не пересекаются, то искомое геометрическое ме-
176

сто точек состоит из двух отрезков, получающихся следующим
образом: надо из отрезка с концами в серединах общих внешних
касательных выкинуть точки, расположенные между серединами общих
внутренних касательных (если Μ— точка отрезка с концами в
серединах общих внутренних касательных, то прямая, проходящая через
Μ перпендикулярно ОМ, не пересекает окружности). В остальных
случаях (окружности пересекаются или равны) искомое
геометрическое место точек—весь отрезок с концами в серединах общих внешних
касательных.
392. а) Так как ZFNB = 90°, ZCNM = 135°, ZFNM = 45°
(предполагаем, что AM > MB), то Z.FNC = 90° и С, N и В на одной
прямой и т. д. б) Рассмотрим равнобедренный прямоугольный
треугольник АВК с гипотенузой АВ (К по другую сторону от АВ, чем
квадраты). Четырехугольник ANBK — вписанный, следовательно,
ZANK = ΖΑΒΚ = 45°, т. е. ΝΚ проходит через М.
Искомое геометрическое место точек есть средняя дания
треугольника ALB, где L—точка, симметричная точке К относительно
АВ.
393. Пусть N — точка пересечения срединного перпендикуляра и
касательной, О — центр окружности, R—ее радиус. Имеем: ON2—
-ΝΑ2=R2+MN2 - ΝΑ2=R2. Таким образом, искомое геометрическое
место точек — прямая, перпендикулярная О А (задача 298).
394. Если Οχ и Ог — центры данных окружностей, Q\ и Qi —
центры окружностей, описанных около треугольников АВС\ и АВ\С,
то 0\Q\OiQi — параллелограмм. Прямая Q1Q2 проходит через
середину отрезка 0\Оъ (точка D). Вторая точка пересечения
окружностей, описанных около треугольников АВС\ и АВ\С — симметрична
точке А относительно прямой Q1Q2· Искомое геометрическое место
точек есть окружность с центром в точке D и радиусом AD.
395. Пусть Οχ и Оъ — центры данных окружностей, т\ и г ι—их
радиусы. Рассмотрим два равнобедренных прямоугольных
треугольника с гипотенузой 0\Оъ— 0\ОъО и 0\0<ιΟ\ Искомое
геометрическое место точек есть два кольца с центрами О и О' й радиусами:
внешним — ^(п +гг) и внутренним *ψ\τχ — гг|. Докажем это. Пусть
Μ — точка на окружности Οι, Ν — на окружности 02· Если Μ —
фиксирована, а N пробегает вторую окружность, то вершины прямых
углов равнобедренных прямоугольных треугольников описывают две
окружности радиуса ^гг, получающиеся из окружности Ог с
помощью поворота вокруг Μ на угол 45° (в одну и в другую сторону)
и последующей гомотетией с центром в Μ и коэффициентом \/2/2.
Пусть Оц — центр одной из этих окружностей. Точка Ом получена
из (?2 поворотом вокруг Μ в соответствующем направлении и
гомотетией с центром в Μ и коэффициентом >/2/2. Но Ом можно получить
с помощью соответствующего поворота и гомотетии с центром 02·
177

Следовательно, когда Μ описывает окружность 0\, Ом описывает
окружность радиуса *£τγ с центром в О или О1.
396. Объединение трех построенных параллелограммов
представляет собой параллелограмм, описанный около данного
треугольника, разделенный на четыре меньших. Нетрудно выразить
отношения, в которых каждая из рассматриваемых диагоналей делится
другой диагональю, через отрезки сторон большого параллелограмма.
Если параллелограммы являются прямоугольниками, то,
параллельно перенеся две из трех рассматриваемых диагоналей, образуем
из них треугольник, равный данному, а это означает, что углы между
ними или равны соответствующим углам треугольника, или
дополняют их да 1в0°. Искомое геометрическое место точек есть
окружность, проходящая через середины сторон данного треугольника.
897. Докажем, что ^ = \соа/*ВАС\, где D — точка
переречения AM с окружностью. Пусть О—центр окружности, Ρ — середина
ВС, К — середина АН. Треугольники DO А и МКА подобны.
Значит, ^ = 25ϋ ^ оШ = I C0S^BAC\. Искомое геометрическое место точек
состоит из двух дуг, принадлежащим двум различным окружностям.
398. Пусть В0 и Со — середины сторой АС и АВ, ВВ\ и СС\ —
высоты, К — середина DE (рис. 26), GK и CoN перпендикулярны АВ,
BqM перпендикулярна АС. Тогда Щ^ = β^ = ^г^- = §§ (последнее
равенство следует из подобия треугольников DCE и ABC, К, Ρ и
Со, С\—соответствующие точки в этих треугольниках). Точно так
же срединный перпендикуляр к DF пересекает ΜΝ в точке Li такой,
4X0 7ш = §ϋ' τ· е· точки Ln L\ совпадают.
Искомым геометрическим местом точек является прямая MN.
399. Очевидно, что любая точка любой высоты треугольника ABC
принадлежит искомому геометрическому месту точек. Покажем, что
других точек нет. Возьмем точку М, не лежащую на высотах
треугольника ABC. Пусть прямая ВМ пересекает высоты, опущенные
из вершин Ли С соответственно в точках М\ иМг. Если бы для всех
трех точек Мь М2 и Μ выполнялось условие задачи, то имели бы
место равенства /МАМ\ = ZMCMi, ZMAM2 = £MCM2 и тогда пять
точек Α, Μ, Μι, Мг и точка С\, симметричная С относительно прямой
ВМ, лежали бы на одной окружности, что невозможно.
400. Заметим, что если через Μ проходит какая-либо прямая I,
обладающая нужным свойством, то существует или прямая 1\,
проходящая через Μ и какую-либо вершину треугольника, или прямая Ь,
проходящая через Μ перпендикулярно какой-либо стороне
треугольника, обладающая этим же свойством. В самом деле, пусть прямая
I пересекает стороны АВ и СВ треугольника ABC в точках Со и Ао
и точка В\, симметричная В относительно /, внутри ААДС. Будем
вращать Ζ вокруг Μ так, чтобы В\ приближалась по дуге
соответствующей окружности к АВ или ВС до тех пор, пока точка Со или Во не
совпадет с вершиной С или А (получим прямую 1\) или В\ не попадет
178

A
В D С
Рис. 26
на соответствующую сторону (получим прямую /г). Обозначим через
α множество точек нашего треугольника, расположенных внутри
четырехугольника, ограниченного биссектрисами к меньшей и большей
стороне треугольника и перпендикулярами, восставленными к
меньшей и большей стороне в их серединах. (Если данный треугольник—
равнобедренный, то α—пусто. Во всех остальных случаях
α—четырехугольник или пятиугольник.) Искомое геометрическое место точек
состоит из всех точек треугольника, исключая внутренние точки а.
402. Имеем: MB2 = а2 + с2cos2 А = а2 + <? - <?&т2 А = а2 + <? -
-о2 sin2 С = <? + а2 cos2 С = NB2.
404. Докажите, что точка, симметричная точке пересечения высот
треугольника относительно стороны треугольника, лежит на
описанной окружности.
406. Пусть Η — точка пересечения высот ААВС> AD — высота,
К у L, Μ, Ν—проекции D на АС, СН, ИВ и В А соответственно.
Воспользуйтесь тем, что К и L лежат на окружности с диаметром CD,
L и Μ — на окружности с диаметром HD, Μ и N—на окружности с
диаметром DB.
408. Докажите, что радиус окружности, описанной около
рассматриваемого треугольника, равен радиусу данных окружностей, а
эти окружности симметричны описанной окружности относительно
сторон треугольника.
409. Пусть ABCD—данный прямоугольник, К, L, Μ и N на,
прямых АВ, ВС, CD и DA соответственно, Р\—вторая точка пересечения
прямой LN с описанной около ABCD окружностью (первая точка—
Р). Тогда ВРг || KN, PXD \\ LM и ZBPXD = 90°. Значит, KN ± LM.
Кроме того, LN ±КМ] таким образом, N—точка пересечения высот
179

AKLM. Пусть теперь, для определенности, L и N внутри сторон ВС
и DA. Обозначим АВ = а, ВС=Ь, КР=х, PN—y. Прямая KN делит
BD в отношении к*?Г, считая от вершины В. В таком же отношении
разделит BD и прямая LM.
410. Отрезки АР, BQ и CR можно выразить через стороны
треугольника, например: AP=zjj^.
411. Если К—середина ЕС, то DK \\ АЕ и DK1BF.
412. Проведите через D прямую, перпендикулярную биссектрисе
угла А, обозначьте точки ее пересечения с АВ и АС через К и
Μ и докажите, что АК = AM = ^. Поскольку ACi = ΑΒι =ρ — α,
AC^—BCi—V (ρ—полупериметр ААВС,а7 Ь, с—его стороны), то
точки К и Μ будут серединами отрезков С\Съ и В\Въ.
413. Докажите, что I образует с AD такие же углы, что и
прямая ВСу касающаяся нашей окружности. Отсюда следует, что другая
касательная к окружности, проходящая через Д будет параллельна /.
414. Построим окружность, касающуюся прямых ΜΝ, АС и ВС
таким образом, чтобы точки касания Ρ и Q с прямыми АС и ВС
были вне отрезков СМ и CN (это будет окружность, вневписанная в
треугольник MCN). Если R—точка касания ΜΝ с окружностью, то
MP^MR, NQ = NR, следовательно, MN=MP + NQ; но по условию
MN = Μ А + ΝΒ. Таким образом, одна из точек Ρ или Q лежит
внутри соответствующей стороны, а другая—на продолжении. При этом
CP = CQ = \(СР + CQ) = \{АС + СВ), т. е. построенная окружность
постоянна для всех прямых.
415. Если О — центр круга, описанного около ААВС, D —
середина СВ, Η—точка пересечения высот, L—середина АН, то AL=OD
и, поскольку AL \\ OD, то OL делит AD пополам, т. е. L симметрична
О относительно середины AD.
416. Пусть BD — высота треугольника, причем BD^Ry/2, где
R — радиус описанного круга, К и Μ — основания
перпендикуляров, опущенных из D на АВ и ВС, О — центр описанного круга.
Если угол С — острый, то ΔΚΒΟ = 90° — /.С. Поскольку
четырехугольник BMDK—вписанный, тр- ШКD = ΔΌΒΜ = 90° - ZC.
Значит, ΔΜΚΒ = 180° - 90° - (90° - 1С) = ZC; следовательно, ВО 1 КМ.
Но Sbkm = ^BD2 sin АзтВзтС = iZ2sinj4sini?sinC = \Sabc- (Мы
воспользовались формулой S = 2Д2 sin Л sin В sin С.) С другой
стороны, если h\ — высота АВКМ, проведенная из вершины В, то
\S = \АС · BD = Sbkm = \KMhx = \BDhx sinB, значит, Λχ = ^4^ = Я;
учитывая, что BOLKM, получаем, чтсо точка О лежит на КМ.
417. Заметим, что AADK подобен ААВК, поскольку АЙГ2 = АС2 =
= AD-AB. Если О—центр окружности, описанной около ААВК, то
Z04JD + δΑΌΚ = 90° - ZAiCB + LADK = 90°: (Предполагалось, что
ΖΑΚ В—острый; если ΖΑΚ В — тупой, то рассуждения аналогичны).
180

418. Докажите, что прямая, параллельная ВС и проходящая через
Е, делит биссектрису угла А в том же отношении, в каком ее делит
биссектриса угла С.
419. Если О—вершина угла, А—точка на биссектрисе, ΒχπΒ2 —
точки пересечения со сторонами угла одной окружности, С\ и С2 (Βχ
иС\ — на одной стороне)—точки пересечения другой окружности, то
ΔΑ6ι<7ι=ΔΑΒ2<72.
420. Воспользуйтесь тем, что общая хорда двух окружностей,
проходящих через Α, Αχ и В, Βχ, проходит через D (задача 315).
422. Если О — центр окружности, описанной около ААМВ, то
iMAB = 90° - ΔΟΜΒ = ZBMC -180°. Таким же будет и ZMAC.
423. Нетрудно доказать, что рассматриваемые окружности
пересекаются в одной точке. Обозначим ее через Р. В случае расположения
точек, указанного на рис. 27, ΖΡΒ2Μ=1&0°-ΔΒΒ2Ρ=ΔΡΰχΒ=180° -
Рис. 27
-ЛРСхА=£РВхА = /.РА2А = Ш° - ΔΡΑ2Μ, τ. е. точки Р,В2,МиА2
лежат на одной окружности. Точно так же докажем, что на одной
окружности лежат точки Р, В2, М, С2, а следовательно, пять точек
Ρ, М, А2,В2, С2 лежат на одной окружности.
Замечание. Можно было, не апеллируя к чертежу, поступить
следующим образом. Воспользуемся тем, что окружности, описанные
около АВхСху ΑχΒΟχ и АхВхС, имеют общую точку при любом
расположении Αχ,Βχ, Сх на прямых ВС, С А и АВ (точка Р). Применим это
же утверждение для треугольников АМВ, ВМС и СМ А, на сторонах
которых берутся точки соответственно Сх, В2, А2\ Αχ, В2, С2\ Βχ, Аъ,
В2.
424. Докажите, что стороны треугольника ΑχΒχΰχ параллельны
соответствующим сторонам треугольника ABC.
181

425· Докажите, что при перемещении прямой KL центр описанной
около KLB\ окружности описывает прямую линию.
426. Докажите, что любые два отрезка делятся пополам своей
точкой пересечения.
427. Если KN — перпендикуляр из К на АВ, ZCAB = а, то
KN _ АК _ АО-КО _ AO-2QM sin % _ ЛО-2ЛОвш2 f _ СХ> тт~
ом - ло - ло 3ST—"" Ιϋ *" = °°8α = Ш·
Поскольку ААСВ и AACD подобны, то из предыдущего следует, что
ΚΝ равен радиусу окружности, вписанной в AACD, а так как К
лежит на биссектрисе угла А, то К — центр окружности, вписанной в
&ACD. Аналогично доказательство для L.
428. Обозначим через С\ и Αχ середины АВ и ВС, В1 и А1—точки
касания вписанной окружности с АС и ВС. Пусть, для
определенности, с^Ь (Ь и с—стороны Δ ABC), тогда биссектриса угла А
пересекает продолжение С\ А\ в такой точке К, что 4ι#=~р, а прямая В'А'
должна пройти через ту же точку К, поскольку треугольники if Αχ Α'
и А'В'С равнобедренные, А'С = В'С, ΑχΚ = ΑχΑ\ ΔΑΆχΚ^ΔΑ'ϋΒ*.
429. Рассмотрим угол с вершиной А. На одной стороне угла рзяты
три точки—В\, В2, Вз > а на другой—Ci, С2, С3. Из теоремы Мёнелая
(задача 342, примечание) следует, что для того, чтобы прямые BiCi,
Въ Сг, Я3С3 пересекались в одной точке, необходимо и достаточно
выполнения равенства
\В20\ J \ θ2 A J \rfz&l / \ С/зЯ /
(отношения понимаются в смысле, указанном в примечании). В
самом деле, если равенство (1) выполняется, то из теоремы Менелая
будет следовать, что прямые В2С2 и В3Сз пересекают сторону B\Ci
треугольника ABiCi в одной точке.
430. Проведем через А прямую, параллельную ВС, и обозначим
через К и L точки ее пересечения с AiCi и А\В\ соответственно.
Имеем: ^- = ^, §^ = ^. А по теореме Чевы (задача 341)
ϋΊ3 ' Т^' wi = *> значит> KA = AL. Но, если Α Αι —биссектриса угла
KA\L, то, поскольку КА = AL,.AAi перпендикулярна KL, т. е. ΑΑι —
высота ДАВС.
431. Пусть К—точка пересечения Α Αχ и RBi, Η—точка
пересечения высот треугольника ABC. Точки А, К, Η и В лежат на одной
окружности (углы АКБ и АНВ либо равны, Либо в сумме дают 180°, в
зависимости от того, как расположены точки if и Я, по одну сторону
от прямой АВ или по разные). Радиус этой окружности равен R —
радиусу окружности, описанной около ДАВС. Если φ—угол между
ΑΑχ и АН, то KH = 2Rshi(p.
432. Пусть Я— точка пересечения высот треугольника ΑχΒχΰχ.
Точки Αχ, Я, В\ и С лежат на одной окружности, точки £ь Я, Ci
182

и А — также лежат на одной окружности, причем радиусы этих
окружностей равны, углы НВ\С и ΗΒχΑ или равны или дополняют
друг друга до 180°. Следовательно, НА—КС. Обратное утверждение
неверно. Для каждой точки Αχ на прямой ВС существует, вообще
говоря, два треугольника AiBiCi и ΑχΒ[Οχ (Βχ иВ[ —на АС, СхиС[ —
на АВ), точки пересечения высот которых совпадают с центром
описанной около ААВС окружности, причем один из них подобен ААВС,
а другой—нет. Так, например, если ABC—правильный треугольник,
-Αι —середина ВС, то в качестве Βχ и С\ можно взять середины АС
и АВ, а в качестве В[ и С[ — точки н$ продолжении АС и АВ за, С
и В, СВ[ =СВ, ВС[ =ВС. Обратное утверждение будет верным, если
потребовать, чтобы точки Αχ,Βχ и С\ были расположены на сторонах
ААВС, а не на их продолжениях.
433. Докажем, что центр искомой окружности совпадает с
ортоцентром (точкой пересечения высот). Пусть BD — высота, Я^
точка пересечения высот, а К и L—середины построенных отрезков,
выходящих из вершины В, BK^BL^l, Μ — середина BD. Тогда
1ГЯ2=1Я2=МЯЧ1ГМ2 = /2~ВМ2+МЯ2=12~^ + (ВЯ~^)2 =
=I2 + ВН2—ЯЯ · BD=I2 - ЯЯ · Яр. Нам осталось доказать, что
произведения отрезков высот, на которые каждая делится их точкой
пересечения, равны: Проведем высоту АЕ. Ввиду подобия АВНЕ и AAS[D
имеем: BH-HD = AH-HE, что и требовалось.
434. Обозначим (рис. 28): ВС—а,
СА=Ь, АВ=с. Проведем через центр
вписанной окружности прямые,
параллельные АВ и ВС, до
пересечения с АК и КС в точках Ρ и Q; в
треугольнике OPQ имеем: ZPOQ =
= ΔΑΒΟ, OQ=p-c, OP = p-a,
где ρ—полупериметр ААВС. Но по
условию ΔΝΒΜ-ΔΑΒΟ, ΝΒ=ρ-α,
МВ=р—.с. Следовательно, APOQ =
= ANBM. Если на прямой О Ρ взять
Μχ так, что ОМ\ = OQ, а на OQ —
точку Νχ так, что ΟΝχ = OP, то
ΑΟΝχΜχ = ANBM и
соответствующие стороны В Μ и ΟΜχ, ΒΝ и
ΟΝχ окажутся соответственно
параллельными. Значит, ΝχΜχ || ΝΜ.
Докажем, что ОК ±ΝχΜχ, так как
в четырехугольнике OPKQ два
противоположных угла прямые, то он вписанный, следовательйо,
ZOKP=£OQP. Далее, ΔΚΟΡ+ΔθΜχΝχ = ΔΚΟΡ+/.Ο0ΐΡ=ΔΚΟΡ+
+Δ0ΚΡ=90°, а это значит, что ΟΚ±ΜχΝχ.
435. Пусть для определенности Ρ лежит на дуге АС. Точки А,
Μ, Ρ, Ν лежат на одной окружности, значит, ΖΝΜΡ = Ζ.ΝΑΡ. Анало-
Рис. 28
183

Рис. 29
гично, Ρ, Μ, Q, С — на одной окружности, ZPMQ = 180° - ZPCQ =
= 180° - ZPAiV = 180° - ZPMN.
436. Пусть ABC—данный треугольник (рйс. 29), Я— точка
пересечения его высот. Заметим, что точки, симметричные Я
относительно его сторон, лежат на окружности, описанной около треугодь-
ника ABC (см. задачу 404). Если Н\—точка, симметричная Я
относительно стороны ВС у то прямая ίχ, симметричная I относительно
той же стороны, проходит через Н\. При повороте I вокруг Я на угол
φ прямая 1\ повернется вокруг Н\ на тот же угол ψ в
противоположном направлении. Следовательно, если Ρ— вторая точка
пересечения прямой 1\ с описанной окружностью, то радиус ОР {О — центр
описанной окружности) повернется на угол 2φ вокруг О в
соответствующем направлении. Те же рассуждения справедливы и для двух
других прямых, симметричных /. Но если / совпадает с какой-либо
высотой треугольника, то утверждение задачи очевидно (точка Ρ
совпадает с соответствующей вершиной треугольника). Следовательно,
это утверждение справедливо всегда.
437. Пусть точки Л, Я, С и Μ в декартовой системе координат
имеют координаты соответственно (zi,yi), (я2>Ы> (жз,2/з)> (я,у),
координаты точки G—(*1+*з+ч ^ι+Уа+У?). Тогда справедливость
доказываемого утверждения следует из тождества 3 (х — 2i±2ja±2i) = [χ —
-xi)2 + (х - Х2)2 + (х -хз)2 - $ ((xi -X2)2 + (Х2 - хз)2 + (хзтхг)2) и
аналогичного соотношения для ординат.
438. Рассмотрим случай, когда точка Μ (рис. 30) лежит внутри
треугольника ABC. Повернем треугольник АВМ вокруг А на угол
60° так, чтобы В перешла в С. Получим треугольник АМ\СУ равный
ААВМ, ΑΑΜΜχ — правильный, следовательно, стороны ACMMi
184

равны отрезкам MA, MB, МС.
Аналогично получим точки Мъ
и М3. Площадь шестиугольника
АМ1СМ3ВМ2 равна удвоенной Мг
площади ДАВС, т. е. равна
о2\/3/2. С другой стороны,
площадь этого шестиугольника
складывается из трех правильных
треугольников: ΑΜΜχ, СММ3,
ВММч и трех треугольников,
равных искомому. Следовательно,
3S + (MA2+MB2 + MC2)^=a2^.
Воспользовавшись
результатом задачи 437, получим:
35 + (ЗЙ2 + а2)^ = а2^, откуда
5 = ^j(a2 - 3d2). Аналогично рассматриваются другие случаи
расположения точки М.
439. Воспользуйтесь результатами задач 438 и 303. Искомое
геометрическое место, вообще говоря, состоит из прямой и окружности.
440. Пусть (рис. 31, а) О—центр описанной, а J—центр
вписанной окружности. Опустим из О и / перпендикуляры на АВ и ВС; ON,
OP у IL, IQ. Если о, Ь, с—соответственно длины сторон ВС, С А и АВ,
а ρ — полупериметр Δ ABC, то ВК = \с - Ь|, ВМ = |а - Ь|, BN = с/2,
ВР = а/2, BL=BQ^p-b,JVL = i|o-b|,PQ = ||c-b| (см. задачу 18).
Следовательно, если провести через О прямые, параллельные
сторонам АВ и ВС до пересечения с перпендикулярами, опущенными из
/, то получится &ORS, подобный АВКМ, с коэффициентом подобия
1/2. Но окружность, построенная на 01 как на диаметре, является
Рис. 30
Рис. 31
185

описанной для AORS. Следовательно, радиус окружности, описанной
около АВКМ, равен 01. Для доказательства второй части задачи
заметим, что если на прямой OS отложить отрезок Οϋι, равный ОД, а
на OR отложить отрезок OS\, равный OS, то прямая Si их будет
параллельна КМ (рис. 31, б); но ZOR1S1+ZIOR1 =ZORS+HOS=90°,
τ: е. SiRilOI.
441. В обозначениях задачи 440 проведем через А прямую,
перпендикулярную 01, обозначим через D ее точку пересечения с прямой
ВС. Докажите, что разность радиусов окружностей, описанных около
треугольников ABD и ACD, равна радиусу окружности, описанной
около треугольника ВКМ.
442. Пусть стороны треугольника равны а, Ь и с, причем Ь = (а +
+с)/2.
а) Из равенства рг = |ЬЛь (р — полупериметр, г — радиус
вписанного круга, hb — высота, опущенная на сторону Ь) получаем:
|{а + Ь + с) = |ЬЛь; но а + с=2Ь, так что /i6 = 3r.
б) Это утверждение следует из того, что г = |/ι&, а точка
пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2:1.
в) Продолжим биссектрису BD до пересечения с описанной
окружностью в точке М. Если доказать, что О — центр вписанной
окружности— делит ВМ пополам, то тем самым будет доказано и
наше утверждение. (Проведем диаметр ΒΝ, тогда прямая,
соединяющая центры вписанной и описанной окружностей, будет
параллельна ΝΜ, а ΔΒΜΝ = 90°.) Но АСОМ — равнобедренный, так
как АСОМ = ZOCM = \{Δθ + ΔΒ). Значит, СМ = ОМ. Из условия
Ь=(а + с)/2 по свойству биссектрисы получаем, что CD = α/2. Пусть
if —середина СВ; ACKO = ACDO (CK = CD, ZKCO = ^OCD);
отсюда следует: ΔΒΚΟ-ΔΟΌΜ, кроме того, ZDCM = гОВК = ΖΒ/2,
CD = BK, т. е. ABKO = ACDM, СМ = ВО, значит, ВО = ОМ, что и
требовалось.
г) Возьмем любую точку на биссектрисе. Пусть расстояния до
сторон ВС и В А равны х, а до стороны АС—у. Имеем: \{ах + сх + by) =
^5Δ =* Ь(2ж + у) = 25Δ =» 2s Η- 2/ = /ι6.
д) Если L — середина ΒΑ, то нужный нам четырехугольник
гомотетичен четырехугольнику ВСМА с коэффициентом 1/2 (см.
пункт в)).
443. Пусть N—точка пересечения общей касательной с ВС. Нам
достаточно проверить, что FN · NG = KN · NM = DN · NE. Все
отрезки легко вычисляются, поскольку BD = CE = p — b, DE=z\b — c|,
ψ% = £ = £■— (га —радиус окружности, касающейся стороны ВО и
продолжений сторон АВ и АО), и т. д.
444. Проведем через вершины треугольника ABC прямые,
параллельные противоположным сторонам. Они образуют AA\B\Ci,
подобный ААВС; он получается из ААВС с помощью гомотетии, центр
186

которой — в общем для A ABC и ΑΑχΒχΟχ центре тяжести, а
коэффициент равен —2. Точка пересечения высот для ААВС является
центром описанной около ΑΑχΒχΟι окружности. Следовательно, точки О
(центр описанной окружности), G (центр тяжести) и Я (точка
пересечения вершины ААВС) лежат на одной прямой, причем 0G= \GH,
G—на отрезке ОН.
445. В остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает
наибольшую и наименьшую стороны. В тупоугольном—наибольшую
и среднюю.
447. Покажите, что требуемым свойством обладает такая точка
Ρ на прямой Эйлера, для которой РО^ОН (О—центр описанного
круга, Η — точка пересечения высот); при этом для каждого
треугольника расстояние от центра тяжести до противоположной
вершины исходного треугольника равно |Д, где R—радиус окружности,
описайного около ДАВС, а прямая, проходящая через центр тяжести
этого треугольника и противоположную вершину исходного, проходит
через О.
448. Пусть С\—центр описанной около ААРВ окружности, а
Сг —точка, симметричная С\ относительно АВ. Аналогично для
треугольников В PC и СРА определим точки Αχ и Лг, В\ и Вг-
Поскольку треугольники АС\В, АС^В, ВА\СУ ВАъС, СВ\ Л, СВ^А
равнобедренные, с углами при вершинах по 120°, то треугольники А\В\С\
и А2В2С2 — правильные (см. задачу 597). Подсчитав углы
четырехугольников с вершинами Р, А^у Вч, Сг, можно доказать, что эти точки
(Р, Лг, «Вг, Сч) лежат на одной окружности. Далее, если Η—точка
пересечения высот треугольника АР В, то, поскольку РН—С1С2 и,
значит, РНСчС\—параллелограмм, прямая С\Н (прямая Эйлера
треугольника АР В) проходит через середину РСч- Но РСъ—хорда
окружности с центром Си следовательно, С\Н перпендикулярна РС2·
Таким образом, три наших прямых Эйлера совпадают с серединными
перпендикулярами отрезков РС2> РВ2 и РАг, а поскольку точки Р,
Лг, i?2, C2 лежат на одной окружности, то эти прямые пересекаются в
ее центре—центре правильного треугольника Лг-ВгСг. Из результата
задачи 592 следует, что эти три прямые Эйлера пересекаются в точке
пересечения медиан треугольника ABC.
449. Пусть ABC—данный треугольник, стороны которого о, Ь и с,
причем а ^ Ь ^ с, Αχ, Βχ, С\ — точками касания вписанной окружности,
I—центр вписанной, О—центр описанной окружности. Поскольку /
по отношению к AiliBiCi является центром описанной окружности,
то достаточно доказать, что прямая 10 проходит через точку
пересечения высот АА\В\С\. Отложим на лучах АС и ВС отрезки АК и BL,
AK=BL = c, а на лучах АВ и СВ—отрезки AM и C7V, AM = СЛГ = Ь.
Как известно (см. задачу 440), прямая 10 перпендикулярна LK и МЛГ,
значит, LK\\MN. Обозначим: ΔΚΙιΟ^ΔΒΝΜ^φ. По теореме синусов
1S7

для треугольников KLC и BNM
КС~Ь-с~ siny? ' W
BN _ а-Ь_ sin(fl-y)
МВ~Ь-с~ 8ϊηφ ' (2'
Проведем теперь в треугольнике AiBiCi высоту на сторону Bid.
Пусть Q — точка ее пересечения с прямой Ю. Нужно доказать,
что Q — точка пересечения высот ΑΑχΒχΰχ. Но расстояние от / до
B\d есть Ι Αχ cos Αχ = г sin у. Значит, должно выполняться равенство
4iQ = 2rsin^. Углы AQIAx можно выразить через углы А АВС и
φ, а именно: ZQIAx = 180° -φ, ZQAxI = ^B^c- Нужно доказать,
что 2sin γ = oin/sinLgy <* 8ΐα(φ + С) - sin(B - φ) = siny>. Последнее
равенство следует из (1) и (2).
450. При доказательстве используется тот факт, что если из
какой-либо точки Ρ опустить перпендикуляры РК и PL на прямые,
пересекающиеся в точке М, то Р, К, L и Μ будут лежать на одной
окружности*.
451. Воспользуйтесь результатом задачи 246.
453. Расстояние между проекциями Μ на АС и ВС равно CM sin С
Если К и L—проекции Μ на АВ и ВС, то проекция АВ на прямую КL
(это и есть прямая Симеона) равна AB\cosZBKL\=iAB\cosZBML\ =
= ABsinZCBM = CM sin С.
454. Докажите, что стороны треугольников ΑχΒχϋχ, A2B2C2 и
А3В3С3 соответственно параллельны.
455. Докажите, что прямая Симеона, соответствующая Αχ,
перпендикулярна ВхСх (то же и для других точек). Далее, можно
доказать, что прямая Симеона, соответствующая точке Αχ, проходит через
середину ΑχΗ, где Η—точка пересечения высот треугольника ABC
(см. также решение задачи 463). Следовательно, прямые Симеона
являются высотами треугольника, вершины которого—середины
отрезков ΑχΗ, ΒχΗ, dH. Замечание. Можно доказать, что для
произвольных точек Αχ, Βχ, d прямые Симеона этих точек относительно
треугольника ABC образуют треугольник, подобный треугольнику
ΑχΒχΰχ, при этом центр описанной около него окружности
совпадает с серединой отрезка, соединяющего точки пересечения высот
треугольников ABC и ΑχΒχΰχ.
456. Прежде всего нужно проверить справедливости следующего
утверждения: если перпендикуляры, восставленные к сторонам (или
* Более подробно о семействе прямых Симеона можно прочесть в книге:
Н. Б. Васильев,В. Л. Гутенмахер. Прямые и кривые.— М.: Наука,
1978.
188

продолжениям сторон) треугольника в точках пересечения с
некоторой прямой пересекаются в одной точке Μ, то Μ лежит на
окружности, описанной около треугольника. (Это утверждение
является обратным по отношению к утверждению задачи 450.)
Рассмотрим параболу у = ах2. Произвольная касательная к ней имеет вид:
у = кх + fa (касательная имеет единственную общую точку с
параболой, значит, дискриминант уравнения ах2 = кх + Ь равен нулю). Эта
касательная пересекает ось χ в точке ж = ^. Перпендикуляром к
касательной в этой точке будет прямая у = -£(ж — ^) = — f-Ь^.
Следовательно, все такие перпендикуляры проходят через точку (0;^)
(фокус параболы). Теперь воспользуемся замечанием, сделанным в
начале решения.
457. Пусть ABC— данный треугольник, Η— точка
пересечения его высот, Αχ, Βχ, С\—середины отрезков А#, ВН, СН;
ААъ— высота, Аз—середина ВС. Будем считать для удобства, что
ABC — остроугольный треугольник. Поскольку ZB\A\C\ =ZBAC и
ΔΒιΑ2(7ι = АВгНСи то ZBXA2CX = 1ВХНСХ = 180° - ZBiAid, т. е.
точки Αχ, Βχ, Αι, С\ лежат на одной окружности. Также легко видеть,
что ZBiA3Ci = ZBiHCi = 180°-£BiAiCu т. е. точки Аь Вь А3, Сг
тоже лежат на одной (а значит, на той же) окружности. Отсюда
следует, что все 9 точек, о которых говорится в условии, лежат на одной
окружности. Случай тупоугольного треугольника ABC
рассматривается аналогично. Заметим, что окружность девяти точек гомотетична
описанной окружности с центром ъ\Н и коэффициентом 1/2 (именно
так расположены треугольники ABC и AiBiCi). С другой стороны,
окружность девяти точек гомотетична описанной окружности с
центром в точке пересечения медиан треугольника ABC и
коэффициентом -1/2 (именно так расположены треугольники ABC и треугольник
с вершинами в серединах его сторон).
458. Наше утверждение следует из того, что D лежит на
окружности девяти точек, а эта окружность гомотетична описанной
окружности с центром в Я и коэффициентом 1/2 (см. задачу 457).
459. Наше утверждение следует из того, что Ε лежит на
окружности девяти точек, а эта окружность гомотетична описанной
окружности с центром в Μ и коэффициентом —1/2 (см. задачу 457).
460. Это расстояние—полусумма расстояний до ВС от точки
пересечения высот Η и центра описанного круга, а последнее равно
половине НА.
461. Пусть Мо — середина HP, Ао — середина НА, Ао, Αχ и Мо
лежат на окружности девяти точек. Следовательно, Μ также лежит
на этой окружности, поскольку из условия задачи следует равенство
M0H-HM=AqH-HAi и Я одновременно или внутри или вне каждого
из отрезков М0М и ΑοΑχ.
462. Докажем, что Μ и N находятся на соответствующих
средних линиях треугольника ABC. Если Ρ—середина АВ, то ΔΜΡΑ =
189

=2ΔΑΒΜ=/.ABC=ZAPL. Пусть, для определенности,
ABC—остроугольный треугольник, ZC ^ Δ А, тогда ΔΜΝΚ = 180° - ΔΚΝΒ =
= /.КСВ = ΔΜΏΚ (воспользовались тем, что точки К, Ν, В и С на
одной окружности, а также тем, что ML параллельна ВС). Значит,
Μ, L, iV и if на одной окружности. Далее, ΔΏΜΚ=ΔΡΜΒ + ΔΝΜΚ =
= |ΖΒ + ΔΒΜΚ = |ΖΒ + Ζ А Если О — центр окружности, описанной
около ALMK, то Δ10Κ=2ΔΏΜΚ=ZB+2Z4=180°-ZC+Zi4=180°--
-ZLPif (ZLPUf = ΖAPtf - ΔΑΡΏ = 180° - 2ΔΑ -ΔΒ = Δϋ- ΔΑ), т. е.
О лежит на окружности, проходящей через L, Ρ и if, а это и есть
окружность девяти точек.
463, Поскольку середина FH
лежит на окружности девяти точек
(см. задачу 457), то достаточно ιίο-
казать, что и прямая Симеона,
соответствующая точке F, делит FH
пополам. Пусть К—проекция F на
какую-либо сторону треугольника,
D — основание высоты, проведенной
к той же стороне, Ηχ — точка пе-
"В ресечения этой высоты с описанной
окружностью, ΗχΌ = HD (см. за-
Рис. 32 дачу 404, решение), L—точка пере?
сечения прямой Симеона с той же высотой и, наконец, Μ — точка
на прямой ##ι, для которой FM || KD; тогда AFMHx = AKDL
(FM = KD, оба прямоугольные и ΔϋίΚ = ΔΜΗχΡ, поскольку высота
треугольника является прямой Симеона, соответствующей вершине,
из которой она выходит, и можно воспользоваться утверждением
задачи 451). Нетрудно также показать, что направления
совпадают, т. е. FKHL — параллелограмм, откуда и следует наше
утверждение.
464. На рис. 32 О — центр описанной окружности, Αχ, Βχ, Οχ —
середины сторон, L и К — проекции А и В на Ι, Μ — точка
пересечения прямых, проходящих через L и К перпендикулярно ВС и
С А. Треугольник ABC, для определенности,— остроугольный
треугольник. Докажем сначала, что С\ является центром окружности,
описанной около AKLM. Точки Αχ, О, К, Сх, В — на одной
окружности. Следовательно, ΔΰχΚΏ = ΔΟΑχΟχ = 90° - Δΰ, точно так же
ZCiUf = 90° - ZC. Значит, КСх = CXL, ΔΏϋχΚ ** 2ZC, а поскольку
ΔΚΜΏ = ZC, наше утверждение доказано. Далее, КМ
перпендикулярна АхСх, КСх = СгМ, значит, ΔϋχΜΑχ = ΔϋχΚΑχ = 180° - ΔΒ, то
есть Μ лежит на окружности, описанной около ΑχΒχϋχ.
465. Обозначим через Я точку пересечения высот треугольника
ABC, а через Αι, Въ, Съ— середины отрезков АН, ВН, СН.
Заметим, что треугольники АВхСх, АхВСх, ΑχΒχΰ подобны между собой
(соответствующие вершины обозначены одинаковыми буквами),
причем Αΐι #2 и Съ— соответственно центры описанных около них ок-
190

ружностей. Докажем сначала следующее утверждение: три прямые,
проходящие через точки А2у В2 и С2 и одинаково расположенные
относительно треугольников АВ\Си A\BC\, Α\Βχΰχ, пересекаются
в одной точке на окружности девяти точек. Заметим, что прямые
Α2Βχ, В2В, и С2В1 одинаково расположены относительно
треугольников ABiCiy A\BC\ и А\В\С и пересекаются а точке Βχ, лежащей
на окружности девяти точек. Поскольку точки А2х В2у С2 лежат на
окружности девяти точек, то очевидно, что и три прямые,
получающиеся из прямых А2.В1, В2В и С2Вх поворотом на один и тот же
угол вокруг точек А2у В2 и С2 соответственно, также будут
пересекаться в одной точке, расположенной на окружности девяти
точек. Пусть теперь Ρ—точка пересечения прямых Эйлера
треугольников ABiCi, A\BC\ и A\BiC. Обозначим: ΔΡΑ2Α = φ. Для
удобства будем считать, что треугольник ABC остроугольный, а точка
Ρ лежит на дуге ΒχΑ2 окружности девяти точек (рис. 33). Тогда
в
JRilC
BiLfj
/φΊΓ\\
</Ы\\
/
\У \
b
ϊ^τ^
1
\ci
i£"^\
С
Рис. 33
ΖΡΑ2Αχ = №ο-φ,ΖΡΑ2Βχ = №ο-φ-ΖΒχΑ2Αχ=№ο-φ-ΖΒχ01Αχ =
= 2ΔΟ - φ, ЛРА2Сг = 1§0° - φ + 180° - 2ΔΒ = 360° - φ - 2ΖΒ.
Поскольку хорды Ρ Αχ, ΡΒχ и РСх пропорциональны синусам углов,
на них опирающихся, то осталось доказать, что из трех величин
siny>, sin(2C — φ), — sin(2B-l·^) одна (в нашем случае первая) равна
сумме двух других, т. е. siny? = sin(2C — φ) — sin(2B + φ). Но в
треугольнике AA2H:AA2 = Ry AHx = 2RcosA (к—радиус описанной
окружности, Л cos Л — расстояние от центра описанного круга А2 до
Bid), ΔΗχΑΑ2 = ΔΑ + 2ΔΒ-180°. По теореме синусов для ААА2Нг:
191

— ψ) — sin(2B + y>) = siny>, что и требовалось. Таким образом,
доказано утверждение в случае остроугольного треугольника. Случай
тупоугольного ААВС рассматривается точно так же.
466. Пусть ABC—данный треугольник, Αχ, Βχ, Сх —середины
соответствующих сторон. Докажите, что окружность, проходящая, наг
пример, через вершину А и удовлетворяющая условию задачи,
проходит через точки пересечения внутренней и внешней биссектрисы угла
А со средней линией В\С\. Значит, для всех точек Μ этой
окружности будет выполняться равенство ΒχΜ :СхМ=ВхА:СхА=Ь:а (см.
задачу 306). Таким образом, если Μχ и Μι —точки пересечения двух таг
ких окружностей, то ΑχΜχ :ΒχΜχ \C\M\ =а:Ь:с (то же для точки Мг),
поэтому Μχ и Мч будут принадлежать третьей окружности. Кроме
того, М\ и Мг принадлежат прямой, для всех точек Μ которой
выполняется равенство (с2 - Ь2)АгМ2 + (а2 - с?)ВгМ2 + (Ь2 - а2)С\М2 = 0
(см. задачу 311 и ее решение). Эта прямая проходит через Центр
описанного около ΑΑχΒχΰχ круга и через точку пересечения его
медиан (проверьте это, выразив длины медиан через стороны), т. е. она
совпадает с прямой Эйлера ΑΑχΒχΰχ, а, значит, и ААВС.
467. а) Аналогично тому, как это было сделано в задаче 466, можно
доказать, что эти три окружности пересекаются в двух точках Μχ и
Мг, причем ΑΜχ :ΒΜχ :СМх =Ьс:ас:оЬ (также для М^).
б) Следует из а) задачи 311.
в) Докажите, что если Μ внутри ААВС, то ΔΑΜχΟ = 60°+ ΔΒ,
ΔΒΜχΑ = 60° + Δΰ, ΔΰΜχΒ = 60° + ΔΒ (можно воспользоваться для
этого теоремой Бретшнейдера—задача 533).
468. Возьмем на ВС точку Αχ, а на В А точку Сх так, что В Αχ =ΒΑ>
ВСх = ВС (ААхВСх симметричен ААВС относительно биссектрисы
угла В). Очевидно, В К делит пополам АхСх. Построим два
параллелограмма ВАхМСх и BCND (соответствующие стороны
параллелограммов параллельны, точки В, К, Ми N — на одной прямой);
CN=ΜΑχ$ζ = 2£, следовательно, 4* = 4В=|§£.
469. Имеем (рис. 34) ΔΡΕχΑ = ΔΕΌΡ = ΔΑ\ значцт, AF = EXF,
ZFExN = ZFDB = ZC, ZEXFN = ΔΑ. Следовательно, AEXFN
подобен ААВС, j$ = ψ$ = ^§, ΔΑΡΝ = 180° - ΔΑ. Теперь можно
показать, что AN — симедиана. Для этого рассмотрим параллелограмм
АСА\В\ ΑΑχ делит пополам ВС, ААСАх подобен AAFN, значит,
ΔΝΑΡ = ΔΑχΑΟ.
470. Окружность Аполлония, проходящая через вершину В
треугольника ABC, есть геометрическое место точек Μ, для которых
j^£ = 4S (задача 467, решение). Следовательно, если D—точка
пересечения этой окружности Аполлония и описанной около ABC
окружности, то прямая BD делит АС в отношении f|££ = q%\^ = $В*·
471. Пусть N — точка пересечения BQ и CD, О—центр
окружности, R—ее радиус. Заметим, что ΔΝΒΟ]=\ΔΡΜ(). (Если Q на
отрезке ΝΒ, то ΔΝΒΰ=90°-Δ<2ΒΡ=90°-±Δ<2θΡ=%ΔΡΜ().) Значит,
192

Рис. 34
треугольники NBC и РОМ прдобны, CN = ВС^ = R$fe = iZff =
= \BP=\CD.
472. Пусть Η — точка пересечения высот, О — центр описанного
круга, В\ —середина С А. Прямая ΜΝ проходит через середину В Η —
точку К', ΒΚ = ΒχΟ. Докажите, что прямая ΜΝ параллельна ОВ
(если ZC > ΔΑ, то ΔΜΚΝ = 2ΔΜΒΝ = ZC-ZA = ΔΟΒΗ).
473. Пусть прямая AM вторично пересекает окружность,
проходящую через В, С и Μ в точке D. Тогда Z.MDB = ΔΜΒΑ = /.MAC,
/MDC = /MBC = /MAB. Следовательно, ABCD—параллелограмм.
474. Из решения задачи 234 следует^что $£ — ж* Можно считать,
что I проходит через N. Применим к ΔΝΚΡ теорему синусов. Заменим
отношение синусов отношением соответствующих хорд. Будем иметь:
дгр _ NK sin ΔΝΚΡ _ NKsin ΔΝΚΜ _ NK дгдт „ _ _
ΝΡ- sinZKPN - sinZKMA -]ШШИТ-Д·
475. Пусть О—центр вписанной окружности, К и L — точки
касания со сторонами АС и АВ, прямая* проходящая через N параллельно
ВС', пересекает стороны АВ и АС в точках йиМ.
Четырехугольник OKMN — вписанный (ΔΟΝΜ = ΔΟΚΜ = 90°); следовательно,
Δ0ΜΝ = Δ0ΚΝ, аналогично — /ORN = ZOLN, но ZOLN = ZOKNy
значит, ΔθΞΝ = ΔθΜΝ и AORM — равнобедренный, ON — высота;
таким образом, RN = NM.
476. Если ВС=а, СА = Ь, АВ = с, то, как известно (см. задачу 18),
МС = °+^"-с. Проведем через К прямую, параллельную АС]
обозначим ее точки пересечения с АВ и ВС Соответственно чер^з Αχ и С\.
Окружность, вписанная в ААВС, является вневписанной (касается
А\С\ и продолжений В Αχ и BCi) для ΔΑχΒΟχ. Но AAiBCi подобен
ДАВС. Следовательно, окружность, вневписанная в ABC, будет
касаться АС в точке N; обозначим точки касания ее с продолжениями
193

ΒΑ и ВС соответственно через Rn L. Имеем: BR = BL= §(а + Ь + с),
значит, AN = AR=RB-BA^*&=£ = MC.
477. Проведем через К прямую, параллельную ВС. Обозначим
через L и Q точки пересечения касательной в точке Ρ с прямой ВС
и построенной прямой, ей параллельной, а через N — точку
пересечения АК с ВС. Так как CN = BM (см. задачу 476), то достаточно
доказать, что NL = LM\ но PL = LM, значит, нужно доказать, что
PL = NL. Поскольку APLN подобен APQK, в котором PQ — QK, то
PL = NLhCL = LB.
478. Пусть Μ — точка пересечения прямой LK с АВ. Из
подобия треугольников КМВ и Μ LB имеем ВМ2 = ML · МК. Но и
AM2=MLMK.
479. Пусть (рис. 35) В — вторая общая точка окружностей, С —
Рис. 35
точка на прямой АВ, из которой проведены касательные, и,
наконец, К — точка пересечения прямых MN и PQ.
Воспользовавшись теоремой синусов и результатом задачи 234, получим: j£j =
— РМ sin ΔΡΒΜ _ ВМ
"" вт ΔΡΒΜ Ш ~~ sin ΔΒΡΜ
Bin ΔΡΒΜ _
ΜΑ -
ICB sin ΔΡΒΜ tqvtjw
образом, обозначив через α угол ΔΑΜΒ, а через /3—угол ΑΡΒ (α
и /3 постоянны), получим: ^ = y§f · ^пд - Аналогично
найдем: щ} = у %в · sn^a+Ж· **° по теореме Менелая (см. задачу 342)
^$$ = 1. Значит, Qtf/*P=1.
480. Проведем через Μ прямую, параллельную АС, до
пересечения в точках Αχ и С\ с прямыми .В А и ВС. Имеем: ΖΑιίίΜ = 90ο —
-ZJ3UCM=90° - ΔΚΒΌ=ZB AD=Zif ΑχΜ; следовательно, Δ# Μ Αχ —
194

равнобедренный и ΑχΜ = АЖ. Аналогично МС\ — ML; но KM—ML,
значит, А\М = MCi, т. е. прямая ВМ делит АС пополам.
481. Пусть Μ — точка пересечения ND и АВ, а Ρ—точка
пересечения касательных к окружности в точках А и D.
Поскольку прямые NC, AB и PD параллельны, то из подобия
соответствующих треугольников получим:
AM = DP
AN
NP'
(1)
MB MD АР %rn KT„AP
T777 = Т7=Г = Т77Г, MB = JVC-rrzr J
JVC iVD JVP' NP
(2)
но DP = AP, NC = AN. Следовательно, правые части выражений (1)
и (2) равны, т. е. АМ=МВ.
482. Будем считать, что D — середина СВ и AD пересекает
вторично окружность в точке К. Докажем, что касательные к
окружности в точках В и С пересекаются на прямой МК.
Рассмотрим четырехугольник СМВК. Для того чтобы
касательные к окружности в точках С и В пересекались на диагонали
МК, необходимо и достаточно (см. задачу 234), чтобы ^ = ^; но
£М rs^rsgS — ^zr^s: Mjlm (в первом и последнем равенстве
использовалось то, что СМ = АВ, АС = MB ввиду параллельности
AM и СВ, во втором и четвертом—подобия AABD и ACDK, AADC
и AKDB, в третьем—то, что AD — медиана.)
483. Пусть О — центр
окружности, Νχ, Μχ, Р\, R\—точки,
симметричные точкам Ν, Μ, Ρ, R
соответственно относительно прямой
О А, К — точка пересечения
прямых N\R\ и QS. Нужно доказать,
что точки ϋι, S и К совпадают.
Точки N\, M\ и В лежат на
одной прямой, симметричной прямой
NMC; Νχ, Р\ и R\ — также на
одной прямой, симметричной прямой
NPR (рис. 36). Точки В, Νχ, Q и В
К лежат на одной окружности, так
как ΔΒΝχΚ = ΔΜχΝχΡχ = ΔΜΝΡ =
= ZPQM = ZBQK. Точки В, Nu Q
и R\—также на одной окружности, поскольку /*N\R\B = ΔΝ\Ρ\Ρ=
= ZJViQP = ZJViQB. Следовательно, пять точек В, N\,Q,R\,K—на
одной окружности; но точки N\, R\ и К — на одной прямой, значит,
Ri и К сливаются.
484. Ограничимся случаем, когда ABC — остроугольный
треугольник. Рассмотрим параллелограмм ΑχΜΟΝ (Μ и N на А\В\ и
Рис. 36
195

A\Ci). Поскольку A\0 образует с А\С\ и А\В\ углы (90^- ΔΒ) и
(90°-ZC), то
ΑχΜ _ ΑχΜ _ cosB _ i4iL
~Ajf~ll0~7^~JJC'
485. Утверждения задачи следуют из факта: если на каждой
стороне треугольника построить окружности таким образом, что сумма
угловых величин их дуг (расположенных по ту же сторону, что и
треугольник), равна 2π, то эти окружности имеют общую точку.
486. Возьмем точки Е\ и Fi, симметричные точкам Ε и F
относительно АВ. После этого задача сводится к частному случаю
задачи 483.
487. Возьмем на продолжении АС за точку С точку Μ так,
что СМ = СВ; тогда Ε — центр окружности, описанной около АМВ
(АЕ = ВЕ, ΔΑΕΒ = Z.ACB = 2ΔΑΜΒ). Из этого следует, что F —
середина AMу a DF делит периметр ААВС пополам. Кроме того, DF
параллельна ВМ, а ВМ параллельна биссектрисе угла С
треугольника ABC\ т. е. DF—биссектриса угла D треугольника DKL, где К
и L—середины АС и СВ.
488. Пусть прямая пересекает стороны АС и АВ треугольника
ABC в точках Μ и N. Обозначим: АМ + AN=2L Радиус окружности
с центром на МЛГ, касающейся АС ιί АВ> равен £шд., а по условию
samn = sabg = г, где ρ и г — соответственно полупериметр и радиус
вписанной окружности ААВС.
489. Докажем, что при гомотетии с центром в Μ и
коэффициентом —1/2 точка N переходит в / (очевидно, что при этой гомотетии
/ переходит в S). Пусть ABC—данный треугольник, Ао, Во и Со—
соответственно середины сторон ВС> С А и АВ, А\ — точка на
стороне ВС такая, что АА\ делит периметр пополам. Легко видеть, что
А\ —точка касания со стороной ВС вневписанной окружности,
касающейся также продолжений АВ и АС, Аъ—точка касания вписанной
окружности со стороной ВС. Имеем: ВА2 = СА\. Восставим к ВС в
точке Α<ι перпендикуляр, обозначим через D точку его пересечения с
АА\. Повторяя рассуждения, проведенные в решении задачи 476,
докажем, что A2l = ID. Следовательно, прямая А$1 параллельна Α Αχ.
Бели сделать гомотетию, о которой говорилось в начале, то прямая
АА\ перейдет в прямую AqI. Точно так же другие две прямые,
делящие пополам периметр, перейдут соответственно в BqI и CqI. Значит,
все эти три прямые пересекаются в такой точке ΛΓ, которая переходит
в / при этой гомотетии. Из этого следует утверждение задачи.
490. а) Воспользовавшись для правой части формулами г = ~,
Д= £££, 5 = у/р(р — о)(р — Ь)(р — с), где S — площадь треугольника
ABC, легко докажем требуемое соотношение.
б) Воспользуйтесь формулой Лейбница (задача 437), взяв в
качестве Μ центр описанного круга.
196

в) Воспользуйтесь формулой Лейбница (задача 437), взяв в
качестве Μ центр вписанного круга. Для вычисления, например, Μ А2
опустим перпендикуляр МК на АВ\ имеем: МК = г, АК=р — о;
значит, AM2 = (ρ — о)2 +г*. Аналогично вычисляются MB2 и МС2. При
упрощении правой части воспользуйтесь результатом пункта а).
г) Пусть Μ — точка пересечения биссектрисы угла В с
описанной окружностью. Если 10 = d, то BI · IM = R2 — сР. Треугольник
ICM равнобедренный (Ш = СМ), так как LCIM = \{ΔΒ + Δΰ) и
Z/CM=|(ZB + ZC). Следовательно,
R2-<P = BIIM = BI CM = -^2usin5 = 2iir.
sinf 2
д) Доказывается аналогично пункту г).
е) Расстояние между проекциями / и 1а на АС равно α Возьмем
точку К так, что ЛГ || АСУ IaK JL АС В прямоугольном
треугольнике 1К1а имеем: ΖΚ7/α = |ζΑ, IK = a, IaK = ra — r. Таким образом,
491. Проведем через О прямые, параллельные АВ и АС, и
обозначим через L и К точки пересечения этих прямых с
перпендикулярами, опущенными из 1а соответственно на АВ и АС.
Докажем подобие треугольников АВ\С\ и OLK. Имеем: /.ΒχΑΟχ = Z.LOK,
АВг = Jfe, ACi = ,£, OL =p- f = |(α + 6), ΟίΓ = ρ- f = J(o + c);
таким образом, ^> = |£ί — _2Ьс^ Но QIa—диаметр
окружности, описанной около AOLK* Следовательно, В\С\ = (c+%\(b+a)LK =
=j?+^oiasmA=(;+j;fca)R.oia.
493. Докажите, что площадь Qa треугольника с вершинами в
точках касания вневписанной окружности с центром 1а можно вычислить
S2
по формуле Qa = Sabc$r = 2Rtp-a) > гДе все обозначения те же, что
и в задаче 490. Аналогичные формулы могут быть получены для
площадей других треугольников. (См. решение задачи 240.)
494. Пусть О — центр описанной около ААВС окружности, В\ —
середина АС, N — точка касания с АС вписанной окружности;
тогда AN = p-a, CN = p-c (см. задачу 18), ON2 = ОВ\ +ΒχΝ2 =
= A02-ABt + B1N2 = R2-£ + (p-a-%)2=R2-(p-a)(p-c).
Аналогично определив квадраты расстояний до других точек касания и
сложив их, получим, что искомая сумма равна ЗЯ2 — (ρ —α)(ρ —с) —
- (р — с) (р — Ь) — (р — Ь) (р — о) = ЗЛ2 - М. Воспользовавшись для
площади треугольника формулой Герона и формулами 5 = рг, 5 = ^f,
получим г2 = (Р~°)(р~6)(Р"-с) ^ 4Лг = ^. Сложив последние равенства и
воспользовавшись тождеством (р — а) (р—Ъ) (р — с) + аЬс=р((р — о) (р —
-Ь) + (р - Ь)(р - с) + (р - с)(р - а)) = рМу найдем, что Μ = 4Rr + г2.
Ответ: ЗД2-4Дг-г2.
197

495. Произведение длин отрезков от вершины А треугольника
ABC до точек пересечения стороны АВ с данной окружностью
будет равно такому же произведению для сторона АС. Каждый из этих
отрезков легко выразить через стороны треугольника и
рассматриваемые хорды. Таким образом получим систему из трех уравнений,
позволяющую выразить хорды через стороны треугольника. Чтобы
избежать перебора вариантов, удобно выбрать какое-то направление
обхода треугольника и считать отрезки направленными, а их длины—
произвольными действительными числами.
496. Пусть KinLi— такие точки на ВС и В А, что КгК \\ LiL\\ ВгВ.
Достаточно доказать, что треугольники ВК\К и BL\L подобны, т. е.
Ш = Ш' Имеек Ш = !£' Ы = 1£> и по свойству биссектрисы
(задача9) j^ = f$-f£ = ^
ражение симметрично относительно α и с, а значит, оно равно также

■fern. Пусть Z.KAL = /.KLA = ip, ZKCL = /.LKC=il>. Тогда /BKL =
= 2φ, Z.BLK = 2ф, 2<p + 2^ = 180° - ΖΒ. Если Q —*очка пересечения
AL и КС, то Z.AQC = 180° - (φ + ψ) = 90° + \δΒ. Проведем через Μ
прямую, параллельную ВС, до пересечения с КС в точке Ν, тогда
MQ—биссектриса угла AMN и Z.AQN = 90° + \£В. Отсюда следует,
что Q — точка пересечения биссектрис треугольника AMN (см.
задачу 46); значит, ΔΑΜΝ подобен AKBL, а ΔΚΜΝ подобен АКВС.
Пусть AK = KL = LC = x, АМ = у, MN = z. Тогда £; = £;, f=f = f,
откуда 2/ = о.
498. Пусть βχ — середина ЛС. Продолжим биссектрису до
пересечения в точке В2 с перпендикуляром, восставленным к АС в
точке В\. Точка В2 лежит на описанной окружности. Проведем
через Μ перпендикуляр к АС; пусть L — точка его пересечение ~с
АС, К — с ВВ\, тогда KM = ML. Проведем через К прямую,
параллельную АС у пересекающую АВ и ВС соответственно в точках
D и Е. Если G и F — проекции D и Ε соответственно на АС, то
Μ—центр прямоугольника GDEF, причем ΔΌΜΕ подобен ААВ^С
(ADME получается из ААВ2С при гомотетии с центром в В). Имеем:
ctgZMCL=jfe = jfr + £g = 4|l + 2f£ = ctgf + 2ctgC. Если теперь
В'—основание биссектрисы, Ρ и Τ—проекции N и В* соответственно
на ВС, TOctgZJV(7B = ^ = ^-f^ = f£ + 2|^=ctgf + 2ctgC,,T,e.
ZMCA = ZiVCB.
499. а) Эта известная задача имеет много различных
доказательств. Приведем одно из них, основанное на следующем признаке
равенства .треугольников. Два треугольника равны, если они имеют
соответственно равные стороны, противолежащие углы и биссектрисы
этих углов. Докажем этот признак. Рассмотрим два треугольника
АСВ и АСВ\, в которых ΔΒ = ΔΒ\ {В и В\ по одну сторону от АС).
Эти треугольники имеют общую описанную окружность. Можно счи-
198

тать, что В и В\ лежат по одну сторону от диаметра этой
окружности, перпендикулярного АС. Пусть биссектриса угла В пересекает
АС в точке Д а биссектриса угла В\—в точке D\, Μ — середина
АС, N — середина дуги АС, не содержащей точек В и В\. Точки В,
D и N — на одной прямой, точки В\, D\ и N — также. Пусть В и
В\ не совпадают, а, значит, не совпадают также D и D\.
Предположим, что MD > MD\\ тогда BN < ΒχΝ, DN > D\N. Следовательно,
B\D\ = ΒχΝ - ND\ > BN - ND = BD — противоречие. Пусть теперь
в Δ ABC биссектриса ΑΑχ равна биссектрисе СС\. Применим только
что доказанный признак к треугольникам ΒΑΑχ и ВСС\.
б) Если обе внешние биссектрисы углов Л и С треугольника ABC
расположены внутри угла В, то доказательство можно провести точно
так же, как и в пункте а).
Пусть эти биссектрисы расположены вне угла В. Будем считать,
что ВС>ВА. Возьмем на СВ точку В\ так, что СВ\ = АВ\. Обозначим
ΔΒχΑΰ' = ZBCi4 = a, ΖΒχΑΒ = φ, L—точка пересечения внешней
биссектрисы угла С с АВ, Μ—точка пересечения внешней биссектрисы
угла А с СВ. Остальные обозначения понятны из рис. 37. По условию
Рис. 37
CL=AM, кроме того, CL\ =ΑΜχ, так как АВ\АС—равнобедренный,
СМ{ = AM, поскольку ACLiM[ = ΔΑΜιΜ. Далее СМ[' > СМ{, так
как ZM['M[C>£M{CA>90°. С другой стороны, точки С, A, L и М[*
лежат на одной окружности, в которой острый угол, опирающийся
на LC (ZLAC) больше острого угла, опирающегося на М"С. Значит,
AM = СМ[ < СМ{' < CL. Противоречие.
199

В общем случае из равенства внешних биссектрис не следует
равнобедренность треугольника. В задаче 256 дается пример такого
треугольника.
500. Пусть ABC—данный треугольник, AAi, ВВ\У СС\ —
биссектрисы. Если ΑχΒχ =A\Ci, то или ΔΑχΒχΟ = ΖΑχΟχΒ (в этом случае
ААВС будет равнобедренным) или ΔΑχΒχΟ+ΖΑχΟχΒ = 180°'. Во
втором случае повернем ΔΑχΒχΟ вокруг точки Αχ на угол ΒχΑχΟχ. В
результате треугольники ΑχΟχΒ и ΑχΒχΟ окажутся приложенными
друг к другу и образуют треугольник, подобный ААВС. Если
стороны ААВС есть о, 6 и с, то стороны получившегося треугольника
будут равны ^£-, ^ и ^ + ^. Учитывая их подобие, получим:
^
α + Ь а + с Ь + с (1)
^ Ь3 + с3 - о3 + Ь2с+Ь2а + с2Ь + с^а - а2Ь - а2с + обе = 0.
Обозначим: cos/.ВАС = ж. По теореме косинусов Ь2 + с2 — а2 = 2Ьсж.
Умножая последнее равенство последовательно на о, Ь и с и вычитая
из (1), получим
2ж(о + Ь + с) + а=0^о = —^ f-.
2х +1
Поскольку 0 < о < Ь + с, то
--<ж<0. (2)
Заменив в теореме косинусов а через Ь, с и ж и обозначив Ь/с = А,
получим для λ уравнение (4а: + 1)λ2 — 2А(4ж3 + 8х2 + х) + Ах +1 = 0.
Для того чтобы это уравнение при условиях (2) имело решение (Л>0,
\ф 1), должны выполняться неравенства
4ж3 + 8ж2 + д:>0, (3)
70 = (4ж3 + 8я2 + ж)2 - (4* +1)2 =
4 (4)
= (2ж + 1)2(д: + 1)(2ж-1)(2ж2 + 5д: + 1)>0,
где J3 — дискриминант квадратного уравнения. Система
неравенств (2), (3), (4) удовлетворяется при —\<х< ν^~5.
Таким образом, исходный треугольник — не обязательно
равнобедренный. Однако доказано, что это может иметь место только в
том случае, когда один из углов исходного треугольника тупой и
его косинус находится в интервале (—|, 4~5)> что соответствует
200

углу приблизительно от 102°40' до 104°28'. Если х = -1,
построенный треугольник будет вырождаться, при χ = у^\"ь будем иметь
Zi4iSiC=Zi4i(7iB = 90o, т. е. два случая, которые выделены в начале
решения, для этого значения угла совпадают.
501. Пусть Μ—точка пересечения AD и KL:
KM Sard ^AKADsmZKAD .^AKCD
ML "" Sald "" \DLADsm£ADL "" DL-AF'
(Использовано то, что синусы вписанных углов пропорциональны
хордам.) Аналогично, если М\ —точка пересечения BE и KL, то
получим: Щ; = jM§- Но из подобия AAKF и АВКС, ACLD и AFLE
имеем: ^ = §|т, §Г ^ Г§» перемножив эти· равенства, получим, что
ΉΖ = Й' т. е. Μ и М\ совпадают. Замечание. Можно показать,
что утверждение задачи сохраняется, если А, Ву С, Д Ε и
F—произвольные шесть точек на окружности. Обычно теорема Паскаля
формулируется следующим образом: если А, В, С, D, 2?, F — точки на
окружности, то три точки, в которых пересекаются прямые АВ и DE,
ВС и EF, CD и FA, лежат на одной прямой.
502· Пусть N — точка пересечения прямой А^А\ с окружностью,
отличная от Аъ. Применим к шестиугольнику ABCC2NA2 (возможно
самопересекающемуся) теорему Паскаля (задача 501). Точки
пересечения прямых АВ и C2-/V, ВС и NA2 (точка Αχ), ССч и АА^ (точка
М) лежат на одной прямой. Следовательно, АВ и C2N пересекаются
в точке С\.
503· Пусть данные взаимно перпендикулярные прямые—оси χ и
у прямоугольной системы координаъ Тогда высоты треугольника
лежат на прямых у = k{X (i = 1,2,3); стороны треугольника при этом
должны иметь угловые коэффициенты -^, а из условия
принадлежности вершин {х%уУг) высотам находим отношения свободных
членов Ci в уравнениях сторон Лэд + ж = с<: с\ = fci2/3+a3, C2 = къЦз + хь,
2/з = кзХз =► Ц· = klks+i> и т* п* ^Ри п°Дх°ДЯ1Дем выборе единицы длины
можно взять С{ = к+кТ, где к = kifaks. Точки пересечения прямой
hy + χ = ■%$- с осями: (о,]^) и (j-jifc»0)» середина (Р<) отрезка
между ними— f 2(k+ki) * 2(к+кЛ )' Углов°й коэффициент прямой Р1Р2
—j. Точно такими же будут угловые коэффициенты прямых Р2Р3 и
РзРь Поэтому точки Ρι, Ρ2, ^з лежат на одной прямой (ее уравнение:
ку + х = 1/2).
Замечание. Соединив прямыми точку Η пересечения высот
треугольника с точками Ρχ, Р2, Р3, получаем любопытное следствие.
201

Пусть αϊ, с*2, аз —углы треугольника, перечисленные против часовой
стрелки, οχ, θ2, Оз — прямые,, на которых лежат πpoτивoπqлoжныe им
стороны; через точку Я проходят три.прямые pi, Р2» Рз так, что углы
между Р2 и рз, Рз и pi, pi и р2 (отсчитываемые против часовой стрелки)
равны соответственно αϊ, α2, α3. Тогда точки пересечения pi с αχ, рг с
θ2, рз с оз лежат на одной прямой. Предлагаем читателю рассмотреть
частные случаи этой теоремы (многие из них—красивые и далеко не
очевидные геометрические факты) и сопоставить ее с задачей.
Еще одно замечание: в нашей задаче вместо середин отрезков,
высекаемых на сторонах треугольника, можно было брать точки,
делящие их в одинаковых отношениях. Эти точки также окажутся на
одной прямой.
504. Для определения углов треугольника А\В\С\ воспользуйтесь
тем, что точки Ρ, Α\, Βχ, С\ лежат на одной окружности (так же
для других четверок точек). Если Ρ внутри треугольника ABC, то
£А\С\В\ ^ΔΑιΟιΒϊ = ΔΑΡΒ - ZACB. Для разностороннего
треугольника ABC существует восемь различных точек Ρ таких, что
соответствующие треугольники А\В\С\ и А2В2С2 подобны треугольнику
ABC (при этом треугольник А2В2С2 ему равен). Причем шесть
точек лежат внутри описанной около треугольника ABC окружности, а
две—вне ее.
505. Рассматриваемые прямые являются серединными
перпендикулярами к сторонам треугольника A\B\Ci.
506. Обозначения: ABC—данный треугольник, Μ—точка,
находящаяся на расстоянии d от центра описанной около ABC
окружности, Лх, Βχ, Сх —основания перпендикуляров, опущенных из Μ на
ВС, С А, АВ, А2,В2, Сг—точки пересечения соответственно AM, Β Μ,
СМ с описанной около ААВС окружностью, о, Ь, с—стороны ААВС,
οχ, 6χ, сх, θ2, i>2, C2 — стороны соответственно треугольников А\В\С\
и А2В2С2, 5, 5χ и 52—соответственно площади этих треугольников.
Имеем
0x = i4Msin;4 = j4M—. (1)
Аналогично находятся Ь\ и с\. Из подобия треугольников В2МС2 и
ВМС получим:
θ2 _ В2М _ С2М .
Т~"СЙГ"" ~ВМ' 1 '
Аналогичные отношения будут для ^ и ^. Треугольники ΑχΒχ(7χ и
Л2В2С2 подобны (см. задачу 504); кроме того,
Учитывая все это, имеем:
S\ 5χ S>2 Οχ&ι θ2&2^2 _ Oi&iC2
S S2 S θ2&2 obc 06c
202

AM BM Α<ιΜ 1 ._. . m. 1 ,„o ,o.
(Во втором равенстве использовалось подобие АА\В\С\ и Д^-ВгСг
и равенство (3), в четвертом—равенства (1) и (2) или их аналоги.)
Замечание. При d = ii площадь треугольника, образованного
основаниями перпендикуляров, оказывается равной нулю, т. е. эти
основания расположёны на одной прямой. Прямая эта называется
прямой Симеона (см. задачу 450).
507. Утверждение следует из более общего факта: если на
сторонах треугольника построены окружности таким образом, что их дуги,
расположенные вне треугольника, в сумме измеряются 4π или 2π, то
эти окружности имеют общую точку (в нашем случае в качестве
такого треугольника можно взять треугольник с вершинами в серединах
ААВС и доказать, что три окружности, проходящие через середины
АВ, АС и AD\ ΒΑ, ВС и BD\ СА, СВ и CD, имеют общую точку).
508. Утверждение вытекает из следующего факта. Пусть
произвольная окружность пересекает стороны угла с вершиной N в точках
Л, В и С, D; перпендикуляры, восставленные к сторонам угла в
точках А и Dy пересекаются в точке К, а перпендикуляры, восставленные
в точках В и Су пересекаются в точке L. Тогда прямые NK и NL
симметричны относительно биссектрисы этого угла. В самом деле,
ΔΑΝΚ^ΔΑΌΚ (точки А, К, D и N — на одной окружности). Точно
так же £LNC = Z.LBC. Затем Z.ADK = 90° - ΔΑΌΝ = 90° - ZNBC =
= ZLBC. (Предполагалось, что ABCD — несамопересекающийся
четырехугольник .)
509. Пусть А, Ву Су D — данные точки, D\—точка пересечения
прямых, симметричных прямым AD, BD и CD относительно
соответствующих биссектрис ААВС. В предыдущей задаче было доказано,
что педальные окружности точек D и Ό\ относительно ААВС
совпадают. Пусть прямые, симметричные прямым ВАу С А и DA
относительно соответствующих биссектрис ABCD у пересекаются в точке
Αχ. Нетрудно доказать, что А\ и D\ симметричны друг другу
относительно прямой СВ. Следовательно, педальные окружности точек D
(или D\) относительно ААВС и А (или Αχ) относительно ABCD
проходят через середину D\A\. Определив аналогично точки В\ и С\,
увидим, что каждая из рассматриваемых.педальных окружностей
проходит через середины соответствующих отрезков, соединяющих точки
А\у В\у С\ и D\. Таким образом, задача свелась к задаче 507.
510. Пусть Въ и Сг —точки, диаметрально противоположные
точкам В и С, Μ — вторая точка пересечения В2В\ с описанной около
ААВС окружностью, С[ —точка пересечения АВ и С2М. По теореме
Паскаля (задача 501), примененной к шестиугольнику АВ2СМВС2,
точки О (центр окружности), В\ и С[ лежат на одной прямой, т. е. С[
совпадает с Сг. Но ΔΒΜΒχ =ΔΒΜΒ2 =90°, ZCMCi =ZCMC2 =90°;
значит, М — одна из точек пересечения окружностей с диаметрами
ВВ\ и СС\. Пусть N — вторая точка пересечения этих окружностей.
203

Их общая хорда MN содержит точку пересечения высот
треугольника ABC— точку Я (задача 316). Если ВВ0 — высота Δ ABC, то
МННВ=ВННВо. Значит (см. задачу 461), N лежит на окружности
девяти точек ААВС.
515. Пусть радиус окружности равен г, а углы между соседними
радиусами, проведенными в точке касания, в порядке обхода равны
2а, 2/9, 2% 2δ (а + /? + 7 + *=я0· Тогда
S = r2(tga + tg/3 + tg7 + tgi). (1)
Стороны четырехугольника будут равны (найдем одну) r(tga+tg/3) =
=гсо8(аас^ и т·д· Поскольку sin(a+/3)=sin(7-fi), sin(/3+7)=sin(a+6),
то формула, данная в условии, приводится к виду
л sin(a 4- β) sin(/9 4- 7) sin(7 + α) ,ολ
o=r - - . (г)
cos a cos β cos 7 cos d
Осталось доказать равенство правых частей (1) и (2) при условии, что
α + /3 + 7 + £ = π·
Второе решение. Пусть a—угол между соседними сторонами а и
Ь, /?—угол между сторонами с и d, a 4-/3 = 2у>. По теореме косинусов
о2 4- Ь2 - 2abcosa = с2 4- d2 - 2cdcos/3 или (о - Ь)2 4- 2оЬ - 2obcosa = (с -
—d)2 4- 2cd - 2cdcos/3. Но о - Ь = с — d, значит,
об - cd=abcosa - cdsin/3. (1)
Кроме того,
2S = absina4-cdsin£. (1)
Возводя равенства (1) и (2) в квадрат и складывая их, получим
45?4-(ab~cd)2 = (obcosa-cdcos/3)^4-(obsina4-cdsin^)2, откуда 252 =
= obcd(l - cos(a 4- β)) = 2obcdsin2 φ.
516. Докажем, что Sbna'= Sbmc + Samd- Если ^ = Щ = λ,
то Sbmc = (1 - А)5влс, Samd = ^Sbad- С другой стороны,
обозначив через /ΐχ, hi и ft расстояния от D, С и ЛГ до АВ, найдем что
ft = Afti 4- (1 - A)ft2. Следовательно, 5лвлг = \АВ · ft = \\ABh\ 4- (1 -
-λ) £ ABft2 = XSabd + (1 - А)5влс = SUmd + «Sbmc-
518. Углы между сторонами, а также между сторонами и
диагоналями четырехугольника Qi выражаются через углы между
сторонами, а также между сторонами и диагоналями четырехугольника
Q\. (Диагонали четырехугольника Qi перпендикулярны
соответствующим диагоналям четырехугольника Q\ и проходят через их
середины.)
519. Рассмотрите параллелограммы АВМК и DCML и докажите,
что KL делит DA в том йсе отношении, что и точка JV, а прямая MN
является биссектрисой угла KML.
204

520. Докажем сначала, ч^о диагонали данного четырехугольника
делятся в точке пересечения пополам, т. е. что
четырехугольник—параллелограмм. Пусть ABCD—данный четырехугольник, О — точка
пересечения диагоналей. Допустим, что ВО < OD, АО < ОС;
рассмотрим ΑΟΑχΒι, симметричный АОАВ относительно точки О;
очевидно, радиус окружности, вписанной в ΑΟΑχΒχ, меньше радиуса
окружности, вписанной в AOCD, а по условию они равны. Итак,
О — середина обеих диагоналей. Докажем, что все стороны
четырехугольника равны. Воспользуемся формулой S =рг (5 — площадь, ρ—
полупериметр, г—радиус вписанной окружности треугольника).
Поскольку у ААВО и АВОС площади и радиусы вписанных
окружностей равны, то равны и их периметры, т. е. АВ=ВС.
521. Аналогично тому, как это было сделано в предыдущей задаче,
докажите, что диагонали четырехугольника дедятся пополам точкой
пересечения.
522. Из условия задачи
следует, что ABCD (рис. 38) —
выпуклый четырехугольник.
Рассмотрим параллелограмм АСС\А\У у
которого стороны АА\ и СС\ равны
и параллельны диагонали BD.
Треугольники ADA\, CDC\ и C\DA\
равны соответственно
треугольникам ABD, BCD и ABC.
Следовательно, отрезки, соединяющие D с
вершинами Л, С, С\, А\> делят па- Рис. 38
раллелограмм на четыре
треугольника, у которых равны радиусы вписанных окружностей. Если
О — точка пересечения диагоналей параллелограмма АСС\А\^ то D
должна совпадать с О (если J3, например, внутри АСОСг, то радиус
окружности, вписанной в AADAi, больше радиуса окружности,
вписанной в А АО Αχ и тем более в ACDC\). Таким образом,
ABCD—параллелограмм, но, кроме того, из задачи 520 следует, что АСС\А\ —
ромб, т. е. ABCD — прямоугольник.
523. Необходимым и достаточным условием выполнения всех
четырех пунктов является равенство АВ · CD = AD · ВС. Для
пунктов а) и б) это следует из теоремы о биссектрисе внутреннего угла
треугольника, для пунктов в) иг)—из результата задачи 234.
524. Пусть ABCD—данный четырехугольник. Будем считать, что
углы А и D—тупые, В и С—острые. Обозначим основания
перпендикуляров, опущенных из вершины Л, через Μ и iV, а из вершины С —
через К и L (рис. 39, a), R—точка пересечения MN и LK. Заметим,
что А, К, N, С, L, Μ лежат на одной окружности с диаметром АС.
Покажем, что МК || LN: ZMKL=ZMAL=90° - ΔΒ = ПССВ = tfCLN. Ta-
vwu лЛпоол», MR — МК — sinZMCK _ sin(ZC+ZB-90°) _ cos{ZA-ZB)
ким образом, w - ш - BinZLAN - βϊώ\ζα+Ζβ-9οο) - sMZa+Zb-w*)·
Пусть теперь Р и Q — основания перпендикуляров, опущенных из
205

α) б)
Рис. 39
вершины В, а 5 — точка пересечения ΜΝ и PQ (рис. 39, б). Так
как ΔΡΝΒ = ΔΡΑΒ = ZC, то PN || DC, т. е. MQNP — трапеция
(ANBP—вписанный четырехугольник с диаметром АВ). Таким обра-
ОЛЖЖ MS _ MQ _ i4Bcos(Zi4+ZD--180o) _ cos(Zi4-ZB) /Ά* „Λ„ΛΤ„„Λ
зом, w = ^ = ^J(^b7^|,qo,/ = sin(^+%~90o)' (Мы
использовали то, что MQ—проекция АВ на DC; угол между АВ и DC равен
ΔΑ+ΔΌ -180°.) Итак, точки Л и 5 делят ΜΝ в одном и том же
отношении, т. е. они совпадают; значит, три прямые пересекаются в одной
точке. Легко теперь показать, что все четыре прямые пересекаются в
этой же точке.
525. Найдем, в каком отношении ВС делит ΜΝ. Это отношение
равно отношению |мс?д = ^ncobZcba· Аналогично, отношение, в
котором AD делит MN, равно $£™lzadc · ^° эти отношения равны,
так как ZBCD = ZBAD, £CBA = ACDA, a AAMC подобен ADNB.
526. Возьмем точку М\ так, что ВСММ\—параллелограмм. М\
лежит на окружности, проходящей через точки В, Μ и А. Поскольку
АМ\ =DM (ADMMi—также параллелограмм), треугольники CDM
и ΒΑΜχ равны, т. е. радиус окружности, описанной около ACDM,
равен R. Таким же будет радиус окружности, описанной около AADM.
527. Обозначим через К и L точки касания данной окружности с
прямыми АВ и AD. Пусть для определенности К и L внутри отрезков
АВ и AD. Возьмем на прямой СВ точку Ρ так, что ВР=ВК, В между
Ρ и С, а на прямой CD точку Q, DQ = DLy D между С и Q. Имеем:
CP=CB+BK=CB+AB-AK=CQ. Окружность, проходящая через Ρ
и Q и касающаяся прямых СВ и CD, пересечет BD в таких точках М\
и JNTi, для которых будут выполняться равенства ВМ\ -ΒΝχ =ΒΜ -ΒΝ\
CN\ · СМ\ = CN · СМ. Из этих равенств можно получить, что М\ и
Νχ должны совпасть с Μ и N. Аналогично рассматриваются другие
случаи расположения точек. Можно избежать перебора вариантов,
206

задав на прямых АВ, ВС, CD и DA положительные направления и
рассматривая направленные отрезки на этих прямых.
528. Для определенности будем считать, что В и D внутри
окружности. Обозначим через Ρ и Q точки пересечения прямой BD с
окружностью (Р—ближайшая к В), а через L — точку пересечения
СВ с окружностью, I—касательная к окружности, проходящая через
С.
Рассмотрим треугольник PCN, из вершин которого выходят
прямые PQ, NM и Ζ. С помощью теоремы Чевы (задача 341), рассуждая
так же, как в задаче 346, получим, что необходимым и достаточным
условием для того, чтобы прямые PQ, NM и I пересекались в одной
точке, является выполнение равенства
РМ CQ Ж7
MCQN СР К)
С другой стороны, в шестиугольнике ALPMCQ диагонали AM,
LC, PQ пересекаются в одной точке. Значит, (см. задачу 346)
ALPMCQ = LPMCQA. (2)
Очевидно, NC = AL, QN = LP, CP = QA. Таким образом, из
справедливости равенства (2) следует справедливость равенства (1).
529. 1. Поскольку Οχ—центр окружности, вписанной в
треугольник ABC, то ΔΒΟχΑ = 90° + \lBCA (задача 46). Значит,
ΔΒΟχΑ = ΔΒΟ±Α и четырехугольник ΑΒΟχΟ^ является вдисанным
(рис. 40, а), следовательно, смежный угол с ΔΒΟχΟ± равен ΔΒΑΟ± =
Рис. 40
= \ZJBAD. Аналогично, угол, смежный с /.ВО\Оъ, равен \lBCD. Но
\(£BAD + ABCD) = 90°; значит, ΔθΑΟχ02 = 90°.
2. Для доказательства второй части покажем сначала, что
расстояние от вершины треугольники до точки пересечения высот
полностью определяется величиной угла при этой вершине и длиной
противоположной стороны, а именно (рис. 40, б): СИ = СВ^^Ζοαβ =
= 5^ cosa=ABctga. Поскольку четырехугольник ABCD вписанный,
207

то АН3 — ВЙ2 и АН3 ||Β#2; значит, АВЩНз— параллелограмм.
Таким образом, точка пересечения АНъ и ВНз делит АНъ и ВН3
пополам. Рассматривая другие параллелограммы, получим, что отрезки
ЩА, Н3В, #4(7, H\D пересекаются в одной точке (М) и делятся
ею пополам, т. е. четырехугольники ABCD и Я1Я2Я3Я4 центрально
симметричны относительно точки Μ (рис. 40, в).
530· Если стороны треугольника ABC, противолежащие
вершинам А, В и Су равны соответственно а, Ь и с, а углы ADB, ВВС и
CD А равны α, β и у (считаем, что α + /3 + 7 = 2π), то расстояния от
точки D до точек пересечения высот треугольников ADB, ВВС и CD A
равны абсолютным значениям величин cctga, actg/3, 6ctg7 (см.
решение задачи 529). Нетрудно убедиться, что площадь треугольника с
вершинами в точках пересечения высот AADB, ABDC и ACDA будет
равна |cctgaoctg^sinB-*-|flctg/3bctg7sinCf-*-|bctg7cctgasini4 =
= S'i4Bc(ctgactg/3-fctg^ctg7 + ctg7ctga) = 5i4Bc) поскольку
выражение в скобках равно 1. (Докажите это, учитывая, что α + β + Ύ = 2π.)
Аналогично рассматриваются другие случаи расположения точки D
(когда один из углов—а, β, 7—равен сумме двух других).
531. а) Пусть ABCD — данный
четырехугольник, R и Q — точки
касания окружностей, вписанных
соответственно в ААВС и в AACD с
прямой АС. Тогда (см. задачу 18)
RQ=\AQ-AR\ = \\{AB+АС-ВС)-.
-{AD + AC- CD)\ = \\AB + CD-
-AD-BC\. Так как ABCD
—описанный четырехугольник, то АВ +
+CD = AD + BC, т. е. RQ = 0.
б) Если К, L, Μ, Ν — точки
касания окружности со сторонами
четырехугольника, а Кχ, L\, Μι, JVi —
точки касания окружностей, вписанных в ААВС и AACD (рис. 41),
то ΝχΚ^ΝΚ, MxLi И ML· Докажем, что и KxLx \\KL, ΝχΜχ \\ΝΜ.
Поскольку окружности, вписанные в ААСВ и AACD, касаются между
собой на диагонали в точке Р, то AN\ = AP = AM, т. е. N\M\ \\NM.
Следовательно, четырехугольник K\LiMiN\, как и четырехугольник
KLMN, является вписанным.
532. Пусть (рис. 42, а, б) Οι, Ог, 0з, О а—соответственно
центры окружностей, вписанных в ААВС, ABCD, ACDA и ADABi
Поскольку О1О2О3О4—прямоугольник (см. задачу 529), то 0\Оз =
= 02#4. Если К и L — точки касания окружностей, вписанных в
ААВСГи AACD, с АС, то KL = \\AB + CD-BC-AD\ (см. решение
задачи 531). Аналогично, если Ρ и Q — точки касания
соответствующих окружностей с BD, то PQ = KL. Проведем через Оз прямую,
параллельную АС, до пересечения с продолжением 0\К. Получим
208

с
с
Рис. 42
АО\ОзМ, аналогично построим ΔΟ2Ο4Λ· Эти два прямоугольных
треугольника равны, так как у них Οιθ3 = 0204} О3М = KL = PQ =
= OtR. Значит, OiM = C?2-R; но 0\М равен сумме радиусов
окружностей, вписанных в ААВС и AACD, a ОгЯ равен сумме радиусов
окружностей, вписанных в AACD и ABDA (см. также задачу 611).
533. Пусть в четырехугольнике
ABCD (рис. 43) АВ = о, ВС = Ь,
CD = с, DA = d, ЛС = m, BD = п.
Построим на стороне АВ во
внешнюю сторону треугольник АКВ,
подобный треугольнику ACDy причем
/ВАК = /DCΑ, /АВК = ZCAD, а
на стороне AD построим ΔΑΛίΟ,
подобный ААВСу /DAM^/BCA,
/.ADM = /.CAB. Из
соответствующего подобия получим: АК = ^,
АМ= %,KB=DM=^. Кроме того,
ZtfBD + /MDB = ZCAD + / ABD +
+/BDA + /CAB = 180°, т. е.
четырехугольник KBDM —
параллелограмм. Значит, КМ = BD = п. Но
/КAM = /А + ZC. По теореме косинусов для Δ#AW имеем: η2 =
55 Ш)2 + (£f)2 -2 (5?) (Μ) cos(^+с)> откуда ™2"2 =fl2c2+b2rf2 -
-2abcdcos(A + C).
Второе решение. Опустим из С перпендикуляры СЕ, CF и CG
соответственно на BD, AD и АВ. (Пусть для определенности точка
Ε лежит на отрезке DB, F и G—на продолжениях АВ и AD.)
Обозначим /ADB = φ, /ABD = 7· Точки Ь, 25, С и F лежат на одной
окружности с диаметром CD^c. Значит, 25F = csiny>. Аналогично
G# = bsin7, F<3 = msinA. Кроме того, /FEC = /FDC = 180°-/ADC,
/СEG=180°-ΖABC. Значит, ZF£K7=ZA + ZC По теореме синусов
для треугольника ADB имеем sin</?=fca, sin7 = fcd, sinA = fcra. Записав
209

теорему косинусов для AFEG и заменив его стороны
соответствующими выражениями, получим теорему Бретшнейдера.
534. Утверждение теоремы Птолемея является следствием
теоремы Бретшнейдера (задача 533), поскольку для вписанного
четырехугольника Δ А + ZC = 180°.
535. Если MB—наибольший из отрезков МАУ MB, Μ С, то,
применив теорему Бретшнейдера (задача 533) к четырехугольнику АВСМ,
получим, что MB2 = ΜΑ2 + МС2 -2МA-MCcos(^AMC + 60°), т. е.
MB < ΜΑ + МС, поскольку Δ AM С φ 120°.
536. Заменив в выражении
ίαβίΊδ + tpytfia = ta<yt0S (1)
отрезки касательных по формулам, полученным при решении
задачи 201, убедимся, что если соотношение (1) выполняется для
каких-то окружностей а, /?, у и δ, касающихся данной соответственно
в точках А, В, С и J3, то оно выполняется для любых таких
окружностей. Осталось проверить справедливость соотношения (1) для
какого-либо частного случая. Если а, /3, η и δ— окружности
нулевого радиуса, то получаем обычную теорему Птолемея (задача 534).
Можно, чтобы не ссылаться на теорему Птолемея, взять окружности
а и 5 нулевого радиуса, окружности β и 7, касающимися как
окружности, описанной около четырехугольника ABCD, так и касающимися
хорды AD. В этом случае справедливость соотношения (1) легко
проверяется. Отсюда, в соответствий со сделанным замечанием,
получаем его справедливость во всех случаях (тем самым одновременно
доказана и обычная теорема Птолемея).
537. При доказательстве нашего утверждения будем пользоваться
приемом, называемым «расширением» окружностей. Суть этого при-.
ема в следующем. Пусть две окружности, например а и β, касаются
некоторой окружности Σ внешним образом. Рассмотрим окружности
α', β1 и Σ', концентрические соответственно α, β и Σ. При этом, если
радиус окружности Σ' больше радиуса окружности Σ на величину χ,
а радиусы окружностей а' и β' меньше радиусов α и β на ту же
величину χ (χ—достаточно мало), то окружности а' и β1 будут касаться
окружности Σ' внешним образом, а общая внешняя касательная к
окружностям а' и β1 равна общей внешней касательной к окружностям а
и β. Также рассматривается случай, когда а и β касаются Σ
внутренним образом. Если же а и β касаются Σ одна внешним, а другая
внутренним образом, то при увеличении радиуса Σ радиус первой
уменьшается, второй — увеличивается, общая внутренняя касательная к
окружностям а' и β1 при этом не меняется.
Рассмотрим для определенности случай, когда в равенстве (*)
(см. условие задачи) фигурируют лишь отрезки обпщх внешних
касательных. (Заметим, что ни одна из окружностей не может находиться
внутри другой.) Докажем, что окружности α, β, у и δ касаются
некоторой окружности Σ одинаковым—или все внешним или все
внутренним— образом. Пусть радиусы окружностей а, /?, η и δ не все
210

равны между собой (случай равных радиусов легко рассматривается
отдельно), и, для определенности, га — радиус окружности
α—наименьший. Рассмотрим окружности α', β[', У, <$', где о! — окружность
нулевого радиуса—точка, совпадающая с центром окружности a, a
/?', 7;> δ' — окружности, концентрические окружностям β,^,δ с
радиусами, уменьшенными на величину га. Для дальнейших рассуждений
воспользуемся следующим утверждением: если /?', 7;, δ* —три
окружности, ни одна из которых не расположена внутри другой и хотя бы
одна из них не нулевого радиуса, то существует в точности две
окружности Σχ и Ег, каждая из которых касается окружностей /?', у' и
δ1 одинаковым образом (Г).
К этому утверждению вернемся в конце решения.
Возьмем на окружностях Σι и Ег точки αχ и аг так, что -rLX^- =
= ^2eL = j*LeL = \t причем αχ и аг расположены на дугах, не содержа-
щих точки касания окружности 7'· Для трех четверок окружностей
(α',/?'^')^')) (αΐιβ,ιΊ,>δ,)) (а2,Р,у\6') выполняется соотношение (*);
для первой — это утверждение нашей задачи, для двух других—'-на
основании утверждения задачи 536. (α', αχ, аг —окружности нулевого
радиуса.) Следовательно, -р^- = -г2^ = т2-^- = μ.
«2^' <*2V ''a'V
Но геометрическое место точек Μ, для которых отношение
касательных к двум фиксированным окружностям постоянно, есть
окружность (см. задачу 11). Значит, αχ, α^ и а' принадлежат как
геометрическому месту точек, для которых отношение касательных,
проведенных к окружностям β1 и 7;, равно λ, так и геометрическому месту
точек, для которых отношение касательных, проведенных к ркружно-
стям /3' и У, равно μ. А это означает, что а' должно совпадать с αχ
или аг.
Пусть αχ и аг совпадают. Докажем, что в этом случае
окружности, определяемые параметрами Л и μ, касаются. Возьмем λ φ λ, но
достаточно близко к λ, λ определит на Σχ и Σ2 две точки άχ и аг, для
которых —^т = 7Τ*Τ = ^· Найдем: μ = —^ = γ2^-;. Значит,
окружности, соответствующие параметрам λ и μ, имеют общую хорду άχά2.
Если λ-»λ, то μ*->μ, |άχα2|-»0, т. е. окружности, соответствующие
параметрам чА и μ, касаются в точке αχ = аг* Таким образом, α', /?',
7' и δ1 касаются или Σχ или Σ2. «Расширяя» соответственно Σχ или
Σ2 на величину ±ra, получим, что а, /3, 7 и δ касаются некоторой
окружности или прямой (Σχ или Σ2 могут являться прямой) или имеют
общую точку.
Бели в равенстве (*) некоторые из отрезков являются отрезками
общих внутренних касательных, то нужно доказывать существование
окружности Σ, касающейся а, /3, 7 и δ и такой, что те из окружностей
а, /3, 7> δ-, для которых в равенстве (*) фигурирует общая
внутренняя касательная, касаются Σ различным образом. Соответственным
образом должно измениться утверждение (Г).
211

Вернемся к утверждению (Г). Делая «расширение», можно свести
его к случаю, когда одна из окружностей /3', η\ δ имеет нулевой
радиус— является точкой. Читатель, знающий, что такое «инверсия»,
легко докажет, что утверждение (Г) теперь оказывается
эквивалентным утверждению, что любые две окружности, не расположенные
одна внутри другой, имеют в точности две общие внешние
касательные. (Более подробно об инверсии, а также о задачах 536, 537 можно
прочесть в книге: Яг л ом И. М. Геометрические преобразования.—
М.: Физматгиз, 1956, гл. II, задачи 261, 273.) Замечание. Если три
из четырех данных окружностей а, /?, 7> ί имеют нулевой радиус —
являются точками, доказательство можно существенно упростить.
Сделайте это самостоятельно. В дальнейшем (см. задачу 583) нам
потребуется именно этот частный случай.
538. Покажите, что каждое из этих условий является
необходимым и достаточным для того, чтобы существовала окружность,
вписанная в четырехугольник ABCD (см. также задачу 19).
539. Покажите, что каждое из этих условий является
необходимым и достаточным для того, чтобы существовала окружность,
касающаяся прямых АВУ ВСу CD и DA, центр которой находится вне
четырехугольника ABCD.
540. Пусть ABCD—описанный четырехугольник, О — центр
вписанной окружности, Μχ—середина АС, М2— середина BDy r —
радиус окружности (расстояния от О до сторон равны г), х\, у\, ζχ,
и\ —соответственно расстояния от М\ до АВ> ВС, CD, DA; %2i2/2» *2,
и2— соответственно расстояния от М2 до тех же сторон. Поскольку
AB + CD = BC + DA, то АВг - BCr + CDr - DAr = 0. Кроме того,
АВхг - BCyi + CDzi - ОАщ = 0, АВх2 - ВСу2 + CDz2 - DAu2 = 0, а
это и означает, что точки О, М\, М2 лежат на одной прямой (см.
замечание к задаче 319). Точно так же разбираются другие случаи
расположения точек Л, В, С и β и центра окружности. При этом нужно
использовать соотношения,* возникающие между отрезками АВУ ВС,
CD у DA (см. задачи 538, 539), и, как сказано в замечании к задаче 319,
если какие-то две точки окажутся расположенными по разные
стороны от какой-либо прямой, то соответствующим расстояниям нужно
приписывать разные знаки.
541. Обозначим через L и Ρ соответственно точки пересечения
прямых AM и AN с окружностью. Как следует из задачи 501, прямые BL,
DP и MN пересекаются в одной точке. Но BL и DP—диаметры^—
пересекаются в центре окружности, следовательно, MN проходит через
центр окружности.
542. Воспользуйтесь теоремой Паскаля (задача 501).
543. Пусть (рис. 44) Ρ—точка пересечения диагоналей, a A", L,
Μ, Ν—основания перпендикуляров, опущенных из Ρ на АВ, ВС, CD
и DA соответственно. Так как четырехугольник PKBL—вписанный,
то ZPKL=ZPBC, аналогично ΔΡΚΝ=ΔΡΑΏ\ но ZPBC=ZPAD, так
как они опираются на одну дугу. Следовательно, К Ρ — биссектриса
212

угла NKL; значит, биссектрисы углов четырехугольника KLMN
пересекаются в точке Р, которая и является центром вписанной в
четырехугольник KLMN окружности. Пусть теперь диагонали АС и BD
перпендикулярны, R—радиус данной окружности, d—расстояние от
Ρ до ее центра, APPC = R2-<P.
Радиус искомой окружности г равен, в частности, расстоянию от Ρ
до KL. Обозначив ΔΚΙ,Ρ=ΔΑΒΡ=α, LPBC-β, найдем: r=PLsina=
Рис. 44
Рис. 45
544. Пусть (рис. 45) ABCD—данный четырехугольник, Ρ—точка
пересечения диагоналей, К — середина ВС, L — середина АЬ.
Докажем, что прямая LP перпендикулярна ВС. Обозначив через Μ
точку пересечения LP с ВС, будем иметь: ZBPM' = LLPD = ΔΑΏΡ =
= ZPCB. Следовательно, -РМ ± ВС. Значит, OK || LP. Аналогично
РК || LO, и KOLP — параллелограмм, LK2 + РО2 = 2(LP2 + РК2) =
= 2 ( ^ψ- + £J- j =2Л2. (Если хорды AD и ВС переместить так, чтобы
они имели общий конец, а соответствующие дуги продолжали одна
другую, то образуется прямоугольный треугольник с катетами AD
и ВС и диаметром 2Д, значит, AD2 +BC2 = 4i?2.) Следовательно,
LK2 = 2R2 — <Р и точки L и К лежат на окружности с центром в 5 —
середине РО и радиусом 1/2>/2Я2 — сР. Но ALMK—прямоугольный,
MS — медиана, М5 = \LK = |>/2Д2-<Р, т. е. Μ лежит на той же
окружности. Ответ: 1/2\/2Д2 —d2.
545· Из двух предыдущих задач следует, что если диагонали
вписанного четырехугольника перпендикулярны, то проекции точки
пересечения диагоналей этого четырехугольника на его стороны служат
вершинами четырехугольника, который можно вписать в окружность
и около которого можно описать окружность, причем радиусы
вписанной и описанной окружностей и расстояние между их центрами полно
213

стью определяются радиусом окружности, описанной около исходного
четырехугольника, и расстоянием от ее центра до точки пересечения
диагоналей вписанного в нее четырехугольника. Следовательно, при
вращении диагоналей исходного четырехугольника вокруг точки их
пересечения четырехугольник, образованный проекциями этой точки,
будет вращаться, оставаясь вписанным в одну и ту же окружность
и описанным около одной и той же окружности. Легко также
показать, учитывая выражения для радиусов вписанной и описанной
окружностей, полученные в двух предыдущих задачах, что
предлагаемое к доказательству соотношение для таких четырехугольников
выполняется.
Для завершения доказательства нам осталось доказать, что
любой «вписано-описанный» четырехугольник может быть получен из
вписанного четырехугольника со взаимно перпендикулярными
диагоналями вышеуказанным способом. В самом деле, если KLMN —
«вписано-описанный» четырехугольник, Ρ—центр вписанной
окружности, то, проведя прямые, перпендикулярные биссектрисам КР, LP,
MP, NP и проходящие через К, L, Μ и N соответственно,
получим четырехугольник ABCD (рис. 44). При этом ΔΒΡΚ = ZKLB =
= 90° - \lMLK (использовано, в частности, то, что у
четырехугольника PKBL противоположные углы прямые и, следовательно, он
вписанный). Аналогично ΔΚΡΑ =* ΔΚΝΑ = 90° - \ΔΜΝΚ и, значит,
έΒΡΑ=ΖΒΡΚ+ΖΚΡΑ=№°- \{ΔΜΙΚ+ΖΜΝΚ) = 90°. Таким
образом, все углы В PA, APD, DPC и СРВ прямые, Ρ—точка пересечения
диагоналей четырехугольника ABCD, рами же диагонали
перпендикулярны. Нетрудно показать, что ABCD — вписанный
четырехугольник, поскольку ZABC + Δ ADC = ZPBL + ΔΡΒΚ + £PDN + ΔΡΏΜ =
= ZPKL + ZPLK + ΔΡΜΝ + ZPNM = \{£NKL + ZKLM + ZLMN +
+ΔΜΝΚ) = 180° Примечание: см. также задачу 615.
546. Середины сторон четырехугольника образуют
параллелограмм, диагонали которого параллельны отрезкам, соединяющим
центры тяжести противоположных треугольников. Другой
параллелограмм образуют четыре высоты рассматриваемых треугольников,
выходящие из вершин четырехугольника. Стороны первого
параллелограмма параллельны диагоналям четырехугольника, а второго—им
перпендикулярны. Кроме того, стороны второго параллелограмма в
ctga раз больше соответствующих сторон первого (а — острый угол
между диагоналями четырехугольника).
547. Докажем, что оба утверждения (BD — биссектриса угла
ANC, АС — биссектриса угла BMD) эквивалентны равенству
АВ · CD = AD · ВС. Возьмем на дуге BAD точку Αχ так, что DA\ = АВ.
Условие задачи эквивалентно тому, что прямая А\С проходит через
N — середину BD, т. е. равенству площадей треугольников DA\C и
АХВС, откуда DAX · DC=В Αχ · ВС, т.е. АВ CD-AD- ВС.
214

548. Перпендикулярность биссектрис доказывается без труда'.
Докажем второе утверждение. Пусть Μ — середина АС, N—середина
BD. Из подобия треугольников АКС и BKD следует, что ΔΜΚΑ =
= ΔΝΚΌ и jfif = j|§, т. е. биссектриса угла ВКС является также и
биссектрисой угла MKN и делит отрезок MN в отношении ^j£ = ^.
Очевидно, что в этом же отношении делит MN и биссектриса угла
ALB.
549. Пусть ABCD—данный четырехугольник, О—центр
окружности, описанной около треугольника ABC, Οχ и Ог—центры
окружностей, описанных около треугольников DAB и BCD, К и
L—соответственно середины сторон АВ и ВС. Точки Οχ и 0% лежат на ОК
и OL, причем §^ = §j£. Это следует из того, что Οχθ2
перпендикулярна DB и, следовательно, ΟχΟ^ параллельна LK (LK параллельна
АС). Значит, прямые ΑΟχ и СОъ делят ОВ в одном и том же
отношении. (Применим теорему Менелая—задача 342—к треугольникам
ОКБ и OLD.)
550. Обозначим радиус окружности через R, а расстояния от Р,
Q и Μ до центра—соответственно через о, b и с. Тогда (задача 272)
QP2 = а2+ Ь2-2Д2, QM2 = Ь2 +с2-2Д2, РМ2 = с2*а2-2Д2. Если
О — центр окружности, то для того чтобы QO была перпендикулярна
РМ, необходимо и достаточно выполнение равенства (задача 298)
QP2-QM2 = OP2-OM2, или (о2+Ь2-2Д2)-(Ь24-с2-2Д2) = о2-с2.
Аналогично проверяется перпендикулярность других отрезков.
551. Если M,N,PnQ—соответственно точки касания сторон АВ,
ВС, CD и DA с окружностью, то, как следует из решения задачи 236,
MP и NQ пересекаются в точке пересечения АС и BD. Точно так же
докажем, что прямые MN и PQ пересекаются в той же точке, что и
прямые АС и KL, а прямые MQ и NP—в той же трчке, что и
прямые KL и BD. Теперь для четырехугольника MNPQ воспользуемся
результатом предыдущей задачи.
552. Обозначим: ZDAN-^ZMAB—φ. Пусть L—точка пересечения
AM и ΝΒ, Ρ—точка пересечения AN и DM, Q—точка пересечения
АК и MN. По теореме Чевы (задача 341) для ΔΑΜΝ имеем:
NQ ^AL NP = SNab Sdnm =
QM LM ' PA SNmb ' SDam
_ $AN-£fcdnZNAB \ANNMtg4>CQs/.ANM _
= |AMJVMtg^cosZi^^Ar.i^i4MsinZMil£)"
_ A/VcosZA/VM
"AMcosZAMiV'
т. e. Q делит JVM в том же отношении, что и высота, опущенная из А
на JVM.
215

554. Докажите сначала следующее вспомогательное утверждение:
если Л, В и С— точки на одной прямой, Μ — произвольная точка
плоскости, то центры окружностей, описанных около треугольников
Μ АС у МВСу МСА, и точка Μ лежат на одной окружности. Затем
используйте результат задачи 553. /
555. Обозначим точки пересечения прямых через Л, В, С, Dy Ρ,
Q (расположены точки так же, как в решении задачи 271); О—центр
окружности, проходящей через А, В, С и Д R—ее радиус, а и Ь—
касательные, проведенные к окружности соответственно из Ρ и Q. То,
что Μ лежит на PQ, было доказано в процессе решения задачи 271.
Кроме того, там же было доказано, что PM-PQ = a2> QM -QP = b2y
QP2 = Va2 + b2. Таким образом, РМ = ^J^, QM = -j£-p. Кроме
того, РО = л/о2-Д2, QO=vV-Я2. Следовательно, РО2 - Q02 = о2 -
—Ь2 = РМ2 - QM2. А это означает, что ОМ ± PQ. Для завершения
доказательства необходимо рассмотреть случай, когда (в тех же
обозначениях) на окружности расположены точки А, С, Ρ и Q (см. также
задачу 550 и ее решение).
Рис. 46
556. Если перемещать одну прямую параллельно самой себе, то
прямая Эйлера треугольника, одной из сторон которого является
перемещаемая прямая, будет перемещаться параллельно самой себе.
Учитывая это, задачу легко свести к следующей. Пусть Л, С и
D — три точки на одной прямой, В— произвольная точка
плоскости. Если прямая Эйлера треугольника ABC параллельна BD, то
прямая Эйлера треугольника CBD параллельна АВ (рис. 46).
Докажем это. Обозначим: ZBCD = φ (считаем, что С между А и Д
216

φ < 90°), Οχ и Ηχ—центр описанной окружности и точка
пересечения высот &АВС, Ог и Яг—эти же точки в ABCD. Опищем
около ΑΒΗχ окружность, Μ — точка ее пересечения с ΟχΗχ.
Докажем, что четырехугольники ΟχΑΜΒ и ОчВЩВ подобны. Прежде
всего треугольники ΟχΑΒ и O2DB — подобные равнобедренные
треугольники, a ZMAB = /.MHiB = £HiBD = /.H2BD (BD параллельна
ΟχΗχ), ШВА = ZMHiA=ZH2DB (ΑΗχ и DH2 перпендикулярны СВ).
Подобие четырехугольников доказано. Далее: /.О2Н2В = ΔΟχΜΑ =
= Ζ#ιΜΑ = ΖΗχΒΑ = ШчВА, т. е. Н2О2 параллельна АВ.
557. Из результата задачи 316 следует, что общая хорда
окружностей с диаметрами АЕ и DC (а также DC и ДР, BF и АЕ) содержит
точки пересечения высот треугольников АВСУ BDEy DAF и CEF.
Пусть далее К—точка пересечения АЕ и 2X7, L—точка пересечения
АЕ и ДР. По теореме Менелая (задача 342) для треугольников ΒΕΑ
и Ε АС имеем: ш'Ш'Ш = 1^ Ш'Ш'Ш = 1' Раздел™ эти равенства
почленно одно на другое и учитывая, что ^§ · ^§ · ψξ = 1, получим:
^27 =: т§- Рассмотрим окружность с диаметром АЕ. Для всех точек
Ρ этой окружности отношение Щ;—постоянно (см. задачу 306). То
же верно и для окружностей с диаметрами DC и BF. Таким образом,
три этих окружности пересекаются в двух точках Ρχ и Рг таких, что
отношения расстояний от Ρχ и Рг до К, L и Μ для них одинаковы.
Теперь можно воспользоваться результатом задачи 311.
558. Утверждение следует из результата предыдущей задачи.
559. Обозначим через 1(АВС) срединный перпендикуляр к отрезку,
соединяющему точку пересечения высот и центр описанной
окружности треугольника ABC. Пусть прямая пересекает стороны ВС> СА
и АВ треугольника ABC соответственно в точках D, Ε и Р.
Докажем сначала, что при перемещении прямой DEF параллельно самой
себе точка Μ пересечения прямых l(DFB) и l(DEC) описывает
прямую линию. Пусть точки D\9 Е\, Fi] D2, Е2, F21 Ds, Bk, Рз
соответствуют трем положениям этой прямой. Прямые l(DiF{B) ц ί(Ζ?»25ί<7),
где г = 1,2,3, пересекаются между собой в М* и пересекают прямую ВС
в точках N{ и Ki. Легко видеть, что точка N2 делит отрезок, ΝχΝ$ в
том же отношении, что и точка #2 делит отрезок ΚχΚ$. Это отношение
равно отношению, в котором D2 делит DxDs (в том же отношении 2?2
делит ЕхЕз, a F2 — Р1Р3). Поскольку прямые l(DiF{B параллельны
мфкду собой и прямые l(D{EiC) также параллельны между собой,
то прямая l(D2F2JB) делит отрезок ΜχΜ$ в том же отношении, что и
прямая l(D2E2C)) т. е. Мг лежит на отрезке ΜχΜ3.
Покажем теперь, что точка Μ описывает прямую I (ABC). Для
этого достаточно доказать, что для двух положений прямой DEF
соответствующая точка Μ лежит на 1(АВС). Рассмотрим случай,
когда эта прямая проходит через А (точки Ε и F совпадают с А).
Введем систему координат, в которой точки Л, В, С и D имеют
координаты А(0,а), 5(0,6), C(0,c), Z?(0,d). Найдем уравнение прямой
217

1(АВС). Точка пересечения высот треугольника ABC имеет
координаты (0,-^), центр описанного круга—(^г,| (а+тг))· Запишем
уравнение прямой 1(АВС):
ж(Ь + с)+2/(а +—1 = + Ьс Т~а ·
Заменяя в этом уравнении с на d, получим уравнение прямой l(ABD)y
а заменяя Ь на d—уравнение прямой l(ACD).
Можно проверить, что все три прямые имеют общую точку
0(«о,И>), где х0 = |(b + c + d)-^, jfo = £(а2 -Ье-cd-db). Этим
доказательство завершается, поскольку случай, когда прямая DEF
проходит через В или С, равнозначен рассмотренному.
560. Пусть ί, τη, η и ρ — прямые, образующие наши
треугольники (рис. 47, а). Введем следующие обозначения: Ρ—центр
окружности, вписанной в треугольник, образованный прямыми I, т и п,
Pi —центр вневписанной окружности того же треугольника, которая
касается стороны, лежащей на прямой I. Такой же смысл будут иметь
обозначения L, Mp, Nm и т. д.
L
Μ
Рт
Ν,
N
Ρ
Мр
Ln
Μι
Lm
Nm
Pi
P„
Np
L"
Mn
Ql <?2 Q3 Q4
В приведенной таблице четыре Фочки, расположенные в одной
строке или одном столбце лежат на одной окружности, причем
центры окружностей, соответствующие строкам, лежат на одной
прямой— q\y а центры, соответствующие столбцам, на другой — q%\ Яг
и qi перпендикулярны и пересекаются в точке Микеля (задача 553).
Докажем это. То, что указанные четверки лежат на одной
окружности, доказывается несложно. Обозначим через О», Qi (i = 1,2,3,4)
центры соответствующих окружностей. Докажем, что 0\Оъ
перпендикулярна Q1Q3 и Q2Q4· Если в треугольнике (Ι,τη,ή) угол между
I и т равен а, то ZLNMi = ZLmPM = 90° + f; следовательно,
ΔΏΟχΜι = ZLm02M = 180° - α. Точно так же ZLPmM = £LmPxMx =
=α/2, ZLQiM=ZLmQ3M/=a. Треугольники W\Μ/, Lm02M, LQiM,
LmQsMi—равнобедренные, их боковые стороны соответственно
перпендикулярны (например, 0\L и LQ\). Далее (рис. 47, б), Q\0\ —
-Οι<?§ = (а? + <?)-(о2 + d2) = (62+c2)-(b2 + d2) = 02Q?-02<9§.
Следовательно, 0\Оъ и Q\Qz перпендикулярны. Точно так же докажем
218

м„
N„
Рп
α)
Μ?
Рис. 47
219

перпендикулярность 0\0<ι и Q2Q4 (рассмотрим прямую, на которой
расположены точки JV, Р, iVp, Рп). Поэтому Q1Q3 и Q2Q4
параллельны (если эти точки не лежат на одной прямой). Точно так же
параллельными будут Q\Qa и Q2Q3 (они перпендикулярны ОхОз),
Q1Q2 и Q3Q4 (они перпендикулярны О1О4), Э- из этого следует, что
Qii Q2> Qs> Qa лежат на одной прямой—вд также и Οχ, Ог, Оз, О4
лежат на одной прямой—q\. Очевидно, q\ и φ перпендикулярны.
Будем перемещать прямую m параллельно самой себе. Пусть I/,
L^, 01, О2 соответствуют прямой то'. Отношение ^^ = 2ГТ7"" посто-
янно (оно равно ^-), а это означает, что при перемещении-Ш прямая
О1О2, т. е. gi, проходит через фиксированную точку. Точно так же
через фиксированную точку проходит прямая дг- Поскольку q\ и q^
перпендикулярны, то их точка пересечения описывает окружность.
Но когда т проходит через А (а также В или О), то точки L и Lm
сливаются с А, прямые О1О2 и QiQ$, т. е. q\ и #2 проходят через
А (соответственно В или О). Таким образом, точка пересечения q\
и φ пробегает описанную около треугольника ABC окружность.
Перемещая другие прямые —1> га, ρ—докажем, что точка пересечения
gi и дг принадлежит любой окружности, описанной около одного из
треугольников, образованных прямыми Z, m, га, ρ, τ. е. прямые q\ и
92 пересекаются в точке пересечения окружностей, описанных около
этих треугольников—точке Микеля.
Заменим, что «попутно» доказано, что четыре окружности,
описанные около четырех треугольников, образованных четырьмя
прямыми плоскости, пересекаются в одной точке (задача 553).
563. Обозначим одну из точек пересечения, через которую
проходит прямая, через С. Пусть Βχ, Вч, В% — основания перпендикуляров,
опущенных соответственно из 0\,02, Оз на прямую, а К и Μ — точки
пересечения прямых, параллельных ЛхЛг, проходящих через Οχ и Ог
соответственно с О2В2 и Оз-Вз- Поскольку В\ и Вч — середины хорд
А\С и ОЛг, то Β1Β2 — Α1Α2Ι2. Если α—угол между прямыми Αχ Аз и
°1°з,то ^ = ^=2^ = 2cosa; аналогично ^ = 2cosa.
565. Пусть Οχ и Ог —центры окружностей, ϋχ и i?2 — их радиусы,
Οιθ2=α>,Μ—точка пересечения общих внутренних касательных.
Окружность с диаметром 0\0ч проходит через точки пересечения общих
внешних касательных с общими внутренними касательными, При
гомотетии с центром в точке Μ и коэффициентом °"-д1"-да эта
окружность перейдет в окружность, касающуюся данных внешним образом,
с центром на ОхОг.
566. Пусть Μ — одна из точек пересечения окружностей; тогда
Μ А и Μ С — биссектрисы (внешнего и внутреннего) угла Μ
треугольника BMDy поскольку окружность с диаметром АС—геометрическое
место точек М, для которых ^ = Ц§ (см. задачу 306).
Пользуясь соотношениями между углами прямоугольного A AM С и ΔΒΜΟ,
220

убедитесь, что радиусы описанных окружностей этих треугольников,
проведенные из вершины М, взаимно перпендикулярны.
568. Заметим (рис. 48, а), что ΔΑΡΜ подобен AAMQ> AAPL
б)
Рис. 48
подобен AAKQ, AAKN подобен AALN] из этих подобий получаем:
Ш} = ТЩ» рГ = 4ь» Ж = 1ш · Перемножая эти равенства и учитывая,
что ЛМ = АЛГ, получим, что jjra · ψ% · j/g = 1, а это (см. задачу 346)
и есть необходимое и достаточное условие того, чтобы прямые MN,
РК и QL пересекались в одной точке.
Способ построения касательной с помощью одной линейки
понятен из рис. 48, б. Числа 1,2,... показывают последовательность
проведения прямых.
569· Искомое множество есть прямая — поляра точки А
относительно данной окружности (см. задачу 318)*
570. Углы AMN и BMN можно выразить через центральный угол,
соответствующий дуге АВ данной окружности (необходимо разобрать
различные случаи расположения точки N); после этого можно
определить ZAMB. Искомое геометрическое место точек есть окружность.
571. Воспользуйтесь результатами задач 568 и 318. Полученное
геометрическое место точек совпадает с геометрическим местом
точек задачи 318, т. е. это есть поляра точки А относительно данной
окружности.
572. Обозначим (рис. 49) через О точку пересечения AM и DC.
Проведем через точку В касательную ко второй окружности и
обозначим точку пересечения ее с АС через К (как и в условии). Очевидно,
что утверждение задачи эквивалентно утверждению, чтоГКО || СМ.
Пусть угол, опирающийся на дугу АВ в первой окружности равен
а, во второй —/3, тогда ZBCM = ZBAC, ZBDM = ZBAD, ZDMC =
= 180° - ΔΒΏΜ - ZBCM=180° - ΔΒAD - ABAC=180° - ΔΌAC;
следовательно, ADMC—вписанный четырехугольник, ZAftiC = /3. Далее,
если касательная ВК пересекает DM в точке L, то ZKBO = £LBD =
= ZBDL = ZCAM; значит, четырехугольник ΚΑΒΟ также вписанный
221

Рис. 49
и ΔΚΟΑ = ΔΚΒΑ = /3, т. е. КО || СМ (точно так же рассматриваются
случаи других взаимных расположений точек D, В и С).
573. Поскольку окружность с диаметром CD проходит через
фиксированную точку А на MN (MN-LCD), то
CNND = NA2 (1)
есть величина постоянная. Обозначим через К точку пересечения
PQ с MN. Покажем, что ψ^— величина постоянная. Заметим, что
/РЫП— 1АП° /РМП- QiiQxxMT мк — spmq _ PM-MQ __ МЛГ MN _ MN*
Z/4Vy-180 -ArMQ, значит, ш~Ъ^~ PN-NQ-Ш'Ш-ΊΪΝ*
(использовано равенство (1) и то, что AMNP подобен AMNC, а
ΔΜΛΓ<3 подобен AMND).
574. Равенство Δθ\ΑΩι=ΔΜΑΝ следует из результата задачи 279,
равенство Ζθι ЛО2 = 2ZCAE было доказано в процессе решения
задачи 275.
575. Пусть О и Οχ —центры двух рассматриваемых окружностей
(О — середина АВ), К — точка касания окружностей (К на прямой
00\), N — точка касания окружности Οχ с прямой CD, Μ — точка
пересечения АВ и CD. Поскольку ΟχΝ параллельна АВ и треугольники
ΚΟχΝ и КО А подобные равнобедренные, то точки К> N и А лежат
на одной прямой. Обозначим через t касательную к окружности Οχ из
точки А (считаем, что окружность Οχ внутри сегмента СВР). Имеем:
t2 = AN · АК = АС2 ввиду подобия треугольников ACN и АКС.
576. Пусть А — середина дуги данной окружности, не входящей
в сегмент, касательные к окружностям, вписанным в сегмент, из А
равны (задача 575). Из этого следует, что А лежит на прямой M/V,
поскольку АО Ι - АО\ = 0\М2 - ОъМ2, где 0\ и 02 — центры
окружностей.
222

577. Рассмотрим общий случай произвольных окружностей. Пусть
точки F и F' расположены, как показано на рис. 50. Обозначения по-
М
Рис. 50
нятны из рисунка. Докажем, что существует окружность, вписанная
в четырехугольник АКВМ, после чего воспользуемся результатом
задачи 352. Для этого достаточно доказать, что (см. задачи 538, 539)
BF + BF' = AF' + AF. (1)
Учитывая, что BL = BT, a FS = FT, получим: BF = BL-FS, и
аналогично FA = FQ - АЕ, BF' = F'P - BL, F'A = AE- F'jR. Подставляя
эти выражения в (1), получим: BL-FS+F'P-BL = AE-F'R+FQ-
-ΑΕτ*F'R + F'P = FQ + FS=*PR = SQ. Точно так же разбираются
остальные случаи расположения точек F и F1 на касательных (при
этом учитываем результаты задач 538, 539). Поскольку каждая
касательная точками касания и точкой пересечения разделена на 4 части,
то таких случаев будет 1/2 · 42 = 8.
Для доказательства второй части заметим, что середины АВ, FF1
и центр третьей окружности Оз, вписанной в АКВМ, лежит на одной
прямой (см. задачу 540). Но поскольку радиусы данных
окружностей равны, то АВ параллельна 0\Оъ (Οχ, Ог—центры данных
окружностей); А и В лежат на прямых ОхОз и О2О3. Значит, прямая,
проходящая через Оз и середину АВ, делит 0\Оъ пополам.
578. Пусть (рис. 51) Μ — точка пересечения касательных ίχ, m\
и щ, N — точка пересечения fa итг. Проведем через N прямую п^,
касающуюся а, отличную от fa- Так же, как это было сделано в
задаче 577, можно доказать, что прямые τηχ, ηχ, тг и п'2 касаются
одной окружности, причем эта окружность является вневписанной по
223

Рис. 51
отношению к треугольнику PMQ (касается стороны PQ), т. е.
совпадает с 7· Замечание. Рис. 51, с точностью до обозначений,
соответствует общему случаю расположения окружностей, удовлетворяющих
условию задачи. '
579. Докажем, что прямая D\C проходит через О — центр дуги
АВ, а прямая DC\ — через Οχ —центр дуги АВ\ (рис. 52).
Треугольник DAD\ —правильный, DC = AC, следовательно, D\CLDA и D\C
проходит через О. Аналогично DC\ ±ΰχΑ. Точка Οχ лежит на дуге
АВ, поскольку она получается из
О поворотом вокруг А на π/3.
Пусть обе дуги измеряются
величиной 6а (для удобства а > φ/6).
Тогда ΔΑΟχΟχ = 2α, ΔΟχΟχΑ = f -
Cx —α, ZFACx = 2α. Следовательно,
ZAFCx = π - 2α - (§ -α) = § - α =
= ZFCxA, т. е. AF=АСХ = АС.
Докажем, что треугольники FAC и EDC
равны. Имеем AF = AC = DC = DE,
ZCDE = LCDB - ΔΒΌΕ = π - 2α -
- (π - 2ΔΌΒΕ) = -2α + 2 (2α - f) =?
= 2α - | = Z.FAC; таким образом, FC = СЕ. Далее найдем:ч ZDCE =
= 22L - α, ΔΒχΡΌ = | — а (измеряется полусуммой соответствующих
дуг), ZBiFC=тг - ZCFA = f + α, ZDFC = fir, ZZJOF = π - fir„- а + f =
= f - а и, наконец, ZFCE= (ψ - α) - (f - α) = f.
580. Разберем два случая: 1) ААВС описан около данной
окружности; 2) окружность касается продолжений сторон АВ и АС.
В А
Рис. 52
224

В первом случае рассмотрим окружность, касающуюся сторон
угла в точках Μ и N и описанной около ААВС окружности
внутренним образом. Пусть о, Ь, с—стороны треугольника ABC, r—радиус
данной окружности, ΔΑ = a, AM = AN = χ. Воспользуемся
обобщенной теоремой Птолемея (задача 536): ха = (Ь — х)с + (с — х)Ь, откуда
х = sUfe = (a+b+ffiina = 5& τ· е· ж постоянно. (Можно доказать, нто
МЛГ проходит через центр данной окружности.)
Во втором случае нужно взять окружность, касающуюся сторон
угла и описанной около ААВС окружности внешним образом.
581. Обозначим стороны ААВС как обычно: о, Ь, с; пусть BD = d,
AD = bi, AM = x. Воспользуемся обобщенной теоремой Птолемея
(задача 536); ха + (d — Ь\ + х)Ь = (Ь — ж)с, откуда
a + o+c v'
Возьмем на АВ точку N так, что M./V параллельна ЯР. Имеем
Ol Οι
5ΛΛίΑί=(οτ) 5^=Ш ΐ^σ = οΤ65ΛΒσ·
(2)
Пусть г — радиус окружности, касающейся ΜΝ, а также
продолжений AN и AM. Тогда из (1) и (2) следует, что
2Samn 2x2Sabc 2Sabc
г = ■
AM + AiV-AflV te(bi+c-d) 0 + 6 + ^
т. е. г равняется радиус окружности, вписанной в Δ ABC, что и
требовалось.
Второе решение. Докажем следующее утверждение,
эквивалентное нашему (эквивалентность достаточно очевидна). Пусть
окружность α касается стороны АС треугольника ABC в точке Μ и
описанной около ABC окружности (точка касания на дуге АВ). Прямая УМ,
где Υ — центр вписанной в ABC окружности, вторично пересекает a
в точке Р. Тогда прямая ВР касается окружности а. (Формулировка
и метод доказательства предложены В. Ю. Протасовым.)
Обозначим через D точку пересечения ВР с АС. Тогда прямая,
проходящая через Μ параллельно BD> будет касаться вписанной в
ABC окружности (так как MY—биссектриса угла между этой
прямой ц Μ С). Пусть N — точка касания ас дугой АВ, Ε — середина
дуги АС. Прямая BY проходит через Е. Можно доказать также,
что и прямая MN проходит через Е. Углы ΔΝΒΕ и ΔΝΡΜ равны
(угловые меры дуг NM и NE равны). Отсюда следует, что точки
N, В, F, Ρ лежат на одной окружности, поэтому ΔΒΡΝ = ΔΒΥΝ.
225

Далее, ΕΥ = Ε А (см. решение
задачи 490, г). Треугольники ЕМ А
и ΕΑΝ подобны (ΔΜΕΑ^ΔΝΕΑ,
ΔΜΑΕ = ΔΟΑΕ = ΔΕΝΑ). Поэтому
ΕΜ·ΕΝ = Ε Α2 = ΕΥ2. Значит,
треугольники ΕΥΜ и ΕΝΥ подобны.
Поэтому ΔΒΥΝ = ΔΡΜΝ, а из этого
следует касание В Ρ и а.
582. Обозначим через Μ и К
точки касания окружностей с
центрами 0\ и Οι с АС. Из результата
предыдущей задачи следует, что ΔΟχΌΜ = ΔΟΚΌ = f, ΔΟ^ΌΚ =
= ΔΟΜΏ = 90° - f. Продолжим (Ж и ОМ до пересечения с Οχ Μ и
0<ιΚ соответственно в точках L и Р (рис. 53). В трапеции LMKP с
основаниями LM и Ρ К имеем ^^ = |^ = ^^. Следовательно, О1О2
проходит через точку пересечения^циагоналей трапеции — точку О.
Кроме того,
ОхО ^LM Mfftgf 2£
0O2-ptf~Mifctg§ g 2'
583. Утверждение этой задачи можно доказать с помощью
результата задачи 537, точнее ее частного случая, когда три окружности
имеют нулевой радиус—являются точками. Этими точками в данном
случае будут середины сторон треугольника.
584. Утверждение этой задачи следует из теоремы Фейербаха
(см. задачу 583) и из того, что треугольники АВСУ АНВ, ВНС, СНА
имеют одну и ту же окружность девяти точек (докажите).
585. Пусть в ААВС для определенности, а^Ь^с. Обозначим
через ill, Bu С\ середины сторон ВС, САУ АВ, а через F, Fa, Fb> Fc —
точки касания вписанной и вневписанных окружностей с
окружностью девяти точек ДАВС. Нужно доказать, что в шестиугольнике
CiFcFAxFaFb (точки, взятые в указанном порядке, образуют
шестиугольник, так как а < b ^ с)диагонали C\Au FcFa и FFb пересекаются
в одной точке, для этого достаточно доказать (см. задачу 346), что
CiFc · Λ1ι · FaFb = FCF - AiFa ■ FbCi. (1)
Используя формулы, полученные в задаче 201, найдем:
^ „ Ъ-а I R _. с-Ь / R
„„_ (a + b)R „„_ (b-a)R
. „ c-b /R „_ a + b /Д
*F°=—v RT2ra>FbCi=—ν rt^·
226

После этого равенство (1) легко проверяется. Замечание. Можно
доказать, что точки пересечения противоположных сторон
четырехугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной
и вневписанных окружностей данного треугольника с его
окружностью девяти точек, лежат на продолжениях средних линий этого
треугольника.
586· Используя формулы задач 490, 491, 585 (в последней задаче
см. ее решение), найдем J*fj- = ^?ffi$j^f - Такими же будут
отношения других соответствующих сторон треугольников FaFbFc и
AiBiCi. Точно так же доказываются подобия других пар
треугольников. При этом следует для величин А\Вч и др. получить формулы,
аналогичные формуле задачи 491.
587. Докажите, что AABP^AACQ. Для этого достаточно
доказать, что ΔΚΒΡ = ААВС и AFCQ = ААВС (по двум сторонам и
углу между ними): /QAP=/CAB + /CAQ + /ВАР = /CAB + /CAQ +
+/CQA = /CAB +180° - /QCA = /CAB + 90° - /QCF = 90°
(предполагалось, что /CAB < 90°; рассуждения в случае /CAB > 90°
аналогичны).
588. Поскольку /FE\E = /FCE = 90°, то четырехугольник
FEiEC -»- вписанный, /FCE\ = /FEEi = 60°. Аналогично,
вписанным является четырехугольник FE\AD и /E\DF = /E\AF=60°, т. е.
ADE\C—правильный. Точно так же доказывается, что правильным
является ABF\C.
589. Обозначим через Р, Q и R точки пересечения соответственно
LB и AC, AN и ВС, LB и AN. Пудть ВС = о, АС = Ь. Достаточно
показать, что Sacq = Sapb (обе эти площади отличаются от
рассматриваемых добавлением площади A APR). Из подобия
соответствующих треугольников получим CQ = PC=-£^. Следовательно,
Sacq = \АС · CQ = ^щ, Sapb = Sacb - 5Рсв = \ab - щ^у = ^bj.
591. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в цейтрах
квадратов, построенных на сторонах данного треугольника и
расположенных вне него, и площадь треугольника с вершинами в центрах
квадратов, построенных на тех же сторонах вовнутрь данного
треугольника, соответственно равны S+1(о2+Ь2+с2) и \S—|(о2 + Ь2 + с2)|, где
о, Ь, с, S—стороны ичшощадь данного треугольника.
592. Обозначим: /А\ВС = а, /А\СВ = /?; тогда АА\ делит ВС
В ОТНОШеНИИ DaBHOM SaBA* = WB>li8in(ZB+a)| с . sin£ . sin(/B+a)
В ОТНОШеНИИ, раВНОМ Saca^ - ^AC-CAiun{/C+0) b sin α ainUC+β) ·
Проделав эти же выкладки для других сторон треугольника ABC,
воспользуйтесь теоремой Чевы (задача 341).
593. Пусть KL—дуга окружности, находящаяся внутри
треугольника ABC. Продрлжив стороны АВ и ВС за точку В, получим дугу
MN, симметричную дуге KL относительно диаметра, параллельного
АС. Поскольку /В измеряется дугой, равной \{^ KL+ ^ MN) =
227

=^ KLy то дуга KL имеет постоянную длину и ей соответствует
центральный угол, равный углу В.
594. Пусть О (рис. 54) — точка
пересечения прямых, А и Αχ—два
положения точки на одной прямой,
В и В\ — положения в эти же
моменты времени другой точки.
Восставим к АВ и ΑχΒχ
перпендикуляры в их серединах и
обозначим через Μ их точку пересечения;
ΑΑΑχΜ = ΑΒΒχΜ по трем
сторонам— один получается из другого
поворотом на угол АОВ с центром
Μ. При этом повороте любое
положение точки на АО приходит в
соответствующее положение точки на
ОВ, так что Μ обладает нужным свойством.
595. а) Пусть А и В—точки пересечения окружностей, А — точка,
из которой велосипедисты выехали, Μ и Ν'—положения
велосипедистов в некоторый момент времени. Если Μ и N—по одну сторону
от АВ, то ΔΑΒΜ = ΔΑΒΝ, если по разные, то ΖΑΒΜ + ΖΑΒΝ = 180°,
т. е. точки В, Μ и N расположены на одной прямой. Если L и К —
точки окружностей, диаметрально противоположные В (L и К
фиксированы), то поскольку ZLNM = ΔΝΜΚ = 90°, то середина LK —
точка Ρ — будет равноудалена от N и Μ. Можно убедиться, что Ρ
симметрична точке В относительно середины отрезка, соединяющего
центры окружностей (рис. 55, о).
Рис. 54
а)
Рис. 55
б) Пусть Οχ и 02— центры окружностей. Возьмем точку Αχ
такую, что ΟχΑ02Αχ— параллелограмм. Легко видеть, что AM Οχ Αχ =
= ΔΝ02Αχ, так как ΜΟχ =ΟχA=02Au ΟχΑχ=02Α±Ν02, ΔΜΟχΑχ ==
= φ + ΖΑΟχΑχ = φ + ΖΑ02Αχ = ΔΝ02Αχ, где φ — угол, соответствую-
228

щий дугам, пройденным велосипедистами (рис. 55, б). Таким образом,
искомые точки симметричны точкам пересечения окружностей
относительно середины отрезка Οχ02· Замечание. В пункте а) можно
было поступить точно так же, как и в пункте б). А именно, взяв точку
Ρ таким образом, что ΔΟ1ΡΟ2 = ΔΟ1ΑΟ2 (А и Ρ—по одну сторону
от Οι02 и не совпадают), легко доказать равенство соответствующих
треугольников.
596· б) Используйте результат пункта а). Замените поворот вокруг
Οι двумя осевыми симметриями, взяв в качестве оси второй
симметрии прямую О1О2, а поворот вокруг точки 02 —двумя симметриями,
взяв в качестве оси первой симметрии прямую Οι02. Замечание.
Если а + β = 2π, то последовательное применение данных
поворотов, как легко убедиться, эквивалентно параллельному переносу.
Ответ: если α + β<2π, то углы равны f, §, π-2^, если α + /3>2π,
то углы равны π — у, π - f, Щ&-.
597. Произведем последовательно три поворота в одном
направлении вокруг точек К, L и Μ (или вокруг #Ί, L\ и М\) на углы а,
β и 7· Поскольку а + β + 7 = 2π, то получившееся преобразование
есть параллельный перенос (см. задачу 596). Но поскольку одна из
вершин исходного треугольника при этом остается неподвижной, то
неподвижными должны остаться все точки плоскости.
Таким образом, центр третьего поворота (точка М) должен
совпадать с центром поворота, получающегося в результате последоваг
тельного применения двух первых: вокруг точек К и L. Теперь можно
воспользоваться результатом задачи 596.
598. Обозначим: ΖΒΟΟ=2α, ΖΰΟΕ=2β, ZFOA=2<y. Пусть К, Μ и
L—соответственно точки пересечения окружностей, описанных около
треугольников ВОС и AOF, ВОС и DOE, AOF и DOE. Точка К —
внутри треугольника АОВ, причем ΔΒΚΟ = 180° - ZBCO = 90° + а,
Ζ;4ίίΟ=90ο+7> а поскольку а+/?+7=90°, ΖΑΚΒ=90°+β. Точно так
же ί,—внутри треугольника FOE и ZOLF=90° + 7, ZOLE = 90° + /3,
ZFL£ = 90° + α. Значит, OL = АК, ZifOL = 27 + ZtfOЛ+ZLOF = 27 +
+^#ОА+//ША=90°+7=^АК'О; таким образом, треугольники KOL
и ΑΚΌ равны, т. е. #Х=АО=Д. Аналогично доказывается, что и две
другие стороны треугольника KLM равны Л.
599. Обозначения: ABCD — данный четырехугольник, Οι, 02,
Оз, О4 — центры ромбов, построенных соответственно на АВ, ВС,
CD, DA; К и L — середины сторон АВ и ВС, Μ — середина
диагонали АС. Треугольники ΟχΚΜ и O2LM равны (ΟχΚ = \АВ = LM,
KM=\BC = 02L, ZOiKM = Z02LM). При этом, если ΖΑΒ(7 + α<π,
то эти треугольники расположены вовнутрь треугольника 0\М02,
а если ZABC + а > π, то эти треугольники находятся вне
треугольника 0\М02 (углы ромбов с вершиной В равны а). Таким
образом, 0\М =ч02М, Δθ\Μ02 = π - α. Точно так же ОзМ = O4M,
ΖΟ3ΜΟ4 = π — α. Следовательно, треугольники 0\МОъ и 02МО^
229

равны, и один получается из другого поворотом вокруг Μ на угол
π — α. Отсюда следует утверждение задачи.
600. Пусть ABC—данный треугольник, AiBiCi—треугольник
Д, А2В2С2 — треугольник δ (Αχ и А^ — центры треугольников,
построенных на ВС), стороны треугольника ABC, как обычно, равны '
о, Ь, с.
а) То что треугольники ΑχΒχΰχ и А2В2С2—правильные, следует,
например, из результата задачи 597.
б) Докажем более общее утверждение. Бели на сторонах ААВС
во внешнюю (или во внутреннюю) сторону построены подобные
треугольники АгВС, ВгСА, СХАВ так, что ZAxBC = ZBiCA = ZCiAB,
LA\CB = ΔΒχΑΟ = Z.C\BA, то точки пересечения медиан
треугольников ABC и ΑχΒχΟι совпадают. Заметим сначала, что если Μ —
точка пересечения медиан ААВС, то = 0 и, обратно,
если выполняется это равенство, то Μ — точка пересечения
медиан ААВС. Осталось проверить, что МА\ + МВ\ 4- ΜС\ = 0, или
(Ш+АС^ + ^+ВА^ + ^+СВг)^. Но Ш+Ш+мЬ^О.
Кроме того, ;4(7ι+Β;4ι+(7.Βι=0, поскольку каждый из векторов АС\,
ВА\, СВ\ получается из AS, Bu, CA поворотом на один и тот же угол
(ZA\BC) и умножением на одно и то же число.
в) Рассмотрим более общий случай. На сторонах ААВС во вне
и во внутрь его построены как на основаниях равнобедренные
треугольники АгВС, BiCA, CiBA и А[ВС, В[СА, С[ВА, в которых
отношение высоты, опущенной на основание, к длине основания
равно к. Пусть О — центр описанной около ААВС окружности, о,
Ь, с — его стороны, Ао, В0, Со — соответственно середины ВС, С А,
АВ. Будем считать для определенности, что АВСУ—остроугольный
треугольник. Тогда Sa^oCx = \МО · CiOrniB = \{OA$ + ka)(OC0 +
+ Jfcc)sinB = \OAq · OCosinB + \k2acAnB + |(оОС0 + сО Ao)sinB =
= k2SABC + Sa0oco + 4&2 (так как (аОСо + cOAq) sin2? = (aRcosC +
+ci?cosA)sini? = (acosC + c(OsA)#sin.B==|b2). Получив аналогичные
соотношения для треугольников А\ОВ\ и В\ОС\ и сложив их, найдем:
«SUiBid = (ЗА;2 + \) Sabc + f (α2+Ь2+с2) (это равенство остается
справедливым, если ААВС—тупоугольный). Для AAiB[C[ будем иметь:
Sa[B[C[ = ||(α2 + &2 + с2) - (3JRC2 +|) 5вбс|. Следовательно, если |(о2 +
+Ь2 + ^ _ (3fc2 +1) £лвс > 0, то S^Bid - SiiiBicj = (6fc2 + J) S,4bc,
если же £(о2 + б2 + с2) - (З*2 + J) 5лвс < 0, то S^BiCi - йцвде =
= |(о2 + Ь2 + с2). Можно доказать, что всегда о2+Ь2+с2 ^ ^у/ZSabc (в
задаче 658 доказывается более сильное неравенство), а это означает,
что при fc= ~т« разность площадей треугольников AiBiCi и AJBJCJ
равна Sabc-
601. Пусть три данные точки образуют треугольник ABC.
Возможны два семейства правильных треугольников, описанных около
230

ААВС. Первое семейство получается следующим образом. Построим
на сторонах треугольника окружности таким образом, что дуги этих
окружцостей, расположенные вне треугольника, измеряются углом
47г/3. Возьмем произвольную точку А\ окружности, построенной на
ВС, прямая А\В вторично пересекает окружность, построенную на
В А в точке С\, а прямая А\С пересечет окружность, построенную на
С А в точке В\. Треугольник A\BiC\—один из треугольников
первого семейства. Обозначим через Е, F и С? точки пересечения
биссектрис AA\BiCi с окружностями, построенными на сторонах данного
треугольника. Точки Е, F и G — фиксированы (Е — середина дуги
окружности, построенной на ВС и расположенной по ту же сторону
от ВС, что и ААВС). Точки E,.F и G являются центрами
правильных треугольников, построенных на сторонах ААВС внутрь его.
Треугольник EFG—правильный (см. задачу 600), его центр совпадает с
точкой пересечения медиан треугольника АВС. Центр ΑΑχΒχΰχ
лежит на окружности, описанной около EFG, квадрат радиуса этой
окружности равен (см. решение задачи 600) \ (° *2+С— 25л/3), где о,
Ь, с—стороны, S—площадь ААВС.
Второе семейство правильных треугольников, описанных около
ААВС, получается, если построить на сторонах ААВС окружности,
дуги которых,, расположенные вне ААВС, равны 2π/3.
Искомое геометрическое место точек состоит из двух
концентрических окружностей, центры которых совпадают с точкой пересечения
медиан ААВС, а радиусы равны
602. Докажем, что треугольники СВ\А2 и СА\В% получаются один
из другого поворотом около точки С на угол 90°. В самом деле,
АСААг^АСВВг (BBx=AC,BC=AAi, /.CBBx^ZCAAx), а поскольку
ААг LBC и ВВг ±АС, то ВХС± АХС. Точно так же А2С и В2С равны
и перпендикулярны.
603. Докажите, что касательные к окружности, проведенные из
вершин, между которыми расположена одна вершина
многоугольника, равны. Отсюда следует, что для многоугольника с нечетным
числом сторон точки касания являются серединами сторон.
604. Заметим, что если рассмотреть систему из векторов, имеющих
начало в центре правильного га-угольника, а концы в его вершинах, то
сумма этих векторов равна нулю. В самом деле, если повернуть все
эти векторы на угол 2π/η, то их сумма не изменится, а с другой
стороны, вектор, равный их сумме, повернется на этот же угол. Значит,
и сумма проекций этих векторов на любую ось равна нулю.
Вернемся к задаче. Если φ—угол между данной прямой
(обозначим ее через I) и одним из векторов, то остальные векторы образуют
углы y> + ^f, ^ + 2—, ..., y> + (n —1)~. Квадрат расстояния от fc-й
вершины до I равен sin2 (y? + fc~) = |(l-cos(2y> + fc^)). **° вели"
чины cos (2φ + к~) можно рассматривать как проекции на / системы
231

η векторов, образующие с J углы 2φ + к***· (к=0,1,..., η -1). При η
нечетном эти векторы образуют правильный га-угольник, при га четном
будет дважды повторенный j-угольник. Ответ: §.
$05. а) Бели сторона многоугольника равна о, S—его площадь, χχ,
Х2У..., хп—расстояния от некоторой точки внутри него до сторон, то
утверждение задачи следует из равенства S = (α$χ + ох2 +... + α#η)/2.
б) Рассмотрим правильный многоугольник, содержащий
данный внутри себя, стороны которого параллельны сторонам данного.
Сумма расстояний от произвольной точки внутри данного
многоугольника до сторон правильного—постоянна (пункт а) и отличается
от суммы расстояний до сторон данного на постоянную величину.
606. Обозначим через Βχ, 1?2, ···, Вп+1 точки, симметричные Αχ,
Лг, ..., Αη+χ относительно диаметра АъА2П+и Ck и С'к— точки
пересечения прямой AkA2n+i-k с ОАп и ΟΑη+χ. Пусть 2?*-ι и^ —
точки пересечения прямых AkBk-i и AkBk+x с диаметром. Очевидно,
что эти же точки являются точками пересечения с диаметром прямых
BkAk-i и AkBk+i- Очевидно, что ADk-iAkDk =АСкОС'к. Таким
образом, сумма отрезков С*С£ равна сумме отрезков Dk-1Dk (fc = l,...,ra),
D0 = Aqj Dn = О, т. е. равна радиусу.
607. Пусть А (рис. 56) — данная точка, Ak— какая-то вершина
2га-угольника, Bk-i и В* — основания перпендикуляров, опущенных
из А на стороны, заключающие А*, а* и /?* — углы, образованные
прямой AAk с этими сторонами (/?* =ZAAkBk-x, a* = /.AAkBk).
Поскольку около четырехугольника ABk-xAkBk можно описать
окружность, то ZABfc-1-B*=<**, ZABkBk-i =/3* (или дополняют эти углы до
180°); таким образом, по теореме синусов ^^ = fj^, ABh-^Bk^ =
^ΖίΆΐ\' Пф^ножая эти равенства для fc = 2,4,...,2η, заменяя
индекс 2га +1 на 1, получим требуемый результат.
<Ю8. Докажите, что если Ok и Ok+i — центры окружностей,
касающихся данной окружности в точках Ak и Ak+x, В — точка их
пересечения, лежащая на хорде AkAk+x; г*, rk+i—их радиусы, то
г к + r*+i =r, ZAkOkB = ZAk+xOk+iB = <iAkOAk+x (г—радиус данной
окружности, О—ее центр). Отсюда следует равенство радиусов
через один, что при га нечетном приведет к тому, что все они — по г/2.
Кроме того, ^ АкВ+ ^ BAk+χ =^ AkAk+χ (берутся длины меньших
дуг соответствующих окружностей).
609. а) Пусть А — произвольная точка окружности (А — на дуге
ΑχΑ2η+ι)· Обозначим сторону многоугольника через о, а длину
диагонали, соединяющей вершины через одну,— через Ь. По теореме
Птолемея (задача 534) для четырехугольника AAkAk+xAk+2 имеем:'
AAk а+AAk+2Q>=AAk+x Ь (к=1,2,... 2η -1). Аналогичные соотношения
можно записать для четырехугольников Α2ηΑ2η+\ΑΑχ и Α2η-\·ιΑΑχΑ2:
ΑΑχα + AA2n+ib = АА2По>>
232

Дь-
Ак+х
У N а-у
Рис. 56
Рис. 57
ΑΑ2η+χα + АА\Ь = АА2о.
Сложив все эти равенства, оставляя вершины с четными номерами
справа, а с нечетными слева, получим требуемое утверждение.
б) Наше утверждение следует из пункта а) и результата
задачи 206. (Аналогичную формулу можно получить в случае
внутреннего касания.)
610. а) Пусть I пересекает АС и ВС соответственно в точках К πΝ
и касается окружности в точке Μ (рис. 57). Обозначим: АС—ВС=ау
АК=КМ = х, BN = NM=y. Очевидно, ^=<fl~ffi~rt, но по теореме
косинусов для ACKN верно равенство (х + у)2 = (а — х)2 + (о — у)2 —
-2(а - χ) (а - у) cos α -* sin2 f = y^Jvl· ν. Таким образом, ^y = sin2f.
(Аналогично рассматриваются другие случаи расположения прямой
ι.)
б) Воспользуемся результатом пункта а). Перемножая
соответствующие равенства для всех углов η-угольника, получим
квадрат искомого отношения, а само отношение окажется равным
1/ (sinЦьsinЦ*...sin^j*·), где αχ, аг, ..., αη—углы многоугольника.
в) Воспользуемся результатом пункта а). Если обозначим точки
касания сторон ΑχΑ2> А2А3,..., Α2η-χΑ2η, ΑΐηΑχ с окружностью
соответственно через В\} В2у ..., ifen-ь #2п, через a*i, Хг,..., a?2n-i> ^2η —
соответственно расстояния от Αχ, А2, ..., А2п до /, через j/i, 2/2, ···>
2/2n — соответственно расстояния от Βχ, В2, ..., В2п ДО /, то получим:
τ2
У2пУ\
*™2Ψ
τ2
2/12/2 sin4
^2η _
2θ2'
2
2/2η-ΐ2/2η 8Ш
2«k'
где αχ, аг, ..., ot2n— углы многоугольника. Перемножая равенства,
содержащие χχ, жз, ..., Ж2п-ь и деля на произведение остальных
равенств, получим:
(ΧχΧ3··Χ2η-ΐ\ _ / J
Х2Х4. .^2n / \si
sin^sin^.
.sin^
sin^sin3f.
.sin
Q2n-1 J
2 /
233

611. Утверждение задачи может быть доказано по индукции.
Начало индукции, п = 4, разобрано в задаче 532.
Можно предложить, однако, иной путь, основанный на
следующем равенстве. Пусть в треугольнике ABC угол А — наибольший,
г и R — соответственно радиусы вписанной и описанной
окружностей, da, d&, dc— расстояния от центра описанной окружности до
соответствующих сторон треугольника. Тогда
r+R=da+db + dc (1)
для остроугольного треугольника и
r + ii=-da + d6 + dc (2)
для тупоугольного треугольника (для прямоугольного da = 0).
Доказательство. Пуст^ ABC — остроугольный треугольник, .
А0, Во r Cq—соответственно середины сторон ВС, С А, АВ, О—центр
описанной окружности. По теореме Птолемея (задача 534) для
четырехугольника АВоОСо имеем: |dc + %аь = f Л. Записав еще два таких
соотношения для четырехугольников ВСоОАо и CBqOAq и сложив их,
получим:
{l+l)d*+(hddb+(l+l)da=\ia+b+c)R=pR
откуда p(da + db + dc) - \{cdc + bdt + ada) =рД. Поскольку \{cdc + Ьаь +
+ada) = S = pr, то после сокращения на ρ получим равенство (1).
Аналогично рассматривается случай ΔΑ > 90°.
Из соотношений (1), (2) следует утверждение задачи. Для этого
запишем соответствующие равенства для всех треугольников
разбиения. Заметим, что каждая диагональ является стороной для двух
треугольников. Следовательно, в соотношения, соответствующие этим
треугольникам, расстояние до выбранной диагонали войдет с
противоположными знаками. Значит, если мы сложим все эти равенства, то
получим, при условии, что центр окружности внутри многоугольника
£r+#=di+d2 + ...+dn, iftedi, «fe, ···, dn—расстояния от центра
окружности до сторон многоугольника. Если же центр окружности вне
многоугольника, то расстояние до наибольшей стороны надо взять со
знаком минус.
612. Рассмотрим, для определенности, случай, когда точка Μ
находится внутри многоугольника. Обозначим через и и ν расстояния
от Μ до А1А2 и А\Ап соответственно, а через χ и у соответственно
проекции А\М на Α\Α2 и А\Ап (величины χ и у надо считать
положительными, если эти проекции расположены на лучах А1А2 и А\Ап,
и отрицательными в противоположном случае), ΑχΒχ = А\Вп = о,
ΔΑ2Α\Αη = α. Можно выразить и и ν через жи|/:и= ^jfa -xf^,
234

* = 1Ш-УШ>0™**и + * = (х + У)Ч^ = (* + У)Ъ1 = (х + У)5·
Теперь имеем: {МВ\ + МВ*)а = ((х - о)2 + и2 + {у - о)2 + v2)o = ((ж -
-а)2 + (гх-г)2 + (2/-а)2 + (v-r)2+2r(u+u) - 2r2)a=2<Pa+2ra(u+t/)-
—2г2о = 2d2 а + 2г2(ж + у) — 2г2о. Записав аналогичные равенства для
каждой вершины и сложив их, получим утверждение задачи.
613. Рассмотрим три треугольника—ABC, ACD и ADB,
имеющих общую вершину А. Обозначим через В\, С\ и £>ι проекции Μ
соответственно на АВ, АС и AD. Прямые В\С\У C\D\ и i?iBi
являются прямыми Симеона точки Μ относительно треугольников ABC,
ACD и ADB. Но точки Л, М, Ви С\, D\ лежат на одной
окружности (AM—ее диаметр). Следовательно, проекции точки Μ на В\С\,
C\D\ и D\B\ лежат на одной прямой—прямой Симеона точки Μ
относительно треугольника B\C\D\. Рассмотрев затем проекции точки
на прямые Симеона, соответствующие трем треугольникам с общей
вершиной Ву получим, что и эти три проекции также лежат на одной
прямой, а значит—все четыре проекции лежат на одной прямой.
Индукционный переход от η к п +1 осуществляется точно так же.
Λ /
?2^
^<Vy2
n^ Д2
N. ~^„
4
Рис. 58
614. Пусть, для определенности, В\ находится на дуге А\А2У
ограничивающей сегмент, не содержащий окружности β. Обозначим через
Сь (72, ... точки касания соответственно А\А^ А^А^У ... с
окружностью βί через Du #2, -··—точки касания В\В^ Вг^з» ··· с той же
235

окружностью (рис. 58). К, L и Ρ соответственно точки пересечения
DiCi и АгВи DiCi и А2В2у AXBX и А2В2.
В треугольниках А\КС\ и D\LB2 имеем: 1КС\А\ = ZLDiB2,
ZCiAiK = ZDiB2L; значит, и ΔΟχΚΑχ =ZDiLB2, т. е.
AKPL—равнобедренный, KP = PL.
Рассмотрим окружность 7, касающуюся #Р и PL соответственно
в точках К и L. Центр этой окружности находится на прямой,
проводящей через центры а и β (см. задачу 309).
Пусть прямая D2C2 пересекает А2В2 и А3В3 в точках V и Μ
соответственно. Как и в предыдущем случае, докажем, что существует
окружность 7; с центром на прямой, проходящей через центры α и /3 и
касающаяся А2В2 и Α$Β$ в точках L* и Μ соответственно. Докажем,
что 7 и 7; совпадают. Для этого достаточно доказать совпадение L и
ь . имеем. LB2 - 5^^^! - IjDid.B^sinZB^d - b2dx · Аналогично
Γ*βϊ = S^ = B^> т. e. L и V совпадают. Замечание. Из
рассуждений следует, что в рассматриваемом случае точки касания 7 с
прямыми А\В\, А2В2у..., находятся внутри отрезков ΑχΒι, Α2Β2,....
615. В обозначениях предыдущей задачи утверждение сводится к
следующему: если Αη+ι совпадает с Αχ, то rt ·Βη+ι совпадает с В\.
Допустим, это не так. Тогда ΑχΒχ и ΑχΒη+\ касаются окружности 7>
А\А2 пересекает 7» #ι и ·Βη+ι находятся на дуге
А\А2^соответствующей сегменту, не содержащему /3. Точки касания ΑχΒχ и А\Вп+\ с
7 лежат внутри отрезков А\В\ и ΑχΒη+χ. Получается, что из Αχ к 7
проведены две касательные, причем точки их касания с 7 находятся
по одну сторону от секущей ΑχΑ2. Этого быть не может.
616. Рассмотрим АВ0ХС0. Прямая XR является биссектрисой
угла СоХВо. Легко проверить, что ZCoRBo = § + \Δθ§ΧΒ§. Отсюда
следует, что CoR и Д>Д являются биссектрисами углов ХСоВо и
ХВоСо (см. задачу 46). Точно так же в треугольниках CqYAq и AqZBq
точки Ρ и Q являются точками пересечения биссектрис. Отсюда,
учитывая, что ZPA0Q = ZA/3, ZQB0R = £B/3, ZRC0P = ZC/3, получаем
утверждение, из которого следует теорема Морлея.
617. При решении задачи используем следующие легко
доказываемые утверждения.
а) Если на биссектрисе внутреннего угла Μ треугольника KLM
внутри него взята точка N так, что ZKNL = ^(π + ZKML), то N —
точка пересечения биссектрис AKLM (см. задачу 46).
б) Если внутри угла KML вне AKLM на продолжении
биссектрисы внутреннего угла Μ взята точка N так, что ZKNL = |(7г —
—ΔΚΜΙ), то N — точка пересечения биссектрисы угла Μ и
биссектрис внешних углов К и L.
в) Если на биссектрисе внешнего угла К треугольника KML
внутри угла KML взята точка N так, что ZMNL= \lMKL, τοΝ—точка
пересечения биссектрисы угла Μ и биссектрис внешних углов К и L.
236

Доказательство нашего утверждения для всех возможных
значений i, j, к (а их, с точностью до перестановки индексов г, j, к
оказывается семь случаев) проведем по одной схеме. Каждый раз
будем формулировать и доказывать соответствующее обратное
утверждение, эквивалентное рассматриваемому случаю теоремы Морлея.
Пример рассуждения по такой схеме дает предыдущая задача. Чтобы
не повторяться, выделим вначале общую часть рассуждений.
Рассмотрим правильный треугольник PQR. На его сторонах как на
основаниях построены равнобедренные треугольники PXQ, QYRy RZP
(как и какие треугольники построены, для каждого случая укажем
дальше). Обозначим через Aq точку пересечения прямых ZP и FQ,
через Во—точку пересечения прямых XQ и ZR, через Со — прямых YR
и ХР. Тогда для каждого случая докажем, что треугольник AqBoCo
подобен треугольнику ABC, а лучи AqP и AoQ, B0Q и BoR, CoR и
СоР являются для него триссектрисами соответствующего рода.
Укажем теперь, как и какие треугольники следует строить на ·
сторонах треугольника PQR в каждом случае.
1) i = j = k = l; ZPXQ = ±{n + 2ZA), ZQYR=±(n + 2ZB), ZRZP =
= |(π + 2Ζ(7). Все треугольники расположены во внешнюю по
отношению к APQR сторону.
2) г = 1,i = fc=2; ZPXQ = l(n-2ZA)y ZQYR=n-^, ZRZP=n-
— Щр-. Все треугольники расположены во внешнюю ίιο отношению к
APQR сторону. (Считаем, что ΖΑ<π/2. Если же ΖΑ>π/2, то APXQ
«выворачивается» на другую сторону APQR, ZPXQ = \{2ΔΑ — π).
Если ΖΑ=π/2, то APXQ превратится в пару параллельных прямых.
Это замечание следует иметь в виду и далее.)
3) г = j = 1, Jfc = 3; £PXQ = |(π - 2ΔΑ), ZQYR = ±(тг - 2ΔΒ),
£RZP=\{k+2£C). Треугольники PXQ и QYR расположены во
внешнюю по отношению к APQR сторону, a ARZP — во внутреннюю
(см. замечание к пункту 2).
4) i = j = Jfc = 2; ZPXQ = |(ττ-2ΖΑ), ZQYR= |(τγ-2ΖΒ), £RZP =
= |(7Γ-2Ζ(7). Все треугольники расположены по ту же сторону от
соответствующих сторон APQR, что и сам APQR (см. замечание к
пункту 2).
ч5) г = 1, j = 2, Jfc = 3; £PXQ = §(тг + 2ZA), ZQYR = |(тг - 2ΔΒ),
ARZP=7г — 2^2. Треугольник PZQ построен во внешнюю по
отношению к APQR сторону, а два другие—во внутреннюю (см. замечание
к пункту 2).
6) i = 2, j = Jfc = 3; АРХ<2 = к-Ц±у LQYR = |(π + 2ΖΒ), ZflZP =
= |(π + 2Ζ(7). Треугольник PXQ расположен во внешнюю, а два
другие во внутреннюю по отношению к APQR сторону.
7) i=j = Jfc = 3; /PXQ = k-^, ZQFfl=7r-^, ZRZP=n- *ψ.
Все треугольники расположены внутри APQR.
237

Пункт 1 доказан в задаче 616.
Докажем, для примера, пункт 2/
Пусть Zj4<7t/2. Рассмотрим треугольник В0ХСо, в котором XR—
биссектриса угла ВоХСо. Кроме того, ZBoRCo = ^(п + £В0ХСо). В
соответствии с утверждением a) R — точка пересечения биссектрис
этого треугольника (если Л>7г/2, то BqR и CqR—биссектрисы
внешних углов треугольника BqXCq). Далее, в CqYAo имеем:
YP—биссектриса внешнего угла Г, /.AqPCo = ^ZAYC0 (это легко проверить). В
соответствии с утверждением в) Ρ—точка пересечения биссектрисы
угла CoA0Y и биссектрис внешних углов AqCqY и CqYAq треугольника
CoYA0. Точно так же точка Q по отношению к AAqZBo является
точкой пересечения биссектрисы угла ZAqB0 и биссектрис внешних
углов AqZBo и AqBoZ. (Из этого следует, что треугольник PQR по
отношению к треугольнику АоВоСо образован пересечением триссек-
трис первого рода угла Aq с триссектрисами второго рода углов Во и
Со (имеется в виду пункт 2).) Сам же AAqBoCo подобен ААВС.
Во всех оставшихся пунктах 3-7 рассуждения аналогичны,
варьируются лишь используемые утверждения а), б), в).
Меняя местами индексы г, j, Л, заметим, что пункту 5
соответствуют шесть правильных треугольников, пунктам 2, 3, 6 — по три
правильных треугольника каждому, пунктам 1, 4 и 7—по одному
правильному треугольнику. Всего, таким образом, получаем
восемнадцать правильных треугольников.
Теперь в каждом случае выберем размеры APQR таким образом,
чтобы соответствующий ААоВ0Со был бы равен ААВС. Будем
накладывать получившиеся восемнадцать чертежей один на другой так,
чтобы совместились треугольники ABC. Порядок накладывания
изберем следующий: сначала берем чертеж, соответствующий пункту 1,
затем три чертежа, соответствующие пункту 3, потом шесть
чертежей пункта 5, потом три чертежа пункта 2 и, наконец, три чертежа
пункта 6 и по одному—пунктов 4 и 7. При каждом очередном
наложении хотя бы одна из вершин соответствующего правильного
треугольника должна совпасть с одной из вершин уже имеющихся
правильных треугольников. Подсчет углов показывает, что пять вершин
двух правильных треугольников, имеющих общую вершину, лежат на
двух прямых, проходящих через эту общую вершину. Таким образом,
вершины всех восемнадцати правильных треугольников «обязаны»
расположиться так, как показано на рис. 59. (На этом рисунке через
αχβ[ и т. д. обозначена точка пересечения триссектрйс αχ и β[.)
618. Для правильного треугольника со стороной 1 радиус каждой
из окружностей Мальфатти равен <ν/γ"1. Сумма площадей
соответствующих кругов M2jp£llf Сумма же площадей трех кругов, один из
которых вписан в этот треугольник, а два других касаются его и двух
сторон треугольника каждый, равна ^| > 3π(2^3?.
238

«304
Рис. 59

619. Воспользуйтесь равенством Rr = ^ и неравенством 2р = а +
+b-l-c^3v^abc (теорема о среднем).
620. Если pi—полупериметр треугольника с вершинами в
основаниях высот данного, р, S>r и R соответственно полупериметр,
площадь, радиус вписанной окружности и радиус описанной окружности,
то 5=рг и, кроме того, S=p\R (последнее следует из того, что радиус
описанной окружности, идущий в вершину треугольника,
перпендикулярен отрезку, соединяющему основания высот, опущенных на
стороны, из этой вершины выходящие). Следовательно, р\ =pjj < \р.
621. Если та — наибольшая из медиан, то, заменяя в
соотношении Шд >т\ + т*, следующем из условия, медианы через стороны
а, бис треугольника (задача 11), получим, что 5а2 <Ь2 + с*> откуда
<^>^=§(*+f)H>f·
622. Пусть О—точка пересечения диагоналей четырехугольника
ABCD. Предположим, что все углы, указанные в условии, больше π/4.
Тогда на отрезках ОВ и ОС можно взять соответственно точки В\ и
d так, что ΔΒ\ΑΟ = ΔθΒιΟ\ =π/4. Пусть Ζ2?ΟΑ = α>π/4. Имеем
„ „„ ОВг О А О А ^„А
ОС>ОС\ = -т=—τ1 г = τ ~ч . / гт = 7Г- >0А-
V2sin(a-f) 2sm(a-f)sin(a + f) cos2a
Точно так же докажем неравенство О А > ОС. Противоречие.
623. Пусть в ААВС стороны связаны соотношением с^Ь ζα.
Возьмем на СВ точку Μ так, что /САМ = \/С. Надо доказать,
что СМ < §. По теореме синусов для АСАМ имеем: СМ = J£$ =
— 6 _ об2 ^ о
~~ 2совС+1 ~~ а*+аЬ+Ь*-с* ^ 2'
624. Пусть D—середина АС. Восставим в D перпендикуляр к АС
и обозначим через Μ точку пересечения его с ВС\ ААМС —
равнобедренный, значит, /MAC = /ВСА. По условию AABD также
равнобедренный, /ABD-/BDA, /АВМ > 90° (по условию), /ADM =
= 90°; значит, /MBD > /MDB и MD > ВМ* Отсюда следует, что
/MAD > /МАВ (если отобразим симметрично В относительно
прямой AM, то получим точку В\ внутри угла MAD, так как MD ± AD
и MD > MB = ΜΒχ; таким образом, /С > /А - /С, /С > \/А.
625. Если окружность касается продолжений сторон АВ и АС
треугольника ABC и ее центр О, то легко найти, что /ВОС=90° — §^А.
Таким образом, /ВОС + ZA = 90° + §ZA ^ 180°.
626. Пусть AD — высота, AL—биссектриса, AM—медиана.
Продолжим биссектрису до пересечения с описанной около треугольника
окружностью в точке Αχ. Поскольку Μ Αχ || AD, то /Μ Αχ Α ^/LAD.
Ответ: если /А < 90°, то угол между медианой и биссектрисой
меньше, чем угол между биссектрисой и высотой. Если /А > 90° —
наоборот; если ZA = 90°, то углы равны.
240

627. Если AD — высота, AN— медиана, М-4-точка пересечения *
медиан, то ctgB + ctgC=£§ + ^ = ^^ = ^ = §.
628. Из того, что Sbam = Sbcm и ВС > ЁАУ СМ > Μ А следует, что
sin ^BAM > sin ZBCM. Значит, если углы острые, то ZBAM>/.BCM;
тупым же может быть лишь угол ВАМ. Таким образом, всегда
ZBAM>ZBCM.
629. Если 0А=а, R—радиус окружности, К—точка пересечения
О А и DE, то легко найти, что ОК = а- 9Ч=^- = ^^ > R.
630. Обозначения даны на рис. 60. В первом случае (рис. 60, о)
А В А В
а) б)
Рис. 60
АВ <ΑΑι +ΑχΒι +ΒιΒ=ΑΑχ +AiC+BiD+BBi =AC+BD. Во втором
случае (рис. 60, б) АВ > ВК - АК > BE - АС. Обратное утверждение
легко доказывается от противного.
631· Пусть К у L и Μ — точки пересечения проведенных прямых
с АС. Обозначим: АС = ft, ВС = о, АВ = с, BL = I. По теореме о
биссектрисе внутреннего угла найдем: LC = ^; применяя еще раз
эту теорему для ABCL, найдем: LM = ^ - ^ = itc [}~~ Й/)' но
ZBLA = §ZB + ZC = *-^+ze > ΖΑ (так как ZC > 3ZA - π). Значит,
с>/и1М<^(1-^)=Ь^<£.г
632. Пусть ABCD—данный четырехугольник. Рассмотрим
четырехугольник AB\CD, где В\ симметрична В относительно срединного
перпендикуляра к диагонали АС. Очевидно, площади ABCD и AB\CD
равны, стороны AB\CD в порядке обхода равны Ь, а, с, d.
Неравенство £< l/2(ac + ftd) для четырехугольника AB\CD очевидно.
Равенство имеет место, если ΔΌΑΒχ = ΔΒ\ CD = 90°, т. е. четырехугольник
AB\CD—вписанный, с двумя противоположными углами по 90°;
значит, четырехугольник ABCD тоже вписан (в ту же окружность) и его
диагонали перпендикулярны.
633. Рассмотрим два случая.
241

1) данный треугольник (ABC)—остроугольный. Пусть ΔΒ
—наибольший: 60° ^ZB<90°. Поскольку биссектрисы углов А и С меньше
1, то и высоты этих углов Па и he меньше 1. Имеем Sabc = |йпВ < ^·
2),Если один из углов треугольника, например В, не острый, то
стороны, его заключающие, меньше соответствующих биссектрис, т. е.
меньше 1, а площадь не превосходит 1/2.
634. Пусть с—наибольшая сторона, противолежащая вершине С.
Если о2 + Ь2+с2-8Д2>0, то а2+ &>Ж2-<?><? (так как с<2Я), т. е.
треугольник — остроугольный. Обратно, пусть треугольник —
остроугольный; тогда о2 + Ь2 + с2 = 2m2 + fc2 (mc — медиана к стороне с);
поэтому, чем меньше медиана, тем меньше (Г^+^+с2, но медиана
максимальна, если С — середина дуги, и уменьшается при
перемещении С по дуге; когда же треугольник станет прямоугольным, то
а2 + Ь2 + с2 - 8Л2 будет равно 0.
635. Заменив Л и г по формулам Д= ^, г = |, воспользуйтесь
для S формулой Герона и равенством
АС(2( abc S\ ( abc S\
. =i(o! + li!-c!)(o!-k! + c!)(-o!+i), + (!i).
О
636. Допустим противное, например, что с^а\ тогда 2d^ с + о > Ь;
возводя неравенства в квадрат и складывая, получаем: 5с2 > о2 + Ь2 —
противоречие.
63Т; Биссектриса угла В является биссектрисой ΔΟΒΗ, а
биссектриса угла А является биссектрисой ΔΟΑΉ. Далее, ΔΒΑΗ = 90° -
-ΔΒ < 90° - ZA = /ЛВЯ; значит, АН > ВН. Если К и М —точки
пересечения биссектрис углов Аи В с ОН, то ^ = j^ = ^ > ^ =
= §§ = j£§ , Таким образом, НК > НМ и точка пересечения биссектрис
углов Аи В находится внутри ΔΒΟΗ.
638. Обозначим АВ=ВС=о, ЛМ=с, Μ С=Ь, MB=m, ZBMO=^,
ΖΜΒΟ=φ. Нужно доказать,, что ОВ>ОМ илиф><р, или cos^<cos^?.
По теореме косинусов для АМВА и АМВС цолучим: cosy> — cos^ =
= "^-*Ч^ = ^^^^HKeW); но α.с = ь _а;
значит, cos^-cos^ = Н(^^) = ^^^Ιγ6^-"^ =
= (6-fl)(m+^a)(m-a+6) > ^ 4TQ и требовалось доказать.
639. Проведем через Μ прямую, параллельную АС до
пересечения с АВ в точке К. Легко найдем: АК = СМ · ^§, МК = MB · £g.
Поскольку АМ^ АК + КМ, то, заменяя АК и JfM, получим: ЛМ^
^ с^ав^М^ас^^аМ-АС)ВС^ (АВ-АС)МС, что и требовалось.
640. Минимум равен a + ь3 *с и достигается, если Μ — центр
тяжести ААВС. (Это можно доказать, например, методом координат
или воспользовавшись теоремой Лейбница—см. задачу 437.)
242,

641. «Спрямим» путь шара: для этого вместо того, Чтобы
«отражать» шар от борта, будем отражать зеркально относительно этого
борта сам биллиард. Получим систему лучей с общей вершиной;
любые два соседних луча образуют угол а. Максимальное число лучей
системы, которые может пересечь прямая, и есть максимальное число
отражений шара. Это число равно [£] +1, если ζ — не целое число
([х]—целая часть числа ж); если же £ — число целое, то оно равно
максимальному числу отражений.
642. Если дороги построить так, как показано на рис. 61 (А, В, С и
D—деревни, дороги—сплошные линии), то их суммарная длина
будет 2+2л/3<5,5. Можно показать, что указанное расположение дорог
реализует минимум их суммарной длины.
643. Бели одна из сторон
треугольника, проходящая через А,
образует угол φ с прямой,
перпендикулярной данным параллельным
прямым, то другая сторона образует
угол 180° — φ — α; найдя эти
стороны, получим, что площадь
треугольника равна -2со£™&+а) =
= -c»affiW Это сражение
минимально, если α + 2φ = 180°.
Ответ: 5min = abctg f.
644. Имеем: Sacbd = jbrjSocd =
= 2(fc + l)SocD· Следовательно, Sacbd будет наибольшей, когда
наибольшей будет площадь треугольника OCD. Но треугольник OCD —
равнобедренный с боковой стороной, равной Д; значит, его площадь
максимальна, когда достигает максимума синус угла при вершине О.
Обозначим этот угол через φ. Очевидно, ψο ^ φ < π, где φο
соответствует случаю перпендикулярности АВ и CD. Следовательно, если
φο < π/2, то максимальная площадь AOCD соответствует значению
φι =π/2; если же φο >π/2, то значению φι =φο· Ответ: если к^у/2—1,
то «?шах = {к + 1)-R2; если к > у/2 — 1, то 5тах = 2R2y/k(k + 2)/(k + l).
645. Пусть прямая ВС удовлетворяет условию задачи: ВР^МС
(порядок следования точек: В, Ρ, Μ, С). Докажем, что площадь
четырехугольника ABNC—наименьшая. Проведем другую прямую,
пересекающую стороны угла в точках Βχ и (7χ. Пусть точка В лежит
между точками А и Βχ, тогда точка Сх лежит между точками А и
С. Надо доказать, что Sbbxn > Sccxn- Это неравенство эквивалентно
неравенству Sbbxp > ScdP* поскольку fff^j· = J^i£. = ^£.
Прибавим к обеим частям последнего неравенства Sbpch получим слева
SbbiP + Sbpci^SbbiPCi^SciCB! (следует из равенства ВР^МС),
а справа SccxP^Sbpcx—Sc^cb- Но, очевидно, SdCBx > SdCB-
Аналогично разбирается случай, когда точка Βι лежит между точками А
Рис. 61
243

и В. Построение. Достаточно провести какую-либо прямую,
пересекающую стороны данного угла и прямые AN и AM соответственно
в точках В0, Роу Λί0 и Со так, что В0Р0 =М0Со, а затем провести
через Μ прямую, параллельную Во Со· Рассмотрим параллелограмм
ABoDCo] обозначим через К и L точки пересечения прямых АРо и
АМо соответственно с B0D и CoD. Из равенства Во Л) ==МоСо следует,
что SabqK = SacoL- Задача сводится к построению двух равновеликих
треугольников ABqK и ЛСоЬ, все углы которых известны. Возьмем
Во произвольно, построим ААВ0К. Возьмем на АВо точку £7 так, что
ZBoKE = ZALCo- Построим отрезок АСо, равный у/В0Е · Во А.
Прямая В0Со — искомая. Замечание. Рассмотрим следующую задачу.
Через точку Μ внутри данного угла провести прямую,
пересекающую стороны угла в точках В и С таким образом, чтобы отрезок ВС
был наименьшим. Из рассмотренной задачи следует, что наименьшим
отрезок ВС будет в том случае, когда ВР = М(7, где Ρ — проекция
вершины данного угла на ВС. (Следует даже большее, а именно: если
отрезок ВС обладает указанным свойством, то для любой другой
прямой, проходящей через Μ и пересекающей стороны угла в точках Βχ
и Ci, проекция отрезка В\С\ на отрезок ВС будет больше, чем ВС)
Построение такого отрезка, однако, не всегда возможно с помощью
циркуля и линейки. (
646. Пусть М\ и N\ —две другие точки на сторонах угла (рис. 62).
Тогда ΔΜχΑΝχ=β, £АМгМ = Ж° -α- β- έΟΝιΑ> 180° - έΟΝχΑ =
= ΔΑΝ\Ν. Отсюда, учитывая, что ΔΜΑΜχ — ΔΝΑΝχ, получим, что
Μχ Α < ΝχΑ и, значит, Smxam < SniAN\ таким образом, SoMxANi <
< Soman-
Μχ/
.J% ·
Νι N
Рис. 62 Рис. 63
647. Учитывая результат предыдущей задачи, нужно выяснить,
при каких условиях можно найти на сторонах угла точки Μ и N
такие, что ΖΜΑΝ = β и Μ А = AN. Опишем около треугольника MON
окружность (рис. 63). Поскольку φ + ψ + β< 180°, то точка А будет
вне ее. Если L — точка пересечения прямой О А с окружностью, то
должны выполняться неравенства ΔΑΜΝ = 90° — § > ZLMN = ZLON
и ΔΑΝΜ = 90° - § > ZLOM. Таким образом, если φ < 90° - § и
244

ψ < 90° - f, то можно найти точки Μ и N такие, что Μ А = AN
и ΔΜΑΝ = /?. Если же условия не выполняются, то таких точек
найти нельзя. В этом рлучае четырехугольник максимальной
площади вырождается в треугольник (одна из точек Μ или N совпадает
с О).
648. Возьмем точку Αι на
ВСΛ (рис. 64). Четырехугольник
ΟΜΑχΝ равновелик
четырехугольнику ΟΜΑΝ, ΖΜΑχΝ < ΖΜΑΝ;
следовательно, если взять точку Μχ
на ОВ так, что ΔΜχΑχΝ" = ΔΜΑΝ,
то SomxAxN > Soman; значит,
площадь четырехугольника OMAN
меньше площади максимального
четырехугольника, соответствую- ^ис* "*
щегр точке Αχ, что с учетом результатов двух предыдущих задач
доказывает утверждение.
649· Пусть для определенности sina^sin/J; возьмем на
продолжении АВ точку К так, что ΔΒΚΟ = /3; так как ΔΟΒΚ = ΔΑΌΟ
(поскольку четырехугольник ABCD — вписанный), то АКБ С подобен
AACD. Но ВС ^ CD, следовательно, вврк ^ &4DC и &*#с ^ Sabcd-
Но .W = a2sinHSina> значит> 5"<» < ***№$"*: Аналогично
доказывается, что Sabcd > ^"iffi"^·
650. Рассмотрите другое положение точек Μχ и Νχ (ΔΜχΑΝχ =/?)
и покажите, учитывая условие a + /3 > 180°, что «добавившийся»
треугольник имеет большую площадь, чем треугольник, на который
площадь уменьшается (аналогично решению задачи 646).
651· Учитывая результат предыдущей задачи и рассуждая точно
так же, как в задаче 647, получим, что если φ>90° — § и ф > 90° - §,
то четырехугольник наименьшей площади существует и для него
MA = AN. Если же это условие не выполняется, то искомый
четырехугольник вырождается (одна из точек Μ или N совпадает с вершиной
о.)
652. Возьмем точку А, для которой выполняются условия задачи,
и какую-то другую точку Αχ. Проведя через Αχ прямые,
параллельные AM и AN и пересекающие стороны в точках Μχ и Νχ, убедимся,
что SoMxAxNi < Soman и, следовательно, тем более площадь
минимального четырехугольника, соответствующего точке Αχ, меньше
площади четырехугольника OMAN—минимального четырехугольника,
соответствующего точке А.
653. Радиус наибольшего круга равен радиусу окружности,
описанной около правильного треугольника со стороной 2Д, т. е. 2U/V5.
(Возьмем такой треугольник и на его сторонах как на диаметрах
построим окружности.) Для любой окружности большего радиуса, если
бы она была покрыта данными кругами, нашлась бы дуга не меньше,
245

чем в 120°, покрытая одним кругом, но такая дуга содержит хорду
больше 2R—противоречие.
В общем случае, если существует остроугольный треугольник со
сторонами 2Дь 2i?2, 2Д3, то радиус описанной около него
окружности и будет искомым. Во всех остальных случаях радиус наибольшего
круга равен наибольшему из чисел Дх, Лг, Лз-
654. Можно. На рис. 65 показаны три единичных квадрата,
покрывающие квадрат со стороной 5/4.
655. Заметим сначала, чяо
сторона наименьшего правильного
треугольника, покрывающего ромб со
стороной о и острым углом 60°,
равна 2а. В самом деле, если
вершины острых углов Μ и N ромба
находятся на сторонах АВ и ВС
правильного треугольника ABC и
ZBNM = а, 30° < а < 90°, то, найдя
BN по теореме синусов из ABNM
и CN по теореме синусов из AKNC
(К — вершина тупого угла ромба,
экена на
Рис. 65
стороне АС),
которая, можно считать, располо-
получим после преобразований: ВС =
=2aCO8Jo68^°0Ta); учитывая, что 30° ^а<90°, найдем, что ВО2а. Легко
видеть, что правильный треугольник со стороной 3/2 можно покрыть
тремя правильными треугольниками со стороной 1. Для этого
каждый единичный треугольник положим так, чтобы одна его вершина
совместилась с одной из вершин покрываемого треугольника, а
середина противоположной стороны совпала бы с центром покрываемого
треугольника.
Покажем теперь, что правильный треугольник со стороной Ь>3/2
нельзя покрыть тремя правильными единичными треугольниками.
Если бы такое покрытие было возможно, то вершины А, В и С были
бы покрыты разными треугольниками, а каждая из сторон АВ, ВС,
СА покрывалась бы двумя треугольниками. Пусть А принадлежит
треугольнику /, В—И, С—///, центр О треугольника принадлежит,
например, треугольнику /. Возьмем на АВ и АС точки Μ πΝ так, что
AM = AN = |Ь. Поскольку ВМ ·
:CiV = |Ь> 1, то точки Μ и N также
принадлежат треугольнику / и, следовательно, ромб ΑΜΟΝ целиком
покрыт треугольником, сторона которого меньше 2AM (2AM > 1), что
невозможно.
656. Обозначим отношения ^, Щ и ^ через α, β и д. Тогда
(см. решение задачи 221) Ρ = <2αβΊ, S = Q(a + l)(/? + l)(7 + l). Затем
воспользуемся неравенством (а + !)(/? + 1)("У+1) > (^α#γ +1)8.
657. Пусть ctga =ь ж, ctg/З ±= $/, тогда ctg7 - л+у
a2 ctga + Ь2 ctg/З + с2 ctg7 = (а2 - Ь2 - <?)х + Ь2(х + у) + с2
-*у+* te £±L -
χ+y
X,
Ы
Мини-
246

мум выражения ^(z + yj + c2^^ при фиксированном χ и х + у>0
достигается при таком у, для которого выполняется равенство Ь?(х +
+»)-*£*-► £ЙГ - *■ Таким образом, f = ^- = jft. Значит,
наименьшее значение данного в условии выражения достигается для
таких а, /? и 7> синусы которых пропорциональны сторонам а, 6 и с,
т. е. когда рассматриваемые треугольники подобны. Но в этом случае
имеет место равенство (легко проверить).
658. Обозначим: р —а = ж, p — b = y> p — c = z (ρ—полупериметр).
Оставив в правой части неравенства 45>/3, получим после
преобразования левой части (например, о2 — (Ь — с)2 = 4(р- Ь)(р — с) = 4уя) и
замены 5 по формуле Герона неравенство ху+у ζ+ζχ ^ д/3(ж + j/ 4· я) жуя.
Разделив обе части неравенства на v/5j/i и сделав замену w = yj{xy)/zy
ν = yj{yz)/xy w = \/(zx)/y (x = utu, # = t/ti, 2: = uw), получим
неравенство u+v+tu ^ ^(uv + vw + wu), которое после возведения в квадрат
приводится к известному неравенству и2 + ν2 + гу2 ^ tit/ + глу + гм.
659. Существуют два семейства правильных треугольников,
описанных около данного треугольника (см. задачу 601). Построим на
сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону правильные
треугольники АВС\, ВСА\, САВ\ и опишем около них окружности.
Вершины треугольников первого семейства расположены по одной
на этих окружностях. Пусть Οι, Ог, Оз—центры этих
окружностей (ΔΟ1Ο2Ο3 — правильный, см. задачу 600). Наибольшую площадь
будет иметь треугольник, стороны которого параллельны сторонам
треугольника О1О2О3 (секущая, проходящая через точку
пересечения двух окружностей, имеет наибольшую длину, когда она
параллельна линии центров, в этом случае ее длина в два раза больше
расстояния между центрами). Площадь наибольшего треугольника
будет S0 =450lo2o3 - *? (*>+?*c*+2SV5), где 5 —площадь
данного треугольника (см. решение задачи 601). Для треугольников
второго семейства площадь наибольшего будет меньше. Среди
правильных треугольников, вписанных в данный, наименьшую площадь будет
иметь тот, стороны которого параллельны сторонам наибольшего
описанного. Это следует из результата задачи 241. Его площадь равна
S\ = 52/5ο· Таким образом, площадь наибольшего описанного
правильного треугольника равна So = '° ^ь +с ' + 25, а наименьшего
вписанного—Si = §j-, где S—площадь данного треугольника.
660. Опишем около треугольника AM С окружность. Все
треугольники А\МСУ получающиеся при перемещении Μ по дуге АСУ
подобны между собой, следовательно, отношение j^ будет для них
одним и тем же. Поэтому, если Μ — точка минимума выражения
/(М) = Bjf'ff* > то ВМ должна проходить через центр окружности,
описанной около треугольника АМС% иначе можно уменьшить ВМ,
247

оставляя постоянным отношение jpfe. Пусть теперь В\ и С\ —точки
пересечения прямых ВМ и СМ с окружностью, описанной около
треугольника ABC, тогда в%мМ = Св^м* = ΑοΪμΜ· Следовательно,
прямые AM и СМ также должны проходить через центры
окружностей, описанных около треугольников ВМС и АМВ соответственно.
Таким образом, точка Μ — центр вписанной окружности (см.
задачу 422). Кроме того, в этом случае Αχ — центр окружности,
описанной около треугольника СМВ, sin ZMBC = jfe, 8ΪηΖΜΒθ —ΊΑ\Μ\
значит, ВУ'^М = 2г. Вернемся к вопросу о достижении наименьшего
значения функцией /(М). Известная теорема анализа утверждает,
что функция, непрерывная на замкнутом множестве, достигает
своего наибольшего и наименьшего значения. В частности, эта теорема
верна для функции двух переменных, определеннрй на
многоугольнике. Однако к этой задаче теорема непосредственно не применима—
функция f(M) не определена в вершинах треугольника ABC. Если
же отрезать от треугольника уголки, то получим шестиугольник, на
котором f(M) уже будет непрерывной функцией и, следовательно,
будет иметь наименьшее значение. Можно доказать, что вблизи границы
треугольника /(М) > 2г. Поэтому, если отрезаемые уголки достаточно
малы, наименьшее значение /(М) на шестиугольниках, а значит, и на
треугольнике, достигается, когда Μ — центр вписанной окружности,
это наименьшее значение равно 2г. С другой стороны, наибольшего
значения /(М) не принимает, хотя и является ограниченной.
Докажите, что /(М) <1, где I—длина наибольшей стороны треугольника
ABC, для всех точек треугольника, исключая вершины, и /(М) может
принимать значения, сколь угодно близкие к I.
661. Возьмем на лучах MB и МС соответственно точки С\ и Βχ
так, что МС\ =МС, МВ\ =МВ (AMC\Bi симметричен АМВС
относительно биссектрисы угла ВМС), С2 и В2—соответственно
проекции С\ и В\ на прямую AM. Имеем BMsin/lAMC + CM sin Δ ΑΜΒ =
= ВгМsin/.AMC + CiMsin/.AMB = BiB2 + CiC2^BiCi = а. Записав
еще два таких же неравенства и сложив их, докажем утверждение
задачи. Нетрудно проверить, что если Μ совпадает с центром вписанной
окружности, то неравенство обращается в равенство.
662. а) Решим сначала следующую задачу. Пусть Μ — точка на
стороне АВ треугольника ABC, расстояния от Μ до сторон ВС и АС*
равны соответственно и и v, h\ и h2—высоты, опущенные
соответственно на ВС и АС. Доказать, что выражение **■ + ** достигает
наименьшего значения, когда Μ—середина АВ. Обозначим, как обычно,
ВС = а, АС = Ь, S — площадь ААВС. Имеем: ati + iw = 2S, v = ^j^.
Подставим ν в выражение ^ + ^ = t, получим: atu2 — 2Stu + 2h\S = 0.
Дискриминант этого уравнения неотрицателен, £Ρ(ί2 -4t) ^0, откуда
t ^ 4. Наименьшее значение t = 4 достигается при u = S/a = Λι/2,
v = h2/2. Из этой задачи следует, что наименьшее значение левой
части неравенства пункта а) достигается, когда Μ—точка пересечения
248

медиан. Аналогично доказываются неравенства пунктов б) и в). В
пункте б) надо определить, для какой точки Μ на стороне АВ
достигает наибольшего значения произведение uv. В пункте в)
предварительно разделим обе ласти неравенства на uvw и решим задачу о
минимуме функции {h\/u — Vjfa/v — 1) для точки Μ на АВ.
663. Пусть для остроугольного треугольника ABC выполняется
неравенство АС ζ АВ ζ ВС; BD—высота, О—центр описанной, J—
центр вписанной окружностей Δ ABC, Ε — проекция J на BD.
Поскольку ED = r, то надо доказать, что BE^R = BO. Но
BI—биссектриса угла ЕВО (BI—биссектриса угла ABC и ZABD = ZOBC),
Ζ#Ε/=90°, ΔΒΟΙ^ 90° (последнее следует из того, что проекция CI
на ВС не превосходит ВС/2). Следовательно, ВЕ^ВО (отобразим
ВО симметрично относительно ΒΙ).
664· Поскольку площадь треугольника, составленного из медиан
другого треугольника, составляет 3/4 площади исходного
треугольника, а для любого треугольника abc = 4RS, то надо доказать, что
для остроугольного треугольника справедливо неравенство
гпатьтс > "zobc (1)
о
Пусть для удобства вычислений, одна из сторон равна 2d, а медиана
к этой стороне равна т. Поскольку треугольник остроугольный, то
m>d. Обозначим через t косинус острого угла, образованного этой
медианой со стороной 2d, O^t<d/m (t<d/m — условие остроуголь-
ности треугольника). Выражая стороны и медианы через d, га и t и
подставляя найденные выражения и неравенство (1), получим после
преобразований: т2(9<Р +m2)2 -25<Р (d2 +т2)2 >i2d2m2(64m2 - lOOd2).
Левая часть неравенства приводится к виду (m2 — 4dm + 5d2)(m2 +
+4dm+5d2)(m2 — d2). При m>d это выражение положительно. Кроме
того, если ra = d (треугольник прямоугольный), то левая часть
неравенства не меньше правой (равенство при £=0). Далее, если d<m< |d,
то правая часть неравенства неположительна и неравенство
справедливо. Пусть m > |d. В этом случае правая часть неравенства меньше,
чем значение, получающееся при t = d/m. Но при t = d/m исходный
треугольник прямоугольный, а для прямоугольных треугольников
уже доказана справедливость нестрогого неравенства. (Достаточно
повторить те же рассуждения относительно другой стороны
треугольника.) Таким образом, доказано, что для любых нетупоугольных
треугольников за исключением равнобедренных прямоугольных
справедливо неравенство (1); для равнобедренных прямоугольных
треугольников имеет место равенство.
665. Пусть Μ лежит внутри ABC на расстояниях ж, у и ζ
соответственно до сторон ВС у С А и АВ. Задача состоит в том, чтобы найти
минимум х2 + у2 + ζ2 при условии аж + 6у + ся =2Sabc- Очевидно, что
этот минимум достигается при тех же значениях ж, у> я, что и минимум
249

χ2 + у2 + ζ2 - 2Χ(αχ + by + cz) = (χ - λα)2 + (у - ХЬ)2 + (ζ - Ac)2 - λ2(α2 +
+6* +с2), где λ — произвольное фиксированное число" (при том же
условии ax + by+cz = 2SABc)- Взяв Х= J+$£c* (λ находится из
уравнений ж = Аа, 2/ = АЬ, 2=λο, ож + Ьу-Ьс^ = 25лвс), видим, что минимум
последнего выражения будет достигаться при χ = λα, у = АЬ, ζ = Ас.
Пусть теперь точка Μ удалена от ВС, С А и АВ на расстояния
соответственно λα, ХЬ и λο, а точка М\ — симметрична Μ относительно
биссектрисы угла А. Поскольку SaM\C — SaM\B) to М\ лежит на
медиане угла Ау а это значит, что Μ лежит на симедиане этого угла
(см. задачу 468).
666. Пусть Μ—точка внутри треугольника ABC, все углы
которого меньше 120°. Повернем A AM С вокруг точки А на угол 60° во
внешнюю по отношению к ААВС сторону. При этом точка С
перейдет в точку Си точка Μ—в точку Αίχ. Сумма АМ + ВМ + СМ равна
ломаной ВММ\С. Наименьшей эта ломаная будет, когда точки Μ и
М\ лежат на отрезке ВС\. Отсюда следует утверждение задачи.
667. Пусть ABC — данный остроугольный треугольник, А\ —
точка на стороне ВС, В\—на С А, С\ —на АВ, Аъ и Аз — точки,
симметричные Αχ относительно сторон АВ и АС (соответственно).
Ломаная А2С1В1А3 равна периметру треугольника Αχ Bid; следовательно,
этот периметр при фиксированной точке Αχ будет наименьшим,
когда точки С\ и В\ лежат на отрезке А2А3, и будет равен Л2Л3. Но
ААА2А3—равнобедренный, ΔΑ2ΑΑ3 = 2LBAC, А2А = А^А = АА\.
Значит, А2А3 будет наименьшим, если АА\ — высота ABAC. Точно так
же высотами должны являться и ВВи и С Си
668. Если все углы треугольника меньше 120°, то наименьшее
значение сумма расстояний будет принимать для точки, из
которой стороны видны под углом 120° (см. задачу 666). Эта сумма
равна ВС\ (обозначения задачи 666). Квадрат этой суммы равен
а2+Ь2 - 2abcos(ZC+60°) = \{а2+Ь2+С2)+2Sy/3. Но из задачи 658
следует, что at+tf+c?^ 45>/3. Осталось доказать неравенство S ^ Зу/Зг2.
Это неравенство доказывается достаточно просто; оно выражает тот
факт, что наименьшую площадь среди всех описанных около
данной окружности треугольников имеет правильный треугольник (для
него выполнено равенство). Для завершения доказательства
необходимо проверить неравенство a + Ь ^ 6г, поскольку для треугольника
с углом, большим 120°, наименьшее значение сумма расстояний до
вершин достигается в вершине тупого угла.
669. Докажем правую часть неравенства. Пусть для
определенности Ь ^ с.
1) Еслиа^Ь, то2р=а + Ь + с=(Ь-а) + с+2а<2с+2а^2£с+2а=
— о Ъс+а2
а
2) Если а^Ь^с, то а<2Ь и 2р=а + Ь+с=(Ь+с-а) + 2а<с+2а<
250

Левая часть неравенства следует из правой части и тождества
(Ь + с)(р-а) -bccosA = a (^±fii -p\
670. Имеем: Щ = $£ = f§ = f§, т. е. liCJV параллельна CD,
четырехугольник KLMN—параллелограмм. Пусть АК = а, КС = Ь,
BK = x,KD = y,z> £; тогда S*Lm = SALM-Uutl = (^-) Sadc-
~ϊ+ϊ · Йь5^<? = 4j (^ - ^ь) ^Sabcd < j£$sSabcd. Обознаг
чим: 2//ж = t. Нетрудно доказать, что наибольшее значение функции
t/(l -bt)3 достигается при t=1/2 (например, взяв производную от этой,
функции) и равно 4/27. Таким образом, Sklmn = %Sklm < ^Sabcd-
671. Обозначим стороны Δ ABC, как обычно: α, Ь и с, /—центр
вписанной окружности. Справедливо следующее векторное равенство
(оно следует из свойства биссектрисы, см. задачу 9):
/Ха+/2?Ь.+/£.с=0. (1)
Кроме того, IB <c,IC< Ь. Эти неравенства следуют из того, что углы
AIB и AIC—тупые. Возьмем точку Αχ достаточно близкую к точк^ А
так, чтобы по-прежнему выполнялись неравенства 1\В<с,1\С<Ъу где
h —центр вписанной в АА\ВС окружности. Стороны АА\ВС равны
a, bi, c\. Как и для ААВС запишем равенство
I^i-a+hEh+hdc^Q. (2)
Вычтем (1) из (2):
a(I^i-l2)+I$bi-n$b+h6ci-ldc = 0. (3)
Заметим, что
/uI-/3=a?+iiL (4)
ii^.bi-/S.b=A^(bi-b)+iil.b, (5)
W^-ldc^hdicx-^+ht-c. (6)
Заменяя в (3) соответствующие разности по формулам (4), (5), (6),
получим:
I^(a + b + c)+Atva+hS{b1-b)+h6(c1'-c) = 0.
Поскольку \Г[Ё\ < с, 1\д < Ь, |bi - Ь| < А\Х |сх - с\ < |ΑΪΑ|, то
^Ώ= ^тЬ^1^Ж«-Ь/1^(Ьх-Ь)+7Т^(сх -с)| ^c^yli-aibis =^^1β Из
этого можно вывести утверждение задачи для любого положения
251

Αχ. Замечание. По существу было продифференцировано
равенство (1) и доказано, что' У а > Vr, где У а и У\—скорости, с которыми
перемещаются точки А и I.
672. Опишем около треугольников ABF, BCD и САЕ
окружности. Они имеют общую точку Μ. Поскольку углы треугольника DEF
постоянны, ΔΌ = 7> £& = а» ^ ^ & то построенные окружности и
точка Μ не зависят от φ. Сторона DF (а следовательно, и ^F и
2£Р) будет наибольшей, когда DF перпендикулярна ВМ. Пусть у>0 —
угол, соответствующий этому положению. Тогда /.МВС = LMCA =
= ZMAB = 90° — ψο. Продолжим СМ до пересечения с окружностью,
описанной около треугольника АМВ, в точке F\. Можно найти, что
ZFiBi4 = a, ZF\AB = /?; F\B оказывается параллельной АС. Опустим
из Fi и В перпендикуляры F\N и BL на АС. Поскольку FiN=BL, то
tgV>o=ctg(90°-^0) = ^ = ^ + # + g£ = ctgi8 + ctga + ctg7. Таким
образом, tg<po =ctga + ctg/? + ctg7. Замечание. Угол ω = 90°-<ρο
называется углом Брокара, а точка Μ — точкой Брокара. Для
каждого треугольника существует две точки Брокара. Положение второй
точки Μχ определяется условием ΔΜχΒΑ^ /М\АС' = ZM\CB.
673. Положим: ^g> = ж, ^f = 2/, ^^ = ζ. Будем считать, что
χ < 1/2. Если предположить, что площади треугольников ABiCi,
ВС\А\ и СА\В\ больше площади треугольника А\В\С\, то ζ < 1/2
(иначе SaCiBi ^ «AiCiBi) и^ 1/2. Площади всех рассматриваемых
треугольников легко выражаются через Sabc и ж, у, я, например:
SUbiCi = ^С1~~ z)Sabc- Неравенство SaxBxCi <SabiCi приведется к
виду 1 — х(1 — я) -2/(1 — χ) — z{\~y)<x(l — ζ). Сложив три таких
неравенства, получим: 3 — 4я(1 - ζ) - 4j/(l — χ) - 4я(1 — у) < 0. Поскольку
последнее неравенство линейно относительно х, у, ζ, то, если бы оно
выполнялось при некоторых ж, j/, z между 0 и 1/2, то оно должно
было бы выполняться и при каком-либо наборе крайних значений
переменных, т. е. когда каждое переменное равно 0 или 1/2. Но можно
проверить, что это не так. Полученное противоречие доказывает наше
утверждение.
674. Пусть Q—середина ОН, Q—центр окружности девяти точек
(см. задачу 457). Имеем: OH2+±QP=20P+2HI2. Так как QI=R/2-
—г (на основании теоремы Фейербаха, задача 583), OP = R2 -2Rr
(формула Эйлера, задача 490), то учитывая, что Д^2г, получим:
ОН2 = 2IH2 + R2 - 4r2 ^ 2/Я2.
675· Изящную идею доказательства неравенств подобного типа
предложил Казаринов (Kazarinoff, Michigan Mathematical Journal,
1957, № 2, pp. 97-98). Суть ее состоит в следующем. Возьмем на
лучах АВ и АС по точке В\ и С\ соответственно. Очевидно, что
сумма площадей параллелограммов, построенных на АВ\ и AM и на
АС\ и AM, равна площади параллелограмма, одна сторона которого
252

BiCi, а другая параллельна AM и равна AM (см. также задачу 337).
Следовательно,
ACiv + ABiw^BiCix. (1)
а) Возьмем точки В\ и С\ совпадающими с точками В и С;
тогда неравенство (1) даст неравенство bv + cw^ax. Сложив три таких
неравенства, получим требуемое.
б) Если АВ\ =АС, АС\ =АВУ тогда неравенство (1) даст
неравенство cv + bw^ax, или х^^оЛ-\ш. Сложив три таких неравенства,
получим:
x+V + zzQ + iy+il + ^v+Q + fjw^u + v + w).
в) В пункте а) было доказано неравенство ax^bv + cw, откуда
хи ^ %uv + %wu. Точно так же yv ^ %uv+ fun;, zw ^ ^uw + %vw. Сложив
эти три неравенства, получим
хи
+yv+zw^ ( т + - ) tit;+ ( - + т ) tni;+f- + -j ti;ti^2(tit/+vti;+wti).
г) Обозначим через А\у В\у С\ проекции точки Μ соответственно
на стороны ВС у СА, АВ треугольника ABC. Возьмем на лучах МЛ,
MAU MB, ΜΒχ, МС, MCi соответственно точки Л', А!и В\ В[у С", С[
так, чтоМАМА'^МАхМА'^МВМВ'^МВх-МВ^МСМС'^
= МСг -МС[ =сР*. Можно доказать, что точки Л', В', С" лежат
соответственно на прямых B[Ci, C[A!U Α[Β[9 причем МЛ', MB', MС
соответственно перпендикулярны этим прямым. Таким образом, в
AAiB[Ci расстояния от Μ до вершин равны ^-, ^-, ^-, а до
противоположных сторон—^-, γ, γ· Применяя неравенство пункта б),
получим требуемое неравенство.
д) Возьмем в неравенстве (1) Ь\ =с\ =/; тогда οχ =2isin у. Будем
иметь х^ 28ίη4^"*"^' Получив аналогичные неравенства для у и & и
перемножив их, получим:
XVZ>Q ■ л ■ в ■ с(ц + ц)(ц + щ)(ц; + ц) =
8sinf sinf sin у
= — (ι* + v)(v + iu) (iu + и)
(равенство sin у · sin у · sin у = ^ было доказано в процессе решения
задачи 240).
Это преобразование называется инверсией. См. замечание к решению
задачи 537.
253

е) Из неравенства предыдущего пункта следует:
xyz ^ £2у/ш} · 2y/vw · 2y/wu = ^jruvw.
ж) Поделив друг на друга неравенства пунктов г) и е), получим
доказываемое неравенство.
Замечание. В неравенстве пункта а) равенство достигается для
любого остроугольного треугольника, когда Μ совпадает с точкой
пересечения высот треугольника. В пунктах б), в), г) и ж)
равенство достигается для равностороннего треугольника, когда Μ — центр
этоЬэ треугольника. В пунктах д) и е) равенство достигается в любом
треугольнике, когда Μ — центр вписанной окружности.
676. Рассмотрим класс подобных между собой треугольников.
В качестве представителя этого класса выберем такой треугольник
ABC у в котором АВ = ν, ВС = и, АС = 1, причем и < υ ^ 1. Таким
образом, каждому классу подобных между собой треугольников
будет соответствовать точка В внутри криволинейного треугольника
CDE, где D — середина АС, дуга ЕС есть дуга окружности с
центром в точке А и радиусом 1, ED±AC (рис. 66). Треугольник ABD
A L D С
Рис. 66
будем называть «левым» треугольником, треугольник ВВС —
«правым». Рассмотрим процесс, описанный в условии задачи; при этом на
каждом шагу будем оставлять лишь те треугольники, подобные
которым ранее не встречались. Для каждого треугольника будем брать
представителя определяемого им класса, описанного выше. Пусть X,
Υ у Ζ — середины соответственно АВ> DB, CB, m = DB, h — высота
ААВС. Для «правых» треугольников возможны три случая.
- 1) и < 1/2, т < 1/2 или и < т, 1/2 < т, т. е. наибольшей является
сторона DC или BD. Этот случай имеет место, если В расположена
254

внутри фигуры DMFC, где DM— дуга окружности радиуса 1/2 с
центром в точке С, FC—правая часть дуги ЕС, ХЩ=?МС = 1/2, DC
и FM—отрезки, FM±DC. При этом дуга Μ С (центр которой D)
отделяет область, для которой в ADBC наибольшей является сторона
DC, от области, для которой наибольшая сторона—DB.
Представитель ADBC в этом случае имеет высоту, равную 2ft, если
наибольшей является DC у или ^ < ^ШР = к -2Vi-ft* = qi W*' qi V1) > h ecjm
/Кл/7/4.
2) u> m, u > 1/2, ν > 2m. Заметим, что равенство ν = 2m имеет
место на окружности с диаметром LC, где AL = 1/3. Внутри этой
окружности ν > 2т. Этот случай имеет место, если точка В
внутри криволинейного треугольника DKN (KN и ND—дуги, DK —
отрезок). Поскольку треугольник DZC подобен исходному
треугольнику ABC, рассматриваем лишь ADZB. Наибольшая сторона у не(го
DZ, равная ν/2. Его представитель будет иметь высоту, равную
Ж*р? = &>Т^>тк = 8/9+(4/3)Vi/»-* =<ft(ft)/t' » W>l-
3) и ^ 1/2, и ^ т, ν < 2т. В этом случае в ABZD наибольшей
является сторона BD, равная m и рассматривать дальше части ABDC нет
необходимости, поскольку ΔΒΚΖ подобен ABDC, а Δϋ?ΓΖ подобен
AABD (ADZС уже не рассматриваем).
Для «левых» треугольников возможных случаев два, они
аналогичны случаям 2 и 3 для «правых» треугольников.
2') Если В внутри фигуры DKNC, то для дальнейших
рассмотрений оставляем треугольник DXB, равный треугольнику DZB; его
представитель имеет высоту не меньше, чем дг(Л)Л.
3') Если В вне фигуры DKNC, то дальнейшее рассмотрение
частей AABD заканчивается.
Заметим, что коэффициент φ (ft) с ростом ft растет, в то время
как </i (ft) убываем и становится равным 1 в точке F, й = л/7/4.
Возьмем точки Ρ и Q на FM и дуге FC достаточно близко к F. Внутри
фигуры Βχ KNMPQBt выполняются неравенства gx (ft) ^ g0, g2 (h) ^ go >
go > 1. Следовательно, коэффициент возрастания ft во всех случаях
не меньше, чем до, и через конечное число шагов или для всех
рассматриваемых треугольников будет иметь место случай 3 или же
вершина треугольника окажется внутри криволинейного треугольника
PFQ. Ситуация, когда точка В внутри PFQ легко рассматривается
отдельно. При этом рассматривать следует «правые» треугольники.
Достаточно выполнения условия FP^FM= ут-у/*я в ABDC сторона
BD, равная т,— наибольшая, ft2 < 7/16. Можно показать, что
представителю класса треугольников, подобных BDC, будет соответствовать
точка вне криволинейного треугольника PFQ. А поскольку высота
при этом не уменьшится, то для обеих частей ABDC будет иметь
место случай 3. Этим завершается доказательство первой части.
255

Вторая часть следует из результата задачи 623, а также из того,
что все треугольники, которые рассматриваются после первого
деления, имеют представителя, высота которого не меньше h и, следоваг
тельно, наименьший угол не меньше, чем АВ±АС> \LB\AC^\lBAC'.
677. Сформулируем и докажем более сильный, чем это требуется
по условию, результат, полученный М. Д. Ковалевым. Среди всех
выпуклых фигур, покрывающих любой треугольник со сторонами, не
превосходящими единицы, наименьшую площадь имеет треугольник
ABC у в котором Z4 = 60°, AB = 1, а высота, опущенная на АВ, равна
cos 10°. Площадь этого треугольника равна | cos 10° « 0,4924.
1) Заметим, что нам достаточно найти треугольник,
покрывающий любой равнобедренный треугольник, боковые стороны которого
равны 1, а угол φ между ними не превосходит 60°. Это следует из того,
что любой треугольник со сторонами, не превосходящими 1, можно
покрыть равнобедренным треугольником указанного вида.
2) Докажем, что любой указанный в пункте 1) равнобедренный
треугольник может быть покрыт ААВС. Построим окружность с
центром в точке С и радиусом 1. Пусть К> L, Μ и N —
последовательные точки ее пересечения с СВУ В А и AC (Lis. M находятся на В А),
ZLCM = ZMC7V = 20°. Значит, равнобедренные треугольники с углом
0 < φ < 20° покрываются сектором CMN, а треугольники, у которых
20° < φ ^ ZC будут покрыты Δ ABC, если концы основания взять на
дугах KL и MN, а третью вершину—в точке С. Построим теперь
окружность единичного радиуса с центром в точке А. Эта окружность
проходит через точку В> вторично пересекает ВС в точке Р, сторону
АС — в точке Q. Получаем: ΔΡΑΒ = 180° - 2ZB < ZC, поскольку В —
наибольший угол ААВС. Значит, взяв вершину равнобедренного
треугольника в точке Л, а концы основания в точке В и на дуге PQ,
можно покрыть любой равнобедренный треугольник, для которого
ZC<ip^60° (даже 180°-2ΔΒ< <р <60°).
3) Докажем, что как бы ни были расположены на плоскости
равнобедренный треугольник DEF, в котором ZDEF = 20°, DE=EF=1
и равносторонний треугольник XYZ со стороной 1, площадь
наименьшей выпуклой фигуры, содержащей треугольники DEF и XYZy не
меньше, чем \ cos 10°. Сначала заметим, что сторона наименьшего
правильного треугольника, содержащего DEF, равна -З-cos 10°*
(Справедливо следующее утверждение: если один треугольник возможно
поместить внутри другого, то его можно расположить так, что две
его вершины будут находиться да сторонах большего. Доказывать
это общее утверждение не будем. Достаточно проверить его
справедливость в случае, когда один из них есть ADEF, а другой —
правильный. Это сделать нетрудно.) Рассмотрим теперь наименьший
правильный треугольник X\Y\Z\ со сторонами, параллельными сторонам
треугольника ΧΥΖ, содержащий треугольники DEF и ΧΥΖ. Сторона
треугольника ΧχΥχΖχ не меньше, чем -£■ cos 10°, а высота не меньше,
256

чем cos 10°. На сторонах ΑΧχΥιΖι, не содержащих сторон &ΧΥΖ,
должны находиться вершины ADEF. Следовательно, сумма
расстояний от тех вершин ADEF, которые находятся вне ΔΧΥΖ, до
соответствующих сторон ΑΧΥΖ не меньше, чем cos 10° — ^, а площадь
наименьшего выпуклого многоугольника, содержащего ADEF и Δ-ΧΥΖ,
не меньше, чем \ ί cos 10°- ^J + ^ = |cosl0°. (М. Д. Ковалевым
было также доказано, что наименьшая по площади найденная нами
выпуклая покрышка для треугольников со сторонами, не
превосходящими единицы, единственна.) Замечание. Рассмотренная задача
естественным образом возникает в связи с широкоизвестной
нерешенной проблемой Лебега о форме наименьшей по площади фигуры,
способной накрыть любое множество на плоскости, если диаметр этого
множества не превосходит единицы.
3. Разные задачи
678. Если центры указанных окружностей не совпадают, то, как
нетрудно доказать, диагональ BD является осью симметрии данного
параллелограмма, а значит, ABCD— ромб и угол ВВС равен 40°.
Если же эти центры совпадают, то ABCD— прямоугольник и угол
ВВС равен 50°.
Итак, задача имеет два решения: искомый угол равен либо 40°,
либо 50°.
679. Пусть AD — большее основание трапеции ABCD, ΑΑχ, ΒΒχ,
СС\ и DD\ —биссектрисы'ее внутренних углов. По условию, ΑΒχ =
= BiCi = CiD и BDi =DiAi=A\C (это единственно возможный
случай реализации условия). Пусть ВС = Зо. Из того, что ΑΑχ и ΒΒχ
является биссектрисами соответствующих углов, следует, что В Αχ =
= АВ = АВг (ZBA1A = ZA1AD = ZBAAU ΔΑΒΒ± = ΔΒχΒΰ= ΔΒΒχΑ).
Таким образом, АВ = 2а, AD = 6а; трапеция равнобочная.
Проведя высоту В Μ, по теореме Пифагора получим: 4а2 — 9а2/4==
== 1, откуда α = 2/\/7, площадь трапеции равна 9/\/7.
680. Считая сторону квадрата равной 1 и обозначив длину
отрезка АР через р, из подобия треугольников АВР и СРМ будем иметь
1: (\/2—р)=р: 1/2. Из этого равенства легко получаем, что р=1/\/2,
т. е. точка Ρ—середина диагонали квадрата, а угол а равен 45°.
681. ВС = 4.
682. Обозначим стороны в указанном в условии порядке через а,
Ь и с. Имеем по условию α2 = π~ rsc2^, т. е. Ь = ал/|, с= ■&, По
теореме косинусов
Ъ* + <?-а2 f + 7f-l 8л/3 + 4тг-7гч/3
COSA= — = ZZ— = ===== .
2Ьс я ОТ 4\/27г/3
257

Аналогично находим
_ тг\/3 + 47г-8л/3
COSB= гт= ,
4π^3
>, 8ν/3 + πν/3-47Γ
cosC= 7= ·
4ν6π
683. Обозначим центры окружностей через Οχ, 02 и Оз (рис. 67).
Пусть прямая АВ пересекает прямую Οι 02 в точке С Докажем, что
С" совпадает с С Возьмем на прямой АВ точку К так, что 0\К
параллельна О2О3. Треугольник Κ Οχ А подобен треугольнику ВОз-А,.
значит, КО\ = -ΑΟχ =г. Таким образом, §т§£ = 3j§£ = 5. Но общая
касательная к окружностям с центрами Οχ и Ог (не проходящая через
точку Е) пересекает Οι 02 в той же точке, т., е. точки СъС1 совпадают.
Впишем в треугольник 010203 окружность. Очевидно, точками
касаний будут точки А] В и Е. Но CD2 = САСВ = СЕ2. Следовательно,
CD = CE = j2£; (СЕ находится из уравнения β§=% = £).
684. Обозначим отрезки касательных к окружностям буквами ж,
уу z, и, как показано на рис. 68. Учитывая равенство касательных,
проведенных из В ко вневписанной окружности треугольника В DC,
получим ε + 22 = :ι: + 2/ + μ, 2z = y + vi.
258

Пусть h — высота треугольника к бокрвой стороне, г — радиусы
окружйостей. Имеем
Sabc = я (х + 2/)Л = sabd + Sbdc = r(x + y + z)+
+r
(x + ζ) + (χ + y) - (z + u) r
= -(2« + 2» + 2z + 2a? + y-n) =
= -(4& + 3y + (2*-ti))-2r(a: + tj).
Откуда г = A/4,
685. Обозначим площади треугольников АВСУ АВМУ ВСМ и САМ
соответственно через 5, 5χ, «2 и 5з, а площади MB Αχ, МСВ\ и МАС\
через σχ, аг и аз- Учитывая подобие треугольников MB Αχ и МСВ\У а
также равенство синусов соответствующих углов, будем иметь
(МД-ДЛх)(М(?-МДх) _ ДЛх ΜΒχ
(MB -МС)2 " МБ ' МС " '
откуда β2 = σισ2· Аналогично 52 = σχ<73, «3^σ2σ3· Далее имеем
<7х+<72 + <73 =—-— + —2— + "~"2—^
^ л/^1^2 + у/(Т2<Тг + >/σ3^1 = «1 + «2 + «3 = β·
Зца$ равенству соответствует услрвию σχ = <72 = 0з, а значит, и
условию 5χ =«2 == «з, т. е. при этом Μ — точка пересечения медиан
треугольника ABC.
686. Выберем из вершин 54-
угольника б вершин А, В, С, D, Ε
и F так, что дуги между соседними
из этирс 6 точек последовательно
равны 6а, 6а, 12а, 12а, 9а и 9а, где
а — дуга в 1/54 часть окружности.
Диагонали 54-угольника ADy BE
и CF пересекаются в одной точке
М, так Как они являются
биссектрисами внутренних углов
треугольника АСЕ. После симметрии
относительно диаметра, проходящего че- .
рез М, диагонали AD и BE
перейдут друг в друга, а диагональ CF—
в еще одну диагонали, проходящую через М.
687. Пусть медианы, выходящие из вершин Л, В, С, D
пятиугольника ABCDE, пересекаются в точке К. Заметим, что равновеликость
треугольников АСК и ADK является необходимым и достаточным
условием для того, чтобы прямая АК делила пополам отрезок CD
Рис. 68
259

(в случае достаточности надо еще добавить, что К внутри ACD).
Аналогично для других медиан. Итак, имеем
Sbbk ~ Sbkd = Sakd ж Sakc = Sekc-
Значит, треугольники ВЕК и СЕК равновелики, ЕК делит пополам
ВС у что и. требовалось..
688. Пусть NC=CK = α, KP=DP=Ь. (Ν—середина ВС, EmF —
точки пересечения NP и MKt СР и МК соответственно.) Из подобия
треугольников СЕК и CPD, EFP и CNP получим FK = EF=t-$-
(заметим, что PF:CF=DK:CK = b:a). Но МЕ=ЕК, значит, прямая
. СР делит отрезок МК в отношении MF: FK = 3:1.
689. Пусть угол А равен 30°. Тогда ZOCM = ΔΟΟΑ - ZMCA =
= 15° -ΔΟAM (или ZAOC = Z^MC = 120°). Значит, точки Α, Μ, О и
С лежат на одной окружности. Следовательно, СОМС = £ОАС = 15°.
690* Пусть прямые ίχ и ί2 пересекаются в точке О, α -^ угол между
ними, А и В — основания перпендикуляров, проведенных из Μ на Ιι и
/г- Так как ОМ есть диаметр окружности, описанной окрло
треугольника АОВ, то #М == ^ПГа =" £г^£. Легко видеть, что все точки
окружности с центром в точке О и радиусом gjjj удовлетворяют требуемому
условию.
691. Пусть О—центр описанной около ААВС окружности.
Обозначим через Μι точку пересечения О А с ВС. Докажем, что точка
Μι совпадает с точкой Μ.
Имеем ΔΑΟΒ = 84°, 10АВ = 90? - 42° = 48°, ΔΒΜλΟ ж 36° + 48° =
=84°. Следовательно, ВМ\ =г2?0=Я, т. е. М\ совпадает с точкой Af.
Искомый угол равен 54°.
692. Проведем через С прямую, параллельную медиане AM. Пусть
эта прямая пересекает прямую АВ в точке D. Имеем AD = АВ. Кроме
того, из условия следует, что ZACD = 90°. Значит, точка С лежит на
окружности с диаметром AD. В искомое геометрическое место входят
все точки этой окружности, за исключением Аи D.
693. |5.
694. Пусть Ρ — центр окружности к\. Рассмотрим треугольники
СВР, АВР и DBP. Эти треугольники имеют общую сторону ВР,
равные углы (при вершине В) и равнее стороны против этих углов.
Треугольники АВР и DBP не равны между собой. Значит, треугольник
СВР равен одному из них. Но из условия следует, что СВ φ АВ (в
этом случае окружность к\ касалась бы прямой В А). Таким образом,
АСВР = ΔΌΒΡ и ВС = BD = \ДВА = Ry/З (где Л—радиус
окружности А:). Следовательно, в треугольнике ABC угол А равен 60° или
120°. Дальнейшее очевидно. Ответ: В треугольнике ABC углы А и
В равны соответственно 60° и 90°, а его площадь равна g^g 3 > или
углы А и В равны 120° и 30°, а площадь *-^.
260

695. I случай: точка Μ на отрезке СК. Из равенства углов
АКВ и АМВ следует, что четырехугольник АКМВ является
вписанным. По условию AM = MB- Кроме того, ΔΑΚΒ = 1ВКС,
следовательно, ΔΜΑΒ = ΔΜΚΒ = ΔΑΚΒ = ZAMB, т. е. АВ = MB.
Таким образом, Δ АМВ — правильный, значит, ZCKB = 60°, а тогда
ΖΖκ7# = 60ο-45ο = 15ο.
II случай: точка Μ на продолжении (Ж. Если ZDCK = φ, то
ΔΑΚΒ = ΔΒΚΟ = 45° + ^. Пусть (для удобства) сторона квадрата
равна 2, тогда МР = MQ-PQ = tg<p-2 (Ρ и Q — середины АВ и
#С),
tgZAMB== g*? = 2(tg^f2) 1V
Так как Ζ АМВ = Δ АКВ = 45° + <p, то tg^AMB = ±±Ц*.
Приравнивая два выражения для tgZAMB, получим для ttg</? уравнение, из
которого tg φ = \/7.
Ит$к, задача имеет два решения. Искомый угол равен 15° или
arctg\/7.
696. Из того, что окружность, описанная около ABC, касается
прямой О А (О — вершина данного угла), следует равенство ΔΒΑΟ =
= ZBCA. Пусть биссектриса угла ВАС пересекает другую сторону
угла в точке Αχ. Имеем ZOAiA = ZAiCA+ZAiAC=ZBAO + ZBAAi =
= ZOAAi. Следовательно, ΟΑ^ΟΑχ и Αχ—фиксированная точка.
Бели теперьР—центр вписанной в ABC окружности, то расстояние
от Ρ до прямой О А меньше, чем расстояние от Ρ до АВ, а последнее
равно расстоянию, от Ρ до О Αχ. Следовательно, Ρ расположена ближе
к прямой О Αχ, чем к О А. Искомое геометрическое место точек состоит
из внутренних точек отрезка К Αχ, где К—середина ΑΑχ. .
697. Решим сначала следующую задачу: «Найти геометрическое
место середин всевозможных отрезков, концы которых расположены
на сторонах АВ и CD выпуклого четырехугольника ABCD».
Пусть Τ—некоторая точка на стороне АВ, Р, Q, R,
S—соответственно середины ВС, DB, AD,CA (рис. 69, а). Тогда середина ТС—
точка U лежи* на отрезке PS, середина TD—точка V лежит на
отрезке QR. Следовательно, середины всевозможных отрезков, одним
концом которых является точка Т, а другой конец расположен на
CD, описывает отрезок UV, параллельный сторонам PQ и RS
параллелограмма PQRS. Меняя положение точки Т, мы будем получать
всевозможные отрезки, параллельные сторонам PQ и RS
параллелограмма PQRS с концами на сторонах SP и QP. Таким образом,
середины всевозможных отрезков с концами на сторонах АВ и CD
четырехугольника ABCD заполняют параллелограмм PQRS, причем
261

β)
Рис. 69

граница этого параллелограмма соответствует отрезкам, один конец
которых совпадает с вершиной четырехугольника ABCD.
Прежде чем перейти к решению нашей задачи, сделаем одно
замечание: «Середины всевозможных отрезков с концами на двух
сторонах АВ и АС треугольника ABC заполняют параллелограмм с
вершинами в точке А и серединах сторон АВ, ВС и С А» (рис. 69, б).
Рассмотрим правильный пятиугольник EKLFN. Середины
всевозможных отрезков с донцами на двух сторонах этого
пятиугольника заполняют соответствующий параллелограмм. Нас интересуют
те точки пятиугольника, которые принадлежав по крайней мере
трем таким параллелограммам: они заполняют пятиконечную звезду
E1F2K1N2L1E2F1K2N1L2 (рис. 69, в). При этом граница звезды, за
исключением точек F2, N2, #2» #2, Ьг не входит в рассматриваемое
множество. В самом деле, например, через точку F2 можно провести
три отрезка с серединой в точке F2: один проходит через вершину К,
другой — через £?, третий параллелен прямой LN. Для других точек
на E\F% таких отрезков, как легко убедиться, не более двух.
698. ψ УЗ.
699. Поскольку К Ε и РМ параллельные хорды в окружности,
то КРМЕ—равнобокая трапеция, KM = PE=U, ZMKH = ZPEK =
= 45°. Следовательно, расстояние от точки Μ до црямой КЕ равно
KM sin ЛМКН = 14 sin45° = 7V2. По условию, М# = 7л/2. Значит, МН
перпевдикулярна КЕ, К Η = ΜΗ = 7>/2.
700. Повернем треугольник ОВС вокруг вершины В на угол
60° так, чтобы С перешла в А. Пусть при этом точка О перейдет
в точку 0\. Треугольник ОВО\ — равносторонний, в треугольнике
АОО\ имеем 00\ —ВО, AOi^CO. Из условия следует, что АОО\ —
прямоугольный треугольник, следовательно, ZAOB=60°+ 90° = 150°.
701. Точки PhD обозначим, как на рис. 70. Заметим^ что
точки if, P, С и Αχ расположены на одной окружности. Значит,
ZKCP = ZKAiP = ZMA\K. Таким образом, точки Ь, А, С и Αι также
лежат на одной окружности {ΔΌΑ\Α — ΔΌΟΑ) и £A\DC — £A\AC, что
и требовалось.
702. Пусть точки расположены так, как показаны на рис. 71.
Поскольку ΊΔΚΒΜ = 2ΖΑΒΜ = ΔΑΟΜ = ΖΑΚ Μ ~ ΔΚΒΜ + ΔΚΜΒ, то
ΔΚΒΜ = ΔΚΜΒ и KB = KM. Аналогично ра£сматриЬаются другие
случаи взаимного расположения окружностей и точек пересечения.
703. Радиус искомой окружности равен р. Рассмотрим
прямоугольный треугольник ABC с прямым углом С. Пусть радиусы
окружностей с центрами в А, В и Ρ равны соответственно ж, у, я, причем
а; + У + ζ = ρ, АВ = χ + у\ ВС = y + z, GA = z + x. Рассмотрим
прямоугольник ABCD и построим с центром в D окружность радиуса
р. Поскольку DA = p-x, DB = p-y, £>C = p-z, то данные
окружности касаются последней изнутри. Остается доказать, что искомая
окружность единственная.
704. Обозначения, понятны из рис. 72. Имеем
263

ς^^Μ/
^--^λΤν<
Ρ
Рис. 70
. в
Αλ! \
С
V ^/^
Β
Рис. 71
Μ
Рис. 72

ACi Sacc ACAClsin(A + a) _ ACsm(A+a)
dB~ SBcc> ~ ВС■ ВС·sra(B + a)~ ВС-sin(B + a)'
Записывая аналогично отношения f^ и Щ^ и перемножая их,
получим наше утверждение, как следствие теоремы Чевы.
70fc. Пусть Щ = Α., Имеем:
Samn = AM ΑΝ ί ΡΜ\ ( QN\ _
Sapq АР' AQ \- APj\l+ AQj
Л , BM\ Д ND\ Л SM\ Л ND\
^BC+BM CD + ND JIBM + MC 2ND + CN '
ВС CD BM + MC ' ND + CN ""
2A + 1 2A + 2
"" λ + 1 Ί + 2λ~ '
Итак, Samn =* ZSapq.
706. Зафиксируем какую-то точку М на большей окружности,
центр которой—Οχ. Пусть теперь точка ЛГ описывает окружность,
центр которой—Оъ (рис. 73). Тогда середины отрезков МК—точка
Рис. 73
Ρ — описывает окружность с центром в точке Ε — середине МОъ и
радиусом г/2, где г—.радиус второй окружности.
При перемещении точки Μ по первой окружности точка Ε будет
описывать окружность с центром в D — середине 0\Оъ и радиусом
Л/2, где R—радиус первой окружности.
Таким образом, при совместном перемещении точек Μ и К точки
Р. опишут всевозможные- окружности радиусом г/2, центры
которых—точки Е~ в свою очередь опишут окружность радиусом Л/2
265

с центром в Ζλ В результате получаем, что искомым
геометрическим местом точек будет кольцо, внутренний радиус которого ^^,
а внешний ^^ с центром в середине отрезка Οι 02-
707. Достаточно доказать равенство (попарное) противоположных
сторон четырехугольника ΟιΟ0403· Пусть радиусы окружностей с
центрами 0\ и 02 равны г, а радиусы окружностей с центрами Оз й
04 равны соответственно χ и у г Касания окружностей, указанные в
условии, означают равенства!: 0\Оз=г +ж, 0Оз,=2г-я, 02О4 = г+з/,
004 = 2г-у, 0304 = х + у.
Проведем из 0$ и 04 перпендикуляры 03# и 04Л^ на прямую
Οι 02· По теореме косинусов для треугольника ОО1О3 найдем
cosZQi Q03=» ·
2r — χ
Имеем OK = 2r — Зж и из треугольника ОзОК по теореме Пифагора
найдем
08Я=\/8(гж-ж2).
Аналогично ОМ = 2г-Зз/, 04М = </8(гу - $г*). Бели через точку Оз
проведем прямую ОзЬ, параллельную прямой KM (L—на прямой
04М), то получим прямоугольный треугольник Оз04£ с катетами
Оз£ = 4г-3(ж + 2/), 04L = \^/S(rx — χ2) - л/Ъ[гу-#2)| и гипотенузой
0304 = ж + 2/. По теореме Пифагора для этого треугольника (х+у)2 —
~{4г-3{х + у))2 = 8(гх-х2)+8(гу-*у2)-16у/(гх--х2)(гу--у2). После
упрощений приходим к равенству г2 — г(ж+0)+жу=^(г —ж)(г —у)жу.
Откуда (г-x)(r -y) = y/(r-x)(r-y)xyy y/{r-x)(r-y) = <Jxy.
Следовательно, χ + у = г.
Таким образом, в четырехугольнике ΟχΟΟ403 противоположные
стороны попарно равны, т. е. этот четырехугольник —
параллелограмм.
Второе решение.
Пусть окружность Оз касается Οι и О в точках К и Ρ (см. рис. 74).
Обозначим через L и Μ точки пересечения прямой АК с
окружностями Оз и О соответственно. И наконец, пусть 04 — точка пересечения
прямой ОзЬ с ОМ. Из подобия равнобедренных треугольников ΑΟχΚ,
ЬОзК тхАОМ следует параллельность прямых ΑΟχ и ОзЦ 0\К и ОМ.
Следовательно, ОО1О3О4—параллелограмм. Осталось доказать, что
точка 04 совпадает с точкой 04. Окружность с центром 04 и радиусом
04M=Of4L касается окружностей Оз. и О. Чтобы эта окружность
касалась окружности 02, надо, чтобы О2О4=r+0'4L. Имеем 020\ =0Оз =
= 2r-O3P = 2r-O3L = 2r-(03Oi-O4L) = 2r-OO1+OiL = r + OiL,
что и требовалось доказать.
708. Если ABC—-остроугольный треугольник, то
ΔθχΡ02 = Δ0χΑ02 = {ΔΟχΑΒ + Δθ2АС) + α =
= (90° - ΖΒ) + (90° - ΖΟ) + Ζ Α = 2α.
266

Α Οι Ο 02 В
Рис. 74
Таким же будет результат в случае, когда тупым будет угол В (или
С). Если же а > 90°, то ΔθχΡ02 = 360° - 2α.
709. 2.
. 710. Точки С, ЛГ, Я и N лежат на одной окружности с
диаметром СК. Пусть для определенности угол ABC острый, тогда
ZNHC = ZNKC. Но. по условию ZNHC = ШСА = 90° - ZBAC,
ZNKC=90°-ZNCK=90°-±ZACB. Следовательно, ZBAC=±ZACB.
Аналогично рассматривается случай, когда угол ABC тупой. v
711. Рассмотрим квадрат АСС\А\, его стороны СС\ и АА\
параллельны диагонали BD даннрго четырехугольника (D внутри
ACC\Ai). Повернем треугольник A\DC\ вокруг С\ на 90° по
часовой стрелке^ При этом Αχ перейдет в С, a D — в D\.
Треугольник DC\Di прямоугольный с катетами, равными >/2, следовательно,
DDi = 2 и ZCiDDi = ΔΌΌχCi = 45°, кроме того, CDX = AXD = АВ = 1.
Зная стороны треугольника DDiC, найдем его углы: ZDCD\ =90°,
jCCDDi =30°, ZCDiD = 60°. В четырехугольнике DCDiCi проти-,
воположные углы С и С\ равны 90°, следовательно, это
четырехугольник вписанный, ZDCCi = £DD\C\ =45°, т. е. D лежит на
диагонали квадрата А\С. Значит, ΔΑΒθ= £A\DC\ = lCD\C\ = 105°,
*BCD = ZCDCi = 75°, ZADC = ZCZ>d =75°, ZBAD = 105°.
712. Обозначим угол BAD данного ромба через α и будем считать,
что α < 60°. Тогда из треугольника if AD получаем, что ΔΚΑΒ=60° —
—а, а угол АКБ при основании треугольника АйСВ равен 60° + а/2.
С другой стороны, точки A, if, M, С лежат на окружности с
центром D, и поэтому ZADM = 36θ°— ZADC - <LCDM = 360° - (180° -
—α) — 60° = 120° -fa, а вписанный угол AOf равен его половине, т. е.
равен углу АКБ. А это и означает, что точки Jfif, В и Μ лежат на
одной прямой.
Аналогично рассматривается конфигурация с углом a > 60°.
267

713. Докажем сначала, что центр окружности—точка О—лежит
на прямой PJV, проходящей через точку Μ перпендикулярно
основаниям трапеции (рис. 75). Для этого достаточно доказать, что МК
(расстояние от Μ до АВ) равно г. Пусть ВС = a, AD = Ь. Из
подобия треугольников ВКМ и BAD, AKM и ABC получаем
соответственно ™ = шк™ = ш- Поскольку ff + fj == 1, то, сложив эти
равенства, найдем КМ — ^.
По свойству описанного четырехугольника, АВ + CD = ВС + AD.
Следовательно, CD = a + b — 2r. В прямоугольном треугольнике CLD
гипотенуза CD = о + Ь - 2г, а катеты СХ = 2г, 1ЛЭ = Ь - о. По теореме
Пифагора, 4г2 + (Ь - о)2 = (а+ Ь - 2г)2. Откуда ab =j(a + Щг. Значит^
Найдем РМ. Из подобия треугольников РМС и ВЛС, учитывая,
что PC = о - г, получим РМ = 2Γ·(β-Γ) . Сл€довательно, ОМ=г - РМ=
— г— 2г(0~~г) = **(2г—о)
Рис. 75 Рис. 76
714. Обозначим 4LFCB'·= ZFBM = у>. Возьмем точку Μχ,
симметричную точке Μ относительно прямой АВ (рис. 76). Из равенства
углов MFA и CFJ3 следует, что Μχ лежит на прямой CF. Пусть К —
точка пересечения окружности, описанной около треугольника СВМ\
с прямой АВ. Вписанные в нее углы КВМ\ и ВКМ\ равны, поэтому
КМ\ — ΒΜχ. Таким образом, прямая ММ\ перпендикулярна отрезку
KB и проходит через его. середину. Можем сделать вывод, что Μ —
центр окружности, проходящей через точки С, В, Μχ и К, поскольку
в точке Μ пересекаются срединные перпендикуляры к двум зсордам
этой окружности — СВ и ВК. Далее имеем: ΔΚΜΒ — 2ZKCB = 4у>,
ΔΚΜχΒ = ΖΚΜΒ = 4<р. С другой стороны, ZKCB + ΔΚΜχΒ = 180°,
2<р + 4<р = 180°, <р = 30°.
268

715* Заметим, что
о 4 . В IB. Ax A . „^
2sin - sin - = γ tg — sin4tg ^ sinB <
1 В A
<-(tg-sin4 + tg-sinB),
tg - (sinB + sinC) = 2ctg ——- sin -—— cos —— s=
. ■ B + C7 B-C w
= 2cos · ir cos cos —-—.
2 2
Используя соотношения (1) и (2) и им аналогичные, получим (sin ^ +
+sin f' + sin f )2 = sin2 4 + sin2 f + sin2 f + 2sin ^ sin f + 2sin f sin f +
+ 2 sin f sin £ ^ sin2 ^ + sin2 § + sin2 f + ± (tgf sinA + tg^sinB +
+tg § sinB +tg f sinC+tg 4 sin (7+ tg f sin A) =f sin2 £ +sin2 f+sin2 f +
+ |tg|(sinB + sinC) + ±tgf (sinA + sinC) + ±tgf (sinA + sinB) =
= sin2 % + sin2 f + sin2 f + cos A + cosB + cos С = cos2 £ + cos2 f + cos2 f,
716. Рассмотрим треугольник ABC, в котором ВС = о, СТА = Ь,
АВ*&с. Возьмем точку С\ с той же стороны от АВУ что и С, причем
ACi = m> £C\AB=i(p. Из треугольника CACi по теореме косинусов
имеем
О ^ СС\ = Ь2 +тп? - 26mcos(A - φ) =
= Ь2 + m2 — 26m (cos A cos y> + sin Asiny>) =
l2 2 oL b2 + c*-a2 OL 25 .
at' + m - 2om -r cosy> - 2om—sm<p.
2oc be
Таким образом
Ь2с+т2с - m(b2 + с2 - о2) cos φ ^iraSsin φ.
Взяв в полученном неравенстве га = с, получим требуемое
неравенство.
717. В качестве леммы воспользуемся следующим известным
утверждением. Бели на прямых АВ, ВС и СА взяты произвольные
точки Χ, Υ и Ζ соответственно, то окружности, описанные около
треугольников AXZ, BYZ, CZY, имею* общую точку (рис. 77, а). Эту
точку — на рисунке U — иногда называют точкой Микеля.
Доказательство этого утверждения несложно. Предоставляем сделать это
читателям самостоятельно.
Из данного утверждения следует, в частности, что через гочку Р,
указанную в условии задачи, проходя! окружности, описанные около
всех четыре^ треугольников, образуемых четырьмя прямыми АВ, ВС,
С А и С\А\ (рис. 77, б). Это утверждение также является известным и
269

Рис. 77
получается двукратным применением предыдущего: сначала к
треугольнику ABC и точкам Αχ, С\ и Г на его сторонах, а затем к
треугольник А\ВС\ и точкам А, С и Г.
Перейдщ к утверждению нашей задачи. Заметим сначала, что
треугольники АРС и АгРСг подобны (/.РАС = ΔΡΑΤ = ZPCiT =
= ZPCii4i, поскольку точки Р, A, Ci и Г лежат на одной
окружности; ZAPC=ZABC=/AiPCi). Таким образом, ΔΡΜΤ^ΔΡΜχΤ, τ. е.
точки Ρ, 2\ Μ и Μι лежат на одной окружности.
Применим теперь нашу лемму к треугольнику ВМС, на
сторонах которого взяты точки Κχ, Αχ и Т. Окружности, описанные около
,ΒΚχΑι, СА\Т, ΜΚχΤ, имеют общую точку. Это и есть точка Р. Значит,
К\ лежит на окружности, проходящей через Г, Ρ, Μ и М\. На ней же
лежит и точка. К. Доказывается так же. ,
718.30°, 60°.
71SL Проведем через В прямую, параллельную АС, и обозначим
через К' и М* точки пересечения ее с ККъ и ММ^. Из того, что равны
треугольники АКК\ и ΒΚ^Κ1, АММ\ и ВМ2МГ следует равенство
площадей трапеций ΚΚχΜχΜ и A^lf'Af'Мг, т. φ. площадь
параллелограмма КММ'К1 равна сумме площадей рассматриваемых трапеций,
а значит, она в два раза больше площади треугольника ВКМ.
720. Не может. Бели бы указанное в условии соотношение имело
место, то из формулы S =?рг мы получили бы, что периметр
треугольника АСМ в два раза больше периметра треугольника АВМ:
АС + СМ + Μ А = 2(АВ + В Μ + ΜΑ). Откуда, учитывая равенство
ВМ = МСУ имеем АС = СМ + Μ А + 2АВ. Противоречие, поскольку
уже СМ + ΜА> АС.
721. Заметим, что треугольники AOD и ВОС гомотетичны,
центром гомотетии является точка О. При гомотетии, переводящей
треугольник AOD в треугольник ВОС, точка К переходит в точку М, а
точка JV —в точку Р. Отсюда следует справедливость утверждений
обоих пунктов.
270

722. Пусть в треугольнике ABC сторона АС наибольшая.
Тогда наименьшей является высота BD и ее основание лежит на
стороне АС. Если BE — биссектриса угла В, то ΔΕΒΌ < 45°. (Если
В А > ВС, то ΔΒΕΏ = ZA+ \£B > %(ZBAD + Z.ABD) = 45°.) Таким
образом, DB/BE > \/2/2. Это неравенство может лишь усилиться,
если биссектриса BE не является наименьшей.
723. Угол ВС А больше угла DC А. В самом деле, из условия
следует, что DC > ВС, поскольку проекция DC на BD больше, чем DE
(Е — середина BD), а проекция ВС меньше, чем BE. Следовательно,
ввиду равновеликости треугольников ВСЕ и DC Ε расстояние от Ε до
ВС больше, чем расстояние от Ε до CD. Значит, угол ВСЕ больше,
чем угол DCE (последний не может быть тупым).
724. Можно доказать, что точки А, В, Ρ и О лежат на одари
окружности. Продолжив ВР и АР за точку Р, получим на окружности
дугу, равную дуге АВ. Из этого следует равенство углов ВРА и ΒΟΑ.
Обозначим через К точку пересечения АВ и OF. Положим К Ρ = ж,
R—радиус окружности. Имеем КР·(KF + 2R) =КВКА = КР-КО,
х(х + 2Я) = \х + R/2)(x + R). Откуда KF = χ = Д. В прямоугольном
треугольнике ОТ К гипотенуза OK = 2R. Значит, медиана TF = R и
ОТ1 =TF = R. Утверждение задачи доказано.
725. Пусть в треугольнике ABC медиана СМ равна 1, высота,
выходящая из вершины А, также равна 1, а высота, проведенная из
вершины В, равна у/3. Следовательно, расстояния от точки Μ до сторон
ВС и АС соответственно равны \ и *ψ, sinZMCB= \, sin ZMCA= *ψ.
Таким образом, угол МСВ равен 30° или 150°, а угол МСА может
равняться 60° или 120°. Поскольку их сумма меньше 180°, то имеют
место две возможности: 1) ZAfC£=30°, ZMCA=60° и 2) ZMCB=30°,
ШСА= 120°.
В первом случае имеем прямоугольный треугольник ABC с
катетами 1 и \/3, его площадь равна *ψ.
Во втором случае продолжим медиану СМ на расстояние,
равное ей. Получим параллелограмм АСВС\. Треугольник СС\В
равновелик треугольнику ABC. Но треугольник СС\В, как легко
видеть, равнобедренный: СС\ =CiB = 2, Ζ(7(7χ.Β = 120°, следовательно,
Sabc = SccxB = л/3.
Итак, искомая площадь равна *ψ или у/3.
726. Рассмотрим четырехугольник ВСЦО\; ΔΒΟΗ=90° - Ζ ABC ±=
=60°. С другой стороны, ZBOi#=90°+±ZBAff=90°+30о = 120°.
Следовательно, ZBC#+ZB0i#=6Oo+12Oo = 18O°, т. е. четырехугольник
ВСНО\ является вписанном и Ζθι£# = Ζ0ι.Β#== |ΖΑΒ#.
Аналогично, Δθ2ΑΗ=\λΗΒΟ. Таким образом, ZOiCA+Z02AC'=ΔΟχΟΗ +
+ZHCA + Δθ2ΑΗ + ΔΗ AC = (ZtfCA + ZiMC) + \(ΔΑΒΗ + ZtfBC) =
= 30° + 15° = 45°. Из этого следует, что угол между прямыми 0\С и
Ог^. равен 45°.
271

727. Обозначим через Ρ вторую точку пересечения окружностей,
описанньрс около треугольникой ABC и'АВхСх (рис. 78).,
Рис. 78
Известно, что через Ρ проходят также и окружности, описанные
около треугольников СМС\ и ВМВ\. (Например, для первого
треугольника ΔΜΟΡ = ΔΒΟΡ = ΖΒΑΡ=ΔΒχΑΡ=ΔΒχΟ\Ρ = ΔΜΟχΡ. Это
и доказывает, что точка Ρ лежит на окружности, описанной около
СМСг.)
Докажем теперь, что точки Ρ, Μ, D и D\ лежат на одной
прямой. Докажем сначала, что на одной прямой лежат точка Ρ, Μ и
D. Имеем: ΔΰΡΜ = ΔΜΰ1 A = 180° -£DAC = /.DPC, т. е. Ρ, Μ и D
лежат на одной прямой. Точно так же докажем, что Ρ, Μ и D\ лежат
на одной прямой.
728. Пусть окружность с центром О касается продолжений АВ и
АС, ΔΑΟΒ=90° -\ΔΑΒΟ- \δΟΑΒ=\δΑΟΒ. Значит, если Р—центр
окружности, описанной около АОВ, то ΔΑΡΒ = 2ΔΑΟΒ = ΔΑΰΒί т. е.
Ρ лежит на окружности, описанной около ABC.
729. Легко видеть, что BE является биссектрисой угла, смежного
с углом CBD. А поскольку СЕ — биссектриса угла BCD, то по
отношению к треугольнику CBD точка Ε является центром вневпи-
санной окружности (DE — биссектриса угла BDA). Таким образом,
ZCED = ZED А - ЛЕСА = \{ΔΒΰΑ - ZBCA) = ±ZCBD = 10°.
730. Пусть Μ — точка пересечения биссектрис. В треугольнике
MB Α ι имеем ΔΒΜΑχ = ΔΒΑΜ + Δ ABM = Δ Αχ AC+ΔΜΒΰ = ΔΰΒΑχ +
+ΔΜΒϋ = ΔΜΒΑχ. Следовательно, Μ Αχ =ΒΑχ. Точно так же Μ Αι =
= СА\. Таким образом, 2МА\ =BA\ + CAi >BC. Аналогично 2ΜΒχ >
> АС у 2МС\ > АВ. Запишем еще три неравенства: AM + ВМ > АВ,
272

ВЫ + CM > ВС, CM + AM > С А. Сложив шесть неравенств, получим,
что доказываемое неравенство справедливо.
731. Из условия следует, что данная трапеция равнобокая. Пусть
К—середина AD, £CAB=ZMBC=<p. Имеем: ZMKA=180°-ZKAC=
= 180° — ΔΜΒΑ. Следовательно, четырехугольник АВМК вписанный,
ΔΑΜΒ = ΔΑΚΒ = 90° (следует из того, что треугольник ABD
равнобедренный). Так как AM = МВ, то высота трапеций равна
половине стороны АВУ но по условию она равна половине диагонали.
Значит, siny> = |, φ = 30°. Теперь Нетрудно найти углы трапеции:
ΔΌΑΒ = ZCBA = 75°, ZADC = ZBCD = 105°.
732. Пусть BL = x, LP = yy PA = z (рис. 79). Образовались три
правильных треугольника соответственно со сторонами ν ж, у, ζ и
три параллелограмма со сторонами ж, у\ у, ζ; ζ, χ. Ввиду
симметрии треугольника ABC и окружности ω относительно биссектрисы
угла A NK = LM = y. Имеем NK = yt MK^z, В1К = ВгС-КС =
= *±*±£ -х= ζ£ψ±*. Но ΒιΚ2=ΜΚΝΚ, или (z£±li±£)2 = yZt
Отсюда ж2 + у2 + 22 = 2^2/ + 2yz + 2*я, что эквивалентно доказываемому
утверждению.
Рис. 79 Рис. 80
733. Опишем около треугольника ΑχΒχϋχ окружность и
обозначим через Μ вторую ее точку пересечения с АС (рис. 80). Поскольку
£AMCi=ZBiAiCi=ZCAB2, то С\М параллельна АВг; точно так же
А\М параллельна СВ^. Теперь утверждение задачи следует из
известного свойства трапеции — равновеликости треугольников, обра-
зованйых боковыми сторонами и отрезками диагоналей. В нашем
случае Sac^k = Sb2km, ScaiL = Sb2lm- Таким образом, Sa1bc1b2 =
= SayBCxKL + Sb2KM + Sb2LM = SaxBCiKL + «SUCitf + ScAiL = SUbC-
273

734. Обозначим через С\ вторую точку пересечения окружности
ω с прямой АС. Пусть для определенности точки) С\ принадлежит
отрезку АС. Имеем ЮС\С = Z.ACO = ZCBO (последнее равенство
следует из того, что в треугольниках АСО и СВО есть две пары
равных углов). Следовательно, точки О, С, С χ и. В лежат на одной
окружности ^2. Столь же легко этот факт доказывается ц при другом
расположении точки С\ относительно отрезка АС.
Таким образом, утверждение задачи свелось к известной теореме,
в которой говорится, что прямые, на которых расположены общие
хорды трех попарно пересекающихся окружностей, пересекаются в
одной точке (см. задачу 315). (В нашем случае это окружности ω, ωχ
и ω2, общие хорды МК, ВО и С%С\ прямые МК^ ВО и СС\ должны
пересекаться в одной точке—точке А.)
735. Рассмотрим произвольную прямую I, проходящую через
точку О, и докажем, что проекция суммы построенных единичных
векторов на эту прямую имеет длину, меньшую единицы. Пусть для
определенности единичные векторы О Αι и ОВ\ расположены по одну
сторону от прямой i, а вектор ОС\—nq другую и проекция суммы
векторов ОА\ + ОВ\ + ОС\ на / лежит на луче <ЭД
расположённом внутри угла АОС. Тогда проекция рассматриваемой суммы
может только увеличиться, если мы вектор ОВ\ заменим на вектор
Oi?2=— ОСъ не меняя два других вектора. Значит, проекция суммы
векторов О Αχ + ОВ\ + ОС\ меньше, чем проекция вектора ΌΑ\ на
прямую ί, т. е. она меньше единицы. Поскольку I—произвольная
прямая, в частности, I может содержать вектор, равный рассматриваемой
сумме, то утверждение задачи доказано.
736. Пусть стороны прямоугольника равны АВ=а> Ж7=Ь, AEF—
вписанный треугольник, Μ — середина AF {Е — на стороне ВС>
F—на CD). Треугольник ВМС также является правильным.
Докажем это. Четырехугольник АВЕМ является вписанным, поскольку
Δ ABE = Δ AME = 90°. Следовательно, ΔΕΒΜ = ΔΕ AM = 60°.
Аналогично ZECM = 60°. Значит, расстояние от точки Μ до стороны
AD равно а— ^^, a DF — 2 (а — ^^1 = 2о — Ь>/3. Аналогично найдем
ВЕ=2Ъ-ау/Ъ. Далее SABE = \a{2b-ay/b)=ab'-^^y SADF=a>b-£&y
Secf = |(ал/3 - Ь)(Ьл/3 - а) = 2аЬ - *^ - ^ = Sabe + Sadf, что и .
требовалось.
737. а)^ Пусть О — центр, данной полуокружности, А и В — ее
концы. Искомое множество ограничено данной полуокружностью и
полуокружностями € диаметрами АО и ОВ> граница принадлежит наг.
шему множеству (все полуокружности расположены по одну сторону
от АВ). Докажем это. Возьмем любую точку М, принадлежащую
указанному множеству. Поскольку углы АМО и ВМО не тупые, то
прямая, проходящая через Μ перпендикулярно ОМ, не пересекает АО
274

И ВО у а значит, она пересекает нашу полуокружность и Μ является
серединой соответствующей хорды. Обратно. Возьмем любую хорду в
нашей полуокружности. Если Μ—ее середина, то углы AM О и ВМО
не могут быть тупыми, а значит, точка Μ принадлежит указанному
множеству.
Пусть ABCD—данный квадрат, Αι, В\> С\ и D\—середины
соответствующих сторон. Искомое множество есть объединение
квадрата A\B\C\D\ {вместе с границей) и диагоналей исходного
квадрата. Докажем это. Пусть Ε — точка на AC, a F — точка на BD.
Середина ЕВ—точка М\ —есть точка пересечения ЕВ и А\В\.
Аналогично Μι — середина ED — есть точка пересечения ED и C\D\.
Бели Ε—фиксированная точка, a F пробегает диагональ BD, то
середина отрезка EF—точка Μ пробегает отрезок М1М2. Меняя теперь
положение точки 25, получим весь квадрат AiBiCiDi.
738. Пусть трапеция ABCD с прямыми углами А и В описана
около окружности с центром О. Докажите, что прямая, проходящая
через точки D и О, делит трапецию на две равновеликие части.
739. Строим две окружности с центрами А и В и радиусом АВ.
Пусть К и Μ — точки их пересечения. Третья окружность имеет
центр в К и радиус КМ. Ее точка пересечения с первой (или второй)
и есть точка С '
740. В обоих случаях наименьшее число линий равно 3 (третья
линия—искомый перпендикуляр). Построение для пункта а). Берем
на прямой две произвольные точки и строим две окружности с
центрами в этих точках, проходящие через данную точку А. Вторая точка
пересечения этих окружностей—точка А* лежит на искомом
перпендикуляре. В случае б) строим окружность с центром вне прямой,
проходящую через А. Находим точку Μ — вторую точку пересечения этой
окружности с данной прямой, затем проводим диаметр через точку Μ
и находим точку А', лежащую на искомом перпендикуляре.
То, что нельзя обойтись проведением двух линий, можно доказать,
например, простым перебором всех возможностей.
741. Линия разреза—ломаная СМК получается из СВА
поворотом вокруг С на угол 45°.
742. Рассмотрим единичный квадрат и разрежем его на три
прямоугольника. Бели стороны большего прямоугольника 1 и х, то стороны
второго по величине прямоугольника должны быть (учитывая
подобие двух прямоугольников) 1/х — 1 и 1 — х* Таким образом, стороны
третьего прямоугольника равны 1 — χ и 2 — 1/х. Для того чтобы этот
прямоугольник был подобен двум другим, должно выполняться
равенство х(1—х) = 2 — 1/х или х3 — х2+2х — 1=0. Но левая часть нашего
уравнения при χ = 0 и χ = 1 имеет разные знаки. Следовательно, оно
имеет решение на отрезке [0,1] и искомое разрезание возможно.
743. Пусть Αχ и В\ — соответственно середины катетов СВ и С А
прямоугольного треугольника ЛВС с острым углом А, равным 30°
(рис. 81). Проведем через Αι. и В\ параллельные прямые А\К и
275

В\М, расстояние между которыми равно корню из площади данного
треугольника (равно стороне искомого квадрата). Пусть угол ΚΜΒχ
острый. Проведем перпендикуляр из точки К на В\М. Нетрудно
показать, что основание этого перпендикуляра—точка L — лежит'на
отрезке МВ\. Разрежем треугольник ABC на четыре части:
треугольники А\КВУ ΒχΜΑ, KML и пятиугольник CA\KLB\. Переложив эти
части так, как показано на рисунке, получим квадрат QKLN.
744. На заданном отрезке АВ
построим произвольный
прямоугольник ABCDy проведем его диагональ
BD и из точки С проведем СЕ
перпендикулярно DB и I
перпендикулярно СЕ. Если F — точка пересе-
А чения прямых АВ и /, то BF=DC =
= АВ, так что AF = 2АВ.
745. Удвоив, по способу, указан-
N ному в задаче 744, отрезок ОАу
получим диаметр АВ указанной окруж-
Рис· 81 ности. Теперь , устанавливаем
вершину «прямого угла» на прямой I таким образом, чтобы его стороны
проходили через точки А и В. Таких способов может оказаться два,
один или ни одного.
746. Рассмотрим треугольник АВСУ в котором известны ВС = о,
АС + АВ = 2р - α, ρ—полупериметр этого треугольника, иг— радиус
вписанной окружности. Пусть О—центр вписанной окружности, К и
L—точки ее касания с АС и АВ.'Известно, что AK = AL=p — a.
Значит, прямоугольные треугольники АКО и ALO мы можем построить
и тем самым построить и угол А искомого треугольника. Рассмотрим
еще вневписанную окружность треугольника АВС> касающуюся ВС
и продолжений АС и АВ в точках N и Μ. Имеем A/V=AM=р, т. е. мы
можем на сторонах угла А построить точки N и Μ—точки касания
вневписанной окружности, после чего можем построить и саму
вневписанную окружность. Затем проведем общую внутреннюю
касательную к двум окружностям—вписанной и вневписанной—и построим
искомый треугольник ABC.
747. Построим сначала треугольник с заданным углом при
вершине и углом между медианами (подобный искомому). Возьмем
произвольный отрезок ВС1 и построим по одну сторону от него две
дуги ωχ и о>2, вмещающие соответственно углы, под которыми в
искомом треугольнике сторона ВС видна из точки пересечения медиан
и вершины А.
Теперь нам нужно на дуге ω% найти точку А1 такую, чтобы
отрезок, соединяющий А1 с серединой ВС1—точкой £?', пересекал дугу ωχ
в такой точке М', что Е'М1 = |25Ά. При гомотетии с центром в -Б' и
коэффициентом 3 точка М' переходит в А', т. е. А1 можно найти как
276

точку пересечения дуги w^ с дуЮй ω[, получающейся из ωχ при этой
гомотетии.
Итак, мы построили треугольник А1 ВС1, подобный искомому.
Теперь измеряем в этом треугольнике расстояние между центрами
вписанной и описанной окружностей, проводим через В произвольную
прямую, откладываем на ней отрезки ВК1' и ВК, равные
соответственно расстояниям между центрами вписанных и описанных
окружностей треугольника А1 ВС1 и искомого треугольника ABC.
Затем выполняем гомотетию с центром в В и коэффициентом ВК/ВК'.
Треугольник А1 ВС1 переходит в искомы^ треугольник ABC.
748^ Обозначения понятны из рис. 82. Сделаем поворот вокруг О
на угол РОК = а. Тогда точка К должна перейти в точку Р. Дусть
точка .В перейдет в В1. Бели точка Μ расположена на окружности
так, что ей соответствует угол /?, то Ζ.ΜΡΒ' = α + β, τ. е. этот угол
известен, а поскольку известны и точки А и В\ мы можем, построив
на АВ1 сегмент, вмещающий угол α + /?, найти точку Р, а затем и М.
Вторая точка пересечения этой окружности со стороной угла даст нам
точку Р', которой соответствует второе решение задачи (точка М1).
749. Пусть расстояния от точки
Μ до сторон треугольника равны
т, га, р, причем т — наименьшее из
этих расстояний. Бели R— радиус
искомой окружности, то по теореме
Пифагора будем иметь Л2 — т2 =
= R2-n2 + R2-pl, откуда R2 = га2 +
+р2-т2. О
При найденном R соответствую- К
щий треугольник существует, если
R > га, R > р, таким образом, наи- Рис· 82
меньшее из расстояний от точки Μ
до сторон треугольника должно быть строго меньше любого из двух
других. Этому требованию удовлетворяют все точки внутри
треугольника за исключением отрезков, соединяющих вершины с центром
вписанной окружности.
750. Пусть в треугольнике ABC сторона ВС = а. Обозначим через
Μ и N точки касания вписанной окружности со сторонами АВ и АС.
Известно, что AM =AN=p— о, где ρ—полу периметр треугольника
ABC. С другой стороны, из равенства pr = \ah находим р= $. Таким
образом, отрезок р—а можно построить. Заметим, что прямая ВС
касается кроме вписанной окружности также и окружности с центром в
точке А и радиусом h.
Теперь легко осуществляется нужное построение. Берем
окружность радиуса г. Через произвольную точку Μ этой окружности
проводим касательную, на которой откладываем отрезок МА= |£—о
(заранее построенный). Из точки А проводим вторую касательную AN.
277

Затем строим общую касательную к двум окружностям^ исходной и
окружности с центром в точке А и радиусом Л.
7Б1. Пусть в треугольнике ABC угол В больше угла С (рис. 83).
Выберем на сторонах АС и ВС точки К ρ Μ так, чтобы ΔΑΚΜ =
= ΖΑΒΜ и прямая КМ пересекала прямую АВ в такой точке JV, что
КМ = ΜΝ. (Построить эти точки можно следующим образом.
Возьмем на АС произвольную точку К'; найдем на СВ такую точку М',
что ΔΑΚ1 Μ1 = ΔΑΒΜ1 γ на продолжении К'М1 возьмем точку Ν' так,
что Μ'Ν1=К'М'; проведем прямую CNi до пересечения с прямой АВ
в точке N, наконец, проведем через точку N прямую, параллельную
К'М', и найдем точки Μ и К.)
Далее проведем KL || АВ, L на прямой ВС. Разрежем
треугольник ABC на три части: треугольник CKL, подобный треугольнику
ABC у треугольник MKL и четырехугольник АКМВ. Переместив
треугольник KML в положение треугольника BMN, мы составим из двух
последних частей треугольник, подобный треугольнику ABC.
Рис. 83 Рис. 84
752. Проведем окружность через точки А, Р и В. Пусть прямая,
параллельная АВ и проходящая через точку Р', симметричную точке
Ρ относительно АВ, пересекает эту окружность в точках Νχ и N2
(рис. 84). Отрезки Pff\ и P/Nfe пересекают диаметр АВ в точках М\
и М2. Докажем, что точки М\ и М2 удовлетворяют требуемому
условию. Имеем: ΡΜΐ^ΡΜχ-ΜχΝχ^ΑΜχ-ΜχΒ^ΜχΚΐ, τ. е. ΡΜ^ΜχΚχ.
Точно так же ΡΑί2 = М2#2.
Нам осталось доказать, что других точек, удовлетворяющих
условию задачи, кроме найденных, нет. Взяв точку М' на отрезке ΜιΜ2,
будем иметь (РМ')2 < РМ' - M'N' = AM' - MB' =* (M'tf')2· Так же
рассматривается случай, когда М1 берется вне отрезка MiM2*
753. По условию точка D лежит на окружности, описанной около
треугольника АВС> Для того чтобы в четырехугольник ABCD можно
278

было вписать окружность, необходимо и достаточно выполнение
равенства АВ+DC=ВС+AD, или AD-DC=AB-BC. Таким образом,
задача свелась к известному построению треугольника по стороне,
противолежащему углу и рэзности двух оставшихся сторон.
Считая, что АВ > ВС, отложим на стороне AD отрезок AM =
= АВ — ВС. В треугольнике AM С известны стороны AC, AM и
ААМС = 180° - Z.CMD = 180° - (90° - \lMOC) = 180° - \lABC. Этот
треугольник легко строится: на стороне АС строим сегмент,
вмещающий угол 180? — \/.АВС, затем находим точку Μ—точку пересечения
построенного сегмента с окружностью с центром в точке А и радиусом,
равным АВ — ВС. Точка D находится как точка пересечения прямой
AM с окружностью, описанной около треугольника ABC.
754. Нужное разрезание понятно из рис. 85. На этом рисунке AD —
наименьшая сторона данного четырехугольника ABCD. Точка Μ на
стороне AD выбрана так, что прямая MQ, параллельная ВС,
такова, что MQ—DM, QP — перпендикуляр к ВС, TF параллельна
CD. Из тогоЛ что ABCD — вписанный четырехугольник, следует
равенство треугольников MAQ и MDN. Исходный четырехугольник
разрезается на части 1, 2, 3 и 4, из которых затем составляется
прямоугольник PQLK.
755. Укажем сначала
следующие два построения,
осуществляемые при помощи одной линейки:
а) Если на плоскости, заданы
две параллельные прямые т\ и
гаг и точка Μ, то с помощью
одной линейки можно провести
через точку Μ прямую, параллельную
прямым mi и ш2. (На рис. 86, а
при помощи штриховых линий
показан cnocod такого построения, числа
1, 2, ... указывают
последовательность проведения прямых. Доказа- рис. 85
тельство, что построенная прямая
под номером 8 параллельна прямым т\ итг, предлагаем читателю
провести самостоятельно.)
' б) Если на плоскости задан параллелограмм, то с помощью
одной линейки для любой прямой т можно построить еще одну
прямую, ей параллельную (рис. 86, б. Подумайте, как следует
поступать, если прямая т проходит через точку пересечения диагоналей
параллелограмма;)
в) Объединяя приемы а) и б), мы можем через данную точку Μ
при помощи одной линейки провести прямую, параллельную заданной
прямой т, если на плоскости имеется изображение параллелограмма.
На рис. 86, β показано, как при помощи построения в) решить
данную задачу. Строим прямую 1, параллельную I и проходящую через
279

«-—
о)
5\
\
4v ^
X
' °/7
X/
/■-.,"—'А' --iH
/ Р^^ з \
б)
е)
Ш2
Рис. 86
280

центр квадрата. Через получившуюся точку К проводин прямую 2,
параллельную диагонали BD. Строим прямую 3, проходящую через
точку L параллельно ВС. Прямая 4, проходящая через Ρ и центр
квадрата, будет, очевидно, перпендикулярна прямой 1, а значит, и ,
прямой I. Теперь проводим через точку Μ прямую 5, параллельную
прямой 4.
756. Можно воспользоваться, например, следующей теоремой
проективной геометрии. Пусть / и q —две фиксированные прямые
плоскости," Μ—фиксированная точка этой же плоскости. Проведем через Μ
две произвольные прямые, пересекающие прямые / и q соответственно
в точках L\ и L2, Q\ и Qi (рис. 87, а). Пусть Ρ—точка пересечения
Рис. 87
281

прямых L1Q2 и L2Q1· Теорема утверждает, что геометрическим
местом точек Ρ является прямая, проходящая через точку пересечения
прямых I и q (или параллельная им, если I и q параллельны).
Если прямые I и q параллельны (рис. 87, б), то утверждение
достаточно очевидно.
Общий случай пересекающихся прямых I ид можно свести к
случаю параллельности, спроектиррвав чертеж на другую плоскость так,
чтобы точка пересечения прямых I и q «ушла» в бесконечность.
С помощью приведенной теоремы легко решить поставленную
задачу. (На "рис. 87, в показано, как можно соединить точки А и В,
построив точку В χ отрезка АВ, близкую к точке В. Числа 1, 2, ...
указывают порядок проведения прямых.)
757. Докажем сначала вспомогательное утверждение (лемму).
Пусть KLMN — параллелограмм (рис. 88, а). Через точки К и L
Рис. 88
и точки К и N проведены две окружности одинакового радиуса, Ρ —
вторая точка пересечения этих окружностей. Тогда радиусы
окружностей, описанных около треугольников ΝΡΜ и LPM, равны радиусам
исходных окружностей.
Доказательство. Рассмотрим параллелограмм KNPQ.
Поскольку сторона PQ симметрична стороне ΚΝ относительно
середины К Ρ—общей хорды данных окружностей, то точка Q лежит на
окружности, проведенной через точки К и L. Но треугольник K£Q,
282

как легко видеть, равен треугольнику NMP. Следовательно, радиус
окружности, описанной около треугольника NMP, равен радиусам
исходных окружностей.
При помощи этой леммы мы можем удваивать маленькие
отрезки. Пусть расстояния между А и В меньше диаметра «пятака»
(рис. 88, б). Возьмем достаточно близко к ним точку Ε (так, чтобы
радиус окружности, описанной около ААВЕ не был равен радиусу
«пятака»). Проведем две окружности через точки А и В, и через А и
Е. Найдем точку их пересечения Р. Проведем через точки В η Ρ и
через Ε и Ρ две окружности, отличные от ранее проведенных. Точка
их пересечения — точка D — на основании леммы будет такой, что
ABDE—параллелограмм. Точно так же найдем точку С такую, что
В Ε DC — параллелограмм; С—искомая точка.
Пусть теперь расстояние между А и В достаточно велико
(рис. 88, в). Возьмем близко к точке А приблизительно в направлении
к точке В точку К. Идя с шагом АК", найдем точки £иД располо-
женные близко к точке В. Построим Е\ и Di, симметричные Ε и D
относительно точки В. Затем по прямой ΌχΕι с шагом D\E\
(равным АК) пройдем нужное число шагов и найдем точку С, такую, что
ВС = АВ.
758. Пусть Η—точка пересечения высот треугольника ABC.
Рассмотрим четырехугольник СНВА\. Легко видеть, что этот
четырехугольник— параллелограмм. Следовательно, прямая ΑχΑο проходит
через Η—точку пересечения высот треугольника ABC. Точно так же
через эту точку проходят и прямые 2?il?o, CiCo·
759. Пусть ABCD—данный четырехугольник (рис. 89). Возьмем
точку 2?i так, что АВСВ\ —параллелограмм. Угол между CD и АВ\
равен /?, ZDCBi = 180°-α-β. Следовательно,
S = Sabc + SacBxD - SdcBx =
= 0,5absina + 0,5cbsin/? — 0,5acsin(a+/?),
что и требовалось.
760. Пусть в треугольнике ABC
выполнены неравенства ВС > С А > Λ-^r ι^1
> АВ. Если АА\ —медиана, то бис- 1^^т^ш^штш^^ш^'^^1
сектриса угла А — ААг, как это / \ 1?\ /
следует из свойства биссектрисы, 1а \ \ /
лежит внутри треугольника АВА\ / \ч \ /
(f$? ~ % < *) · Точно так же бис- /^ ДъА /
сектриса угла С лежит внутри тре- В Ь С
угольника АСС\ {СС\ — медиана),
а центра вписанной окружности — Рис· 89
точка / лежит внутри треугольника
АМС\ (М—точка пересечения медиан). Следовательно, прямая Ml
пересекает стороны ВС и В А, что и требовалось доказать.
283

761. Рассмотрим треугольник МВС. В нем (7Р и ВР являются
биссектрисами внешних углов. Следовательно, MP — биссектриса угла
ВМС. (Точка Ρ равноудалена от прямых ВС и МСУ а также от
прямых ВС и ВМ, значит, она равноудалена от прямых МС и MB.)
Точно так же ВК и МК являются биссектрисами внешних углов
треугольника АВМ, следовательно, АК — биссектриса угла ВАС.
Таким образом, ΔΑΚΜ = ΔΚМС - ΔΚΑΜ = 0,5(ZJ3MC - ZJ34M) =
= 0,5ZABM = 30°.
762. Рассмотрим треугольник со сторонами а9Ь9 с; а^Ь^с.
Докажем два неравенства:
1. ^~ ^ —сова, где α—угол, противолежащий стороне а.
2. Для остроугольного треугольника £=* < V2 — 1.
Неравенство 1 легко следует из теоремы косинусов: о2 = Ь2 + с2 -
—2bccosa ^ Ь2 + с2 cos2 a — 2bccosa = (Ь — ccosa)2.
Доказательство неравенства 2 также весьма просто. Имеем
о-Ь л/Ь^Тс2-^ с с у- 4
с с л/Ь^Т^+Ь >/2?+с
Поскольку оба неравенства выполняются для данных
треугольников, то на основании известного свойства пропорции (если Х{ > О,
Ух > 0 и при всех % выполняются неравенства w < j-J· < ν, то г* < ψ— ^ ν)
и правила построения нашего треугольника можно сделать вывод,
что оба неравенства выполняются и для построенного треугольника,
т. е. — cosao <л/2 — 1, cosao > 1 — л/2, где «о—наибольший угол этого
треугольника.
763. Рассмотрим сначала точки Р, расположенные внутри одного
из 4 образовавшихся углов (рис. 90, а). Проведем биссектрису этого
угла, а затем опустим на нее перпендикуляр РК. Для всех этих точек
прямой РК, расположенных внутри угла, сумма расстояний до его
сторон одна и та же и равна 20К8ш%. Возьмем на луче ОР точку
N так, что ON = OK, а на луче ОК точку <?, лежащую на нашей
окружности. Из равенства треугольников ONQ и ОКР следует, что
ZONQ = 90°. Следовательно, точка N описывает дугу окружности
с диаметром OQ = Л, лежащую внутри нашего угла. А поскольку
ОМ = 2 О К sin ^ = 2CW sin f, то М описывает дугу окружности,
диаметр которой ОМ\ а= 2Asin f.
Рассуждая так же для каждого из трех оставшихся углов,
получим, что искомое геометрическое место точек состоит из четырех дуг,
диаметры которых расположены на биссектрисах соответствующих
углов и равны ОМг =OM3=2flsinf, ОМ2=ОМ4=2Лcosf (рис. 90, б).
764. Очевидно, что если стороны треугольника A\B\C\
параллельны соответствующим сторонам треугольника АВСУ т. ё. точки
Aw В\ и С\ являются серединами сторон ВСН С А и АВ
соответственно, то все четыре треугольника, указанные в условии, подобны
треугольнику ABC.
284

Рис. 90
Поищем другие решения. Пусть прямая В\С\ не параллельна ВС.
В этом случае подобие треугольников АВхСх и ABC будет иметь
место, если ZAB\Ci = ZB, ΔΑϋχΒχ = ZC. Докажем, что прямые ΑχΒχ и
А\С\ должны быть параллельными соответственно прямым АВ и АС.
В самом деле, если бы, например, А\С\ была бы непараллельна АСУ
то выполнялось бы равенство ZBCxAx^ZC. Но угол ΑχΰχΒχ должен
равняться одному из углов треугольника ABC. Пусть ΔΑχϋχΒχ =ZA.
Тогда 2£С + ΔΑ = 180°. Откуда £С = ΖΒ, что противоречит
условию, разносторонности треугольника ABC. Бели же ΖΑχΰχΒχ = ZC,
то ZC = 60°. Прямая ΑχΒχ должна быть параллельной прямой АВ,
что приводит к тому, что все углы треугольника ΑχΒχϋχ будут по
60°.
Таким образом, если В\С\ непараллельна ВС, то А\С\ и ΑχΒχ
должны быть параллельными соответственно АС и АВ.
Для построения точки Αχ можно поступать следующим образом.
Возьмем на прямых АВ и АС точки Со и Во соответственно так, что
АСо = ХАСУ АВо = ХАВ (можно взять λ == 1). Построим
параллелограмм ACoAqBo, тогда Αχ есть точка пересечения прямой ААо со
стороной ВС. Можно доказать, что ΑΑχ симметрична медиане
треугольника ABC, выходящей из вершины А, относительно биссектрисы того
же угла, т. е. является симедианой треугольника ABC.
Таким образом, поставленная задача имеет 4 решения. Одно
решение получается, когда Αχ, Βχ и С\ —середины соответствующих
сторон треугольника. Каждое из трех оставшихся решений соответствует
одной симедиане треугольника ABC, описанным выше способом.
765. Обозначим через О точку пересечения медиан треугольника
ABC (рис. 91). Понятно; что площадь каждого из треугольников ХАО,
ХВОу ХСО составляет 2/3 соответственно площади треугольников
285

ΧΑΜ, ΧΒΝ, XCQ. Значит, нам надо доказать, что площадь одного
из треугольников ХАО, ХВО, ХСО равна сумме площадей двух
других. Цусть, для определенности, точка X расположена внутри угла
AON. Докажем, что площадь треугольника ХСО равна сумме
площадей треугольников ХАО и ХВО. Возьмем на прямой ВО точку К
так, что ОК—ОВ. Треугольник ХОК равновелик треугольнику ХВО;
АОСК — параллелограмм. Проведем через X прямую, параллельную
ОС (и ART), и обозначим через Ρ точку ее пересечения с прямой ВО.
Площадь треугольника РСО равна площади треугольника ХСО, а
сумма площадей треугольников ХАО и ХКО равна площади
треугольника РАО (Sxao + Sxko = Saok + SxAk = Saok+Spak = Spao)·
Но для любой точки Ρ, расположенной на диагонали OK
параллелограмма АОСК, треугольники РАО и РСО равновелики. Утверждение
задачи доказано.
Рис.91,
Второе решение.
Его идея сводится к тому, что треугольники ХАМ, XBN и XCQ
заменяются на треугольники ХАО, ХВО и ХСО, где О—точка
пересечения медиан треугольника. Теперь утверждение задачи следует из
следующего легко доказываемого факта: для любой прямой,
проходящей через точку пересечения медиан треугольника, сумма
расстояний до этой прямой, от каких-то двух вершин треугольникаг равна
расстоянию до этой прямой от третьей вершины.
766. Докажем, что искомая прямая параллельна BD. Проведем
через С прямую, параллельную BD, и обозначим через Мо и К0 ее
точки пересечения с прямыми АВ и AD. Пусть теперь некоторая
прямая пересекает отрезок\ВМо в точке Μ, а прямую AD в точке К. Нам
286

надо доказать, что
или
1
Sbcm
i
Sbcm
Sdck
1
SbCMq
Smcmq
1
'Sbcmq
1
' SpCKo
1
SDCKo '
1
Sdck1
Skckq
Sbcm · Sbcm0 Sdck · Sbc#,
Учитывая, что ZMCM0 = ZfifCKo = y>, после сокращения обеихчастей
на j sin у? получим неравенство
МС СМо tfC Clifo
5^см 5всм0 Sdck Sdck0
Но в треугольниках ВСМо и jDCKO высоты, проведенные к СМо и С#о,
равны между собой. Осталось доказать неравенство ^^ > s£>CK' ^и0
очевидно — расстояние от В до СМ меньше, чем расстояние от В до
СМ0, а расстояние от D до CRT больше, чем расстояние от D до CKO·
767. Обозначим ВК=МС=х, AK=BM=kx, АР=уу СР = ку.
Поскольку cosZABC = 2а?^ду , cosZBAC= ^, то по теореме косинусов
для треугольников КВМ и МСР получим 1 = х2 + Л2ж2 - fc(2a;2 - у2)
и 1 = ж2 + к2у2 — fcj/2. Вычтем второе уравнение из первого, тогда
х2(к2 - 2к) + у2{2к - к2) = 0. Отсюда или а; = у, или к2 - 2fc = 0.
В первом случае треугольник ABC правильный. Его периметр
больше 3, причем он может быть сколь угодно близок к 3, если точки
М, Р, К приближаются к вершинам треугольника ABC.
Наибольшее значение периметра треугольника ABC в нервом случае равно 6,
оно достигается, если точки К, Μ и Ρ — середины соответствующих
сторон этого треугольника.
Во втором случае к = 2 (считаем, что по условию равенство fc = 0
невозможно). Имеем у2 = ^р-. В треугольнике КВМ стороны равны
х, 2х, 1. Следовательно, | <х< 1. Периметр треугольника ABC ра-
6х + 3j/ = 3 (2х + χ/^γ- ). Задача сводится к определению границ,
изменения функции /(ж) = 3 ( 2х + γ ^^ ) при условии | < а? < 1.
Рассматривая эту функцию на всем отрезке | ^ ж ^ 1, найдем, что ее
наибольшее значение равно ^5р (достигается при ж = ^)р), а наименьшее
значение при ж = | равно 4.
Объединяя оба случая, получаем, что для периметра Ρ
треугольника ABC выполняются неравенства 3 <Р< ^^.
287

Рис. 92
769. Рассмотрим два случая.
1. Углы АиС треугольника ABC острые (рис. 92, a). MD и КЕ—
указанные в условии отрезки. Нетрудно доказать, что в этом случае
АВ=ВС. Поскольку треугольники AMD и АВР подобны и площадь
AMD составляет 2/3 площади АВР, то
ΒΡ = ^-Μΰ= ^-АС^-АР.
Значит, tgA = tgC = ff = V6, Zi4 = ZC = arctg>/6, ZB = 7r-2arctgV6.
2. Пусть один из углов А или С тупой (рис. 92, б, тупым является
угол С). Обозначим через F точку на АВ такую, что CF
перпендикулярна АС, В\ — проекция В на АС, К\ и Е\ — точки пересечения
прямой КЕ соответственно с FB\ и СВ\. Очевидно, КЕ = ΚχΕχ =
= MD = АС. Отрезки MD и К\Е\ делят треугольник AFB\ на три
равновеликие части. Из этого следует равнобедренность треугольника
AFBi. Значит, FC^y/lMD^^AC, tgA=yj\, tg(7r-C)=2tgi4=V6,
Zi4 = arctg|>/6, Z(7=7r-arctgV§, ZF=arctg\/6-arctg|>/6 = arctg^.
770. Пусть О — общий центр окружностей, и вершины
треугольника ABC расположены на этих окружностях. Докажем, что если
площадь ABC является наибольшей, то О лежит внутри
треугольника ABC и является точкой пересечения высот этого треугольника.
(Это условие также и достаточное.) То, что О должно находиться эну-
три треугольника, вполне очевидно. Пусть О — не ортоцентр.
Предположим для определенности, что АО не перпендикулярна ВС.
Проведем через. А прямую, параллельную ВС. Эта прямая не касается
соответствующей окружности, а значит, она эту окружность
пересекает. Таким образом, можно найти точку Αχ, для которой площадь
треугольника А\ВС будет больше, чем площадь треугольника ABC.
288

Итак, ABC—остроугольный треугольник, в котором расстояния
от вершин до ортоцентра равны соответствующим радиусам данных
окружностей. Бели АО = 1, (70 = 5 и έΒ=β, a R—радиус описанной
около ABC окружности, то
^C2 = ^O2 + CO42AOCOcos/3 = 26 + 10cosi9 = 4ii2sm2i9.
В то же время В0 = Ъу/2 и ВО=2Дcos/3. (Расстояние от вершины
треугольника до его ортоцентра вдвое больше расстояния от центра
описанной около него окружности до противоположной стороны.)
Значит, Д=^ . Имеем: 26 + 10cos/3=18tg2/?, 5cos3/? + 22cos2/3-9=0,
(5cos/3 - 3)(cos2/3 + 5cos/3 + 3) = 0. Поскольку cos/3 > 0, то cos/3 = |.
Далее R = ^, AB2 + CO2 = 4Д2, AB2 + 25 = 50, AB = 5. Аналогично
найдем ВС = 7 и
S^c = ^B<?sin/3=|-5-7| = 14.
771. Проведем через В прямую, параллельную АС, и обозначим
через Μι и if ι точки пересечения с этой прямой В\С\ и ΒιΑι
соответственно. Понятно, что утверждение задачи эквивалентно
равенству ВΜχ =ΒΚχ. Из подобия треугольников АВ\С\ и ВМ\С\
найдем ΒΜχ = AB · ^-. Аналогично, В Κι = CBi · §^. Деля
полученные равенства друг на друга, на основании теоремы Чевы получим
Щ = Ш ■ Щ -S& = !. что и требовалось.
772. Продолжим соответственно АС и ВС и возьмем на
продолжениях за С точки В\ и Αι так, что СВ\ = СВ, CAi = С А. Нетрудно
убедиться, что АА\ и ВВ\ параллельны биссектрисе угла С.
Обозначив, как обычно, стороны треугольника через о, Ь и с, а угол С через
7, найдем МиГ = \ВВ\ = ocos J, MJ5= \АА\ =ftcos J. Значит,
Mtf.MS=-ab(l + cos7) = -(^l + —~g )=p(p-c),
где 2^=о-*-Ь4*с.
В то же время ra = ^Д*7, Ч = 5*ДС.
Таким образом,
гап=(р4^-ь)=р(р"с)=м^мд·
773. Обозначим через Οι, Ог, Оз и О4 центры окружностей,
вписанных соответственно в треугольники ABif, СВМ, АВМ и СЯК",
О — центр окружности, вписанной в ABC (рис. 93). Нам надо
доказать, что если О1О2 параллельна АС, то и О3О4 также параллельна

в
o3w о4
Oi
02
к
Μ
Рис. 93
АС. Пусть АВ = с, ВС = а, ΔΑΒΟι=α, ΔθιΒ03 = β, Δθ3ΒΟ = η.
Тогда, поскольку άΟχΒΟι = Δ03Β02 = ΔΑΒΟ = \aABC, το ΔΟΒΟ* = α,
ΔθΑρθ-ι=β,Δθ·2.ΒΟ = η.
^ee s£ = fefft = *>38»Η)> аналогично %°*>2Κη.)·
Параллельность ЛС и Οι Ог эквивалентна равенству ^% = §^
или Sisfe = aSfe'. csinasin(/3 + α) = asin7sin(/J + 7).
Нетрудно убедиться, что это же равенство эквивалентно
параллельности АС и О3О4.
774. (См. рис. 94.) Известно (и
нетрудно доказать), что £А\С\С' =
=ZCC\Bi =/.А\АС\ из условия
следует, что ΖΑχΟχΒχ =2ΖΜΑΝ. Пусть
прямая, симметричная AN
относительно AM, пересекает прямую
Aid в точке К. (Для
определенности будем считать, что К на
отрезке А\С\.) Точки К, С\, А и
7V расположены на одной
окружности {ΔΚΑΝ = ΔΚΟχΝ}. Имеем АК=
= AN (ZKdA + /:NCiA = №0).
Таким образом, треугольники К AM и
Рис· 94 NAM равны, а АМ является
биссектрисой угла C\MN. Аналогично рассматривается случай, когда К
расположена на продолжении А\С\.
775. Обозначим через В\ точку, симметричную В относительно
прямой АС Луч ВВ\ должен проходить внутри угла ABD, так как
из условия следует, что угол ABD больше 60°* Нам достаточно
доказать, что точка В\ лежит на прямой CD. Треугольник ΑΒΒχ является
равносторонним (он равнобедренный с углом 60°). Значит, ВВ\ =ВА.
290

Таким образом, точки Α, Βχ и D лежат на окружности с центром в В
и ΔΑΌΒχ = \ΔΑΒΒΧ =30°.
Из последнего равенства следует, что В\ лежит на прямой CD,
что и требовалось доказать.
776. Пусть DyPm К—проекции А, В и С на прямую BiCi. Имеем:
f§ = §££., ^ = 5^7? · Перемножая эти равенства, получим
&Р = ВС± ΑΒι Β Αχ
CK'CiA' BxC~ АгС
(В последнем равенстве мы воспользовались теоремой Чевы.) А
поскольку j£fc = £Ц£, то треугольники РМВ и КМС подобны, ΔΡΜΒ =
= ΔΚΜΟ) а значит, ΔΒΜΑχ = ZCMAi, что и требовалось.
777· а) Пусть ВС наибольшая, а АВ наименьшая сторона
треугольника ABC', Αχ—середина ВС (рис. 95, а). Тогда ΔΑχΑΒ >
Рис. 95
> \lCAB ^30°. Проведем из А\ к АВ перпендикуляр A\D. Так как
A\D равно половине соответствующей высоты треугольника ABC,
то из условия следует, что A\D < \АА\, а тогда sinZAiAB < |.
Поскольку /Αι АВ > 30° и sin Ζ Αι АВ < §, то Ζ Αχ ΑΒ > 150°, а значит, и
ZCAB > 150°. Тем самым пункт а) доказан.
б) Возьмем на прямой АВ точку Ε так, что ЕА=АВ=а (рис. 95, б),
проведем через Ε прямую, образующую угол 150° с прямой АВ, и
построим окружность, проходящую через А и В и касающуюся
проведенной прямой в точке Ci (ZC\EB = 150°). Проведем AAJ ||i5Ci, тогда
А[ —середина С\В. Пусть точка С расположена по ту же сторону от
291

АВУ что и точка Сх. Поскольку ZCEB = £АгАВ> 150° = ZCiEB, то
точка С расположена по другую сторону от С\ЕУ чем точки А и В.
Таким образом, ΔΑΟΒ < ZACiB = φ = ZCi AE - ΔΟχΒΕ = α-β. Далее
имеем CiE2 = EA-EB = 2a2, CiE = ay/2. Проведем CiFlAB, тогда
, _<?iF_ у/2 _ у/2 *_CiF_ y/2
= tga-tg/3 ^4у/2-3>/5
gV> l+tgatg/3 5
Учитывая неравенство у> < tgy? для о < у> < f, нам достаточно
доказать, что tgφ = 4^з-зу5 < _|_. и,
Так как jfe · U > Μ|αι > 0095) а a^-sV* < 4-1,414-3.1,731 < 0094j
то пункт б) доказан.
778. Опишем около треугольника ABC окружность и обозначим
через Ε вторую точку пересечения с этой окружностью прямой BD
(D — да отрезке BE). В треугольнике DEC угол DEC равен 20°, а
внешний угол при вершине D равен 40°. Значит, ZDCΕ = 20° и ED —
= DC. Точцо так же ED = DA. Следовательно, D — центр
построенной окружности, ZZ?CM=±(180o-110o) = 35o, ZSMC=40°+35° = 75°.
(Μ — точка пересечения АС и BD.) ,
779. Опишем около треугольника ABC окружность и обозначим
через Ε вторую точку пересечения этой окружности с BD (Е — на
отрезке BD). В треугольнике DEC угол при вершине D равен 20°,
а противоположный внешний угол равен 40°. Значит, ADC Ε = 20°
и ED = ЕС. Точно так же ED = Ε А. Таким образом, ZBMC =
= ZATEC + ZMOE7 = 40° + 35° = 75°. (Μ — точка пересечения АС и
ВД ZMCE = ZMCD - 20° = ±ZAED - 20° = 55° - 20° = 35°.)
780. Проверьте выполнение неравенства треугольника. Площадь
соответствующего треугольника равна ^.
781. Проведем через К прямую, параллельную BD> и обозначим
через L ее точку пересечения с AD. Поскольку ^ = ^ = §§ = ^, то
PL параллельна АС. Обозначим через Q вторую точку пересечения с
AD окружности, описанной около KPL. (Если эта окружность
касается AD, то Q совпадает с L.) Имеем /HPKQ = APLD = ZMAD = 30°.
Точно так же ZKPQ = 30°. Значит, KQ = QPn ZKQP= 120°. Из этого
следует, что Q — центр окружности, описанной около К ЕР.
782. Докажем, что Ε — фиксированная точка окружности.
Проведем прямую BE и обозначим через Αχ вторую точку пересечения
прямой с данной окружностью (рис. 96). Тогда ΖΑΑχΕ = ZEDC =
= 180° -ZEBC. Следовательно, ΑΑχ параллельна ВС,
Αχ—фиксированная точка, а значит, и Ε — фиксированная точка. (При других
взаимных расположениях окружности, прямой и точек рассуждения
292

аналогичны.) Теперь для построения прямой АС (точки С), для
которой ЕС минимальна, надо сначала, проведя через А прямую,
параллельную данной прямой, найти точку А\> затем соединить Αχ и В
прямой и найти Е, после чего, опустив из Ε перпендикуляр на данную
прямую, найдем искомую точку С.
Рис. 96 Рис; 97
783. Пусть Ρ— середина АВУ МК—касательная к окружности,
О — центр, R— радиус окружности. Из перпендикулярности О А и
РМ следует, что ОМ2 - Μ А2 = ОР2 - РА2. Значит, МК2 - Μ А2 =
= (М02-Д2)-МА2 = ОР2-РЛ2-Д2 = (Д2+ВР2)-РА2-Д2=0, что
и требовалось доказать.
784. Заметим, что треугольник ΒΟΟχ подобен треугольнику СВВ\
(а АВОО2 подобен ΑΒΒχΑ). В самом деле, в ситуации,
изображенной на рцс. 97, имеем ΔΒΟΟχ = \£ВОА = ZBCBU а ΔΒΟχΟ =
= \ΔΒΟ\Α = ZBBiC. Аналогично, треугольник ВОО^ подобен
треугольнику ВАВ\. Легко видеть, что четырехугольник ВО1ОО2
является вписанным {ΔΒΟχΟ + ΔΒ020 = ΔΒΒχΰ + ΔΒΒχΑ =* 180°).
Поскольку ΔΟΒΟχ =ZOBC>2, το ΟΟχ =002. Рассмотрим окружность с
центром О и радиусом ΟΟχ=Οθ2- Если Q—вторая точка
пересечения этой окружности с ВО\у то BQ = B02- Значит, ВО\ -BQ = {BO +
+ΟΟχ)(ΒΟ - ΟΟχ) или R1R2 = R2 - 00\, что и требовалось.
785. Пусть прямая I пересекает сторону АС в точке Р.
Поскольку Sboc = Sbpc + Sbop - Spoc> Sboa = Sbpa - Sbop - Saop,
Saoc = Spoc + SaoPj to предлагаемое для доказательства равенство
эквивалентно следующему:
hA(SBPC + «Sbop - Spoc) - hs(Spoc + 5лор) -
- ftc (Sbp4 ~ Sbop - <SUop) = 0
или
(HaSbpc - hcSspj) + (IiaSbop - hsSAOp) +
+ (hcSsop - hsSpoc) + (hcSAOP - ЬаБрос) = О.
293

Действительно, HaSbpc - ^cSbpa = 0, так как |^ = ^ = Щ.
Аналогично равны нулю выражения в других скобках.
786. Обозначим, как обычно, АВ = с9 ВС = а, СА = Ь, радиус
вписанной окружности г. Известно, что г = а*\~с. На рис. 98 точка Ε—
Рис. 98
середина ВС, К, L, Ρ—точки касания вписанной окружности с
центром О со сторонами треугольника ABC. Из подобия треугольников
МСЕ и OLE найдем
%,„ ЮСЕ га (а + Ь-с)а
МС = ——— = s" = - г-^- =
Li? a-2r с-Ъ
_(? -W + {Ъ-с)а _с + Ъ-а
с-Ь "" 2
Проведем через С прямую, параллельную АВ, и обозначим через
F точку ее пересечения с прямой РК. Поскольку треугольник ΑΡϋΓ
равнобедренный (АР = АЙГ), то и треугольник CPF равнобедренный,
CF = CP=r. Если ZB АС=а, то ZCFP = Ζ АКР=90° - f. Кроме того,
ZFCN = 90°. Таким образом,
плт τ?η ^ а r(l + cosa) а + Ъ-с с+Ь
CN=FCctg- = ——: i = ^ =
2 sin a 2 a
_а(Ь+с) + Ъ2-с? _с + Ь-а
~" 2a ~ 2
ИтакМС = СЛГ.
787. Обозначим точки, симметричные А, В и С относительно
середин соответствующих отрезков через А'1} BJ, С{ (рис. 99).
Проведем через А[,В[ и С[ прямые, параллельные соответственно ВС, С А
и АВ, получим треугольник AiBiCi, на сторонах которого
расположены точки AJ, BJ, С[, причем BiAi=С{В1=А'С, Aid = C'BJ = ΒΑ'.
Аналогичные равенства имеют место для других отрезков сторон
треугольника А\ В\ С%.
294

Рис. 99
Теперь, воспользовавшись теоремой Менелая для треугольника
ABC, стороны которого пересечены прямой в точках А', В* и С"
(прямое утверждение теоремы ^^ · ^т · §tj = 1), получим, что
соответствующее соотношение выполняется и для треугольника А\В\С\
[ό^'Ύ^'ΈΠ^^^ρ τ· е· п0 той же1 теореме Менелая (обратное
утверждение) точки А[, В[ и С[ лежат на одной прямой.
789. Воспользуемся следующей формулой для радиуса
окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, г = ^(а + Ь — с), где а и
Ь—катеты, с—гипотенуза треугольника.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, в котором CD —
высота, проведенная к гипотенузе. Сумма радиусов рассматриваемых
окружностей будет равна
\{AC+CB-AB) + \{AD + DC-AC) + \{BD+DC-CB) = DC,
что и требовалось.
790. На продолжении СВ за точку В возьмем точку Μ такую, что
В Μ = DK (повернем Δ AKD вокруг точки А на 90° против часовой
стрелки). Пусть ZBAL = Z.LAK = φ, тогда ПЛАВ = ZKAD = 90° - 2φ,
ZMAL = 90° -φ, ZMLA = 90° -φ, т. е. AULA = ZMAL. Значит,
AK = AM = ML = BL + KD.
791. Пусть Οχ и Ог — центры окружностей, К — точка их
касания, AD — отрезок общей внешней касательной к окружностям,
ВМ — отрезок касательной ко второй окружности. Докажем, что
точки В, К и D расположены на одной прямой. Так как АВ \\DO2,
то ΔΚΟχΒ = ZKO2D. Значит, КО\В и KO^D подобные между собой
равнобедренные треугольники и ΔΒΚΟ\·=-ΔΌΚΟ<ι. Треугольник DAB
прямоугольный, АК—высота этого треугольника, проведенная к
гипотенузе. Таким образом, ВМ2 = BD · ВК = В А2, откуда В Μ = ΒΑ,
что и требовалось доказать.
295

792· Заметим, что А является центром окружности, описанной
около треугольника BMD. Это следует из того, что Z.BMD = 180° —
-ΔΜΌΒ - ΔΜΒΌ=135°. Следовательно, ZMAD=2ZMBD = 90° - 2α.
79Ϊ. Пусть прямые АВ и AD пересекаются в точке О. Отложим
на этих прямых отрезки ОК = АВ, OP = CD. Из равновеликости
треугольников МАВ и MCD следует равновеликость треугольников
МОК и МОР, а значит, прямая ОМ или делит отрезок КР пополам,
или параллельна КР.
Если прямые АВ и CD параллельны и AB=^CD, то точка Μ
должна лежать на одной из двух прямых, параллельных АВ и CD,
отношение расстояний от которых до АВ и CD равно AB/CD. Если
же АВ и CD параллельны и AB = CD, то имеем одну прямую,
равноудаленную от АВ и AD.
Построив соответствующую пару прямых (или одну прямую) для
отрезков АВ и EF, найдем искомые точки Μ как точки пересечения
соответствующих прямых.
' 794. Обозначим через Ε точку пересечения диагоналей
четырехугольника ABCD (рис. 100). Докажем, что биссектрисы углов четы-
Рис. 100
рехугольника ΑχΒχΟχϋχ пересекаются в точке Е. Имеем: ΔΕΑχΰχ =
= ΔΕΑΏ = ΔΕΒΟ = ΔΕΑ\Β\, т. е. Αχ Ε—биссектриса ΔΒχΑχΰχ.
Аналогично получает, что и другие прямые являются биссектрисами.
Обозначим теперь через К, Μ и Ρ соответственно точки
пересечения прямых AiBi, DiCi с АС и между собой. Докажем, что
прямая АС образует равные углы с прямыми ΑχΒχ и C\D\. Имеем:
ΔΑχΜΕ = ΔΑχΕΑ - ΔΕΑχΜ = 90° - ΔΑχΑΕ - ΔΕΒΒχ = 90° - ZCAB -
-Z.DBC. Аналогично найдем, ΔΰχΚΕ = 90° -ZCAD-ZCDB. А
поскольку LCAB-LCDB, LDBC = Z<CAD, το ΔΑχΜΕ-ΔΒχΚΕ. Ho Ε
является точкой пересечения биссектрис треугольника ΑχΡϋχ.
Значит, биссектриса угла Ρ этого треугольника проходит через Ε и (по
296

доказанному только что) параллельна прямой АС, т. е. точки Μ, К
и Ρ должны совпадать.
795. Докажем сначала равенство отрезков АР, BQ, CR и то, что
соответствующие прямые пересекаются в одной точке. Рассмотрим
сначала случай, когда все углы треугольника ABC не превосходят
120° (рис. 101, а). Опишем около треугольников ABR, ВСР, CAQ
Рис. 101
окружности. Поскольку дуги этих окружностей, расположенные по
ту же сторону от соответствующей стороны, что и треугольник ABC,
вмещают по 120° каждая, эти окружности пересекаются в одной точке
Τ (точка Торричелли). Прямые АР, BQ, CR проходят через эту точку
(ΔΑΤΒ + ΔΒΤΡ = 120° + 60° = 180°). Кроме того, каждый из
отрезков АР, BQ, CR равен сумме расстояний от точки Г до вершин
треугольника ABC. (Докажите, например, что СТ + ВТ=ТР.)
Случай, когда один из углов треугольника ABC больше 120°,
следует рассмотреть отдельно. Точка Г при этом оказывается вне
треугольника ABC. При этом, если, например, угол С больше 120°, то
отрезки АР, BQ, CR будут равны AT + ВТ -СТ.
Перейдем теперь к нашей задаче. Для доказательства пунктов а)
и б) достаточно доказать то, что треугольники A\BiR\, B\C\P\ и
CiAiQi являются правильными.
Пусть АГ —середина ВР (рис. 101, б). Имеем QXK = \BR = \AB =
= AiBu ЛгК = \СР = ВгСи ZQXKAX = ZQiKP - ΔΑΧΚΡ = ΔΚΒΡ -
-120° = ΖΑΒ(7 = Ζ4ιΒι<7ι. Значит, треугольники Q\KA\ и А\В\С\
равны и Q\A\ = С\А\. Точно так же Q\C\ = С\А\, т. е.
треугольник A\C\Qi является правильным. Этим завершается доказательство
пунктов а) и б).
Для доказательства пункта в) воспользуемся следующим
утверждением. Для того чтобы точка Μ являлась точкой пересечения ме-
297

диан треугольника ABC, необходимо и достаточно выполнения
равенства = 0. Пусть теперь Μ — точка пересечения
медиан треугольника ABC. Имеем
+МА) + (BP+CQ+AR) = 0, поскольку равны нулю суммы векторов
в первой и второй скобках. (Векторы Br, CQ и AR получаются из
и АВ поворотом на 60° в одном и том же направлении).
796. Треугольник MBN получается из треугольника ABC
поворотом вокруг В на угол φ—ΔΑΒΜ с последующей гомотетией с центром
В и коэффициентом к = МВ/АВ. Точно так же треугольник DPQ
получается из треугольника DC А (угол ψ и направление поворота те
же, коэффициент гомотетии тот же). Из этого следует равенство и
параллельность отрезков ΜΝ и PQ, т. е. MNPQ — параллелограмм.
797. Пункт а) непосредственно следует из результата и решения
задачи 796.
Докажем утверждение пункта б). В параллелограмме NT К Ρ
ΚΤ = Αΰ·&,ΚΡ = Βθψ. Поскольку прямая КТ получается из АС
поворотом на 45° в одном направлении, а прямая КР из BD
поворотом на 45° в другом направлении, то угол между прямыми КТ и
К Ρ равен 90° —а (если а<90°). Таким образом, искомое отношение
,, ^ACBDsina ,
площадей равно —S? тч =tga.
798. Докажите, что ZAOK = \l.KDA (аналогично для ZCOM).
799. Для углов произвольного треугольника выполняется
равенство
tgA + tgB + tgC-tg^-tgJB-tgC = 0
(tgit - tgii · tgB · tgc = -tg(i? + c)(i - tgB ■ tgg) = - ASyc(i -
-tgJB-tg<7) = -tgB-tgCHT. д.).
Выражая tgB и tgC через tg А из условия, найдем tg A=1, tgB = 2,
tgC = 3.
Далее a:b:c = sin A : sinJ5 : sin С = /fii4, : /РД0 : *«f „ =
^ >/l+tga;4 y/l+tg2B Vl+tgC
= \/5:2v^:3.
800.
by[\
2m
τη+Λ*
801. Рассмотрим треугольник ABC, в котором CJB = a, СА = Ь,
биссектриса CD = I. Пусть ZACB = 2a. Известна формула для длины
биссектрисы I = 2°%1°68αί, которая легко доказывается на
основании равенства Sabc = Sdbc + Sd ас- Таким образом, cos a = *(?+ь)
2аЬ
sina= л/l - * ^+&) . Для площади треугольника ABC получим
Sabc — ^absin2a = absinacosa = —. , л/4а2Ь2 — l2(a + b)2.
2 4ао
298

802. Пусть Μ— середина PC. Поскольку квадрат
касательной, проведенной из Μ к описанной около ABC окружности, равен
MB · ΜΑ, то нам достаточно доказать, что имеет место равенство
{МС)2 = МВМА.
Обозначив, как обычно, стороны треугольника через а, Ь и с,
найдем (а < Ь): В'С = СА' =р-с, ВС = В А* = ρ - ft. Далее
нетрудно найти ВР = ъ^а · (Например, с помощью теоремы Мене-
лая· ^ ' §Ξ§ T$h = ΙΟ Далее находим: PC = ^1 + р_Ь =
= 2^ь)(Га)? ^^iEzb^^^^b)^^^ ЛМ = ^. Таким
образом, (МС)2 = (ίΕ::^^)2 = Ц=?·^Ξ^=MB-МЛ, что и
требовалось.
80S. Заметим, что N0 и МО—биссектрисы соответственно углов
ANM и BMN. Значит, ΔΝΟΜ = 180° - {ΔΟΝΜ + ΔΟΜΝ) = 180° -
- \{ΔΑΝΜ + ΔΒΜΝ) = \{Δ0ΝΜ + ZCMN) = ±(180° -ZNCM) = 60°.
Пусть if и L—точки касания полуокружности со сторонами АС
и ВС. Точки Q, М, L и О лежат на одной окружности, поскольку
ZQOM = ZQLM = 60°. Таким образом, ZMQO = 180° - LMLO = 90°.
Точно так же JVP -L ОМ. Следовательно, треугольник QOP
подобен треугольнику MON с коэффициентом подобия 1/2 (OP = |ОЛГ,
0<Э = \ОМ), а значит, QP= \MN.
804. Докажите, что для произвольной точки плоскости (и даже
пространства) сумма квадратов расстояний до двух
противоположных вершин прямоугольника равна сумме квадратов расстояний до
двух других его вершин.
В нашем случае, поскольку 55 =32+42, то данная точка совпадает
с одной из вершин прямоугольника, его стороны 3 и 4, а площадь 12.
805. Заметим, что длина общей внешней касательной к
окружностям с радиусами Лиги расстоянием между центрами, равным d,
может быть найдена по формуле I = у/<Р — (Я — г)2.
Применим эту формулу. Если стороны треугольника равны а, Ь
и с, то соответственно радиусы окружностей будут равны §, § и §,
а расстояния между их центрами — \, § и |. Таким образом, имеем
систему уравнений:
'c*-(fr-a)s*4m', Г (р-Ь)(р-а) = т2,
Ь2-(а-с)2=4п2, или < (р-а)(р-с) = га2,
a2-(c-fc)2 = 4fc2, \ (р-с)(р-Ь) = к2,
где 2р=а + Ь + с.
Перемножив почленно три последних уравнения, получим (р —
-a)(p-ft)(p—c)=rarafc. Тогдар-с=^,р-Ь=2^,р-а==2р. Сложив
полученные равенства, найдем р= ** + я* + ар.
299

Итак, периметр треугольника равен 2 (^ + η^ + ηρ), а площадь
у/т2п2 + п2 к2 + к2т2.
806. Рассмотрим остроугольный треугольник ABC с высотами
АА\, ВВ\ и CCi. Известно и нетрудно доказать, что углы Αχ, В\ и
d треугольника ΑχΒχΟχ связаны с углами исходного треугольника
следующими равенствами: А\ = π — 2А, JBi = π — 2В, Ci = π — 2C
Рассматривая всевозможные случаи попарного равенства углов
треугольника ABC и треугольника Ai-BiCi, получим, что подобие
этих треугольников имеет место лишь в случае, если оба они
правильные.
Пусть ABC—тупоугольный треугольник с тупым углом при
вершине А. В этом случае углы треугольника ΑχΒχΰχ связаны с углами
ABC соотношениями: А\ = 2А - π, Βχ = 2В, С\ = 2С.
Равенство углов Αχ и А невозможно. Пусть Αχ =#. Возможность
J?i = Л приводит к противоречию. Значит, должно быть С\ = А.
Получаем систему: £ = 2А-7г, А-2С, С = 2В, откуда # = 7г/7, (7 = 2π/7,
А/4тг/7.
Таким образом, условию задачи удовлетворяют два вида
треугольников: правильные и треугольники с углами π/7, 2π/7, 4π/7.
807. Обозначим /CAB = /CEO = α. Нетрудно доказать, что если
/CAB < /.ABCу то точка Μ находится внутри угла ВАС (рис. 102).
Рис. 102
Имеем /CMD = a, /СМВ = 180° - а, ZDMJB = 180° - 2а, ZD0B = 2а.
Значит, /DMB + ZJ30B = 180°, т. е. четырехугольник DMBO —
вписанный. Так как J3O = 0B, то МО—биссектриса угла DMB.
Следовательно, /СМО = ZCMD + |ZDMB = α +1(180° - 2α) = 90°.
300

808. Пусть для определенности, Ь^ с. Из неравенства треугольника
следует 0<Ь + с-а<2с, значит, 0<Ь+с— a<2\/bc. Возводя
последнее неравенство в квадрат, получим после очевидных преобразований
доказываемое неравенство.
809. Пусть длины сторон многоугольника в порядке убывания (но
не обязательно в порядке обхода) равны αϊ, α2,..., αη, αϊ ^ а2 ^... ^ ап.
Предположим, что -т*- ^2 при всех i = 1, 2. ..., η — 1. Тогда α2 ^ £аь
аз^^аь ...,αη^2^ται и α2 + α3 + ...+αη^αι (|+ £ + ...+j^) <аь
чего не может быть.
810. Рассмотрим вписанный в ABCD четырехугольник KLMN (К,
L, Μ и N соответственно на DA, АВ, ВС и CD). Пусть Р, 2? и Q —
середины KL, NL и NM соответственно. Поскольку АР = \KL, PE=\KN,
EQ = \LM, QC = |iVM, то длина ломаной APEQC равна половине
периметра четырехугольника KLMN. Из этого и следует утверждение
задачи.
811. Пусть а, Ь, с, d, е, /—длины сторон четырехугольника
(взятые последовательно) и его диагоналей. Если S—площадь
четырехугольника, то очевидно S^^{ab + cd), S^^ef. Далее, используя
неравенство о среднем, будем иметь: т = а2 + Ь2 + с2 + сР + е2 + /2 ^ 2аЬ +
+2cd + 2e/^4S + 4S = 8S, т. е. S^f.
812. Пусть D — середина АВ. Тогда по формуле длины медианы
имеем: DM2 = \{АМ2 +ВМ2) - \АВ2. Таким образом, ЛМ2 +ВМ2
достигает наименьшего значения, когда наименьшей является медиана
MD в треугольнике АМВ. Следовательно, искомой точкой является
точка М0— проекция D на прямую I.
813. Пусть АК φ MB.
Проведем через А прямую,
пересекающую другую сторону и лучи
соответственно в точках В'у К χ и М\ так,
что АК\ =ΜιΒ', а через В —
параллельную ей прямую (рис. 103).
Обозначим ΑΚι = М\В' = ж, ifiMi = у,
А'М2 = #2Б = λζ, Μ2ϋΓ2 = Ау, АВ =
= /. Используя соответствующие
подобия, найдем АК = Х+Л**+Лу, -4М =
КМ
J х + У а? \
\ж + у + Аж х + \х + \у)
= /
■Аж ж-
Ау(2ж + у)
Рис. 103
((A + l)s + y)((A + l)s + Ay)*
301

Нам осталось доказать неравенство
Ау(2д; + з/) у
# ((λ + 1)х + у)((А + 1)х + \у) ^ 2х + у
или (после очевидных преобразований) (λ - 1)2х(х + у) ^ 0).
814. Будем основываться на двух достаточно очевидных и легко
доказываемых утверждениях: 1. Из всех треугольников, у которых
задана одна сторона и противоположный угол, наибольшую площадь
имеет равнобедренный треугольник. 2. Из всех треугольников, у
которых задана одна сторона и сумма двух других, наибольшую площадь
имеет равнобедренный.
Из этих утверждений сразу следует, что у искомого
четырехугольника О А = ОМ = ОВ и AM = MB = α/2. Теперь его нетрудно
построить.
815. Пусть Μ А + MB = о, где А и В соседние вершины квадрата
ABCD, при этом Μ по другую сторону от прямой АВ, чем С и D.
Запишем для четырехугольника АМВС неравенство Птолемея (это
неравенство можно получить, например, из теоремы Бретшнейдера,
задача 533). МС АВ^МАВС + МВАС или МС < Μ А + у/2МВ.
Аналогично MD < MB + MAy/2. Сложив два последних неравенства,
получим МС + MD < (МА + МВ)(у/2 +1) = а(>/2 + 1). Равенство
достигается, когда точка Μ расположена на описанной около ABCD
окружности.
816. Пусть прямая АВ пересекает I в точке С. Существуют две
окружности, проходящие через А и В и касающиеся {. Эти две
окружности касаются I в точках Mt и Мг, расположенных по разные
стороны от С и таких, что СМ\ = СМ$ = С А · СВ. Отсюда следует, в
частности, и построение этих точек.
Бели луч С А образует острый угол с правой полупрямой Z, на
которой расположена точка Μχ, то искомой точкой будет точка Μχ.
В самом деле, для всех точек справа от С отрезок АВ виден под
углом, не превосходящим αχ (равенство для точки Μχ), а для точек
слева от С—под углом, не превосходящим аг. Остается доказать, что
αχ > <*2· Но это следует из того, что угол с*2 не может быть тупым, а
sina2<sinax (U2>ui).
Бели AB-Li, то подходят обе точки Μχ и Мг.
Бели АВ || /, то искомой является точка пересечения I и срединного
перпендикуляра к АВ.
817. Обозначим ВС = о, С А = ft, АВ = с, а+ ft + с = 2р. Можно
доказать, что
. _2__ after . ,. 2 °^ε
AlBl-(a+c)(b+c)~2p{a~b) (о+с)2(Ь+с)2·
(Сначала находим САх и (ΤΒχ по теореме о биссектрисе
внутреннего угла треугольника, затем по теореме косинусов из
треугольника AiCBx находим ΑχΒχ. Выражаем косинус угла через стороны
302

исходного треугольника, после чего полученное выражение можно
преобразовать к указанному виду.)
Таким образом, АХВ\ ^ (0+ас)(б+с).
Далее по неравенству о среднем будем иметь
а « ^ Vabc ^ y/abc х/ас-л/Ьс ^
ΑχΒχ ^ —;=—, < = ^
л/а + с-у/Ъ + с y/2y/ac\/2Vbc 2
^ y/ac+y/bc ^ а + с Ь + с_а + Ь+2с
^ 4 ^~8~ + ~8~~ 8 '
Получив аналогичные неравенства для двух оставшихся сторон В\С\
и С\А\ и сложив их, получим
AiBi + BiCi + CiAi^ + + =
а + Ь + с
= —— =р,
что и требовалось.
818. По теореме косинусов 2ab cos С=а2 + Ь2 — с2, 2bc cos А=Ь2 + с2 —
-о2, 2са cos В=о2+с2 — Ь2. Сложив эти равенства и учитывая условие
задачи, получим а24-Ь2=с2. Значит, данный треугольник является
прямоугольным.
819. Пусть К и L—середины ди&гоналей АС и BD
четырехугольника ABCD. По формуле, выражающей длину медианы треугольника
через его стороны, будем иметь
4ЯХ2: = 2ВК2 + 2KD2 - BD2 =
= \{2АВ2 + 2ВС2 -АС2) + i(SCD2 + 2D А2 - ЛС2) - ВГ>2 =
= ЛВ2 + ВС2 + CD2 + Ш2— АС2 - BD2 = 0.
Итак, ЙХ=0, т. е. диагонали, пересекаясь, делятся пополам, а это
значит, что ABCD—параллелограмм.
820. Пусть в трапецию ABCD (AD \\ ВС) можно вписать
окружность. Най надо доказать, что расстояние между центрами (отрезок
0102) равно сумме радиусов построенных окружностей. Но Οι 02 —
средняя линия трапеции, т. е. 0\Оъ = \(AD + BC) = \(АВ + CD) по
свойству описанного четырехугольника.
821. Предположим, что в этот пятиугольник можно вписать
окружность. Пусть сторона длины 5 разделена точкой касания на
отрезки χ и 5 — ж. Исходя из равенства соответствующих касательных,
мы можем последовательно выразить через χ отрезки, на которые
разделена каждая из сторон нашего пятиугольника. В результате
получим, что χ = 0, чего быть не может.
303

822. Пусть ABCDE — данный пятиугольник. Рассмотрим
правильный пятиугольник A\B\C\D\Eii содержащий пятиугольник,
стороны которого параллельны сторонам данного пятиугольника. Для
любой точки Μ внутри ABCDE (даже внутри AiB\CiD\E\) сумма
расстояний до сторон правильного пятиугольника постоянна. (Это
известно и легко доказывается. Площадь пятиугольника A\BiC\D\E\
равна сумме площадей пяти треугольников А\В\МУ ΒχΟχΜ, C\DiM,
D\E\M и Е\А\М.) Но расстояния до соответствующих сторон
пятиугольников ABCDE и A\B\CiD\Ei отличаются на постоянную
величину. Значит, сумма расстояний от точки Μ до сторон пятиугольника
ABCDE постоянна.
823· Рассмотрим случай, когда точка С расположена на дуге BD
и В между С и Q. Угол QAB измеряется половиной дуги АВ. Значит,
ZQAB = LBDA = Z3AD = lBCR. Отсюда следует, что точки Q, Л, С
и R расположены на одной окружности и ZQRA = IQCA = ZBDA =
= ZBAD, а это означает, что прямые QR и AD параллельны.
Аналогично рассматриваются случаи, когда точка С расположена
на дугах АВ или AD.
824. Обозначим через К вторую точку пересечения прямой В Μ
со второй окружностью (рис. 104). Докажем, что AMDK — паралле-
Рис. 104
лограмм. При расположении точек, как на рисунке, имеем: ΖΑΚ В =
=ZCAB=ZCMB, т. е. AK\\MD^ аналогично <LADK=ZABK=lCAM=
= ZDAM, т. е. AM\\KD.
825· Пусть для определенности Μ лежит на стороне АВ и С между
А и К, Ε и F—середины AD и ВС, L и Q—точки пересечения МК
и CD, КР и АВ. Поскольку CL-MB, то $| = Щ; = ^*. Аналогично
304

%-%-Ш' Таким образом, $| = %, т. е. РС=АЮ, что означает
параллельность MP и ВС.
826. Обозначим через О центр окружности. Докажем, что
АК · СМ = АО2 = АР · СТ. Пусть для определенности точки К, Μ,
Τ и Ρ расположены на соответствующих сторонах ромба. Обозначим
£ВАС=£ВСА=а, ZAKM=20, ΔΚΜΟ=2η. Тогда 2α+2β+27=360°,
т. е. α + /? + 7= 180°. В треугольнике АКО два угла равны а и β (при
вершинах А и А", учитывая, что КО—биссектриса угла АКМ).
Значит, ΔΚΟΑ = 180° — α — /? = η. Таким образом, треугольники КО А и
СМО подобны, следовательно, АК · СМ = АО · СО = АО2.
Теперь из равенства АК СМ=АР-СТ, поскольку ZKAP=ZMCT,
получаем подобие треугольников КАР и ГСМ (ZAKP=ZCTM)y
откуда следует параллельность прямых КР и МГ. (Аналогично
рассматриваются случаи других расположений точек if, Μ, Г и Р.)
827. Пусть в треугольнике ABC проведена биссектриса ААо, В\
и Ci — середины соответственно сторон АС и АВ. Из того, что
Ao-Bi = AoCi, следует, что или треугольники ΑΑο-Βι и AAoCi равны,
или углы ΑΒχΑο и ACiAo в сумме составляют 180°. В самом деле,
в треугольниках ΑΑο-Βι и AAoCi сторона ААо общая, А0В\ = AoCi,
ΔAqΑΒχ = ZAqACi · Значит, при симметрии относительно прямой ААо
точка С\ перейдет в одну из двух точек пересечения прямой АС и
окружности с центром А0 и радиусом Αο-Βι- Если С\ переходит при
этой симметрии в В\> то треугольники ΑοΑΒι и AoACi равны, если
нет, то ZA0f?iA + ZAoCiA = 180°. В первом случае имеет АС^АВ.
Рассмотрим теперь вторую возможность, ВС = а, СА = ЪУ АВ = с.
Повернем треугольник Ao-BiC вокруг Ао так, чтобы В\ перешла в точку
Ci, тогда С перейдет в точку С, расположенную на прямой АВ,
при этом треугольник AqBC1 будет подобен треугольнику ABC.
Стороны треугольника AqBC1 легко вычисляются: АоВ = ^, AqC1 = ^,
ΒΟ' = ψ.
Таким образом, из подобия треугольников ABC и AqBC1 получим:
ή$ = ^§г, щ^ = ^, b+c=aV2. Из полученного равенства вытекает,
что хотя бы одна из сторон Ь или с не равна о, а значит, из условия
задачи не следует, что исходный треугольник правильный. Треугольник
со сторонами о, о, о(\/2 — 1) также обладает указанным свойством.
828. По теореме косинусов из треугольников АОС и ВОС
получаем, что АС=1/>/2, ВС=>/§/2, откуда по теореме, обратной теореме
Пифагора, заключаем, что углы ОСА и ОСВ прямые. Следовательно,
точки АиВ лежат на перпендикуляре к ОС, проходящем через точку
С, так что эти три точки лежат на одной прямой.
829. Пусть S—площадь треугольника. Тогда левая часть
доказываемого равенства примет вид
(a-^)(b-^)(c-^) = ^(ab-2S)(bc-25)(ca-25).
305

Очевидно, что к этому же выражению приводится и правая часть
равенства. .
830. Поскольку расстояние от вершины треугольника до точки
пересечения высот, как известно, в два раза больше расстояния
от центра описанной окружности до противоположной стороны, то
АО = 2jRcosA, ΟΒχ = 2iicoSi4 · cos С, где R — радиус описанной
окружности. Записывая аналогичные равенства для других отрезков,
приходим к неравенству cos2 о + cos2 В + cos2 С ^ 4(cos2 A · cos2 В +
+cos2 В · cos2 С + cos2 С · cos2 A).
Пусть А — наибольший угол треугольника. Обозначим а = cos А,
0 ^ о ^ |, χ = cos(i? — С), о ^ χ ^ 1. Преобразуем наше неравенство
cos2В+cos2 С=1 + \ (cos 2B+cos 2C) = 1 + cos(B+С) cos(B - С) = 1 - аж,
2cosBcos(7 = χ - α, cos2 Л cos2 В + cos2 С cos2 A = а2(1 — аж).
Следовательно, имеем а2 + 1 — ах^(х — а)2+4а2(1 — аж), ж2 — аж(1+4а2) + 4а2 —
-1^0.
Нам достаточно проверить, что получившийся относительно χ
квадратный трехчлен неположителен при х = 0 и х = 1. В самом
'деле, Р(0) = 4о2 - 1; Р(1) = 1 - о - 4о3 + 4о2 = -α(2α - I)2 ^ 0, что и
требовалось.
831. Рассмотрим треугольник ABC, в котором известны сторона
ВС, противолежащий угол А и радиус вписанной окружности г. Если
Ρ — центр вписанной окружности, то ZBPC = 90° + \£А, т. е. точка
Ρ расположена на известном сегменте, построенном на ВС. Теперь
нетрудно построить треугольник ВРС, поскольку точка Ρ
определяется как пересечение двух линий—известной окружности и прямой,
параллельной ВС, проходящей на расстоянии г от ВС. Затем находим
точку А.
832. Пусть /, О и G — соответственно центры вписанной,
описанной окружностей и точка пересечения медиан некоторого
треугольника. Имеют место следующие соотношения (обозначения
стандартные): а2 + Ь2 + с2 = 2р2 - 2г2 - 8Дг, OG2 = R2 - \{а2 + Ь2 + с2),
1С2 = 1(р? + 5г2 - 16Дг), О/2 = Л2 - 2Яг (см.задачу 490).
Рассмотрим треугольник /OG, на стороне /О которого возьмем
точку Μ так, что ΙΜ = |/0. Если ZGIO = у>, то по теореме косинусов
имеем G02=/G2+/02-2/G./Ocosy>, GM=/G2+/M2-2/(7./Mcosy>.
Умножая второе равенство на 3 и вычитая его из первого, будем
иметь GO2 - 3GM2 = \Ю2 - 2IGP, откуда (пользуемся приведенными
выше соотношениями) GM2 = \G02 + f Я?2 - f/О2 = | (Л2 - £ (о2 + Ь2 +
+С2)) + ^(Р2 + 5г2 - 16Дг) - |(Д2 - 2Дг) = \R2 -±{2p>-r2- 8Дг) +
+ ^(р2 + 5г2-16Дг)-|(Д2-2Дг) = 1Д2 + |г2-|Дг = 1(Д-2г)2.
Таким образом, точка G расположена на окружности с центром
в Μ и радиусом |(Д —2г). Можно показать, что все точки этой
окружности принадлежат искомому геометрическому месту точек.
833. Возможны два случая расположения прямоугольника.
306

I. Вершины С и Е прямоугольника АВЕС на одном из радиусов,
В — на дуге. Пусть ЛС = ж, АВ = у. Запишем теорему косинусов для
треугольника АОВ (ОЛ= ^«ж, Δ0ΑΒ = 120°):
ι 4 2^_ 2^ 2 ^0 /4 2 2 , 2 6 6
1=з* +» +^>2ρ**+^=Ή"=Ή9·
Таким образом, в этом случае S < ^.
П. Вершины В и £ на дуге. Вновь по теореме косинусов для
треугольника ОАВ будем иметь
1 = χ2 + у2 + яу л/3 ^ (2 + >/Зяу) = (2 + V5)*,
откуда s < 2 — \/5.
Поскольку л/3/6 > 2 — V5, то наибольшая площадь равна л/3/6.
834. Пусть /—центр окружности, вписанной в треугольник ABC.
Μ—точка касания вписанной окружности с АВ. Тогда длина отрезка
AM = ρ - ВС = (АВ + АС'- ВС)/2 = (4В + о)/2 не зависит от точки
J, и следовательно, центры рассматриваемых окружностей лежат на
прямой, перпендикулярной к АВ и проходящей через точку Μ.
Так как угол AJB между биссектрисами ΑΙ и В/ тупой, то высота
ΙΜ меньше среднего геометрического отрезков, на которые она делит
сторону АВ. Следовательно, в «верхней» от отрезка АВ
полуплоскости центр вписанной окружности лежит на отрезке MP длины
I = л/AM · MB у исключая его конечные точки.
Точно такие же рассуждения могут быть проведены и для
«нижней» полуплоскости, и поэтому искомое геометрическое место есть
отрезок длины /, перпендикулярный АВ и проходящий через точку
Μ, из которого исключены концы и середина.
835. Пусть в четырехугольнике АВ = о, ВС = Ь, CD = с, Ό А = d,
средняя линия КМ = ту а расстояние между серединами диагоналей
PQ = x. Поскольку PKQM—параллелограмм со сторонами а/2 и с/2
(if—на ВС, Μ—на AD), то
ш2 = КМ2 = 2РЯ2 + 2КQ2 - PQ2 = а2/2 + с»/2 - ж2.
Аналогично, если η—вторая средняя линия, то п2 = Ь2/2 + сР/2 - х2.
Таким образом, каждая средняя линия будет достигать
наибольшего значения, если наименьшим будет значение х. Следовательно, в
этом случае наибольшей будет и сумма средних линий.
Но, цо неравенству треугольника, Рф = ж^ ^(с — а). Аналогично,
χ ^ |(d- Ь). Пусть для определенности d- Ь>с- а. В этом случае
наибольшее значение суммы средних линий достигается, если x = d — b,
т. е. искомый четырехугольник есть трапеция с основаниями Ь и d
307

и боковыми сторонами α и с. Сумма средних линий такой трапеции
равна
^ + lV2a2 + 2c*-(d-b)2.
836. Поскольку ΔΚΕΜ= ΔΚΌΜ (рис. 105), так как измеряются
полусуммами равных дуг, то точки Ку Μ, D и Ε лежат на одной
окружности. Значит, ZEDK = ΔΕΜΚ = LACK. Таким образом, ED
параллельна АС.
Кроме того, при всех
положениях КМ отрезок ED имеет
постоянную длину. Это следует из
постоянства углов КЕМ и EKD.
Значит, площадь трапеции ACDE
будет наибольшей, если наибольшим
будет расстояние между АС и ED.
q Это расстояние будет наибольшим,
когда в свою очередь наибольшим
будет расстояние от В до DE.
Из подобия треугольников BDE
и ВКМ (коэффициент подобия
ED/КМ постоянен) следует, что
Рис. 105 последнее расстояние достигает
наибольшего значения, если
наибольшим является расстояние от В до КМ, что в свою очередь имеет
место, когда КМ параллельна АС. (В этом случае оно равно сумме
ВО и расстояния от О до КМ.)
837. Пусть правильный треугольник KLM вписан в квадрат
ABCD, причем К, Μ и L соответственно на АВ, ВС и CD,
P'—середина KL. Докажем, что треугольник ВРС также правильный.
Заметим, что вокруг четырехугольника К В MP можно описать
окружность {ΔΚΒΜ = ΔΚΡΜ = 90°). Следовательно, ШВР = ШКР = 60°.
Аналогично ZMCP = 6Q°. Таким образом, если точки К, Μ и L
перемещаются соответственно по сторонам АВ, ВС и CD, то точка Ρ
остается фиксированной, а центры соответствующих треугольников
описывают отрезок, параллельный стороне ВС. Концы этого отрезка
соответствуют крайним положениям треугольника К ML: 0\ —когда
точка К совпадает с вершиной Л, Оъ — когда точка L совпадает с
вершиной D. Если точка К совпадает с А, то, очевидно, точка Οι —
центр правильного треугольника AM\L\ —лежит на диагонали АС.
Следовательно, если вершины К, Μ и L правильного треугольника
перемещаются соответственно по сторонам АВ, ВС и CD данного
квадрата, то точка О — центр правильного треугольника описывает
отрезок прямой, делящей стороны ВР и СР правильного треугольника
ВРС в отношении 2:1 (считая от вершин В и С), концы этого
отрезка (точки 0\ и Ог) расположены на диагоналях АС и BD данного
квадрата.
308

Итак, искомое геометрическое место точек состоит из четырех
таких отрезков, образующих, очевидно, квадрат, вершины которого
расположены на диагоналях данного квадрата. Если сторона
данного квадрата равна а, легко найти, что сторона квадрата,
образованного центрами рассматриваемых правильных треугольников, равна
838. Так как ЮМА = ZONA = ZOLA = 90° (О — центр окруж:
ности), то точки Α, Μ, Ν и L расположены на одной окружности
с диаметром АО и центром О. В этой вспомогательной окружности
углы ML А и NLA опираются на равные хорды AM и A/V, значит, они
равны, поскольку их сумма не равна 180°.
839· Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, в котором
проведена высота CD к гипотенузе АВ, ВС=о и АС=Ь—катеты этого
треугольника, АВ = с—гипотенуза. Пусть ία, 1ь и 1С—любые
сходственные линейные элементы треугольников BCD, ACD и ABC
соответственно. Тогда ввиду пропорциональности этих элементов катетам
а и Ь и гипотенузе с справедливо равенство ί£ + i£ = \\ (обобщенная
теорема Пифагора).
Обозначим через 0\ и 02 центры окружностей, вписанных
соответственно в треугольники BCD и ACD. Треугольник
O1DO2—прямоугольный. Если га и гь радиусы окружностей, вписанных в
треугольники BCD и ACD, то катеты треугольника 0\D02 будут равны
DOi =г2>Д и D02 =rb\/2. Таким образом, α2=Οιθ2 ~2(г£+rg). Но по
обобщенной теореме Пифагора r\ + r\ = r\. Значит, радиус вписанной
в ABC окружности равен а/>/2.
840· Рассмотрим случай, изображенный на рис. 106. Докажем,
Рис. 106
что точки М, A, D и Ρ лежат на одной окружности. Обозначим
^AD через 2а, ^ВС — через 2/3. Имеем ΖΰΜΑ = β-α. Из того,
309

Рис. 107
что точки Р, Д О и В лежат на одной окружности, получаем
ZDPO = ΔΏΒΟ = ΔΏΒΑ = а. Из того, что на одной окружности
лежат С, О, Л и Р, имеем: ΔΑΡΟ = ZACO = /.CAB = Я Итак,
ZjDPA =/? - α = ZJDMA Значит, М, Л, β и Ρ — на одной
окружности. ZMPA = ΖΛ/Ш = 180° - ЛАОС = 90° - /3, ΖΜΡΟ = 90°. Также
рассматривается другой случай расположения точек А, В, С и D.
841. Пусть ctga = ж, ctg/3 = у, тогда ctg7 = -f^ = ~^~ -х,
х24-1
o2ctga+*2ctg/3 + c2ctg7=(a2-b2-c2)x + b2(a: + j/) + c2——.
Ж + 2/
Минимум выражения ^(я + ^ + с2—^· при фиксированном а: и жН-
4-2/ > 0 достигается при таком у, для которого выполняется равенство
Ь2(*+У)=С£* или ^ = f. Таким образом, f-^.gg. Зна-
чит, наименьшее значение данного в условии выражения достигается
при таких α, β и 7> синусы которых пропорциональны сторонам а, Ь и
с, т. е. когда рассматриваемые треугольники подобны. Докажем, что
в этом случае имеет место равенство.
Пусть ABC—остроугольный треугольник, ZA=a, ZB=/?, ZC=7>
О — центр описанной окружности. Имеем
45=4(5вос + Scoa + Saob)=в2 ctg α + ft2 ctgp + с2 ctg7-
Если 7^90°, то 45 ==4(5вос 4-5сол--5лов)==а2 ctga+i^ctg/?-*-с2 ctgr
842· Пусть Q—середина £#, О—центр описанной около ABC
окружности. Воспользуемся известным фактом, что Β#=20Μ, откуда
OM^HQy т. е. OMHQ — параллелограмм. Поскольку окружности с
центрами О и Q проходят через В, то вторая их точка пересечения
симметрична В относительно прямой OQ. Следовательно, эта точка
лежит на прямой Mff, что и требовалось доказать.
843. Докажем сначала наше утверждение в случае, если прямые
ВС у AD и EF параллельны, а также параллельны прямые CD, BE
310

и AF (рис. 107). Пусть прямая АВ пересекает CF в точке Ку Μ —
точка пересечения EF и АВ. Обозначив через о, Ь, с и d стороны
соответствующих параллелограммов (как на рис. 107), будем иметь
F^^FM_^FM_ BIP^FA BP_dc
СК~ СВ~ ВР' СВ~ АР' СВ " аЬ'
Теперь легко проверить, что DE пройдет через ту же точку К.
Общий случай без труда сводится к рассмотренному при помощи
проектирования из соответствующим образом выбранной точки на
соответствующую плоскость.
844. Пусть стороны прямоугольников, построенных на АВ, ВС и
С А, отличные от сторон треугольника, равны соответственно ж, у,
ζ. Обозначим также через αχ, аг, /?ι, /Зг> 7ь 72 углы, образованные
построенными перпендикулярами со сторонами треугольника, как на
рис. 108. В соответствии с тригонометрической формой теоремы Чевы
Рис. 108
нам достаточно доказать выполнение равенства §f[^jj£. ||||^ · |~^ = ι.
Рассмотрим треугольник AKQ. Легко убедиться, что углы в этом
треугольнике при вершинах QnK либо равны соответственно αχ и а?,
либо дополняют их до 180°. Следовательно, §^-£ = ^Щ = f · Заменяя
также другие отношения, убеждаемся в выполнении условий теоремы
Чевы.
845. Необходимость. Если г—радиус вписанной окружности,
то ? = ctgf + ctgf, jf=tgf + tgf. Значит, A^fgf^tgf .tgf.
Достаточность доказывается от противного. Рассмотрим
окружность, касающуюся основания а и боковых сторон трапеции.
Предположим, что равенство, указанное в условии, выполняется, но по-
311

строенная окружность не касается другого основания трапеции.
Проведем касательную к окружности, параллельную основанию а. После
чего легко придем к противоречию.
846. Пусть о<, fti, α<, Д (i = l,2,...,n)—соответственно основания
г-й трапеции и ее углы, прилежащие к стороне а* (нумерация ведется
от~ А к В и от D к Су а< — на стороне АВ, а<—угол этой трапеции,
ближний к вершине А параллелограмма). Воспользуемся результатом
задачи 845. *J- ^tg^4· -tg^·. Перемножая эти равенства для всех г и
учитывая, что щ+χ = π — /3», βη = π — αϊ, получим д^'/".д" = 1. Что и
требовалось доказать.
847. Пусть О — центр
окружности на гипотенузе АВ, Οχ—центр'
окружности на катете АС
треугольника ABC, Ε-г-точка, касания
окружности с центром Οχ с
гипотенузой АВ. Возьмем на
перпендикуляре в точке О к АВ точку К так,
что ОК=г (К принадлежит
окружности с центром О). Прямая К Ε
вторично пересекает окружность с
центром Οχ в точке Μ, а прямые
QK и ΜΟχ пересекаются в точке
Ρ (рис. 109). Треугольники ΜΕΟχ,
и МРК равнобедренные. Обозначим углы при основании через φΐ
Если радиус окружности с центром Οχ равен ж, то по теореме ко-,
синусов из треугольника СООх находим 00\ = 2г* + х2 — 2гх. Далее
ОЕ2 = 00\ -х2 = 2г2 - 2гж, КЕ2 = Зг2 - 2гж. Теперь находим
pk=pm=^L^^+ke=*+-**-=
2cosv? , 2cosy> 2cos</?
Рис. 109
ЛГЯ2
3r2-2rs_3
2r ~ 2r'
Таким образом, окружность с центром Ρ и радиусом |г касается
окружностей с центрами О и Οχ. А это означает, что утверждение
задачи доказано.
848. Простым перебором нетрудно убедиться, что существует 6
различных расположений четырех точек, удовлетворяющих условию
задачи (рис. 110). Поскольку всего различных отрезков, попарно
соединяющих четыре точки, 6, то эти отрезки могут быть разбиты на
две группы следующим образом (в каждой группе отрезки равны)*
5 и 1 (рис. 110, о), 4 и 2 (рис. 110, б, в, г), 3 и 3 (рис. 110, д, в)}
В случаях рис. 110, α и рис. 110, д наименьший отрезок равен ^, й
случаях рис. 110, б и рис. 110, β он равен ^д V»» случае рис. 110, г -~
312

о) б) в)
г) д) е).
Рис. 110
^, и наконец, в случае рис. 110, е (точки — 4 вершины правильного
пятиугольника) — *~^ (а = 36°).
849. Рассмотрим несколько случаев. 1. Точка Μ расположена вне
треугольника ABC и внутри угла ВСА. Уже из первого равенства
следует, что точка Μ лежит на окружности, описанной около АВСУ
при этом второе равенство выполняется автоматически. Итак, в этом
случае точки Μ заполняют всю дугу АВ.
2. Точка Μ вне треугольника, но внутри угла ВАС или ABC. Если
Μ внутри ВАС, то из первого равенства следует, что Μ расположена
на описанной около ABC окружности, а из равенства ΔΜΒΑ = ZMCA
следует, что эти углы по 90°, т. е. искомой является точка Μχ,
диаметрально противоположная точке А. Точно так же условию задачи
удовлетворяет точка М2, диаметрально противоположная точке В.
Нетрудно убедиться, что других точек вне треугольника ABC нет.
3. Точка Μ внутри треугольника ABC. Обозначим через Αχ и С\
точки пересечения AM и СМ с ВС и АВ соответственно. Из первого
равенства следует, что точки А, С, Αχ, С\ лежат на одной окружности.
Учитывая это и второе равенство условия, получим, что /МА\С\ =
+*ZMCA = έΜΒΑ = ZMBCi, т. е. точки М, Αχ, В и С\ также лежат
на одной окружности. Таким образом, ΔΜΒΑχ = ΔΜС\А\ = ZMAC
(последнее равенство следует из того, что Αχ, d, А ш С, как было
указано, лежат на одной окружности). Пусть ΔΜΑΒ = ZMCB = а,
ΔΜΒΑ=ΔΜΟΑ=β, ШАС=ШВС=у. Поскольку 2а+2/3+2у=180°,
то а + /3 + 7 = 90°. Значит, ΖΑΑι£ = 180°-α-/3-7=^0°; ΑΑχ— вы-
313

сота. Аналогично высотами являются ВВ\ и CCi, а точка Μ—точка
пересечения высот треугольника.
Таким образом, искомое геометрическое место точек состоит из
дуги АВ описанной окружности, точек этой окружности,
диаметрально противоположных точкам А и В, и точки пересечения высот
треугольника ABC
850. Имеем
ZAMC = ZMBC + ΔΜСВ = ΔΑΒΟ + ^(90° - ΔΑΒΟ) = 45° + \zABC,
LACM = ΔΑΟΌ + ΔΌΟΜ = Z.ABC + ^(90° - Z.ABC) = 45° + \/.АВС.
Таким образом, ΔΑΜΟ = ZACM, AM = AC. Следовательно
биссектриса угла А является срединным перпендикуляром к отрезку СМ.
Аналогично, биссектриса угла В является срединным
перпендикуляром к СК. Из этого следует, что центр окружности, вписанной с ABC,
совпадает с центром окружности, описанной около СКМ.
851. Пусть ABCD — описанный четырехугольник, К, L, Λί, Ν —
точки касания (К лежит на АВ, L—на ВС). Обозначим через Ρ
точку пересечения прямой KL с продолжением диагонали АС.
Возьмем на К Ρ точку Ε так, что СЕ \\ АВ. Тогда ACEL ~ ABKL, а значит,
CE = CL и CP:AP = CE:AK = CL:AK. Точно так же прямая MN
пересекает продолжение диагрнали АС в такой точке Ρχ, для которой
СР\: АР\ = СМ: AN=CL: АК. Следовательно, точки Ρ и Pi совпадают.
(Если АК = СЬ, то прямые КL и MN параллельны диагонали АС.)
852. Возможны два случая. 1. Точка С лежит между В и М. На
продолжении В А возьмем точку С\ так, что АС\ —АС. Поскольку AM
есть биссектриса угла САС\, то треугольники AM С и АМС\ равны.
Кроме того, по условию ВС\ = В А + АС = ВМ. Следовательно, если
угол В исходного треугольника равен φ, то ZACM = ZAC\M=90° - %,
90°-| = α + γ>, ρ=60°-§α.
Этот случай возможен при 0 < а < 90°.
2. Точка В лежит между Μ и С. Определяя точку С\ так же,
как и в предыдущем случае, будем иметь MB = BCi, MС = Μ(7χ,
Zi4CB = ZACiM = ZCiMB = φ/2, φ + φ/2 + α.= 180°, <p = 120° - §c*.
Этот случай возможен при любых а. Ответ: если а острый угол,
возможны два ответа: ΔΒ=60° - fa, ZC=120° - f или ΔΒ = 120° - fa,
ZC = 60° - f; для остальных a ZB = 120° - fa, ZC = 60° - f.
853. Проведем в треугольнике ABC высоты АА\ и BB\, ΑΑ<ι и
Bffe—биссектрисы. Учитывая данное равенство и очевидное α· ΑΑχ ^=
=b-BBi> получим, что jfc = §§S т. е. треугольники ΑΑ\Α<ι и ВВ1В2 —
подобные прямоугольные треугольники. Возможны два случая:
1. Точки Л2 и Въ одинаково расположены относительно отрезков
С Αχ и CBi, или обе на самих отрезках, или обе на соответствующих
314

продолжениях. В этом случае ΔΑΑ2Β = ΔΒΒ2Α, а из этого
равенства следует равенство углов А и В, т. е. треугольник ABC является
равнобедренным. Точка С лежит на срединном перпендикуляре к АВ.
2. Одна точка (точка А2) лежит на соответствующем отрезке
(СΑχ), а другая — В2— вне его. В этом случае четырехугольник
СВ2ОА2 является вписанным (О — центр вписанной окружности,
Δ0Β20+Δ0Α20 = 180°). А поскольку έΑ2ΟΒ2=90° + ^СС, то имеем
LC + 90° + \LC = 180°, откуда £С = 60°. Точка С принадлежит дуге,
из точек которой отрезок АВ виден под углом 60°. Искомое
геометрическое место точек состоит из срединного к АВ перпендикуляра и
двух дуг, соответствующих углу 60°.
854. Пусть АА\ и ВВ\—высоты треугольника ABC, Aq и В0 —
середины сторон ВС и АС. Как и в задаче 853, докажем подобие
треугольников ΑΑχΑο и ΒΒ\Β0. Также возникают два случая. Если Aq
и Во одинаково расположены относительно отрезков С Αχ и СВ\, то
треугольник ABC является равнобедренным. Это следует из
равенства углов AAqB и ВВо-А и параллельности АВ и AqB0 — трапеция
ABAqBo является вписанной.
Если же Aq и Во расположены различным образом, то вписанным
является четырехугольник CAqMBo, где Μ—точка пересечения
медиан. Пусть К—середина AqBq. Поскольку МК = gCCo, (Ж = |ССо,
В0К = КАо = \АВ, МККС=В0ККАо, то |СС0|СС7о = ^^4В2.
Откуда ССо = -jjm АВ, т. е. С лежит на окружности с центром в середине
АВ и радиусом ·~τ-ΑΒ. Все точки этой окружности, за исключением
точек пересечения с прямой АВ, принадлежат нашему
геометрическому месту точек. Все геометрическое место состоит из срединного
к АВ перпендикуляра и окружности (без двух точек) с центром в
середине АВ.
855. Возьмем точку К так, что MDNK — параллелограмм
(рис. 111). Докажем, что точки Bi, D и К лежат на одной прямой.
Из этого, очевидно, и будет следовать утверждение задачи.
Заметим, что точка К лежит на окружности, проходящей через
точки Ν, Μ и В, поскольку ΔΝΚΜ = ΔΝΏΜ = 180° - ΔΝΒΜ.
Далее имеем: lBB\D = Z3CD, ΔΒΒχΚ^ΖΒΝΚ-lBCD, т. е. ZBBiD =
= ΔΒΒ\Κ. Следовательно, точки Βχ, D и К расположены на одной
прямой.
856. Пункт а) является частным, а вернее, предельным случаем
теоремы Паскаля. В самом деле, по этой теореме точки К, L и Μ
лежат на одной прямой (рис. 112). Для доказательства рассмотрим
четырехугольник AiB\C\D\ как предельный случай шестиугольника—
вершины В\ и D\ являются двойными. Аналогично на одной прямой
расположены точки Р, К и Μ.
Для доказательства пункта б) заметим, что диагонали обоих
четырехугольников пересекаются в одной точке—точке Е. Это,
например, следует из теоремы Брианшона. Четырехугольник ABCD рассма-
315

Рис. Ill
триваем как предельный случай описанного шестиугольника двумя
способами—как шестиугольника AA\DCC\B и AD\BCB\D.
Далее, если О и Οχ — центры наших окружностей (О—центр опи-»
санной около ABCD окружности), то по теореме Брокара (см*
задачу 550) О есть точка пересечения высот треугольника PEL, a
Οχ— точка пересечения высот.треугольника КЕМУ т. е. ОЕ и ΟχΕ
перпендикулярны ί, значит, и ΟΟχ перпендикулярна I.
857. Возьмем на прямой AM точку М* так, что ВМ' = В А, а;
на прямой AN точку N' так, что CN1 = С А (рис. 113). Точка Р'
выбрана так, что ВАСР' — параллелограмм. Треугольники М'ВР*
316
Рис. 112

Μ' Μ Α
Рис. 113
и P'CN1 равны, поскольку Μ1 В = ΒΑ = Р'С, ВР1 = АС = CN1 и
ΖΜ'ΒΡ' = 2тг - (π - 2α) - (π - ^ВЛС) = 2α + ZB4C = ZP'CW' · (если
2α + ABAC > π, то эти углы равны 2π ~ 2α — ZBAC). Кроме того,
ΖΜ'Ρ'ΛΓ' = ΖΜ'Ρ'Β+ZBP'C+ΔΰΡ'Ν* = ΔΜ'Ρ'Β+ZBAC+ΖΒΜ'Ρ' =
= * - ΖΜ'ΒΡ' + ZBAC = π - (2α + ZBAC) + ZBAC = π - 2α,
Отношения AM: AM* и AN: AN' равны. При гомотетии с центром
в точке А и коэффициентом к = AM: AM* точка Μ' перейдет в М,
ЛГ'—в iV, Р'— в искомую точку Р, расположенную на прямой AD и
такую, что ΜΡ = ΡΝ, следовательно, ΖΜΡΝ = π — 2α.
858. Возьмем на СА точку F так, что DF || ВС. Поскольку
треугольник ADF подобен треугольнику ABC, то FD = AD = 1.
Треугольник CFD равнобедренный, так как ZFDC = ZBCD = ZDCF.
Треугольник DFE также равнобедренный, поскольку ZFDE = 90° -
- ZCDF = 90° - ZDCF = Z2JEF. Таким образом, CF = FD = FE = 1,
СЕ = 2.
859. Пусть О—центр окружности, описанной около APQR, Μ —
точка пересечения РТ и SR.
1) £PQT=ZTMR=a.
2) AQST подобен AQRP с коэффициентом подобия, равным
cos а. В самом деле, Ш = Ш? = cosa. Следовательно, треугольники
подобны по второму признаку подобия. Из подобия следует, что
ST = РД cosa = acosa.
3) Докажем, что QO ± ST. Для этого достаточно доказать, что
сумма углов OQS и QST равна 90°. Из подобия треугольников QST
и QRP следует, что ZQST = AQRP, AOQS = 90° - \lPOQ = 90° -
-~ZQUP=90°-ZQ5T, т. е. OQLST.
4) В четырехугольнике NSQT диагонали перпендикулярны.
Значит, его площадь равна
11 2
-NQ · 5Г= - · a · cosa = — ctga.
2 2 sina 2
31.7

860. Пусть во вписанном четырехугольнике ABCD диагонали
пересекаются в точке К, причем ΔΑΚΒ^α. Полусумма дуг АВ и DC
равна а. Возьмем на окружности точку Μ так, чтобы дуга DCM
равнялась сумме дуг DC и АВ. Тогда СМ = АВ = о и ZDCM = 180° - а.
Таким образом, будем иметь
_ ДМ __ у/а2 + Ь2 + 2abcosa
~" 2sin(180° - α) ~" 2sina
Аналогично рассматривается случай, когда ΔΑΚΒ = 180° — а.
Ответ: R=7£^;y/a2+bP±2abcosa.
861. Точки Οχ, С?2, Оз и О—соответственно центры
рассматриваемых окружностей (О — центр искомой окружности); С—точка
касания третьей окружности с АВ, D—середина АВ. Обозначим через
Я, г, χ и у соответственно радиусы окружностей с центрами Οχ, 02,
0з и О. Нетрудно получить следующие соотношения:
СВ = 2у/гх, АС = 2у/Ш,
АВ = а = 2>/Яг, 2у/Ш+2у/гх = а, (1)
003 = |у-х|, AD=y/y2-a2/4, DC = \2y/Rx-a/2\.
Записав теорему Пифагора для треугольника ОК03, где
К—проекция 03 на ОД получим (ОК = ^/у2-a2/4 + s, #03 = DC): (у - ж)2 =
= (у/у*-а*/4 +х)2 + \2у/Ш-а/2\2, -уж = жд/у2 - а2/4 + 2Яж - ал/Ял.
Но, учитывая равенства (1), будем иметь
2Rx - ау/Шс^у/Ш(2у/Ш- а) = -2у/Шх · >/га = -2ху/Шг = -as.
Таким образом, —у = у/у2 — а2/4 — о, откуда у = |а.
862. Пусть Μχ и Мг—данные точки, О—такая точка, для
которой Мг есть середина ΟΜχ. По известному свойству средней линии
трапеции расстояния от точки О до сторон треугольника будут равны
соответственно 2-4 — 1 = 7, 2-5 — 3 = 7, 2-11 — 15 = 7. А поскольку
отрезок ΟΜχ не может пересекать ни одной стороны треугольника, то
О—центр вписанной в данный треугольник окружности, а ее радиус
равен 7.
868. Пусть Οχ, Οι и 0% — центры данных окружностей, χ и у —
радиусы окружностей соответственно с центрами 02 и Ог (рис. 114;
на рисунке 02К\\ОгР\\ВС, Q3L\\KP,Q3E\\MN).
Имеем: MN = 03Е = у/{х + у)2 - (х - у)2 = 2^/жу, 02# = 2</Яж,
03P=2y/Fy, Оз£=2Я-(а;+у), 02L= л/<ЭД - 03£2=2у/Щх + у - Я).
Заменяя в равенстве \02К — Оз-Р| = 02L все величины их
выражениями через Я, χ и у, получим |>/Яж - у/Щ\ = д/Я(я + у-Я). Откуда
2^/5у=Я. Значит, MN = 2y/xy = Я.
318

Рис. 114
864. Возьмем на луче АС точку Μ так, что АВ = AM. Поскольку
угол А треугольника ABC равен 60°, то треугольник АВМ
правильный и биссектриса угла АМВ должна проходить через точку О —
центр описанной около ABC окружности. Если D—середина АС, то
BK = DM = OD ctg30° = ay/3.
865. Проведем через центр описанной около ABC окружности—
точку О — прямую, перпендикулярную АВ, и обозначим через Μ
точку ее пересечения с АС. Треугольник АМВ равнобедренный с
углами при основании 30°. Если D — середина АС, то AD = а/2.
Пусть OD = х, имеем AM = а/2 + х/у/З, АВ = АМу/3 = § у/3 + х,
KB = AB-OD = %y/3.
866. Проведем в треугольнике ABC высоту В1> и обозначим
МВ = ж, МР = у. Затем найдем Mff = ж2/у, А£> = DC = \/α2 - BD2 =
= у/а2-х2 + у2, AM = у/а2 -х2 + у2-у, Μ С = у/а2 -х2 + у2 + у.
Заменив в соотношении, заданном в условии, все величины,
получим уравнение
1 ■_ У , 1
у/а2-х2 + у2-у х2 у/а2-х2 + у2 + у
Перенеся второе слагаемое из правой части в левую, будем иметь:
ϊ^ = ^τ, откуда я = ^.
867. Пусть Οι, 02 и О — центры соответственно данных и
касающейся их окружности. Проведем через Οι прямую, параллельную
ΟΟι, до пересечения в точке Ρ с KD. Из подобия треугольников КОМ
и М02Р следует, что 02Р=02М=г. Из подобия треугольников 02PD
и ΟιΑΊ? найдем 02D = ^.
Возьмем на отрезке Οι02 точки Ε и F так, что Οι£ = ΟχΚ,
02F = 02M.
Докажем, что точки К, Μ, Ε и F расположены на одной
окружности. Имеем: ΔΚΕΟχ = 90° - \ΔθΟχ02, ZKMF = 180° - (90° -
-^Ζ0ι002)- (90°- |ZOiO2O)=90°- |ZOOi02. Таким образом, углы
319

ΚΕΟχ и KMF равны, т. е. указанные точки лежат на одной
окружности. Бели теперь t—длина касательной, проведенной из D к
окружности с центром в О, то
t2 = DMDK = DFDE =
-(я=И0&+-л)-*(з£И·
868. Утверждение задачи достаточно очевидно, если у данного
четырехугольника найдется хотя бы одна пара параллельных
сторон. Пусть никакие две стороны данного четырехугольника не
параллельны. Продолжим непараллельные стороны до пересечения, после
чего обозначим его вершины так, как показано на рис. 115. Понятно,
что параллелограмм АВСВ\ содержит внутри себя точку D.
869. Выберем в качестве А и В такие две точки, что все оставшиеся
расположены по одну сторону от прямой АВ. Пусть С такая точка из
данных, отличная от Аи В (или любая из таких точек), для которой
ΔΑΟΒ наименьший. Понятно, что все точки из данного множества
расположены внутри окружности, описанной около треугольника ABC,
или на этой окружности.
870. Возьмем прямую, относительно которой все точки лежат
в одной полуплоскости, и будем ее параллельно передвигать до
тех пор, пока она не пройдет через первую точку Αχ. Затем
будем поворачивать полученную прямую вокруг точки Αχ до тех пор,
пока она не пройдет впервые через другую точку А2> Тогда все
остальные точки лежат в одной полуплоскости относительно
прямой ΑχΑ2. Занумеруем точки As, ..., Α2η+3 так, чтобы выполнялись
неравенства ΔΑχΑχΑ2 < Ζ.ΑχΑχ+χΑ2 при i = 3, ..., 2η 4-3. Равенство
ΖΑχΑχΑ2 = ΔΑχΑχ+χΑ<ι невозможно ни при каком значении г (по
условию, точки Αχ, Αι, Αχ, Αχ+χ не лежат на одной окружности).
Следовательно, неравенство ΔΑχΑη+$Α2 < ΔΑχΑχΑ2 выполнено ровно для
η точек при г = га + 4,...,2п + 3, которые (и только они) лежат внутри
круга, ограниченного окружностью, проходящей через точки Αχ, Ап+з>
А2.
871. Нетрудно расположить нужным образом 8 точек. Их можно
взять, например, в вершинах правильного 8-угольника, вписанного щ
большую окружность. Докажем, что 9 точек в кольце выбрать уже
нельзя.
В самом деле, рассмотрим 9 точек, лежащих в нашем кольце.
Найдутся две такие точки из них А и В такие, что угол АОВ не
превосходит 40°. Пусть ΔΑΟΒ = а, О А = х, ОВ = у. Имеем АВ2 = х2 +
Л-у2 — 2x1/cos а. Поскольку правая часть выпукла вниз по χ и у, то
наибольшее значение она принимает при крайних значениях χ и у,
т. е. при значениях 1 и \/2.
Если χ = 1, у = у/2, то АВ2 < 3- 2>/2cosa< 3- 2л/2сов45° = 1. Если
же χ = у = л/2, то АВ меньше дуги на большей окружности, соот-
320

3
1
1
2,
3
1
Рис. 115
Рис. 116
ветствующей углу f, т. е. меньше, чем ^ф- < 21ι4^3?15 < χ. Таким
образом, 9 точек в данном кольце расположить нельзя.
872. На рис. 116 показано такое расположение из 11 квадратов.
В самом деле, если мы окрасим самый верхний квадрат в цвет 1, а
квадрат под ним—в цвет 2, то автоматически раскрашиваются в три
цвета оставшиеся 4 из 6 верхних квадратов. Следующий под ними слой
из 3 квадратов должен быть окрашен в цвета 2 и 3. Тогда нижний слой
из двух квадратов нельзя окрасить ни в один из трех цветов без того,
чтобы не появились одноцветные граничащие квадраты.
873· Заметим сначала, что треугольник нельзя разрезать прямыми
на четырехугольники (это нетрудно доказать, например, по
индукции). Отсюда следует, что никакие две из прямых, пересекающих одну
сторону четырехугольника, не могут пересекаться внутри цего и
любая из них пересекает противоположные стороны четырехугольника.
Пусть к прямых пересекают стороны АВ и CD
четырехугольника ABCD, а т прямых пересекают стороны ВС и ΖλΑ, тогда
n = (fc + l)(m + l). Поскольку η — нечетно, то Л и m—четны.
Рассмотрим четырехугольники разбиения, расположенные вдоль
сторон АВ и ВС у и будем отмечать в них углы, равные углу А
исходного четырехугольника. Учитывая, что четырехугольники разбиения
вписанные, а также четность Лит, получим, что угол А равен углу,
смежному с углом С, т. е. ABCD—вписанный четырехугольник.
При η четном утверждение неверно. Соответствующий пример
легко построить уже при η = 2.
874. Рассмртрим следующую процедуру, заключающуюся в
переходе от одной системы кругов, удовлетворяющей условию 1, к
следующей. На первом шаге покроем каждую из данных точек кругом
диаметра 1/200. Пусть после Л-го шага существует два круга,
расстояние между какими-то двумя точками которых не более чем 1. Пусть
01 и 02 — центры этих кругов, а Αι, Аг, -Аз, Μ — последовательные
точки пересечения прямой 0ιθ2 с окружностями, ограничивающими
эти круги. Тогда (Л + 1)-й шаг заключается в том, что указанные два
круга заменяются кругом, построенным на отрезке А\А^ как на
диаметре. Описанная процедура продолжается до тех пор, пока это воз-
321

можно, т. е. пока не будет выполнено условие 2. Так как после первого
шага число кругов было равно 100, а на каждом последующем шаге
их число уменьшается на 1, то общее число шагов не превосходит 100.
Поэтому процедура обязательно закончится. Условие 1 выполняется
на каждом шаге, следовательно, оно будет выполнено и по окончании
процедуры. Поскольку после первого шага сумма диаметров
равнялась 100/200=0,5, а на каждом последующем шаге она увеличивалась
не более чем на 1, то итоговая сумма диаметров не превосходит числа
0,5 + 99 < 100, т: е. условие 3 также будет выполнено.
875. Пусть К — точка касания со стороной АВ окружности,
вписанной в ABD, Μ — точка касания с той же стороной вписанной в
ABC окружности. Обозначим также AD = х, BD = αχ, DC = fl2» Ρ» Pi >
Ρ2—полупериметры соответственно треугольников ABC, ABD, ADC,
5, Si, 5г—их площади, г, ρχ, рг—радиусы вписанных окружностей
(Pi = P2 =р). Легко получаем следующее равенство:
pr = 5 = 5i + S2 = (pi +Рг)р= (р+х)р,
откуда £ = ;$;.
С другой стороны, £ = ψξ£ = *j}qp Рассмотрев аналогично точки
касания на стороне АС, будем иметь £ = **Ejr· Таким образом,
ρ _Pl-X _P2-X _{pi-x) + {p2-x) _Р-Х
г р — с р — с (р — Ь) + (р — с) а
Приравняв два выражения для £, получим -^ = £~, откуда χ =
876. Если К и Μ—точки касания окружностей с АС и ВС, то
ΑΚ=Κ0Α+Ασ-0(7), ВМ=\{ОС+СВ-ОВ). Таким образом, сумма
радиусов окружностей равна (ft—высота ААВС, АСАВ = ZCBA = a)
-<"-ϊ"»>·ϊ=^5Τ*·
что и требовалось.
877. Рассмотрим паркет — разбиение плоскости на
шестиугольники и треугольники, определяемые исходным треугольником, как
показано на рис. 117. Возникают «слои» шестиугольников и
треугольников.
Первый слой шестиугольников состоит из трех шестиугольников,
прилежащих к исходному треугольнику; (к + 1)-й слой
шестиугольников состоит из всех, не вошедших в предыдущие слои
шестиугольников, имеющих общую вершину с шестиугольниками fc-го слоя, и
состоит из 3 + 6fe шестиугольников.
322

/ V//
\ / /ν ίο
\ ///у
/Χ/ц Χ?
///у /аш
/<Y\ УаЩ97Л
\\у\v \ц
Л\\ уащ
\ Л\\ Ч
-ι - -/ Л \ V /
/ \\Ч/
/ Ах
\ ЛК
/w
&Р
©
/аЩ
^15
•ч—
"л12
Μ
5р
ш
Ч/.2 /
/4Ν
^
\Λιί
Яг ал
0
\/il ^
-^13
> А14
^νΛ2 J
№
Y$Llfy
щ
(Щ
V/i2 /
V/
Й\
ύθ
УХ6//
(3
Λβ2η/
ль,
—-/-
\\Ч/ \
Л\\ /
уК а* чл\
иЖ Л*Ж
W^iy /Л\
УаА, //А
N7' V
^/л7 /
/ //А /
V// \
7л /
Рис. 117

Выделим один из лучей, задающих стороны исходного
треугольника, и обозначим его через р. Обозначим теперь шестиугольники fc-ro
слоя через А$, г = 1,2,...,3 + 6(А: — 1), выбрав А\ прилежащим к р,
как показано ца рис. 117, а через А*—шестиугольник,
симметричный Αχ относительно соответствующей вершины исходного
треугольника. (При соответствующих симметриях шестиугольники fc-ro слоя
переходят друг в друга.)
Далее определяются номера всех шестиугольников fc-ro слоя.
Шестиугольники с нечетными номерами (их число 3fc+2) располагаются
последовательно по одну сторону от прямой р, с четными (их число
3fc + l)— по другую сторону. Понятно, что после 3 + 6fc симметрии
центр каждого шестиугольника Ar-го слоя перейдет сам в себя, а
другие внутренние точки шестиугольников после этого числа симметрии
отобразятся относительно центра своего шестиугольника и перейдут
в себя еще после 3 + 6fc числа симметрии, а всего после 6-Ь12Л числа
отображений.
fc-^й слой треугольников состоит из всех треугольников,
прилежащих к fc-му и (к + 1)-му слоям шестиугольников, и содержит 12fc
треугольников. Нумеруя их начиная с прилежащего к лучу р, получим,
что треугольники с нечетными и четными номерами отдельно
обходят свои контуры. После 12fc числа симметрии все внутренние точки
каждого треугольника fc-ro слоя остаются неподвижными.
Отдельно надо рассматривать граничные точки шестиугольников
и треугольников, поскольку они в процессе отражений попадают на
лучи, задающие исходный треугольник, а в этой ситуации они
отражаются иначе, чем внутренние точки. В частности, узлы нашей
решетки после ряда отражений попадут в соответствующую вершину
исходного треугольника и останутся далее неподвижными.
Мы не будем выписывать в общем виде ответ на вопрос задачи,
поскольку выглядит он весьма громоздко. Результат вполне очевидно
получается из приведенных рассуждений.
878. Мы будем пользоваться формулой, выражающей длину
медианы треугольника через его стороны: т2 = \{2<? + 2Ь2 - о2). Пусть АС
и ВD—диаметры данных окружностей. Тогда АО\ = \ (2AD2+2АВ2 —
-ЯВ2), ВО\ = \(2BC* +2AB2 - АС2). Понятно, что С и Ь—точки,
в которых прямые ВЫ и AM вторично пересекают соответственно
первую и вторую окружности. L—середина АВ, R\ и R2— радиусы
окружностей, Οι 02 = а.
Имеем AC = 2RU BD=2R2, CB = 20iL, AD=202L, ΔΟχL02 =90°.
Таким образом AO%+BO\-AB2 = \(AD2 +BC2)-R\-I% = 2{01L2 +
+02L2) - R\ - Щ = 2o2 - R\ - Щ.
879. Возможны два случая.
I случай. Обе биссектрисы пересекают продолжение сторон АС
и ВС за точку С (рис. 118, о). Пусть £САВ = φ, тогда ΔΑΜΒ =
= ΔΜΑΒ = φ, ШВС = ΔΜΒΡ = 2φ, ΔΒΚΑ = ΔΚΒΑ = 180° - 4<р,
324

ж. ρ
Ν~Τ
6) Μ
Рис. 118
ZKAC = £KAN = 360° — 8<p. Сложив три угла с вершиной А, получим
2(360°-8<р)4-^=180°, ^=36°.
II случай. В этом случае с точностью до перестановки точек А и
В одна биссектриса пересекает продолжение стороны ВС за точку С,
а другая—продолжение стороны С А за точку А (рис. 118, б).
Обозначив ZCAB = φ, последовательно находим: ΔΒΑΜ = ΔΒΜΑ = 180° — φ,
ΖΑΒΜ = ΔΜΒΡ = 2φ - 180°, ZCBA = ZBtf Л = 540° - Αφ, ΔΚΑΝ =
= Ζ#Ж7 = 1080° - 8φ и, наконец, из уравнения 2(1080° - 8φ) + φ=180°
находим ν?= 132°.
Формально следовало бы рассмотреть и третий случай, когда
обе биссектрисы пересекают продолжения сторон С А и СВ
соответственно за точки А и В. Нетрудно, однако, показать, что этот случай
невозможен.
Таким образом, задача имеет два решения: 1) Ζ Α = ΔΒ зь 36°,
ZC = 108°; 2) ZA = 132°, ZB = 12° (или ΖΑ = 12°, ΖΒ = 132°), ZC = 36°.
880. Решение основано на следующем достаточно известном факте.
Пусть окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны
АВ в точке Μ, а вневписанная окружность, касающаяся той же
стороны, касается ее в точке Р. Тогда прямая СР проходит через точку
К — точку, диаметрально противоположную точке Μ вписанной
окружности. При этом АР = MB, т. е. середины АВ и РМ совпадают.
Доказательство этого факта основано на том, что данные вписанная
и вневписанная окружности гомотетичны с центром в точке С, К и
Ρ—соответствующие при этой гомотетии точки. Отрезки же MB и
АР легко выражаются через стороны треугольника.
Исходя из указанного утверждения, легко решить нашу задачу.
Бели О, Ε и D—данные точки, то, проведя из О перпендикуляр к
ED, найдем точку А/. Затем найдем точки Ρ и К (МК—диаметр
вписанной окружности, Ρ—такая точка, что Ε—середина РМ).
Проведя прямую РК и построив к ED в точке D перпендикуляр, найдем
точку С как точку пересечения этих прямых. Остальное понятно.
881. Сформулируем и докажем одно вспомогательное утвержден
ние (лемму). Если KLMN — трапеция с основаниями KN, LM
325

Рис. 119
(рис. 119, α), Ε — ее точка пересечения диагоналей, EF || KN
{F€MN),to & = ■& + &.
Доказательство. Имеем f^f = f$, Шг~Ш?~Ш Сложив эти
два равенства, получим ш + fff = 1, откуда ш = тЬ + Ш[-
Перейдем к нашей задаче, а) Пусть А—вершина данного угла; Ρ
и G — точки на его сторонах такие, что APOG— параллелограмм;
OCAD — также параллелограмм (рис. 119, б); BOAD — трапеция,
Ρ — точка пересечения ее диагоналей. Возьмем на АО точку Q так,
что PQ || ВО. По лемме ^ = 2^ + jfr:=5b + cfe· Следовательно,
2±_ + ^ = ^ принимает наибольшее значение тогда, когда PQ
достигает наименьшее значение, т. е. перпендикулярно АО, а значит, и
ВС перпендикулярно АО
Задача имеет решение, если углы В АО и С АО острые.
б) Пусть В — на стороне угла, а С — на продолжении другой
его стороны. На рис. 119, β точки, обозначенные так же, как и на
рис. 119, б, определяются как и в предыдущем случае. Проведем
РН || ВО, GE || СО. Применяя к трапеции GPHE лемму, получим
OS ~ РН "*' GE ~ВО*СО'
Следовательно, ^ + ^ принимает наибольшее значение, когда
отрезок OS достигает наименьшее значение, т. е. перпендикулярен PG,
а значит, и прямая ВС перпендикулярна PG. Учитывая результат
пункта а), придем к выводу, что искомую прямую следует
провести или перпендикулярно диагонали АО, или перпендикулярно
диагонали PG параллелограмма APOG, причем значение выражения
Wo "*" Ш °бРатн0 соответственно расстоянию или от точки Ρ до
диагонали АО, или от точки О до диагонали PG.
Теперь нетрудно сделать вывод: если данный угол острый, то
решение пункта б) дает та же самая, что и в пункте а) прямая,
перпендикулярная АО; если этот угол тупой, то прямую следует
проводить перпендикулярно PG; если этот угол прямой, задача имеет два
решения.
326

882. Пусть ось симметрии — прямая I — проходит через точку
К на стороне DC, Μ— основание перпендикуляра, проведенного
из точки D к прямой ED. Треугольники DCD* и DMD1—равные
прямоугольные треугольники {DD1—общая гипотенуза, кроме того,
ADD1 Μ = 90° - £DD'K = 90° - ZD'DK = ZDD'C). Таким образом,
MD'^CD', DM^DC. Теперь можно доказать равенство ЕМ=ЕА (из
равенства треугольников DEM и DEA). Значит, радиус окружности,
вписанной в треугольник BED1, равен \(ВЕ + BD1 -ED1) = \({ВА-
-AE) + {BC-DIC)-ED9) = \{2BA-EM-MDI-ED') = BA-EDI =
= A'D1 - ED1 = А!Е, что и требовалось.
883. Пусть О — середина АВ, 0\ — центр третьей окружности,
К — проекция 0\ на АВ. Если ВС = х, радиус третьей окружности у,
ToBOi=x+y,OOi=r-y\KO=\BC-CK-OB\ = \x-y-r\,KB=x-y.
Записав теорему Пифагора для треугольников ΚΟΟχ и ΚΒΟχ,
получим уравнение
(r-y)a-(*-»-r)a=ffO? = (x + y)a-(x-ir)a,
из которого найдем у = 2££+£г .
Исследуя эту функцию обычными средствами на экстремум,
найдем, что наибольшее ее значение достигается при χ = 2r(V2-l) и
равно у = г(>/2 — I)2.
884. Восставим в точке В перпендикуляр к АС, цостроим
окружность с центром О на этой прямой, касающуюся данных окружностей,
и докажем, что эта окружность касается также и отрезка ВМ.
Обозначим через Οχ и Ог центры окружностей с диаметрами АС и АВ,
а — угол при основании равнобедренного треугольника ВМС. Если
AC-2R, АВ = 2г, то
\ВС R-r Д-r IR-r
cosa = ~-
^
2MB МС y/2R(R-r) V 2R *
Пусть теперь я:—радиус окружности с центром в О, ОВ=у.
Записав теорему Пифагора для треугольников ΒΟΟχ и ΒΟΟι (ΟΟι =Д—х,
ОО2 = г + х), получим систему уравнений (Я — х)2 = j/2 + (2г - Я)2,
(r + s)2=y2 + r2, из которой найдем х = Щ£^1, у-^^2Я(Я-г).
Теперь расстояние от О до ВМ оказывается равным
что и требовалось.
885. Обозначим через Ρ середину AD, а через 2? и F—точки
пересечения соответственно СК и СМ с AD. Пусть далее прямая,
проходящая через А параллельно BD, пересекает КМ в точке Т. Из
327

того, что Ρ—середина AD, следует равенство AT^MD. Из подобия
соответствующих треугольников получаем равенства
АЕ А К AT MP FD
ВС"KB"ВМ~ВМ~ ВС
Таким образом, AE = FD, Ρ — середина AD и EF, т. е. СР
является как биссектрисой угла между прямыми АС и CD, так и
биссектрисой угла между прямыми СК и СМ. Из этого следует равенство
углов между прямыми АС и СК и между прямыми DC и СМ.
886. Выразим сначала радиус окружности ω через г и стороны
треугольника ABC. Пусть О — центр вписанной окружности, К —
ее точка касания с ВС, Ρ—центр окружности ω, D—середина ВС
(рис. 120, о). Обозначим радиус ω через χ и положим AD = |y|, причем
Рис. 120
будем считать, что у ^ 0, если Ρ по ту же сторону от ВС, что и А;
у<0—в противоположном случае.
Проведя через Ρ прямую, параллельную ВС, получим
прямоугольный треугольник РМО, в котором ОМ = г — у,
РМ = /Ж= ||-(р-Ь)
1ь-с|.
2 '
РО = х-г.
По теореме Пифагора получаем уравнение
(*-г)2 = (г-у)2 +
(Ь-с)2
Кроме того, х2 — у2 = а2/4.
328

Из этой системы сразу получим, что
аМЬ-с)а = (р-6)(р-с)
У 8г 2г
Цо ж-у = 1>£? = 2г2. Итак,
г^= (р~Ь)(р~с) ^р(р-а)(р-Ь)(р-с) =
4г 4гр(р —о)
θ2 _ у*г2 __ ρ
2гр(р - а) 4гр(р - а) 4(р - а)'
Докажем теперь, что г ι =r£^i. Проведем к окружности,
вписанной в ABC касательную, параллельную ВС. Эта касательная
отсечет от данного треугольника подобный ему треугольник АВ\С\
(рис. 120, б). Поскольку половина периметра треугольника АВ\С\
равна расстоянию от А до точек касания со сторонами АВ и АС
вписанной в ABC окружности, т. е. она равна р — а> то
коэффициент подобия треугольников ABC и АВ\С\ равен £~. Значит, радиус
окружности, вписанной в ABiCi, равен г · £~. Нам осталось доказать,
что окружность, вписанная в АВцСх, также касается окружности ω.
Воспользуемся обобщенной теоремой Птолемея (см., например,
задачу 536).
Пусть, для определенности, Ь ^ с. Длина общей внутренней
касательной к окружностям, вписанным в ABC и АВ\С\, легко находится.
Она равна ίχ = (Ь — с)2^.
Длины касательных к этим окружностям из вершины В
соответственно равны Ь2 = {р—Ъ) и ^з—р—Ь+а-^тр, а из вершины С t^p—c
Применим обобщенную теорему Птолемея к системе, состоящей
из двух точек В и С и двух вписанных окружностей. Должно
выполняться равенство — t\a + Μ4 = Μδ·
Заменяя все величины, входящие в это равенство, найденными
значениями, получим верное равенство:
Jb-c)(p-a)a+ (p„6+ifci0) (р-в).(р-Ь) (р-с+^) ;
-а(Ь-с)(р-а)+р(р-Ь)(р-с) + а(р--а)(р--с) =
-р[р - Ь)(р - с) + а(р - а)(р - Ь);
-о(Ь-с)(р-о) + о(р-о)(р-с) = а(р-о)(р-Ь).
887. Обозначим AD = о, ВС = Ь, АВ = DC = m, AC = BD = η,
тогда AM = \(а + п — m).· Пусть ж—длина касательной,
проведенной из А к окружности, касающейся AM, BM и описанной около
329

ABCD окружности. Воспользуемся соотношением задачи 536,
примененным к четырехугольнику AEBD (Е—точка касания на дуге АВ).
При этом считаем, что в вершинах А, В и D расположены
окружности нулевого радиуса, ВМ = L (Касательные из Μ, В и D
соответственно равны \{а + п-т)-х, / - \(а + п-т) + ж, а-х.) Имеем:
хп + (/ - |(о + η - m) + ж)а = (а - ж)т. Из этого равенства найдём
j(a+n-m)-l
o+n+m
Если мы рассмотрим еще окружность, касающуюся отрезков ВМ,
MD и описанной около ABCD окружности, то убедимся, что длина
касательной к ней из D будет иметь ту же длину. Значит, две
окружности, одна из которых касается AM, BM, а другая DM, BM и при
этом обе касаются описанной около ABCD окружности, имеют равные
радиусы. Если Р\ и Ръ—их центры, то Р\Ръ параллельна AD. Но Р1Р2
проходит через центр вписанной в ABD окружности (см. задачу 582).
Значит, все эти три окружности
имеют равные радиусы.
888. Докажем, что имеет место
равенство СК + АВ = ВК + АС, Из
А этого будет следовать утверждение
задачи (см. решение задачи 897).
Обозначим стороны
треугольника как обычно через a, Ь, с,
полупериметр через р; Е, D и F —
D точки касания данной окружности с
СК, СВ и ВК. Поскольку по усло-
Рис. 121 вию D совпадает с точкой касания
с ВС вписанной с ABC окружности,
то BD=p-b. Если EK = FK = x, то BK + AC=BF + FK + b=p-b+
+ж + Ь=р+а;. Такой же будет и сумма СК + АВ.
889. Обозначим через α, β, у, S углы вокруг О, как на рис. 121;
а + /? + 7 + <*=180°. Имеем:
ОВ - ОС + О А · OD __ 55sff ' ^^ + ^sa ' cos? __
OAOB + OCOD~-£ Ч + — Ч~
^,л* ν** ι νχν ν^ coga cog0 f cog^ co8£
_ cos(a li)-f cos(a - δ) + cos(/? 4- 7) -I- cos(/? - 7) _
~~ cos(7 + δ) + cos(7 — i) + cos(a + /3) + cos(a -/?)""
= cos(a - f) + cos(/3 - 7) = c°s 2*%*^ - cos «-PtT-* ^
~cos(7-J) + cos(a-/3) cos «-P+7-* ■ cos *-fi~T+* ~
_sin(a + /?)__ LiV
-sin(7 + /?)-tfM'
что и требовалось.
890. Пусть обход треугольника ABC происходит против часовой
стрелки.' Достроим ААВС до параллелограмма ABDC. Рассмотрим
330

преобразование, состоящее из последовательного применения
поворота вокруг точки В против часовой стрелки на угол 180° — а и
гомотетии с центром в точке В и коэффициентом \ (такое преобразование
называется поворотной гомотетией). При этом преобразовании А
перейдет в К у a D в JVi, т. е. AABD перейдет в ΑΚΒΝχ, подобный ему
с коэффициентом \. Легко видеть, что ΑΚΒΝ\ получается из ALAN
параллельным переносом на АЁ. Следовательно, AS = 4р = ^р, угол
между прямыми AS и LN равен а (или 180° — а).
891. Обозначим BE-а, ЕМ = Ь, Μ А-с (рис. 122). Пусть О и
Рис. 122
Οχ — центры окружностей, К — точка касания окружности с
центром Οχ с отрезком DM. Из подобия треугольников OEM и МКО\
(DE = у/а(Ь + с)) найдем
T,w KOi-DE г г— г
По теореме Пифагора
00\ = ОМ2 + МО2 = ОМ2 + КМ2 + КО\ =
2 -2
откуда
Га + Ь-су г2 , 2
/а+Ь+с \2 /а+Ь-с\2 г .
(—2 г] =(-y-J +?«(*+c) + .
331

a(b + c)r2 + b2(a + b + c)r - b2c(o + 6) = 0,
((6 + c)r - be)(ar + b{a + 6)) = 0.
Таким образом, (Ь + с)г = Ьс, ; = 1+с = Ш + Ш·
892. Обозначим стороны треугольника ABC, как обычно,
через о, b и с. Пусть Μ — точка касания с В'С, В1 Μ = ж. Тогда
*лх> = АВ1 - В'М = с - ж, tCD = CM = a-x- BB1 = a-x- 2ccosJ9,
*В£> = ВМ s= 2ccosB + ж.
Записав для точек А, В, С и окружности, касающейся дуги АС
в точке Д обобщенную теорему Птолемея (см. задачу 536), будем
иметь (через ϊχν и др. обозначены соответствующие касательные)
AB-tcD+BC-tAD^AC-tBp, с(а—х—2с cos 1?)+а{с—х)=Ь(2с cos В+ж),
откуда
_ 2(ac-c2cosi?-bccos.g)
a + Ь + с
С другой стороны, отрезок касательной, проведенной из В1 к
вписанной в АВ'С окружности, равен у = \{АВ + В1 С — АС) = |(с + a —
-2ccosi? - Ь) = |(о + с - Ь — 2ccosB). Остается доказать, что χ = 2j/,
или
г^с-^созВ-ЬссовВ) . Л _
ж = — = - = a + c-b-2ccosB,
a + ft+c
2ос=(а + с)2 - Ь2 - 2accosB,
ft? = a2 + c?-2accoe£.
Утверждение задачи доказано.
893. На рис. 123 проведена высота AA\, Aq—середина ВС, Η —
точка пересечения высот, О — центр описанной окружности. Пусть
Аъ — симметрична А\ относительно Aq. Имеем ВА% — А^С2 = С А* —
-В А2 = С А2 —В А2. Но по условию должно выполняться равенство
ВМ2 - СМ2 = АС2 -АВ2= ВА1 - А2С2. Таким образом, точка Μ
должна лежать на перпендикуляре, проведенном к ВС через точку
Аъ. Но все три таких перпендикуляра для трех сторон треугольника
проходят через точку, симметричную Η относительно О. Значит, это
и есть точка Μ.
Проведем теперь прямую АО и обозначим через М1 и ИГ ее
точки пересечения с AqM и МА^ Поскольку О — середина ЯМ, то
МК = АН = 204). Таким образом, ^^ = ^к - I, т. е. М' — точка
пересечения медиан треугольника ВМС и совпадает с М\. Кроме того,
ОМ'=4о# = ^40=Лд.
3 3 3
Итак, мы доказали, что рассматриваемые отрезки имеют длину |Я и
проходят через центр описанной около ABC окружности.
332

Рис. 123
894. Пусть ω—данная окружность. Впишем в угол окружность ω\%
касающуюся окружности ω (таких окружностей две, мы берем
большую). Тогда общая внутренняя касательная к окружностям ω и ωχ
отсекает от угла требуемый треугольник ABC (A — вершина угла).
В самом деле, окружность ωχ является вневписанной для
треугольника ABC, и касательные к ней из вершины А равны
полупериметру треугольника ABC. Для любой другой касательной к ω — В9С1
вневписанная окружность треугольника АВ'С1 будет располагаться
дальше от вершины 4, а следовательно, треугольник АВ'С будет
иметь периметр больше, чем треугольник ABC.
Для построения окружности ωχ воспользуемся известным
приемом «расширения» окружности. Рассмотрим угол с вершиной А\
стороны которого параллельны сторонам данного угла и удалены от них
на расстояние, равное радиусу данной окружности ω. Окружность ω[,
концентрическая окружности ωχ и проходящая через центр
окружности ια, будет касаться сторон угла с вершиной А*. Следовательно,
окружность ω[ можно построить, а затем построить и окружность ωχ.
895. При решении будем опираться на результат задачи 894.
Пусть ABC искомый треугольник. Понятно, что каждая из его
сторон должна касаться хотя бы одной из окружностей, причем
какая-то из сторон должна касаться обеих окружностей. В
противном случае (если на каждой из сторон по одной точке касания) его
периметр можно уменьшить. Для этого ту из окружностей, которая
касается лишь одной из сторон треугольника, можно передвинуть
внутрь этого треугольника таким образом, что она, касаясь другой
333

окружности, перестанет касаться сторон треугольника, а затем можно
уменьшить и периметр описанного треугольника.
Пусть теперь стороны искомого треугольника ABC касаются
окружностей в четырех точках, как на рис. 124, а. В соответствии с
Рис. 124
утверждением задачи 894 вневписанные окружности треугольника
ABC у соответствующие сторонам АВ и ВС> должны касаться данных
окружностей. Если АК = х% LC = y> то AD = AP=x и EF = DL = 2x +
+KL. Аналогично PQ = 22/4- KL. А поскольку EF = PQy то χ = у.
Нетрудно найти КL = 2у/Вт.
Аналогично, если и и υ—радиусы вневписанных окружностей, то
2y = LG-2y/Ra, 2x = DK = 2y/rv, т. е. u = x2/R, v = x2/r.
Из соответствующего подобия имеем: ~- = ~^, ~ = 3x2£/r ·
Таким образом, для χ будем иметь уравнение х3 — ZRrx —
~2(Яг)3/2=0, откуда получаем: а;3-4Ягж+Дгж-2(Дг)3/2 = 0, х(х2-
-4Яг) + Rr(x - 2\/Rr) = 0, (χ - 2\/Ш)(х2 + 2л/йгж + Яг) =0, ж = 2>/Яг.
Следовательно, в этом случае периметр треугольника ABC равен
2Ж?=16л/йг.
Рассматривая этот случай, мы предполагали, что касательная к
окружностям радиусами г и и не пересекает окружности радиуса R
(считаем, что г <Я). Это приводит к условию ((г/χ) ^ (Я/AL)), откуда
г ^ R *»>>Я
Если (Я/3) < г ^ (Я/2), то искомый треугольник является
равнобедренным, его боковые стороны касаются данных окружностей
(рис. 124, б). В этом случае его периметр равен 4fRlffr.
И наконец, если, г < (Я/3), то искомым является правильный
треугольник, описанный около большей окружности.
334

Итак, имеем ответ: если (Л/2) < г < Д, то наименьший периметр
равен 16\/Rr; если (Л/3) <г < (Л/2), то этот периметр равен 4Д!^*,
если г < j, то периметр равен бЛл/3.
896. Докажем сначала вспомогательное утверждение. Рассмотрим
угол с вершиной О, внутри которого расположена окружность.
Проведем к ней касательную, пересекающую стороны угла в точках К и
L, такую, что треугольник OKL содержит данную окружность. Пусть
Μ—точка касания. Тогда треугольник OKL имеет наименьшую
площадь, если Μ—середина KL.
Для доказательства проведем другую касательную K\L\
(рис. 125, а). Обозначим через Ρ точку пересечения KL и K\L\.
Рис. 125
Будем считать, что Ρ на отрезке ML. Возьмем на РК\ точку F
такую, что KF параллельна OL. Имеем Spkkx > Spkf > Splli,
значит, площадь треугольника OK\L\ больше площади треугольника
OKL. Утверждение доказано.
На основании доказанного утверждения нетрудно сделать вывод,
что искомый минимальный треугольник должен быть выбран среди
следующих двух:
1. Одна его сторона {АС) касается обеих окружностей, а
каждая из двух оставшихся (АВ и ВС) касается одной окружности и
делится точкой касания пополам (рис. 125, б). Из этого также
следует, что искомый треугольник равнобедренный: АВ = ВС.
(Докажите это.) Далее, в прямоугольном треугольнике ABD вписанная
окружность касается гипотенузы в ее середине. Значит, этот
треугольник равнобедренный. Зная радиус окружности, вписанной в рав-
335

нобедренный прямоугольный треугольник, легко найдем его катеты
AD = AB=(2 + V2)R.
Таким образом, в первом случае площадь минимального
треугольника равна (6 + 4\/2)Д2.
2. Каждая сторона треугольника касается одной окружности и
делится точкой касания пополам (рис. 125, в). Положим, ВО\ =ж, тогда
ВА=2ВТ=2\/х2 - Л2, BD=x+3R. Из подобия треугольников ВО{Г и
BAD имеем |% = ^-, откуда а Jffgfl = &р£, а2-ЗЯх-2Д2:=0. Та-
ким образом, ВО\ =ж = ^Ь^2д==АД, где λ= 3+^. Далее из подобия
тех же треугольников найдем
ж Λ
Следовательно, площадь треугольника ABC будет равняться
■uf,(A+3v^ri)B=g^U±|^7(6VI7-I5)
Нетрудно убедиться, что во втором случае площадь
получившегося треугольника больше, чем в первом случае.
Таким образом, площадь наименьшего треугольника равна (6 +
+4>/2)Д.
897. Известно, что для того, чтобы в четырехугольник можно было
бы вписать окружность, необходимо и достаточно равенство сумм его
противоположных сторон. Менее известны два других необходимых
и достаточных условия. Укажем их. Пусть KLMN—
четырехугольник, продолжения противоположных сторон которого пересекаются
в точках Ρ и Q так, как показано на рис. 126, а. Тогда наряду с
равенством KL + MN = LM + NK необходимым и достаточным
условием того, что в четырехугольник KLMN можно вписать окружность,
будут равенства:
QM + KP=MP + QK, (1)
QN + NP = QL + LP. (2)
Доказываются эти условия точно так же, как и общеизвестное
условие равенства сумм противоположных сторон. Докажем,
например, второе.
Необходимость. Пусть KLMN— описанный
четырехугольник; Ху Г, Z, U — точки касания вписанной окружности с его
сторонами. Тогда
QN + NP = QX-XN + NU + UP=QZ-NU + NU + YP=
= QZ + YL + LP = QZ + ZL + LP=QL + LP.
336

Рис. 126
Достаточность. Пусть выполняется равенство QN + NP =
= QL+LP. Предположим, что в четырехугольник KLMN нельзя
вписать окружность; построим окружность, касающуюся трех его
сторон: KN, NM и ML (рис. 126, б; центр этой окружности в точке
пересечения биссектрис углов N и Μ четырехугольника KLMN). Пси
строенная окружность не касается стороны KL. Проведем из точки
Ρ касательную к этой окружности, отличную от прямой РМ. Точку
пересечения проведенной касательной с прямой QL обозначим через
L\. Учитывая доказанную необходимость и данное равенство, будем
иметь: QLX +LiP=QN+NP=QL+LP. Отсюда QLi -QL+LXP=LP,
LL\ + L\P = LP. Следовательно, точки L и L\ должны совпасть.
Перейдем к нашей задаче. Предположим, что у четырехугольника
ABCD нет параллельных сторон. Пусть прямые АВ и CD, ВС и AD
пересекаются в точках Ε и F соответственно (рис. 126* в). Обозначим
через Fi точку пересечения прямых АВ\ и CD\. Поскольку ABCD —
337

описанный четырехугольник, то ЕС + CF =я£?А + AF =^ ЕС + Ρι4 =
= jE?i4 + FiC Следовательно, AB\CD\—также описанный
четырехугольник. (В первом равенстве «работает» признак (2); во втором —
(1); AF = FiC, так как AFCF\—параллелограмм.)
Возможно и другое расположение точек Ε и F (рис. 126, г). В этом
случае используемые признаки как бы меняются ролями.
Для завершения доказательства остается рассмотреть случай,
когда ABCD — трапеция; это делается без труда.
898. Из подобия треугольников ABD и ADM следует равенство
ΊΜ = ЗШ· Значит, ^щ = ^§· Отсюда следует подобие треугольников
АСМ и ABC, т. е. ZACM = ZABC.
899. Да. Нужный пример дает нам четырехугольник, вершинами
которого служат четыре из пяти вершин правильного пятиугольника.
901. Обозначим через Г проекцию Μ на АС. Тогда точки Р, Q и
Τ лежат на одной прямой—прямой Симеона для треугольника ABC
(см. задачу 450). Точно также на одной прямой лежат точки if, L и Г.
902. Положим ВК=ВМ=х, ВР=у (Р — точка на BD, где
пересекаются А\М и С\К)У АС=и. Заметим также, что синусы углов ABD,
CBD и ABC пропорциональны величинам m, n и и соответственно.
Теперь из равенств Saxbp + Spbm = SUiBMi Scxbp + Spbk = Scxbk
получим aym + xyn~axu, cyn + xym — cxy. Разделив одно равенство
на друше, получим ^% = ?, оттуда χ = *^f.
Рис. 127
903. Обозначим через Ρχ, М\ и К\ точки, симметричные Ρ, Μ и
К соответственно относительно биссектрисы угла, внешнего по
отношению к данному углу с вершиной О. Точки Μ, К, К\ и М\ лежат
338

на одной окружности. Кроме того, ΔΜΚχΚ=ΔΜΜχΚ = f, т. е. Р и Ρχ
лежат на этой же окружности.
904. Заметим, что точки А, С,
Р2 и Qi лежат на одной
окружности, т. к. ZAP2QX=ZAP2N=ZABN=
= ZACQx. Отсюда P2N · NQi =
= AN-NC. Точно так же Q2NNPX =
= ΒΝ · JVD. Теперь из равенства
A/V · NC = BN · JVD получаем, что
905. Пусть Сх — вторая точка
пересечения окружности,
описанной около LCK, с диаметром АВ
(рис. 127). Тогда £LCiC=/.LKC = /.BAM. Это значит, что ALCXM —
трапеция с основаниями AM и LC\, отсюда следует равновеликость
треугольников ALP и РС\М (Р — точка пересечения АВ и LM).
Точно так же равновелики треугольники C\NM и NKB {N—точка
пересечения КМ и АВ). Таким образом, ломаная ALMKB делит
площадь круга на такие же по площади части, что и диаметр АВ.
906. Рассмотрим случай, когда заданный четырехугольник ABCD
не является параллелограммом. Обозначим через Ε точку
пересечения прямых АВ и CD (рис. 128). По теореме Менелая ^ · jk · §§ = 1,
откуда $% = ffi-fj§. Точно так же % = f§ · §g. По условию
ifL = PQ,T.e. ^ = £2 Значит, ffgg-fg'§§ ■»
KAKBEDEC = EAEBQDQC. (1)
Итак, равенство KL^PQ эквивалентно равенству (1). Точно так же
эквивалентными являются равенства LM^NP и (1).
907. Опишем около ABC окружность и обозначим через JV, К и L
ее точки пересечения соответственно с MP, СР и AM (рис. 129). Из
того,-что ΔΜΑΒ+ZPCB=90° + f следует равенство ZJLAB + ZBCK" +
+90° - f = ZLAB + LACK = 180°. Значит, BL = AK и AL || BK.
Положим Δϋ,ΑΒ^ΔΑΒΚ — φ, ΔΝΑΒ^ψ. Докажем подобие треугольников
AJVM и PNC. Имеем ZMNA=180°-ZANB=4ACB = ZBAC=ZPNC.
Кроме того, ΔΐΑΝ=ΔΏΑΒ-ΔΝΑΒ=φ-φ, ZNPC=£NKC-ZKNB =
= ZJVBC - (ZC7VB - ZiTJVC) = (180° - ZJVAB - ZBAC) - ZC7VB +
+ZKBC = 180° - V - 90° + f - (90° - f) + φ - α = ψ - V = Zi^iV. Итак,
подобие треугольников ANM и PNC доказано. Далее имеем ^$f = ££
или $£ = $. Кроме того Z.MNC=№°-ZBNC=ZANP. Значит,
треугольники MNC и A/VP также подобны, откуда ZNCM = ZNPA или
ZNPF = ZNCF, т. е. точки Р, С, F и N лежат на одной окружности
и ZCFP = ZC7VP = ZOIB = 90° - §..
Второе решение.
339

Рисv129
Построим окружность, касающуюся АВ и АС в точках А и С.
Возьмем произвольные точки F\ и Рг на двух образовавшихся дугах
этой окружности (F\—внутри ABC). Будем рассматривать
четырехугольник AF1CF2 как предельный шестиугольник с «двойными»
точками АиС («шестиугольник» AAF1CCF2) и применим к нему теорему
Паскаля (см. задачу 501, замечание к решению).
Прямые АА и СС—это касательные к окружности. Они
пересекаются в В. Обозначим через М\ и Pi соответственно точки, пересечения
AF2 и CFi, AF\ и СРг- Точки Μχ, В и Ρχ по теореме Паскаля лежат
на одной прямой. Нетрудно проверить, что ΔΜχ АВ+ΖΡχ СВ = 90° + f.
Точки F\ и F2 можно выбрать так, что М\ и Pi совпадут с заданными
Μ и Р. Угол между ΑΡχ и СМ\ равен 180° - Ζ4Ρχ(7 = 90° - §.
908. Заметим, что acosB + bcosA = с. Таким образом, acosA +
+ bcosi? — с = a cos Л + bcosB — a cos Б — bcosA = (a — b)(cosA - cosB).
Пусть a^b, тогда i)un cosA < cosB, а значит, acos A + bcosB -
—c=(a — b)(cosЛ — cosi?) <0, что и требовалось доказать.
909. Треугольник BMD получается из треугольника АМС при
повороте вокруг точки Μ на 90° и гомотетии с центром Μ и
коэффициентом fc. Следовательно, диагонали четырехугольника ABCD
перпендикулярны и АС = £ -BZ?, т. е. его площадь равна |^.
910. λ=2. Обозначим через Ρ точку пересечения прямой ОМ с AD.
ТогдаРО=ОМ. Имеем ^| = ш==Ш== λ> ML=XLOy ОМ= (A+l)LO,
PL = МО -Ь LO = (λ -Ь 2)LO. Для λ получаем уравнение ^ = λ, λ = 2.
911. Обозначим точки касания как на рис. 130 (F и G — точки
касания вписанной и вневписанной окружностей с прямой АВ). Для
начала заметим, что окружность, вписанная в ABC, касается ВС
также в точке Е. Это следует из того, что BD — DC = BN — МС =
340

Рис. 130
= BP-CQ = BA-AC. Обозначим АР = ка, AF = Jfer, AG = kR, χ —
радиус окружности, вписанной в BCD, KD = DL = тху MD = DN =
= яш. Полупериметр треугольника ABC равен AG—kR. Его площадь
SABC—kRr. Нетрудно заметить, что полупериметр четырехугольника
ABDC больше полупериметра треугольника ABC на длину отрезка
KD, т. е. он равен kR+mx. Площадь четырехугольника ABDC равна
Sabdc — (kR + mx)a. Найдем полупериметр треугольника BCD. Он
равен
\(BN-DN+CM-DM + BC) = \(BP + CQ + BC)-ma =
Δ Δ
= \{AB-AP+AC-AQ+BC)-ma =
= - (AB + AC+BC) - ка - та = kR - ka - ma.
Δ
Площадь треугольника BDC будет Sbdc = (kR — ka — ma)x. Запишем
равенство Sabc — Sabcd + Sdbc* kRx = (kR+mi)o + (kR — kai- ma)xy
откуда Дг = Ra + rx — αχ, χ = Д^.
912. 2(>/a+Vb)2. Рассмотрим вневписанную окружность
треугольника АКМ (касающуюся ЛГМ и продолжений АК и ЛМ). Если
D и Ε точки касания этой окружности с лучами АК и AM, то
AD = АЕ? = р, где ρ — полупериметр треугольника АКМ.
Наименьшими AD и АЕ будут в том случае, когда вневписанная окружность
касается окружности, указанной в условии. Рассмотрим эту
ситуацию (L — точка касания данной окружности с АВУ О — ее центр,
Q — центр вневписанной окружности). Обозначим угол А через 2а,
341

OL = r, QD = ADtga=ptga, AL = a-b, LB = b = rtga, LD=p~a + b.
С другой стороны, LD—общая касательная к имеющимся
окружностям. LD = 2y/OL · QD = 2y/rptga = 2>/5>Б. Получаем уравнение
918. Аналогично тому, как этот делалось в задаче 912, можно
показать, что вневписанные окружности, соответствующие AqBo и AqCo,
должны касаться заданных окружностей. Обозначим точки касания
как на рис. 131. Поскольку CqE=p=BqD, to BqE^CqD. Обозначим
Ε В0 К Μ Со D
Рис. 131
их через х. Пусть далее радиус вневписанной окружности,
соответствующей стороне AqB0, равен щ она касается окружности радиуса г,
Ε К = 2х = 2\/гйу и = ^г · Из соответствующего подобия имеем η^ s= £
или | = ff, откуда а: = ^рДг. Значит, 1?0С0г=ф-а:=р- ^р^г.
914. Пусть Ζ?ι —симметрична D относительно Q. Рассмотрим два
^случая: ABCD— выпуклый и невыпуклый четырехугольник
соответственно.
Из условия следует, что ^ = Щ. Значит, АВ · CD = ВС; AD
или АВ · ADi = ВС · CD\. А поскольку из того, что AQ = QC,
следует равновеликость треугольников ABD\ и BCD\y то sinZBADi =
= 8inZBCDi. Значит, или ZBADi = ZBCDi, или ZBi4Z>i + ZBCD^ =
= 180°. Если ΔΒΑΌχ = ZBCDu то треугольники BADi и BCDX равны
(ведь АВ·AD\ = BC-CDi), что противоречит условию. Таким
образом, ΔΒΑΏχ + /.BCDi = 18Р°. Но это равенство возможно лишь в
случае, если ABCD — невыпуклый четырехугольник.
Четырехугольник ABCDi является вписанным. \АС2 = AQ · QC = BQ · QDi = ab.
AC = 2y/ab.
915. Точки if, Μ и L лежат на одной прямой (прямая Гаусса;
задача 350). Пусть ABCD—данный четырехугольник (АВ и DC
пересекаются в 15, AD и ВС — в F, К и Μ—середины BD и АС
соответственно). Из подобия треугольников EBD и 25СД следует, что
MJL = ^. Точно так же ^ = §§. Итак, точки Ε и F лежат на
окружности Аполлония (задача 306), соответствующей точкам К к Μ и
отношению 3£j. Биссектрисы углов ВЕС и BFA перпендикулярны и
пересекаются на отрезке КМ (задача 548), причем нетрудно видеть,
342

что биссектрисы углов ВЕС и BFA являются также и биссектрисами
углов КЕМ и KFM соответственно. Обозначим черед Ρ точку их
пересечения. Имеем ш = ш = !1§·
Итак, точки 25, Ρ и F лежат на окружности Аполлония, EF —
диаметр этой окружности, т. е. LP = \EF = ж. Если мы на
продолжении BL возьмем точку Q так, что LQ = л, то точка Q также
лежит на окружности Аполлония. Значит, ^р = ^$ или (считаем α > Ь)
f=* = Йг» откуда х = Л/аЬ, EF = 2yfib. Далее имеем ^ = |§ = g§.
Значит,^ = ^g = ,/f.
Второе решение. Из подобия треугольников AEBD и АЕСА
следует, что ΔΕΚΌ = ΔΕΜΑ. Аналогично ZFKD = ZFMC. Отсюда
получаем LEMF = 180° - ZEKF. Если Μχ — точка, симметричная Μ
относительно L, то четырехугольник EKFM\ —вписанный, и т. д.
916. Задача имеет несложное тригонометрическое решение,
сводящееся в итоге к доказательству известного равенства cos 36°—cos 72° =
_I
"~ 2*
Проведем чисто геометрическое решение. Отложим на стороне AD
отрезок AF = АВ (рис. 132). Докажем, что FC = BC (это эквива-
Рис. 132
лентно утверждению задачи). Находим: ZABF=ZAFJ?=48°. £FBD=
= 180° - 48° -18° - 84° = 30°. Возьмем точку К — симметричную F
относительно BD. Треугольник BFK — равносторонний. KD^FD,
ZKFD = ZFKD = 72°. Проведем в треугольнике KED биссектрису
угла KFD—FL. Имеем KF = FL = LD. Треугольники BDL и В КС
равны (BD = BCy LD = ВК> ZLDB = ZKBC). Окружность с
центром в F проходит через В, К и L. Значит, ZBLK = \lBFK = 30°,
343

ZBKC=ZBLD=150oy ZF/fC=360o-150o-60o = 150°. Таким образом,
треугольники ВКС и FKC равны, FC^BC, что и требовалось.
917. Заметим, что середины сторон треугольника наименьшей
площади, покрывающего данную выпуклую фигуру, должны
принадлежать этой фигуре. В противном случае, повернув соответствующую
сторону треугольника, мы можем уменьшить его площадь.
Пусть треугольник ABC содержит нашу фигуру, причем середины
его сторон—точки Ло, В0 и Со— принадлежат этой фигуре (рис. 133).
В каждом из треугольников АВоСо, А0ВСо, AqBoC возьмем точку,
принадлежащую заданной выпуклой фигуре, наиболее удаленную
от соответствующей стороны треугольника АоВоСо. Обозначим эти
точки К, L, М. Пусть площадь треугольника АоВоСо равна Q. Тогда
площадь ABC равна 4Q. Если площадь шестиугольника AqMBqKCqL
не меньше 2Q, то 5 > 2Q, а площадь ABC не более 25, т. е. ABC
удовлетворяет требуемому условию.
Предположим, что площадь ше-
В стиугольника AqMBqKCqL меньше
2Q. Проведем через М> К и L
прямые, соответственно параллельные
Αχ АоВ0у ВоСо и Со-4о. Они
ограничат треугольник A\B\Ci. Докажем,
что площадь треугольника А\В\С\
меньше удвоенной площади
шестиугольника AoMBoKCqL, а значит,
меньше 25. Обозначим площадь
шестиугольника AqMBqKCqL через
Qi, стороны треугольника АоВоСо
через о, Ь, с (BqCq = α, СоАо = Ь,
AqBo = с), хау хь> хс — расстояния
Рис. 133 от К, L и Μ соответственно В0Со>
СоАоУ A0Bq. Ρ—центр подобия
треугольников AiBiCiy АоВоСо, к— коэффициент подобия, Ζα, Ζ&,
Zc — расстояния от Ρ до BoCo, CoA0, АоВо- По предположению
\(хаа + хъЪ + хсс) < Q. (Q — площадь -АоВоСо) Поскольку **j"Zg =?
=5 Ч^ = **$Г* = к> то Οι = *(*« + Ζα)α + \{хь + гъ)Ъ+ \{xc + Zc)c =
= k(\Zaa+\Zbb+\Zcc\ = feQ. Значит, к < 2. Таким образом,
площадь треугольника Ai-BiCi равна k2Q = fe(feQ) = kQ\ < 2Qi, что и
требовалось.
Замечание. Наименьшая площадь треугольника, которым
можно покрыть параллелограмм площади 5, равна 25. Т. е. оценка,
указанная в условии, достигается для параллелограмма.
918. £Д.
m
919. Обозначим через Ε точку пересечения прямых AD и ВС.
Тогда Μ — точка пересечения высот треугольника ABE. Докажем,
что К совпадает с серединой ME. В самом деле, если середина
344

ME есть К\, то (в случае, когда ABE остроугольный треугольник)
ΔΚ\ΌΜ = ΔΚ\ΜΌ = ΔΌΑΒ, а это означает, что K\D касается данной
окружности. Точно так же К\С является касательной к окружности,
т. е. К\ совпадает с К.
920. В треугольниках ΒΚΑχ и ВКА имеют место равенства:
К Αι =ΚΑ, ΔΚΒΑ=ΔΚΒΑι. Они имеют общую сторону KB и при этом
ΑΒψΑ\Β. Это возможно лишь при условии ZK АВ + /.К ΑιΒ = 180°,
т. е. КΑΒΑι —''вписанный четырехугольник и ΔΚΑΑι = ΔΚΒΑι =
= \ΔΑΒΟ. Точно так же ΔΜΑΑΧ = \lBCA.
921. Обозначим через Μ и N точки пересечения прямой QP с
описанной около ABCD окружностью (ВМ также является
биссектрисой угла ABC). Нетрудно понять, что СМ и CN—биссектрисы —
внутренняя и внешняя — угла QCP. Значит, ^р = ^ = ψρ = fe.
Таким образом, для всех точек 'окружности отношение расстояния до
точек Q и Ρ равно к. (Эта окружность есть окружность Аполлония.)
В частности, ψ£ = ^^, т. е. ВМ—биссектриса угла QBP.
922. Обозначим через Μ точку пересечения FE и BD. Исходя из ·
теоремы Менелая (задача 342) .нам достаточно доказать равенство.
Ш ' ТШ = * или if ' §§ = 1· ^3 того» что четырехугольник ABCD
является вписанным, следует подобие треугольников DEK и BFL.
Значит, ψ§ = ^. Кроме того, ^ = ^. Из этих двух равенств следует
утверждение задачи.
923. Воспользуемся результатами и обозначениями задач 543, 544,
545. Заменим лишь R на р. Тогда г = р ^ , Д = \у/2р2-<Р.
Найдем диагонали четырехугольника KLMN. KM = 2Rsm2 a = m, JVX =
= 2Яsin2 /3 = η. Тогда тп = 4Д2 sin 2α · sin2/3 = (2р2 - d2) · sin 2α · sin2/3 =
==4(2p2~c?)sinacosasin/3cos/3 = 4(2p2-i?)^.^.|g.|§ = 4(2p2-
-d2)^ - d2) · (^|^)2 = <2f2~y-d2>. Теперь нетрудно проверить
равенство, указанное в условии задачи.
924. Обозначим через Аъ и Аз проекции В и С на ΜЛ, Вч и 2?з —
проекции С и Л на MB, Сг и Сз —проекции Л и β на МС. Докажем
равенство
ABi CAi BCi
BiC ' ΑιΒ ' СхЛ l '
Имеем £$ = £&, ft = ttf, §£i = g$· Точки *· *з, Л и В ле-
жат на одной окружности с диаметром ЛВ'. Из этого следует, что
%$ = $£. Аналогично, $ft = М§, §$ = £g. Итак, равенство (1)
выполняется. Теперь, чтобы мы могли воспользоваться теоремой
Менелая (задача 342), надо убедиться в том, что вне треугольника ABC
расположены 1 или все 3 точки из числа точек Лх, Βχ, С\.
925. Обозначим через Л χ, Βχ и Сх середины ВС, С А и АВ (рис. 134).
Если О — центр описанной около ABC окружности, то О — точка
345

A
Рис. 134
пересечения высот треугольника ΑχΒχΟχ. Рассмотрим треугольник
А2В2С2, получающийся из треугольника ΑχΒχΟχ при перемещении на
вектор ой. Понятно, что точка Q совпадает с вершиной А2 этого
треугольника. (М — точка пересечения высот треугольника А2В2С2.)
Докажем, что окружность, проходящая через Q, Ρ и R, содержит
точку Η — точку пересечения высот треугольника ΑΒχΟχ.
Рассмотрим два треугольника СхС2С$ и ΒχΒ2Β3 (см. рис. 134). Эти
треугольники равны и подобны треугольнику ABC. Ρ и R—основания высот
С2Р и B2R в этих треугольниках. Проведем еще высоты СхЕ и B\F в
этих треугольниках. Точки Q, 25, Я и F лежат на одной окружности.
В ситуации, изображенной на рис. 134, нам достаточно доказать, что
сумма углов PQR и PHR такая же, что и сумма углов EHF и EQF
(последняя сумма равна 180°). А для этого в свою очередь достаточно
доказать два равенства ZPHE=ZRQF, ZRHF = ZPQE.
Докажем первое равенство. (Второе доказывается аналогично.)
Точки Ρ, Ε> Η и А лежат на одной окружности {ΔΗΑΡ = 90° -
-ZC3CxC2 = /.PECx). Значит, ΔΡΗΕ = ΔΡΑΕ = ΔθχΑΕ. Но
треугольники СхАЕ и B2QR равны (АСг = QB2, CxE=B2R, ZACxE=ZQB2R).
Также рассматриваются другие случаи: точка Μ — вне треугольника
ABC у ABC—тупоугольный треугольник и т. д^
926. а) Обозначим АВ = а,ВС=Ьу CD = c, DA = d, AO = x, ВО-у,
СО = u, DO = v, cos ZAOB = fc. На основании известного равенства
г = |- (S—площадь, ρ—полупериметр треугольника, г—радиус
вписанной окружности) из соотношения, заданного в условии, получим
*±z±3L + q±2±v _ ь±^±и + d±2±v ^ откуда auv+ту - bxv+dyu. Возведем
346

это равенство в квадрат и заменим а2 = х2 + у2 - 2кху и т. д. (ж2 +
+у2 - 2kxy)u2v2 + (u2+ν2 - 2Α;ΐέν)χ22/2+2acxyuv=(j/2 + и2 - 2kuy)x2v2 +
+(ж2 + ν2 - 2kxv)y2u2 + 2bdxyuv} 2ac - 2fcm; - 2fca;2/ = 2bd+2tow + 2kyu.
Прибавляя слева и справа х2 + у2 + и2 + ν2, получим (о + с)2 = (Ь+d)2,
а + с = Ь+d, откуда следует утверждение задачи.
б) Пусть ΖАОВ = α, Οι, 02, О3, O4—центры окружностей,
вписанных в АОВу ВОС, СОА и DOA. Нам надо доказать, что
ΟΟι · ΟΟ3 = 002 · 004 или
ПГ3 = Г2Г4 . ν
sin2f cos2f U
(ΟΟι = ^Цг и т. д.). Обозначим через ίχ, ί2, 1з и Ϊ4 длины
касательных к нашим окружностям, выходящих из О. Имеем ίχ = \(х +
+2/ - α) = Γι ctg f, ί2 = Ι(2/ + « - &) = r2 tg f, I3 = § (u + ν - с) = r3 ctg f,
I4 = |(v + a: — d) = Г4tg f. Поскольку о + с = Ь + d, то /χ + 1з = /2 + ^4,
значит
(гх + г3) ctg | = (г2 + r4) tg |. (2)
Учитывая, что
7*1+Г3 _ У2+Г4 ,„v
ΓχΓ3 Г2Г4
и деля друг на друга равенства (2) и (3), получим после небольшого
преобразования равенство (1), что и требовалось.
927. Обозначения понятны из рис. 135. Пусть, кроме того, ро» Рь
Рис. 135
Р2» Рз> Ρ—полупериметры соответственно треугольников DEFy BDE>
ADF, CEF, ABC. Имеем Ox02=MN=MD + DN = DK + DP. Так же
347

можно представить отрезки О2О3 и 0$0\. Таким образом, получаем,
что треугольники DEF и 0\О^Оз имеют равные периметры.
Площадь полосы между треугольниками ABC и 0\О^Оз
составляется из площадей трех трапеций (ΑΒΟι02, ВСОзОи САО2О3).
Высота каждой трапеции равйа г\. Сумма площадей, очевидно, равна
(р+РоУг- С другой стороны, сумма площадей треугольников ВВЕУ
ADF и CEF равна (ρχ +#г +Ръ)г\ = (р+Ро)п. Итак, у треугольников
DEF и О1О2О3 равны площади и периметры. У них равны и
радиусы вписанных окружностей, т. е. радиус окружности, вписанной в
О1О2О3, равен го. Из этого следует утверждение задачи.
928. Пусть АС—наибольшая сторона треугольника ABC. Тогда
основание Ρ высоты BD принадлежит этой стороне. Разрежем
треугольник на три части: ВКВМ, AKD и СМРУ где К и Μ—
соответственно середины АВ и ВС. Повернув треугольники AKD и ВМС
вокруг К и 2?, мы получим треугольник ΑΡχΟχ, осесимметричный
треугольнику ABC.
Второй способ. Пусть О—центр вписанйой в треугольник
окружности, Р, Q, L — точки ее касания со сторонами треугольника.
Проведя разрезы по отрезкам РО, Q0 и LO, мы разрежем' треугольник
на три части, которые можно переложить, не переворачивая, нужным
образом.
929. Пусть О—'центр данной окружности. Из равенств OP = OQ>
РМ = QN, ΔΜΡΟ = Z.NQO следует равенство треугольников МРО и
NQO. Значит, ON = ОМ. Таким образом, N есть точка пересечения
с АС окружности с центром в О и радиусом ОМ. Теперь построение
очевидно. Задача может иметь 2,1 и ни одного решения в зависимости
от числа точек пересечения построенной окружности с хордой АС.
930. Проведем через точки В, Ми С окружность и
обозначим через К точку пересечения этой окружности с OD. Поскольку
ΔΟΜΚ = 1СВО = Z.KDA, то четырехугольник MKDA является
вписанным. Значит, ΔΜΑΚ — ΔΜΡΚ, т. е. в треугольниках MBD и СКА
соответственно равны углы при вершинах В и С, а также при
вершинах D и А. Из этого следует равенство угдов BMD и СКА. Таким
образом, точка К совпадает с точкой N. Наше утверждение доказано.
931. Из условия следует, что ZDAC^ZDBA, значит, треугольники
ВАС и DBA подобны. Из этого подобия и по свойству биссектрисы
внутреннего угла имеем (АК-^ биссектриса, ВК = а, СК — Ь):
АР ^СР ^АС ^КС Ъ
ВВ~ АР~ АВ~ ВК~ а
Таким образом, ВР = AD · |, СР = АР · £. Вычитая эти равенства,
получим: а + Ъ = АР (f - £), откуда AD = ^.
932. Построим на стороне ВС во внешнюю по отношению к ABC
сторону правильный треугольник В КС. Поскольку ΔΚΒΜ = 80°, то
треугольник КВМ равен треугольнику ABC. Значит, КВ=КМ=КС,
348

т. е. К — центр описанной около ВМС окружности и /ВСМ =
= \/ВКМ = 10°, /AMС= 30°.
933. Возможны два случая расположения точки М.
Если точка Μ вне прямоугольника ABCD, построим треугольник
AM\D, симметричный треугольнику ВМСУ при этом ММ\
перпендикулярна AD. Из условия следует, что AMDM\ вписанный
четырехугольник. Значит, /МСВ + /MAD = /ADMX+ /MMXD = 90°.
Если Μ внутри ABCD, то решение аналогично.
В обоих случаях искомая сумма углов равна 90°.
934. Докажем сначала, что для того, чтобы три окружности,
проходящие через различные пары вершин треугольника, пересекались
в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы сумма угловых
величин дуг этих окружностей, расположенных по ту же сторону от
соответствующих сторон, что и сам треугольник, равнялась бы 2π или
4π.
Необходимость. Пусть три такие окружности пересекаются в
точке Μ. Возможны три случая расположения точки М: эта точка
внутри треугольника; точка вне треугольника, но внутри угла
треугольника; точка внутри угла, вертикального к какому-то из углов
треугольника. Легко показать, что в первом и третьем случаях сумма
рассматриваемых дуг равна 2π, а во втором—4π.
Достаточность также легко доказать с помощью стандартного
рассуждения. Пусть, например, сумма дуг равна 4π. Обозначим через
Μι точку пересечения двух окружностей, проходящих через Л и В,
В и С. Точка Μι не может быть внутри треугольника, так как в
этом случае были бы верны неравенства: /АМ\В + /ВМ\С> η или
^-ΆΜχΒ + ^ВМ\С < 2π, а значит,,сумма всех трех дуг не могла бы
равняться 4π. Аналогично показываем, что Μι не может быть внутри
угла, вертикального к какому-то из углов треугольника.
935. Проведем через В прямую, параллельную DE, и обозначим
через К и Μ ее точки пересечения соответственно с AD и АС.
Докажем, что В—середина КМ. Из этого будет следовать, что В А делит
пополам ED.
Имеем: /BKD = /KDE = /BDK. Значит, ВК = BD. Далее,
/ВМС = /BDC и /МСВ = /.САК = 180° - /CDA = /BCD. Значит,
треугольники ВСМ и BCD равны и BM^BD^BK.
936. Рассмотрим треугольник ABC со сторонами а, Ь и с. Пусть
Ρ — середина ВА> I — центр вписанной окружности, Q — точка
касания вневписанной окружности со стороной ВС. Как известно,
BQ =zp — c. Приравниваем друг другу два выражения для площади
треугольника Sbpq = Sbpi + Sbiq или
i(p-C)|sinB = |(p-|)r.
349

Рис. 136 Рис. 137
Заменив sin В = 2S*j!G > г ^ SaSg » получим равенство ^ = р~"у'2,
которое после очевидных преобразований приводится к виду Ь2 = о2 + с2.
937. Пусть i?i—середина АС. Обозначим углы, как на рис. 136.
{φ = ΔΒχΝΟ
Поскольку хорды на окружности пропорциональны синусам
опирающихся на них углов, то нам достаточно доказать, что из трех чисел
sin(^>-/?), sin(y> + /?), sin(a + /3) одно равно сумме двух других.
Далее воспользуемся известным фактом, что Μ А = МС = МО
{О — центр вписанной в ABC окружности). Пусть эти отрезки
равны а. Рассмотрим треугольник РМО, в котором медиана МВ\ =
= acosy> и образует углы α и β со сторонами МО = а и MP. Возьмем
точку Μι, симметричную Μ относительно В\9 и запишем теорему
синусов для треугольника ΜΟΜχ: 8^Λ°^\ = ;^, 2 cos y? sin /?=sin(a+β).
Откуда
8%η{φ + /3) — sin(<p - β) = sin(a + /?),
что и требовалось доказать.
938. Если a — угол между диагоналями первого
четырехугольника, то площадь второго будет |mncos2asina = |mn(l~sin2a)sina.
Задача сводится к нахождению наибольшего значения функции (1 -
-х2)х, (Кж<1.
939. Пусть AD — медиана, ВВ\ и СС\ — высоты, Ε и F —
середины ВВХ и СС\. Поскольку ΔΚΕΌ = Z.KAD = 90°, то точки К, А,
Ε и D на одной окружности. Значит, ΖΚΌΑ^ΔΚΕΑ^ΔΒχΕΑ.
Аналогично ZMDA=\/.CiFA. Но АВВ\ и ACCi —подобные
прямоугольные треугольники. Значит, £AEB\=LAFC\ и ΔΚΌΑ^ΔΜϋΑ. Откуда
КА = АМ, что и требовалось.
940. Обозначим точки касания как на рис. 137. Положим КМ =
= KL = ЯР = ΚΝ = ж, ВР = BE = j/. Половина периметра
треугольника АСК равна АС + LK = Ь + х. Его площадь (Ь + х)г. Половина
350

периметра треугольника СВК равна СЕ = CN = а + у. Его
площадь будет (СЕ - КВ)г = (о + у - ж - у)г = (α - ж)г. Таким образом,
5 = (Ь + s)r + (о - х)г = (а + Ь)г.
941. аЬ\ьЪ1. Обозначим центры окружностей, описанных около
треугольников ABD, BCD, ACD через Ос, О а и Од соответственно.
Проекции Ос и Ов на прямую АВ совпадают с серединами АВ и
АС, значит, проекция ОсОв равна § и ОсОв = гЖ^' где Ψ — ^DAB
{ОсОв перпендикулярна AD). Точно так же ObOa = 2si^^, гр—ZDCB.
^■ОсОвОа или равен AADC или дополняет его до 180°. Таким
образом, искомая площадь треугольника ОаОвОс равна
аЬ · sinta + г/Л αδ, /ч ob(o-hb)
osin^'Sin^ 8 oAi
(Проверьте равенство ^=ctg<£ + ctgV>.)
942. Обозначим через О центр параллелограмма, К, L и Μ —
проекции С на АВ, BD и ДА. Окружность с диаметром ВС
проходит через К и L. Значит (если Л — острый угол
параллелограмма), LKLC = LKBC = ΔΒΑΏ. Аналогично ZCLM = ZBAD.
Значит, Z#LM = 2ZBAD. Далее: ZKOC = 2ZBAC, ZMOC = 2ZDAC (КО
и МО — медианы в прямоугольных треугольниках АКС и АМС к
гипотенузе АС), ΔΚΟΜ-2ΔΒΑΌ. Итак, ΖϋΓΟΜ = ΖΑΊ,Μ, что в
рассматриваемом случае означает принадлежность точек К, L, Μ и О
одной окружности.
943. Утверждение задачи эквивалентно равенству Sabc + Sbcd =
= Skbcm- Пусть Ρ—середина КМ. Из условия следует, что Ρ —
середина AD. Значит, Sabc + Sbcd = 2Sbcp- А поскольку КВСМ —
трапеция с основаниями KB и СМ, то Skbcm = 2Sbcp- Требуемое
равенство доказано.
944. Обозначим через Οχ, Ог и Оз соответственно центры
окружностей а, /3 и 7· Треугольник АО\В — равнобедренный. Точка 02
находится на прямой АО\, при этом 02 С параллельна Οχ В (А02 С —
равнобедренный треугольник). Точно так же Оз—на прямой ВО\,
причем 0з0 параллельна Οχ А. Вторая точка пересечения
окружностей β и 7 — точка Ма симметрична точке С относительно прямой
О20з· Пусть N — проекция С на О2О3· Как мы знаем, N описывает
окружность ω с диаметром на прямой АВ (см. задачу 366). Тогда
точка N описывает окружность, гомотетичную ω, центр гомотетии в
С, коэффициент равен 2.
945. Впишем окружность в треугольники ADE и ВЕС и проведем
к ним общую внешнюю касательную, отличную от АС (обозначения
понятны из рис. 138). Имеем BD+PS=BD + (NT - #Р - ST) = ВН+
+LV-PQ-SU=BH + VM + LM-PQ-SU=BH + HR + DK~PQ-
-SU = BR + DQ-PQ-SU = (BU-SU) + (DQ-PQ) = BS.+DP. Т. е.
четырехугольник BDPS является описанным.
351

946. Построим треугольник MZX7, подобный треугольнику К AM
(рис. 139, a). £f = %β = $ff. А поскольку ΔΑΜΟ = ΔΚΜΌ, то подоб-
Рис. 139
ными будут и треугольники AM С и KMD. Значит, ΔΜΚΌ = ΔΜАС' =
=А-
Теперь докажем, что треугольник LDC подобен треугольнику
#BL. Имеем: ZLCD = 360° - ZLCM - ZMCJD = 360° - (ZjICB + 71 +
+β2) - {ABAC + β1 + α2) = (180° - ZACB - ABAC) + (180° - 71 - Α -
- Α - α2) = AABC + αϊ + 72 = AKBL. Далее, учитывая подобие
треугольников МС© и if AM, Л#В и ΑχΡΒι, BLC и BiPCi, СМЛ и
352

СгРАг (рис. 139, б), будем иметь (CD=М$£): ££:££ = ££« =
= ff^^ = f^M-0 = 1'Te^ = l^· Значит, подобие
треугольников KBL и DCL доказано. Из этого следует подобие
треугольников BLC и KLD, откуда ZLKD=72· Т. е. ΔΏΚΜ^βχ +72. Но
таким же будет и угол F педального треугольника FGH (ZPF#=/?i,
ZPFG = 72).
Второе решение. Рассмотрим поворотные гомотетии. 1-я с центром
в К, переводящая А в В; 2-я — с центром в L, переводящая В в С;
3-я—с центром в Μ, переводящая С в А. Сумма углов поворота равна
360°. Коэффициенты гомотетий соответственно равны fci = ^ = ^q* ,
*2 = f§ = рсГ> &з = ^ = тм7> к\к2к^ = 1. Композиция трех таких
преобразований в указанной последовательности есть параллельный
перенос. С другой стороны, эта композиция имеет неподвижную точку
А. Значит, композиция этих преобразований есть тождественное
преобразование. Она оставляет неподвижными все точки плоскости.
Первое преобразование оставляет точку К неподвижной. Пусть 2-е
преобразование переводит К в Κχ: ILKK\ = 42, ΔΏΚ\Κ = 7ι· Тогда
3-е преобразование должно перевести К\ в К. Значит, ΖΜΚΚχ = β\
(έΜΚχΚ = β2). Таким образом, ZMSTL = /3ι+τ*.
947. Рассмотрим треугольник A\BiC\ с углами АВ\А\С\ =βι +7ι>
LA\B\C\ = αϊ +7ι, ΔΑ\ΰχΒ\ = α + /?. Пусть Ρ — точка пересечения
высот этого треугольника. Применим к паре треугольников ABC и
А\В\С\ и точке Ρ теорему, доказанную в задаче 946.
948. τ[\/τη2 + η2. Треугольник А\А2Аз является прямоугольным, в
котором А Аз—медиана к гипотенузе А\А2.
949. Искомое геометрическое место состоит из двух отрезков,
соединяющих середины противоположных сторон квадрата. Доказать
это можно, например, методом координат. Рассмотрим систему
координат с началом в центре квадрата и с осями, параллельными его
сторонам. Для любой точки М(хуу) плоскости можно выразить
тангенсы рассматриваемых углов через х9 у и сторону квадрата (ее можно
взять равной 2). Бели α, β, η и σ углы, рассматриваемые в условии,
то из равенства а+/?+7+сг=180° следует, что tg(a+β)+tg(7+<т) = 0.
Выражая все через χ и у, придем к равенству ху=0.
950. Диагональ AG — ось симметрии четырехугольника.
Окружность с центром в Л и радиусом АВ проходит через К и пересекает
CD в точке Μ, симметричной К относительно АС. Прямые ВМ и
KD пересекаются в точке F на диагонали АС, При этом ZBFK
измеряется полусуммой двух соответствующих дуг. Дуги эти равны и
соответствуют центральному углу ВАК. Значит, ZBFK = ZBAK> т. е.
точки Ау В, К и F—на одной окружности.
951. Известно, что прямые АВ> CD и EF пересекаются в
одной точке (или параллельны). Пусть эти прямые пересекаются в
точке Р. Предположим, что Ρ внутри отрезков АВ, CD и EF. Тогда
AM · MB = CM · MD = EM · MF = fc. Возьмем на прямой MP точку Μχ
353

так, что ΜΡ'ΡΜχ — k (Ρ—на отрезке ММ\). Понятно, что каждая из
описанных окружностей, указанных в условии, проходит через точку
Мх.
952. Треугольник АВК подобен треугольнику ABC, а треугольник
COM подобен треугольнику ABD. Значит, ^ = ш>Ш = Ш> 0ТКУДа
АК = СМ.
953. Пусть Υ — центр вписанной в ABCD окружности, т. е. Υ —
точка пересечения биссектрис внутренних углов четырехугольника
ABCD. Проведем через Υ прямую, параллельную АВ> К и Μ—
точки ее пересечения с AD и ВС. Тогда ΚΥ = ΑΚ, ΥΜ = ΜΒ, τ. е.
КМ = АК + ВМ. Далее имеем: четырехугольник KDCM является
вписанным, биссектрисы углов D и С пересекаются на КМ. Из этого
получаем (см. задачу 277) КМ = KD + СМ. Значит, 2КМ = (АК +
+BM) + {KD + CM) = AD + BC=\{AB + BC + CD + DA).
954. Занумеруем прямые, образующие четырехугольник, в
следующем порядке АВ, ВС, CD и DA. Для каждой точки X плоскости
определим четыре числа х\, Х2, #з> #4 следующим образом: \xk\ есть
расстояние от точки X до fc-й прямой, при этом ж* > 0, если X лежит по
ту же сторону от этой прямой, что и четырехугольник^ABCD, Xk < 0—
Э противном случае. Рассмотрим точки X, для которых выполняется
равенство х\ — Х2 + хз — #4 = 0. Эти точки заполняют некоторую
прямую (см. задачу 319 и замечание в решении). Можно проверить, что
точки Ρ, Ν и L лежат на этой прямой.
955. Обозначим через К точку касания вписанной в ABC
окружности со стороной АС. Нам надо доказать, что прямые AM, CN и
YK пересекаются в одной точке. Воспользуемся теоремой Чевы
(задача 341) для треугольника AYC. Введем следующие обозначения:
Ρ и L — точки пересечения AM и CN с CY и AY соответственно,
ZB АС = 2а, ZABC = 2/?, ZACB = 2j.
Нам надо доказать, что
КС PY LA к '
Заметим, что
АК ctga . .
ι КС ctgi' К '
Кроме того, Щ = |ЛСМ = ЛС$?му2у ■ Далее воспользуемся подобием
треугольников MBF и МКС (если В между С и М, то ΔΜΥΒ =
=ZAYB-90°=90°+j-9Q°=y=/:MCY, ZBMF=zrMC), из которого
Ш = Ш- Значит,
рг = Жвг8ш27· (3)
Точно так же найдем
YL CYBY
LA AC AY-sin2a
(4)
354

Подставим (2), (3) и (4) в (1). Получим % · %fe · §^
„ЛЛ. ,.. CY _ sin α '
ctga _
= 1, что верно,
поскольку ^ = 1^.
956. Обозначим через К и L точки пересечения прямой ОЕ с
АВ и прямой OJV с BD (рис. 140). OKBL — параллелограмм. Рас-
а)
б)
Рис. 140
смотрим точки Q и Ρ такие, что KMNQ и KEFP —
параллелограммы {NQ — MKy PF = KE). Нам надо доказать, что точки К,
Ρ и Q — на одной прямой, это эквивалентно равенству ^ = ^.
Положим ОК = о, KB = Ь, ZB4C = α, LKBL = φ, PL = χ, QL = у.
Нам надо доказать, что * = ^f-. Рассмотрим параллелограмм QRDT
(см! рис. 140, a). AQNR = AKMO (NQ = KM и равны
соответствующие углы). Таким образом, TD = KO = BL = a. А так как
перпендикуляр из О на BJ3 проходит через середину BD, а значит, и
через середину LT> то L!T = 2L0cosy> = 2bcosy>. В треугольнике QLT
имеем ZQLT = 180° - φ, ZLTQ = α, QL = yt LT = 2bcos<p.
Проведем через Р прямую, параллельную OF. Получим точки 5 и Я.
AOHS = ААКЕ (НО = PF = КЕГ а также равны соответствующие
углы). L5 = 05-OL = i4jK*-iiB = 2acosy>. (Проекция О на АВ
попадает в середину АВ) В треугольнике PLS имеем £PLS=<f) £PSL=a,
PL = x, L5 = 2ocosy>. Нарисуем отдельно треугольники QLT и PLS
(см. рис. 140, б). Возьмем на прямой LT точку L\ так, что QLi =QL.
Треугольник QLiT подобен треугольнику PL5 (LiL = 2j/cosy>).
Значит,
:, что и требовалось.
26cos¥>+2ycos</> 2acos<£'
957. Пусть EnF середины дуг ВС и АВ соответственно (рис. 141),
355

Рис. 141
Υ—центр вписанной в ABC окружности. Известно, что FY=FA=FY\
(см. решение задачи 490). Точно так же EY = EY2 = EC.
Проведем через Fi, Y2 и Ρ окружность и обозначим через Μ вторую
точку пересечения этой окружности с окружностью, описанной около
ABC. Треугольники EY2M и FYiM подобны (ZY2EM = ZYiFM,
ΔΡΥ2Μ = ΔΡΥχΜ). Значит, f|* = f&, откуда Ш = ШШ
последнего равенства следует подобие треугольников Υ ЕМ и FAM. Таким
образом, ZQME = ΔΥΜΕ = IFMA = \lBCA. Т. е. точки Q и М —
фиксированные точки.
958. Пусть а и Ь — стороны параллелограмма. Имеем а2 + Ь2-
-2abcosa = ra2, a2 + b2 + 2abcosa = m2. Следовательно, о2-I-Ь2 = m j"w ,
2«Ь = fer· Значит> («2 +ь2 ^ 2<*Ь)> m2 +n2 ^ *£=£, cosa ^ ^£,
ctg!^71 >ml"nl cte^>^
959. Пусть EF—диаметр, перпендикулярный AB, Ρ — середина
AB. Предположим АС>СВУ С и Ε — по одну сторону от АВ. В
этом случае Μ есть проекция Ε на АС. Докажем это. Возьмем на
продолжении АС за точку С точку В\ так, что СВ\ = СВ. Тогда
ΕΒι =ЕВ=ЕА (АЕСВ = АЕСВг, так как C!Bi = СВ и Z#CB; = 180° -
—Z.ECA = ZECB). Значит, середина Ж7В совпадает с серединой АВ\,
т. е. Μ—проекция Ε на АС. Искомое геометрическое место точек
состоит из четырех дуг: две дуги с диаметрами АЕ и ВЕ> соединяющие
точки Ε и Р; две дуги с диаметрами AF и BF, соединяющие точки F
ир:
ъ*к

960. Если х\у х2, хз расстояния от некоторой точки внутри
треугольника до АС', АВ и ВС соответственно, то для точек Р, Q и
центра вписанной окружности выполняется равенство х\ — ах2 — βχζ =0.
Из этого следует (см. задачу 319), что эти три точки расположены на
одной прямой.
961. Пусть О—центр данной окружности. Докажем сначала, что
точки Л, β, Μ и О лежат на одной окружности. Обозначим через Αχ и
В\ точки, симметричные АиВ относительно прямой ОМ. Из условия
следует, что ΑΒχ и В Αχ проходят через М.
Далее имеем: ΔΑΜΒ измеряется полусуммой дуг АВ и ΑχΒχ> а
ввиду равенства этих дуг ΔΑΒΜ^ΔΑΟΒ. Значит, Л, В, Μ и О лежат
на одной окружности.
Обозначим через R радиус данной окружности, ОМ=a,D—точка
пересечения АВ с прямой ОМу OD = x. Имеем:
, x(x-a) = ODMD = ADBD = x2-R2,
откуда χ = R2/a — величина постоянная, не зависящая от выбора
точек АиВ.
962. Обозначения понятны из рис. 142. Докажем, что в ситуации,
С Μχ I М2
Рис. 142
изображенной на этом рисунке, точке Μχ соответствует наименьшее
значение отношения jjg. Проведем в треугольнике ΑΜχΒ
внутреннюю и внешнюю биссектрисы: ΜχΚχ и ΜχΚ2. Для всех точек
окружности, описанной около треугольника ΚχΜχΚ2, отношение расстояний
до Л и В будет постоянным. Для точек внутри этой окружности
отношение будет меньше, а для точек вне ее—больше. Наше
утверждение будет доказано, если мы докажем, что окружность, описанная
около ΚχΜχΚ2, касается прямой I. Для этого нам достаточно
доказать равенство ΔΚ2ΜχΟ=ΔΚ2ΚχΜχ. Положим ^Μχ Α=2α, ^Л£=2/?,
^ВМ2 = 27, а+/?+7=ЭД°. ТогдаΔΚ2ΚχΜχ=ΔΑΒΜχ+ΔΚχΜχΒ=α+
Ц*ШхВ=а+&.^К2МхС=№о-АК2МхА-/.АМхМ2 = №о-(90о-
-f)-(/?+7)=90° + f -(90-а) = а + §. Значит, ΔΚ2ΜλΟ^ΔΚ2ΚχΜχ,
что и требовалось.
357

963. Обозначим ΔΒAG—2a. Пусть срединный перпендикуляр к АС
пересекает АК в точке Р. (Для определенности будем считать, что.Р
на отрезке АК. См. рис. 143.) Имеем ΔΚΝΟ = Z.BNC = ABAC = 2α,
ZKQC = 2AKAC = 2a, IKPC = /.РАС + LPCA = 2a. Таким образом,
точки if, С, Ν, Q и Ρ лежат на одной окружности. Р —точка, о
которой говорится в условии.
Рис. 143 Рис.144
964. Обозначим расстояния от вершин треугольника ΑχΒχΟχ ДО
соответствующих сторон треугольника ABC как на рис. 144 через
d\, d2, ..., cfo. Поскольку прямая ΒΒχ делит угол В на части,
отношение синусов которых равно ^, то по условию и в соответствии
с теоремой Чевы (задача 341) выполняется равенство ^ · jfe · jfc = 1.
Обозначим через ал, ав и dc расстояния соответственно от Αχ до
ВС у от В\ до АС и от С\ до АВ. Расстояние от Ао до АС равно
^««^ = ^ί^ = ^ = ^ · *; Соохв^схвенно
отношение расстояний от Ао до АС и АВ равно $*%jl%%- Записав
соответствующие отношения для точек Во и Со до сторон треугольника
ABC и перемножив все три, получим равенство, требуемое теоремой
Чевы (задача 341). Заметим, что при этом мы пользуемся тем, что
зЖа$ = & · 7^ = & так как t - ¥· Итак' Утверждение,
что прямые ААо> i?2?o, ССо пересекаются в одной точке, доказано.
(То, что прямые ΑχΑο, ΒχΒο и С%Со пересекаются в одной точке, так
же получается из теоремы Чевы.)
965. Утверждение этой задачи следует из результата задачи 964.
966/Обозначим через Ао, В а и С а проекции соответственно Αχ, В
и С на Μ А (Ао—середина Μ А). Понятно, что f^ = f^ · Таким же
358

образом на MB определим точки Во, Ав, Св, а на Μ С точки Со, Ас,
.Теперь заметим, что J^· = Ц^|. Это следует из того, что точки Л,
В, Лд, и В^ лежат на одной окружности (с диаметром АВ) . Значит,
jj^Huff. А поскольку Ао и Во-середины М4 и MB, то ff£ = jgg.
Заменив также другие отношения, получим, что равенство,
функционирующее в теореме Менелая (задача 342), выполняется. Остается
проверить, что среди точек Αχ, Βχ> Οχ вне треугольника находиться
могут одна или все три.
Замечание. Утверждение задачи будет верным, если
перпендикуляры, задающие точки, проходят не через середины Μ A, MB, МС,
а делят их в одном и том же отношении (считая от точки М).
967. Обозначения понятны из рис. 145. Из задачи 142 следует, что
Рис. 145
РЕ^РО^ОЕ^МхМА^М2Мг = МхО + ОМ^^М2О^ОМъ^К1Ол·
+ΟΚ4+Κ2θ+ΟΚ3=ΚχΚ2+Κ3Κ4=10+ΟΝ=ΙΝ.ηΆΎθΜΐκβ№3γη^
тате задачи 142 основывается доказательство и второго утверждения
нашей задачи.
968. После поворота вокруг В на 60° в соответствующую сторону,
точка К перейдет в Л, а точка Μ—в С, а точка В—в точку ·Βι,
лежащую на прямой АС, Т. е. после поворота точки К, Μ и В переходят
в точки, лежащие на одной прямой.
969. Поскольку МА + КВ = АВ> то один из отрезков Μ А или KB
не превосходит \АВ. Если МА^\АВ, то sinΔΜΒΑ< *z§^\-
970. Ввиду равновеликости треугольников АКС и AM С прямая
МК параллельна АС. Если Ρ — точка пересечения МК с BD, то
4SQ

площадь четырехугольника АВСР равна половине площади ABCD.
Отсюда ВР = §В£>.
971. Обозначим: Е — середина АС, Ρ и Μ— проекции А и С на,
BD, С\—симметрична С относительно BD (рис. 146). Поскольку
AD = 2DCy то СС\ = 2СМ = АР. Значит, АРССх —параллелограмм,
Рис. 146
ACi =PC = PCi. Из условия следует, что ΔΑΚΟχ =ZCiKP.
Треугольники АКС\ и С\КР не равны. Это возможно лишь при условии
ZKACi = 180° — ZKPCiy т. е. АКРС\ —вписанный четырехугольник и
ΔΟΚΡ=ZPKCi = ZPAC=Z.PCM. Надо доказать, что ZPCM = ZCBE
(тогда и ZCKD=ΖΑΒΕ = \zABC). Для этого достаточно доказать ра-
венство Щ = §§. Но D£ = §ДС, DM = \РМ, зшгат, ^ = *$£,
Ш == Ш7» что и требовалось.
972, Проведем высоту BD. Обозначим через Μ точку
пересечения ВК с АС у L — проекция С на ВК. Положим AD = A, 0(7 = 1,
Μ С = χ (DM = 1 — χ). Из условия получаем, что треугольники DBC и
LCif подобна (ZCKL=ZBCD). Кроме того, ZDBM = ZLCM. Значит,
лм _
1-х __ βΜ _ LM — _2_
. Отсюда ж = £±|,
973. Первое решение.
Построим точку Αι, симметричную Л относительно прямой У О
(рис. 147, а). В ситуации, изображенной на рисунке, Αχ находится на
дуге АВ, описанной около ABC окружности, не содержащей точки С.
Из условия следует, что ΑΑχΥ—правильный треугольник. Обозначим
360

а) б)
Рис. 147
через D точку пересечения прямой BY с описанной около ABC
окружностью. AD=DY (см, решение задачи 490). Значит, ΔΑχΌΑ^ΑΑχΌΥ,
ΔΒΌΑχ = ΔΑΏΑχ. Следовательно, биссектриса CY проходит через Αχ.
Отсюда ZAYC = 120°, /.ABC= 60°.
Второе решение.
Пусть AY пересекает описанную около ABC окружность в точке
Μ (рис. 147, б), прямая ΟΥ пересекает ВС и АВ в точках Ρ и
L, /ВАС = 2а, R — радиус описанной окружности. Имеем МС =
= MY = 2i?sina. Опустим из Μ перпендикуляр МК на LP. Имеем
МК = \MY=flsina. А поскольку ОМ=Д, то ШОК=а (amZMOK =
= sin a). Далее получаем /OP В = 90° - α (ОМ 1 ВС), /О LB = a + 30°,
Ζ ABC = 180° - /ΒΡΟ - ΖβΙΟ = 180° - (90° - α) - (α + 30°) = 60°.
Аналогично разбирается случай, когда ABC—тупоугольный
треугольник.
974. Углы ОВС и OAY легко вычисляются. Каждый из них равен
6°. Проведем через Υ прямую, параллельную АВ, и обозначим через
К точку ее пересечения с ВС. Поскольку ОА = ОВ и /ΚΒΟ = /ΥΑΟ,
то АК—биссектриса BAY. Рассмотрим равносторонний треугольник
ΚΥΟχ (как на рис. 148). Имеем %Υ = ΥΑ = ΥΟχ, т. е. Υ — центр
описанной около ΑΚΟχ окружности. Значит, ΚΑΟχ=30°. Отсюда следует,
что Οχ совпадает с О.
В треугольнике ΑΥΟ хглы при вершинах А и О равны 6°, а
/ΑΥΟ = 168°.
975. Проведем диаметр DL, перпендикулярный АВ. Пусть Ρ
находится на дуге АВ, содержащей точку L. (Биссектриса АР В проходит
через D.) Обозначим /LDP-^φ, /LDA = /LDB = ol. Радиус
окружности равен R. Находим: АР = 2i?sin(a + y>). (Считаем, что Ρ—на дуге
361

A
Рис. 148
LB, PB = 2Rsin(a-(p)1 P.D = 2flcos<p.) Таким образом, DM = PD +
+АР + BP = 2Д(сов<р + sin(a + </>) + sin(a - φ)) = 2Дcosy>(l + 2sina).
Обозначим через К точку пересечения с прямой DL
перпендикуляра к DM, проведенного через М. DK = -^zDM = 2R(l + 2sina).
Значит, DK постоянна (при перемещении Ρ по дуге ALB), т. е. Μ
описывает при этом дугу окружности с диаметром KD. Концами этой
дуги будут точки Μι и М2, соответствующие случаю совпадения Ρ с
точками А или JB.
При перемещении Ρ по Дуге ADB точка Μ будет описывать дугу
окружности с диаметром LK\ =2Д(1 + 2 cos α) (/Γχ —на продолжении
LD за точку D).
976. Как известно (см. задачу 346), чтобы диагонали АР, BE и
CF пересекались в одной точке, необходимо и достаточно выполнения
равенства
AB-CD-EF=BC-DE-FA. (1)
Обозначим через О центр окружности ω> R—ее радиус, /.АОВ = а,
Α£? = α, χ и у — радиусы окружностей, касающихся ω в точках А и В.
По условию окружностей с радиусами χ и у касаются между собой,
т. е. если Οχ и Ог — их центры, то 0\С>2 = х + у. Пусть эти
окружности касаются ω внешним образом. Запишем теорему косинусов для
треугольников АОВ и 0\ΟΟι\
AB2 = o2 = 2fl2-2fl2cosa, (2)
(ж + 2/)2 = (Д + ж)2 + (R + y)2 -2(R + x)(R + y)cosa. (3)
362

Упрощая равенство (3) и заменив в нем cos А на основании равенства
(2), получим о2 = АВ2 г= щщп^у^- Теперь нетрудно проверить
выполнение равенства (1) (выразив аналогичным образом оставшиеся
стороны шестиугольника ABCDEF через радиусы окружностей).
977. Обозначим через ЛГ, L и Μ центры окружностей (можно
считать, что точки А% С и Ε находятся на сторонах треугольника KLMy
см. рис. 149). Обозначим Z.FAM=ZBAK=a, AMAE-au /.САК=а2.
Рис. 149
Аналогично определяются углы /?, /?ι, &, 7> 7ь 72 (см. рис. 149).
Применим к треугольнику АСЕ теорему Чевы. Прямая BE делит АС в4
отношении, равном
Sbae _ ABAE-smZBAE _ АЕ АВ sin(ai+a)_;
Sbce ~BCCE-зшЛВСЕ~~ СЕ' ВС' sin(/32 + β)~
_АЕ sin(/?i — /3) sin(ai+a)
;"" СЯ " sin(a2 - a)" sin(/?2 + /?)"
Записав два Другие отношения, входящих в теорему Чевы, придем к
тому, что нам надо доказать равенство
sin(ai + a) sin(ai - a) sin(/?i -Η /3) rinQfli - β) rinfo Η- 7) sin(7i- 7) _ 2 (l\
sin(a2 + a) sin(a2 - a) 8m{02+0) sin(02 — β) 8111(72 + 7) 8111(72 - 7)
Пусть радиусы окружностей с центрами К, L и Μ соответственно и,
vhw. iCC=xU)CL=xv, LV — ywy ME^ywy MA = zwy AK = zu. Тогда
sinas=-, (2)
ζ
363

81117=-. (3)
У
Кроме того, по теореме синусов для треугольника МАЕ будем иметь
JLL = MM_ откуда
sin 72 sin αϊ' yjx^J^^
^sinai=2/sin72. (4)
Рассмотрим входящее в (1) выражение (с учетом равенств (2), (3), (4))
sin(ai + a) sin(ai — a) _ cos2a — cos2aι _ sin2 αχ — sin2 a _
sin(72 + 7) sin(72 - 7) ~" cos27 - cos272 ~" sin2 72 - sin2 7 """
_sin2ai~^ _y2 ^2sin2ai~l_y2
~sin272-^ ~ z2 j/2sin272-l ~ z2'
Аналогично преобразуется оставшаяся часть, после чего равенство (1)
легко доказывается.
978. Рассмотрим параллелограмм ABCD, в который вписан
треугольник АКМ (К — на стороне ВС, Μ — на стороне CD).
Положим: AD = о, В К = ха, КС = (1 — ж)а, высота параллелограмма к
стороне AD равна Л, расстояние от Μ до ВС и AD соответственно yh и
(1 — y)h. По условию площади АВК, К СМ и ADM равны 1. Значит,
\xah = \{\ — x)yah = |(1 — y)ah = 1. Из системы χ = (1 — х)у = 1 — у
найдем χ = ^р^. Далее имеем ah = \ = jzufc = 3 + VS. Площадь
треугольника АйГМ равна >/5.
079. Обозначим через К точку пересечения прямой ΒΝ с AD.
Поскольку ΔΑΒΚ = ΔΕΒΚ = ΔΒΰΕ, то AK = BE = BF. Окружность с
диаметром СК проходит через N,FhD. Отсюда ZDNF=/.DKF=90°.
980. а) Известно,-что ΥΑχ = В Αχ = СА\ =2iisin|. По теореме
синусов для треугольника YB\C имеем (ZYB\C^ А, £В{¥С — Ц[ + у =
= 90° — j) ^f = sini · ^3 этих Ρ3*61101,13 ползаем равенство а),
б) Как и в пункте а) имеем у§- = 2sin^. Кроме того, очевидно,
что YAsin 7 = г.
981. Возьмем Во, симметричную В относительно АС, а затем
на отрезке СВо построим точку Со так, что ВСо = ВС. Нетрудно
подсчитать: ZCoBB0 = 3°, кроме того, ВВ0 = В А, ВСо = #С.
Значит, треугольник В0ВСо равен треугольнику ΑχΒχόι. Таким образом,
ΔΒΧAiCi = ZBBoCo = 59°, ZB\CXAX = ZBC0B0 = 118°.
982. Заметим, что МО равен отрезку общей внешней касательной к
данным окружностям (см. задачу 142). Обозначим через К πΝ точки
касания окружностей с отрезками AD и Z?C, AB=c> BC=a, AD = fci,
£>С = &2, h +b2 = 4C = b, BZ? = m. Тогда1Ж = 2*±|^, 2W = m±|i=ft,
BM==BD-IW = BD-liW = m-(s±§^
где ρ—полупериметр треугольника ABC
364

083. Обозначим через В\ и С\ середины АС и В А. Рассмотрим
остроугольный треугольник ABC. Пусть AM делит /.ВАС на углы
а и β (α>β). Тогда ZFCiB = a + /^ ZMCiB = 2a, ZFCiM = a-/?.
Точно так же ΔΕΒχΜ=α-β. Кроме того, ^ = i^ = i^ = |*L.
Значит, треугольники FC\M и ΕΒχΜ подобны. Z.FME = /С\МВ\ =
= a + /3 = ABAC. Кроме того, |jj§ = Щ-^ = ^§. Доказано подобие
треугольников ABC и MF£? (/.MFE=/ABC).
984. Если обозначить /.КСА = a, /MCB = /?, то из условия
следует, что а и /? — углы постоянные, tga = fc, tg/3 = m. Будем
считать для определенности, что α + β + /АСВ < 180°. Опустим из С
перпендикуляр СР на if Μ и обозначим через Q вторую точку
пересечения с прямой КМ окружности, описанной около треугольника
АВР (рис. 150). Имеем /ζ}ΑΒ = /ΒΡΜ=/ΒΰΜ=β (/ВРМ=/ВСМ,
Рис. 150
т. к. окружность с диаметром СМ проходит через Ρ и В).
Аналогично /QBA = /QPA = a. Из этого следует, что Q—фиксированная
точка. Опустим из К, Μ и Q перпендикуляры КЕУ MF и QL на
прямую АВ. Обозначив для удобства /САВ = <ру /.СВА = гр, будем иметь
AE=AKcos(9Q°--(p)=CAtga8m<p=kACsm<p> BF=mBCsinil). Значит,
АЕ
BF
к АС 8\ηφ
т sin^ ВС
Кроме того,
AL AL QL a ^ к
5I = QLBl=Ctg^tga=m·
(1)
(2)
Из равенств (1) и (2) следует, что jfe = ^, а значит, щ^ = ^.
985. Пусть о — наибольшая сторона данного треугольника, h —
высота к этой стороне, ft<o^. Если 2р—периметр треугольника, то
2р^а + 2^ + п2.
Существует правильный треугольник, вписанный в данный, одна
сторона которого параллельна стороне о. Пусть χ — сторона этого
правильного треугольника. Имеем J = h"x^3/2, откуда χ = jj^fygij ·
365

Утверждение зада^ будет доказано, если мы докажем
неравенство
Sah
h+ay/3/2
^ f + \/т + Л2 при (К ft < oV3/2. Положим ft = χαV5/2,
О < ж ^ 1. Получаем неравенство ^у ^ 2 + §Vl + 3s2, 6s < (х +1)(1 +
+\Л + 2ж2), Ъх — 1 ^ (х + 1)>/1 + За;2. При о < χ < £ неравенство
выполняется. Пусть | < χ < 1. Возводим в квадрат. После преобразований
приходим к неравенству х(х3 + 2х2 - 7х + 4) ^ 0, ж(ж - 1)2(я + 4) ^ 0.
986. Рассмотрим треугольник ABC, в который вписан
треугольник KLM (рис. 151). Предположим, что треугольники KLMy AKM и
CML равновелики (их площадь равна 5). Докажем, что если if, L и
Μ отличны от середин
соответствующих сторон треугольника ABC, то
площадь треугольника KBL меньше
5. Рассмотрим треугольник АоВ0Со>
серединами сторон которого
являются вершины треугольника KLM.
(Стороны треугольника AqBqCq
параллельны соответствующим
сторонам треугольника KLM.) Построим
еще один треугольник ΑχΒχΰχ,
серединами сторон которого являются
точки Aq, Воу Со- Из равновелико-
сти треугольников KAqM и К AM
(их площадь равна площади KLM)
следует, что А лежит на Βχ С χ. Точно
так же С лежит на ΒχΑχ. Докажем,
что В — внутри треугольника А\В\С\. Положим jur=x- По теореме
Менелая для треугольника AqCqBx (задача 342) найдем (СоМ=AqM)
%£ = х. Или BlCo+cQc=x' Ho ВхС0 = АхСо = АхС + СС0. (Мы
считаем, что А на отрезке ΑοΒχ. Тогда С — на отрезке CqAx.) Значит,
АгС^СоС = *> Ш + 2 = ш» Ш = Ч*- ПУСТЬ пРямая CL пересекает
BqC\ в точке Р. По теореме Менелая для треугольника АхСоВ0
найдем ψψ = γζ2χ- Если i4iB0 = ВоСх = о, то ВоР = χτ$ϊα- Обозначим
через Q точку пересечения АК с Βο^ι · Опять же по теореме Менелая
для треугольника АоВоСх найдем ^^ = ^р, откуда BoQ = т+з£а-
Таким образом, BoQ < ВоР, и значит, площадь треугольника LBK
меньше 5.
987. По крайней мере три из четырех образовавшихся при
указанном разрезании частей должны быть треугольниками. Предположим,
что эти треугольники равновелики. ABCD—исходный
четырехугольник. Разрезы сделаны по прямым PQ, QR, ЯР, где точки Р, Q и R
соответственно на АВ> CD и AD. Обозначим через Μ точку
пересечения прямых АВ и CD. Как было показано в процессе решения
задачи 986, площадь треугольника PMQ меньше 5, где S — площадь
Рис. 151
366

каждого из треугольников APR, PRQ, RQD. (Докажите, что точка
Μ должна быть расположена так, что треугольник ADM содержит
треугольник PQR. Воспользуйтесь тем, что Аи D лежат на прямых,
параллельных PR и PQ, удаленных на заданное расстояние от PR и
RQ.)
988. Пусть Οχ, Ог, Оз — центры данных окружностей (рис. 152),
Рис. 152
KL — диаметр первой окружности, проходящей через 0\ и D.
Поскольку прямые KL и О2О3 перпендикулярны DC, то KL || O2O3.
Треугольники АОъС и AO\L — равнобедренные подобные треугольники,
так как углы при вершинах Ог и Οχ в этих треугольниках равны.
Значит, и ZO2AC = ΔΟχΑΣ, а из этого следует, что точки А, С и L
лежат на одной прямой. Точно так же на одной прямой расположены
точки Ву С и К.
Пусть прямые АК и BL пересекаются в точке М. Так как KB
и LA — высоты в треугольнике К ML, то С — точка пересечения его
высот. Из этого следует, что прямая CD проходит через точку М.
Таким образом, треугольник ABD является ортоцентрическим
треугольником (его вершины есть основания высот) остроугольного
треугольника KML. Задача свелась к известному утверждению: точка
пересечения высот остроугольного треугольника является центром
вписанной окружности треугольника с вершинами в основаниях высот
исходного.
989. Пусть прямая CF пересекает АВ в точке К, а прямая DF
пересекает ВС в точке Μ. Понятно, что ВК = ВС (в треугольнике
367

К ВС биссектриса угла В перпендикулярна стороне КС), a DM —
средняя линия в треугольнике ABC.
Докажем, что GE || ВС. Для этого достаточно доказать равенство
j|£ = gg. Учитывая, что DF параллельна АК и DF= \АК, получим
BG — ВК _ 2BJT т/пЛМО _ЛГЛ СЕ _ DC-DE _ £>С ι _ AD ι _ AE-DE
1 _ ЛЯ о _ AB 9 _ 2(Λ*+Β*) 0 _ 2B£
Итак, GE || ВС и Μ — середина ВС, следовательно, DF делит G£?
пополам.
900. Рассмотрим три прямые, симметричные прямым AM, BM и
СМ относительно соответствующих биссектрис треугольника ABC.
Как известно, эти три прямые будут пересекаться в одной точке.
Обозначим ее через К. Имеем ZKCA = ZMCB = ZNAC, ZKAC = ZNCA.
Таким образом, треугольники К АС и NCA равны, а прямые ВК и
BN симметричны относительно биссектрисы угла В. Следовательно,
точки Ву Μ и N лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
001. Пусть ABC и A\BiCi —два правильных треугольника с
общим центром О. Если эти треугольники одинаково ориентированы,
то прямые АА\у ВВ\ и СС\ образуют правильный треугольник.
Докажем, что прямые ΑΒι, Β Αχ и CCi пересекаются в одной точке
(рис. 153). Обозначим через К точку пересечения прямых АВ\ и В Αχ.
Имеем ZKAB = ZBiAB = ZCiBC, ΔΰχΑΒ = ΔΑχΒΟ = Z.KBC. Значит
(см. задачу 990), точки С, С\ и К лежат на одной прямой, что и
требовалось.
002. Пусть Ρ — точка
пересечения срединных перпендикуляров
к А1А2 и В\В2> Надо доказать,
что Ρ равноудалена от С\ и Сг-
Воспользуемся следующим
(известным и легко доказываемым)
утверждением: для любой точки
плоскости суммы квадратов расстояний
до противоположных вершин
прямоугольника равны между собой.
Таким образом, имеем три равенства:
РА2+РВ\=РВ2+РА2, РВ2+РС? =
= PC2 + PBl PC2 = РА\ = PA2 +
Рис. 153 +PC2. Сложив эти три равенства,
получим РВ\ + РС1 + РА\ = РА\ +
+РВ%+РС$. Но Ρ Αχ =РЛ2, ΡΒχ =ΡΒ2, значит, РСг =РС2, что и
требовалось доказать.
003. Обозначим углы треугольника ABC через А, В и С. Еще
четыре угла обозначим, как показано на рис. 154. По условию
ΔΑχΑΝ=α+φ, ΔΒχΒΝ=β+φ, и, кроме того, ΔΒχΒΑ + Ζ4ιΑΒ = 180°,
т. е. 2/3 + 2a + V> + <p = 180°. Но <р + ф = Ш° - ЛВМА = С. Таким
образом, а + β = 90° - \С, ΔΒΝΑ = 180° - (α + β) = 90° + \С. Точно так же
368

ZBNC = 90° + \A, ΔΑΝΟ = 90° + \B. Но именно под такими углами
видны стороны треугольника из центра вписанной окружности. Ввиду
единственности такой точки точка N совпадает с центром вписанной
окружности.
Рис. 154 Рис. 155
994. В шестиугольнике ABCDEF (рис. 155) построим точку Ρ
пересечения перпендикуляров АР и В Ρ соответственно к сторонам AF и
ВС и аналогичным образом построим точки Q и Т. Проведем через К,
L и Μ прямые, перпендикулярные AF, ВС и DE соответственно. По
теореме Чевы (тригонометрический вариант) эти прямые
пересекаются в одной точке. Обозначим ее через О. Теперь нетрудно доказать,
что BP = LO = CQ, АР' =КО= FT, ET = MO=DQ. Сумма площадей
треугольников АВР, CDQ и FET равна площади треугольника KLM,
a BCQPy DETQ и AFTP—прямоугольники. Точно так же из
треугольников AFK, BCL и OEM можно составить треугольник PQT.
Отсюда следует утверждение задачи.
995. Обозначим через О, Οχ и Ог соответствующие центры
данной окружности и центры окружностей, описанных около
треугольников АМВ и CMD (рис. 156, о). Докажем, что МО1ОО2 —
параллелограмм. Прямая 00\ перпендикулярна АВ, поскольку О и Οχ
расположены на срединном перпендикуляре к АВ. ΔΟηΜΏ = 90° —
-ZMCD=90° - ΔΜΒΑ (предполагалось, что ZMCD < 90°), а это
означает, что МО2 перпендикулярна АВ. Таким образом, прямые ΟΟχ и
Μ Ο2 параллельны. Точно так же параллельны прямые ОО2 и Μ Οχ.
Для завершения доказательства нам достаточно показать, что
ΟΝχ =0JV2, тогда, ввиду равенства ОМ\ =ОМ2, будем иметь ΝχΜχ =
= Д^М2. Обозначив через а и φ углы, как показано на рис. 156, 5,
получим ΖΟΟχΝχ = 180°-2у>+а (считаем, что 2<р>а). Теперь найдем
369

Рис. 156

Δ002Ν2 = 360° - α - (180° - 2α + 2φ) = 180° - 2φ + а. Таким образом,
ΔΟΟχΝχ =^002#2. Значит, треугольники ΟΟχΝ и ΟΟ2Ν2 равны,
поскольку кроме доказанного равенства углов ΟΟχ =02^2> 0\Ν\^Οθ2·
Следовательно, как и требовалось доказать, ΟΝχ = ΟΝ2.
996. На рис. 157, а В' и С"—основания внешних биссектрис тре-
А Со К В С"
а)
Рис. 157
угольника ABC, В0 и Со—середины сторон АС и АВ, К и Τ—точки
касания вписанной окружности, О и Ρ—центры описанной и
вписанной окружностей, OL и ОМ параллельны АВ и АС. Заметим, что
точки L и Μ Лежат на окружности с диаметром ОР.
Рассмотрим треугольник OM\L\, симметричный треугольнику
OML относительно биссектрисы угла MOL (рис. 157, б). Поскольку
α + β = 90ό (их сумма измеряется полусуммой дуг ОМ и MP, а ОР—
диаметр), то M\L\ перпендикулярна ОР. Нам осталось доказать, что
M\L\ параллельна прямой В1 С1. А это будет следовать из подобия
треугольников OL\M\ и АВ'С (сходственные стороны OL\ и АВ',
ОМ\ и АС). Значит, нам надо доказать равенство
АВ' OLi = OL
АС^ОМх ОМ'
Имеем АВ1 = -^-, АС1 = гЦ-,
с—о' о—о'
ОМ = £=2, ^ = Ь? = ^, что и требовалось.
371

997. Рассмотрим неравносторонний треугольник ABC. Понятно,
что если для какого-то отрезка сумма расстояний до сторон
треугольника постоянна, то и для любого отрезка (внутри треугольника), ему
параллельного, эта сумма также постоянна.
Возьмем на лучах АВ и СВ точки К и Μ так, что АК = СМ = АС
(считаем, что АС—наименьшая сторона треугольника ABC). Как
известно, прямая КМ перпендикулярна прямой, проходящей через
центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC (см.
задачу 440). Пусть Ρ—точка этого отрезка, x,y,z—расстояния от Ρ до
АВ, ВС и С А. Имеем Sakmc = Sakp + Scmp + Sapc = \AC(x + у + ζ).
Значит, х Л-у Л-ζ—постоянно (см. также задачу 996).
998. Пусть с и d—боковые стороны трапеции, причем с
перпендикулярна основаниям, значите2-}-^—b)2=d?. Hoa+b=c+d, d=a+b—с.
Далее получаем с2 + (а - Ь)2 = (а + Ь - с)2, откуда аЬ = ^с.
999. Обозначим точку пересечения проведенных прямых через Р,
ВР и СР пересекают AD в точках К и М. Пусть ВС = о, AD = λα
(λ > 1), тогда AM = KD = a, if Μ = (2 — λ)α. Из подобия
треугольников PDM и САМ, а также РКМ и РВС имеем ^ = Щ = λ - 1,
мс - рс-рм - вс-tfм - λ-ι · значит, л ι - λ_χ, л л ι - υ,
л— 2 .
1000. Обозначения понятны из рис. 158. Пусть дуге MAL
соответствует центральный угол 2а. Обозначим ZAML = x. Тогда ^AL = 2x,
*~ΆΜ = 2α - 2х, ZAQM = ZAMQ = χ (поскольку AM — медиана в
прямоугольном треугольнике). Далее имеем x = ZAQM = |(^-ΆΜ —
—^AL) = a — 2ж, откуда ж = j. Рассуждая так же относительно
треугольника FMG, найдем ZLMB = | - j. Значит, ΔΑΜΒ = f. Таким
же будет и ZBMC.
372

1001. Пусть d\ и аъ — расстояния от точки Аъ до сторон АВ и АС
данного треугольника. Имеем
sin ZB А А2 __ di _ АС\
зт£САА2 <fa ~~ АВ\'
Записав аналогичные равенства для других углов, можем
воспользоваться теоремой Чевы (задача 341).
1002. Пусть с?1 и d,2 — расстояния от точки А2 до сторон АВ и АС.
Имеем
sinZSi4i42 _ di _ C1A2 -йп^А2С\А _
sin ZCAA2 (fa Βχ Α2 · sin ΔΑ2Β1A
_ CiA2smZA2BiCi _ (СгА2)2
~~ ВгА2 sinZA2CiBi ~~ (ΒιΑ2)2'
Записав аналогичные равенства для других углов, воспользуемся
теоремой Чевы (задача 341) и результатом задачи 346.
1003. Μ и К — проекции О на диагонали четырехугольника.
Обозначим через Η точку пересечения высот треугольника ОМК.
Четырехугольник QMNK—параллелограмм. N и Ρ—проекции Q и Η на
диагональ. Отсюда следует утверждение задачи.
1004. Заметим, что точки Q, Р, С и D лежат на одной
окружности (ZPQD + ZPCD = \{^FE + ^DCB + ^AFED) = 180°, т. к.
^FE = -~ЛВ). Далее имеем: ZtfCM = ZECQ = ZPQC - ZB#C =
= ZPDC - ZSDC = ZKDM. Значит, точки K,M,DhC также лежат
на одной окружности. Отсюда ZCKM' = Z.CDM = ZCDB = ZCEB, т. е.
1005. Обозначим через L точку пересечения ί?Α и ΜίΓ.
Поскольку LK2 = LA-LB = LM2, то L — середина Mif. Далее имеем
ZLPK = ZLKA = ΔΚΒΑ. Значит, точки Р, В, К и L лежат на одной
окружности. ZPBL=zZPKL = ZKBL, что и требовалось.
1006. Нельзя. Докажем это. Рассмотрим два случая.
1. Среди частей, на которые квадрат разделен тремя прямыми,
есть два треугольника. Например, как на рис. 159, о. Если
треугольники KPL и MPN равновелики, то хотя бы один из треугольников
MPL или NPK имеет площадь не меньшую. (Это следует из равенства
Skpl · Smpn = Smpl · Snpk-) Из этого следует, что та часть квадрата,
которая содержит соответствующий треугольник (MPL или NPK),
имеет площадь большую, чем каждый из треугольников KPL и NPM.
2. Среди частей, на которые разрезан квадрат тремя прямыми,
только один треугольник (рис. 159, б). В этом случае, проведя
нужную диагональ, мы увидим, что с одной стороны от этой диагонали
будет четыре «куска», а значит, хотя бы один из этих «кусков» будет
иметь площадь меньше 1/7 площади квадрата.
373

Ν Μ
α) 6)
Рис. 159
1007. Пусть прямая, проходящая через А\ параллельно 2?С,
пересекается с прямыми АВ и АС в точках D и Ε соответственно.
Тогда отношение отрезков, на которые прямая АА\ делит сторону ВС,
равйо ^| (рис. 160). Обозначим через ж, у, ζ расстояния от центра О
окружности до сторон ВС, С А и АВ соответственно, R—ее радиус.
В прямоугольном треугольнике ОМ Αχ {ΔΟΜΑχ = 90°) знаем катет
OM=R и проекцию его на гипотенузу ОА\, она равна х. Отсюда
найдем О Αχ = —-. Продолжим О Αχ до пересечения с прямой АВ в точке F,
0Р=Шв (B~yronABC),AiF=^^^B,A1D=A1FctgB (считаем,
что В—острый угол), т. е. AXD= (£ + ^}ctgB = £mS±&.
Находя аналогичным образом
другие 'отрезки (ΑχΕ, а также
отрезки, получающиеся при помощи
таких же построений для точек Βχ
и Ci), мы без труда проверим, что
в рассматриваемой ситуации
выполняется условие теоремы Чевы
(задача 341). Для полноты решения
надо рассмотреть другие случаи:
треугольник ABC прямоугольный
или тупоугольный, центр
окружности—вне ABC,
1008. Обозначим через Μ и N
проекции Ρ на данные прямые.
Положим РМ=а> МО^Ьу PN^Cy JVO=d. Пусть R—радиус проведенной
окружности. Будем считать, что Ρ—внутри этой окружности. Тогда
tgZAPB=^
Ι — ι
+ о
R=b
2aR
а а
а2 + Ь2
&-а2-№'
= с2 + d2 = РО2. Значит,
igZCPD = да^,^. Но
tg Ζ ΑΡΒ: tg ZCPD = a: с
1009. Рассмотрим параллелограмм ABCD. Возьмем на луче ΒΑ
точку К так, что ВК = ВС. Тогда КС ±ΒΒχ. Обозначим через Μχ
374

точку пересечения КС и BD. Нам надо доказать, что Μχ совпадет с
М. Имеем j§S^ = Βϋ == f§ = Ш» т· е· βι и Μι Дв™1 САиВДв одном
и том же отношении, значит, В\М\ \\ВС, что и требовалось.
1010. Докажем, что треугольник AMD — правильный. Это можно
сделать, например, так. Построим на стороне AD вовнутрь ромба
равносторонний треугольник AKD. По условию острый угол ромба
больше 60°. Отсюда точка К внутри ромба. Если ZBAD = а, то
ZABD = 90°-f, ZBAK = a-60°. Z#JBA = 90°-±(а-60°) = 120°-f,
ZKBD = ZKBA~ZABD = (120°- f)- (90°- f)=30°. Так же получим,
что ΔΚΟΑ = 30°. Т. е. точка К совпадает с М.
1011. Из произвольной точки внутри треугольника опустим
перпендикуляры на его стороны и отложим на них единичные векторы т,
п, р. Тогда имеет место неравенство 0ζ (хт + уп + zp)2 = x2+y2 + z2 —
— 2xycosa — 2yzcosP — 2zxcosy (поскольку mra = —cosa, np=-cos/3,
pm = -cos7).
1012. Имеем 0< (хМА+уМВ+zMO)2. Возводим правую часть в
квадрат и заменяем 2МА- МВ= (МА2 + МВ2 - с2) и т. д.
1013. Требуемое неравенство получается, если в неравенстве
задачи 1012 взять ж = а, у = Ьу z = c. Равенство достигается, если Μ —
центр вписанной окружности.
1014. Проекции Οχ и 02 на проведенную в соответствии с условием
прямую — точки С и D—делят пополам соответствующие хорды. Эти
хорды равны, поскольку AC = AD.
1015. Обозначим центры окружностей, описанных около АВМ,
ВСМ, CDM и ADM через Οχ, 02, 03, 04. Тогда
Οι020304—параллелограмм. (Ог02 || О304, т. к. Οχ02 -LBD и О304 1BD. Точно
так же 020з || Οχ04·) Теперь доказываемое утверждение следует из
результата задачи 1014. Ведь треугольники 0\МОз и О2МО4 имеют
общую медиану.
1016. Нам достаточно доказать, что Μ — середина АР (а также
В К). Пусть прямая ΜΝ (Ν — вторая точка пересечения
окружностей) пересекает АВ в точке L, L — середина АВ. Рассмотрим
параллелограмм АМВЕ. Пусть точка N лежит на отрезке ML. Дуги
MD и NB равны. Имеем ΔΟΡΑ = ZCDM = ΔΝΜΒ = ΔΑΕΜ. Кроме
того, ZCAP=Z.AMN = ZAME. Из этих равенств следует подобие
треугольников ΑΜΕ и САР. Треугольники АСМ и MAL также подобны
(ZMAL = ZACM). Но AL — медиана треугольника МАЕ. Значит,
СМ — также медиана в треугольнике АСР.
1017. Обозначим проекцию Л на ρ через К, Αχ и В\ —проекции А
и В на ί, В2—проекция Л на #Βχ, А2—на прямой ΑΑχ, j4xj42=.B.B2.
Обозначим углы через α, β, у, φ и ω как на рис. 161. При этом
ΔΒχΜΚ = IBM А = у> по условию, ΔΜΑ\Κ = ZMAfiC, т. к. точки
М, Л, Αχ и if лежат на одной окружности с диаметром Μ А.
Далее ΒΜΒχ и АШГ — подобные прямоугольные треугольники. Зна-
чит» ЗШ = IcHf- Таким образом, треугольники ВМА и ΒχΜΚ также
375

Рис. 161
подобные треугольники, следовательно, ΔΜΒχΚ = /.ΜΒΑ = ω. А
поскольку φ + а + 7 +ω = 180° (сумма углов в треугольнике В Μ А) у то
ΔΚΒχ А2 = 180° - ω - η=α+φ=90° - β=ΖΚ* Лх Л2. Значит, точки К, Вг,
Αι и Лг лежат на одной окружности. Искомое геометрическое место
есть окружность с диаметром В\А2.
1019. Пусть К и Μ точки на Сторонах АВ и CD квадрата ABCD,
Ρ и Q — на диагоналях АС. и BD. Построим окружность с
диаметром PQ. Прямая, соединяющая середины ВС и ADy проходит через
середину КМ (точка L) и середину одной из полуокружностей с
диаметром PQ (точки Νχ и Ν2). Значит, или прямая LN\1 или LN2 (Νχ
и Ν2 — не совпадают с L) проходит через середины ВС и AD, т. е.
параллельна АВ и CD. Бели L совпадает с Νχ или N2y задача может
иметь бесконечно много решений.
1020. Возьмем на АС точку С\ так, что AC + CiD = AB + BC.
Тогда существует окружность, касающаяся отрезков BD и АС\ и лучей
АВ и DC\. Если Μ и К — точки касания на прямых АВ и ACi, то
АВ < AM=АК < АС\ < АС, что и требовалось.
1021. Пусть заданные произведения равны d2, а, Ь, с — стороны
треугольника ABC. Из подобия треугольников МАВ и ΜΒχΑι
найдем, что ΒχΑχ = ^г. Такими же будут и другие стороны треугольника
A&d.
1022. Докажем, что точки Ру М, О и К лежат на одной
окружности. Имеем (D—середина АВ): PDDO=DA2=MDDK. Будем
считать, что Μ на меньшей дуге АВ. Пусть L—точка пересечения РК и
дуги АВ, a F—точка пересечения РО и дуги АВ. Нам надо доказать,
376

что F — середина LM. Имеем ΔΡΟΜ = ΔΡΚΜ, т. е. \^LM = ^MF,
,что и требовалось.
1023. Рассмотрим две окружности с диаметрами^С и ВС.
Проведем через С произвольную прямую и обозначим через М\ и М^ точки
ее пересечения с построенными окружностями (отличными от С). Все
точки отрезка М\Мъ входят в наше геометрическое место. А все
геометрическое место состоит из точек, принадлежащих точно одному из
двух кругов с диаметрами АС и ВС. (Точки, принадлежащие обоим
кругам, нам не подходят.)
1024. Возьмем две наиболее удаленные точки А и В. Тогда
α = ΖΑΜΒ ^ 60°. Если же расстояние между А и В наименьшее, то
α = ^ЛМВ< 60°. Отсюда а = 60°» Примером такого множества
являются три вершины правильного треугольника. (Можно добавить еще
середины его сторон. И так далее.)
1025. а) Имеем g = ^ = ^Л- = ™&£1 β
= тВе%$£ЁтС = ctgB + ctgC Отсюда получаем, что
a2+&c2=2(ctgA+ctgB+ctgC).RMeeHMeeM
-(ctgB + ctgC), апоскольку ^-ctgA=b^=tgf = ctg(90°-4),
то справедливо равенство т ^—»—£^—1—»—*- =
= 2бс+2са+2а^а2-62-с2 =2 (ctg (дро _ Λ) +cfcg (дро _ g) + ctg (qqo _ £))
Тем самым мы доказали пункт 1.
б) Известно, что Μ = ° ^s^' ^ ^ϊ. Получить это неравенство
можно из неравенства задачи 716, положив в нем у?=60°. Из пункта а)
получаем М0 - Ν0 - JVi - JV2 JV/ь=Μ*+ι ^ 2\/3, что и требовалось.
1026. Известно, что необходимым и достаточным условием
остроугольное™ треугольника является выполнение неравенства ρ >2R+r
(см. задачу 635). Известно также, что для нетупоугольного
треугольника выполняется равенство iZ-f г — ал+ав + ас, где d^, ds, dc—
расстояния до сторон от центра описанной окружности, а для
тупоугольного треугольника с тупым углом при вершине А имеет
место равенство Д + г = —ал + ав +<fo (задача 611, решение). Кроме
того, сумма расстояний от вершин до точки пересечения высот равна
2(d,4 + dB + dc).
Перейдем к нашей задаче.
Необходимость. Бели треугольник остроугольный, то
2(d,4 + dB + dc) = 2Д + 2r < ρ + г.
Достаточность легко доказывается от противного.
1027. а) Пусть О — центр окружности, оцисанной около
треугольника CMN (будем считать, что BC>CD). Треугольник
ВАМ—равнобедренный (ΔΒΜΑ = ΔΜ AD = IB AM), ΒΑ = ВМ. Точно так же
MC = CN. Если ZBAD = o, то
LOCO ш IBCD + ZOCM ^а + i(180° - *)« W° + ? i
377

ΔΒΜΟ = 180° - ΔΟΜΟ = 180° - ZOCM = 90° + £.
Таким образом, треугольники ОВМ и ODC р.авны (по первому
признаку равенства треугольников). Следовательно, точки 5, Д С и
О расположены на одной окружности {ΔΟΒΟ = /.ODC).
б) Из пункта а) следует, что ВО = OD. По условию КО = ОС
Поскольку точки ВуКуОуС и D расположены на одной окружности,
то К и С симметричны относительно срединного перпендикуляра к
BD, т. е. BK = CD, KD = BC. Следовательно, КС параллельна BD,
а точка К симметрична точке А относительно BD. Таким образом,
угол АКС равен углу между прямыми АК и BD и равен 90°.
1028. Обозначим четырехугольник через CDEF, К и Ρ — точки
пересечения CD и EF с хордой АВ. Имеем α = ^ = рд.^в .
Заменяя таким же образом все другие отношения, получим требуемое
равенство.
1029. Положим, АВ = а, АР=х, КВ = у. Имеем pg = ~^ = ШШ>
Ш = ^ = ^М' Таким образом, ^ .^ = ^ = fe>l не зави-
сит от положения точки Μ. Преобразуем: (А; — \)ху + а(х + у) — а2 = 0.
Нам надо доказать, что если χ и у связаны получившимся
соотношением, то наименьшее значение χ + у. будет при χ = у.
Положим χ + у = 25, ж = S + £, y — S — t. S и £ связаны соотношением
(А;-1)52+2aS — (k-l)t2 — a2=0. Наименьший положительный корень
S это уравнение имеет при £ = 0, что и требовалось.
1030. Пусть, для определенности, /.BAD = α <90°, <р—угол
поворота, В-внутри трапеции, прямая А'В' пересекает луч DC в точке
К. Возьмем на прямой В В* точку С" так, что А! С1 = А'В*. Докажем,
что С A! CD — параллелограмм. Имеем: /С А1 С = Z.CBA = 180° - а,
ΔΒ'ΟΚ = а + φ. Значит, ZB'tfC = 180° - 2α - у>, ΖЛ'С'В' = Z^'B'C" =
= ^/B/C,-ZC/B/(7=180o-a-(180o-ZBB/C,)=90o-f-a,ZB/^/C/ =
= 180° - 2 · (90° - f - α)=φ+2α. Итак, ZB'tfC+ΖΒ'A'C" = (180° - 2α -
-<ρ) + (2α + <ρ) = 180°, CA'C'D—параллелограмм. Середины СВУ СВ1
и СС1 лежат на одной прямой. Но середина СС1 совпадает с серединой
A'D. Утверждение задачи доказано.
1031. Рассмотрим ситуацию, соответствующую изображенной на
рис. 162. Докажем, что окружность, проходящая через точки К, Р, Q,
касается АВ и АС. Для этого достаточно доказать, что ZKQP=90° -
-f (где a = /LBAC). В самом деле, /XQP=/.KQY+/.PQY = £KCY+
+ΔΡΒΥ= ±(ZACB + /.ABC) = 90° - f.
Докажем, что
Z.CQK = Z.CBQ + /XPQ. (1)
Из этого будет следовать, что окружности, описанные около CBQ и
KPQy касаются. (Если FQ касается окружности, описанной около
CBQ, то £FQC = ZQBC. Тогда ZKQF = /.CQK -Z.CBQ = aKPQ. A
это означает, что KF касается окружности, описанной около KPQ.)
378

Рис. 162
Имеем Z.CQK = Z.CYK = 180° - φ - ΔΥΟΚ = 180° - у> - ±(180° - α -
-ΖЛВС) = 90° + f - у> + /YBC = 90° + f - ρ+ZFBQ + ZCBQ. Для
доказательства (1) осталось доказать, что 90° + f - у> + ZYBQ = Z.KPQ.
Но 90° + § - у> = ZtfРВ - ZFPB = ZtfPF, a ZYBQ = ZFPQ.
Так же рассматриваются другие случаи взаимного расположения
точек Р, К, Г, Q.
1032. Пусть величина угла окружности ω, лежащая вне
треугольника ABC, равна 4у>, т. е. опирающийся на нее угол равен 2φ,
tx = /.BAC. Предположим, что φ> f, т. е. вершина А расположена вне
окружности ω. В обозначениях задачи 1031 возьмем на сторонах АВ и
АС точки Ρ и К, что ΔΥΡΒ=ΔΥΚΰ=φ (рис. 162). Тогда ZBQC=2<p.
Значит, одна из двух требуемых по условию задачи окружностей нами
получена. Это окружность, касающаяся АВ и АС в точках Ρ и К. Для
получения второй окружности возьмем на лучах АВ и АС точки Ρχ и
Кг так, что ΔΡΥΡχ = ΔΚΥΚΧ =90° (ΖΥΡχΡ=ΔΥΚχΚ=90°-ρ). Сделав
аналогичные построения и проведя аналогичные рассуждения, что и в
задаче 1031, докажем, что окружность, касающаяся АВ и АС в точках
Pi и Κι j касается окружности ω. (Так же рассматривается случай,
когда φ < ^. При этом точки РиК будут расположены на продолжении
сторон угла за его вершину.)
Замечание. Можно рассматривать систему треугольников
ABC у для которых окружность 7 является вневписанной.
Аналогичным образом определяется окружность ω, проходящая через В и С.
В этом случае также существуют две фиксированные окружности,
касающиеся ω.
1033. Вернемся к задаче 1031 и обозначениям, которыми мы
пользовались в ее решении. Окружность λ — это окружность,
проходящая через точки К, Ρ к Q. Из решения задачи 1031 следует, что
379

ZYQB = ZYQC=180°-φ, т. е. и в самом деле YQ—биссектриса угла
BQC.
1034. Утверждение задачи следует из задач 1031 и 1032 и их
решений. Рассматриваем треугольник АВхСх. Окружность 9 точек
проходит через В\ и С\ и делится хордой В\С\ на дуги, вмещающие 2а
и 180° — 2а, т. е. в обозначениях, используемых в решении задач 1031
и 1032, мы полагаем <£= §.
1035. Пусть О — точка пересечения касательных АС и BD (см.
рис. 163). Рассмотрим окружность 7, вцисанную в треугольник АОВ.
Рис. 163
Рассмотрим какую-то фиксированную окружность ω и
соответствующие ей точки А, Ву С и D. Зафиксируем соответствующую окружность
7 и проведем к ней касательную, отличную от АВ и пересекающую
О А и ОВ в точках Αχ и Βχ (7 — вписана в О ΑχΒχ). Проведем через
Αχ и В\ окружность ωχ и такую, что угловая величина дуги ΑχΒχ
была бы такой же, что и у дуги АВ. Из задач 1031 и 1032 следует, что
окружность ωχ касается окружностей 71 и 72 (внутренним образом).
Таким образом, исходя из фиксированной окружности ω, мы можем
получить любую окружность, касающуюся окружностей 71 и 72
нужным образом. У всех таких окружностей угловая мера дуги ΑχΒχ будет
одной и той же.
Все получающиеся треугольники AOD подобны между собой.
Углы ODA и DAO измеряются половиной дуг АВ и CD. Увеличивая
радиус окружности ω так, чтобы при этом хорда AD приближалась
к общей внешней касательной к окружностям 71 и 72 и учитывая,
380

что при этом все хорды AD параллельны между собой, мы можем
убедиться, что всегда AD параллельна общей касательной к 71 и 72·
Тем самым доказательство завершено.
1036. Пусть χ и у— радиусы двух окружностей, касающихся
между собой, при этом окружность радиуса χ касается сторон АВ
и АС у а окружность радиуса у касается АВ и ВС. Имеет место
соотношение
χ ctg - А + у ctg -В + 2у/ху = с.
Положим xctg^A = u2, j/ctg|B = v2, c = cP. Получим соотношение
2 9 2гдо л
^/ctgiA-ctgiB
Рассмотрим это равенство как теорему косинусов для
треугольника со сторонами м, ν и d. (Проверьте, что ctg|i4-qtg|S > 1.)
Если у? — угол между сторонами и и υ в этом треугольнике, то
cos<£ = —, * . Найдем ρ — радиус описанной окружности
•у ctg $A'Ctg%B
для этого треугольника. Имеем 8ту> = ^1- —i^ctgiB = yj J^L V
JR cos у cos f cos j, где Д—радиус
окружности, описанной около ABC.
Теперь понятно, что если мы рассмотрим такие же две
окружности, касающиеся между собой и прилежащие к стороне ВС или АС, то
после аналогичных замен мы получим треугольник с тем же радиусом
(р) описанной окружности. Каждый из этих треугольников является
тупоугольным.
Обозначим теперь радиусы окружностей, о которых говорится в
условии, соответственно через χχ, ухУ ζχ, жг, 2/2, ^2, яз (si, ^2, хз—
радиусы окружностей, вписанных в угол А. По условию это 1-я, 4-я и
7-я окружности).
Переходим к новым обозначениям: я* ctg γ = ti|, 2/*ctgy = ν£,
ζk ctg γ = tyj, с = сР, b = i2, o = m2. Рассмотрим окружность радиуса /э
и введем для ее хорд операцию сложения: 0. Равенство и Θ ν= d
означает, что и, г; и d—хорды этой окружности такие, что треугольник со
сторонами щ ν и d является вписанным с тупым углом,
противолежащим стороне d (эта операция определена не для любых хорд и и ν).
Обратную операцию обозначим через θ. Если u0v=d, то u—άθυ или
v — dGu. Операции θ и θ обладают основными свойствами сложения
и вычитания.
Получаем следующие равенства: ηχ θυι =d, νχ Θχυχ =m, χνχ θι*2=ί,
ti2 θ г/2 = d, ϋ2 θ гУг = m, W2 θ 1*3 = f · Из этих равенств обычным путем
получим, что ν,ζ — υ,χ.
381

1037. 1. Если о, Ь, с—стороны треугольника ABC, г, га, г>, гс —
соответственно радиусы вписанной и вневписанных окружностей, то
имеют место равенства
г-га = (р-Ь)(р-с),
гъ-гс=р{р-а)
и другие, аналогичные. Докажем, например, первое равенство.
Пусть Υ πΥα центры вписанной и соответствующей вневписанной
окружностей, К и L—точки касания с прямой АС. Тогда СК=р—с,
CL=p — b и из подобия треугольников CYK и CYaL имеем -— = 2^,
р-~с Го
Г-Га = (р-Ъ){р-С).
Перейдем к нашей задаче.
2. Докажем сначала, что точка касания со стороной ВС вписанной
δ ВСМ окружности совпадает с точкой касания с этой стороной
вневписанной в ABC окружности. Если Р —указанная точка касания, то
ВР = \{ВМ + ВС-СМ) = \{ВС + СА- АВ). Это следует из условия.
Значит, ВР=р — с, что и требовалось.
3. Из того, что АВ — СМ = АС — ВМ следует существование
окружности, касающейся СМ и ВМ и продолжений АВ и АС. Имеет
место соответствующая теорема: если в четырехугольнике разности
противоположных сторон равны, то для него существует «вневписан-
ная» окружность—т. е. окружность, касающаяся прямых,
образующих четырехугольник и имеющая центр вне его. Теорема может быть
доказана так же, как и соответствующий признак для описанного
четырехугольника.
4; Пусть ха —радиус окружности, вписанной в треугольник ВСМ,
у а — радиус окружности, касающейся В Μ и СМ и продолжений АВ
и АС (см. предыдущий пункт). Тогда
ГГа=Гуа- ГХа + ХаУа. (**)
Докажем равенство (**). Имеем (рис. 164)
Sabc = Sabmc + Sbmc, (1)
SABC=pr, SABMC = \{AB + AC-BM-CM)ya = \{AB + AC-BD-
-DM-CE-EM)ya = ±(c + b-BH-DM-CH-DM)ya = ±(b + c-
- a - 2DM )ya = (p-a- DM)ya. Sbcm = \{BF + FM + CG + GM +
+BC)xa = \{BS + FM + Ct + FM + BC)xa = \{AS-AB + AT-AC +
+BC + 2FM)xa = \{2AS-b-c + a + 2FM)xa = {AS-{p-a)+FM)xa.
Заменим все площади (1) найденными выражениями. Учтем, что
DM · уа = FM · жа, p = ractg^ = fcra, p-a = kr, AS = kya- Получим
равенство (**).
382

с τ
Рис. 164
5. Аналогично пункту 4 введем ещё окружности с радиусами хь,
Уь, xCi ус. Тогда имеет место равенство (и другие аналогичные)
Уа =
Ь(р-а)га
(р-а)р-гахъ
(***)
Докажем (***). Пусть Ов—центр окружности радиуса хь, О а—
центр окружности радиуса уа. N и Τ — точки касания (рис. 164).
Из подобия треугольников ObNC и СТО a (CN=p — ay см. пункт 2,
положим СТ = 1) имеем
хь __ I
~ Уа'
Кроме того,
р — а
Уа
6 + Г
Га
Ρ
(2)
(3)
Исключая / из (2) и (3) и выражая уа, получим равенство (***).
6. Заменим уа (выражение (***)) в (**). Получим, учитывая
равенство (р — а)га = рг, а также равенства (*) гга = г (р-а)р-гахь ~~
"ГХа + (p-a)ttp-rttsb ** ГаЬ " ^Р ~ Г*ХЬ = ЬРГ — (р- а)рха + ГаХаХЬ +
+Ьрха => (ввиду равенств: Ьрха - (р - а)ржа =ржа (о -♦- Ь - р) =р(р - с)ха =
= гаг6д:а, га(р-о)р-6рг = га(р-о)р-Ь(р-о)га = га(р-о)(р-Ь))=>
^а^Ь + ПХа + ГаХЬ = (р - а)(р ~ &)·
7. Используя равенство (***), выразим дважды ус (через ха и хь)
ахьгс - Ьжагс = (а - Ь)р(р- с).
и приравняем правые части (p%pc}rreeXb = (р%рХссХа> откуда
383

8. Имеем систему
Г хахь + гьХа + гсхь = (р'-а)(р-Ь)>
\ ахьгс - Ьхагс = (а - Ь)р(р - с).
Введем новые переменные ха + га = it, ж& + r& = v. Система примет вид
Г uv = (p-a)(p-b) + rarb,
\ ау-Ьи = (а^Ь)р(р-с) + агъгс-Ьгагс.
Но (р-о)(р~Ь)-*-гагь = (р-а)(р-Ь)-*-р(р-с)=2^-р(о+Ы-с)+оЬ=оЬ;
(о - Ь)р(р - с) + агьГс - Ьгагс = (о - Ь)р(р - с) + ар(р - а) - ip(p - Ь) = (о -
-Ь)р(р-с)-*-р(ар~о2-Ьр.-|-Ь2) = (о-Ь)р(р-с)Н-р(о-Ь)(р-о-Ь)=р(о-
—Ь)(2р-о — ft — с) = О Итак, имеем систему
Г uv = ab,
\ av — bu = Q,
откуда и = о, г; = Ь. Значит, ха = а-га, хь = Ь-гъ, что и требовалось.
Второе решение. В тех же обозначениях имеем: tg γ = 2=£, если
ΔΜΒΟ = у>, то tg § = ^. Далее,
,0 = (р-а)^(В-У) = ^>-с)'-№- (*)
^ σ2ν ρ-с яа + га
Из условия следует равенство периметров треугольников ВМС и
АМВ. Значит,
хс Samb csin(B^<p) с, . D . m
— = — = ~ — = -(sinBctgy> - cosB).
Χα о BMC OSin^? а
Выражая sin В, cos В и ctgy> через tgy и tgf, получим (после
упрощения)
„. _с (ra+sa)((p--c)2--raa;a)
Приравняем правые части равенств (*) и (•*), заменяя в
выражении г2 + {р-с)2 слагаемое г2 = ffffl = p^"^i^""c^, и после упрощений
получим (жа + га)2 = о2, откуда жа = о - га.
1038. Рассмотрим вписанный в ABCD четырехугольник KLMN
(точки К и L расположены на сторонах АВ и AD соответственно).
Пусть Ρ, Ε и Q—середины .КХ, iVX и NM соответственно. Поскольку
ЛР = §ЯХ, PJE7 = |JRCJV, EQ β |LM, QC = |ΛΜ, то длин** ломаной
APEQC равна половине периметра четырехугольника KLMN* Из
этого и следует утверждение задачи.
384

1039. Понятно, что наименьшее значение данного выражения
будет при χ > 0. Возьмем прямой угол с вершиной А и отложим на
его сторонах отрезки АВ = АС = 1. Проведя через точку А внутри
угла луч, образующий с его сторонами углы в 60° и 30°, отложим на
этом луче отрезок AD = х. По теореме косинусов найдем, что первое
слагаемое равно BDy а второе — CD, т. е. данное выражение равно
BD + CD. Наименьшим оно будет, когда D лежит на отрезке ВС, т. е.
наименьшее значение равно \/2.
1040. Выберем наибольший треугольник. Пусть его площадь Si, a
сторона о, 5ι =о2>/3/4. Рассмотрим множество точек плоскости,
удаленных от этого треугольника на расстояние не больше, чем о. Эти
точки заполняют фигуру, состоящую (кроме самого треугольника) из
трех квадратов, построенных на сторонах треугольника, и трех
секторов по 120° и радиусами о. Докажем, что площадь этой фигуры
меньше 16Si, τ. е. надо доказать неравенство
2>/3 о 2 2 + * 2>/3 0 15л/3
α2-ν + 3α2 + πα2<16α2-ν или 3 + π<—f~.
4 4 4
Имеем
^>uiZ>e,3>3+,,
4 4
что и требовалось.
Все треугольники, пересекающиеся с выбранным наибольшим,
лежат внутри полученной фигуры, а следовательно, покрывают
площадь вместе с этим треугольником не больше, чем 16Si. Оставим
наибольший треугольник, а все с ним пересекающиеся удалим. С
оставшимися поступим так же: выберем наибольший, площади 5г,
а все с ним пересекающиеся удалим. И т. д. В результате получим
набор непересекающихся треугольников с площадями Si, S2» ···,£*·
Поскольку по построению этого набора соответствующие этим
треугольникам множества покрывают все исходные треугольники, то
16(Si+S2 + ... + £*)>!, т. е. Si + S2 + ... + Sk>γ$, что и требовалось.
1041. Возьмем на окружности две диаметрально противоположные
точки А и В. Для любой точки плоскости Μ имеет место неравенство
МА+МВ^ АВ = 2. Следовательно, сумма расстояний от данных 1000
точек до А и В не меньше, чем 2000, а значит, сумма расстояний до
одной из них не меньше 1000.
1042. Обозначим через В3 такую точку, что
А\ВС\Въ—параллелограмм. Аналогично определим точки С3 и Аз. Понятно, что вместо
прямых^указанных в условии, можно взять прямые АА$, ВВз и ССз·
Утверждение задачи будет доказано, если мы докажем два равенства:
1Н&+ССз+АА^=0, (1)
{Щ^с&зМЩ^о. (2)
385

Докажем равенство (1). ИмеекВВз + ССз + АА$ = (В Αχ + ВС\) +
^ΑΟι+ΑΒι)+{ΟΒι+ΟΑύ^φΑι+ΟΑύ+{ΒΟι+Ασύ+{ΛΒι+σΒύ.
В каждой скобке последнего выражения стоит вектор,
перпендикулярный соответствующей стороне треугольника, направленный во
внешнюю по отношению к треугольнику сторону и по длине больший, чем
соответствующая сторона, в у/3 раз. Сумма таких векторов, очевидно,
равна нулю.
Докажем равенство (2). Имеем \ШЩ2 = (ВА[+ВС1)2 = \ВА[\2 +
+1ВСг\2 + 2ΒΑι · BCi = α2 + с2 + 2ас cos(B +120°) = о2 + с2 - ас cos B -
~acv/3sinB = (a24-b24-c2)/2~2\/35i4BC· Такими же будут и величины
|ССз|2 и \Щ2.
1043. Пусть а—меньшая сторона прямоугольника, тогда 1/а—его
большая сторона. Обозначим через χ суммарную длину проведенных
разрезов. Тогда сумма числа 2х и периметра квадрата больше, чем
периметр прямоугольника, т. е. 2х + 4 > (о + 1/α), χ > а + 1/а — 2. Но
по условию а2 + 1/а2 = 104, значит, (а + 1/а)2 = 104 + 2, о + 1/а > 100.
Таким образом, χ > 98.
Теперь укажем способ
перекраивания квадрата в нужный
прямоугольник, при котором суммарная
длина разрезов не превосходит 102.
Рассмотрим единичный квадрат
ABCD и прямоугольник AKLM,
расположенные как на рис. 165.
Пусть АК = 100a, AM = γ^. (Дока-
А В "К жите, что 1/100 < a < 1/99.)
Прямоугольник AKLM нетрудно превра-
Рис. 165 тить в искомый прямоугольник,
проведя 99 разрезов длиной по у^, τ. е.
суммарная длина разрезов равна 㧧^. Осталось перекроить квадрат
ABCD в прямоугольник AKLM. Для этого проведем разрезы DP и
MN. Эти разрезы позволяют сделать нужное перекраивание, т. к.
ADCP=ANLK, ADMN=APBK. Длина этих разрезов будет меньше
Μ
j\w ■
с
Ρ
DK + MN=DK+BK = \/l + 1002a2 + 100a -1,
а суммарная длина разрезов, с помощью которых происходит нужное
перекраивание, не больше, чем
99
100а
+ \/1 + Ю02а2 + 100а- К99+ 100ал/2 + 100а-1 =
=98 + 100a(\/2 + l)<98 + (l + a)(V2 + l)<102.
Значит, с точностью до 2 искомая суммарная длина разрезов равна
100.
386

1044. На диагонали АС квадрата ABCD возьмем точку Q такую,
что АС/4 < QC < AQ, и повернем квадрат вокруг точки Q на 90° в
соответствующем направлении. Тогда объединением квадрата и его
образа А1 В1 CD1 является прямоугольник AA'B'D1'. Центр О этого
прямоугольника является образом точки S квадрата ABCD.
В качестве фигуры Φ возьмем квадрат ABCD без точки 5. Ее
образом является квадрат A'B'C'D' без точки О. Объединение этих
фигур есть прямоугольник AA'B'D', центр которого О принадлежит
Ф, но не принадлежит Φι, и таким образом рассматриваемые фигуры
удовлетворяют условию задачи.
1045. Из данной системы получаем следующие равенства: х\ =хю,
^2 = ^9» · · ·) #5 = Яб· Далее, при к = 5 имеем (х\ +... + хь)(х$ +... +
+х10) = 1. Отсюда, учитывая равенство неизвестных, равноудаленных
от концов, имеем (χχ +... + хъ)2 < 1, х\ +... + хъ < 1, следовательно,
Рассмотрим прямую и отложим на ней последовательно отрезки
А0А\ = х\, А1А2 = Х2, ..·, АдАю = яю· Поскольку ΑοΑχο < 2, то
можно построить равнобедренный треугольник А0АюМу в котором
А0М = АюМ = 1. Пусть α — угол при основании этого треугольника.
Рассмотрим треугольники AqA\M и АоМАю. В этих треугольниках
ΖΜΑ0Αι = /.ΜΑιοΑο, кроме того, ЛоЛх · ЛоЛ10=Л0М- АюМ или ^^· =
= Aljff · Таким образом, эти треугольники подобны и ΖΑοΜΑχ = α.
Точно так же подобными будут треугольники А0МА2 и ΜА\Аю,
откуда ΖΑοΜАч = ΖΜЛ χ Лю, а значит, Ζ^ΙχΜЛг=а. Вообще при любом А;
подобными являются треугольники AoMAk и МЛ*_хЛхо· Из этих
подобий будет следовать, что угол ЛоМЛхо лучами МА\> МА^ ..., Μ Ад
разбивается на углы величиной а. Значит, (10 + 2)а = 180°, а = 15°.
Теперь по теореме синусов находим:
sin α sin 2α у/2
sin 3α л/2
sin 4α Зл/2-л/б
χι + Χ2 + я3 + я 4 = . g = ^ ,
sin 5α 2
sin5a V6 + V2
Χ\ + Χ2 + Д?3 + Д?4 Η- Д?5 = . „ = : ·
sin oa 4
Получаем ответ:
л/б-л/2 2л/б-л/2
4 .*2 = *9 = 4 '
л/5 л/2 9л/2-5л/§
-— X4==^7 = τ ,
3 2 6
3λ/6-5λ/2
ffl=ffl0 = Τ ,Χ2=^9 =
λ/6 λ/2
ЖЗ = ^8 = -« 2~»^4 =^7
387

1046. Известно, что для любых трех окружностей плоскости три
центра внешнего подобия, соответствующих любым двум, лежат на
одной прямой. Воспользуемся этим фактом.
Рассмотрим три окружности: данную; окружность, указанную в
условии, касающуюся данной в точке А\\ окружность, вписанную в
ABC. A — центр внешнего подобия второй и третьей окружностей,
Αχ — центр внешнего подобия первой и второй. Значит, АА\
проходит через центр внешнего подобия данной окружности и окружности,
вписанной в ABC. Через ту же точку пройдут ВВ\ и СС\.
1047. Докажем сначала следующую лемму. Пусть два
параллелограмма ABCD и KLMP имеют общий центр О, причем вершины
Μ и К расположены на сторонах АВ и DC> а стороны второго
параллелограмма проходят через соответствующие середины отрезков
ОС, ОВу О А и OD. Тогда вершины L и Ρ не могут оказаться вне
параллелограмма ABCD (рис. 166, о).
б) *
Рис. 166
Пусть прямая, проходящая через К и середину OD, пересекает AD
в точке X, а прямая, проходящая через Μ и середину 40, пересекает
388

AD в точке Υ. Нам надо доказать, что DX + AY^ AD. Обозначим
DK = aDC, DX = χ · DA. Тогда между а и χ имеет место
соотношение 4аж = а + х. (Получить его можно, например, следующим
образом. Пусть площадь треугольника ADC равна 1, тогда Sdkx = <*я,
Skox = 1 - ойс - - (1 - a) - - (1 - ж) = - (a + ж) - as.
Из равенства Sdkx — Skox получаем нужное соотношение.) Если
теперь AY = yAD, то, поскольку AM = (l-a)AB, получим 4(l-a)2/ =
= 1 - a + у. Понятно, что \ < а < |. Таким образом,
a 1-a 1 1 1
я+ 2/=! г+о—Г-=:о + Т71 77 +7
4а-1 3-4а 2 4(4а-1) 4(3-4а)
_*1 1
~2 + 2(4а-1)(3-4а)^ '
что и требовалось.
Вернемся теперь к нашей задаче. Рассмотрим на плоскости 8
векторов с координатами (±а*,±Ь&), А; = 1,2,3,4. (Оба знака или «+» или
«—».) Пронумеруем эти векторы в порядке обхода ОАъ, к = 1,2,... ,8,
OAk+4 = —OAk- Образовалось два параллелограмма А\АзАъА^ и
А2А^А^А% (рис. 166, б). Пусть стороны одного параллелограмма
пересекают четыре вектора, образующие другой параллелограмм, в
точках Fk, к = 1,2,...,8 соответственно. Обозначим λ* = §§£·. Докажем,
ЧТО ХОТЯ бы ОДНО Ajfe ^ 4».
Допустим, это не так. Рассмотрим параллелограмм В\ВфьВт^
гомотетичный параллелограмму ΑχΑ^Α^Αι с центром О и
коэффициентом \/2. Стороны этого параллелограмма пересекают векторы
OAk, к = 2,4,6,8 во внутренних точках (по предположению, например,
ОМ2 = у/2 OF2 < ОА2). Обозначим эти точки М2, Mi, Mb, Ms. Пусть
Гз и Гб — середины ОВз и СШб. Тогда
OF3 = ХзОА3 = ~^ОВ3 < ^ОВз = ОГ*.
Аналогично Гб лежит на отрезке F5B5. Получается, что прямые
М2Г3 и МвГб пересекаются вне треугольника В3ОВЬу что
противоречит доказанной лемме.
Пусть теперь для определенности OF2 ^ ^ζΟΑ2 (Х2 ^ 4j) и ΟΑχ>
ОА2, О Аз имеют координаты αι,6ι, α2Μ, азМ\ Существует такое гх,
0^и^1,чтоО^=11б^+(1-и)О^илиА20^=гхШ1+(1-гх)а1^.
389

Запишем это равенство в координатах:
а\и - λ2α2 + (1 -гх)а3 = 0, bit* ~ А2Ь2 + (1 -г*)Ьз = 0.
Поскольку
ti + A2 + (l-u) = l + A2,
го_ λα
то в качестве нужного решения можно взять х\ = γ^χ-, х2 = —ϊ+$~ι
о _ 1-й о _ л
Нам осталось доказать, что j~fa ^ \/2 -1. Это неравенство
эквивалентно условию λ2 ^ 4-, которому удовлетворяет λ2.
1048. Пусть D — точка пересечения BF2 и CF\.
Четырехугольник ABCD является описанным. В данном случае это следует из
равенства FiB + F2B = FiC4F2(7. Отсюда FxD + F2A = F2D + FiA или
F\D — F2D = F\A — F2A. Значит, D лежит на ииперболе.
1049. Пусть Ло, Αχ у А2> Аз — четыре точек плоскости, Л»Л^=о^·.
Поскольку векторы AqAi, A0A2 и AqA% линейно зависимы, то
(А0АгУ
{ApAi-ApA2) (ΑρΑνΑρΑή
{АрΑγ АрА2) (AqA2)2 (АрА2 АрА3
(Ар Αν Ар Аз) (АрА^АрАг) (АоА3)2
=0.
Но
b
(A0Ai · A0Ai) = -(4 + a20j - a%).
Значит, имеет место равенство
α01 + α02 "" α12 α01 + α03 "~ α13
2α0ο α02 + βο3 — fl23 = 0·
2α§χ -2—2
α01 + αθ2 "~ α12
ι01 + α03 "~ <
2α02
^ ^2222
α01 + α03 "" α13 α02 + α03 — α23
24
Ό3 "" α23
13
Но если бы все ац были бы нечетными числами, а квадрат
нечетного числа при делении на 8 дает в остатке 1, то мы имели бы по
модулю 8 неравный нулю определитель
2 1 1
1 2 1
1 1 2
То же мы имели бы и в случае, если все о^· не делятся на 3.
1050. В своем решении мы будем исходить из следующих двух
свойств хорд и касательных к параболе.
1. Середины параллельных хорд параболы лежат на прямой,
параллельной оси параболе. В самом деле, если прямая у=kx+Ъ
пересекается с параболой у=х2 в точках (a?i,tfi); (£2>t/2)> то, учитывая, что
390

χι у Χ2 являются корнями уравнения χ2 -кх — 6=0, имеем по теореме
Виета χχ +Χ2=fc. Это значит, что для всех хорд, высекаемых прямыми
у = кх + Ь на параболе у = х2, для различных Ь абсцисса середины
постоянна, а значит, середины хорд описывают прямую, параллельную
оси у—оси параболы.
Следует также заметить, что если через точку пересечения
прямой, соответствующей серединам хорд, с параболой провести прямую,
параллельную этим хордам, то эта прямая будет являться
касательной к нашей параболе.
2. Прямая, касающаяся параболы в точке £?(α,α2), имеет
уравнение у = 2ах — а2. Отсюда видно, что прямая пересекает ось χ в
точке L(a/2,0), абсцисса которой вдвое меньше абсциссы точки Е.
Используем эти свойства для построения. Проведем две
параллельные хорды АВ и CD данной дуги. Проведем прямую через середины
АВ и CD. Обозначим через Ε точку пресечения этой прямой с данной
дугой, Μι —произвольная точка этой прямой. Проведем через Ε
прямую, параллельную АВУ—касательную к параболе. Найдем на этой
касательной точку Li такую, что LiMi перпендикулярна Ε Μι. На
прямой LiMi найдем точку Οι такую, что Li — середина ΟιΜχ. По
доказанному прямая ΕΟι проходит через О—начало координат.
Повторяя это построение, исходя из двух других параллельных
хорд, найдем точку О, а затем построим и оси координат.
1051. Обозначим через [а,Ь] векторное произведение векторов а
и Ь; Siy г = 1,2,..., η — векторы, начала которых — в некоторой
общей для всех точке внутри многоугольника, а концы — в вершинах;
нумерация—против часовой стрелки. Пусть далее
<Э* = $^[а*,а*+*],
где ап+г = аг.
Докажем, что Qk + Qn-k = 0.
Рассмотрим слагаемые, содержащие а«
[а»-*,а»] + [а»,а*+*] + [a>i-n+k,a>i] + [a>i,Q>i+n-k] =
= [a*, (-Oi-jfe + а»+* - aj_n+fc + ai+n_fc)] = 0,
ПОСКОЛЬКУ #j_n+Jfe =<?»+*, 3i+n-k =St~fc.
Выразим Si, 5г, S3 и 54 через Q». Очевидно,
5. = i0.i
*=ϊΣ
га» + а»+1 а»+1+а»+2
2«^
2 ' 2
1 " 1
= β Σ(1«4»<4+ι] + [oi,o<+2] + [ai+i,oi+2]) = r (2Qi + Q2);
8f=1
391

1 n
2^
t=l
α» 4- 2oj+i 4- Oi+2 Ot+i 4- 2α*+2 + flt+з
1 n
= «5 52([ai,a<+i] + 2[oi,oi+2] + [ai,ai+3] + 4[ai+i,ai+2] +
32^
t=l
+ 2[Oi+i,Oi+3] + [oi+2,«i+l] + [о»+2)«<+з]) =
= ^(Qi + 292 + Q3 + 4Qi + 2Q2-Qi + Qi) = ^(5Q1 + 4Q2 + Q3)i
1 n
i=l
Qj + 3o,+i + 3α,+2 + Qj+3 Qt+i + 3a<+2 + Зоц-з + o<+4
8
8
= ^28 (Qi + 3Q2 + 3Q3 + Qa + 9Qi + 9Q2 + 3Q3 - 3Qi + 9QX +.
+ 3Q2-Q2-3Qi + Qi) = ^(14Qi + 14Q2 + 6Q3 + Q4)·
а) Пусть η = 5. Тогда Q3 = -Q2 и
53 = ^(5Qi + 3Q2).
Имеем: Qi=2SuQ2 = 852-2Qi = 852-45x. Значит,
53 = J:(105i+2452-125i) = ^(1252-5i).
«52 lb
При η = 6 будет 53 = 5ι - ^S2.
б) η = 7. В этом случае Qt = -Q3 и
S4 = ^(14Qi + 14Q2 + 5Q3).
Выражая Q\, Q2 и Q3 через 5ι, 52 и 53, найдем Qi=25χ, Q2=852 - 45i,
Q3 = 3253 - 3252 + 65i. Следовательно
54 = ^(8053-2452 + 5i).
1052. Утверждение задачи означает, что после симметрии
относительно биссектрисы угла АОС (рис. 167, о) точка D переходит в точку
Ζ?ι, лежащую на прямой ВО. Пусть в результате этой симметрии А,
Су Ρ и К переходят соответственно в Αχ, Ci, Pi и Κχ (рис. 167, б).
Нам надо доказать, что В—точка пересечения АР и (Ж, Όχ —точка
пересечения ΑχΚχ и ΟχΡχ и точка О лежат на одной прямой.
Спроектируем конфигурацию, изображенную на рис. 167, б, на
некоторую плоскость а (центральное проектирование). Центр проекции
392

a) 6) β)
Рис. 167
и α можно выбрать так, что О переходит в бесконечно удаленную
точку, а точки А ж Аи С ж С\, Ρ ж Ρχ, К ж К\ переходят в точки,
симметричные относительно V—образа / (рис. 167, в).
Рассмотрим систему координат, выбрав за ось у прямую /'. Пусть
в этой системе координаты точек будут: Α'(-α,Ο), ^(α,Ο), С[{-а,с)у
С'(а,с), Р'(~М, Р{Ы, К[(-Ь,к), К'(Ь,к). Уравнение прямой А'Р1:
у(а-Ь)-рх=ра, уравнение прямой С'К*: (у-с)(Ь-а) - (к-с)х = (с-
—к)а. Складывая уравнения, найдем, что абсцисса точки пересечения
А'Р' и С'Я^равна
ка—ра — Ьс
р + к-с
Такой же будет и абсцисса точки пересечения прямых А'ХК[ ж С[Р[,
т. е. прямая B'D* параллельна /', a BD\ проходит через О.
1053. Рассмотрим параболу у=ж2. Уравнение прямой, касающейся
этой параболы в точке с абсциссой о, имеет вид у = 2ах — о2.
Рассмотрим три касательные, касающиеся параболы, в точках с
абсциссами о, Ь и с. Они образуют треугольник, стороны которого лежат на
прямых у = 2ах — о2, у = 2Ьх — Ь2, у = 2сх — с2. Вершинами этого
треугольника будут Л(^,Ьс); В(£%£,ас), (7(^,ο6). Угловой
коэффициент прямой, проходящей через А перпендикулярно ВС, равен —^.
Уравнение этой прямой будет (после упрощений) 2ay + x = 2abc+^£.
Уравнения двух других высот имеют вид: 2Ьу + χ = 2аЬс+ ^, 2су +
+ж = 2аЬс+ ^. Можно проверить, что высоты пересекаются в точке:
χ = 2abc + °"ffi"c, у = — £. Искомое геометрическое место есть прямая
ji = — | (директриса параболы).
1054. В условиях предполагается известным, что центры
окружностей Аполлония расположены на одной прямой. Впрочем, этот факт
доказывается несложно, например, при помощи теоремы Менелая.
Учитывая результат задачи 1053, мы должны доказать, что
ортоцентры четырех треугольников, образованных сторонами данного
(вернее, прямыми, на которых расположены стороны данного) и прямой,
393

проходящей через центры окружностей Аполлония, лежат на прямой
Эйлера данного треугольника.
Пусть ВВ\ и ВВ2 — биссектрисы внутреннего и внешнего угла
треугольника АВС> В3—середина ΒχΒ2 (рис. 168, а). В3—центр ок-
Рис. 168
ружности Аполлония, описанной около треугольника ВВ1В2. Если
ВС = а, СЛ = Ь, АВ = с (с>а), то ΑΒλ = ^ ΛΒ2 = ^ ΑΒ3 = Ά·
Обозначим через О и Я центр описанной около ABC окружности и
ортоцентр ABC у перпендикуляр, проведенный из В3 к АВ, пересекает
АВ в точке М, ОН — в точке J9, Со— середина АВ> С— основание
высоты, проведенной к АВ (рис. 168, б). Имеем: АСо = §, AC'=bcosA,
* c^bcosA'
AM = AB3 cos A = —■= г-,
с?— а?
ОН _ СрС _ bcos А - с/2 _ (2ftcos А т с)^ - о2) _
OD~ С0М~ с2бсовЛ _ g " г^ЬсозА-с3 + а2с "
с2—о2 2
__ (2bccos А - с2)^ - о2) = (Ь2 - <?){<? - о2)
" c^cbcosA-^ + a2) " с2^
Получившееся выражение не меняется при замене Ь на с, и
наоборот. Значит, если Сз—центр окружности Аполлония, лежащий на
прямой AJB, то перпендикуляр, проведенный из Сз к АС, пересечет
394

прямую Эйлера ОН в той же точке D. Следовательно, ортоцентр
треугольника АВ3С3 лежит на прямой Эйлера треугольника ABC. Что
и требовалось доказать.
1055. Пусть х2/а2 + у2/Ь2 = 1 — уравнение эллипса. Рассмотрим
точку Ρ с координатами (а + Ь)а, (α + Ь)/?, а также точку Л(аа,Ь/?) на
эллипсе (α2 +β2 = 1). Докажем, что окружность с центром Ρ и
радиусом касается эллипса. Заметим, что уравнение
прямой, проходящей через точку (xi,yi) эллипса и касающейся его,
имеет вид ^ + ^ = 1. Значит, прямая, касающаяся эллипса в точке
Л, задается уравнением ~я + f у = 1. Вектор нормали к этой
касательной ro(^,f J, а поскольку ΑΡ(Ι>α,αβ), AP=abft, то окружность
касается эллипса.
Уравнения касательных к окружности, параллельных ОР, имеют
вид: χβ — уа = ±R. Осталось проверить, что эти прямые касаются
также и эллипса.
1056. Касательная к эллипсу образует равные углы с радиусами,
соединяющими точку касания с фокусами. Из этого свойства
касательной следует, что точка F{, симметричная F\ относительно МЛ,
лежит на прямой F2M (рис. 169). Точно так же точка Fj, симме-
Рис. 169
тричная F2 относительно АК2, лежит на прямой F\K. При этом
F{F2 = FiM+F2M=FiK+F2K=FiFi. Значит, треугольники F^AFi и
F[ AF2 равны по трем сторонам. Следовательно, ΔΜAF\ = \ZJ?{ AF\ =
= \AF2AF2 — ΔΚAF2y что и требовалось.
1057. Обозначим, как обычно, через о и Ь большую и меньшую
полуоси эллипса, с=л/а2 — Ь2—полусумма фокальных расстояний, О —
центр эллипса, F\ и F2—его фокусы. Рассмотрим точку Ρ на большой
395

оси эллипса с координатой ж, Ρ Μ—нормаль к эллипсу. Легко видеть,
что РМ равняется радиусу окружности с центром в Р, касающейся
изнутри эллипса, МР = г.
Поскольку касательная к эллипсу в точке Μ образует равные
углы с MF\ и MF2, то MP есть биссектриса внутреннего угла в
треугольнике F1MF2 и
MFi _PFi _c+x
МР2~Р]р£~с-х
Отсюда MF\ =α^, MFz^a^. По теореме Стюарта,
2сг2 = а2(—-) (с-ж) + а2[^-^| (с + х)-2с{с + х){с-х),
откуда
»*=^(*-*)=£<*-**). *2=с2-г2·
Рассмотрим теперь три последовательные окружности из нашей
системы с номерами г — 1, г, г +1. Пусть абсцисса центра i-й
окружности будет х, тогда абсциссы (г —1)-й и (г + 1)-й окружностей будут
соответственно равны: χ - (г* + r»_i), χ + г» + гj+i.
Имеем три равенства: х2 = с2 — ^г?, (ж - г» - г,_1 )2 = с2 — ψτ2^,
(ж+г ι + r<+i )2 = с2 — f?r2+1. Вычитая первое соответственно из второго
2
и третьего, будем иметь: 2х - г» — г*_1 = |дг(г< - f4_i), 2х + г* + г*+1 =
= frfa+i — п). Вновь вычитая одно равенство из другого, получим
2
2гч +Γά + r<+i = §яг(г<_1 +ri+i - 2г»), r4_i + ri+i = Ат*. Подставив в
полученное равенство вместо i значения i — 1, i — 2, i +1, i + 2 и исключив
из этих пяти равенств rt_i, г«_2, *Ч+ъ г*+2» придем к соотношению
/Г{ = Г*_з+Г{+з·
Заменив теперь г на 4, а затем на 7, будем иметь 1г\ = п +Г7,
/Г7=Г4 +гю· Если мы теперь первое равенство умножим на Γγ, а второе
на Г4, получим Γ7(γι +Г7) = Г4(г4 +гю) = ίΓ4Γ7, что и требовалось.

СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие 3
1. Основные геометрические факты и теоремы.
Задачи на вычисление 5
2. Избранные задачи и теоремы планиметрии
§ 1. Теорема Карно 35
§ 2. Теоремы Чевы и Менелая. Аффинные задачи ... 38
§ 3. Геометрические места то^ек , 44
§ 4. Треугольник. Треугольник и окружность 48
§ 5. Четырехугольник : 62
§ 6. Окружности и касательные. Теорема Фейербаха . . 69
§ 7. Комбинации фигур. Перемещения на плоскости.
Многоугольники 73
§ 8. Геометрические неравенства. Задачи на максимум
и минимум 78
3. Разные задачи 86
4. Ответы и решения
1. Основные геометрические факты и теоремы.
Задачи на вычисление 131
2. Избранные задачи и теоремы планиметрии 157
3. Разные задачи 257

Учебное издание
Серия «Задачники «Дрофы»
Шарыгин Игорь Федорович
ГЕОМЕТРИЯ
9—11 классы
От учебной задачи к творческой
Учебное пособие
Ответственный редактор М. Г. Циновская
Художественные редакторы О. И. Белозерский, В. Р. Орловский
Технический редактор В. Ф. Козлова
Компьютерная верстка Т. М. Грозовский
Корректор Г. И. Мосякина'
Оригинал-макет в пакете LATEX 2ε
и рисунки в графическом редакторе Charton
подготовлены в Московском Математическом Центре
Изд. лиц. J* 061622 от 23.09.92.
Подписано к печати 24.06.96. Формат 60x90 7".
Бумага офсетная. Гарнитура Computer Modem семейства LH.
Печать офсетная. Усл. печ. л. 25,0. Уч.-изд. л. 28.75. Тираж 30 000 экз.
Заказ № 319.
Издательский дом «Дрофа».
127018. Москва. Сущевский вал, 49.
Отпечатано с готовых диапозитивов
в Тульской типографии Комитета РФ по печати.
г. Тула, пр. Ленина, 109

»4
И . Φ . Шарыгин
1
Задачник
ι
ι
ι
КЛАССЫ,
I
s t
Дрофа