БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ*
выпуск 17
И.ф. ШАРЫГИН
ЗАДАЧИ
ПО ГЕОМЕТРИИ
ПЛАНИМЕТРИЯ
БИБЛИОТЕЧКА -КВАНТ-
выпуск 17

И.Ф. ШАРЫГИН
ЗАДАЧ И
ПО ГЕОМЕТРИИ
ПЛАНИМЕТРИЯ
БИБЛИСТЕКА НМУ
МАГРМАТ’ЧЕСНИЙ
кс/.нм
МОСКВА «НАУКА*
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1982
22.151.0
Ш 26
УДК 513.1/.2
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ:
Академик И. К. Кикоин (председатель), академик А. Н. Кол-
могоров (заместитель председателя), доктор физ.-мат. наук
Л. Г. Асламазов (ученый секретарь), член-корреспондент АН СССР
А. А. Абрикосов, академик Б. К. Вайнштейн, заслуженный учитель
РСФСР Б. В. Воздвиженский, академик В. М. Глушков , академик
П. Л. Капица, профессор С. П. Капица, академик Ю. А. Осипьян,
член-корреспондент АПН РСФСР В. Г. Разумовский, академик
Р. 3. Сагдеев, кандидат хим. наук М. Л. Смолянский, профессор
Я. А. Смородииский, академик С. Л. Соболев, член корреспон-
дент АП СССР Д. К Фаддеев, член-корреспондент АН СССР
И. С. Шкловский.
Редактор выпуска Н. Б. Васильев,
Шарыгин И. Ф.
Ш263адачи по геометрии (планиметрия). — М.: Нау-
ка. Главная редакция физико-математической ли-
тературы, 1982, 160 с.— (Библиотечка «Квант».
Вып. 17) —30 коп.
Книга включает около 500 задач по планиметрии, разбитых на
два раздела. В первом разделе 140 сравнительно простых задач
которые сопровождаются ответами и могут быть использованы как
в классной, так и во внеклассной работе в школе.
Второй раздел включает около 300 задач, собранных по тема-
тике: задачи на вычисление, задачи на доказательство и т. д , а так-
же 62 дополнительные задачи, Задачи этого раздела сопровожда-
ются указаниями и подробными решениями. Они могут быть исполь-
зованы во внеклассной работе, в работе школьных математиче-
ских кружков, при подготовке к математическим олимпиадам.
Для школьников, преподавателей, студентов.
„ 1702040000- 041
Ш ----- 198-81
053(02)-82
ББК 22.151.0
513
1702040000—ОН
053(02)-82
198-81
р Издательство «Наука».
Главная редакция
физико-математической
литературы, 1982
СОДЕРЖАНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ ................................... 4
Раздел I. ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ............	7
Раздел II. ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ . .	22
§ 1.	Задачи на вычисление................... 22
§ 2.	Задачи на доказательство............... 35
§ 3.	Геометрические места точек. Принадлежность точек
прямым и окружностям ..................... 43
§ 4.	Геометрические неравенства и задачи на максимум-
минимум .................................. 55
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ..................... 60
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ К	РАЗДЕЛУ II........... 146
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга — сборник разнообразных задач
по планиметрии. Первый раздел открывается набором
геометрических фактов, примыкающих к курсу геомет-
рии 6 — 8 классов средней школы. Многие из них
входили в традиционные школьные учебники. Кроме
того, в этом разделе собраны задачи (в основном «на
вычисление» элементов геометрических фигур), призван-
ные активизировать знание основных школьных фор-
мул и теорем, развить технику решения геометриче-
ских задач. Задачи этого раздела снабжены лишь отве-
тами. Работа над ними поможет читателю подготовиться
к школьным и конкурсным экзаменам (некоторые
из этих задач в прошлом предлагались на экзаменах).
В известной мере это утверждение можно отнести и к
задачам «на вычисление» из второго раздела.
Уже в первом разделе встречаются нелегкие задачи.
Во втором разделе, рассчитанном на увлеченного гео-
метрией читателя, трудность задач возрастает (хотя и
здесь каждый параграф открывается сравнительно про-
стыми вводными задачами). Основными критериями
отбора задач являлись: естественность формулировки,
геометричность решения, неожиданность результата,
оригинальность задачи.
Автор не делал попытки систематизировать задачи
по типам и методам решения, ио принадлежности к
тому или иному разделу геометрической науки. По
существу, почти каждая геометрическая задача (по
сравнению с рутинными упражнениями на решение
уравнений, неравенств, исследование функций и т. п.)
нестандартна: в каждой надо придумать, какие сделать
дополнительные построения, какими воспользоваться
формулами и теоремами. Поэтому предлагаемую книгу
никак нельзя рассматривать как задачник по систе-
матическому курсу геометрии; скорее это сборник
4
различных геометрических находок, цель которого —
демонстрация изящества элементарно-геометрических
приемов доказательств и расчетов (без использования
векторной алгебры и с минимальным привлечением
метода координат, геометрических преобразований и,
пожалуй, несколько большим —тригонометрии).
Сейчас в школьном курсе учеников знакомят с
разнообразными понятиями и средствами решения
задач, но именно их разнообразие оставляет мало
времени на приобретение навыков, и вкус к такого
рода задачам, которые собраны в этой книге, у новых
поколений несколько снизился. Конечно, вопрос о том,
насколько важно научиться решать трудные геометри-
ческие задачи, спорен. Быть может, и в самом деле
тем, кто связывает свое будущее с профессией матема-
тика или программиста, полезнее заниматься задачами
комбинаторно-логического характера, изучать начала
анализа, научиться составлять программы для ЭВМ.
Нам все же кажется, что развитое геометрическое
воображение — качество, необходимое будущему мате-
матику и полезное будущим инженерам, физикам,
строителям, архитекторам и многим другим.
Трудно гарантировать, что автору в каждом слу-
чае удалось найти «оптимальный» путь решения, не
говоря уже о том, что некоторые (хотя, видимо,
немногие) задачи знаток геометрии решил бы короче,
используя инверсию, методы проективной геометрии
и т. п. Автор намеренно не намечал все возможные
связи и обобщения задач, как это принято у матема-
тиков-теоретиков, доискивающихся в каждом отдель-
ном случае до логически наиболее прозрачного общего
факта, а действовал скорее как физик-практик, кото-
рому надо решить конкретную задачу, по принципу:
если не видно простого изящного решения, надо «по-
считать». Возможно, некоторые читатели не откажут
себе в удовольствии улучшить предложенный автором
путь решения отдельных задач.
Хотя степень оригииальоости собранных в книге
задач различна (некоторые можно найти в старых
книгах и журналах, другие предлагались на олим-
пиадах или были опубликованы в журнале «Квант»),
автор все же надеется, что кое-что из представленной
’ здесь коллекции заинтересует и опытных любителей
геометрии.
5
Заметим, что в некоторых случаях к задачам вто-
рого раздела дается лишь план решения или разби-
рается один из возможных случаев. Необходимость
перебора разных возможных расположений фигур — не-
редко встречающийся недостаток элементарно-геомет-
рических доказательств, который, как правило, исче-
зает при переходе к векторам, «направленным углам»,
методу координат и т. п.; правда, при этом зачастую
исчезает и сама геометрия.
Чтобы сделать книгу понятной для читателей раз-
ной подготовки и разных поколений, была выбрана
не совсем совпадающая с принятой сейчас в школе
терминология. «Конгруэнтные» фигуры называются
просто «равными», не используются знаки [ЛВ]
для отрезка и (АВ) для прямой и т. п.; надо полагать,
что это не затруднит, а скорее облегчит пользование
книгой.
Уже после того как рукопись была подготовлена,
автору представилась возможность включить в нее еще
62 задачи повышенной трудности. Они помещены в конце
книги вместе с ответами и указаниями.
В заключение автор считает своим долгом поблаго-
дарить А. 3. Берштейна, принимавшего участие в
работе над первым разделом книги. Автор признателен
также А. А. Ягубьянцу, сообщившему несколько
изящных геометрических фактов.
Автор
РАЗДЕЛ I
ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
1.	Доказать, что медианы в треугольнике
пересекаются в одной точке и делятся ею в отноше-
нии 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, высе-
каемых его сторонами на окружности и расположен-
ных внутри угла.
5.	Пусть вершина угла находится внутри круга.
Доказать, что величина угла измеряется полусуммой
дуг, заключенных между его сторонами и их продол-
жениями за вершину угла.
6.	Пусть АВ — хорда окружности, I — касательная
к окружности (Л —точка касания). Доказать, что
каждый из двух углов между АВ и I измеряется поло-
виной дуги окружности, заключенной внутри рассмат-
риваемого угла.
7.	Через точку М, находящуюся на расстоянии а
от центра окружности радиуса R (а> R), проведена
секущая, пересекающая окружность в точках А и В.
Доказать, что | МА । • | МВ постоянно для всех секу-
щих и равно a2~R2 (квадрату длины касательной)
8.	В окружности радиуса R через точку М, нахо-
дящуюся на расстоянии о от ее центра (a<R), прове-
дена хорда АВ. Доказать, что | AM | • | МВ | постоянно
дл всех хорд и равно R2 — а2.
ПК) Пусть AM —биссектриса треугольника АВС.
Доказать, что	• То же верно для биссе-
I С/И f	( /1С|1
7
ктрисы внешнего угла треугольника. (В этом случаем
лежит на продолжении стороны ВС.)
10.	Доказать, что сумма квадратов диагоналей
параллелограмма равна сумме квадратов его сто-
рон.
11	Стороны треугольника равны а, b и с. Доказать,
что длина медианы та, проведенной к стороне а, вычис-
ляется по формуле та = У2Ь2 + 2с2 — а2.
12.	Даны два треугольника, у которых одна вер-
шина Л—общая, а другие вершины расположены на
двух прямых, проходящих через А. Доказать, что отно-
шение площадей этих треугольников равно отношению
произведений двух сторон, содержащих вершину А.
13.	Доказать, что площадь описанного многоуголь-
ника равна гр, где р —его полупериметр, г —радиус
вписанной окружности (в частности, эта формула спра-
ведлива для треугольника).
14.	Доказать, что площадь четырехугольника равна
полупроизведению диагоналей на синус угла между
ними.
15.	Доказать справедливость следующих формул для
о a2 sin В sin С	. -з
площади треугольника: 5 =-------7—, S=27?2sin Лх
2 sin А
X sin В sin С, где Л, В, С —углы треугольника, а —
длина стороны против угла Л, Д —радиус описанного
круга.
16.	Доказать, что радиус окружности, вписанной
в прямоугольный треугольник, вычисляется по формуле
аА-Ь— с	,
г — -—%----, где а и о —катеты, с —гипотенуза.
17.	Доказать, что если а и Ь — две стороны тре-
угольника, а —угол между ними и I — длина биссектрисы
2o6cos 2
этого угла, то I —--—г—.
18.	Доказать, что расстояния от вершины Л тре-
угольника Л ВС до точек касания вписанной окружности
со сторонами АВ и АС равны р — а, где р— полупери-
метр ДЛВС, а = |ВС|.
19.	Доказать, что если в выпуклом четырехуголь-
нике ABCD выполняется соотношение | АВ |-|-|С£>| =
= 1Л£> + ВС |, то существует окружность, касающаяся
всех сторон его.
8
20.	а) Доказать, что высоты в треугольнике пере-
секаются в одной точке.
б) Доказать, что расстояние от вершины треуголь-
ника до точки пересечения высот вдвое больше, чем
расстояние от центра описанного круга до противопо-
ложной стороны.
21.	На одной стороне прямого угла с вершиной в
точке О взяты две точки А и В, причем \ОА\=а,
\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 окруж-
ности с центром в вершине угла в 30°, делящей дан-
ный треугольник на две равновеликие части.
23.	В прямоугольном треугольнике ЛВС даны длины
катетов |СВ|=с, |СЛ| = й. Найти расстояние от вер-
шины С до ближайшей к С точки вписанной окружности.
24.	В прямоугольном треугольнике медиана длины т
делит прямой угол в отношении 1 :2. Найти площадь
треугольника.
25.	В треугольнике АВС даны стороны ВС\=а,
|ЛС| = й, |ЛВ|=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 АВС (\АВ =
= р8С|) на основании АС взята точка М так, что
[ДЛ4|=а, | Л4С| = /?. В треугольники АВМ иСВМ впи-
саны окружности. Найти расстояние между точками
касания этих окружностей со стороной ВМ.
29.	В параллелограмме со сторонами а и b и углом а
проведены биссектрисы четырех углов. Найти площадь
четырехугольника, ограниченного биссектрисами.
30.	В ромб с высотой h и острым углом а вписана
окружность. Найти радиус наибольшей из двух возмож-
ных окружностей, каждая из которых касается данной
окружности и двух сторон ромба.
31.	Определить острый угол ромба, в котором длина
стороны есть среднее геометрическое длин диагоналей.
&
32.	Длины диагоналей выпуклого четырехугольника
равны а и Ь, а длины отрезков, соединяющих середины
противоположных сторон, равны между собой. Найти
площадь четырехугольника.
33.	Основание AD прямоугольника ABCD, в три ра-
за большее его высоты АВ, точками М и N разделено
на три равные части. Найти АМВ ANB ADB.
34.	Две окружности пересекаются в точках А и В.
Через точку А проведены хорды АС и AD, касающиеся
данных окружностей. Доказать, что | ЛС]2-| BD\ =
= AD|2-|BC|.
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, длины которых 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 /, 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 SihS2.
39.	В трапеции ABCD со сторонами] АВ | — а,
| ВС | = b проведена биссектриса угла А. Определить,
что она пересекает: основание ВС или боковую сторо-
ну CD.
40.	Найти длину отрезка прямой, параллельной осно-
ваниям трапеции и проходящей через точку пересече-
ния диагоналей, если основания трапеции равны а и Ь.
41.	В равнобочной трапеции, описанной около окруж-
ности, отношение параллельных сторон равно k. Найти
угол при основании.
42.	В трапеции ABCD основания	и
|СО| = Р. Найти площадь трапеции, если известно, что
диагонали трапеции являются биссектрисами углов
DAB и АБС.
43.	В равнобочной трапеции средняя линия равна а,
а диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь
трапеции.
10
44.	Площадь равнобочной трапеции, описанной около
круга, равна S, а высота трапеции в 2 раза меньше
ее боковой стороны. Определить радиус вписанного в
трапецию круга.
45.	Площади треугольников, образованных отрез-
ками диагоналей трапеции и ее основаниями, равны
Si и S2. Найти площадь трапеции.
46.	В треугольнике АВС угол АВС равен а. Найти
угод. АОС, где О —центр вписанной окружности.
47	В прямоугольном треугольнике проведена бис-
сектриса прямого угла. Найти расстояние между точ-
ками пересечения высот двух получившихся треуголь-
ников, если катеты данного треугольника равны а и Ь.
48	Прямая, перпендикулярная двум сторонам парал-
лелограмма, делит его на две трапеции, в каждую из
которых можно вписать окружность. Найти острый
угол параллелограмма, если длины его сторон рагны
а и b (а<.Ь).
49	Дан полукруг с диаметром АВ. Через середину
полуокружности проведены две прямые, делящие полу-
круг на три равновеликие части. В каком отношении
эти прямые делят диаметр Л В?.
50.	Дан квадрат A BCD, сторона которого равна а,
и построены две окружности. Первая окружность
целиком расположена внутри квадрата Л BCD, касается
стороны АВ в точке Е, а также касается стороны ВС
и диагонали АС. Вторая окружность с центром в точке Л
проходит через точку Е. Найти площадь общей части
двух кругов, ограниченных этими окружностями.
51.	Вершины правильного шестиугольника со сторо-
ной а являются центрами окружностей, радиусы кото-
рых равны а/]/2. Найти площадь части шестиугольника,
расположенной вне этих окружностей.
52.	Вне окружности радиуса 7? взята точка Л, из
которой проведены две секущие, одна — проходящая
через центр, а другая — на расстоянии /?/2 от центра.
Найти площадь части круга, расположенной между
этими секущими.
53.	В четырехугольнике ABCD известны углы
DAB = 90°, DBC — 90°, |DB| = cz, DC\ = b. Найти
расстояние между центрами двух окружностей, одна
из которых проходит через точки D, А и В, а дру-
гая — через точки В, С и D.
11
54.	На сторонах АВ и AD ромба ABCD взяты две
точки М н N так, что прямые МС и NC делят ромб
на три равновеликие части. Найти длину отрезка MN,
если | BD ' = d.
55.	На стороне АВ треугольника АВС взяты точки
М и N так, что | AM ‘: | MN |: [ NB | = 1 : 2:3. Через
точки М и W проведены прямые, параллельные сто-
роне АС. Найти площадь части треугольника, заклю-
ченной между этими прямыми, если площадь тре-
угольника АВС равна S.
56.	Дана окружность и точка А вне ее. АВ и
ЛО—касательные к окружности (В и С —точки каса-
ния). Доказать, что центр окружности, вписанной
в треугольник АВС, лежит на данной окружности.
57.	Вокруг равностороннего треугольника АВС
описана окружность, и на дуге ВС взята произвольная
точка М. Доказать, что | AM | = | ВМ | +1 СМ [.
58.	Пусть // — точка пересечения высот Л АВС.
Найти углы Д ЛВС, если ВАН = а, АВН = $.
59.	Площадь ромба S, сумма длин его диагоналей
равна т. Найти сторону ромба.
60.	Квадрат со стороной а вписан в окружность.
Найти сторону квадрата, вписанного в один из полу-
ченных сегментов.
61.	В сегмент с дугой в 120° и высотой h вписан
прямоугольник ABCD так, что 	(ВС лежит
на хорде). Найти площадь прямоугольника.
62.	Площадь кругового кольца S. Радиус большей
окружности равен длине меньшей. Найти радиус мень-
шей окружности.
63.	Сторону правильного десятиугольника выразить
через /? —радиус описанной окружности.
64.	К окружности радиуса /? из внешней точки Л4
проведены касательные МА и МВ, образующие угол а.
Определить площадь фигуры, ограниченной касатель-
ными и меньшей дугой окружности.
65.	Дан квадрат ABCD со стороной а. Найти ра-
диус окружности, проходящей через середину сто-
роны АВ, центр квадрата и вершину С.
66.	Дан ромб со стороной а и острым утлом а.
Найти радиус окружности, проходящей через две сосед-
ние вершины ромба и касающейся противоположной
стороны ромба или ее продолжения.
12
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 пря-
мой в точке М. На этой прямой по разные стороны от М
взяты точки А и В так, что | МА | = | МВ | — а. Найти
радиус окружности, проходящей через А и В и касаю-
щейся данной окружности.
69.	Дан квадрат ABCD со стороной а. На сто-
роне ВС взята точка М так, что | ВМ | = 31МС |, а
на стороне CD —точка N так, что 21CN | =' ND |.
Найти радиус окружности, вписанной в треуголь-
ник AMN.
70.	Дан квадрат ABCD со стороной а. Определить
расстояние между серединой отрезка AM, где Л-1 —се-
редина ВС, и точкой N на стороне CD, делящей ее
в отношении | CN |: | ND | = 3:1.
71.	В треугольнике АВС из вершины А выходит
прямая, делящая пополам медиану BD (точка D ле-
жит на стороне АС). В каком отношении эта прямая
делит сторону ВС?
72.	В прямоугольном треугольнике АВС катет СА
равен Ь, катет СВ равен а, СТ/ — высота, AM — медиана.
Найти площадь треугольника В МН.
73.	В равнобедренном треугольнике АВС заданы
ВАС= а >90° и | ВС | = а. Найти расстояние между
точкой пересечения высот и центром описанной окруж-
ности.
74.	Вокруг треугольника АВС, в котором | ВС | = а,
СВА=а, ВСА — $, описана окружность. Биссектриса
угла А пересекает окружность в точке К. Найти длину
хорды 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 окруж-
ности.
76.	В окружности проведены три попарно пересека-
ющиеся хорды равной длины. Каждая хорда разделена
точками пересечения на три части равной длины.
Найти радиус окружности, если длина каждой из хорд
равна а.
13
77	Один правильный шестиугольник вписан в окруж-
ность, а другой описан около нее. Найти радиус окруж-
ности, если разность периметров этих шестиугольников
равна а.
78.	В правильном треугольнике АВС, сторона
которого равна а, проведена высота ВК- В треуголь-
ники 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 АВС.
79.	Во вписанном четырехугольнике ABCD известны
углы DAB = a, АВС = ft, ВКС — у, где Д’ —точка пе-
ресечения диагоналей. Найти ACD.
80.	Во вписанном четырехугольнике ABCD, диаго-
нали которого пересекаются в точке К, известно, что
|ЛВ| = о, \BK\~b, |ЛД| = с, |CD| = d. Найти длину
диагонали АС.
81	Вокруг трапеции описана окружность. Осно-
вание трапеции составляет с боковой стороной угол а,
а с диагональю — угол 0. Найти отношение площади
круга к площади трапеции.
82.	В равнобочной трапеции ABCD известны основа-
ния |Л£)| = (7, | ВС —Ь и боковая сторона |ЛВ| — 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 некоторой окружности, до концов
любой из параллельных этому диаметру хорд, если ра-
диус окружности равен R, а расстояние от М до
центра окружности равно а.
84	Общая хорда двух пересекающихся окружностей
видйа из их центров под углами 90° и 60°. Найти ра-
диусы окружностей, если расстояние между их цент-
рами равно а.
85.	Дан правильный треугольник АВС. Точка К де-
лит сторону АС в отношении 2:1, а точка М делит
сторону АВ в отношении 1 :2 (считая в обоих случаях
от вершины Л). Доказать, что длина отрезка КМ
равна радиусу окружности, описанной около треуголь-
ника АВС.
86.	Окружности радиусов R и R/2 касаются друг
друга внешним образом. Один из концов отрезка
14
9
длины 27?, образующего с линией центров угол, рав-
ный 30°, совпадает с центром окружности меньшего
радиуса. Какая часть отрезка лежит вне обеих окруж-
ностей? (Отрезок пересекает обе окружности.)
87.	В треугольнике АВС проведены ВК — медиана,
BE — биссектриса, AD — высота. Найти длину сто-
роны АС, если известно, что прямые В/( и BE делят
отрезок AD на три равные части и длина АВ рав-
на 4.
88.	Отношение радиуса окружности, вписанной
в равнобедренный треугольник, к радиусу окружности,
описанной около этого треугольника, равно k. Найти
угол при основании треугольника.
89.	Найти косинус угла при основании равнобед-
ренного треугольника, если точка пересечения его вы-
сот лежит на вписанной в треугольник окружно-
сти.
90.	Найти площадь пятиугольника, ограниченного
прямыми ВС, CD, AN, AM и BD,rne А, В и D— три
вершины квадрата ABCD, TV—середина стороны ВС,
М делит сторону CD в отношении 2: 1 (считая от вер-
шины С), если сторона квадрата ABCD равна а.
91.	Длины сторон четырехугольника, описанного
около окружности радиуса 7?, взятые последовательно,
образуют геометрическую прогрессию. Найти площадь
этого четырехугольника.
92.	Дан квадрат со стороной а. Найти площадь
правильного треугольника, одна вершина которого сов-
падает с серединой одной из сторон квадрата, а две
другие расположены на диагоналях квадрата.
93.	На сторонах квадрата ABCD взяты точки М,
N и К, где М — середина АВ, N лежит на стороне ВС,
причем 21 BN | = j/VC|, К лежит на стороне DA, при-
чем 2|£>/<| = |/<Д |. Найти синус угла между прямыми
МС и Ж.
94.	Через вершины А и В треугольника АВС про-
ходит окружность радиуса г, пересекающая сторону ВС
в точке D. Найти радиус окружности, проходящей через
точкой A, D и С, если | АВ | = с, | АС | = Ь.
95.	В треугольнике АВС сторона АВ имеет длину 3,
а высота CD, опущенная на сторону АВ, имеет длину 3.
Основание D высоты CD лежит на стороне АВ, длина
отрезка AD равна длине стороны ВС. Найти длину сто-
роны АС,
15
96.	В окружность радиуса 7? вписан правильный
шестиугольник ABCDEK- Найти радиус круга, вписан-
ного в треугольник ACD.
97.	Сторона АВ квадрата ABCD равна 1 и является
хордой некоторой окружности, причем остальные сто-
роны квадрата лежат вне этой окружности. Длина ка-
сательной 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 пря-
мая, делящая треугольник на две равновеликие части.
Определить, в каком отношении эта прямая делит гипо-
тенузу.
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).
100.	В прямоугольном треугольнике АВС с острым
углом А =30° проведена биссектриса BD другого
острого угла. Найти расстояние между центрами двух
окружностей, вписанных в треугольники ABD и DBC,
если длина меньшего катета равна 1.
101.	В трапеции ABCD углы А и D при основа-
нии AD соответственно равны 60° и 30°. Точка N ле-
жит на основании ВС, причем | BN |: | NC [ = 2. Точка М
лежит на основании AD, прямая MN перпендикулярна
основаниям трапеции и делит ее площадь пополам.
Найти отношение [ AM |: | MD [.
102.	В треугольнике АВС заданы | ВС —а, А—а,
В — р. Найти радиус окружности, касающейся сто-
роны АС в точке А и касающейся стороны ВС.
103.	В треугольнике АВС известны стороны
АВ\ = с, | ВС | = а и угол /4ВС = 0. На стороне АВ
взята точка М так, что 2 | AM | = 31 МВ |. Найти рас-
стояние от М до середины стороны АС.
104.	На стороне АВ треугольника АВС взята
точка М, а на стороне А С — точка N, причем AM \ —
, а 21 AN = \NC\. Найти площадь четырех-
угольника MBCN, если площадь треугольника АВС
равна S.
16
105.	Даны две концентрические окружности ра-
диусов /? и г(/?> г) с общим центром О. Третья
окружность касается их обеих. Найти тангенс угла
между касательными к третьей окружности, выходя-
щими из точки О.
106.	В параллелограмме ABCD известны АВ | = а,
AD\ — b (b>a), А = а (а<90°). На сторонах AD
и ВС взяты точки К и М так, что BKDM — ромб.
Найти сторону ромба
107.	В прямоугольном треугольнике АВС известна
гипотенуза АВ =с. Центры трех окружностей ра-
диуса /?= f находятся в вершинах А, В и С. 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 кон-
цами этих хорд равно Ь.
109.	На стороне ВС треугольника АВС как на диа-
метре построена окружность, пересекающая стороны АВ
и АС в точках М и N. Найти площадь треуголь-
ника AMN, если площадь треугольника АВС равна S,
а ВАС = а.
110.	В окружности радиуса R проведены две взаимно
перпендикулярные равные хорды MN и PQ. Найти
расстояние между точками Af и Р, если NQ = а.
111.	В треугольнике АВС на наибольшей сто-
роне \АС' = Ь выбирается точка М. Найти наименьшее
расстояние между центрами окружностей, описанных
около треугольников ВАМ и ВСМ.
112.	В параллелограмме ABCD известны АВ = а,
\ВС =Ь, АВС = а. Найти расстояние между центрами
окружностей, описанных около треугольников BCD
и DAB.
113.	В треугольнике АВС известны ВАС = а, В А | =
= а, | АС = Ь. На сторонах АС и АВ взяты точки М
и N, где М — середина АС. Найти длину отрезка MN,
если известно, что площадь треугольника AMN состав-
ляет 1/3 площади треугольника АВС.
114.	Найти углы ромба, если площадь вписанного
в него круга вдвое меньше площади ромба.
17
115.	Найти площадь общей части двух квадратов,
если у каждого сторона равна а и один получается
из другого поворотом вокруг вершины на у юл 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 0. Определить диаго-
нали (угол а прилежит к данной стороне).
117.	Дан параллелограмм ABCD с острым углом
DAB —а и сторонами | АВ | = a, \AD\ = b (о<й). Пусть
/( — основание перпендикуляра, опущенного из вер-
шины В на AD, а М — основание перпендикуляра,
опущенного из точки К на продолжение стороны CD.
Найти площадь треугольника ВКМ.
118.	В треугольнике АВС из вершины С проведены
два луча, делящие угол АСВ на три равные части.
Найти отношение длин отрезков этих лучей, заключен-
ных внутри треугольника, если [ ВС : ] АС | = 3,
АСВ = а.
119.	В равнобедренном треугольнике АВС (| АВ | =
= | ВС |) проведена биссектриса AD. Площади треуголь-
ников ABD и ADC равны соответственно Si и St.
Найти | АС |.
120.	Окружность радиуса вписана в угол вели-
чины а. Другая окружность, радиуса /?2, касается
одной стороны угла в той же точке, что и первая,
и пересекает вторую сторону угла в точках А и В.
Найти длину отрезка АВ.
121.	На прямой, проходящей через центр О окруж-
ности радиуса 12, взяты точки А и В так, что | О А | =
— 15, | АВ | = 5. Из точек А и В проведены касатель-
ные к окружности, точки касания которых лежат по
одну сторону от прямой О АВ. Найти площадь тре-
угольника АВС, если С — точка пересечения этих каса-
тельных.
122.	В треугольнике АВС известны | ВС | = а,
ВАС —а, СВА = р. Найти радиус окружности, пересе-
кающей все его стороны и высекающей на каждой из
них хорды длины d.
SI23. В выпуклом четырехугольнике отрезки, соеди-
щие середины противоположных сторон, равны
соответственно а и b и пересекаются под углом 60°.
Найти диагонали четырехугольника.
18
124.	В треугольнике АВС на стороне ВС взята точ-
ка М таким образом, что расстояние от вершины В
до центра тяжести треугольника АМС равно расстоя-
нию от вершины С до центра тяжести треугольника
АМВ. Доказать, что | ВМ | = |£>С|, где D — основание
высоты, опущенной на ВС из вершины А.
125.	В прямоугольном треугольнике АВС биссек-
триса BE прямого угла В делится центром О вписан-
ной окружности в отношении | ВО [: | О£| = ]ЛЗ : |Л2.
Найти острые углы треугольника.
126.	На отрезке АВ длины В как на диаметре по-
строена 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 АВС. Известно, что |ЛВ| = 4,
| АС | = 2, | ВС |=3. Биссектриса угла ВАС пересекает
сторону ВС в точке К- Прямая, проходящая через точку
В параллельно АС, пересекает продолжение биссек-
трисы АК в точке М. Найти длину отрезка ДЛ1.
128.	Окружность с центром, расположенным внутри
прямого угла, касается одной стороны угла, пересекает
другую сторону в точках А и В и пересекает биссек-
трису угла в точках С и D. Длина хорды АВ равна
р 6, длина хорды CD равна J/7. Найти радиус окруж-
ности.
129.	В параллелограмме лежат две окружности ра-
диуса 1, касающиеся друг друга и трех сторон парал-
лелограмма каждая. Известно также, что один из отрез-
ков стороны параллелограмма от вершины до точки
касания равен ]Л3. Найти площадь параллелограмма.
130.	Окружность радиуса R проходит через вершины
А и В треугольника АВС и касается прямой АС
в точке А. Найти площадь треугольника АВС, зная,
что ЛВС = 0 и САВ=а.
131.	В треугольнике АВС биссектриса А К перпен-
дикулярна медиане ВМ, а угол АВС равен 120°.
Найти отношение площади треугольника АВС к пло-
щади описанного около этого треугольника круга.
132.	В прямоугольном треугольнике АВС с катетами
|ЛВ| = 3 и । ВС | = 4 через середины сторон АВ и АС
проведена окружность, касающаяся стороны ВС. Найти
19
длину отрезка гипотенузы АС, который лежит внутри
этой окружности.
133.	Дан отрезок длины а. Три окружности ра-
диуса R (a<z4R) 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 (R2 А-г2) (центры окружностей
находятся по одну сторону от общей внешней касатель-
ной и по разные стороны от общей внутренней каса-
тельной).
135.	Отрезок АВ есть диаметр круга, а точка С
лежит вне этого круга. Отрезки АС и ВС пересекаются
с окружностью в точках D и Е соответственно. Найти
угол CBD, если площади треугольников DCE и АВС
относятся, как 1:4.
136.	В ромбе ABCD со стороной а угол при вер-
шине А равен 120°. Точки Е и F лежат на сторонах
ВС и AD соответственно, отрезок EF и диагональ
ромба АС пересекаются в точке М. Площади четырех-
угольников BEFA и ECDF относятся, как 1 : 2. Найти
длину отрезка ЕМ, если }АМ\: |Л1С| = 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. Величина угла OAR равна 60°.
Найти радиус окружности, касающейся отрезков АК,
AM и дуги МК.
138.	В круг вписан равнобедренный треугольник,
в котором |ЛВ| = и АВС = р. Средняя линия треу-
гольника продолжена до пересечения с окружностью
в точках D и Е (ОДЦ/.С), Найти отношение площадей
треугольников АВС и DBE.
139.	Дан угол величины а с вершиной О. На одной
его стороне взята точка М 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 MN
и КР, а Л — точка пересечения прямых ОВ и NP. Найти
длину отрезка О А, если lOMj^a, [OP'^b.
20
140.	а) Доказать, что поворот вокруг точки О
на угол а эквивалентен последовательному применению
двух осевых симметрий, оси которых проходят через
точку О, а угол между осями а/2, параллельный же
перенос эквивалентен двум осевым симметриям с парал-
лельными осями.
б) Доказать, что два последовательных поворота
вокруг точки Ох на угол а и вокруг точки О2 на угол
Р (0<а<2л, О=С0-<2л, повороты делаются в одном
направлении), если а-)-0=^2л, эквивалентны одному
повороту на угол а 0 вокруг некоторой точки О.
Найти углы треугольника OiO2O
141.	Расстояние между центрами непересекаюшихся
окружностей равно а. Доказать, что четыре точки пере-
сечения общих внешних касательных с общими внут-
ренними касательными лежат па одной окружности. Най-
ти радиус этой окружности.
142.	Доказать, что отрезок общей внешней каса-
тельной к двум окружностям, заключенный между об-
щими внутренними касательными, равен длине общей
внутренней касательной.
143.	В круге с центром О проведены две взаимно
перпендикулярные хорды О А и OB. С—точка па ду-
ге АВ такая, что АОС—60° (ВОС=30 ). Окружность
с центром в Л и радиусом |ЛВ| пересекает продолже-
ние ОС за точку С в точке D. Доказать, что С£>| ра-
вен стороне правильного десятиугольника, вписанного
в окружность.
Возьмем теперь точку И, диаметрально противопо-
ложную точке С. Отрезок MD, увеличенный на . своей
длины, принимается приближенно равным полуокруж-
ности. Оценить ошибку этого приближенного равенства.
РАЗДЕЛ П
ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ
§ 1. Задачи на вычисление
1.	В треугольнике АВС проведена
медиана AD. DAC + АВС = 90°. Найти ВАС, если
известно, что | АВ | = | АС |.
2.	Три окружности радиусов 1, 2 и 3 касаются друг
друга внешним образом. Найти радиус окружности,
проходящей через точки касания эгих окружно-
стей.
3.	В равнобедренный треугольник вписан квадрат
единичной площади, сторона которого лежит на осно-
вании треугольника. Найти площадь треугольника, если
известно, что центры тяжести треугольника и квадрата
совпадают.
4.	В равностороннем треугольнике АВС сторона
равна а. На стороне ВС лежит точка D, а на АВ —
точка Е так, что |BD | = а, | АЕ | = |DE |. Найти
длину СЕ.
5.	В прямоугольном треугольнике АВС из вершины
прямого угла С проведены биссектриса CL, |CL| = а,
и медиана СМ, 1СМ[ = Ь. Найти площадь треугольника
АВС.
6.	В трапецию вписана окружность. Найти площадь
трапеции, если известны длины а одного из оснований
и отрезков b и d, на которые разделена точкой каса-
ния одна из боковых сторон (отрезок b примыкает
к данному основанию).
7.	В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок,
соединяющий середины оснований, равен 2. Найти пло-
щадь трапеции.
8.	В треугольнике АВС известны длины сторон:
|АВ, = 12, 1ВС| = 13, |СА| = 15. На стороне АС взята
точка М таким образом, что радиусы окружностей,
22
вписанных в треугольники АВМ и ВСМ, равны. Найти
отношение |ДЛ1|: ;Л1С|.
9.	Окружность радиуса 1 вписана в треугольник АВС,
в котором cos АВС = 0,8. Эта окружность касается
средней линии треугольника АВС, параллельной стороне
АС. Найти длину стороны АС.
10.	Дан правильный треугольник АВС площади S.
Параллельно его сторонам на равном расстоянии от них
проведены три прямые, пересекающиеся внутри треуголь-
ника и образующие в пересечении треугольник AiBjCx
площади Q. Найти расстояние между параллельными сто-
ронами треугольников АВС и АхВхСх.
11.	Стороны АВ и CD четырехугольника ABCD
перпендикулярны и являются диаметрами двух равных
касающихся окружностей радиуса г. Найти площадь
четырехугольника ABCD, если = &.
1 AL) |1
12.	В угол, величина которого а, вписаны две касаю-
щиеся друг друга окружности. Определить отношение
радиуса меньшей окружности х. радиусу третьей окруж-
ности, касающейся первых двух и одной из сторон угла.
13.	В треугольнике АВС на средней линии DE, па-
раллельной АВ, как на диаметре построена окружность,
пересекающая стороны АС и ВС в точках М и N.
Найти MN, если |ВС| = а, | АС | = Ь, | АВ | = с.
14.	В треугольнике АВС дана разность внутренних
углов А — В — (р. Известно, что высота, опущенная
из вершины С на сторону АВ, равна разности | ВС | — |ДС |.
Найти углы треугольника АВС.
15.	Найти площадь ромба ABCD, если радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС и
ABD, равны R и г.
16.	Дан угол величины ас вершиной в А и точка В
на расстоянии а и b от сторон угла. Найти длину АВ.
17.	Даны длины ha и hb высот треугольника АВС,
опущенных из вершин А и В, и длина I биссектрисы
угла С. Найти угол С.
18.	Около прямоугольного треугольника описана
окружность. Другая окружность того же радиуса каса-
ется катетов этого треугольника, причем одной из
точек касания является вершина треугольника. Найти
отношение площади треугольника к площади общей
части двух данных кругов.
2;
19.	Окружности радиусов 7? и г касаются друг
друга внутренним образом. Найти сторону правильного
треугольника, одна вершина которого совпадает с точ-
кой касания, а две другие лежат на разных данных
окружностях.
20.	Две окружности радиусов R и r(R>r) имеют
внешнее касание в точке А. Через точку В, взятую
на большей окружности, проведена прямая линия,
касающаяся меньшей окружности в точке С. Найти
| ВС I, если | АВ | = а.
21.	Две окружности радиусов R и r(R>r) имеют
внутреннее касание в точке А. Через точку В, лежа-
щую на большей окружности, проведена прямая линия,
касающаяся меньшей окружности в точке С. Найти
| ВС I, если I АВ | = а.
22.	Диагонали четырехугольника ABCD пересека-
ются в точке М, угол между ними равен а. Пусть
Оъ 02, Оа, 04 —центры окружностей, описанных соот-
ветственно около треугольников ABM, BCM, CDM,
DAM. Определить отношение площадей четырехуголь-
ников ABCD и 01020з04.
23.	В параллелограмме площади S проведены биссе-
ктрисы его внутренних углов. Площадь четырехуголь-
ника, получившегося при их пересечении, равна Q.
Найти отношение длин сторон параллелограмма.
24.	В треугольнике АВС на стороне АС взята
точка М, а на стороне ВС —точка N. Отрезки AN и
ВМ пересекаются в точке О. Найти площадь треуголь-
ника CMN, если площади треугольников ОМА, ОАВ
и ОВМ соответственно равны Sb S2, S3.
25.	Точка пересечения медиан прямоугольного тре-
угольника лежит на окружности, вписанной в этот
треугольник. Найти острые углы треугольника.
26.	Окружность, вписанная в треугольник АВС,
делит медиану ВМ на три равные части. Найти отно-
шение сторон | ВС |: | С А |: | АВ |.
27.	В треугольнике АВС перпендикуляр, проходя-
щий через середину стороны АВ, пересекает прямую
АС в точке М, а перпендикуляр, проходящий через
середину АС, пересекает прямую АВ в точке N. Извест-
но, что| MN | = | ВС | и прямая MN перпендикулярна
прямой ВС. Определить углы треугольника АВС.
28.	Площадь трапеции ABCD равна S, отношение
оснований | AD |: | ВС | = 3; на прямой, пересекающей
24
продолжение основания AD за точку D, расположен
отрезок EF так, что AE\\DF, BE CF н\АЕ :\DF\ =
=| CF BE = 2. Определить площадь треугольника
EFD. '
29.	Сторона ВС треугольника АВС равна а, радиус
вписанного круга г. Найти площадь треугольника,
если вписанный круг касается окружности, построен
ной на ВС как на диаметре.
30.	Дан правильный треугольник АВС со сторо-
ной a, BD — его высота. На BD построен второй пра-
вильный треугольник ВОСг и на высоте BDr этого
треугольника— третий правильный треугольник BD1C2.
Найти радиус окружности, описанной около треуголь
пика СС]С2. Доказать, что ее центр находится на
стороне треугольника АВС (С2 находится вне тре-
угольника АВС).
31.	Стороны параллелограмма равны а и b(a=Ab).
Через вершины тупых углов этого параллелограмма
проведаны прямые, перпендикулярные сторонам. Эти
прямые при пересечении образуют параллелограмм,
подобный исходному. Найти косинус острого угла дан-
ного параллелограмма.
32.	В треугольнике KLM проведены биссектрисы
KN и LP, пересекающиеся в точке Q. Отрезок PN
имеет длину 1, а вершина М лежит на окружности,
проходящей через точки /V, Р, Q. Найти стороны и
углы треугольника PNQ.
33.	На диагонали АС выпуклого четырехугольника
ABCD находится центр окружности радиуса г, каса-
ющейся 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 окруж-
ности касаются друг друга внешним образом
34.	Радиус окружности, описанной около остро-
угольного треугольника АВС, равен 1. Известно, что
на этой окружности лежит центр окружности, прохо-
дящей через вершины А, С и точку пересечения высот
треугольника АВС. Найти длину стороны АС.
35.	В треугольнике АВС взяты точки М, N и Р: М
и N — на сторонах АС и ВС, Р —на отрезке Л/А', при-
чем
М.И ,C.v _ \МР.
|МСI “ INB. ~ (PNI '
25
Найти площадь треугольника АВС, если площади тре-
угольников АМР и BNP равны Т и Q.
36.	Дана окружность радиуса R и точка А на
расстоянии а от ее центра (a>R). Пусть К — ближай-
шая к А точка окружности. Секущая, проходящая
через А, пересекает окружность в точках М и N.
Найти длину отрезка | MN |, если площадь треуголь-
ника KMN равна S.
37.	В равнобедренном треугольнике ДВС(|ДВ| =
— | ВС |) через конец Е биссектрисы АЕ проведен
перпендикуляр к АЕ до пересечения с продолжением
стороны АС в точке F (С — между А и F). Известно,
что |ДС| = 2т, \FC\ = m/4. Найти площадь треуголь-
ника АВС.
38.	Два одинаковых правильных треугольника АВС
и CDE со стороной 1 расположены на плоскости так,
что имеют только одну общую точку С и угол BCD
меньше, чем эт/3. Точка К — середина АС, точка L — сере-
дина СЕ, точка М — середина BD. Площадь треуголь-
ника КЕМ равна J/3/5. Найти длину отрезка BD.
39.	Из точки К, расположенной вне окружности
с центром О, проведены к этой окружности двё каса-
тельные КМ и KN (М и /У—точки касания). На хорде
MN взята точка С ( МС | <. | CN |). Через точку С
перпендикулярно к отрезку ОС проведена прямая, пере-
секающая отрезок NK в точке В. Известно, что радиус
окружности равен R, MKN = а, | МС | = Ь. Найти | СВ |.
40.	Пятиугольник ABCDE вписан в окружность.
Точки М, Q, К и Р являются основаниями перпенди-
куляров, опущенных из вершины Е соответственно на
стороны АВ, ВС, CD (или их продолжения) и диаго-
наль AD. Известно, что | ЕР | = d, а отношение пло-
щади треугольника MQE к площади треугольника PNE
равно k. Найти '£Л4|.
41.	Дана прямоугольная трапеция. Известно, что
некоторая прямая, параллельная основаниям, рассекает
ее на две трапеции, в каждую из которых можно впи-
сать окружность. Определить основания исходной тра-
пеции, если ее боковые стороны равны с и d(d>c).
42.	На боковых сторонах KL и MN равнобочной
трапеции KLMN выбраны соответственно точки Р и Q
так, что отрезок PQ параллелен основаниям трапеции.
Известно, что в каждую из трапеций KPQN и PLMQ.
26
можно вписать окружность и радиусы этих окружно-
стей равны N и г соответственно. Определить основания
| LM | и \KN |.
43.	В треугольнике АВС, все стороны которого
различны, биссектриса угла А пересекает сторону ВС
в точке D. Известно, что I АВ ' — BD\ = a, | АС | +
[ CD | = b. Найти | AD .
44.	Используя результат предыдущей задачи, дока-
зать, что квадрат длины биссектрисы треугольника
равен произведению длин сторон, ее заключающих,
минус произведение отрезков третьей стороны, на кото-
рые она разделена биссектрисой.
45.	Дана окружность с диаметром АВ. Вторая окруж-
ность 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 ВМ пересекает первую окружность в
точке N. Известно, что |CW| = a, \DN\-b. Найти
] MN |.
46.	В треугольнике АВС угол В равен л/4, угол С
равен л/6. На медианах ВМ и CN как на диаметрах
построены окружности, пересекающиеся в точках Р и Q.
Хорда PQ пересекает сторону ВС в точке D. Найти
отношение | ВС |: | DC |.
47.	Пусть АВ — диаметр окружности. О —ее центр,
| АВ | = 2Д, С —точка на окружности, М — точка на АС.
Из М опущен перпендикуляр MN на АВ н восставлен
перпендикуляр к АС, пересекающий окружность в
точке L (отрезок CL пересекает АВ). Найти рас-
стояния между серединой АО и серединой CL, если
|ЛМ| = о.
48.	Из вершины А треугольника АВС опущены
перпендикуляры АЛ4 и AN на биссектрисы внешних по
отношению к В и С углов треугольника. Доказать,
что длина отрезка MN равна полупериметру треуголь-
ника АВС.
49.	Три окружности проходят через две данные
точки плоскости каждая. Пусть Olt О2, О3 — их центры.
Прямая, проходящая через одну из точек, общую всем
трем окружностям, вторично пересекает их соответ-
ственно в точках А2, А3. Доказать, что
__	^1^2
I 02О31
27
50.	Дан треугольник АВС. Касательная к окру-
жности, описанной около этого треугольника, в точке В
пересекает прямую АС в точке М. Найти отношение
| ЛЛ4 |:! Л4С|, если | АВ |: | ВС\ = k.
51.	На прямой последовательно расположены точки
А, В, С и D, причем | АС | = а АВ |, | AD | = 01 АВ .
Через А и В проведена произвольная окружность, СМ
и DN — д&е касательные к этой окружности (Л1 и W —
точки на окружности, лежащие по разные стороны от
прямой АВ). В каком отношении прямая MN делит
отрезок АВ?
52.	ABCD — описанный четырехугольник, длины от-
резков от А до точек касания равны а, длины отрезков
от С до точек касания равны Ь. В каком отношении
диагональ АС делится диагональю BD?
53.	Точка К лежит на основании AD трапеции
ABCD, причем | АК i = А | AD |. Найти отношение
AM |: ДО|, где М — точка пересечения с ДО прямой,
проходящей через точки пересечения прямых АВ и CD
и прямых ВК и АС.
Беря Л= 1/н, /1=1, 2, 3.....получить способ деле-
ния данного отрезка на п равных частей с помощью
одной линейки, если дана прямая, ему параллельная.
54.	В прямоугольном треугольнике АВС с гипоте-
нузой |ДВ| = с на высоте треугольника CD как на
диаметре построена окружность. Касательные к этой
окружности, проходящие через точки А и В, касаются
ее в точках М и N и пересекаются при продолжении
в точке К. Найти | МК |.
55.	На сторонах АВ, ВС и СА третгольника АВС
взяты точки СД Ai и В! так, что ДС^ |:, CjB =
= | ВДг ।: |	= CBi |: I BiA | = k. На сторонах ДВЬ
B^Ci и СгД1 взяты точки А2, В2 и так, что
I ДС2,: I С2В, ' = I ВгА2 : А2С} । = ; С>В2 :' В2А, \ = \/k.
Доказать, что /\ Д2В2С2 подобен Л ДВ^, и найти
коэффициент подобия.
56.	В треугольнике АВС даны R и г —радиусы
описанной и вписанной окружностей. Пусть Д, Вь
Ci — точки пересечения биссектрис треугольника АВС
с описанной окружностью. Найти отношение площадей
треугольников АВС и AiB^.
57.	Имеются два треугольника с соответственно
параллельными сторонами и площадями Sj и S2, при-
чем один из них вписан в треугольник АВС, а другой
28
около него описан. Найти площадь треугольника
АВС.
58.	Определить величину угла А треугольника АВС,
если известно, что биссектриса этого угла перпендику-
лярна прямой, Проходящей через точку пересечения вы-
сот и центр описанной окружности этого треугольника.
59.	Найти углы треугольника, если известно, что
расстояние между центром описанного круга и точкой
пересечения высот вдвое меньше наибольшей стороны
и равно наименьшей стороне.
60.	Дан /\ АВС. На луче В А возьмем точку D так,
что | BD | = | В А | +1 АС |. Пусть К в М — две точки на
лучах ВА и ВС соответственно таких, что площадь
/\BDM равна площади А\ВСК. Найти В КМ, если
ВАС— а.
61.	В трапеции ABCD боковая сторона АВ перпен-
дикулярна AD и ВС, причем | АВ | = V\ AD | • | ВС |.
Пусть Е — точка пересечения непараллельных сторон
трапеции, О —точка пересечения диагоналей, /И — сере-
дина АВ. Найти ЕОМ.
62.	На плоскости даны две прямые, пересекающиеся
в точке О, и две точки А и В Обозначим осно-
вания перпендикуляров, опущенных из А на данные
прямые, через Л1 и N, а основания перпендикуляров,
опущенных из В, — через К и L. Найти угол между
прямыми MN и KL, если АОВ = а^90°.
63.	Две окружности касаются друг друга внутрен-
ним образом в точке А. Из центра большей окружности
проведен радиус ОВ, касающийся ^меньшей в точке С.
Наити ВАС.
64.	Внутри квадрата ABCD взята точка М так,
что МАВ = 60°, MCD= 15°. Найти МВС.
65.	В треугольнике АВС с углом АВС = 60° бис-
сектриса угла А пересекает ВС в точке Л4. На стороне
АС взята точка К так, что ЛЛ1/С = 30°. Найти ОКС,
где О —центр окружности, описанной около треуголь-
ника АМС.
66.	Дан треугольник АВС, причем | АВ = АС ,
ВАС — 80°. Внутри треугольника взята точка М такая,
что МВС=30°, МСВ =10’. Найти АМС.
29
67.	В треугольнике АВС даны АВС = 100°, АСВ =
= 65°. На АВ взята точка М так, что Л1СВ = 55°,
а на АС —точка W так, что NBC — 80° Найти NMC.
68.	В треугольнике АВС дано АВ — | ВС , АВС —
= 20°; на АВ взята точка М так, что /ИСА = 60°; на
стороне СВ — точка Б так, что NAC = 50°. Найти /VМА.
69.	В треугольнике АВС даны АВС = 70°, АСВ =
= 50°. На АВ взята точка М так, что Л1СВ = 40°,
а на АС —точка N так, что Л;ВС = 50°. Найти NMC.
70.	Пусть М и N — точки касания вписанной окруж-
ности со сторонами ВС и БА треугольника АВС,
К — точка пересечения биссектрисы угла А с прямой
MN. Доказать, что ARC = 10°.
71.	В выпуклом шестиугольнике ABCDEF, в кото-
ром |АВ|=|ВС , | CD | = | DE ', \EF\ — FA', известны
B = a, D — fl, F — y. Определить углы треугольника
BDF, если а+Р4-у = 2л.
72.	Пусть Р и Q — такие две различные точки окруж-
ности, описанной около треугольника АВС, что | РА |2 =
— j РВ, • | PC | QA |2 = | QB |  | QC | (одна из точек — на
дуге АВ, другая —на дуге АС). Найти разность РАВ —
— QAC, если разность углов В и С треугольника АВС
равна а.
73.	На данной окружности взяты две фиксирован-
ные точки А и В, АВ = а. Произвольная окружность
проходит через точки А и В. Через А также прове-
дена произвольная прямая I, вторично пересекающая
окружности в точках С и О (С —на данной окруж-
ности). Касательные к окружностям в точках С и D
(С и D — точки касания) пересекаются в точке М‘,
N — точка на I такая, что |СЛЧ = | AD|, |Z)/V| = |CA|.
Какие значения может принимать CMN?
74.	Доказать, что если в треугольнике один угол
равен 120°, то треугольник, образованный основани-
ями его биссектрис, — прямоугольный.
75.	В четырехугольнике ABCD дано t)AB= 150°,
ДАСABD == 120°, DBC — ABD = 60°. Найти BDC.
30
76.	На стороне СВ треугольника АВС взята точка D
такая, что tCD —а АС'. Радиус окружности, описан-
ной около Л АВС, равен R. Найти расстояние между
центром окружности, описанной около Д АВС, и цент-
ром окружности, описанной около Л ADB.
77.	Около прямоугольного треугольника АВС (С =
= 90°) описана окружность. Пусть CD — высота тре-
угольника. Окружность с центром в D проходит через
середину дуги АВ и пересекает АВ в точке М. Найти
' СМ |, если | АВ | — с.
78.	Найти периметр треугольника АВС, если ' ВС | =
~ а и отрезок прямой, касательной к вписанному
кругу и параллельной ВС, заключенный внутри тре-
угольника, равен Ь.
79.	В треугольнике проведены три прямые, парал-
лельные его сторонам и касающиеся вписанной окруж-
ности. Они отсекают от данного три треугольника.
Радиусы окружностей, описанных около них, равны
Ri, Вз- Найти радиус окружности, описанной
около данного треугольника.
80.	В окружности радиуса R проведены две хорды
АВ и АС. На АВ или на ее продолжении взята
точка М, расстояние от которой до прямой АС равно
| АС |. Аналогично, на АС или на продолжении взята
точка N, расстояние от которой до прямой АВ равно
| АВ |. Найти | /ИА|.
81.	Дана окружность радиуса R с центром О.
Две другие окружности касаются данной изнутри
и пересекаются в точках А и В. Найти сумму радиу-
сов двух последних окружностей, если известно, что
бЛВ = 90о.
82.	В круге радиуса R проведены две пересекаю-
щиеся перпендикулярные между собой хорды.
а)	Найти сумму квадратов четырех отрезков этих
хорд, на которые они делятся точкой пересече-
ния.
б)	Найти сумму квадратов длин хорд, если рас-
стояние от центра круга до их точки пересечения
равно d.
83.	Даны две концентрические окружности радиу-
сов г и R (г < R). Через некоторую точку Р мень-
шей окружности проведена прямая, пересекающая
большую окружность в точках В и С. Перпендикуляр
31
к ВС в точке Р пересекает меньшую окружность
в точке А. Найти | РА |2 + | РВ |2Д| PC |2.
84.	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.
85.	Пусть а, Ь, с и d —длины сторон вписанного
четырехугольника (а и с —противоположные стороны),
ha, hb, hc и hd — расстояния от центра описанного
круга до соответствующих сторон. Доказать, что если
центр круга — внутри четырехугольника, то ahc -j- cha =
= bhtl -f- dhb.
86.	Противоположные стороны четырехугольника,
вписанного в окружность, пересекаются в точках Р
и Q. Найти длину отрезка । PQI, если касательные
к окружности, проведенные из Р и Q, равны а и Ь.
87.	В окружность радиуса R вписан четырехуголь-
ник. Пусть Р, Q и М — соответственно точки пересе-
чения диагоналей этого четырехугольника и продол-
жений противоположных сторон. Найти стороны тре-
угольника PQM, если расстояния от Р, Q и М до
центра окружности равны а, b и с.
88.	Четырехугольник ABCD описан около окруж-
ности. Точка касания окружности со стороной АВ
делит эту сторону на отрезки а и Ь, а точка касания
окружности со стороной AD делит ее на отрезки а и с.
В каких пределах может меняться радиус окружности?
89.	Окружность радиуса г касается изнутри окруж-
ности радиуса R. А — точка касания. Прямая, перпен-
дикулярная линии центров, пересекает одну окруж-
ность в точке В, другую —в точке С. Найти радиус
окружности, описанной около треугольника АВС.
90.	Две окружности радиусов R и г пересекаются,
Л — одна из точек пересечения. ВС —общая касатель-
ная (В и С —точки касания). Найти радиус окруж-
ности, описанной около треугольника АВС.
91.	В четырехугольнике ABCD даны | АВ | = а,
\AD\-b; стороны ВС, CD и AD касаются некоторой
окружности, центр которой находится в середине АВ.
Найти сторону ВС|.
92.	Во вписанном четырехугольнике ABCD даны
АВ\ — а, \AD\ = b, a>b. Найти сторону | ВС |, если
известно, что ВС, CD и AD касаются некоторой
окружности, центр которой находится на АВ.
32
93.	Дан равнобедренный треугольник АВС, | ЛВ| =
= |ВС', AD — биссектриса. Перпендикуляр, восстав-
ленный к AD в точке D, пересекает продолжение АС
в точке Е; основания перпендикуляров, опущенных
из В и D на АС, — М и Л'. Найти IЛ1Л; , если I АЕI — а.
94.	Из точки А под углом а выходят два луча.
На одном луче взяты две точки В и В(, а на дру-
гом — С и Cj. Найти длину общей хорды окружностей,
описанных около треугольников АВС и ABxCi, если
I ЛВ|-1 ЛС, = 1	| — j ЛС]| = п.
95.	Пусть О —центр окружности. С —точка на
окружности, М — середина ОС. А и В — точки на окруж-
ности такие, что АМО — ВМС; А и В лежат по одну
сторону от прямой ОС. Найти | АВ , если (ДЛ4| —
— \ВМ = а.
96.	А, 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, каса-
ющейся всех трех полукругов, находится иа расстоя-
нии d от прямой АС. Найти радиус этой окружности.
97.	В окружности радиуса R дана хорда АВ. Пусть
/VI — произвольная точка окружности. На луче МА
отложим отрезок MN, \MN\-R, а на луче МВ —
отрезок МК, равный расстоянию от М до точки
пересечения высот треугольника МАВ. Найти NK\,
если меньшая из дуг, стягиваемых АВ, равна 2а.
98.	Высота, опущенная из вершины прямого угла
прямоугольного треугольника на гипотенузу, делит
треугольник на два треугольника, в каждый из кото-
рых вписана окружность. Определить углы и площадь
треугольника, образованного катетами исходного тре-
угольника и прямой, проходящей через центры окруж-
ностей, если высота исходного треугольника равна h.
99.	Высота прямоугольного треугольника, опущен-
ная на гипотенузу, равна Л. Доказать, что вершины
острых углов треугольника и проекции основания
высоты на катеты лежат на одной окружности. Опре-
делить длину хорды, высекаемой на прямой, содержа-
щей высоту, этой окружностью, и отрезки хорды, на
которые сна делится гипотенузой.
100.	Окружность радиуса R касается прямой I
в точке А, АВ — диаметр этой окружности, ВС— про-
извольная хорда. Пусть D — основание перпендику-
ляра, опущенного из С на АВ. Точка Е лежит на
2 И. Ф. Шарыгин	33
продолжении CD за точку D, причем ! ED | = | ВС |.
Касательные к окружности, проходящие через Е, пе-
ресекают прямую в точках /( и N. Найти длину
отрезка | KN |.
101.	Через центр правильного «-угольника, вписан-
ного в единичную окружность, проведена прямая.
Найти сумму квадратов расстоянии до этой прямой
от вершин «-угольника.
102.	Найти сумму квадратов расстояний от точек
касания вписанной в данный треугольник окружности
с его сторонами до центра описанной, если радиус
вписанной окружности равен г, радиус описанной R.
103.	Доказать, что основания перпендикуляров,
опущенных из точки пересечения диагоналей вписан-
ного четырехугольника на его стороны, являются вер-
шинами четырехугольника, в который можно вписать
окружность. Найти радиус этой окружности, если
известны радиус данной окружности R, расстояние от
ее центра до точки пересечения диагоналей d, а диа-
гонали вписанного четырехугольника перпендикулярны.
104.	Диагонали вписанного четырехугольника пер-
пендикулярны. 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 R, а расстояние от ее
центра до точки пересечения диагоналей четырехуголь-
ников d.
105.	Доказать, что если четырехугольник вписан
в окружность радиуса R, одновременно описан около
окружности радиуса г, причем расстояние между
центрами этих окружностей! равно d, то выполняется
соотношение
+ = 1
(7?+d)a '	г»'
При этом существует бесконечно много четырехуголь-
ников, одновременно вписанных в большую окружность
и описанных около меньшей окружности. (В качестве
одной из вершин можно взять любую точку большей
окружности.)
106.	а) К данной окружности проведены две каса-
тельные. Пусть А и В —точки касания, а С —точка
пересечения касательных. Проведем произвольную пря-
мую I, касающуюся данной окружности, не проходя-
щую через А и В. Пусть и и v — расстояния до I от А
и В, ш — расстояние до I от С. Найти ‘l , если АСВ = 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 рассто-
яний от точек касания сторон многоугольника с окруж-
ностью до / не зависит от положения прямой I.
в) Пусть ... Аг„ — описанный около окружности
2л-угольник, / — произвольная касательная к окруж-
ности. Доказать, что произведение расстояний до /
от вершин с нечетными номерами и произведение рас-
стояний до / от вершин с четными номерами находятся
в постоянном отношении, не зависящем от / (предпо-
лагается, что / не содержит вершин многоугольника).
107.	В выпуклом четырехугольнике ABCD даны
| АВ | = а, (AD\ = b, |ВС| = р — a, \DC\ = p — b. Пусть
О —точка пересечения диагоналей. Обозначим через а
угол ВАС. К чему стремится длина ДО, если а стре-
мится к нулю?
§ 2.	Задачи на доказательство
108.	Доказать, что если одна сторона тре-
угольника лежит на фиксированной прямой плоскости,
а точка пересечения высот совпадает с фиксированной
точкой, то окружность, описанная около этого тре-
угольника, также проходит через фиксированную точку.
109.	Доказать, что описанный многоугольник, все
стороны которого равны, является правильным, если
число сторон нечетно.
НО. В треугольнике АВС проведена высота BD,
AN — перпендикуляр к АВ, СМ — перпендикуляр к ВС,
причем \AN\ = \DC\, CMI= AD . Доказать, что М
и N равноудалены от вершины В.
111.	Дан четырехугольник ABCD. На прямых АС
и BD взяты точки К и М так, что ВК параллельна AD,
AM параллельна ВС. Доказать, что КМ парал-
лельна CD.
112.	В А АВС проведена биссектриса внутреннего
угла AD. Построим касательную I к описанному кругу
2*
36
в точке А. Доказать, что прямая проведенная через D
параллельно I, касается вписанной окружности.
113.	В треугольнике АВС проведена прямая, пере-
секающая стороны АС и ВС в точках М и N так, что
| MN | = | AM | + ВМ |. Доказать, что все такие прямые
касаются одной и той же окружности.
114.	Доказать, что точки, симметричные центру
описанного около треугольника круга относительно
середин его медиан, лежат на высотах треугольника.
115.	Доказать, что если высота треугольника в ]/2
раз больше радиуса описанного круга, то прямая, сое-
диняющая основания перпендикуляров, опущенных из
основания этой высоты на стороны, ее заключающие,
проходит через центр описанного круга.
116.	Пусть АВС — прямоугольный треугольник
(С = 90°), СР —высота, К — точка плоскости, для кото-
рой । АК =|АС|. Доказать, что диаметр окружности,
описанной около Л АВК, проходящий через вершину А,
перпендикулярен прямой DK.
117.	Через вершину А треугольника АВС прове-
дена прямая параллельно ВС, на этой прямой взята
точка D так, что | AD ! = | АС | + | В А отрезок DB пе-
ресекает сторону АС в точке Е. Доказать, что пря-
мая, проведенная через Е параллельно ВС, проходит
через центр вписанной в Л АВС окружности.
118.	Две окружности проходят через вершину угла
и точку, лежащую на биссектрисе. Доказать, что от-
резки сторон угла, заключенные между окружностями,
равны.
119.	Пусть Е — произвольная точка на стороне АС
треугольника АВС. Через вершину В проведем произ-
вольную прямую I. Прямая, проходящая через Е па-
раллельно ВС, пересекает I в точке N, а прямая,
параллельная АВ, —в точке /VI. Доказать, что AN
параллельна СМ.
120.	На противоположных сторонах ВС и DA
выпуклого четырехугольника взяты точки М и N так,
что
В Л1 _ ЛЛ' АВ
МС XD ~ CD •
Доказать, чт< прямая MN параллельна биссектрисе угла,
образованною сторонами АВ н CD.
36
121.	Диагонали разбивают выпуклый четырехуголь-
ник на четыре треугольника. Радиусы окружностей,
вписанных в эти треугольники, равны. Доказать, что
данный четырехугольник — ромб.
122.	Диагонали четырехугольника разбивают его на
четыре треугольника равного периметра. Доказать, что
данный четырехугольник — ромб.
123.	О четырехугольнике ABCD известно, что ради-
усы окружностей, вписанных в треугольники АВС,
BCD, CDA, DAB, равны между собой. Доказать, что
ABCD — прямоугольник.
124.	Дан прямоугольный треугольник АВС, угол С —
прямой, О —центр вписанной окружности, М — точка
касания вписанной окружности с гипотенузой, окруж-
ность с центром в /И, проходящая через О, пересека-
ется с биссектрисами углов А и В в точках К и L,
отличных от О. Доказать, что К и L — центры окруж-
ностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, где
СО —высота треугольника АВС.
125.	На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС
во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, ACFG,
БАНК. Пусть FCDQ и ЕВКР — параллелограммы. До-
казать, что треугольник APQ — равнобедренный пря-
моугольный.
126.	ABCD — прямоугольник, Е — точка на ВС, F —
на DC, Ci —середина АЕ, Fi~ середина AF. Доказать,
что если EAEF правильный, то и треугольники DEfi
и ВРгС также правильные.
127.	Четырехугольник ABCD вписан в окружность.
Пусть Оь 02, 03, 04 — центры окружностей, вписанных
в треугольники ABC, BCD, CDA, DAB, a Нъ Н2, Нз,
Ht — точки пересечения высот тех же треугольников.
Доказать, что	— прямоугольник, а четырех-
угольник	равен четырехугольнику ABCD.
128.	Дай треугольник ABC, D — произвольная точка
плоскости. Доказать, что точки пересечения высот тре-
угольников ABD, BCD, CAD являются вершинами
треугольника, равновеликого данному.
129.	Две окружности пересекаются в точках А и В.
Произвольная прямая проходит через В и вторично
пересекает первую окружность в С, вторую —в D.
Касательные к первой окружности в С, а ко второй
в D пересекаются в точке М. Через точку пересече-
ния AM и CD проходит прямая, параллельная СМ,
37
пересекающая АС в точке К. Доказать, что КВ каса-
ется второй окружности.
130.	На катетах АС и ВС прямоугольного треуголь-
ника во внешнюю сторону построены квадраты ACKL
и BCMN. Доказать, что четырехугольник, ограничен-
ный катетами и прямыми LB и NA, равновелик тре-
угольнику, образованному прямыми LB, NA и гипо-
тенузой АВ.
131.	Стороны выпуклого четырехугольника разде-
лены на (2п-|-1) равных частей каждая. Соответствую-
щие точки деления противоположных сторон соединены
друг с другом. Доказать, что площадь центрального
четырехугольника составляет 1/(2п-|-1)2 часть площа-
ди всего четырехугольника.
132.	Прямая, проходящая через середины диагона-
лей АС и BD четырехугольника ABCD, пересекает
стороны АВ и DC в точках М и N. Доказать, что
$dcm = Sanb-
133.	В параллелограмме ABCD вершины А, В, С
и D соединены с серединами сторон CD, AD, АВ и ВС.
Доказать, что площадь четырехугольника, образован-
ного этими прямыми, составляет 1/5 площади паралле-
лограмма.
134.	Доказать, что площадь восьмиугольника, обра-
зованного прямыми, соединяющими вершины паралле-
лограмма с серединами противоположных сторон, равна
1/6 площади параллелограмма.
135.	На сторонах АС и ВС треугольника АВС во
внешнюю сторону построены два параллелограмма
ACDE и BCFG. Продолжения DE и FD пересекаются
в точке Н. На стороне АВ построен параллелограмм
ABML, стороны AL и ВМ которого равны и парал-
лельны НС. Доказать, что параллелограмм ABML равно-
велик сумме параллелограммов, построенных на АС
и ВС.
136.	Через концы меньшего основания трапеции
проведены две параллельные прямые, пересекающие
большее основание. Диагонали трапеции и эти прямые
разделили трапецию на семь треугольников и один
пятиугольник. Доказать, что сумма площадей трех тре-
угольников, прилежащих к боковым сторонам и меньше-
му основанию трапеции, равна площади пятиугольника.
137.	Пусть ABCD — параллелограмм, Е лежит на
прямой АВ, F — на прямой AD (В —на отрезке АЕ,
38
О — на отрезке AF), К — точка пересечения прямых ED
и FB. Доказать, что четырехугольники ABKD и CEKF
равновелики.
138.	Дан треугольник АВС. На лучах АВ и СВ
откладываются отрезки | А К | = [ CM J = | АС |. Дока-
зать, что радиус окружности, описанной около А\ЕКМ,
равен расстоянию между центрами вписанной и описан-
ной окружностей Л АВС, а прямая КМ перпендику-
лярна прямой, соединяющей центры вписанной и опи-
санной окружностей.
139.	Через вершину треугольника проведена пря-
мая, перпендикулярная прямой, соединяющей центры
вписанной и описанной окружностей. Доказать, что
эта прямая со сторонами данного треугольника обра-
зует два треугольника, для которых разность радиусов
описанных окружностей равна расстоянию между цент-
рами вписанной и описанной окружностей исходного
треугольника.
140.	Пусть Р, Q и Л1 —соответственно точки пере-
сечения диагоналей вписанного четырехугольника и
продолжений его противоположных сторон. Доказать,
что точка пересечения высот треугольника PQM совпа-
дает с центром окружности, описанной около данного
четырехугольника (Брокар).
141.	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 четырехуголь-
ника являются вершинами вписанного четырехугольника.
142.	Доказать, что если ABCD — вписанный четы-
рехугольник, то сумма радиусов окружностей, вписан-
ных в треугольники АВС и ACD, равна сумме радиу-
сов окружностей, вписанных в треугольники BCD и
BDA.
143.	АВС — равнобедренный треугольник (|ЛВ| —
= | ВС ), ВО —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.
144.	По двум пересекающимся прямым с равными
скоростями движутся две точки Доказать, что най-
дется такая фиксированная точка плоскости, которая
во все моменты времени от них равноудалена.
39
145.	Два велосипедиста едут по двум пересекаю-
щимся окружностям. Каждый едет по своей окружно-
сти 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 неподвиж-
ная точка, расстояния от которой до велосипедистов все
время одинаковы, если они едут: а) в одном направле-
нии (по часовой стрелке); б) в разных направлениях.
146.	Доказать, что если из произвольной точки
окружности опустить перпендикуляры на стороны впи-
санного 2/г-угольннка, то произведения длин этих пер-
пендикуляров через один будут равны.
147.	П\еть А А,... Ап — вписанный многоугольник;
центр окружности находится внутри многоугольника.
Система окружностей касается данной изнутри в точ-
ках А- Д2, ..., Ап, причем одна из точек пересечения
двух соседних окружностей лежит на соответствую-
щей стороне многоугольника. Доказать, что если п
нечетно, то все окружности имеют равные радиусы.
Длина внешней границы объединения вписанных окруж-
ностей равна длине данной окружности.
148.	Доказать, что если длины сторон треуголь-
ника образуют арифметическую прогрессию, то:
а)	радиус вписанного круга равен 1/3 высоты, опу-
щенной на среднюю сторону;
б)	прямая, соединяющая центр тяжести треуголь-
ника с центром вписанного круга, параллельна сред-
ней стороне;
в)	биссектриса внутреннего угла, противолежащего
средней стороне, перпендикулярна прямой, соединяю-
щей центры вписанного и описанного кругов;
г)	для всех точек этой биссектрисы сумма расстоя-
ний до сторон треугольника постоянна;
д)	центр вписанной окружности, середины наиболь-
шей и наименьшей сторон и вершина угла, ими обра-
зованного, лежат на одной окружности.
149.	Теорема Бретшнейдера (теорема коси-
нусов для четырехугольника). Пусть a, b, с, d —после-
довательные длины сторон четырехугольника, т и м —
длины его диагоналей, А и С —величины двух проти-
воположных углов. Тогда выполняется соотношение
т2пг = с№ + b2d2 - 2abcd cos (Л Д С).
40
150.	Теорема Птолемея Пусть a b, с, d —
последовательные длины сторон вписанного четырех-
угольника, а т и п — длины его диагоналей Доказать,
что тп — acA-bd.
151.	Доказать, что если АВС — правильный тре-
угольник, М — произвольная точка плоское гл, не лежа-
щая на окружности, описанной около АВС, то суще-
ствует треугольник, длины сторон которого равны МА |,
(Л1В| и |МС| (теорема Пом пею). Найдите угол
этого треугольника, лежащий против стороны, рав-
ной Л1В|, если АМС=а.
152.	Рассмотрим окружность, в которую воисан
правильный (2п Ц- 1)-угольник А^А?... А2„ + х. Пусть А —
произвольная точка дуги Л1Л2п+1.
а) Доказать, что сумма расстояний ог А до вер-
шин с четными номерами равна сумме расстояний от А
до вершин с нечетными номерами.
б) Построим равные окружности, касающиеся дан-
ной одинаковым образом в точках Аъ А2, ..., Л2л + 1.
Доказать, что сумма длин касательных, проведенных
из А к окружностям, касающимся данной в вершинах
с четными номерами, равна сумме длин касательных, про-
веденных к окружностям, касающимся данной в вер-
шинах с нечетными номерами.
153.	Теорема Лейбница. Пусть А1 — произ-
вольная точка плоскости, G — центр тяжести треуголь-
ника АВС. Тогда выполняется равенство
3|М0|г = |МД |24-|Л1В )а4-| МС 2 —
-1/3(! W+ ВС л+ С Aft.
154.	Пусть ЛВС —правильный треугольник со сто-
роной а, М — некоторая точка плоскости, находящаяся
на расстоянии d от центра треугольника АВС. Дока-
зать, что площадь треугольника, стороны которого
равны отрезкам | МА |, | МВ , ;Л1С , выражается фор-
мулой S = j^|a2 — 3d2|.
155.	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 соотношении ДВ|-|-|СО| =
= ДС| + |.4Г> , BA + BL = DK\ + \DL \, | АК | +
-ф СА| = ЛД| + |С^|, 10 выполняются и два других.
41
156.	Продолжения сторон АВ и DC выпуклого
четырехугольника ABCD пересекаются в точке а
продолжения сторон AD и ВС — в точке L, причем
отрезки BL и DK пересекаются Доказать, что если
выполняется одно из трех соотношений | AD14-1 DC| —
= |ДВ| + |СВ|, |ДК|4-|СК| = 1 Д1|4-|СЛ|, |В/(1 +
4- \DK I = \BL \ + \DL I, то выполняются и два других.
157.	Пусть S —площадь данного треугольника, R —
раадус описанного около него круга. Пусть, далее,
S' — площадь треугольника, образованного основаниями
перпендикуляров, опущенных на стороны данного тре-
угольника из точки, удаленной от центра описанного
круга на расстояние d. Доказать, что
158.	Дан произвольный треугольник АВС. На его
сторонах как на основаниях вне его построены три
равнобедренных треугольника АКВ, BLC,CMA с углами
при вершинах К, L и М, равными а, [3 и у, а4-04-у=
= 2л. Такие же равнобедренные треугольники АК^В,
BL^C, СМгА построены внутрь треугольника АВС.
Доказать, что углы каждого из треугольников KLM и
KjLiAlj равны р , %.
159.	На сторонах четырехугольника во внешнюю
сторону построены квадраты. Доказать, что отрезки,
соединяющие центры противоположных квадраюв, равны
по длине и взаимно перпендикулярны.
160.	Дан произвольный треугольник. На его сто-
ронах вовне построены равносторонние треугольники,
центры которых служат вершинами треугольника Д.
Центры равносторонних треугольников, построенных на
сторонах исходного внутрь его, служат вершинами дру-
гого треугольника б. Доказать, что:
а)	треугольники Д и б равносторонние;
б)	центры треугольников Д и б совпадают с центром
тяжести исходного;
в)	разность площадей треугольников Д и 6 равна
площади исходного.
161.	Дан произвольный треугольник АВС. На прямой,
проходящей через вершину А и перпендикулярной сто-
роне ВС, взяты две точки и А2 так, что
= |ДД2|=|ДС| ближе к прямой ВС, чем Д2).
42
Аналогично, на прямой, перпендикулярной АС и про-
ходящей через В, взяты точки Вг и В2 так, что
| ВВг | = | ВВ11 = | АС Доказать, что отрезки AiB2 и
АгВг равны по длине и взаимно перпендикулярны.
162.	Доказать, что середины сторон треугольника,
основания высот и середины отрезков высот от вершин
до точки их пересечения лежат на одной окружности —
«окружности девяти точек» (Эйлер).
163.	Пусть // — точка пересечения высот треуголь-
ника, О —середина какой-либо стороны, /( — одна из
точек пересечения прямой HD с описанной окруж-
ностью (О —между Н и К). Доказать, что О —сере-
дина отрезка НК.
164.	Пусть /И —точка пересечения медиан треуголь-
ника, В— основание какой-либо высоты, В —одна из
точек пересечения прямой ME с описанной окружностью
(М — между В и В). Доказать, что | FM |= 2 ЕМ\.
В задачах 165—168 а, b и с обозначают длины сто-
рон треугольника, р — полупериметр, R — радиус описан-
ного круга, г —радиус вписанного круга.
165.	Доказать следующее соотношение:
а2 4- b9 -j- с2 — 2р2 — 2r2 — 8Rr.
166.	Доказать, что квадрат расстояния между
центром тяжести и центром описанного круга треуголь-
7X2	О2 -р Ь2 -р Г2
ника равен R2-------д——.
167.	Доказать, что квадрат расстояния между центром
тяжести треугольника и центром вписанного круга
равен g (р24-5г2—16/?г).
168.	Пусть d — расстояние между центрами вписанной
и описанной окружностей треугольника. Доказать, что
d2 — R2 — 2Rr (Эйлер).
169.	Доказать, что окружность девяти точек (см.
задачу 162) касается вписанной в треугольник окруж-
ности (Фейербах).
§ 3. Геометрические места точек. Принад-
лежность точек прямым и окружностям
170.	Даны две точки А и В. Доказать, что
множество точек М таких, что | А/И|2 —) Л/B |2 = ^ (где
данное число), есть прямая, перпендикулярная АВ.
43
171.	Пусть расстояния от некоторой точки М до
вершин А, В и С треугольника АВС выражаются чис-
лами а, b и с. Доказать, что пи при каком d#=0 ни
для одной точки плоскости расстояния до вершин в том
же порядке не могут выражаться числами J +
УЬ^+d, Vl^+d.
172.	Доказать, что для того, чтобы перпендикуляры,
опущенные из точек Аъ Blt Cj на стороны ВС, СА и
АВ треугольника АВС, пересекались в одной точке,
необходимо и достаточно, чтобы
| AiB? - ВСх|а+ СИ;2- АВ, 2 4- В,Сг- СЛцг = 0.
173.	Доказать, что если перпендикуляры, опущенные
из точек Дь Въ Ci на прямые ВС, СА и АВ соответ-
ственно, пересекаются в одной точке, го и перпендику-
ляры, опущенные из точек А, В и С на прямые B}Clt
С,А, и также пересекаются в одной точке.
174.	Дан четырехугольник ABCD. Пусть A,, BiiiCj —
точки пересечения высот треугольников BCD, ACD
и ABD. Доказать, что перпендикуляры, опущенные из
А, В и С на прямые В^С,, Cj^j и Л1В1 соответственно,
пересекаются в одной точке.
175.	Даны две точки А и В. Доказать, что множе-
ство точек /И таких, что k AM 24~/ BM|2 = d (k, I, d —
данные числа, k-\-l #=0), есть или окружность с центром
на прямой АВ, или точка, или пустое множество.
176.	Пусть А2,... ,А„ — фиксированные точки, klt
k2, .... kn — данные числа. Тогда множеством точек М
таких, что сумма ks АуМ 2-\-k2' А2М ?+ - + kn\AnM\2
постоянна, будет:
а)	окружность, точка или пустое множество, если
4" ^2 4' • • • "Ь k„ о;
б)	прямая или вся плоскость, если 4-&24-• • •+
4* kn — О-
177.	Даны окрхжность и точка .4 вне ее. Пусть
окружность, проходящая через А, касается данной
в произвольной точке В, а касательные к ней, проведен-
ные через точки А и В, пересекаются в точке Л1
Найти множество точек М.
178.	Даны две точки А и В. Найти множество
AM
точек М таких, что д =k=^\.
179.	Три точки А, В и С расположены на одной
прямой (В —между Д и С) Возьмем произвольную
44
окружность с центром в В и обозначим через М точку
пересечения касательных, проведенных из А и С к этой
окружности. Найти множество точек М таких, что
точки касания AM и СЛ1 с окружностью лежат внутри
отрезков AM и СМ.
180.	Даны две окружности. Найти множество таких
точек М, что отношение длин касательных, проведенных
из М к данным окружностям, равно постоянной вели-
чине k.
181.	Пусть прямая пересекает одну окружность
в точках А и В, а другую — в точках С и D. Доказать,
что точки пересечения касательных к первой окружно-
сти, проведенных в точках А и В, с касательными,
проведенными ко второй окружности в точках С и D
(рассматриваются точки, в которых пересекаются каса-
тельные к разным окружностям), лежат на одной
окружности, центр которой лежит на прямой, проходя-
щей через центры данных окружностей.
182.	Возьмем три окружности, каждая из которых
касается одной стороны треугольника и продолжений
двух других сторон. Доказать, что перпендикуляры,
восставленные к сторонам треугольника в точках каса-
ния этих окружностей, пересекаются в одной точке.
183.	Дан треугольник АВС. Рассмотрим
всевозможные пары точек М2 и М2 таких, что
I AMi |: | BMi |:; СЛД |=| АМ21: ВМ2':  СМ21. Доказать,
что все прямые МИД проходят через фиксированную
точку плоскости.
184.	Расстояния от точки М до вершин А, В и С
треугольника равны соответственно 1, 2 и 3, а от точки
ЛД — 3, ]/15, 5. Доказать, что прямая MMi проходит
через центр круга, описанного около треуголь-
ника.
185.	Пусть Дь Blt Ci —основания перпендикуляров,
опущенных из вершин А, Ви С треугольника АВС
на прямую I. Доказать, что перпендикуляры, опущен-
ные из Ai, Bi, С! соответственно на ВС, СА и АВ,
пересекаются в одной точке.
186.	Дай правильный треугольник АВС и произволь-
ная точка D; Bj и Ci — центры окружностей, впи-
санных в треугольники BCD, ACD и ABD. Доказать,
что перпендикуляры, опущенные из вершин А, В и С
на В/Д, CMj и AiB2 соответственно, пересекаются
в одной точке.
45
187.	Даны три попарно пересекающиеся окружности.
Доказать, что три общие хорды этих окружностей
проходят через одну точку.
188.	На прямых АВ и АС взяты точки М и N
соответственно. Доказать, что общая хорда двух окруж-
ностей с диаметрами СЛ1 и BN проходит через точку
пересечения высот Л АВС.
189.	На плоскости дана окружность и точка N.
Пусть АВ — произвольная хорда окружности. Обозначим
через М точку пересечения прямой АВ и касательной
в точке IV к окружности, описанной около A ABN.
Найти множество точек М.
190.	Внутри окружности взята точка А. Найти
множество точек пересечения касательных, проведенных
к окружности в концах всевозможных хорд, прохо-
дящих через точку А
191.	Рассмотрим произвольный треугольник АВС.
Пусть Ai, Bi, Cj —три точки на прямых ВС, С А и АВ
соответственно. Введем следующие обозначения:
р . ЛСу BAi CBi\
CtB | AlC , ’ |	। ’
n*  sin ACC, sin BAAt sin CBBl
sinCjCB sin AtAC sin BtBA
Доказать, что R = R*.
192.	Теорема Чевы. Для того чтобы прямые
AAlt В Bi, CCi пересекались в одной точке (или все
три были параллельными), необходимо и достаточно,
чтобы /?=1 (см. задачу 191) и при этом из трех точек
Ai, $i> G нечетное число (т. е. одна или все три)
лежало на сторонах треугольника, а не на продолже-
ниях сторон.
193.	Теорема Менелая. Для того чтобы точки
Ai, Bt, Су лежали па одной прямой, необходимо и
достаточно, чтобы R = 1 (см. задачу 191) и при этом
из трех точек A, Bit Ct четное число (т. е. нуль
или две) точек лежало на сторонах треугольника, а
не на их продолжениях.
194.	Доказать, что если три прямые, проходящие
через вершины треугольника, пересекаются в одной
точке, то и прямые, им симметричные относительно
соответствующих биссектрис треугольника, также пере-
секаются в одной ючке или параллельны.
46
195.	Пусть О — произвольная точка плоскости, М
и V основания перпендикуляров, опущенных из точ-
ки О на биссектрисы внутреннего и внешнего угла А
ДАВС, Р и Q аналогично определены для угла В, R
и 7 —для угла С. Доказать, что прямые MN, PQ и
RT пересекаются в одной точке или параллельны.
196.	Дан треугольник АВС. На радиусах вписанной
окружности, проведенных в точки касания, взяты точки,
находящиеся на равных расстояниях от ее центра;
эти точки соединены с противоположными вершинами.
Доказать, что получившиеся три прямые пересекаются
в одной точке.
197.	Для того чтобы диагонали AD, BE и CF
вписанного в окружность шестиугольника ABCDEF
пересекались в одной точке, необходимо и достаточно,
чтобы выполнялось равенство | АВ | • | CD |  | EF | —
= \BC\-\DE\-\FA\.
198.	Пусть из точки А, взятой вне окружности,
проведены к окружности две касательные AM и AN
(М и Л/ — точки касания) и две секущие, и пусть Рв
Q — точки пересечения окружности с первой секущей,
а К и L — со второй. Доказать, что прямые PN, QL
и MN пересекаются в одной точке или параллельны.
Получить отсюда способ построения с помощью
одной линейки касательной к данной окружности, прохо-
дящей через данную точку.
199.	Доказать, что:
а)	биссектрисы внешних углов треугольника пере-
секают продолжения противоположных сторон треуголь-
ника в трех точках, расположенных на одной прямой;
б)	касательные к описанной около треугольника
окружности в вершинах треугольника пересекают его
противоположные стороны в трех точках, расположен-
ных на одной прямой.
200.	Окружность пересекает сторону АВ треуголь-
ника АВС в точках Ci и Со, сторону С А— в точках Вх
и В2, сторону ВС— в точках Ai и Аа. Доказать, что
если прямые AAt, ВВг и СС} пересекаются в одной
точке, то и прямые АА2, ВВ2 и СС2 также пересекаются
в одной точке.
201.	На сторонах АВ, ВС и С А треугольника АВС
взяты точки Съ /Д и By. Пусть С2 —точка пересечения
прямых АВ и ДА, 43 —точка пересечения пря-
мых ВС и BiClf В2— точка пересечения прямых АС
47
и AiC\. Доказать, что если прямые AAt, BBt и CCi
пересекаются в одной точке, то точки А2, В2 и Са
лежат на одной прямой.
202.	Прямая пересекает стороны АВ, ВС и продол-
жение стороны АС треугольника АВС в точках D, Е
и F. Доказать, что середины отрезков DC, АЕ и BF
лежат на одной прямой (прямая Гаусса).
203.	Дан треугольник АВС. Определим на стороне
ВС точку А] следующим образом: /Д — середина стороны
KL правильного пятиугольника MKLNP, у которого
вершины К и L лежат на ВС, а вершины М и N — на
АВ и АС. Аналогичным образом на сторонах АВ и АС
определены точки и Вг. Доказать, что прямые ААЬ
ВВХ и ССг пересекаются в одной точке.
204.	Через фиксированную точку А внутри окруж-
ности проведены две произвольные хорды PQ и KL-
Найти множество точек пересечения прямых РК и QL.
205.	А, В и С —три данные точки 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 Р и Q. Найти множество оснований перпенди-
куляров М, опущенных из С на PQ-
Найт все точки D, для которых М — фиксиро-
ванная точка.
206.	На стороне АС треугольника АВС взята точка
К, а на медиане ВО —точка Р так, что площадь треу-
гольника АРК равна площади треугольника ВРС.
Найти множество точек пересечения прямых АР и ВК.
207.	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 пересекает другую сторону угла в точке В.
Найти множество оснований перпендикуляров, опущен-
ных из О на прямую АВ.
208.	В окружности проведены два взаимно перпен-
дикулярных диаметра АС и BD. Пусть Р — произволь-
ная точка окружности, РА пересекает BD в точке Е.
Прямая, проходящая через Е параллельно АС, пере-
секается с прямой РВ в точке Л1. Найти множество
точек М.
209.	Дан угол, вершина которого —в точке А, и
точка В. Произвольная окружность, проходящая через
А и В, пересекает стороны угла в точках С и D (отличных
48
от 4). Найти множество центров тяжести треугольни-
ков ACD.
210.	Одна вершина прямоугольника находится в
данной точке, две другие, не принадлежащие одной
стороне, — на двух заданных взаимно перпендикуляр-
ных прямых. Найти множество четвертых вершин таких
прямоугольников.
211.	Пусть А — одна из двух точек пересечения
двух данных окружностей; через другую точку пере-
сечения проведена произвольная прямая, пересекающая
одну окружность в точке В, а другую —в точке С,
отличных от общих точек этих окружностей. Найти
множество: а) центров окружностей, описанных около
АВС', б) центров тяжестей треугольника АВС; в) точек
пересечения высот треугольника АВС.
212.	Пусть В и С —две фиксированные точки дан-
ной окружности, Д — переменная точка этой же окруж-
ности. Найти множество оснований перпендикуляров,
опущенных из середины АВ на АС.
213.	Найти мнжоество точек пересечения диагоналей
прямоугольников, стороны которых /или их продолже-
ния) проходят через четыре данные точки плоскости.
214.	Даны два круга, касающиеся друг друга из-
нутри в точке Д. Касательная к меньшему кругу пере-
секает большую окружность в точках В и С. Найти
множество центров окружностей, вписанных в треу-
гольники АВС.
215.	Даны числа а, (5, у и k. Пусть х, у, 2 —рас-
стояния отточки Л1 внутри треугольника до его сторон.
Доказать, что множество точек .VI таких, что ax + Py-J-
4-yz = /z, или пусто, или отрезок, или совпадает со
множеством всех точек треугольника.
216.	Найти множество точек М, расположенных
внутри данного треугольника и таких, что расстояния от
А1 до сторон данного треугольника равны сторонам
некоторого треугольника.
217.	Доказать, что если существует окружность,
касающаяся прямых АВ. ВС, CD и DA, то ее центр и
середины АС и BD лежат на одной прямой.
218.	Даны две пересекающиеся окружности. Найти
множество центров прямоугольников с вершинами на
27 этих окружностях.
219.	Внутри круглого биллиарда в точке Д, отлич-
ной от центра, лежит упругий шарик, размерами кото-
49
рого можно пренебречь. Указать все точки А, из
которых можно так направить этот шарик, чтобы он,
минуя центр биллиарда, после трех отражений от гра-
ницы попал в точку А.
220.	Через точку, лежащую на равном расстоянии
от двух данных параллельных прямых, проведена пря-
мая, пересекающая эти прямые в точках М и N.
Найти множество вершин Р равносторонних треуголь-
ников MNP.
221.	Даны две точки А и В и прямая I. Найти
множество центров окружностей, проходящих через
А и В и пересекающих прямую /.
222.	Даны две точки О и М.
а)	Определить множество таких точек плоскости,
которые могут служить одной из вершин треугольника
с центром описанного круга в точке О и центром тя-
жести в точке М.
б)	Определить множество таких точек плоскости,
которые могут служить одной из вершин тупоуголь-
ного треугольника с центром описанного круга в точке
О и центром тяжести в точке М.
223.	В окружность вписан правильный треугольник.
Найти множество точек пересечения высот всевозмож-
ных треугольников, вписанных в эту же окружность,
две стороны которых параллельны двум сторонам дан-
ного правильного треугольника.
224.	Найти множество центров всевозможных пря-
моугольников, описанных около данного треуголь-
ника. (Прямоугольник будем называть описанным,
если одна вершина треугольника совпадает с верши-
ной прямоугольника, а две другие лежат на двух,
не содержащих этой вершины, сторонах прямоуголь-
ника.)
225.	Даны два квадрата с соответственно парал-
лельными сторонами. Определить множество точек М
таких, что для любой точки Р из первого квадрата
найдется точка Q из второго такая, что треугольник
MPQ правильный. Пусть сторона первого квадрата
а, второго Ь. При каком соотношении между а и b
искомое множество не пусто?
226.	Внутри данного треугольника найти все такие
точки М, для каждой из которых для любой точки N,
лежащей на границе треугольника, можно найти такую
точку Р внутри или на его границе, что площадь треу-
50
гольника MNP не меньше 1/6 площади данного треу-
гольника.
227.	Даны две точки Ли/. Найти множество точек
В таких, что существует треугольник АВС с центром
вписанного круга в точке /, все углы которого меньше
а (60° <а<90°).
228.	Точки А, В и С расположены на одной прямой
(В — между А и С). Найти множество точек М таких,
что ctg АМВ A-ctg ВМС—k.
229.	Даны две точки А и Q. Найти множество
точек В таких, что существует остроугольный треуголь-
ник АВС, для которого Q—центр тяжести.
230.	Даны две точки Ди//. Найти множество то-
чек В таких, что существует треугольник АВС, лая
которого Н — точка пересечения высот и все углы ко-
торого больше а (а < л/4).
231.	На плоскости даны два луча. Найти множество
точек плоскости, равноудаленных от этих лучей. (Рас-
стояние от точки до луча равно расстоянию от этой
точки до ближайшей к ней точки луча.)
232.	Доказать, что центр тяжести треугольника,
точка пересечения высот и центр описанного круга ле-
жат на одной прямой (прямая Эйлера).
233.	Доказать, что основания перпендикуляров, опу-
щенных из произвольной точки окружности, описанной
около треугольника, на стороны треугольника, лежат
на одной прямой (прямая Симеона).
234.	Доказать, что угол между прямыми Симеона,
соответствующими двум точкам окружности, измеряется
половиной дуги между этими точками.
235.	Пусть // — точка пересечения высот треуголь-
ника, F — произвольная точка описанной окружности.
Доказать, что прямая Симеона, соответствующая точ-
ке F, проходит через одну из точек пересечения пря-
мой FH с окружностью девяти точек (см. задачи 162,
233).
236.	Доказать, что на прямой Эйлера треуголь-
ника АВС существует такая точка Р, что расстояния
от центров тяжести треуглоьников АВР, ВСР, САР
соответственно до вершин С, А и В равны между
собой (см. задачу 232).
237.	Пусть Р — такая точка внутри треугольника А ВС,
что углы APB, ВРС и СР А равны 120° (предполагаем,
что углы треугольника АВС меньше 120°). Доказать,
51
что прямые Эйлера треугольников АР В, В PC и СР А
пересекаются в одной точке (см. задачу 232).
238.	В окружность вписан четырехугольник ABCD.
Пусть М— точка пересечения касательных к окруж-
ности в точках А и С, N — точка пересечения касатель-
ных, проведенных через В и D, Д’ —точка пересечения
биссектрис углов А н С четырехугольника, L — точка
пересечения биссектрис углов В и D. Доказать, что
если выполняется одно из утверждений: а) М принадле-
жит прямой BD\ б) Л’ принадлежит прямой ЛС; в) Д
чежит на BD, г) L лежит на ЛС, то выполняются
остальные три утверждения.
239.	Доказать, что 4 прямые, каждая из которых
проходит через основания двух перпендикуляров, опу-
щенных из вершины вписанного четырехугольника на
не содержащие ее стороны, пересекаются в одной точке.
240.	АВ и CD —две хорды окружности; /И—точка
пересечения перпендикуляров, восставленных к АВ
в точке Лик CD в точке С; N — точка пересечения
перпендикуляров, восставленных к АВ и CD в точках
В и D. Доказать, что прямая MN проходит через точку
пересечения ВС и AD.
241.	Дана окружность S и касательная к ней I.
Пусть N — точка касания, Л7Л4 — диаметр. На прямой NM
взята фиксированная точка Л. Рассмотрим произволь-
ную окружность, проходящую через Л, с центром на I.
Пусть С и D —точки пересечения этой окружности с /,
а Р и Q — точки пересечения прямых МС и MD с S.
Доказать, что хорды PQ проходят через фиксированную
точку плоскости.
242.	Даны три попарно непересекающихся крута.
Обозначим через Л1( Л2, Л3 три точки пересечения общих
внутренних касательных к любым двум из них, а через
В2, В3 — соответствующие точки пересечения внеш-
них касательных. Доказать, что эти точки располагаются
на четырех прямых по три на каждой (Л,, Л2, В3; Ль
В2, 4,1	Л2, Л3; Bl, В2, Вя).
243.	Диаметр окружности, вписанной в треуголь-
ник АВС, проходящий через точку касания со сторо-
ной ВС, пересекает хорду, соединяющую две другие
точки касания, в точке N. Доказать, что AN делит ВС
пополам.
244.	В треугольник АВС вписана окружность. Пусть
М—точка касания окружности со стороной АС, МК—диа-
52
метр. Прямая ВК пересекает Л С в точке	Доказать, что
I AM । = । Л'С .
245.	В треугольник АВС вписана окружность, М —
точка касания окружности со стороной ВС, МК — диа-
метр. Прямая АК пересекает окружность в точке Р.
Доказать, что касательная к окружности в точке Р де-
лит сторону ВС пополам.
246.	Прямая I касается окружности в точке А, пусть
CD — хорда окружности, параллельная /, В —произволь-
ная точка прямой I. Прямые СВ и DB вторично пере-
секают окружность в точках L и К- Доказать, что пря-
мая LK делит отрезок АВ пополам.
247.	Даны две пересекающиеся окружности. Пусть
А— одна из точек их пересечения. Из произвольной
точки, лежащей на продолжении общей хорды данных
окружностей, проведены к одной из них две касатель-
ные, касающиеся ее в точках М и N. Пусть, далее,
Р и Q — точки пересечения (отличные от А) прямых МА
и NA со второй окружностью. Доказать, что прямая
MN делит отрезок PQ пополам.
248.	На высоте BD треугольника АВС как на диа-
метре построена окружность, пересекающая стороны АВ
и ВС в точках К и L. Прямые, касающиеся окруж-
ности в точках К и L, пересекаются в точке М. До-
казать, что прямая ВМ делит сторону АС пополам.
249.	Прямая I перпендикулярна отрезку АВ и про-
ходит через В. Окружность с центром на I проходит
через А и пересекает I в точках С и D, касательные
к окружности в точках А и С пересекаются в N. До-
казать, что прямая DN делит отрезок АВ пополам.
250.	Около Л АВС описана окружность. Пусть
Л' — точка пересечения касательных к окружности, про-
ходящих через точки В и С, М — такая точка окруж-
ности, что AM ВС, К — точка пересечения МК и окруж-
ности. Доказать, что КА делит ВС пополам.
251.	Пусть А — проекция центра данной окружности
на прямую /.На этой прямой взяты еще две точки В
и С так,’ что ЛВ| = |ЛС\ Через В и С проведены две
произвольные секущие, пересекающие окружность в точ-
ках Р, Q и М, N соответственно. Пусть прямые КР
и AIQ пересекают прямую I в точках R и S. Доказать,
что : РА = Д5'.
252.	Дан полукруг с диаметром АВ. С —точка на
полукруге, D —основание перпендикуляра, опущенного
53
из С на АВ. Рассмотрим три окружности первая
окружность, с центром О±, касается отрезков AD, DC
и дуги АС; вторая, с центром О2, касается отрезков
DB, DC и дуги ВС; третья, с центром О3, вписана
в треугольник АВС. Доказать, что Оя совпадает с сере-
диной отрезка Ofi^.
253.	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).
254.	ABCD — вписанный четырехугольник. Перпен-
дикуляр к ВА, восставленный в точке А, пересекает
прямую CD в точке М; перпендикуляр к DA, восста-
вленный в точке А, пересекает прямую ВС в точке N.
Доказать, что MN проходит через центр круга.
255.	На каждой стороне треугольника взято по
две точки таким образом, что все шесть отрезков,
соединяющих каждую точку с противоположной верши-
ной, равны между собой. Доказать, что середины этих
шести отрезков лежат на одной окружности.
256.	В треугольнике АВС на лучах АВ и СВ отло-
жены отрезки I AM | = | CN | = р, где р — полупериметр
треугольника (В лежит между А и М и между С и N).
Пусть К — точка описанной около ДАВС окружности,
диаметрально противоположная В. Доказать, что пер-
пендикуляр, опущенный из К на MN, проходит через
центр вписанной окружности.
257.	Из некоторой точки окружности, описанной
около равностороннего треугольника АВС, проведены
прямые, параллельные ВС, СА и АВ и пересекающие
СА, АВ и ВС в точках М, N и Q. Доказать, что М,
N и Q лежат на одной прямой.
258.	Точки А и А|, В и Въ С и С± симметричны
относительно прямой I, N—произвольная точка на I.
Доказать, что прямые AN, BN, CN пересекают соот-
ветственно прямые ByCi, AiClt AJ3, в трех точках,
расположенных на одной прямой.
259.	Через точку пересечения высот треугольника
проведены две взаимно перпендикулярные прямые.
Доказать, что середины отрезков, высекаемых этими
прямыми на сторонах треугольника (на прямых, обра-
зующих треугольник), лежат на одной прямой.
54
260.	Доказать, что три прямые, симметричные произ-
вольной прямой, проходящей через точку пересечения
высот треугольника, относительно сторон треугольника,
пересекаются в одной точке.
261.	Даны два 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 F'
к одному кругу, встречаются в точке А, к другому —
в точке В. Требуется доказать, что:
1)	прямая АВ параллельна прямой, соединяющей
центры кругов (в случае неравных кругов проходит
через точку пересечения внешних касательных);
2)	прямая, соединяющая середины FF' и АВ, про-
ходит через середину отрезка, соединяющего центры
данных 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)-м номере журнала за 1887 г. За решение
задачи читателям была обещана премия—литература
по математике.)
262.	Дан треугольник ABC; AAlt ВВХ и СС\ — его
высоты. Доказать, что прямые Эйлера треугольников
AxBClt ALBXC пересекаются в такой точке Р
окружности девяти точек, для которой один из отрез-
ков РАХ, РВХ, РСХ равен сумме двух других отрезков
(Victor Thebault, American Mathematical Monthly;
см. задачи 162, 232).
§ 4.	Геометрические неравенства и задачи
на максимум-минимум
263.	Доказать, что если в треугольнике АВС угол В
тупой и | АВ |	, то С> ^А.
264.	Доказать, что окружность, описанная около
треугольника, не может проходить через центр вневпи-
санной окружности. (Вневписанная окружность касается
стороны треугольника и продолжений двух других
сторон. Для каждого треугольника существует
три вневписанных окружности.)
55
265.	В треугольнике из вершины А выходят медиана,
биссектриса и тысота. Какой угол больше: между
медианой и биссектрисой или между биссектрисой и
высотой, если угол А равен а?
266.	Доказать, что если медианы, проведенные из
вершин В и С треугольника АВС, перпендикулярны,
то ctg В + ctg С 5s 2/3.
267.	Дан треугольник АВС, ]АВ\<\ВС .Доказать,
что для произвольной точки /И на медиане, проведенной
из вершины В, ВАМ>ВСМ.
268.	Из внешней точки А к окружности проведены
две касательные АВ и АС, и середины их D и Е соеди-
нены прямой DE. Доказать, что эта прямая не пере-
секает окружность.
269.	Доказать, что если прямая не пересекает
окружность, то для любых двух точек прямой расстоя-
ние между ними заключено между суммой и разностью
длин касательных, проведенных из этих точек к окруж-
ности. Доказать обратное утверждение: если для каких-
то двух точек прямой наше утверждение не выпол-
няется, то прямая пересекает окружность.
270.	В треугольнике АВС углы связаны соотноше-
нием 3.4 — С < л. Угол В разделен на четыре равные
части прямыми, пересекающими сторону АС. Доказать,
что третий из отрезков, на которые разделена сто-
рона АС, считая от вершины А, меньше | АС 1/4.
271.	Пусть a, b, с, d —длины последовательных
сторон четырехугольника. Доказать, что если S —его
площадь, то S (ас Д bd)/2, причем равенство имеет
место только для вписанного четырехугольника, диаго-
нали которого перпендикулярны.
272.	Доказать, что если длины биссектрис треуголь-
ника меньше 1, то его площадь меньше у 3/3.
273.	Доказать, что треугольник АВС будет остро-
угольным, прямоугольным или тупоугольным в зависи-
мости от того, будет ли выражение а2 + b2 -J-с2 — 8//2
положительно, равно нулю или отрицательно (а, Ь, с —
стороны треугольника, R — радиус описанного круга).
274.	Доказать, что если длины сторон треугольника
связаны неравенством а24-Ь2>5с2, то с —длина наи-
меньшей стороны.
275.	В треугольнике АВС угол В —средний по вели-
чине: А <В </С; / — центр вписанной окружности,
56
О — центр описанной окружности, Н — точка пересече-
ния высот. Доказать, что / лежит внутри ВОН.
276.	Треугольники АВС и АМС расположены так,
что МС пересекает АВ в точке О, причем ; ЛЛ11 +
+ | Л4С| = | АВ | + 1 ВС\. Доказать, что если АВ ' =
= |ВС|, то |ОВ|>|ОЛ4|.
277.	В треугольнике АВС точка М лежит на сто-
роне ВС. Доказать, что (| AM । —! АС ) ВС «£( АВ.—
-1 ДС|)|МС|.
278.	Пусть а, Ь, с — длины сторон треугольника АВС,
М — произвольная точка плоскости. Найти минимум
выражения
| МА i2 +1 MB i2 +1 МС 2.
279.	Стороны угла, величина которого а, являются
бортами биллиарда. Какое наибольшее числе' отраже-
ний от бортов может сделать биллиардный шар (раз-
мерами шара можно пренебречь)?
280.	Четыре деревни расположены в вершинах
квадрата со стороной 2 км. Деревни соединены доро-
гами таким образом, что из каждой можно пройти
в любую другую. Может ли общая длина дорог быть
меньше чем 5,5 км?
281.	Точка А расположена между двумя парал-
лельными прямыми на расстоянии а и b от них. Эта
точка служит вершиной угла величины а всевозмож-
ных треугольников, две другие вершины которых лежат
по одной на данных прямых. Найти наименьшее значе-
ние площади таких треугольников.
282.	Дана окружность радиуса /?, О —ее центр,
АВ — диаметр, точка Л1 — на радиусе О А, причем
— k. Через М проведена произвольная хорда CD.
Чему равно наибольшее значение площади четырех-
угольника ACBD?
283.	Вершина угла величины а находится в точке О.
Л—фиксированная точка внутри угла. Па сторонах
угла взяты точки 54 и N так, что MAN — р (а + р<
< 180). Доказать, что если AM — AN , то плошадь
четырехугольника 054 Л Л' достигает максимума (среди
всевозможных четырехугольников, получающихся при
изменении М и N).
284.	Учитывая результат предыдущей задачи, решить
следующую. Внутри угла с вершиной О взята точка А.
67
Прямая О А образует со сторонами угла углы ф и гр.
Найти на сторонах угла точки М и N такие,
что MAN = Р (ф + гр + р < 180°) и площадь четырех-
угольника OMAN максимальна.
285.	Дан треугольник ОВС (В0С = а). Для каждой
точки А на стороне ВС определим точки М и N на
ОВ и ОС так, чтобы MAN = $ (а + Р<180о) и пло-
щадь четырехугольника OMAN была бы максимальной.
Доказать, что эта максимальная площадь достигает
минимума для таких точек А, М и N, для которых
| МА | = | AN |, а прямая MN параллельна ВС. (Такие
точки найдутся, если углы В и С Л ОВС не превос-
ходят 90°-(-Р/2.)
286.	Пусть ABCD — вписанный четырехугольник.
Диагональ АС равна а и образует углы а и ft со сто-
ронами АВ и AD. Доказать, чте площадь четырех-
угольника заключена между величинами
с2 sin (а + ft) sin ft	a2 sin («4 ft) sin a
2 sin a	2 sin ft
287.	Дан угол величины а с вершиной в точке О
и точка А внутри него. Рассмотрим всевозможные
четырехугольники OMAN, у кеторых вершины М и N
расположены на сторонах угла и такие, что MAN =
= Р (а-|- р > 180°). Доказать, что если среди э?их че-
тырехугольников найдется такой выпуклый четырех-
угольник, что МА | = | AN I, то этот четырехугольник
имеет ниаменьшую площадь среди всех рассматривае-
мых четырехугольников.
288.	Внутри угла с вершиной О дана точка А
такая, что О А образует углы ф и гр со сторонами дан-
ного угла. Найти на сторонах угла точки М и N та-
кие, что MAN = Р (ф + гр4- р > 180°) и площадь четырех-
угольника OMAN минимальна.
289.	Дан треугольник ОВС, В0С = а\ для каждой
точки А на стороне ВС определим точки М и N на ОВ
и ОС так, чтобы MAN = р и площадь четырехугольника
OMAN была бы минимальной. Доказать, что эта ми-
нимальная площадь будет максимальной для таких
точек А, М и N, для которых	и пря-
мая MN параллельна ВС. (Если такой точки А нет.
68
то максимум будет достигаться в конце стороны ВС
для вырожденного четырехугольника.)
290.	Найти радиус наибольшего круга, который
можно покрыть тремя кругами радиуса R. Решить задачу
в общем случае, когда радиусы равны /?,, /?3.
291.	Можно ли покрыть тремя единичными квадра-
тами квадрат со стороной 5 4?
292.	Чему равна наибольшая площадь правильного
треугольника, который можно покрыть тремя правиль-
ными треугольниками со стороной 1?
293.	В треугольнике АВС на сторонах АС и ВС
взяты точки М и N, и на отрезке МЛ' — точка L.
Пусть площади треугольников ABC, AML и BNL
соответственно равны S, Р и Q. Чоказать, что
Q.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
РАЗДЕЛ I
17. Биссектриса разбивает треугольник на два,
al а Ы а
площади которых соответственно sin - , g s,n 2 ’ а пло1цадь
ab	.	al	. а	, Ы	. а	ab	,
всего треугольника sin а; значит, sin - + sin , = w X
2	2	2	2	2	2
X sin а.
19.	Возьмем окружность, касающуюся сторон АВ, ВС и CD.
Если эта окружность не касается стороны DA, то, проведя каса-
тельную DAX (Д1 — на АВ), получим Д DAAX, у которого длина
одной стороны равна сумме длин двух других.
20.	Проведя через вершины треугольника прямые, параллель-
ные противоположным сторонам, получим треугольник, для кото-
рого высоты исходного треугольника являются перпендикулярами,
восставленными к сторонам в их серединах.
21.	22. С |Z 23. Цг1(д + г,_К^+Ь2).
24.	25.	28. а~Ь . 29. ' (a-b)a sin а. 30. X
2	0	2	2	2
31.	30е. 32.	33. 90°. 36. 7-2(2/3+3).
\ 4 /	2
37. /I а (11-а}. 38. (Sj + S2).
39. Если а "> Ь, то биссектриса пересекает боковую сторону
CD, если а < Ь, то—основание ВС.
40.	41. arccosy—т- 42.	/ ЗВ2 + 2ab - а2. 43. с2.
а-(Ь	1+Л	4
44. ‘ Г g. 45. (fs. + Ks/. 46. 90’ + -“. 47. X
X J'a2 + ft2. 48. arcsin 1 - ° .49. (6-л): 2л (6-л). 50. “ X
X (|л2-1)|(2/2-1)я-4]. 51. (б/3-6- л). 52. у X
X : 3 +~2^). 53. ’ Уь^а-. 54. . 55. * S. 58. Если а<
< 90", р<90:, то углы д АВС равны 90й — а, 90°—р, а+Р;
если а>90э, Р < 90°, то а —90°, 90°+ Р, 180° —а —Р; если
60
a <90*, р > 90*, то	90* 4-е,	р-90*.	18О’-а-0.
“	«Ч- “ / |
63. В равнобедренном треугольнике с углом при вершине л >
биссектриса угла при основании делит треугольник на два тре-
угольника, один из которых подобен исходному.
О /б-l D
Ответ. —
67. ^(гбз+з). 68.	69.	то.
а —Р
7,1 2' 72‘ 4(a24-fe2)' 73‘ 2 (tg 2 “Clga)- 741 sin (а 4-р) ‘
,	__ас 4- fed
Xfy+p-a). 80. —-—
®. -Ц^-Х
81. ------------------
2 sin2 а sm 2р
X /4сР —(fe —а)2. 83. 2(R2 + <12)
84. Возможны два случая, оба центра расположены по раз-
ные стороны от общей хорды и по одну. Соответственно две пары
ответов: а(/3-|-1)» а^^(р34-1) и а(| 3—1), а’9^(1 3 — 1).
?—У7. 87. /13- 88. arccos 1 ' —. 89. -1.
*т	X	О
Зд2	а2 (2 У 3_3)
90. -Х-. 91. 4R2. 92. —-—9. (Возможны, вообще говоря,
О	Л
86.
два треугольника, но у одного из ннх две вершины лежат на
продолжениях диагоналей.) 93.	94. Ьг
х(/3-1). 97. ) Тб. 98. У|-1.
101.3:4. 102. a^-2-ctg^i£. ЮЗ.
sin а 2
105.	41 R^R- Г)
I
10
104. 3 S.
4
6Р/--Г2-/?2 
. 95. ) 7. 96. Д х
100. 3] 16-54/3.
J 25а24-<24- Юас cos р.
a24~fe2 — 2ab cos а
' ‘ 2 (ft — a cos а)
">’• ю
108.
|	fe24-o2+ 2ab sin
о “
2 cos 2
109. s cos2 а.
ПО.) 4/?2 —о2- 111. 2 . Н2. )/aa4-b24-2afecosaictga 113.
1	4	2	2	2
10-4- _ а-— п afecusa , 114. arcsin и .т— arcsin - .
4	9	3	л	л
«1
115. a2 (/2-1).	ПО.
a cos (а+Р)
cos(2a + 0) ’
csin (a + P)
cos (2a+P) ’
117.
,,	.	2cos  +3
smsa. 118. ------§----. ne
6 cos ~ + 1
О
2
P S2 (‘Si~b Sg)
/45?-SJ
2
120.
122.
4
R2 sin2 2 + Rt cos2 -2
150
7 '
/a2+fe2+aZ>. 125.
{(2/3 + 3).
□
129.
132.
a2 cos2
------------------.	123.
• а Р 2 “+Р
Sin2 2 COS2 —
15е, 75е. 120.	127.
130. 2/?2sin3agp. 13J
sin (а+р)
—134. 90е. 135.
1Ь/<

2/б- 128. /2.
3/з(/13-1)
32л
fl/7
loo. ------
4
ab tga
fl®
1,1.	133.
Я (3-2/2)
3
30е.
l-COSg 14n
33^' ,39‘
(В треугольнике ONP отрезки KP и NM
поэтому О А также высота.)
140. б) Используйте результат пункта а). Замените поворот
вокруг Ох двумя осевыми симметриями, взяв в качестве оси вто-
рой симметрии прямую ОХО2, а поворот вокруг точки 02—двумя
симметриями, взяв в качестве оси первой симметрии прямую О^О^.
сс 6
Ответ: если а+р<2л, то углы будут равны у, £,
137.
/a2tg2a+(b —a)2 *
являются высотами,
а+₽	,о п	«
я----—— j если a-f-p>2n, то углы, соответственно, л—
2 ' 2 ’
Замечание. Если a + р — 2л, то последовательное приме-
нение данных поворотов, как легко убедиться, эквивалентно па-
раллельному переносу.
141.	°.
2
РАЗДЕЛ 11
1. Возьмем на прямой ВА точку Ах так, что
। Ах13 , = ' АХС |. Точки Ах, A, D и С лежат на одной окружности
(DAXC = 90е—ABC—D АС). Следовательно, АХАС=АХОС=90е,
а значит, и ВАС*«= 90е.
2. Заметим, что окружность, проходящая через точки каса-
ния, является вписанной в треугольник с вершинами в центрах
окружностей. Приравнивая выражения для площади треуголь-
ника, полученные по формуле Герона и как произведение полу-
периметра иа радиус вписанной окружности, найдем г=1.
62
3.	Докажите, что данный треугольник —прямоугольный.
Ответ: - .
4
4.	Если | ED — АЕ'=х, то ВЕ\—а—х. Записав теорему
косинусов для Д BDE:
as	2	1
*а= g +(«-*)*- з а(а-х). 2 >
_	7
найдем х = а.
15
13
Ответ: СЕ1= — а.
15
5.	Обозначив катеты через х и у, получим систему уравнений
хуУ 2
х+у ’
. 4Ь2=х2+г/«,
из которо"< найдем ху.
Ответ: —!!----------•
4
6.	Пусть (рис. 1) ABCD — трапеция, 'DC|=c, О—центр
окружности. AD — боковая сторона, которая точкой касания К
разделена иа отрезки ]AK|=d, ' KD =Ь. В Д AOD угол AOD
прямой, высота ОК —радиус окружности, следовательно, г =
= OK =У bd- Аналогично, &СОВ — также прямоугольный тре-
угольник; если М—точка касания на стороне СВ, то МВ\ —
г* bd
_	a2-}-a(d — b)-./
Ответ: S =  ------Ц-—- 1 bd-
a—b
7.	Пусть (рис. 2) ABCD —данная трапеция (ВС i AD). Прове-
дем через С прямую, параллельную BD, обозначим через К точ-
ку пересечения этой прямой с прямой AD. Площадь Д АСК
равна площади трапеции, стороны АС и СК равны диагоналям
трапеции, медиана CL равна расстоянию между серединами AD
и ВС. Продолжим CL и возьмем на продолжении точку М так,
что LM = CL . Получим д СКМ, равновеликий трапеции
ABCD, со сторонами, равными ее диагоналям и удвоенному рас-
63
стоянию между серединами оснований. В нашем случае стороны
Д СКМ-3, 5 и 4.
Ответ: S = 6.
8.	Пусть | АМ : МС =k. Условие равенства радиусов
окружностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ, означает,
что их площади относятся, как периметры. Отсюда, поскольку
,	136—12
отношение площадей равно k, получим ВМ =—।——. Из этого
12 ь „
равенства, в частности, следует, что ^<л<1. Записывая для
треугольников АВМ и ВСМ теоремы косинусов (относительно
углов ВМА и ВМС) и исключая из этих уравнений косинусы
,	2	22
углов, получим для k квадратное уравнение с корнями и
О 2о
.	, 22
Учитывая ограничения для к, получаем ответ: « = _ .
9.	Из условия следует, что высота к стороне АС равна двум
диаметрам вписанной окружности, т. е. 4. Если Л/, N н К —
точки касания с АВ, ВС н С А, то
ВМ = B.V. = rctg^=l.j/^|==/9 = 3.
Если МА = ЛК = КС = 1NC =у, то, выражая площадь
через полупериметр и радиус вписанной окружности и через
основание и высоту, получим
(3+х+^)=(л-+г/) 2, х+т/=з.
Ответ: АС =3.
1	4 / 3
10.	Если Q^~S, то искомое расстояние будет X
4	о
x(FS —I Q). Если же Q<4 •$> то возможны два ответа:
J'33O 5' I I (?).
11.	Обозначим через М точку пересечения прямых АВ к CD,
а через С\ и О., центры данных окружностей. Пусть ВМ , =
= х , МС — у , причем знаки х и у выберем таким образом,
чтобы выполнялись соотношения
ВС 2 = .v2 + iysi л О 2=(х+2г)г+(у + 2/-)»,
ОД 2=(х + г)2 + ^ + г)2.
Получим систему
| л-3 -I- yi = 62 (X + 2т)2 4- № (у + 2г)2,
I 4z-2==(A4-z-)2 + (J/+z-)2>
_|(x + 2/-)(H-2o-^ I. , ,x,	• 2/.a _3r»; >-*2 I
SABCD~ |--------------I " (z+Wt^ , — 3r |	|.
Ответ. S = 3r2| I.
64
12. Пусть (рнс. 3) Ох, О2
М2, М — точки их касания со
усы окружностей (гх < г2).
Проведя через Ох прямую,
параллельную Л111И2, до пе-
ресечения с 02Л12, получим
прямоугольный треугольник
с гипотенузой г1 + т2, кате-
том г2—	и противолежа-
щим острым углом а/2
Проведя через О прямую,
параллельную Л1Л12, полу-
чим два других прямоуголь-
ных треугольника.
Найдя нз этих трех треугольников отрезки
ММ2 , запишем уравнение I МгМ2 — MtM
\2
и О —центры окружностей, Л/р
стороной угла, гх, гг н г —радн-
, AfiAfl
+ мм2 .
Ответ:
° cos а (а < 90");
и
1
1	•
1 —sill 2
,	. а
1 + sm 2
13. Если С = а, то CV । =-Jy cos а, СА!
следовательно, /\CMN подобен Д САВ с коэффициентом подобия
cosa	....	, cos а с о2-(-Ь2 -с2 (а2-|-й2—с2) с
-2~, поэтому MN =' АВ —= ^-2—.------------------= 1----,-----L-
~	h
14. Если
h
По условию
„ . А —В
2 sin —g— cos
. С 1
Xsiny^ 2
„ СТ
2 sin g х
4аЬ
высота CD ==h, то ВС | =-------—, , АС =------
sin В	sin А
!1 - = h, откуда sin А — sin В = sin A sin В,
sin В sin А
и д_ Я [ Л
2 [cos (Я - В) - cos (Л + В)],
(cosip + cosC), 2 sin2-g- + 4 sin sin g—(l+cos<p) =
„	. C
= 0. Это —квадратное уравнение относительно sin-g-;
sin2 + 2 sin sin — cos2 g = 0>
откуда
.6	-	. q
sin 2- = 1 -sin 2 •
15.	Если острый угол ромба равен а, то диагонали ромба
будут равны 2г sin а и 2R sin а. С другой стороны, отношение
х а г
диагоналей есть тангенс половины этого угла, т. е. tg =	,
2Rr
Sma~ R4r2 ’
Ответ.
8/?V3
(/?2 + г2)2
3 It. Ф. Шарыгнн
65
16.	Если Л! и N—основания перпендикуляров, опущенных
из В на стороны угла, то четырехугольник AMBN — вписанный,
причем АВ—диаметр окружности, описанной около Д. MBN, так
что MBN=n—а, если В — внутри данного угла нлн вертикаль-
--—~	MN
него к нему, и MBN — а в остальных случаях; АВ ' =--------.
_______________ 1 sin а
/аа + ft2 + 2ай cos а
Ответ: АВ =-------------:, если В лежит внутри
ana ’	1 ?
.	/о2+Ь2—2abcosa
данного угла или вертикального к нему; АВ =--]-----------
в остальных случаях.
17.	Обозначим АС\ = Ь, ВС |=а. Имеем b —	, а =
•	sin С
с
.	2ab cos —
hb l=2
sin С’ °+*
(см. задачу 17, раздел 1). Следовательно,
С
2/iahb cos -%
следует, что ее радиус
t	С hahb
MC(ha+hb)' откуда sin 2 ~l(ha+hbY
18.	Пусть (рис. 4) О, —центр второй окружности. Из условия
равен одному из катетов; пусть катет
|СЛ| = /?; так как R — радиус
описанной окружности, то СВА =
= 30°, | св |=я/з.
Если О —середина АВ, то
ОЛО1 = 30°. Если Дг— вторая точ-
ка пересечения, то ОА1О1 =
= ОДО1 = 30°. Следовательно, об-
щей хорде этих кругов соответст-
вуют дуги в 150°, а общая часть
состоит из двух сегментов, соот-
ветствующих дугам 150°, площадь
каждого из которых равна
5сегм=12^2-~-
п 3/3
Ответ:  -----х-.
5я — 3
19.	Пусть сторона треугольника х и стороны, выходящие из
общей точки окружностей, образуют с прямой, проходящей через
центры, утлы а и р, ajzP = 60®; тогда cosa = s* cos fi =-*-
2t\	2r
(или наоборот). Найдя sin а и sin0, из уравнения cos(a.i_p) =
— получим
v______R> 1 \3
г*-/?, '
66
20. Проведем прямую ВА и обозначим через D вторую точку
пересечения с меньшей окружностью. Рассмотрим дуги АВ и AD
(меньшие, чем полуокружность). Поскольку общая касательная
к окружностям в точке А образует с АВ и AD равные углы, то
и центральные углы, соответствующие этим дугам, равны. Следо-
вательно, В' = „, AD =ат ВС] —К ~BD  ВА\ —
। ла | к	к
21. Решение задачи аналогично решению предыдущей.
Ответ: а ~\/~	•
г R
22. Заметим, что О/^ОзО^параллелограмм с углами а и
л—а (0]04 J. АС и О2О3 J. АС, значит, (\О± , О2О3 и т. д.).
Если К —середина AM, L —середина МС, то О3О4 = ~^^_=а
АС .	Л Л BD
= —;——. Аналогично ОоОо —. следовательно,
2 sm а	2 j ।	2 яп а >
_	__ AB • BD sin a__ Вдвср
oto2oso,~	4 sin2 a — 2 Sin'j a •
Ответ: 2 sin2 a.
23. Покажите, что биссектрисы параллелограмма при пересе-
чении образуют прямоугольник, диагонали которого параллельны
сторонам параллелограмма и равны разности сторон параллело-
грамма. Следовательно, если я и Ь— стороны параллелограмма,
а—угол между ними, то S = ab sin а,
2ab
-(^2-	______
Л______S + Q+/02+2QS
ответ: ——--------------
24. Если
треугольника
| CW! х
ОА |
1 <?
Q= 2 (a~fc)2sina> =
s
x— площадь треугольника 0MN, а у — площадь
CMN, то
•5з	_
Si “ 8й ' S2 ’
S1S3(S1 + S2)(S3+S2)
У Si(Sl-SiSs)
AM
мс\
У S3-\-x-\-y'
откуда
25. Пусть в треугольнике АВС угол С прямой, М — точка
пересечения медиан. О —центр вписанной окружности, г — ее ра-
диус, С В А—а.-, тогда
| АВ =r ctg 2 +cte 4 “ 2 =
л
г sin ,
4
3*
67
|С/И (=1| АВ , = ----------------
3 2 cos f-4— а — У 2 i
1СО\=гУ~2, \ОМ\=г, ОСМ = а-?-.
л СОМ, обозначив cos — с?;=
\ 4	)
Записывая теорему косинусов для
= х, получим
1=24____________________8*
9 (2л- — /г)2	3 (2х—у 2) ’
д/б-з/г
откуда х =----------.
о
г,	л	41/fi 41^9
Ответ: углы треугольника равны — arccos '	5 * '
26.	Пусть отрезки медианы имеют длину «. Обозначим через х
меньший из отрезков, на которые разделена точкой касания сто-
рона, соответствующая медиане. Теперь все стороны можно вы-
разить через а и х. Стороны, заключающие медиану: «К2Ч-х>
ЗаК2+х, третья сторона: 2о р 2-{-2х. Используя формулу дли-
ны медианы, получим
дс2 = 2 (а К2 + х)2 + 2 (Зо /2 + л)2 - (2а V 2 + 2х)2
4
а V 2
откуда х=——.
Ответ: 10:5:13.
27.	Пусть | ВС\—а, С > В, D н Е — середины АВ н АС.
Четырехугольник EMDN—вписанный (так как MEN=MDN =
= 90°), МЛ^| = а, ,ED|=°> MN — диаметр окружности, опи-
санной около MEND. Следовательно, ОМЕ —30°, С АВ =
= 90° — EMD = 60я,	СВА- EDN~= EMN = -- EMD =15°,
АСВ = 103“.
Ответ: <4 = 60°, В = 15°, С=105° или Д = 60°, £=105°,
С =15°.
28.	Обозначим через К и Л1 точки пересечения прямой EF
< '"
Если Д£>|=3а, ВС = а,
угольников следует, что
(рис. 5, о). Кроме того,
трапеции, то расстояние от Е до AD будет
2 3	3 ’	2	---6“ ~ 12
с AD и ВС. Пусть М лежит на продолжении ВС за точку В.
то из подобия соответствующих тре-
" , 'МВ\ = ВС\ = а
Если h—высота
3 Л> 5А£ОЛ =
DK \ = ' AD =3а,
ME\=\EF ! = t FK
S.
68
Если же прямая EF пересекает основание ВС в точке Л1. то
| ВМ I = -д а (рис. 5, 6). В этом случае	" 5 у и рас-
Рис. 5.
6	I
стояние от Е до AD будет у h, так что S^EFD= ^ S&EDK =
с-
1	9
Ответ: ]2S или ^S.
29.	Пусть О —центр вписанной окружности, Л/ —середина ВС,
К, L, М — точки касания вписанной окружности со сторонами АС,
АВ и ВС треугольника. Обозначим AK\ = iALi=x, СК ==
= CN\=y, \ BL\ — \ BN\=z, y+z=a. По условию ОМ —
= ° —г. Следовательно, | NM | = >Л| ОМ 2 —1 ON 2 = |
а га2
и один из отрезков у или z равен 2 — I — аг.
СК
4 аг
а другой
—ог, уг = аг. Приравняем выражения для
треугольника по формулам Герона и S = pr:
площади
аг
а —г
J (х+у+г)хуг = (х+у+г) г => хаг = (х + а) г2
„	! аг , \ а2г
1аким образом, S — I + ° г —-	.
30.	Докажем, что если С1 и С2 (рис. 6) находятся по другую
сторону от ВС, чем вершина А, то центр окружности, описанной
около A CCjC-j, находится в точке О на стороне АВ, при этом
ВО —	| АВ . Проведя высоту СМ из вершины С, мы получим,
69
что ЁС-jCM — прямоугольник. Значит, перпендикуляр, восставлен-
ный к CCj в середине, проходит через О. Учитывая, что CrC2 BD
и СхС.г 1 = — | BDполучим, что
перпендикуляр к СгС2 в его сере-
дине также проходит через О. Те-
перь легко найдем искомый ра-
диус:
г=У\СМ ,«-Н МО
=	/1з
4 ' 16	4 У d
Еис- °-	31. Разберите два случая:
1-й, когда основания перпендику-
ляров находятся на сторонах параллелограмма, и 2-й, когда один
из перпендикуляров не пересекает стороны, на которую он опущен.
В 1-м случае мы приходим к противоречию, а во 2-м получим,
2аЬ
что cosa = я,....
+
32.	Выразив угол PQN через углы треугольника и учитывая,
что PMN + PQH=180°, найдем PMN =60°, отсюда NPQ=QMN^
= 30°, PNQ — PMQ =30°, т. е. треугольник PQN — равнобедрен-
ный с углами при стороне PN по 30°,
Y «
33.	Из условия следует, что ABCD — трапеция (ВС AD),
АС—биссектриса угла BAD; значит, , АВ i = | ВС ; аналогично
IBC|=|CD. Пусть , АВ , = \ ВС‘ = \CD ,=а, AD^b. Рас-
стояние между серединами диагоналей 2г, следовательно, --=2г.
Проведем высоту ВМ из точки В на AD,
| AM | =-Ц-5- = 2г, : ВМ = 2г.
Следовательно, а=| АВ \ — 2rV2, b = 4r-j-2r У 2-
Ответ. S = 4ra(/2+l).
34.	Обозначим углы А, В и С через а, р и у. Пусть Я —точка
пересечения высот, О —центр окружности, проходящей через А,
НОС =2 НАС =2 (90°-у),
НОА =2fJCA —2 (90° — а).
Но АОС = 180°— р (так как ВАОС — вписанный), 2(90° —у)-)-
4-2(90" — а) =180 —р, 360° —2а—2у= 180° —р, 2р=180° —р,
Р = 60°, , АС|=2/? sinР = 2-^ = /3.
70
I AM I	T
35.	Обозначив отношение 	— Z, будем иметь SMCP—-^,
j MCI	Л
T
X, t. e.^=X3,
,BC! c (X+Jp/r \
-------SrЛ4Л7-*=
W-W.
&CPN
S _	_____o
ABC <MC\ ,CN\ CMN
= ft*!*8 (7+ X2Q) = (X +1)3 Q= (71/3 + Q1'3)3.
36.	Если О—центр окружности, то площадь ДОЛМ в
—°-5 раз больше площади Л KMN. Если M0N = a, то
G —1\
R2 . а	.	2aS	----г-н—
-и-sina —----- S, sina=-—---------cosa = ± V 1 — sin2a.
2 o—7?	7?2(a—/?)’
Г 4a2S2 \
2^±]/ l-Ri(a-Rp)-
Задача имеет решение, если 5 sg —.
37.	Если ВАС — 'ВСЛ—2а,, то по теореме синусов найдем
„ г 2m sin 2a „ п ,	| АЕ | 2m sin 2a
jLCj I ““	, X « ЛГ	 > Л	•
sin 3a	cos a sin 3a cos a
т ,	9 2m sm 2a	о 7
Таким	образом, т = ——,	откуда cos2a=r6,	8лАВС=
г 4 sm3acosa	18	ЛЛО1'
о 5т2]/гЦ
= т2 tg 2a=-----у--.
38.	Точки С, 7И, D и L лежат на одной окружности, следо-
вательно, CML= CDL =30°. Точно так же СМК = 30°; таким обра-
________—	2
зом, LMK =60° и Д LMK — правильный, |KL|=-p^-. По тео-
3	--
реме косинусов найдем, что cos LCK ——?-• Поскольку DCB —
О
= LCK -120°, найдем | DB
Ответ: DB | =
/5
38.	Пусть А — точка пересечения прямых ВС и КМ. Четырех-
угольник 0NBC -вписанный (pCB='0NB = 90°), следователь-
но, 0BC=0NC = “-. Точно так же вписанным является
четырехугольник СМАО и CAO = СМО =	> т е-
71
Л О АВ — равнобедренный,
|СВ =.АС = С°
а
cos 2
40. Точки Е, М,
В н
.а	.а
s,n 2	S'n 2
Q (рис. 7) лежат на одной окружности
с диаметром BE, а точки Е, Р,
D и N— на окружности с диамет-
ром ED.
Таким образом, EMQ = EBQ =
= 180°-EDC=EDN=EPN', ана-
логично EQN — ENP , т. е. д EMQ
подобен д EPN с коэффициентом
подобия У k. (Для полноты реше-
ния необходимо рассмотреть и
другие случаи расположения то-
чек.)
Ответ: d^k.
41.	Продолжим непараллель-
ные стороны трапеции до пересе-
чения, мы получим три подобных треугольника, причем коэффи-
циент подобия между средним и большим треугольником и между
меньшим и средним один и тот же. Обозначим этот коэффициент
через X, большее основание —через х, радиус большей окружно-
сти—через R. Тогда отрезки, параллельные х, будут соответст-
венно Хх и Х2х, большая боковая сторона нижней трапеции 2R —,
второй радиус XR. Значит, R + XR= . По свойству описанного
четырехугольника x+Xx=2R-}-2R у. И наконец, опустив из
конна меньшего основания всей трапеции перпендикуляр на
большее основание, получим прямоугольный треугольник с кате-
тами с, х—Х2х и гипотенузой d Таким образом, имеем систему
x(1+X) = 2r£±1,
С
x(l-X2) = J<d2-c2,
R(l+X)= J,
I
,	d-/d2-c2
откуда Х =--------
d-/d2 —с2 d-k/d2 —с2
Ответ: основания равны -----— ----- и — —--------.
42.	Опустим из центров окружностей перпендикуляры на одну
нз боковых сторон и проведем через центр меньшей окружности
прямую, параллельную этой стороне. Получится прямоугольный
72
треугольник с гипотенузой 7? + г, одним катетом Л —г и острым
углом при этом катете а, равным острому углу при основании
трапеции. Таким образом,
R—r
cos а =	.
/?+г
Большее основание равно
Меньшее основание равно
2	) 1+cosa I R
43.	Возьмем на стороне АВ точку К так, что ВК1 — | BD ,
а на продолжении АС—точку Е так, что 1 СЕ • =| CD . Погажем,
что д ADK подобен Д ADE. Если А, В и С — величины углов
Л АВС, то
DKA =180°-DKB = 180°- ^90°—~j = 90° +	,
'ADE = 180°-CED—~ = 180°— 4 - V =9°° + ^-
z	z Z	z
Таким образом, AKD = ADE. Кроме того, no условию DAE =
=PAK-	_
Ответ: | AD j = У'аЬ-
44.	В обозначениях предыдущей задачи
\AD 2=( ЛС| + |СР!)( AB\ — \BD ) =
= 1 лс I -1 лв I —I CD [ -1 -В0 i+ ( AB\-\CD AC BD\).
Но слагаемое в скобках равно нулю, поскольку (см. задачу 9,
п |АВ|	|BD|
раздел I) । лс ।	। CD । •
45.	Продолжим BN и CN до вторичного пересечения со вто-
рой окружностью в точках К и L соответственно. MNNK ,
так как /1Л’В = 90'' и МК есть хорда окружности с центром в А.
LNK — BNC = BND (так как равны соответствующие дуги). Таким
образом, । LN | = | ND =b, | MN | • | NK = |Л1Л' 2 = ab, М.\! -
— l^ab-
46.	Заметим (рис. 8), что PQ 1 СВ. Пусть Г—-точка пере-
сечения MN и PQ, L и К —основания перпендикуляров, опущен-
ных из С и В на прямую MN (L и К лежат на окружностях,
построенных на CN и ВМ как на диаметрах). Используя свойства
пересекающихся хорд в окружностях, получим
PT TQ, = \NT LT ,
iPTriTQ\= MT,-tTK\.
73
Но | LT | = | CD , TK . = | DB | (так как CLKB — прямоугольник,
MT
a PQ±CB). Таким образом, NT 1 - |CD i = | MT\~, DB !,	=
! CD I
= nв । > т- e- прямая PQ делит СВ и MN в одном и том же
| Dk>
отношении; значит, PQ проходит через A, a D есть основание
высоты.
47.	Пусть (рис. 9) ВС—2а, BL = 2p. Тогда
| АС |=2/?cosa, | CL | = 2/? sin (а+ Р),
| CM | = | CL | cos (90° —Р) = 2/? sin (а+Р) sin р,
AM | = | АС\ — \СМ , = 2/? [cosa —sin (а+Р) sinpj =
= 2/?Jcosa— * cosa+ cos (a+2P)j = 2/?cos p cos (a+p)
и, наконец, AL =a— | AM | cosa=2/?cosacosp cos (a+P).
С другой стороны, если К, Р и Q — середины АО, СО и CL соот-
1	Р
ветственно, то । I(P |= 2 | AC | = /? cosa, PQ'=-~, KPQ =
= 'КРО +OPQ=a + 180°—COL= a + 180°—2a — 2p = 180° - a —
02
— 2p и, по теореме косинусов, i/(Q|2=——p2 cos2 a + J?2 cos ax
P3	P2
X cos (a+2P) =	+ 2/?3 cos a cos p cos (a+P) = — + Pa.
Ответ: 'j/'~ + Ra.
48. Пусть прямые AM и AN пересекают прямую ВС в точ-
ках D и Е. Легко видеть, что треугольники ABD и АСЕ равно-
бедренные (биссектриса является высотой), т. е. | DE I равняется
периметру треугольника АВС, а MN — средняя линия в треуголь-
нике ADE,
74
49. Обозначим одну из точек пересечения, через которую
проходит прямая, через С. Пусть Bt, В2, В3—основания перпен-
дикуляров, опущенных из Ои О2, О3 на прямую, а К и М—точки
пересечения прямых, параллельных Л1Л3, проходящих через (\
и О2, соответственно с О2В2 и 03Вэ. Поскольку BL и В2 —середины
хорд АгС и СА2, | ВХВ2 [ = ~-1 AtA2 j. Если а —угол менаду пря-
мыми Л1Л3 и ОгО3, то
1Л1Л1 2,В,Вг ,2 О Л -2епеа.
|OAI ~ |OAI ~ \<W	’
аналогично
тЖ=2сО5а:
отсюда следует искомое равенство.
БО. Имеем
.Лтд S	’ МВ ПА sin MBA
I МЛ I = ABM _ 2	__________
I MC I smbc I MB , •, BC , sin /иве
| BA |l 2 BC | sin | MBA
~ BC\inMBC BA'‘ ‘
Ho sin MBC = sin ВАС, sin MBA = sin BCA , а по теореме синусов
ВС I BA I „	'MA ,BA?
----ir- = ——г2-. Следовательно, —-г— — ъа- =fe-
» Fl А Г'	• n/-1 Л	/тЮ/
-in ВАС sin BCA
, ,,	AM? AC\ AN? AD'
51. Из задачи 50 следует, что —
Если К —точка пересечения MN и АВ, то
! А К __ $амаг _ | AM ; •, AN! sin MAN _
1 KB sbmn \MB\-\NB sin MBN
1 /~ AC | I AD । cep
~ r BC\ ’ BD\~y (a —1)(P —1)"
52. Пусть К, L, M и N — точки касания сторон AB, BC, CD
и DA с окружностью. Обозначим через Р точку пересечения АС
и КМ. Если AKM--=q, то Я7ИС = 180° —<р. Таким образом,
lpcl s/gmc 1,ЮМ|.|ЛКГ sin(180°-<p)	|7ИС| Ь
Но в таком же отношении разделит АС и прямая NL. Значит, пря-
мые АС, КМ и NL пересекаются в одной точке. Применяя те же
рассуждения к диагонали BD, мы получим, что BD также про-
ходит через точку Р. Искомое отношение равно а/Ь,
75
53. Пусть P и Q—точки пересечения соответственно ВК и АС,
АВ и DC. Прямая QP пересекает AD в точке М, ВС —в точке N.
Используя подобие соответствующих треугольников, можем запи-
сать следующие равенства:
А-М Bi\ МК АК' — \АМ
~ |ЛМ|
|AM _ х х
AD i — | AM i~ 1— x’ 1— x~
MD, Л’С AM
AM
Если AM —x AD , to
MD
X—x	X
= откуда
n AM X
Ответ:-7о- = Х+Т-
Если X= - , то AM =—L- AD . Таким образом, взяв сиа-
п	п +1	* 1
чала К совпадающей с D (Х= 1), получим в качестве Mt сере-
дину АВ-, взяв К совпадающей с Мр найдем, что М2 отделяет 1/3
от AD, и т. д.
54. П>сть КМ — КМ =х, AD —у, DB —г. Тогда'СО|=
= ) уг, уА-г — с. Радикс вписанной в д АКБ окружности равен
2 CD' =	। Уг- Выразим площадь треугольника 71RB по фор-
мулам Героиа и s — pr. Получим уравнение
1 (* У+^хуг = (х+у+г)~} уг-
Учитывая, что уА-г — с, найдем х=с/3.
55. Проведем через Л2 прямую,
Д’- точка пересечения этой прямой с
BlA2	1	4CJ .
А2С\	k'	CiB ~k’ на,,дем
так же, проведя через С2 прямую, параллельную АС, до пересе-
1 CS ' k
чения с ВС в точке S, получим, что —Поэтому
СВ	(я-р !)=
точки R, А2, С2 и S лежат на одной прямой, параллельной АС.
Таким образом, стороны Д АВС и д А2В2С2 параллельны. Теперь
нетрудно получить, что Л2С2 —;RSI— RA2 | —1 C2S | = | AC IX
X 11 —уг—гуу ; поэтому коэффициент подобия равен	.
\ (Л	(«+
56. Воспользуемся следующей формулой для площади тре-
угольника: S — 2R2 * * S sin A sin В sin С, где А, В и С—величины
углов треугольника. Тогда площадь треугольника AiBLClt где Alt
Bl и С, —точки пересечения биссектрис Д АВС с описанной
параллельную АС. Пусть
др
АВ. Из того, что -у, - —
iRC,
AR k
71bT = (*W Точно
Вг и Ci —точки пересечения биссектрис Л АВС
окружностью, будет равна
с „„„ . л + в . В4-С . С+А пп, С
St = 2R- sin —-— sin ——sin —g— —	cos 2
и
А В
cos -g- cos 2
2
S	o . A . В	C
= 8 sin sin mu
di	z 2.	2
76
57.	Пусть О —центр подобия вписанного и описанного тре-
угольников, Л1, и /И2 —две сходственные вершины лежит на
стороне ЛВ), отрезок ОА пересекает вписанный треугольник
в точке К. Тогда S0AIiK-=XSi, 50Л12Л = ХВ2,
SOM1A _ 0М1 =
SOM,A 0М2
5
—Рассмотрев
площади, получим
откуда 50Л11Л = Х ]/'S1S2< где Х =
шесть таких треугольников и сложив их
SABC = J/<S1S2-
58.	Пусть О — центр описанного круга, Н — точка пересечения
высот А АВС. Поскольку прямая ОН перпендикулярна биссек-
трисе угла А, то она пересекает стороны АВ и АС в таких точ-
ках К и М, что । АК I = | AM |. Таким образом, | АО । = | ОВ | и
АОВ — 2С (считаем, что угол С —острый), (7ЛК = 90° — С=НАМ.
Значит, д ОЛД = А/7ЛЛ1 и ОА ; = НА —R (Д —радиус опи-
санного круга). Если О —основание перпендикуляра, опущенного
из О на ВС, то j OD = ' | АН —	. Следовательно, cos/ =
= cos DOC — и Л = 60°.
59.	Докажите, что треугольник будет остроугольным, прямо-
угольным или тупоугольным, если расстояние между центром
описанной окружности и точкой пересечения высот будет соответ-
ственно меньше, равно или больше половины наибольшей стороны.
Ответ: углы треугольника равны 90°, 60° и 30°.
77
или
(1)
60.	Условие S вг>м~$£, век означает> что
BD ! • ‘ ВМ ) = | ВК  ВС
(, ВА |+1 АС ') ВИ| = |ВК ,ВС|.
Проведем через М прямую, параллельную АС; пусть L — точка
пересечения этой прямой с В А. Докажем, что | LM | = l KL ; от-
сюда будет следовать, что искомый угол 'ВКМ = 2 ВАС = ” По-
скольку д BLM и Д ВАС подобны, то
'ьм1=ЖГ|лс>'’ ISLI=W[-I^'-
Теперь найдем из (1) ВК и посчитаем KL\ = 'ВК —\BL =
ЛС , ,. е.
ОС	ТЭС |	| ТЭС
мом деле i LM । = I KL ).
Ответ: а/2.
61.	Пусть AD'=а, ВС1 = Ь. Опустим нз О перпендикуляр ОК
на АВ. Теперь можно найти ВК ' = УаЬ т~Ь BE = Vab-^—.
ba	a—b
MK'~ ~№ 1 -1 В£ 1+1 вк • -
= 1 a\a-bj(a+bj' йК=^Ь' ЛегК0 пР°веР«ть- что \°к 2=
= |£К|-|МК|.
Ответ: Е0М = 90°.
62.	Заметим, что точки А, М, N и О лежат на одной окруж-
ности (рис. 11). Следовательно,
МИО=ОАК=90° —ДОЛ/. Зна-
чит, при повороте О А вокруг О
на угол <р прямая NM по-
вернется на такой же угол <р
(в другом направлении), а прн
перемещении А по прямой О А
прямая NM перемещается па-
раллельно самой себе. Отсюда
следует, что искомый угол ра-
вен а.
63. Если О] —центр мень-
шей окружности, а ВОЛ = <р, то
ВАО'= 90°- £ , СО 1~Д=90о + <р,
СА01=45°— £ Таким образом,
ВДС'=ВД0'- СЛС\=45°.
Ответ: 45°.
квадрата правильный треуголь-
ник АВК. Тогда К АВ =60", KCD=15°, т. е. К совпадает с М.
Ответ; 30°,
64. Построим на АВ внутри
78
65.	Если ВАС —2а, то легко найдем, что КМС=МКС =
= 30°-}-а, т. е ।/ИС 1 = | КС . Продолжим МК до пересечения
с окружностью в точке N; д КМС подобен &KAN, значит,
| AN =| KN | = R — радиус окружности (так как Л/ИК = 30°).
Точки А, К и О лежат на окружности с центром в N,
ANO—(£f-\ следовательно, АКО —30° или 150°, в зависимости от
того, тупой или острый угол АМС.
Ответ: 30° или 150°.
66.	Проведем (рис. 12) биссектрису угла А
до пересечения с нею в
BNC — 120°; значит, и
BNA, CNA также по
точке
углы
120°,
е.
NCA = NCM = 20°, т.
&NMC=Z\NCA, шс\
— j АС , Д АМС — равнобед-
ренный.
Ответ: 70°.
67.	Опишем около Д МСВ
окружность (рис. 13) и продол-
жим BN до пересечения с нею
в точке Mi, । СМг ' = CM J, так
как углы, на них опирающиеся
Л4,С/Й = Л41В/Й = 20°, т. е КС —биссектриса угла М±СМ, и
д MfiN = Л NCM, NMC — NMC = СМВ = 25°.
Ответ: 25°.
N. Так как
и продолжим ВМ
\BN\=\NC\, то
100°), в сумме дают 180°;
(80° и
Рис. 14.
68. Возьмем на ВС точку К (рис. 14) так, что КАС = 60®,
МК АС. Пусть L—точка пересечения АК и МС', Д ALC — пра-
вильный, Д ANC — равнобедренный (подсчитайте углы). Значит,
73
Л LNC также равнобедренный, LCN = 2CF. Теперь найдем углы
NLM и MKN — они по 100°; так как д MKL правильный, то
углы KLN и NKL — по 40°, т. е. , КА/i = ]Z./V ] и д MKN =
= &MLN, NML=KMN = 30°.
Ответ: 30°.
69. Возьмем (рис.
и обозначим через
15) точку К так, чтобы КВС = КСВ = 30°,
точку I	“
L
пересечения прямых МС и ВК- Так
как Д BNC равнобедренный
(л/вс=77св=5О°), то KNC =
= 40°. Точка L есть точка пе-
ресечения биссектрис треуголь-
ника NKC (LK и LC — биссек-
трисы). Следовательно, NL так-
же биссектриса угла KNC и
LNB — 6Q°; BN, в свою оче-
редь, биссектриса угла MBL-,
кроме того, ВЛ; jl ML; зна-
чит, BN делит ML пополам и
AWB = B/VL'=60°, a 'WMC =
= 30°.
Ответ: 30°.
70.	Пусть О — центр вписанной окружности; точки С, О, К
АС	В
СОК = 2 + ~2 =90° —— =
— КМС; если же точка К —на продолжении NM,
к\ Таким образом, ОКС ~ОМС-=90°.
= КМВ = 180°
то СОК = СМ1
71. Обозначим через К точку пересечения окружности с цент-
ром В и радиусом | АВ 1 и окружности с центром F и радиусом
I AF . Тогда Л/<С = 180°—• с, , ЛКЕ= 180°учитывая уело-
вне, получим, что СКЕ= 180° — -|; значит, /\ лежит на окруж-
ности с центром D и радиусом | CD Поэтому KBF = ABF,
KBD = CBD, т. е. Fb'd = -^ АВС~=^•
а ₽ у
Ответ:
72.	Если Р лежит на дуге ДВ, Q — на дуге АС, то для углов
РАВ = (р, QXC = ip получим два соотношения:
sin2 (С — <р) = sin <р sin (В + С — <р)
sin2 (В — 4) = sin 4 sin (В Д- С—if)
( 1—cos2(C—<p)=cos(B+C —2<р)—cos(B*4-C),
( 1 — cos 2(B —4)=cos(B4-C — 2if) —cos (B-j-Q,
80
Запишем разность этих равенств
A СЛ1Л'
sin (В+С—<р —ф) sin [(В—С) + (<р — ф)] =
= sin (В + С —<р—ф) sin (<р—ф),
откуда (поскольку 0<В + <$— ф— ф<л) получим, что В — С +
+ (ф-ф)=л-(ф-ф).
_ л —а
Ответ: —.
73.	Докажем (рис 16), что
MCN=СВА. Поскольку че-
тырехугольник CBDM вписан-
ный, то
| СМ |  sin CBM sin С DM
СВ sin СМВ sin CD В
л С АВ. Имеем
sin DBA I AD I i CN |
Значит, CMN — ВСА, т. е. ис-
та
комыи угол равен или или
подобен
180°-y.
74.	Пусть ABC~= 120°, BD, AE, CM —биссектрисы д ABC.
Покажем, что DE—биссектриса угла BDC, a DM — биссектриса
угла BDA. Для этого достаточно показать, что
В£ I _ I ВО |
|ЕС| DC\
(аналогично для точки М). Но это вытекает из соотношений
|BE | АВi
I ЕС|	| АС। ’
2\АВ -| ВС Icos60° [ДВ1-1ВС1
й “ \AB\ + iBC . ЛВ| + |ВС|
(см. задачу 17, раздел I) и
DC - 1ЛС\.\ВС\_
\АВ +\ВС^
75.	Обозначим ABD = a, BDC — <f. По условию DAC =
= 120®—а, ВЛС = 30° + а, ЛОВ = 30°—та, ОВС = 60° + а По
теореме синусов для треугольников ABC, BCD, ACD получим
ВС \ sin (ЗО' + а)	1
| АС | ~ sin (60°+2а) ’ 2 cos (30°+а) ’
I DC | _ sin (60°+а)
ВС — sin <р ’
| АС |	sin (30® — а + <р)
| DC | “ sin (120° —та) '
61
Перемножая эти равенства, будем иметь
sin(30°—а+<р)= sin (ЗО’ + а+ф) — sin (30°+<х —ф)
sin (30°-—a-f-<p)+sin (30° + a —<p) = sin (30° + «+Ф)
=z> cos (<p— a) = sin (30° + a+<p)=^>
=> sin (90°—<p + <z) — sin (30° + a+<p) =
— 2 cos (60° + a) sin (30° — <p) = 0;
таким образом, <p = 30°.
76.	Докажите, что если О н Ох—центры окружностей, описан-
ных около д АВС и д ADB, то А АООг подобен a ACD.
Ответ: aR.
77.	Если К—середина АВ, а О —центр круга, | АВ \-2R-c,
то
|СЛ4|2 = [ CD |2 + |£W = | CD р+ DK|2=
= | ДО |  | DB j+#2 + | DO ь2= ( ОД |-|DO I) (| OB | +1 DO ) + R2+
+ | DO |2 = (7?- | DO |) (/?+1 DO I) + tf2 + | DO ^=2R\
Значит, I CM |=/?K2 = | )Л2 •
78.	Пусть KM — отрезок, параллельный BC, N и L—точки
касания вписанной окружности со сторонами АС и ВС. Как из-
вестно (см. задачу 18, раздел I), I AN , = ! AL\ = p — а, где р —
полупериметр а АВС. С другой стороны, | AN | = | AL | — полу-
периметр А АКМ, подобного д ДВС. Следовательно, -—,
2д2
а—Ь'
Ответ;
79.	Докажите, что если а, Ь, с—длины сторон треугольника,
то периметры отсекаемых треугольников будут 2 (р—а), 2{р — Ь),
2 (р — с). Следовательно, если R— радиус описанной окружности,
то R1 + R2+R3 = (^ + E~ + ^)r=^R.
Ответ: Д = /?1 + Да + Д3.
80. Если ВАС=а, то | AM | =-4^-, |ДЛЛ=-14^1 т. е.
sin a	sin a
I AM । : | AN | = AC |: | AB таким
образом, a AMN подобен д ABC c
, , * 1
коэффициентом подобия &, поэ-
тому | MN = -ЙС-=2Д.
sin a
81.	Пусть (рис. 17) Ox и O2 —
центры пересекающихся окружностей.
Обозначим их радиусы через х и у,
О A i = а. Поскольку треугольники
АООг и ДОО2, как следует из усло-
вия, равновелики, то, выражая их
площади по формуле Герона, учи-
тывая, что |O^|=x, |ООл|=Д — х,
82
IО г A '—у, 00~ — R —у, пай дем
,^(£+0)	(7?-а) (R + а-^	(а+2х-7?)
V 2	'	2	2	’	2
= 1/” +	(#~а) (R+a—2y)(a + 2y~R)
Г 2	'	2	'	2	2
=> а2 - (R - 2х)2=а= — (R - 2у)2,
откуда, поскольку х^у, получим x-}-y — R.
82.	Пусть АВ и CD —данные хорды, а М — их точка пересе-
чения.
а)	Дуги АС и BD в сумме составляют полокружности; сле-
довательно, АС (3+ [ BD 2=4R2; таким образом,
I АМг+.МС 2+,МВ"~+ MD|2 = | AC 2 + l fiO 2 = 4R2,
б)	| АВ ?+\CD |3=( Л/И(-Ь МВ )2+(1СЛ!,+ ЛЮ,)2 =
= ЛМ^Ч- Л1В;2Ч- CM2 +'MD 2-]-2\АМ\ \МВ\-\-2'СМ' -‘MD =
= 4R2 + 2 (R2-d2) + 2 (R2-d2) = 4 (2R2-d2).
83.	Если M — вторая точка пересечения ВС с меньшей окруж-
ностью, то | ВМ | — | PC | (Л1 — между В и Р), 1 ВР ‘ , МР 1-J- | ВМ ,
ВР\- PC\ = R2—r2, IMP 2+ РА 2 = 4г2, 1РЛ12 + ;РВ|2 +
+ 1РС|2 = 'РЛ 2 + ( РВ\ — ,РС )Ч2 РВ • РС\=(' РА'2+\МР'2)+
+ 2( РВ • PC |) = 4г2 + 2(Р2-г2) = 2(№+г2).
84.	Обозначим (рис. 18) длины отрезков хорц, как на ри-
сунке, диаметр — через 2г; используя то, что углы, опирающиеся
на диаметр, прямые, a xy—uv, получим
X (X + {/)+«(« + 0 = X- Ч- ху + UV + и2 =
= (« Ч-С1)2 Ч-х2 ~ — (ы+а)3 + т2—4г2.
85.	Если а, р, у, 6—дуги, соответствующие сторонам а, Ь, с
и d, то доказываемое равенство соответствует тригонометрическому
а у ау.Вб 6.6	. /аЧ-у\
sin „cos ‘ Ч-cos sin ’- = sm cos Ч-cos sin или sin I—=
Z. £.	Z. Z.	£, Z	ZZ	\	£. j
—(Ш).
Рис. 18.
86.	Пусть (рис. 19) ABCD — вписанный четырехугольник.
Опишем около д ADP окружность. Обозначим через М точку
пересечения этой окружности с прямой PQ. Имеем DMQ — DAP =
— BCD Следовательно, четырехугольник CDMQ вписанный.
Поскольку, по условию, касательные, проведенные из Р и Q
83
к исходной окружности, равны о и Ь, будем иметь
QM QP, = ‘QD QA = &,
PM PQ=\PD\ РС\=аа.
Сложив эти равенства, получим
PQ 2 = а2 + b2,	PQ ' = ) гоЗ+&2.
87.	Отрезок Q/V1 равен (см. задачу 86) Ь2 —- /?2) + (с2 — R-) —
— 1 fe2 + c2—2R2. Пусть A BCD— данный четырехугольник, Q —
точка пересечения АВ и CD. Для нахождения длины PQ опишем
окружность около Д QCA, обозначим точку пересечения QP с этой
окружностью через Л'. Поскольку Al\'P = ACQ= АВР, точки А,
В, N и Р также лежат на одной окружности. Имеем
| QP | • । QiV| = |QA | • | QB | = 6®—
РЛГ | • I PQ | = | СР ; • | РА | =/?2 —а3-
Вычитая второе равенство из первого, получим
QP 2=&2+я2_2^2.
Аналогично
РЛД2=с2+а2 — 2/?2.
88. Радиус вписанной окружности заключен между величи-
нами радиусов двух предельных случаев. Он не может быть меньше
радиуса окружности, вписанной в
треугольник со сторонами a-j-b, &-|-с,
cj-a, который равен S,'p, где S —
площадь, р — полупериметр треуголь-
ника; таким образом,
S _ K(a+&-}-<") abc
Г>р ~	a+&-}-c	~
1а Ьс
' а-р t> + c’
С другой стороны, радиус меньше ради-
уса окружности, изображенной на рис.
20 (на этом рисунке противоположные
касательные параллельны, точка С
«убегает» в бесконечность). Поскольку
для )глов а, Р и у, отмеченных на рисунке, выполняется равен-
ство
диус
1 о ,	1 с , „ а	b
a+f+V=s-s- и tga.=—, tgP=—, tgy=-, где р —ра-
z	р	р	р
изображенной окружности, будем иметь tg(a4-P) = -|^—,
или	—_£-e=£-j откуда р — УаЬА-ЬсА-са.
]~Р2
< r < ^ab + bc+ca.
Таким образом,
84
2х
89.	Пусть М — точка пересечения прямой СВ с линией цент-
ров данных окружностей. Обозначим Л7И|=х, АСВ=ср,
। АВ ,г = 2гх, | АС ? = 2Rx, sin ф = —. Если р — радиус ок-
АВ \	\ АВ  , АС
ружности, описанной около Д АВС, то Р S]n~^--------------
V2rx-V2Rx 1<кг
=------Тх----=_
Ответ: \Rr.
90.	Пусть (рис. 21) О1ЛО2 = ф (Oj, О2 — центры окружностей,
Л —наиболее удаленная от ВС точка их пересечения). Покажем,
что^ВАС = g . ^Для другой точки угол будет 180°— . В са-
мом деле,
ВЛС~= 180 -'АВС - В 2Л -= 180° - (90’ - ABOJ - (90° - ЛССу =
Пусть	проведя О^М.ВС (Л4 —на С^В), получим
I вс I = I о2м1 =У| ОА =—j 0ГЛГ г = V&^r^y-
Р2 /-2 — q2
Из ДО1Л<92 найдем costp =-----; таким образом, радиус
Z/v
окружности, описанной около Д ЛВС, равен
| ВС |	_
2 sin 21 Г
2 z V	2
Ответ: IRr (для обоих треугольнике ).
/?24-г2—п2
2Rr
Рис. 22.
01. DO и СО —биссектрисы углов ADC и DCB. Обозначим
через а, Р и у величины соответствующих углов (рис. 22). Но
С£4-2Р + 2у + а=2л, значит, а-{-Р + Т=я; отсюда следует, что
DDA—y, СОВ = $ и Д AOD подобен Д СОВ, откуда
_ °2
Ответ: -^г-.
4л
85
92.	Из условия задачи следует, что биссектрисы углов С и D
пересекаются на стороне АВ. Обозначим эту точку пересечения
через О. Опишем около Д DOC окружность. Пусть К — вторая
точка пересечения этой окружности с АВ. Имеем
DKA^DCO^-1 DCB~—~ (180° — DAK) = * (DKA + ADK).
Значит, DKA = ADK и ЛО| = |Л/(|. Аналогично I ВС|=| В К ];
следовательно, AD | + | СВ | = ' AD ', Ь-|-|СВ |=д.
Ответ: а — Ь.
93.	Пусть Р — точка пересечения прямой DE с АВ, К—точка
иа АВ такая, что KD AC- A AKD — равнобедренный (KDA =
= DAC=DAK). Значит, КО —медиана в прямоугольном тре-
угольнике и |/ИЛ'' = -' KD = -] АР =4- АЕ | = 1 а.
2	4	4	4
94.	Пусть (рис. 23) второй точкой пересечения окружностей,
описанных около д АВС и Д ABjCj, будет Лх. Из условия сле-
дует, что | ВВХ [ = [ ССХ [, кроме того, ЛВЛ1=ЛСЛ1 и ЛВИх —
= ЛС^Ар Следовательно, д А1ВВ1 — д А^С. Значит, AtB —
= ЛХС |, Пусть ЛВС —р, ЛСВ=у, ABAj = ЛСЛх = <р. Так как
Д А^ВС равнобедренный, то Л1ВС -Л1СВ, т. е. р+<р=у—ср,
у — В
ф=—и, если радиус окружности, описанной около ДЛВС,
равен R, то | ЛЛХ | =27? sin но а= АВ — |ЛС| =
= 27? (sin у — sin Р) = 47? sin -- cos 1 = 2 , А Лх | sin , следо-
вательно, А А, 1=-—-—.
ГУ
83
95.	Заметим, что точки А, О, М, В лежат иа одной окруж
ности (А МВ измеряется полусуммой дуги АВ и дуги, симметрич-
ной АВ относительно ОС, т. е. АМВ — АОВ). Далее, отложим
I МК ! = , MB I на AM, тогда д АКБ подобен д ОМВ
Ответ: АВ'—2а.
96.	Пусть | АВ — 2г, ВС 1 = 2/?, Oj — середина АВ, О2 —се-
редина ВС, О3—середина АС, О—центр четвертой окружности,
радиус которой х. Из условия следует, что |0103' = /?, I 0302 | =
= г, Ofi = r4-x, I О2О | = R+X, I О3О|=/?+ г — х. Приравни-
вая выражения для площадей треугольников OjOOg и 0г002, по-
лученные по формуле Герона и как полупроизведение соответст-
вующего основания на высоту, получим два уравнения:
/(/?-f-r)r(7?-x)x= ’ Rd,
V(R + r+x) Rrx = (R + Od-
одно из другого, найдем
Возводя уравнения в квадрат и вычитая
d
Х~ 2
„ d
Ответ: 2 .
97.	Пусть Р — основание перпендикуляра, опущенного из N
на прямую Л1Й; тогда MP — Rcosa, следовательно, [ТИР I равно
расстоянию от центра О то АВ, но расстояние от вершины тре-
угольника до точки пересечения высот вдвое больше, чем рас-
стояние от центра описанного круга до противоположной сторо-
ны, т. е. | MP I = '2 I I'
Отсюда следует, что если М находится иа большей из дуг,
т. е. АМВ = а, то | МК | = /?; если же ЛЛ4В = 180°—а (т. е. М —
на меньшей дуге окружности), то | МК ,3=R2+ 4Т?2 cos2 a-f-
+ 4/?2 cos2 a — R2 (1 -|-8 cos2 a).
R, если M — на большей дуге окружности,
/? 1^1 4-8 cos2 а, если M — иа меньшей ду-
ге окружности.
98.	Пусть АВС — данный треугольник, CD —высота, и О2 —
центры окружностей, вписанных в Д ACD и &BDC, К и L —
точки пересечения прямых DOj и DO2 с АС и СВ. Так как
д ADC подобен Д CDB, а KD и LD — биссектрисы прямых углов
этих треугольников, то 01 и 02 делят соответственно KD и LD
в одинаковом отношении. Значит, KL J О^О2. Но четырехугольник
CKDL — вписанный (KCLs=KDL^= 90°). Следовательно, CKL =
•=CDL = — ,CLK — CDK —	. Таким образом, прямая ОгО3
4	4
образует с катетами углы в Если М и У—точки пересечения
Ответ: | MR | =
87
010а с СВ и АС, то д СМ02= л CDO.t [СО2— общая, O.2CD —
= О£М, CD02=~ = CM02'j. Значит, СМ1 = Л'С =Л.
Ответ: площадь треугольника равна , углы —,	.
99.	Обозначения понятны из рис. 24. CKDL— прямоуголь-
ник. Поскольку LKA = 90°-|-а, LBA = 90®—а, то четырехуголь-
ник BLKA — вписанный,
I LC | ftcosa l-о	„ч
tg'₽=TcJT = TEr==2	()
sin а
Если R — радиус окружности, то
R =	=	*—.	(2)
2 зшф 2sin<p	k/
Поскольку LOK — 2<р, то | CW , --- R cos <р = —	(исполь*
зовались равенства (1) и (2)),
10М1= ON sin(90°-2a)==h-£2^ = Zictg2a
k	sin 2a
и, наконец,
1 PQ I = I QAl I = ri OM ? = 1	h2 etg2 2a =
f » Kill I IL1
= Y(l + ctg2<p)-ctg22a = h J	_ctg5 2a =
= Л]/Гт+’ = Ц^.	|р<?:=лУ5.
Если теперь отрезки PD,
Рис. 24
и | DQ j хорды обозначить через х и
у, то x-j-y=hyr5, xy—h2, откуда
найдем, что искомые отрезки хорды
будут р!.„ы1^ыл,
Рис. 25.
100.	Пусть (рис. 25) Р и Q —точки касания касательных,
проведенных из Е, Докажем, что , ЕР ( = ; EQ( = , BD,, В самом
88
деле,
i £₽,’ = ('ED,+ | DC')( ED-\DC )=.
= :ED,2- DC ' BC ? — I DC 2 = ,BD|«
(по условию , ED = ВС ). Обозначим
'/GV! = x, 'PN ='lNA'=y, EQl=‘lEP, = \BDl=z.
Тогда 1 KE\ — x+y — z Имеем
SKEN-= * KN DA =|x(2/?-2),
с другой стороны,
SKEN = SKON + SEOK ~ SEON =
= ~2 R[x+x-}-y—z-y—z]=R(x—z)
(О—центр окружности). Таким образом, * х (2R—z) = R (x—z),
x=‘2R.
Ответ: 2R.
101.	Заметим, что если мы рассмотрим систему из п векто-
ров, имеющих начало в центре правильного /г-уголышка, а концы
в его вершинах, то сумма этих векторов равна нулю. В самом
деле, если мы повернем все эти векторы на угол 2п/п, 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 нашей задаче. Если ф—угол между данной пря-
мой (обозначим ее через /) и лэ дни м из векторов, то остальные
2л 2п
векторы будут образовывать углы ф+~, ф+2—,	, <р +
2л
+ (п—1)—. Квадрат расстояния от /г-й вершины до I будет
! 4л \
Но величины со8 2ф-}-/г — можно рассматривать как проекции
на I системы п векторов, образующие с / углы 2ф + /г	, k=0,
1, ..., п—1. При п нечетном эти векторы образуют правильный
п-угольиик, при п четном будет дважды повторенный п, 2-угольник.
Ответ; п/2.
102.	Пусть О—центр описанной около А АВС окружности,
В.—середина AC, N—точка касания с АС вписанной окружно-
сти; тогда, если ВС|=а, АС\ = Ь, АВ —с, то AN ,—р—а,
\CN — р—с (см. задачу 18, раздел I)
I ON 2= OBj 2-Н B.N ,‘=
= (, ЛО|«-| АВ. 2)-‘-IBi;V 2 = /?з_-4 + [р-а- 2J =
= /?2-|-(р — а)(р- a— b)—R2— (р — а)(р с).
89
Аналогично определив квадраты расстояний до других точек
касания и сложив их, получим, что искомая сумма равна
3R2 — (р — a) (p — c)—(p — a)(p — b) — (p — b)(p — c)=3R2 — M.
Воспользовавшись для площади треугольника следующими фор-
мулами: формулой Герона и формулами S^=pr, S = -^, получим
(Р~о) (p-fr) (р —с)
/р(р —а) (р —Ь)(р —с) =рг
abc
РГ ~ 4R
г3
Р
. г, аЬс
ARr — —.
Р
Сложив последние равенства и воспользовавшись тождеством
(Р—а) (р —fe) (р —c) + cbc=
= р[(р —а)(р—Ь) + (р —6) (р—с) + (р — с)(р—а)] = рМ,
найдем, что M — ARr + r2-
Ответ: 3R2—4Rr — r2.
103.	Пусть (рис. 26) Р —точка пересечения диагоналей, а К,
L, М, N — основания перпендикуляров, опущенных из Р иа АВ,
ВС, CD и DA. Так как четырех-
угольник PKBL вписанный, то
PKL = PBC, аналщнчио 'PKN — PAD',
но PBC — PAD, так как они опира-
ются на одну дугу. Следовательно,
КР— биссектриса угла NKL; значит,
биссектрисы углов четырехугольника
KLMN пересекаются в точке Р, ко-
торая и является центром вписанной
в KLMN окружности. Пусть теперь
диагонали АС и BD перпендикуляр-
ны, R — радиус данной окружности,
Рис. 26.	d—расстояние от Р до ее центра.
АР  PC = R2 — а'2. Радиус иско-
мой окружности г равен, в частности, расстоянию от Р до
KL. Обозначив KLP = АВР = а, РВС = $, найдем
PC АР
r==' PL | sin а = ; РВ sin₽sina= PSi-pgg-АВ
= гр* _ dA \РВС	sin (а+Р) _
'	> । ВС|-| АВ \ sin (а-гР) | AC |
2SABC I R2-d2
ABC	2R
Ответ:
= (R2-d2)
R2—d2
2R ‘
104.	Пусть (рис 27) ABCD— данный четырехугольник, P —
точка пересечения диагоналей, А —середина ВС, L— середина AD.
Докажем, что прямая LP перпендикулярна ВС. Обозначив через
М точку пересечения LP с ВС, будем иметь BPM — LPD —
= ADP — PCB. Следовательно, PM J. ВС Значит, OK J LP. Ана-
9Q
Логично PR LO, и KOLP — параллелограмм,
, LR ,«•+1 РО ,2= 2 (, LP |2+ РК =
2(мр + ^
= ’  4Д2=2Я2.
(Если хорды AD и ВС переместить так, чтобы они имели общий
конец, а соответствующие дуги продолжали одна другую, то обра-
зуется прямоугольный треугольник с
катетами AD и ВС | и диаметром	Ас------/7
2/?, значит, | AD 2 + BC'P—AR2.) //\/\\
Следовательно, ' LK 2=27?3—d2H точ- / /
ки L и К лежат на окружности с цент- / /	\ \
ром S в середине РО и радиусом / Z	\
k 27?а —d2. Но Д LMK. — прямо-	/ ff \\
угол .ный, MS — медиана, | MS =	_______-Ур
= g : LK | = * /2^d2, т. е. М X.	/
лежит на той же окружности.
Ответ- * V2R°--<P-	РИС’ 21'
105.	Из двух предыдущих задач следует, что если диагонали
вписанного четырехугольника перпендикулярны, то проекции
точки пересечения диагоналей этого четырехугольника на его сто-
роны служат вершинами четырехугольника, который можно впи-
сать в окружность н около которого можно описать окружность,
причем радиусы вписанной и описанной окружностей и расстоя-
ние между их центрами полностью определяются радиусом окруж-
ности, описанной около исходного четырехугольника, и расстоя-
нием от ее центра до точки пересечения диагоналей вписанного
в нее четырехугольника. Следовательно, при вращении диагона-
лей 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 по-
казать, учитывая выражения для радиусов вписанной и описан-
ной окружностей, полученные в двух предыдущих задачах, что
предлагаемое к доказательству соотношение для таких четырех-
угольников выполняется.
Для завершения доказательства нам осталось доказать, что
любой «впнсано-описанный» четырехугольник может быть получен
из вписанного четырехугольника со взаимно перпендикулярными
диагоналями вышеуказанным способом. В самом деле, если
RLMN — «вписано-опнсанный» четырехугольник, Р — центр впи-
санной окружности, то, проведя прямые, перпендикулярные бис-
сектрисам КР, LP, MP, NP и проходящие через К, L, М и
соответственно, мы получим четырехугольник ABCD (см. рис. 26).
При этом БРК — KLB~9Q° — MLK (мы воспользовались,
в частности, тем, что у четырехугольника PKBL противополож-
ные углы прямые и, следовательно, он вписанный). Аналогично
KPA = KNA = 90 - g MN К, и, значит, iPA= ВРК + КРА =
91
= 180' (MLK-pMNK) — 90’. Таким образом, все углы ВРА,
APD, DPC и СРВ прямые, т. е. Р—точка пересечения диагона-
лей ABCD, сами же диагонали перпендикулярны. Нетрудно по-
казать, что ABCD — вписанный четырехугольник, поскольку
ЛВС + ЛВС '= PBL + РВК + PDK~+ PDM = PKL + PLK+'РМЬ’ +
+ PNM = 1 (XKL 4- KLM + LMN--pMNK) = 180°.
106. а) Пусть l пересекает j
сается окружности в точке М
*=\ВС',=а, iAK', = \KM\=x,
Рис. 28.
С и ВС в точках К и N и ка-
(рис. 28). Обозначим | АС | =
BN I =, NМ | = у. Очевидно,
ш2 (а — х) (а — у)
— = У---------44 но по тео-
uv	ху
реме косинусов для &CKN
(х+У)- = (а - х)- + (а - у)2 —
— 2 (а—х) (а— у) cos а =^> ху=
=сР— ах — ау — (а—х)(а — у)х
X cos а 2ху —
= (а—х) (а—у) (1—cos а)
_ ху	. 9 а
^(а-х}(а-уГ™ 2-
Таким образом, — = sin2 • (Аналогично рассматриваются дру-
гие случаи расположения прямой /.)
б) Воспользуемся результатом задачи 106 а). Перемножая со-
ответствующие равенства для всех углов n-угольника, мы полу-
чим квадрат искомого отношения, а само отношение окажется
равным
__________1__________
. а. . а, . а,, ’
Sln 2 Sln 2" S‘n“2*
где aJt а2......«„ — углы многоугочьника.
в) Воспользуемся результатом задачи 106 а). Если обозначим
точки касания	сторон	AtA2, А2А3.Л2П„1Л2П,	А2пА1	с окруж-
ностью через	Вр	В2,	.... В2Л_!, В2„, через хп	х2,	... ,	x2„-i,
*'аи— расстояния от Лп Л2, ..., Л2„ до I, через ylt у2, ..., у2п —
расстояния от	Во	В2,	.. , В2„ до I, то	получим
xj =	1	х| = 1	х*п	_1
sin2”1 '	sin2”2'	' У-П-1У2П с;п®”2п
3111	_	dill	Olli '—LC*'
(аь a2, ., a2n—-углы многоугольника). Перемножая равенства,
содержащие xt, xs, .. , х2п_1, и деля на произведение остальных
равенств, получим
( XjX2   Хоп1 2
. «2 . а, . О2„ ' г
sin 2 sin 24... sin-"-'1 \
. at . а3	. а2я 1 /
sin 1 sin 3 ... sin - /
А	L 1
92
107. Найдем сначала lim . „  . Обозначим C = fi. Имеем
а-»0 I ОС ।
1 , .
,	. с	ab sin а
|ЛО I _ ^ABD 2	...
ОС с	1	•	О/
BDC	2	-~а)(Р~ b) sin Р
Но по теореме косинусов
| ВО 2=а2-|Ь2—2adcosa,
। BD ?=(р—ар+(р—Ь)2—2(р—а)(р—Ь) cos fl,
a2+ts - 2ab cos a = (p—a)2+(p — i)3 — 2 (₽ — a) (p — Z>) cos P,
_ p(p-g-b)+afrcosa
P {p-a)(p-b)
sin P = ] 1 —cos2 p —V(1 —cos p) (1 +cos P) —
Vab (I — cos a) (2p2 — 2ap — 2bp + ah+afc cos a)
(p-a)(p-b)	• W
Учитывая, что при a -> 0
, sin a 1/-я a
cos a 1, r — — f 2 cos -> I 2,
Kl—cosa	2
получим из (1), (2)
l АО I	Гь
a™ IOC | V (p — a)(p—b)'
Поскольку AC | -> p, to
lim | AO J =P гт=---	**. - ---.
a->0	]'ab-\-У (p — a) (p — b)
108.	Докажите, что точка, симметричная точке пересечения
высот треугольника относительно стороны треугольника, лежит
на описанной окружности.
109.	Докажите, что касательные к окружности, проведенные
из вершин, между которыми расположена одна вершина много-
угольника, равны. Отсюда следует, что для многоугольника с не-
четным числом сторон точки касания являются серединами сторон,
НО. МВ •=&+(? cos2 ,4 = a2-f-c2 —с2 sin2 ,4 = o2+c2-a2X
Xsin2C = c2+a2cos2C =| NB ,2.
111.	Если О —точка пересечения диагоналей АС и BD, то,
воспользовавшись подобием соответствующих треугольников, полу-
чим
| ок | <ОК | од I _ ОА\ f ОМ I _ .ОМ I
| ОС ~ IОВ ‘ОС OD ‘ | ОЛ I OD! •
что и требовалось.
112.	Докажите, что I образует с AD такие же углы, что и
прямая ВС, касающаяся нашей окружности. Отсюда следует, что
другая касательная к окружности, проходящая через D, будет
параллельна I.
93
113.	Построим окружность (рис. 29), касающуюся прямых MN,
АС и ВС таким образом, чтобы точки касания Р и Q с прямыми АС
и ВС бьЙ* вне отрезков СМ и CN (это будет окружность, вне-
вписанная в треугольник MCN). Если R—
С	точка касания MN с окружностью, то
A	I МР ='	MR ,	NQ ==' NR ', следовагель-
/ \	но, I MN	1 = МР	। + NQ , но по условию
/ \	। MN | = |	МА |+	NB . Таким образом, одна
/ \N	из точек	Р или	Q (на рисунке Р) лежит
/ Xхвнутри соответствующей стороны, а дру-
гая —на продолжении. При этом
Pl / V	1
к/	[CP| = |CQ! = ^( CPI + ICQ ) =
А\ J	1
V_______/	= 2( АС +,СВ),
Рис. 29. т е. построенная окружность постоянна
для всех прямых MN.
114.	Если О — центр круга, описанного около ABC, D — сере-
дина СВ, Л/ —точка пересечения высот, L — середина АН, то
| AL] = | OD |, и, поскольку AL'jOD, значит, OL делит AD пополам,
т. е. L симметрична О относительно середины AD.
115.	Пусть ВО —высота треугольника, причем | BD | —R  2,
где R — радиус описанного круга, и М—основания перпенди-
куляров, опущенных из D на АВ и ВС, О—центр описанного
круга. Если угол С острый, то /<ВО =90° — С. Поскольку четы-
рехугольник BMDK вписанный, то MKD— DBM = 90°—С, зна-
чит, MRB = 180°—90° — (90° — С)=С, следовательно, ВО J. КМ.
Но
„	„ / I BD I \2 . д . ; . Л
= 2 \2 ) Sm А Sln “ sln С =
— R2 sin A sin В sin C = * SABC.
(Мы воспользовались формулой S = 2R2 sin A sin В sin (?•) С дру-
гой стороны, если Aj —высота Д ВКМ, проведенная из вершины В,
ТОА«=1|ЛС|. ВО|=5ЖЛ1=-’ KM\hi=[ BD sin^./ij,
AC
значит, h.—----— =R; учитывая, что BO J. КМ, получаем, что
2 sin В
точка О лежит на КМ.
116.	Заметим, что Д ADK подобен д АВК, поскольку
|ЛК>2=|ЛС|2=[ЛР|.|ЛВ|, т. е. =
Если О—центр окружности, описанной около Д АВК, то
OAD4- ADK = 90° - АКБ + ADK = 90°
(предполагалось что АКБ острый; если А КВ тупой, то рассужде-
ния аналогичны).
94
117.	Докажите, что прямая, параллельная ВС и проходящая
через Е, делит биссектрису угла А в том же отношении, в каком
ее делит биссектриса угла С.
118.	Если О — вершина угла, Л —точка на биссектрисе, и
В.,~ точки пересечения со сторонами угла одной окружности, и
С2 (В, и Cj —на одной стороне) —точки пересечения другой окруж-
ности, то A HBjC, = А А2В2С2.
119.	Пусть F и D — точки пересечения EN и ЕМ соответст-
венно с АВ и ВС. Докажем, что Д AFN и д MDC подобны.
Используя подобия различных треугольников и равенство проти-
воположных сторон параллелограмма, будем иметь
\NF\ \NF\ ' FB _\BD\	\ED._
FA \ ~ \FB\ ' \FA< \DM ' ' \ FA
| BD | | DC | _ BD , : DC । _ | DC |
~ DM , ‘ | FE | | DM | ’ | BD | DM | ’
t. e. A AFN подобен Д MDC.
120.	Рассмотрите параллелограммы ABMK и DCML и дока-
жите, что KL делит DA в том же отношении, что и точка N, и
прямая MN является биссектрисой угла KML.
121.	Докажем сначала, что диагонали данного четырехуголь-
ника делятся в точке пересечения пополам, т. е. что четырех-
угольник-параллелограмм. Пусть ABCD—данный четырехуголь-
ник, О —точка пересечения диагоналей. Допустим, что | ВО | <
< OD\, ;AOj=g|OCj; рассмотрим дОЛ^, симметричный Д О АВ
относительно точки О; очевидно, радиус окружности, вписанной
в A OAjBi, меньше радиуса окружности, вписанной в Д 0CD,
а по условию они равны.
Итак, О есть середина обеих диагоналей. Докажем, что все
стороны четырехугольника равны. Воспользуемся формулой S—pr
(s площадь, р — полупериметр, г —радиус вписанной окружности
треугольника). Поскольку у Д АВО и Д ВОС площади и радиусы
вписанных окружностей равны, то равны и их периметры, т. е.
| АВ | = | ВС .
122.	Аналогично тому, как это было сделано в предыдущей
задаче, докажите, что диагонали четырехугольника делятся попо-
лам точкой пересечения.
123.	Из условия задачи следует,	В
что ABCD (рис. 30)- выпуклый четы-
рехугольник. Рассмотрим параллело	/ \
грамм ЛСС1Л1, у которого стороны	-------Е-'Л
ААг и СС, равны и параллельны дна	/
гонали BD. Треугольники ADAV I	/ /
CDC] и C1DAl равны соответственно /
треугольникам ABD, BCD и АВС. /
Следовательно, отрезки соединяющие	______А/
D с вершинами А, С, Сь At, делят	Ч
параллелограмм на 4 треугольника,
у которых равны радиусы вписанных	нс-
окружностей. Если О —точка пересе-
чения диагоналей параллелограмма АСС1А1, то D должна совпа-
дать с О (если D, например, внутри Д COClt то радиус окруж-
ности, вписанной в Д ADAV больше радиуса окружности, впи-
санной в Д AOAt и тем более в Д CDCj). Таким образом,
95
ABCD—параллелограмм, но, кроме того, из задачи 121 следует,
что АСС^А^ — ромб, т. е. ABCD—прямоугольник.
124.	Если KN — перпендикуляр из К на АВ, САВ — а, то
IKW i _ IM	I ло ! —| КО 
|ОЛ4| |ЛО:	I АО i
| АО — 2, ОМ ; sin g АО , —2 АО sin & sin “
= ’АО’ =	~АО|	=
= 1 — 2 sin2 -“- = cos а = -	.
Поскольку Д АСВ и Д ACD подобны, то из предыдущего следует,
что KN । равна радиусу окружности, вписанной в д ACD, а так
как К лежит на биссектрисе угла А, то К—центр окружности,
вписанной в Д ACD. Аналогично доказательство для L.
125.	Докажите, что Д АВР — Д ACQ. Для этого нужно дока-
зать, что Д КВР=/\ АВС и /^FCQ=^ АВС (по двум сторонам
и углу между ними):
QA~Р~= CAB~+ CAQ+ ВАР~= CAB+CAQ+COA =
= САВ +180°- QCA= САе+90° - QCF~= 90°.
(Предполагалось, что С АВ =£90°. Рассуждения в случае С АВ >90*
аналогичны.)
126.	Поскольку FE^E — FCE—SXF, четырехугольник FEtEC —
вписанный, FCEl=FEEl — &CP. Аналогично, вписанным Является
четырехугольник FE^AD и EJ)F = E1AF = 6CP, т. е. Д DE^C —
правильный. Точно так же доказывается, что правильным яв-
ляется д BF}C.
127.	1. Заметим, что если О—центр окружности, вписанной
в треугольник АВС, то ВОС = 90° + у А. В самом деле, ВОС =
= 180°—(^ + С) = 90°+ А. Поскольку ВО1А = ВО4А, четы-
рехугольник ABOtOi является вписанным (рис. 31, а), следова-
96
тельно, внешний угол к ДОД равен BAOt — % BAD Аналогично,
угол, внешний к ВО^, равен 1 BCD'. Но (ДАО+ДСО)=90’,
значит, О4О1О2 = 90°.
2. Для доказательства второй части покажем сначала, что
расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот
полностью определяется величиной угла при этой вершине и дли-
ной противоположной стороны, а именно (рис. 31, б):
cos а АВ'	. _
СН = । СВ I —---------------cos а =, АВ , ctg а.
sin CAB Sln а
Поскольку четырехугольник вписанный, АН3 \ = i ВН2 I и
АН3 ВН3, значит, АВНгН3 — параллелограмм.
Таким образом, точка пересечения АН3 и ВН3 делит АН3 и
ВН3 пополам. Рассматривая другие параллелограммы, получим,
что все отрезки Н3А, Н3В, !ЦС, пересекаются в одной точке М
и делятся в ней пополам, т. е. четырехугольники ABCD и
Н^Н2Н3Н1 центрально симметричны относительно точки М
(рис. 31, е).
128.	Если стороны треугольника АВС, противолежащие вер-
шинам А, Ви С, равны соответственно а, Ь и с, а углы ADB,
BDC и CDA равны а, 0 и у (считаем, что a + fl-)-y=2n), то рас-
стояния от точки D до точек пересечения высот треугольников ADB,
BDC и CD А равны абсолютным значениям величин с ctg а, а ctg fl,
b ctg у (см. решение задачи 127). Нетрудно убедиться, что площадь
треугольника с вершинами в точках пересечения высот Д ADB,
л BDC и Д CD А будет равна
2 cctga  actgfl • sin Д-(- 2 a ctg fl • b ctgy • sin C-f-
+ -g b etg у  c ctg a • sin A = 2 S две (Cfg a . ctg fl +
-f-ctgfl ctgy+ctgу-ctga) = 2 Ддвс,
поскольку выражение в скобках равно 1. (Докажите это, учиты-
вая, что a + fl+y = 2л.) Аналогично рассматривались другие слу-
чаи расположения точки D (когда один из углов a, fl, у равен
сумме двух других).
129.	Обозначим (рис. 32) через О точку пересечения AM и DC.
Проведем через В касательную ко второй окружности и обозначим
точку пересечения ее с АС через А (как и в условии). Очевидно,
что утверждение задачи эквивалентно утверждению, что КО СМ.
Пусть угол, опирающийся на АВ, в первой окружности равен а,
во второй fl; тогда
ВСМ = В АС В DM = BAD,
DMC = 180е — ДОМ - ДСМ = 180° — ДАО -ВАС = 180° -'DAC,
следовательно, ADMC — вписанный четырехугольник. АМС — fl
4 и. Ф. Шарыгин
97

Чалее, если касательная ВК пересекает DM в точке L, то КВО^
LBD = BDL — CАМ\ значит, четырехугольник КАВО также впи-
санный и ЛОЛ = ЛВЛ = р, т. е. КО СМ (точно так же рассмат-
риваются случаи других взаимных расположений точек D, В и С),
R точки пересечения
= а, АС ' —Ь. Нам
LB и АС,
достаточно
130.	Обозначим через Р, Q и
AN и ВС, LB и AN. Пусть ВС
показать, что S	(обе эти площади отличаются от рас-
/it Li
сматриваемых добавлением площади A APR). Из подобия соответ-
ab
ствующих треугольников получим , CQ | = PC ? = Следова-
тельно,
sacq=2 1 АС 1 ‘’С°1 = 2(«+Ь) ’
о о с	1 -ь 1 а2Ь - аЬ*
^арв-^асв—^рсв- 2	2 a-j-b~~ 2(а-)-Ь) ’
что и требовалось.
131.	Утверждение нашей задачи вытекает из следующих двух
фактов.
Рис. 33.
)) Если на сторонах четырехугольника ABCD взяты точки К,
L, М и А (рис, 33, а) так, что стороны Tlfi, ВС, CD и DA раз-
делены этими точками в одинаковом отношении
ВК __\СМ
\KA\~\MD\
98
= ’	. j.,n~ > то и отрезки КМ и LN своей точкой пересе-
чения разделены в том же отношении.
В самом деле, из того, что прямые KL и NM параллельны
диагонали АС, следует
КР , LP _ KL _\KL\	1 АС | __
PM, \PN\ \NM\ , ACj ' \NM>
<BK\ |AD\ _ BK, \BA' _ ,BK<
\BA\‘ \ND i BA ' | KA KA,'
2) Если на сторонах AB и CD четырехугольника взяты
точки Ki и К, Mi и М (рис. 33, б) так, что
=	'^Ki\ = \KB\, 'DM^CM.,
I Ab |	,LU | tn
то площадь четырехугольника KiKMMx составляет часть от
площади четырехугольника ABCD. В самом деле, Ввкс =
=T^rSABC, SAMlD==-^-SACD==yBA]SACD- Следовательно,
SAKCMt = ~ 7ВЛ”) SaBCD = ” В А ~ Saiicd-	Аналог ично
SKtKMMt	SAKCMr Таким образом, ^к.1к.мм1 ~
\КгК | „ ' _ 1 „
~~АВ~ ллвсо~ тл-
132.	Пусть А —середина DB, L — середина AC. SANM = SCNM
(поскольку AL[= LC ), точно также SBNM — SDMN, отсюда
следует утверждение задачи.
133.	Если (рис. 34) М — середина DC, N — середина ВС, К и
t—-точки пересечения DN соответственно с AM и АВ, то 	 =
~	= — т. е. j АК | = 4-1 AM |, следовательно,
। AL 4	о
^ADK~ 5 ^ADM~ 5	4 °	5 Л
(S —площадь параллелограмма). Таким образом, площадь искомой
фигуры будет S*-4Sadk — S~ j S = & S.
4*
99
134.	Пусть (рис. 35) Q—середина AD, V —середина ВС,
M — середина DC, К, Р, R — точки пересечения DN и AM, ОС и
2
DN, QC и AM. Тогда \ DK | = v DN ,
5
DP = PN ,
1
IQRt = 4 IQC
О
KP I
Рис. 35.
QP =
SRPK _
’QPD
1
= ПТ’
1
5 °
четыре х-
= |РС|,
RP
~ qp ' Гор" = з~ *
Следовательно, от
угольника, рассмотренного в пре-
дыдущей задаче, отрезаются четыре
S
треугольника площади ; таким
образом, площадь искомого восьми-
, S AS S
угольника будет - — — = -.
и IZU О
135.	Пусть прямая НС пересекает АВ и LM в точках Т и Л;,
прямая AL пересекает ED в точке К и прямая ВМ пересекает FG
в точке Р. Имеем
SACDE = SACHK — SATNL,
SBCFQ — SBCHP = SEMNTt
таким образом,
^BCFQ = SAB31L-
136. Обозначим площади, как на рис. 36. Тогда s,4-v-|-s2-=
= S2+f/+s3= g (x+y+sa + ®- Таким образом,
Рис. 36.
137. Если (рис. 37) S —площадь i
+ $kcd = У с Другой стороны
значит, SABK + SKCD = SE1<C + SKCF,
параллелограмма, то SABK -|-
SDEC = SEKC~^SKCD = 2 S’
„ T. e. SABK — SEKC; анало-
100
гично SAKD = SKC/;; складывая два последних равенства, получим
Sabkd~sCEKF
138 Пусть (рис. 38, а) О —центр описанной, а / —центр впи-
санной окружности. Опустим из О и / перпендикуляры на АВ и
ВС: ON, OP, IL, IQ Если a, b, c—длины сторон ВС, AC и AB
треугольника, то легко найдем ВК = с—Ь , В/И , = а — Ь ,
\BN = 2- ВР‘=2’ BL = BQ 2~"> ^1=-^^.
1 с~~ Ъ
PQ =—~ (см. заДачу 18, раздел I).
Следовательно, если мы проведем через О прямые, параллель
ные сторонам АВ и ВС, до пересечения с перпендикулярами,
Рис. 38.
опущенными из /, получится Д ORS, подобный Д ВКМ с коэф-
фициентом 1/2. Но окружность, построенная на 01 как на диа-
метре, является описанной для Д ORS. Следовательно, радиус
окружности описанной около Д ВКМ, равен 01 . Для доказа-
тельства второй части задачи заметим что если мы на прямой OS
отложим OR, = OR а на OR отложим OS, ! = | OS то пря-
мая S]/?, будет параллельна КМ (рис. 38, б), но ORiS\-}- 10Rt —
^ORS~-'r KJS = 40', г. е StRt J. Of.
139.	В обозначениях предыдущей задачи, проведем через А
прямую, перпендикулярную О/, обозначим через D ее точку пере-
сечения с прямой ВС. Докажите, что разность радиусов окруж-
ностей, описанных около треугольников ABD и ACD, равна
радиусу окружности, описанной около треугольника ВКМ.
140.	Обозначим радиус окружности через R, а расстояния
от Р, Q и М до центра — через а б и с. Тогда (см. задачу '”)
QP 2=а2|-б2 — 2/?2, QAI ,2 = б2+с2 —2Д2, \РМ 2=с2+а2— 2R".
Если О—центр окружности, го для того, чтобы QO было пер
пендикулярно РМ, необходимо и достаточно условие
QP 2- (?Л1 2 = РО 2 — ОМ 2
или
(а2 + б2 — 2Я2) — (б2+с2 - 2Д2)=а2—с2
Аналогично проверяется перпендикулярность других отрезков
1G1
141.	а) Рассмотрим четырехугольник ABCD-, пусть и
L — точки касания окружностей, вписанных в Д АВС и в д ACD,
с прямой АС. Тогда (см. задачу
С 18, раздел I)
I KL =|| AL'— АК =
= 2 (, АВ + АС — ВС ,) —
-( AD + AC — CD) =
= |||ЛВ +'CD,- AD t -
— | ВС 11.
Но если ABCD—описанный четы-
рехугольник, то AB , +, CD =
= |AD + ВС I и | Kb | = 0.
Рис. 39.	б) Если К, L, М, N — точки
касания со сторонами четырех-
угольника вписанной окружности, a Ц, Mi, Л\ — точки каса-
ния окружностей, вписанных в д АВС и д ACD (рис. 39), то
Л^К» ММ ML.
Докажем, что и KrLi KL, a NiMi" NM. Поскольку окруж-
ности, вписанные в Д АСВ и д ACD, касаются между собой на
диагонали в точке Р, то ANi = АР — AMit т. е. Л^Л!,, NM. Сле-
довательно, четырехугольник K^iMiNi, как и четырехуголь-
ник KLMN, является вписанным.
142.	Пусть (рис. 40, а, б) Olt О2, Оа, О4 —соответственно
центры окружностей, вписанных в Д АВС, Д BCD, Д CDA и
Л DAB. Поскольку O1O20sOi — прямоугольник (см. задачу 127),
Рис. 40.
то О103| = '0204 • Если К и L — точки касания окружностей
вписанных в д АВС и Д ACD, с АС, то KL =-% 11 АВ | -|-
-|- CD I — । ВС — AD \ (см. задачу 141). Аналогично, если Р и
Q — точки касания соответствующих окружностей с BD, то PQ ,=
— KL\. Проведем через Оя прямую параллельную АС, до пересе-
чения с продолжением О]К. Получим д 02ОаМ, аналогично по-
строим д О2О4Р. Эти два прямоугольных треугольника равны,
так как у них О,О3 = О2О41, О3Л4 = KL =\PQ\= 0}R .
Значит, ОгМ = O2R , но , О,М равен сумме радиусов окруж-
ностей, вписанных в д АВС и Д ACD, a 02R равен сумме
радиусов окружностей, вписанных в д ACD и д BDA.
102
143.	Пусть KL — дуга окружности, находящаяся внутри тре-
угольника АВС. Продолжив стороны АВ и ВС за точку В, мы
получим дугу A1/V, симметричную KL относительно диаметра,
.——1 z
параллельного АС. Поскольку АВС измеряется дугой -^(KL-\-
+ MN) = KL, значит, дуга KL имеет постоянную длину, ей соот-
ветствует центральный угол, равный АВС.
144.	Пусть (рис. 41) О —точка пересечения прямых, А и 4| —
два положения точки на одной прямой, В и — положения
I
в эти же моменты времени дру-
гой точки. Восставим к АВ и
AxBt перпендикуляры в нх
серединах и обозначим через
М их точку пересечения;
Л AAtM = Д ВВгМ по трем
сторонам — один получается из
другого поворотом на угол
АОВ с центром Л1. При этом
повороте любое положение точ-
ки на АО приходит в соответ-
ствующее положение точки на
ОВ, так что М обладает нуж-
ным свойством.
145.	а) Пусть А и В — точки	Рис. 41.
пересечения окружностей, А —
точка, из которой велосипедисты выехали. М и N — положения
велосипедистов в некоторый момент времени. Если М н N — по
одну сторону от АВ, то АВМ = ABN, если по разные, то
АВМ + ABN— 180°, т. е. точки В, М и N расположены на одной
N
Рис. 42.
прямой. Если L и /(—точки окружностей, диаметрально противо-
положные В (L и К фиксированы), то поскольку LNM = NMK =
= 90°, середина LK—точка Р —будет равноудалена от N и Л1.
Можно убедиться, что Р симметрична точке В относительно сере-
дины отрезка, соединяющего центры окружностей (рис. 42, а).
б)	Пусть О, и 02—центры окружностей. Возьмем точку А,
такую, что O^OzA! — параллелограмм. Легко видеть, что
103
л MOtAy = А так как ' MOt ' = ' OyA 1 = 1 02A , I О,/, =
= О2Л] = |ЛЮ2, MC\A = q>+ Л0^41 = Ч>+Л02Л1 = Лг02Л], где
(p — угол, соответствующий дугам, пройденным велосипедистами
(рис. 42, б).
Таким образом, искомые точки симметричны точкам пересече-
ния окружностей относительно середины отрезка (\Ог.
Замечание. В пункте а) можно было поступить точно
так же, как и в пункте б). А именно, взяв точку Р таким обра-
зом, что Д ОуР02 — Д OtAO2 (А и Р —по одну сторону от О,О2 и
не совпадают), легко доказать равенство соответствующих тре-
угольников.
146.	Пусть (рис. 43) А —данная точка, —какая-то вершина
2п-угольника, Bft_t и Bft—основания перпендикуляров, опущен-
ных из А на стороны, заключающие Afr, а,, и Р* —углы, образо-
ванные прямой AAit с этими
сторонами (Р*= ААкВк_у, ак—
= ААкВк). Поскольку около четы-
рехугольника АВ/г_р4АВА можно
описать окружность, то ABj_jB<,=
= ак, АВкВк_у = ^к (или допол-
няют эти углы до 180°); таким
образом, по теореме синусов
'	ABh_y	sin
ABk	sin a>,	’
| ABt,y i	ABt+t = sin Р/,	sin gfc+1
| ABft 2	sin ak	sin pt+I ’
Перемножая эти равенства для k = 2, 4,	2п, заменяя индекс
2п+1 на 1, получим требуемый результат (sin aft = sin p*,tl,
sin Pi = sin a2n).
147.	Докажите, что если О* и Ok+i — центры окружностей,
касающихся данной окружности в точках А/, н А*.ч1, В —точка
их пересечения, лежащая на хорде AftAft+1, rA,rfr+1 —их радиусы,
то г* + гЛ+1 = г, AiiOllB = Al;ylOfl+lB = AltOAi;+l (г — радиус данной
окружности, О —ее центр). Отсюда следует равенство радиусов
через один, что при п нечетном приведет к тому, что все они —
по г/2. Кроме того, А^В + BAh+i =	(берутся мень-
шие дуги соответствующих окружностей).
148.	Пусть длины сторон треугольника а, Ь, с, причем b =
а+с
~ 2 '
а)	Из равенства pr = bhb (р —полупериметр, г—радиус впи-
санного круга, hb — высота, опущенная на сторону Ь) получаем
1	,,	,	п.	,	г,
——-—r~ 2 ^1ь’ И° а + с==2‘’> так что «д = 3г.
hb
3
б)	Это утверждение следует из того, что г =
, а точка пере-
сечения медиан делит каждую в отношении 2; 1,
104
в)	Продолжим биссектрису BD до пересечения с описанной
окружностью в точке М (рис. 44). Если мы докажем, что О —
центр вписанной окружности — делит ВМ пополам то тем самым
будет доказано и наше утверждение. (Проведем диаметр BN-,
тогда прямая, соединяющая центры вписанной и описанной окруж-
ностей, будет параллельна NM, a B44/V = 90“.) Но д СОМ — равно-
бедренный, так как СОМ — ОСМ = + & Значит СМ | = ОМ'.
» »	L О-К С	„ л
Из условия — по свойству биссектрисы получаем, что
|CD =2’ 1"*УСТЬ Л —середина СВ, лСКО = &CDO (| СК | =
= CD KCO—OCD)-, отсюда следует ВКО=CDM, кроме того.
DCM=OBK== g , CD = ВК I, т. е. Д ВКО = Д CDM, \СМ\ =
= I ВО , значит, ВО ] = ОМ j, 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
= Sд => b (2х+у) = 2SЛ => 2х+у = hb
д)	Если /. — середина В А, то нужный нам четырехугольник
гомотетичен четырехугольнику ВСМА с коэффициентом 1/2 (см,
пункт в).
149. Пусть в четырехугольнике ABCD (рис. 45)
IAB =а, ВС — b, CD =с,
DA =d., АС — т, BD =п.
Построим иа стороне АВ во внешнюю сторону треугольник АКБ,
подобный треугольнику ACD причем BAK = DCA, ABK—CAD
а иа стороне AD построим Д AMD, подобный д ABC, DAM
— ВСА, ADM — CAB (рис. 45). Из соответствующего подо
105
получим
АК| = —, \ AM\ — db, \KB\=\DM =а-.
1 т ’ '	1 т ’ 1	11 т
Кроме того, KBD-]-MDB='KBA + ABb+'BDA + ADM='C^D +
+ ABD + BDA + САВ = 180°, т. е. четырехугольник KBDM—
параллелограмм. Значит, КМ =| BD —п. Но КАМ—А-}-С.
По теореме косинусов для д КАМ имеем
откуда т2п2 = а2с2 + b2d2 — 2abcd cos (Л + С).
150.	Утверждение теоремы Птолемея является следствием
теоремы Бретшнендера (см. задачу 149), поскольку для вписан-
ного четырехугольника Д4-С=180°.
151.	Если j А4В 1— наибольший из отрезков | МА |, I МВ
| МС |, то, применив теорему Бретшнейдера (задача 149) к четырех-
угольнику АВСМ, получим, что j МВ 2 = | МА |2 + | МС |2—
—2 | Л4Л  МС | cos (ДЛ4С+60°), т. е. | МВ . < | МА I + МС|,
поскольку COS (ЛМС4-6О0) =/= —1.
152.	а) Пусть А — произвольная точка окружности (Д— на дуге
----------
Дгп+iA)- Обозначим сторону многоугольника через а, а длину
диагонали, соединяющей вершины через одну,—через Ь. По тео-
реме Птолемея для четырехугольника ДД*Д*+1ДЛ+2
I ААк а+ AAk+2,a = \AAM\b,	/г = 1, 2, ..., 2ге —1.
Аналогичные соотношения можно записать для четырехугольников
А2пА2п+1АА1 и A2n+iAAiA2:
I AAi e-f- АА2п+1 Ь— АА2п I о,
I 1 n+1 AAi1 b = । АА2 | о.
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 результатов
задач 20 и 21.
153.	Пусть точки А, В, С и D в декартовой системе координат
имеют координаты соответственно (xt, t/t), (х2, у2), (хя, у3), (х, у),
... /х. -f- х2 -4- Сд у. -4- t/a + т/з \ -г
координаты точки G — ( ——Тогда справед-
ливость доказываемого утверждения следует из тождества
3 (х - ^+.*2 + *зу = (х -	4- (х - х2)= + (X - х3)2 -
(Х1 — х2)2 + (Х2—Х3)2+(*3 — х)2
3
и аналогичного соотношения для ординат.
154.	Рассмотрим случай, когда точка Л1 (рис. 46) лежит внутри
треугольника АВС. Повернем треугольник АВМ вокруг А на
у гол 60“ так, чтобы В перешла в С. Получим треугольник ДЛ^С,
106
равный д АВМ. Д АММ, — правильный, следовательно, длины
сторон ДСЛ4Л4, равны отрезкам МА , МВ , ТИС I. Аналогично
получим точки М2 и Л43. Площадь шестиугольника AMyCMsBM.z
(рис. 46) равна удвоенной площади Д АВС, т. е. равна а2 1^3 /2.
С другой стороны, площадь этого шестиугольника складывается
из трех правильных треугольников: д АММу, дСЛ4Л13, д ВММ2—
и трех треугольников, равных иско-
мому. Следовательно,
3s+IW+	М
а2]' 3
2
Воспользовавшись результатом задачи
153, получим
(3d2 + tf>) /З =й2/3
О о ----------“
Рис. 46.
2
4
A2, B2, C2 — основания перпендику-
1Л3
откуда S =-pg-(а2 — 3d2).
Аналогично рассматриваются дру-
гие случаи расположения точки М.
155.	Покажите, что каждое из этих условий является необхо-
димым и достаточным для того, чтобы существовала окружность,
вписанная в четырехугольник ABCD (см. также задачу 19, раз-
дел I).
156.	Покажите, что каждое из этих условий является необхо-
димым и достаточным для того, чтобы существовала окружность,
касающаяся прямых АВ, ВС, CD и DA, центр которой находится
вне четырехугольника ABCD.
157.	Пусть АВС — данный треугольник О —его центр, А,,
By, С, —основания перпендикуляров, опущенных из О на стороны
ВС, СА, АВ. Пусть, далее,
ляров, опущенных из М на
прямые, проходящие через О
параллельно сторонам тре-
угольника ВС, СА и АВ
(ограничимся рассмотрением
частного случая: треуголь-
ник АВС — остроугольный,
точка М расположена внутри
Д OKL, как показано на рис.
47), Ад, Вд. С3 — основания
перпендикуляров, опущен-
ных из М на стороны ВС,
СА и АВ.
Заметим:
*)	= 4 S-
2) д А>В2Сг подобен Д АВС, при этом ОЛ1 является диамет-
ром окружности, описанной около д А2В2С2, т. е. коэффициент,
подобия между треугольниками АВС и А2В2С2 равен d/2? н
107
следовательно. A2Bac,=\~£R2) S- Обозначим через А, В, &
величины углов Д ABC, ОА, =da, OB, —dh, ОС, = dc,
\MA2 = x, MB2 =y, IA4Ca =z. Тогда МАа —da — x, | MB3 =
= d*+j/, MC3 = dc-f-z. Таким образом, будем нмегь
SA,BsC, — SA,M B3 + SB,AfC,+ SCBA1 A, ~~
= 2 (d« —x) sin C + * (db+y) (dc+z) sin A +
+ 2 (dc + z) (da —x) sin B =
1	Л	1	1 A	I
=	2	dadi, sin C + 2 dbdc sin A +	2 dcda sin В	—
—	xy sin C + 2 xz sin /3 — 2 yz	sin A | +
+	2	[~ x (db sin CA-dc sin B) + y(da sin C + dc	sin Л) +
+z (db sin A A-db sin B)J.
Но выражение в первых квадратных скобках есть площадь
Л XjBjCp т. е. оно равно S/4, во вторых квадратных скобках
/ d2 \
стоит площадь Д А2В2С2, т. е. S. Покажем что третье сла-
гаемое равно нулю Поскольку dn = R cos A, db=R cos В, dc =
— R cos ft, третье слагаемое легко преобразовать к виду
2 [— xR sin А + yR sin В + zR sin C| = ' [— ха+yb + zc],
где a, b и с—стороны треугольника ABC. Заметим, что д OKL
подобен Д АВС; поэтому, если мы заменим а, b и с на a,, blt q,
где а„ b,, с,—стороны Д OKL, и покажем, что i/bj + zq— ха^О,
то нулю будет равно и наше выражение. По
yb, + zq — ха, = (yb,+zq + (da — х) а,) — daa, = О,
поскольку yb1+zcl + (dn—x'far = 2SQKL, daat = 2SOKL.
Рассмотрение других случаев расположения точек М и О про-
водится точно так же.
Замечание 1. При d = R площадь треугольника, образо-
ванного основаниями перпендикуляров, оказывается равной нулю,
т. е. эти основания расположены на одной прямой. Прямая эта
называется прямой Симеона (см. задачу 233).
Замечание 2. Можно избежать разбора вариантов, при-
писав расстояниям до сторон знаки, при этом для точки, распо-
ложенной внутри треугольника, все три величины положительны,
а для точек, расположенных по разные стороны от какой-либо
прямой, образующей треугольник, расстояния до этой прямой
имеют разные знаки. Приняв это во внимание, легко убедимся,
что предложенное решение охватывает все случаи расположения
точки Л1 для произвольного треугольника.
158. Произведем последовательно три поворота в одном на-
правлении вокруг точек К, L и М (или вокруг Klt L, и М2) на
108
углы а, р и у. Поскольку а4~Р4-у=2л, получившееся преобра-
зование есть параллельный перенос (см. задачу 140, раздел I).
Но поскольку одна из вершин исходного треугольника при этом
останется неподвижной, то неподвижными должны остаться все
точки плоскости.
Таким образом, центр третьего поворота (точка М) должен
совпадать с центром поворота, получающегося в результате после-
довательного применения двух первых: вокруг точек К и L.
Теперь можно воспользоваться результатом задачи 140, раздел I.
159. Пусть Oj, О2, 03, 04 — последовательные центры квадра-
тов. Произведем последовательно повороты в одном направлении
вокруг точек О,, О2, О3, 04 на углы в 90°. Рассуждая так же,
как в предыдущей задаче, покажем, что получившееся преобразо-
вание оставляет все точки плоскости неподвижными. Следовательно
(см. задачу 140, раздел I), каждую из двух пар поворотов; вокруг
Oj и О2 и вокруг О3 и О4 —можно заменить центральной снммет-
рией относительно одной и той же
точки О. При этом д 0Х002 и
Л О3ОО4 — равнобедренные прямо-
угольные треугольники с прямыми
углами при вершине О. Следователь-
но, треугольник 02004 получается нз
треугольника О]ОО3 поворотом во-
круг О на 90°, т. е. О,О3 = О2О4\,
О^Оз 0204.
160. Пусть АВС — данный тре-
угольник, AjB^Ct — треугольник Д,
А2В2Сг — треугольник 6 (Лд и А2 —
центры треугольников, построенных
на ВС), стороны треугольника АВС,
как обычно, — а, Ь, с.
а)	То, что треугольники
и А2В2С2 правильные, следует, напри-
мер, из результата задачи 158.
б)	Найдем расстояние о? Л, до
М — точки пересечения меднан тре-
угольника АВС. Пусть N — точка
пересечения прямой АгМ и высоты к
стороне ВС, а К —точка пересечения
с той же высотой прямой, проходя-
щей через Л4 параллельно ВС (оче-
видно, N лежит на продолжении высоты
опдпм, /V „чти .... •• [' ————-——I За
продолжении за прямую ВС, рис. 48). Если
ВС, то
точку А, а К —на
теперь О —середина
AtD = ° КЗ, AN =2 AJ) ।
о
а/З
3
а/З
NK =ЛО+ ArD +, AN t=h, + ~
\ha—высота, проведенная из вершины Л),
IAKi = |
G	А
2 - с cos В
109
\AtM J । ДЛ 2 = ’ (' NK 3+ AXK 2) =
= ^ha+aha}^3 + -3 a24-c^ —accos£-)-c2cos2B^ =
4р^+2Х/з).
(Мы воспользовались равенствами S= aha, ft2 + c2 cos2 В = с2
и теоремой косинусов.) Расстояния В±М и СГМ находятся
так же, и все они, как легко видеть, равны. Точно так же найдем
квадраты расстояний М от точек А2, В2, С2. Они равны
4(5i+^-2S/3).
в) Используя результат предыдущего пункта, поскольку 5Л =
3	3
= 4 АЛ4 2/3, S6= 4 А2М 2Кз. легко получить требуемое
утверждение.
161.	Докажем, что треугольники СВ1А2 и CAtB2 получаются
один из другого поворотом около точки С на угол 90°. В самом
деле, ECAAt=ECBBt ( ВВ, | = АС , ВС =' AAt , СВВХ =
= СДД,), а поскольку AAj 1 ВС и ВВ1 Д АС, то и ВХС Д Л,С.
Точно так же А2С и В2С равны и перпендикулярны.
162.	Пусть АВС — данный треугольник, И — точка пересечения
его высот, Ль Вр Ct —середины отрезков АН, ВН, СИ, АА2 —
высота, Л3— середина ВС.
Будем считать для удобства, что АВС — остроугольный тре-
угольник. Поскольку В1Л1С1 = ВЛС и A В1А2С1 — А ВХНСХ, то
В1А2С1 — В1НС1 = 180° — ВАС, т. е. точки Лр В„ А2, Сх лежат
на одной окружности. Также легко видеть, что BtAfij — BHCi =
— 180° — ВАС, т. е. точки Лр В,, Л3, Сх 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 АВС рассматривается анало-
гично. Заметим, что окружность девяти точек гомотетична описанной
окружности с центром в Н н коэффициентом 1/2. (Именно так
расположены треугольники АВС и Л^Ср) С другой стороны,
окружность девяти точек гомотетична описанной окружности
с центром в точке пересечения медиан треугольника АВС и коэф-
фициентом — 1/2. (Именно так расположены треугольники АВС
и треугольник с вершинами в серединах его сторон.)
163.	Наше утверждение следует из того, что D лежит на
окружности девяти точек, а окружность девяти точек гомотетична
описанной окружности с центром в Н и коэффициентом 1/2 (см.
задачу 162).
164.	Наше утверждение следует из того, что Е лежит на
окружности девяти точек, а окружность девяти точек гомотетична
описанной окружности с центром в М и коэффициентом —1/2
(см. задачу 162).
110
165.	Воспользовавшись для правой части формулами
г=”> Я = и S = Vp(p — a)(p-b) (р-с),
легко докажем требуемое соотношение.
166.	Воспользуйтесь формулой Лейбница (задача 153), взяв
в качестве М центр описанного круга.
167.	Воспользуйтесь формулой Лейбница (задача 153), взяв
в качестве М центр вписанного круга. Для вычисления, например,
МА |2 опустим перпендикуляр МК на АВ\ имеем |Л4/<| = г,
АК = р — а, значит, AM 2 — (р-а)24-л2.
Аналогично вычисляются МВ 2 и МС ,2. При упрощении
правой части воспользуйтесь результатом задачи 165.
168.	Пусть О — центр описанной около Д АВС окружности,
а О, —центр вписанной, М — точка пересечения биссектрисы угла В
с описанной окружностью (рис. 49).
Поскольку точка О] удалена на d от
центра О, то BOt I • О1М! = /?2—d2.
Треугольник ОгСМ — равнобедрен-
ный: ОГМ ' = | СМ |, так как СО,М =
— ~2 $ + Q и О^СМ = 2 (В-|-С).
Проведя диаметр МК и опустив
на ВС перпендикуляр ОгО, получим
два подобных прямоугольных тре-
угольника МКС и OjBD, откуда
wrm- но =
\0xD =г, |Л4С| = |Л1О1',	значит,
2Rr = 'BOt  OiM\ = R2 — d2.
169. Пусть G — центр тяжести треугольника АВС, О —центр
описанного круга, / — центр вписанного, Oj — центр окружности
девяти точек. G лежит на отрезке 00,, причем \OG\=2,GOll.
Если OG/ = <p, то
( 01 2=jOG\2+ GI 2 —2 0G | • | GZ 1 cos<р,
I 0,1 2= О/!2+|G0lr2 + 2 'G/|-|G0i|cos<p.
Умножая второе равенство на 2 и складывая с первым, получим
2 О,/ 2+ 01 2 = 0G 24-2 GOX 2Н-3 । GZ |а.
Учитывая, что GO, =-g- GO ,, получим
IOJ 3 G/ 2+g GO,2-!O/|2).
Из результатов задач 165—168 получим
'=+»=
-2 "-2₽г + 2,й_("-г)".
Рис. 49.
I°>'2 2,3
1
~ 2
111
Итак, 1 Otl I = J r |, что и означает касание (внутреннее) между
вписанной окружностью и окружностью девяти точек.
170. Докажите, что если D — проекция М на АВ, то
1 ЛЕ>|2 — BD 2=| AM 2 — МВ 2.
171.	Если бы такая точка нашлась (обозначим ее через N),
то прямая MN была бы перпендикулярна всем трем сторонам
треугольника
172.	Если М — точка пересечения перпендикуляров, опущенных
из Аг и В} на ВС и АС, то (см. задачу 170)
;МВ 2-| МС l2=| AtB 2-| АгС 2,
МС\г—\МА 12 = |В1С|2-|В1Д |2;
складывая эти равенства и учитывая условия задачи, получим,
что MSI2— |МД 2=|CjB |2 — СХЛ 2, т. е. М лежит на пер-
пендикуляре, проведенном к АВ через Ct.
173.	Из результата задачи 172 следует, что условие того, чтобы
перпендикуляры, опущенные из At, Blt на стороны ВС, СА
и АВ, пересекались в одной точке, такое же, как и условие пере-
сечения в одной точке перпендикуляров, опущенных из А, В «С
на BrCv CrAi и XjBv
174.	Заметим, что перпендикуляры, опущенные из At, Вг, Ct
на ВС, СА, АВ соответственно, пересекаются в точке D, затем
воспользуемся результатом задачи 173.
175.	В следующей задаче (176) доказывается более общий
факт. Из рассуждений задачи 176 будет следовать, что центр
окружности расположен на прямой АВ.
176.	Введем прямоугольную систему координат. Если коор-
динаты точек Alt А2, .... Ап — (хъ у'), (х2, у2), ... (хп, уп),
точки М— (х, у), то уравнение точек нашего множества будет
иметь вид
ах2 + ау2 + Ьх+су + rf = 0,
где a=k-l-\~k2-\-.	откуда и следует наше утверждение.
177.	Если В—точка касания, О—центр данной окружности, то
ОМ 2 — \АМ 2 = ОМ 2 — ВМ 2= ОВ 2 = R2.
Значит, М лежит на прямой, перпендикулярной О А (см. задачу 170).
178.	Условие, определяющее множество точек М, эквивалентно
условию | AM 2 — k2 ВМ 2 = 0, т. е. это есть окружность (см.
задачу 176). Эта окружность называется окружностью Аполлония;
ее центр, как легко убедиться, лежит на прямой АВ.
179.	Поскольку МВ является биссектрисой АМС, то =
\АВ г
= -	. Следовательно, биссектриса внешнего угла по отношению
к углу АМС пересекает прямую АС в постоянной точке К:
АК ' АВ
= -д„-, и искомое множество точек М есть дуга окруж-
ности, построенной на ВК как на диаметре, заключенная между
прямыми, перпендикулярными отрезку АС и проходящими через
точки А и С.
112
ISO.	Пусть О, и О2 —центры данных окружностей и г2 —
их радиусы, М — точка искомого множества, МА. и Л1Л2- каса-
тельные. По условию МА. =*k МА2 . Следовательно, МО. 2 —
— k- МО2 2 = ( МА. 2 + г?)— /г2( МА2 2+4) = rf— k-r'L Значит
(см. задачу 175), искомое множество точек М при k 1 есть
окружность с центром на прямой 0.02, при А=1 искомое множе-
ство есть прямая, перпендикулярная О,О2.
181.	Пусть (рис. 50) К и L — точки пересечения касательной
ко второй окружности, проходящей через D, с касательными
к первой, проходящими через В и А, а Л1 и N — другие две точки.
Легко видеть, что DK,B=CMA (каждый из этих углов равен
половине разности углов, соот-
ветствующих дугам Хв и Й>).
Поэтому (на нашем рисунке)
LMN+LKM= 180°.
Следовательно, четырехуголь-
ник KLMN — вписанный. Далее,
имеем
\DK]	sin'DBK _ Sm 2 ^В
КВ[	sinBDK sin I DC
Аналогично находятся отно-
шения длин касательных, прове-
денных через точки L, М и N.	Рис- 50-
Все эти отношения равны между
собой; значит, центр окружности, описанной около KLMN, лежит
на прямой проходящей через центры данных окружностей (см.
задачу 175).
182.	Выразив расстояния от вершин треугольника до точек
касания, проверьте выполнение условия задачи 172.
183.	Пусть AM..: ВМ. :\СМ.\=р-q : г. Тогда множество
точек М таких, что
(г2-?2) AM 2+(р2-г2) ВМ 2 + (<?2-р2) СМ 2=0,
есть прямая линия, проходящая через М., Мя и центр описанного
около А АВС круга (см задачу 176).
184.	Точки Л1, и Л12 принадлежат множеству точек М, для
которых 5 МА 2 —8 МВ 2+3 МС 2=0. Это множество есть
прямая линия и, очевидно, центр описанного круга удовлетворяет
условию, определяющему это множество (см. задачу 176).
185.	Пусть ,АА.1=а, ВВ. =b, CCtl=c, । А, В, =х,
В,С.1=1/, ICjA^z. Тогда АВ. 2 = а24-х2, BtC 2 = с2 + </2,
СА. 2 = c2+z2, АгВ 2 = 62+х2, ВС. 2 = Ь2 + У\ C1A|2 = a2+z2.
Теперь легко проверить условие задачи 172.
186.	Пусть AD =х, BD ^у, CD I =у, I АВ I =а. Обозначим
через А2, В2, С2 точки касания окружностей, вписанных в тре-
угольники BCD, CAD, ABD, со сторонами ВС, СА, АВ. Перпен-
дикуляры, проведенные через точки Aj, В., С. к сторонам ВС, СА
и АВ совпадают с перпендикулярами, восставленными к тем же
сторонам в точках А2, Вя, С2.
113
Но ВЛ, | =	—-. ' Л-Z' । =	аналогично 1AC.I =
S,C| =
a+z—x „
=-----2-- 1еперь легко проверить условие задачи 172.
187.	Примените условие, доказанное в задаче 173, взяв
в качестве точек А, В к С центры окружностей, а в качестве
точек Ли Si, С]— по одн’ой из точек пересечения окружностей
(41—одна из точек пересечения окружностей с центрами В и С
и т д )
188.	Возьмем третью окружность с диаметром ВС. Общими
хордами 1-й и 3-й, а также 2-й и 3-й окружностей являются
высоты треугольника, опущенные из вершин В и С. Следовательно
(см. задачу 187), общая хорда данных окружностей также про-
ходит через точку пересечения высот треугольника АВС.
189.	Пусть О — центр данной окружности, R— ее радиус,
МС — касательная к ней. Имеем: । ЛЮ j2= Л1Л' 2 = , Л-10 2—
— \МВ -1 МА | = | МО 2— МС 2=R2, т. е. точка М лежит на
прямой, перпендикулярной прямой ON (см. задачу 170). Легко
показать, что все точки этой прямой принадлежат нашему
множеству.
190.	Пусть О — центр окружности, г — радиус окружности,
ОА —а, ВС — некоторая хорда, проходящая через А, М — точка
пересечения касательных. Тогда
| ОМ 2 = | ВМ
1 (1
1 ЛЛ4 2= ВЛ1,2-4 ВС,2 + ^|ВС|-|В4|) -
= ;BM!2-|BC'-|B4 +| BA |2 = I ВМ 2-1 BA | • | АС | =
= |ВЛ4 ,2 — г2А-а2.
Таким образом, | О7И |2— \ AM 2 = 2га— а2, т. е. (см. задачу 170)
искомое множество точек есть прямая, перпендикулярная ОА.
Эта прямая называется полярой точки А относительно данной
окружности.
191.	Имеем
АС1 = SACC, _= 2~ । лс I • IСС11 sm Acci _ ЛС| sin лее;
cifi SCCtB | СС1 | • । СВ | sin o'jCB ВС sin CiCB
।।	СЁ I
Получив аналогичные равенства для отношений г и — 1
I 4,0 ,	В,4 |
перемножив их, получим требуемое утверждение.
192.	Покажем, что если прямые 44,, В В, и СС, пересекаются
в одной точке (обозначим ее через Л1), то /?* —1 (а следовательно,
и В = 1; см. задачу 191). По теореме синусов для л АМС
sin 4СС\  | 4М |
sin 4,46	1 МС |
Записав аналогичные равенства для треугольников АМВ и ВМС
и перемножив их, получим требуемое утверждение. Обратно, если
114
R = 1 и все точки Л,, В„ лежат на сторонах треугольника
(или лишь одна из них), то, проведя прямые АА} и BBt, обо-
значим точку их пересечения через Mt; пусть прямая CMt пере-
секает АВ в точке С2. Учитывая условия задачи и доказанную
л	„ 1 й	| ДС11 | лс2
необходимость условия R = l, будем иметь	, причем
точки С, и С2 лежат одновременно или на отрезке АВ, или вне
его. Следовательно, Сг и С2 совпадают.
193. Пусть Л„ Bt, Сг лежат на одной прямой. Проведем
через С прямую, параллельную АВ, и обозначим через М точку
ее пересечения с прямой Л,В,. Из подобия соответствующих тре-
ВЛ, ВС, СВ,, СМ о
угольников получим —=—- — - л»; , -„-г- = -.т, - . заменив
	1 АгС СМ В^А । ЛС,
соответствующие отношения в выражении R (см. задачу 191),
получим, что R = I. Обратное утверждение доказывается аналогично
тому, как это было сделано в задаче 192 (проведем прямую В,Л,,
обозначим через С2 точку ее пересечения с АВ и т. д.).
194. Проверьте, что если для данных прямых /?* = 1, то и
для симметричных будет так же. При этом, если прямая, проходя-
щая, например, через вершину А, пересекает сторону ВС, то и
прямая, ей симметричная относительно биссектрисы угла А, также
будет пересекать сторону ВС.
195. Если Ло, Во, Со —середины отрезков АО, ВО, СО соот-
ветственно, то построенные прямые оказываются симметричными
прямым Л0О, ВвО, СоО относительно биссектрис треугольника
А0В0С0 (см. задачу 194).
196. Пусть Д' —точка на радиусе, перпендикулярном сто-
роне AC, a L — на радиусе, перпендикулярном стороне АВ.
Прямая ВК пересекает АС в В,, а прямая CL пересекает АВ
в точке С,. Проведем через К прямую, параллельную АС, пусть
Xfi 1 I МК
М и /V — ее точки пересечения с Л В и ВС. Очевидно, ' & £ =	
Проведя через L прямую, параллельную АВ, до пересечения
ВС	QL
с АС и ВС в точках Р и Q, будем иметь ~/т 4 т — гггн  Аналогич-
I С,Л |	Lr |
ное построение сделаем для третьего радиуса. Заменяя отношения,
входящие в R (см. задачу 192), учтем, что для каждого отрезка
в числителе найдется равный ему в знаменателе, например.
|Л1К,= LP .
197. Рассмотрим треугольник АСЕ, через вершины которого
проведены прямые AD, CF и ЕВ. Синусы углов, образованных
этими прямыми со сторонами треугольника АСЕ, пропорциональны
^например sin CAD =	-,
хордам, на которые они опираются
где R — радиус окружности j; следовательно, условие /?* = 1
(см. задачу 192) эквивалентно условию, данному в задаче.
198. Заметим (рис. 51, а), что Д АРМ подобен Д AMQ,
A APL подобен д AKQ, Д AKN подобен Д ALN; из этих подо-
бий получаем
| PM AM QK । AQ LN | AL |
m 1АС|’ |АК| |Л1УГ
115
Перемножая эти равенства и учитывая, что AM = AN I, получим,
PM • QK  LN ,
что ' MQ ~~PL~' "\ N'K~ = ’ a это (CM- задачУ 197) и есть необхо-
димое и достаточное условие того, чтобы прямые MN, РК и QL
пересекались в одной точке.
Рис. 51.
Способ построения касательной с помощью одной линейки
понятен из рис. 51, б. Числа 1, 2, ... показывают последователь-
ность проведения прямых.
199.	Проверьте, что выполняется равенство /?=1 (в пункте б
воспользуйтесь результатом задачи 50) и что все три точки лежат
на продолжениях сторон треугольника. Таким образом, наше
утверждение следует из теоремы Менелая (см. задачу 193).
200.	По свойству секущих, проведенных из внешней точки
к окружности, или по свойству отрезков хорд окружности, про-
ходящих через одну точку, будем иметь ВС, ВС2 = ВА, ВА2',
СВ,  СВ2\ = С А,  СА2 , АВ, • АВ2’ = 1АС, • АС2 .
Теперь легко проверить, что если утверждение теоремы Чевы
(равенство /? = 1) выполняется для точек А,, В,, С,, то оно вы-
полняется и для точек Д2, В2, С2. При этом из утверждения
задачи следует, что или все три точки Л2, В2, С2 лежат на соот-
ветствующих сторонах треугольника, или только одна из них
(см. задачу 192).
201.	Записав равенство В = 1 (согласно теоремам Чевы и
Менелая —см. задачи 192 и 193) для точек /Ц, В,, С,;	В,, С2,
В,, С,; Л,, В2, С,, мы получим, что и для точек А2, В2, С2
Я=1. Теперь осталось лишь доказать, что или все три точки
А2, В2, С2 лежат на продолжениях сторон треугольника (так бу-
дет, если точки В„ С,— на сторонах треугольника), или лишь
одна находится на продолжении (если на сторонах треугольника
одна из точек Д, В„ С,), и воспользоваться теоремой Менелая
(см- задачу 193).
202.	Воспользуйтесь теоремой Менелая (см. задачу 193).
В качестве вершин данного треугольника возьмите середины сто-
рон треугольника АВС, на сторонах и продолжении сторон кото-
рого лежат рассматриваемые точки.
203.	Если а—длина стороны пятиугольника MKLNP,
Ь—длина стороны пятиугольника с одной стороной на АВ,
с—длина стороны пятиугольника, у которого одна сторона —
116
на АС, то
BAt]	a I HCj b \CB^ c
CXB ~	b	’ АВг	~ с	’ CA,	~ a	‘
Перемножив эти равенства, найдем, что /? = 1, и воспользуемся
теоремой Чевы (задача 192).
204.	Воспользуйтесь результатами задач 198 и 190. Получен-
ное множество совпадает с множеством задачи 190, т. е. это есть
поляра точки А относительно данной окружности.
205.	Если /V —точка пересечения прямых PQ и АВ, то
CN	PC	СВ	„
 	-—гтт-=—Г7Т-, т. е. N —фиксированная точка. Искомое
AN	AQ	АС
множество есть окружность с диаметром CN.
Если теперь М —фиксированная точка, то D лежит на пря-
мой, параллельной прямой MN и проходящей через такую фикси-
,	.	„ AL AN
роватную точку L на прямой АВ, для которой ~	<
причем L так же расположена относительно отрезка АВ, как /V
относительно отрезка АС.
206.	Обозначим (рис. 52) через <р угол между BD и АС;
sapk^ 2 ЛК РГ) Sin<P’ SBPC= 2' ВР DC \sin<f =
•= BP  AD sin<p Поскольку
sapk = SBPC’ TO AK  PD =
.r, .... AK' PD
— BP AD или AD  Bp ।
= 1; но по теореме Менелая для
! AK
Л BDK (см. задачу 193) X
DP ВМ
X-PB--\W^1’ слеа°ватель-
но, ВМ I = МК , т. е. искомое
множество есть средняя линия
А АВС, параллельная стороне АС (если же точки Р и К брать
на прямых АС и BD, то мы получим прямую, параллельную
стороне АС, проходящую через середины отрезков АВ и ВС).
Рис. 53.
207.	Пусть С —вершина данного угла, 0 — его величина.
Опустим из О перпендикуляры ОК и OL на стороны угла
117
(рис. 5.3, а). Около четырехугольника ОКАМ можно описать
окружность. Следовательно, КМО= КАО. Аналогично OML = OBL.
Значит, KML = KAO-\-OBL. = aA-$, т. е. М лежит на дуге окруж-
ности, проходящей через К и L и вмещающей угол (а-|-Р); при
этом все точки этой дуги принадлежат нашему множеству. Если
то этим наше множество исчерпывается. Если же а>Р,
то добавятся точки М по другую сторону от прямой KL, для ко-
торых KML= a- р (рис. 53, б); при этом множеством точек будет
пара дуг, концы которых будут определяться предельными
положениями угла АОВ, когда одна его сторона становится па-
раллельной стороне неподвижного угла. Если лучи неподвижного
угла р и подвижного а продолжить — вместо углов рассматривать
пары прямых, то искомое множество будет целой окружностью
(содержащей обе дуги, о которых говорилось выше).
208.	Рассмотрим четырехугольник DEPM. DEM =DPM —
= 90°, следовательно, этот четырехугольник вписанный. Значит,
DME — DPE=45°. Искомое множество есть прямая DC.
209.	Рассмотрим случай, когда точка В лежит внутри данного
угла. Прежде всего заметим, что все получающиеся д BCD
(рис. 54) подобны между собой, поскольку BCD = BAD, BDC =
= ВАС. Поэтому, если Д' —середина CD, то постоянными будут
углы BNC и BND. Опишем около д BNC окружность. Пусть
К—вторая точка пересечения этой окружности с АС. Поскольку
ВКА = 180°—BNC, точка К фиксирована. Аналогично, фиксиро-
ванной будет точка L — вторая точка пересечения окружности,
описанной около Д BND, с прямой AD. При этом
LNB + BN~K=180° — BDA + ВС К=180°,
т. е. N лежит на прямой LK- Множестве точек М есть отре-
зок LK, а множеством центров тяжести д ACD будет отрезок,
ему параллельный, делящий АК в отношении 2 : 1 (получается
с помощью гомотетии с центром в А и коэффициентом 2/3).
118
210.	Если 0—вершина угла, A BCD — прямоугольник (А фи-
ксирована), то точки А, В, С, D, О — на одной окружности. Сле-
довательно, СОА =90°, т. е. точка С лежит на прямой, перпен-
дикулярной ОА и проходящей через О.
211.	Заметим, что все получающиеся треугольники АВС по-
добны между собой. Следовательно, если мы возьмем в каждом
треугольнике точку К, делящую сторону ВС в одном и том же
—
отношении, то, поскольку АКС сохраняет постоянное значение,
точка К будет описывать окружность. Значит, точка М, деля-
щая АК в постоянном отношении, также будет описывать окруж-
ность, получающуюся из предыдущей с помощью гомотетии с цент-
.	4.Л.	1. I AM I
ром в точке Лис коэффициентом А = -^у. Это рассуждение
используется во всех пунктах а), б) и в).
212.	Пусть К —середина АВ, а М — основание перпендику-
ляра, 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 множе-
ство есть окружность с хордой ВС, причем углы, опирающиеся
на эту хорду, равны углу AM В или к нему дополнительному.
(Меньшая дуга этой окружности расположена по ту же сторону
от ВС, что и меньшая дуга исходной окружности.)
213.	Если М, N, L и К — данные точки (М и N — на проти-
воположных сторонах прямоугольника, L и К также), Р— сере-
дина MN, Q — середина KL,
О—точка пересечения диаго-
налей прямоугольника (рис. 55),
то POQ—90°. Следовательно,
искомым множеством будет ок-
ружность, построенная на PQ
как на диаметре.
214.	Обозначим радиусы
данных окружностей через R
и г (R > г), точку касания
хорды ВС с меньшей окруж-
ностью — через D; К и L будут
точки пересечения хорд АС и АВ
....................  „	___ - с меньшей окружностью и,
наконец, О — центр окружности, вписанной в Д АВС. Поскольку
угловые измерения дуг АК и АС одинаковы, можно записать
АК =гх, | AC = Rx; отсюда получим | £>С |2 = | ЛС | • СК =
= (R—r)Rx2. Аналогично \AB\—Ry, DB2—(R— г) Ry2; следова-
тельно, -§£-= у	т- е- AD ~ биссектриса угла ВАС.
Далее, имеем
I АО'_ 1 АС|_______________
|OD| CD\ V(R — r)Rx
R
Rx
R—r'
Таким образом, искомым множеством точек будет окружность,
касающаяся изнутри двух данных в той же точке А, с радиусом
АО г KR
₽-Г|АР| Kr+KR—г *
119
215.	Покажите, что если Л1, и Л12 —две различные точки,
принадлежащие нашему множеству, то любая точка VI отрезка
прямой гИхЛ42 внутри треугольника также принадлежит этому
множеству. Для этого, обозначив через лу, у}, zt расстояния от VI,
до сторон треугольника, через х2, у2, z2 расстояния от М2, можем
выразить расстояния х, у, г от М до сторон через эти величины
и расстояния между Ми Л12, М. Так, например, если MtM =
= k ЛДМг и направления М,М и MtM2 совпадают, то х =
= (1 — fe)xi + fex2, у=(1 k)yi+ky2, г=(1 — k)Zi + kz2.
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.
216.	Для того чтобы расстояния к, у, z были сторонами тре-
угольника, необходимо выполнение неравенств x<zy-j-z, у <z
<г-|-х, г<х-\-у. Но множество точек, для которых, например,
х — у-\-г, есть отрезок с концами в основаниях биссектрис (в осно-
вании биссектрисы два расстояния равны, а третье равно нулю,
следовательно, равенство выполняется; а из предыдущей задачи
следует, что это равенство выполняется для всех точек отрезка).
Ответ: искомое множество состоит из точек, расположен-
ных внутри треугольника с вершинами в основаниях биссектрис.
217-	Пусть ABCD — описанный четырехугольник, О —центр
вписанной окружности, Л1,- середина АС, Л12-середина BD,
г — радиус окружности (расстояния от О до сторон равны г),
х1< Ук 2п и\ — расстояния от Мх до АВ, ВС, CD, DA. х2, у2,
z2, и2 — соответственно расстояния от М2 до тех же сторон. По-
скольку | АВ + CD = ВС 4- DA , то
I АВ r — \BC r-\-\CD r—\DA r =
Кроме того,
1461%!— ВС'у^ CD zl — \DA «4=0,
' AB x3 — BC y2-}- CD z2 — DA u2—0
а это и означает, что точки О, М,, М2 лежат на одной прямой
(см. замечание к задаче 215).
Точно так же разбираются другие случаи расположения точек
А, В, С и D и центра окружности. При этом нужно использо-
вать соотношения, возникающие между отрезками АВ , ВС ,
CD , DA (см. задачи 155, 156), и в соответствии с замеча-
нием к задаче 215, если какие-то две точки окажутся располо-
женными по разные стороны от какой-либо прямой, то соответ-
ствующим расстояниям нужно приписывать разные знаки.
218.	Пусть (\ и О2 —центры данных окружностей, прямая *,О2
пересекает окружности в точках А, В, С, D (последовательно).
Рассмотрим два случая.
а)	Прямоугольник Л / расположен таким образом, что
противоположные вершины К, М лежат на одной окружности,
2С

a L и N — на другой В этом случае, если Р — точка пересечения
диагоналей (рис. 56, а), то
0>Р	02Р * = (,0^ г-'КР а)-( 02L 2- LP «) =
= о2к »- o2l
где /?] и R2 — радиусы окружностей, т. е. точка Р 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 нз 0} на K/V и из Оа на LM, должны делить их попо-
лам, прямая ОгО2 является осью симметрии прямоуголь-
ника KLMN.
Пусть R.2 < Rt и радиус 02Ь образует угол <р с линией цент-
ров. Проведем через L прямую, параллельную 0t0.2. Эта прямая
пересечет окружность О, в двух точках: К, и К2, и точке L
будут соответствовать два прямоугольника: K1LMN1 и K2LMN2
(рис. 56, б). При изменении ср от 0 до л/2 угол ер, образованный
радиусом О2К2 с лучомО^, меняется отО до некоторого значения^,
при дальнейшем изменении ср (от л/2 до л) тр уменьшается от ер0
до 0. При этом центры прямоугольников KlLMNl опишут отре-
зок 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 множество).
Если три вершины прямоугольника, а значит, и четвертая
лежат на одной окружности, то центр прямоугольника совпадает
с центром соответствующей окружности.
Таким образом, искомое множество 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.
219.	Если В и С — первая и вторая точки отражения, О — центр,
то ВО —биссектриса СВ А. Путь шарика симметричен относитель-
но диаметра, содержащего С, поэтому А лежит на этом диаметре.
Если ВСО — СВО — ЧР, то ABO =<jp, ВОА = 2<р, применяя теорему
121
р	п
синусов к А АВО ( ВО = R, ОЛ| = а), получим -т—=--------
sin 3<р sin <р ’
„ R~a	R
откуда cos 2<р=, и при а> можно найти гр.
Ответ: указанное множество состоит из точек, расположен-
ных вне окружности радиуса R/3.
220.	Если Л—данная
Рис. 57.
е.
точка, PDA =90", AD параллельна
данным прямым, AEN = 90° (рис.
57), то DA = \АЕ /з. т.
D —фиксированная точка.
Искомое множество — две пря-
мые, перпендикулярные данным
прямым.
221. Если прямая АВ не па-
раллельна I, то существует две
окружности, проходящие через А
и В и касающиеся I. Пусть их
множество есть прямая OjO2, исклю-
центры —Ог и 02. Искомое
чая интервал (0р 02). Если АВ параллельна I, искомое множе-
ство состоит из одного луча, перпендикулярного /.
222.	а) Пусть (рис. 58) А — вершина некоторого треуголь-
ника. Продолжим отрезок AM за М на величину \ MN | = ' AM .
Точка N является серединой стороны, противоположной вер-
шине А; следовательно, N должна находиться внутри описанной
окружности, т. е. внутри ок-
коэффициентом 4 и центром
ружности с центром в 0 и ра-
диусом ОА . Опустим из О
перпендикуляр OR на AN.
Должно выполняться неравен-
ство । AR > । RN |. Если
АМО g? 90°, это неравенство
выполняется автоматически. Ес-
ли же АМО < 90°, то должно
быть । AM — | MR , > MN +
+	=>| АМ\ — \АМ >
>2|МД =>| AM |>4 MR',.
Но R лежит на окружности а
с диаметром ОМ; значит, А
должна быть вне окружности,
гомотетичной окружности а с
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. все вер-
шины треугольника были бы на одной прямой.
Следовательно, Л не должна лежать на окружности, гомоте-
тичной а с центром гомотетии М и коэффициентом —2.
Таким образом, если мы возьмем на прямой ОМ последова-
тельно точки L и К так, что L0  ОМ : МК =3: I . 2, н
построим как на диаметре на ЕМ—окружность 1, на МК — окруж-
122
ность 2, то искомым множеством будут все точки вне окружно-
сти /, исключая точки окружности 2, кроме точки К (точка К
входит в наше множество).
б) Если О — центр описанного круга, М—центр тяжести тре-
угольника, то К (см. пункт а)) будет точкой пересечения высот
треугольника (см. задачу 20, раздел I). Но для тупоугольного
треугольника расстояние от центра описанного круга до точки
пересечения высот больше радиуса описанного круга. Следова-
тельно, вершины тупоугольного треугольника находятся внутри
окружности 3, построенной на LK как на диаметре, вне окруж-
ности /, исключая точки окружности 2 (при этом вершины тупых
углов находятся внутри окружности 2).
223.	Пусть (рис. 59) АВС—исходный правильный треуголь-
ник, AiBjCy — произвольный треугольник (AjCj , АС, А&ЦАВ),
Рис. 59.
О — центр круга, 0t— точка пересечения высот Д А^В^С^ Пусть
ВОВ1 = (р. Поскольку 01В1 ОВ, 0В101 = <р; так как С1О1В1 =
= С,ОВ1=120°, четырехугольник С^ОВ^ вписан в некоторую
окружность, и, значит, 0I0Ci = 01B1Cl = 30o— <р. Таким образом,
О^В^ф-ф 120®-|-30о—<р = 150°, т. е. прямая ОО1 параллельна СВ.
Для того чтобы определить, сколь далеко точка Oj может «уйти»
по этой прямой, заметим, что для определения положения точки О;
нужно через переменную точку Bt провести прямую, параллель-
ную ОВ, до пересечения с прямой, проходящей через О парал-
лельно СВ. Наиболее удаленные точки, очевидно, получатся для
концов диаметра, перпендикулярного ОВ. Таким образом, иско-
мым множеством будет MN—отрезок прямой, параллельной СВ,
длиной 4R с серединой в О, а все множество будет состоять из
трех таких отрезков.
224.	Если (рис. 60) АВС—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 по-
ложения: Li и В2> TjCА = L2BA =90°, центр же О будет описы-
вать дугу, гомотетичную LAL2 с центром гомотетии в А и коэф-
фициентом 1/2.
Ответ: если треугольник остроугольный, то искомое мно-
жество есть криволинейный треугольник, образованный дугами
123
полуокружностей, построенных па средних линиях как на диа-
метрах и обращенных внутрь треугольника из средних линий
Если же треугольник не остроугольный, то искомое множе-
ство состоит из двух дуг полуокруж остей, построенных таким же
образом на двух меньших средних линиях
Рис. 60.
225.	Если (рис. 61) мы повернем первый квадрат вокру,
точки М на 60° или по часовой стрелке, или против, то он дол
жен целиком попасть внутрь второго. Обратно, каждому квад
рату, расположенному внутри большего, равному меньшему, сто-
роны которого образуют углы в 30° и 60° со сторонами большего,
Рис. 61.
соответствует точка М, обладающая нужным свойством. (На ри-
сунке этот квадрат обозначен штриховой линией.) Эта точка будет
центром поворота на 60°, переводящего квадрат ABCD в квад-
рат H1S1C1D1, ее можно получить из О, поворотом в нужном на-
правлении на 60° вокруг О Рассмотрим крайние положения квад-
ратов 41B1C1DJ (когда две вершины попадают на стороны боль-
шего). Их центры служат вершинами квадрата KLRN, сторона
которого соответственно равна Ь — а (Кз4~1) (стороны квад-
рата KLRN параллельны сторонам данных квадратов, цешр совпа-
дает с центром большего). Таким образом, искомое множество
состоит из объединения двух квадратов, один из которых получен
124
из квадрата KLRN поворотом вокруг О на 60® в одном направ-
лении, другой —поворотом на 60е в противоположном направлении.
Задача имеет решение, если ° (Из+О (точки Р и Q
могут быть на границе своих квадратов).
226.	Такая точка М одна (рис. 62) —центр тяжести треуголь-
ника (точка пересечения медиан). Легко видеть, что в этом слу-
чае для любой точки N на гра-
нице треугольника в качестве
точки Р можно взять одну из
вершин треугольника.
Возьмем какую-либо дру-
гую точку Л1г Будем считать,
что эта точка находится внутри
или на границе Д AMD, где
М — центр тяжести д АВС,
D — середина АС. Проведем че
рез Л\ прямую, параллельную
BD, п в качестве N возьмем
точку пересечения этой прямой
с AD, а через М2 обозначим
ее пересечение с AM. Очевид-
но, для любой точки Р внутри или на границе треугольника
площадь Л MtNP не превосходит площади одного из тре-
угольников ДЛБЛ', M«NC, M2NВ. Очевидно также, что SAM jV <
<SAMD=^S. Далее, если AD\ =
DC—a, ND = x, to
$M,NC I 'NC
~	’\DC\~
SMDC ‘^D
Наконец,
Sm,NB I I
SAMD MD
cP—x"
a1
fi2
ND |
’ AD =
(a—x)x
1.
Рис. 63.
SO+%
90°+ 2
227.	Если А, В, С — углы д ABC,
AB
то углы Д ABI равны -%, -g-,
(рис. 63); следовательно, искомое множество, изображенное на
рис. 63, — пара треугольников, две стороны которых — отрезки
прямых, а третья—дуга, являющаяся частью сегмента, пос-
троенного на AI и вмещающего угол а/2.
228.	Восставим к ВМ в точке М перпендикуляр, пусть
р—точка пересечения этого перпендикуляра и восставленного
к исходной прямой в точке В. Покажем, что величина РВ по-
стоянна. Пусть MBC = <f; через К и L обозначим основания пер-
пендикуляров, опущенных из А и С на МВ. По условию
+	= но j ЬС , = i ВС . sm<p, | АК, = | BA , sin <р.
|ЛА| ,LC
12o
Значит,
,МК\ |Ш| =
| В A sin ф 1 ВС I sin <р
ВМ ± Д\ ВМ' + \ BL \	...
| ВЛ | sin ф । ВС • sin <р —
\ВМ f 1 	1 \ f \ВК'____________1 BL \
sin ф \| ВЛ |	। ВС | / \| ВЛ sin ф ' ВС, sinфУ
IBM, k\BA l-'BC	k BA,  ВС \
sin Ф | BA | +1 BC |	1 |ВЛ +IBC *
что и требовалось.
Следовательно, искомое множество состоит из двух окружно-
стей, касающихся прямой АС в точке В, с диаметрами, равными
а |ВЛ|-|ВС|
IВА | + |ВС| •
229.	Продолжим AQ за точку Q и возьмем на этом луче точку
М так, что ;QM| = |ЛQ|, и точку Л1 так, что | МЛх । = I ЛМ |;
М —середина стороны ВС треугольника ЛВС; CBAt = ВСА,
АВ Л, = 180° -'ВАС.
Следовательно, если мы построим на ЛМ, MAt и АА1 как
на диаметрах окружности, то искомое множество будет состоять
из точек, расположенных вне первых двух и внутри третьей окруж-
ности.
230.	Разберите 4 случая: треугольник ЛВС —остроугольный,
один из углов Л, В или С —тупой. Во всех случаях можно выра-
зить величины углов треугольника АВИ через углы треугольника
ЛВС.
231.	Если концы лучей не совпадают, то искомое множество
состоит из частей следующих линий: биссектрис двух углов, обра-
зованных прямыми, содержащими данные лучи, серединного пер-
пендикуляра к отрезку, соединяющему концы лучей, и двух па-
рабол (парабола есть множество точек, равноудаленных от данной
точки и данной прямой).
Если концы лучей совпадают, то искомое множество состоит
из биссектрисы угла, образованного лучами, и части плоскости
внутри угла, образованного перпендикулярами, восставленными
в концах лучей.
232.	Проведем через вершины треугольника ЛВС прямые,
параллельные противоположным сторонам. Они образуют д Л1В1С1,
подобный д ЛВС; он получается из д ЛВС с помощью гомо-
тетии, центр которой—в общем для д ЛВС и д Л 1В,С1 центре
тяжести, а коэффициент равен 2. Точка пересечения высот для
д ЛВС является центром описанной около д Л1В1С] окружности,
Следовательно, точка О — центр описанной окружности, G— центр
тяжести и Н— точка пересечения высот лежат на одной прямой,
причем ОС = £ GH , G —иа отрезке ОН.
233.	При доказательстве используется тот факт, что если из
какой-либо точки Р опустить перпендикуляры РК и PL на прямые,
126
пересекающиеся в точке М, то Р, К, L и М будут лежать на
одной окружности *) (см. также задачу 157).
234.	Воспользуйтесь результатом задачи 62.
235.	Поскольку середина FH лежит на окружности девяти
точек (см. задачу 162), нам достаточно показать, что и прямая
Симеона, соответствующая точке F, лепт FH пополам. Пусть
К —проекция F на какую-либо сторону треугольника, D — осно-
вание высоты, проведенной к той же стороне, Н,— точка пере-
сечения этой высоты с описанной окружностью, HXD — HD
(см. задачу 108), L — точка пересечения прямой Симеона с той же
высотой и, наконец, М—точка на прямой ННХ, для которой
FM KD; тогда A FMHl — д KDL ( FM , = | KD , оба прямоуголь-
ные и DLK =MH1F, поскольку высота треугольника является
прямой Симеона, соответствующей вершине, из которой она выходит,
и можно воспользоваться утверждением задачи 234). Нетрудно
также показать, что направления HYM и DL совпадают, т. е.
FKHL — параллелограмм, откуда и следует наше утверждение.
236.	Покажите, что требуемым свойством обладает такая
точка Р на прямой Эйлера, для которой РО — ОН (О —центр
описанного круга, И — точка пересечения высот); при этом для
каждого треугольника расстояние от центра тяжести до противо-
4
положной вершины исходного треугольника равно R, где R— ра-
диус окружности, описанной около д АВС.
237.	Пусть Сг — центр описанной около Д АРВ окружности,
а Сг — точка, симметричная Cj относительно АВ. Аналогично для
треугольников ВРС и СР А определим точки At и А2, Вг и В2.
Поскольку треугольники АСгВ, АС2В, BAjC, ВА2С, CBtA, CBSA
равнобедренные, с углами прн вершинах по 120°, треугольники
А1В1С1 и А2В2С2— правильные (см. задачу 158). Подсчитав
углы четырехугольника с вершинами Р, А2, В2, С2, можно дока-
зать, что эти точки (Р, Аг, В2, С2) лежат на одной окружности.
Далее, если Н — точка пересечения высот треугольника АРВ, то,
поскольку | PH = |CtC2 и, значит, РНС2СХ— параллелограмм,
прямая (\Н (прямая Эйлера треугольника АРВ) проходит через
середину РС2. Но РС2 — хорда окружности с центром Сх, следо-
вательно, С^Н перпендикулярна РС3. Таким образом, три наших
прямых Эйлера совпадают с серединными перпендикулярами отрез-
ков PCS, РВг и РА2, а поскольку точки Р, А2, В2, С3 лежат на
одной окружности, эти прямые пересекаются в ее центре — центре
правильного треугольника А2В2С2. Из результата задачи 161
следует, что эти три прямые Эйлера пересекаются в точке пере-
сечения медиан треугольника АВС.
238.	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 внут-
реннего угла треугольника, для пунктов в) и г) —из результата
задачи 50.
*) Более подробно о семействе прямых Симеона можно про-
честь в книге: Васи и,ев Н Б., Гутенмахер В. Л. Прямые и
кривые, —М.: Наука, 1978.
127
239.	Пусть ABCD — данный четырехугольник. Будем считать,
что углы А и D — тупые, В и С —острые. Обозначим основания
перпендикуляров, опущенных из вершины А, через М и N, а из
вершины С —через К и L (рис. 64, a), R — точка пересечения MN
и LK- Заметим, что А, К, N, С, L, М лежат на одной окруж-
ности с диаметром АС. Покажем, что MK\\LN: MKL=MAL =
= D — 90° — 90a — B = KCB — KLN (D и В —углы четырехуголь-
ника). Таким образом,
MR |	| МК I sin МСК
sinMA/-
_ sin (С —90°+В) _ sin (90° — Л + В) _ cos (Л — В)
sin (Л — 90°+В) sin(Z + B — 90°) sin(A4B —90°)
Пусть теперь Р н Q —основания перпендикуляров, опущенных из
вершины В, a S—точка пересечения MN и PQ (рис. 64, б). Так
Рис. 64.
как PNB = РАВ =С, то PJV||DC, т. е. MQNP— трапеция (ANBP—
вписанный четырехугольник с диаметром АВ). Таким образом,
IMS J |MQ == |АВ cos (А 4-0 — 180°) = cos (А —В)
SN |PR| | АВ, sin (В + А-90°)	sin (В 4 А — 90°) *
(Мы использовали то, что MQ — проекция АВ на DC: угол между
АВ и DC равен А4-0 — 180°.) Итак, точки R и S делят MN
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.
240.	Найдем, в каком отношении ВС делит MN. Это отноше-
ние равно отношению
^Л1св МС | • СВ sin МСВ	МС cos BCD
SCBN	BN | jCB sin 'NBC	BN cos CB A
128
\MNl ' AI;V 2
jMD] ==~7алГ2
треуголь-
окружно-
(см. зада-
L — точки
Аналогично, отношение, в котором AD делит AW, равно
| AM | cos BAD	/ТГРг „
---------. Но эти отношения равны, так как BCD = BAD,
i ND | cos ADC
CBA—CDA, a Л AMC подобен &BND, и, следовательно,
I МС | _ | AM |
BN] \ND\•
241.	Поскольку окружность с диаметром CD проходит через
фиксированную точку А на Л1/У (MN J. CD), то
|СЛ'|.|ЛТ,: = !Л7А 2 (1)
есть величина постоянная. Обозначим через К точку пересечения
PQ с MN. Покажем, что —величина постоянная. Заметим.
/\/»7 г
что P/VQ=180° — PMQ; значит,
|Л4К| 5ЛРЛ10 PM -'MQ\	\ MN \
I KN I ~	~ | PN | •, NQ ~ CN,
(мы воспользовались равенством (1) и тем, что Д MNP подобен
д MNC, а д MNQ подобен Д MND).
242.	Проверьте, что точки Аг, Аг, и Blt В2, В3 находятся
на сторонах треугольника О^Оз (Olt 0г,
стей) или на продолжении этих сторон и отношение расстояний
от каждой из этих точек до соответствующих вершин
ника 0,0а0а равно отношению радиусов соответствующих
стей. Далее можно воспользоваться теоремой Менелая
чу 193) для каждой из этих троек точек.
243.	Пусть О —центр вписанной окружности, К и
касания со сторонами АС и АВ, прямая, проходящая через N
параллельно ВС, пересекает стороны АВ и АС в точках R и Л1.
Четырехугольник OKMN —вписанный (ONM = OKM — (Mri), следо-
вательно, OMN =0КN; аналогично ORN = OLN, но OLN — 0К\,
значит, ОRN = OMN и Д ORM — равнобедренный, ON — высота;
таким образом,
>3 — центры окружно-
|ЯЛГ| = | NM .
244. Если стороны Д АВС равны
' ДВ =с, то, как мы знаем (см. задачу 18,
а-\-Ь —с —	v
. Проведем через К прямую,
обозначим ее точки пересечения с АВ и
Окружность, вписанная в Д АВС, является вневписанной (касается
AtC\ и продолжений В А и ВСГ) для д А1ВС1. Но д AiBC,
подобен Д АВС. Следовательно, окружность, вневписанная в АВС,
будет касаться АС в точке N; обозначим точки касания ее с про-
должениями ВА и ВС через R и L. Имеем
BR |=-l BL | «--(, BR > + 1 BL 1) = -^ (о-фб-фс),
значит,
= RB -tBA — МС\.
BC\=a, \СА — Ь,
раздел I), | МС =
параллельную АС,
ВС через к СР
В И. Ф. Шарыгин
129
245. Проведем через К прямую, параллельную ВС. Обозначим
через L и Q точки пересечения касательной в точке Р с пря-
мой ВС и построенной прямой, ей параллельной, а через N —
точку пересечения АК с ВС. Так как СЛ1| = |ВМ| (см. зада-
чу 244), то нам достаточно доказать, что ' NL | = ILM |, но
, PL | = | LM ;, значит, нужно доказать, что 'PL| = |WL|.
Поскольку Д PLN подобен д PQK, в котором iPQ| = |QKI, то
РК | = | NL | и |CL| = |LB|.
246. Пусть М и N — точки пересечения прямой LK с прямы-
ми I и CD. Тогда | AM (2 = | ML | • | МК .. Из подобия треуголь-
ников КМВ и DKN следует	-, |МК| =
। /\/V |	| Urv J
|КМ|-)МВ|	А
= ----Из подобия треугольников CNL и MLB следует
1Л4Ц . |МВ I	|	| • | 7ИВ I
I LM |	| CN | ’ 17-	| CN |
Таким образом,
IЛ1К | • |ML |। мв 2 = |МВ г.
| • । Un J
т. е. |МА|2=|МВ|а, |МЛ| = |МВ|.
247. Пусть (рис. 65)
В —вторая общая
С —точка на
торой проведены касательные, и,
наконец, К—точка пересечения
прямых MN и PQ. Воспользо-
вавшись теоремой синусов и ре-
зультатом задачи 50, получим
точка окружностей,
прямой АВ, из ко-
I PM | _ I PM i sin PBM
|MA|
sin PBM 1MA 1
| ВМ | sin РВМ _
sin BPM 1 MA ।
| ВМ | sin РВМ
1МА! sin BPM
iCB I
|CAI
sin РВМ
sin BPM
Таким образом, обозначив через а угол АМВ, а через р— угол
ZPB (а и р постоянны), получим
I РМ | _ 1 ГI СВ , sin (а+Р)
IМ А | F • С А Г sin Р •
Аналогично найдем
I AN I	1 /~ СА , sin Р
|MQ| ~ V \СВ[' sin(a + p)’
130
Но по теореме Менелая (см. задачу 193)
I PM I | АЛЧ 1 QKI
(УИД.'ло ‘ кр\
1.
Значит ।	। — 1
Значит, ! кр j - I.
248. Проведем через М прямую, параллельную АС, др пере-
сечения в точках А1 и Сг с прямыми ВА и ВС. Имеем
~А^КМ — 90°— DKM = 90® —'КВЬ = В AD = KAtM, следов ательно,
А КМАг — равнобедренный и | A,A4 | = j МК |. Аналогично
| MCt | = | ML I, но | КМ | = | ML |, значит, | АгМ | = | MCj ', т. е.
прямая ВМ делит АС пополам.
249. Пусть М — точка пересечения ND и АВ, а Р — точка
пересечения касательных к окружности в точках А и D. Посколь-
ку прямые NC, АВ и PD параллельны, из подобия соответст-
вующих треугольников получим
| AM I _ | AN |
|DP।	|NP| ’
| MB I _ | AID I | AP|
|NC| - |ND|	|NP| ’
\am\=\dp,^,
I АР I
(i)
(2)
использовалось то, что, ввиду
no |DP,=|AP|, | AC | = | AM |, следовательно, правые части
выражений (1) и (2) равны, т. е. | AM | = | МВ (.
250.	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 каса-
тельные к окружности в точках С и В пересекались на диагонали
МК. необходимой достаточно (см. задачу 238), чтобы 7^,^ =
МВ\ <СМ\ | АВ |	| BD I	CD \ _JAC| _|МВ|
“ , ВК | ’ Н0 1 СК | ~ | СК I “ | DK I	| DK | I вк |	| ВК I ’
(В первом и последнем равенстве
параллельности AM и СВ, | СМ | =
= |АВ|, |АС| = |А4В,; во вто-
ром и четвертом — подобия A ABD
и A CDK, Л ADC и Д KDB; в
третьем — то, что AD — медиана.)
251.	Пусть О —центр окруж-
ности, Aj.AIj.Pj,Pj —точки, сим-
метричные точкам N, М, Р, R со-
ответственно относительно прямой
ОА, К—точка пересечения пря-
мых NiRi и QS. Нам нужно
доказать, что точки Rlt S и К
совпадают. Точки Nlt Мг и В
лежат на одной прямой, симмет-
ричной прямой NMC; Nu Pi,
Ri—также на одной прямой, сим-
метричной прямой NPR (рис. 66).
Точки В, Ni, Q и К лежат
на одной окружности, так как
ВА^А=Л)7л\Р1 = Л1АР = В$И =BQK. Точки В, Л\, Q, Rr — также
на одной окружности, поскольку N^B = NiPiP = NiQP — N tQB.
б*
131
Следовательно, пять точек В, Л’,, Q, R, К —па одной окружности,
но точки V'n Рл и К — на одной прямой, значит, Rt и К сличаются.
252.	Пусть (рис. 67) О —середина АВ, и Л'2 —точки каса-
ния окружностей Ох и О2 с АВ, 03 —середина 0г0.2, — основание
перпендикуляра, опущенного из О3 на АВ, а и Ь—катеты тре-
угольника (I СВ ] —а, I АС | = Ь), с—гипотенуза, гг и гг — радиусы
окружностей с центрами Ог и О2. Докажем, что | AN2 I = I АС , — Ь,
а*
| BN х| = ВС\ — а. Обозначим । ВР\ ’ =х, | BD | — —, | NiD=rt —
а2 . пг, , с с , а2 . ,, _, с „
==Х~Т' l00i'= 2—г‘= 2“х+~с' । Ni°\=x— J• Запишем
теорему Пифагора для Д ОО^г:
откуда № = а2, х=а, т. е. i\ = a-, Аналогично | AN2 | —Ь,
. Ь2 „
rt — b—Теперь легко наидем
, , а2 Ь2
а~}~Ь-------- ,
I о.Л'3 =11±^ =_________с-___С- = а + Ь~с = г
1 3 3	2	2	2
где г —радиус вписанной окружности, а
|АЛ'з1= у(. ЛЛ\!+ Л-Vs ) = -‘ [с-|ел\ +Ь] = |[Ь + с-а],
т. е. Ng совпадает с точкой касания вписанной окружности.
|КЛ4 । _ $акр
\ML\ SAID
253.	Пусть (рис. 68) М — точка пересечения AD и КЦ
-g | ЛК | • | АР | sin КЛР	। лк jj ср ।
2 I DL |  | AD | sin ADL DL ’' AF 1
(Мы воспользовались тем, что синусы вписанных углов пропор-
циональны хордам.) Аналогично, если Л1х —точка пересечения BE
132
' КМ,' ВК<- FE\
и KL, получим, что =	 вс .
A FLE имеем
Но из подобия
АК1 ВК,
AF ~ | ВС '
эти равенства, получим, что
A AKF и Д ВКС, Д CLD и
I CD|	jFЕ|
T6lT = WT: пере"а’'
! KM |	| KMr |	..	..
—л7г~ =	T. e. M и M
; ML | I M,L |
Замечание. Можно показать, что утверждение задачи
сохраняет силу, если А, В, С, D, Е и
совпадают.
F— произвольные шесть
точек на окружности.
254. Обозначим через L и Р точки пересечения прямых AM
и AN с окружностью. Как следует из задачи 253, прямые BL,
DP и MN пересекаются в одной точке. Но BL и DP — диаметры,
пересекаются в центре окружности, следовательно, MN проходит
через центр окружности.
255. Докажем, что центр искомой окружности совпадает с
ортоцентром (точкой пересечения высот). Пусть BD— высота,
Н —точка пересечения высот, а К и L — середины построенных
отрезков, выходящих из вершины В, \ ВК \ — ' BL\—l, М — сере-
дина BD (рис. 69). Тогда
| КН ? = \LH \* = \МН ? + \КМ ,2 = Z2 — | ВМ ?+\МН ,а=
I лл а / I вп I \а
= /а—L£E_-p вн —=l2+' ВН а - BHt-[BD\ =
ВН ( BD,-\BH ) — Р-\ВН'-\НО .
Нам осталось доказать, что произведения отрезков высот, на
которые каждая делится их точкой
дем высоту АЕ. Ввиду подобия
А ВНЕ и Д AHD имеем , ВН х
X | HD | = | АН I • । НЕ , что и тре-
бовалось.
пересечения, равны. Прове-
Рис. 70.
256. Обозначим (рис. 70) длины сторон треугольника АВС:
\ВС\—а, (СА\ = Ь, | АВ \=с. Проведем через центр вписанной
окружности прямые, параллельные АВ и ВС, др пересечения с
АК и КС в точках Р я Q; в треугольнике OPQ имеем POQ=B,
133
inn О-}- Ь— C	inn	b + c—G
| OQ — ——2------= p — c, 1 OP '  ---— = p — а, но по условию
NBM=B, | NB\—p—a, MB — p—c. Следовательно, Д POQ =
= A NBM. Если мы на прямой OP возьмем М, так, что I 0Mt —
= | OQ I, а на 0Q — точку Ny так, что 1 0Nt =\0Р |, то A ONjMj—
= A NBM и соответствующие стороны ВМ и 0Mt, BN и 0Л\
окажутся параллельными. Значит, || NM. Докажем, что
OK ± КМ: так как в четырехугольнике OPKQ два противополож-
ных угла прямые, то он вписанный, следовательно, OKP = OQP .
д/	Далее, имеем KOP+OM^Nt—KOP'-[-
А	4- OQP= КОР + ОКР = 90°, а это озна-
/ \ \ /	чает, что ОК ± MjM,.
Пусть для определенности Р
\ лежит на дуге АС (рис. 71). Точки Д,
/ \	\	\ М, Р, N лежат на одной окружности,
I У\ (	\	| значит, NMP = NAP. Аналогично, Р, М,
\ / \'	\ / Q, С — на одной окружности,
\/	\	\/ =180°- РСА180° - Р АК^- 180°— PMN.
(? ~/ff 258. Рассмотрим сначала предельный
X-	случай, когда точка N находится в «бес-
-------конечности»; в этом случае прямые AN,
Рис. 71.	BN и CN параллельны прямой I. Пусть
расстояния от точек А, В и С до пря-
мой I равны а, b и с (для удобства предположим, что А, В
и С — по одну сторону от I). Прямые, параллельные Z и проходя-
щие через А, В и С, пересекают прямые В£у, CjAj и А^
„	П	П	ГТ	I А.Сц I в С
в точках Д2,	В ,	С2.	Легко	видеть, что т- п	==-—Ц-,
C2Bi с + Ь
I В^Д21 b-j-a | CjB21 c-j-b ._.
, . n ! = —г~ . ~ г, r-~ = t~. -  Перемножая эти равенства,
I A2Cj 1 a+c ’ | B2Ai I b+a r	r
получим, что выполняется утверждение теоремы Менелая — зада-
ча 193 (необходимо еще проверить, что на продолжениях сторон
реугольника AiBjCj находится нечетное число точек из Д2, В2,
С2). Значит, точки Д.2, В.,, С2 лежат на одной прямой.
Общий случай можно свести к рассмотренному, например,
спроектировав 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 не прибегать к пространственным рассмотрениям. Вве-
дем систему координат, выбрав за ось х прямую I и взяв начало
координат в точке Л'. Сделаем преобразование х'=— , у'=
При этом точки оси х (у = 0) перейдут в прямую у' = 0; точки,
симметричные относительно оси х, перейдут в симметричные отно-
сительно прямой i/'=0; прямые перейдут в прямые; прямые, про-
ходящие через начало координат, перейдут в прямые, параллель-
ные прямой у' =0 (это преобразование, по существу, и есть
вышеуказанное проектирование). После такого преобразования
получим уже рассмотренное расположение.
134
259.	Пусть данные взаимно перпендикулярные прямые —оси
х = 0 и у— О прямоугольной системы координат, высоты треуголь-
ника лежат на прямых у—к,х (i =1, 2, 3), стороны треугольника
. . 1
при этом должны иметь угловые коэффициенты —. а из усло-
вия принадлежности вершин (х,, yi) высотам находим отношения
свободных членов Q в уравнениях сторон kiy+x=cp Ci=&if/g+xj,
c2 = k2y3-\-x3, y3=k3x3^>~-^=~-~-- и т. п. При подходящем
«2^3 Г~ 1
.	ki
выборе единицы длины можно взять q = -т-~
К
k-
Точки пересечения прямой	с осями:
,	0 середина В; отрезка между ними ,-z,- -	,
v k{ /	\ \R -f~ Ki)
*	-j. Угловой коэффициент прямой PjP2 равен
&2	\  
2 (# + #2)	2(^4-^)/
= (Л1~*г)  (kk2-kki)=—^.
где k — krk2k3.
°:
и
2(k+ki)
1
1
\2(k+k2) ” 2 (*+^)
Точно такими же будут угловые коэффициенты прямых Р2Р3
и P3PV Поэтому точки Plt Р2, Р3 лежат на одной прямой (ее
уравнение: ky-j-x— 1/2).
Соединив прямыми точку Н пересечения высот треугольника
с точками Pj, Р2, Р3, получаем такое любопытное следствие. Пусть
cq, а2, ад—углы треугольника, перечисленные против часовой
стрелки, ау, «г. «д—прямые, на которых лежат противоположные им
стороны; через точку И проходят три прямые plt р2, р3 так,
что углы между р2 и р3, р3 и рх, рг и р2 (отсчитываемые против
часовой стрелки) равны соответственно а1( а2, а3. Тогда точки
пересечения рг с а^, р2 с а2, р3 с а3 лежат на одной прямой. Пред-
лагаем читателю рассмотреть частные случаи этой теоремы (многие
из них — красивые и далеко не оче-	,
видные геометрические факты) и сопо-
ставить ее с задачей 207.	рS / \\\/^
Еще одно замечание: в нашей за-	/  \ V
даче вместо середин отрезков, высе-	у
каемых на сторонах треугольника,	г
можно было бы брать точки, деля-
щие их в одинаковых отношениях. \
Эти точки также окажутся на одной р
прямой.
260.	Пусть (рис. 72) ЛВС—дан-
ный треугольник, Я —точка пересече-
ния его высот. Заметим, что точки,
симметричные И относительно его сто-
рон, лежат на окружности, описанной
около треугольника АВС (см. задачу 108). Если Нг — точка, симмет-
ричная Н относительно стороны ВС, то прямая lv симметричная I
относительно той же стороны, проходит через Hv При повороте I
вокруг Н на угол <р прямая 1Г повернется вокруг на тот же
угол <р в противоположном направлении. Следовательно, если Р —
вторая точка пересечения прямой с описанной окружностью, то
радиус ОР (О —центр описанной окружности) повернется на угол 2<р
вокруг О в соответствующем направлении. Те же рассуждения
справедливы и для двух других прямых, симметричных I. Но
если I совпадает с какой-либо высотой треугольника, то утверж-
дение задачи очевидно (точка Р совпадет с соответствующей вер-
шиной треугольника). Следовательно, это утверждение справед-
ливо всегда.
261.	Рассмотрим общий случай произвольных окружностей.
Пусть точки F и F' расположены, как показано на рис. 73. Обо-
значения понятны из рисунка. Докажем, что существует окруж-
ность, вписанная в четырехугольник АКВМ, после чего восполь-
зуемся результатом задачи 242. Для этого достаточно доказать,
что
\BF | + | BF' | = | AF' | + | FA |.	(1)
Учитывая, что [ВЬ | = |В7’ |, a jfS| = FТ |, получим BF | =
= [BL| — |FS| и аналогично | FA | = | FQ | — | АЕ |, | BF' I =
= | F'Р | — | BL |, | F'А | = | АЕ | — | F'R |. Подставляя эти выраже-
ния в (1), получим
| BL I —! FS 1 + 1 F'P I-1 BL ; =
= |В(?|-|ЛЕ| + |Л£|-|В'/?|=>
=>;F^|+|F'P|=’FQ|+|FS|=>|P/?|= isq .
Точно так же разбираются остальные случаи расположения точек F
и F' на касательных (при этом учитываем результаты задач 155,
156)	. Поскольку каждая касательная точками касания и точкой
пересечения разделена иа 4 части, то таких случаев будет ~-42 = 8.
Для доказательства второй части заметим, что середины АВ,
FF' и центр третьей окружности 03, вписанной в АКВМ, лежат
на одной прямой (см. задачу 217).
Но поскольку радиусы данных окружностей равны, то АВ
параллельна Ofi3 (01г 02 —центры данных окружностей); А и В
136
лежат на прямых ОгО3, 0203. Значит, прямая, проходящая через 03
и середину АВ, делит OjO2 пополам.
262.	Обозначим через Н точку пересечения высот треуголь-
ника АВС, а через А2, Вг, С2 —середины отрезков АН, ВН, СН.
Заметим, что треугольники АВ^, AiBClt А1В1С подобны между
собой (соответственные вершины обозначены одинаковыми буквами),
причем А2, В2 и С2—соответственно центры описанных около них
окружностей. Докажем сначала следующее утверждение; три пря-
мые, проходящие через точ-
ки Аг, В2 и Сг и одинаково
расположенные относитель-
но треугольников АВРи
А^Сц ЛАС, пересекаются
в одной точке на окружно-
сти девяти точек.
Заметим, что прямые
A2Blt В2В и C2Bt одинаково
расположены относительно
треугольников АВ^Сц AjBC
и ЛАС и пересекаются t
точке Blt лежащей на ок-
ружности девяти точек. По-
скольку точки А2, В2, С2
лежат на окружности девя-
ти точек, то очевидно, что
и три прямые, получающие-	Рис. 74.
ся из прямых A2Blt В.2В и
С2В1 поворотом на один и тот же угол вокруг точек А2, В2 и Ся
соответственно, также будут пересекаться в одной точке, рас-
положенной на окружности девяти точек.
Пусть теперь Р —точка пересечения прямых Эйлера треуголь-
ников ЛВА> АуВС^ А^тР- Обозначим РЛ2Л = ф. Для удобства
будем считать, что треугольник АВС остроугольный, а точка Р ле-
жит на дуге ВХА2 окружности девяти точек (рис. 74).
Тогда
РЛ2Л1=180°-ф,
Р Л А = 180° - ф - В^АЛ1 = 180° -<р—ВАЛ! = 26 —ф,
РЛ А = 180° - <р + 180° - 2В = 360° - ф - 2В -
Поскольку хорды ' РАг , | РВ11 и | РС\ | пропорциональны сину-
сам углов, на них опирающихся, нам осталось доказать, что из
трех величин sin ф, sin (2(5 —<р), —sin(2B4-<p) одна (в нашем слу-
чае первая) равна сумме двух других, т. е.
sin ф = sin (2(?—ф) — sin (2В + ф).
Но в треугольнике АА2Нг | ЛЛ2 [ =_Р, | АНг | ~2R cos А (Р — ра-
диус описанной окружности, Р соз А — расстояние от центра опи-
санного круга Л2 до Вр^, AAAa=A-f-2B —180°. По теореме
137
Сйнусов для Д AA.JIi
2 cos Л	1
sin ф 8т(2В+Л + <р)
— 2 cos A sin (2В + Л +ф) = sin <р zz>
zz> — sin (2В {-2Л + ф) — sin (2В 4-ф) = sin Ф rz>
zz> sin (2(?—Ф) — sin (2В + ф) = sin ф,
что и требовалось.
Таким образом, мы доказали наше утверждение в случае
остроугольного треугольника.
Случай тупоугольного треугольника АВС рассматривается
точно так же.
263.	Пусть D — середина АС. Восставим в D перпендику-
ляр к АС и обозначим через М точку пересечения его с ВС.
Д АМС — равнобедренный, значит, МАС—ВС А. По условию
Д ABD также равнобедренный, ABD=BDA, АВМ > 90° (по усло-
вию), ADM = 90°, значит, MBD > MDB и | MD | > | ВМ ,. Отсюда
следует, что MAD>MAB (если мы отобразим симметрично В
относительно прямой AM, то получим точку Вг внутри угла MAD,
так как MD _L AD и | MD | > МВ , = | MBt'); таким образом,
С> Л-б, С> Л.
264.	Если окружность касается продолжений сторон АВ и АС
и ее центр О, то легко найти, что ВОС = 180° — (90°—g")—
- 90°-^=--+^ =90°-А. Таким образом, ВОС+ВДС'=
= 90°+^-#= 180°.
265.	Пусть AD — высота, AL — биссектриса, ДМ —медиана.
Продолжим биссектрису до пересечения с описанной около тре-
угольника окружностью в точке Аг. Поскольку MAjj AD, то
MAi'\ = LAD.
Ответ: если а<90°, то угол между медианой и биссектри-
сой больше, чем угол между биссектрисой и высотой. Если а >
>90° —наоборот; если а = 90°, углы равны.
266.	Если AD — высота, AN — медиана, М—точка пересече-
ния медиан, то
, >СР|_ 1СВ| |СВ| |СВ _2
ь | AD | + | AD |	| АР| | АЛ/| -3;Л4Л~~ 3 ’
267.	Из того, что S;JAA1 = S£CA1 и | ВС I > | BA , | СМ | >
> | М А |, следует, что sin В АМ > sin ВСМ. Значит, если углы острые,
то ВАМ > ВСМ, тупым же можег быть лишь угол ВАМ; таким
образом, всегда ВАМ > ВСМ.
138
268.	Если | ОД | = а, 7? —радиус окружности, К —точка пере-
сечения О А и DE, то легко найти, что
| ОК |=а
2a
a-'4-/?2
2а
as—Д2

269.	Обозначения видны на рисунках. В первом случае
(рис. 75, а) | АВ 1 < AAt 4~1 Д1В11 + SiB = | ААХ14- AjC | 4-
4- | BtD | ~f~ ВВХ | = I АС < 4-1 BD |. Во втором случае (рис. 75,6)
Рис. 75.
Обратное утверждение
I AB I > I ВК ;-I AK 1 > 1 BE I -I AC
легко доказывается от противного.
270.	Пусть К, L и М—точки пересечения проведенных пря-
мых с АС. Обозначим | АС | = Ь, \BC\~a, |Дв^ =с,
По теореме о биссектрисе внутреннего угла
применяя еще раз эту теорему для Д BCL,
BL\ = l.
найдем ,LCt —	;
a-f-c
найдем
1 BL I
ba I
\LM,-\LC BL ,+ BC a+c l + a
ba
но ВЕА= ^-+С=——>А (так как С>ЗА — п), значит,
с> I и
ba [. a \ ba / a \ ac b
Lr'a-’rc\ a+lj<a+c\ a+c) (a-J-cS)4-
271.	Если ABCD — данный четырехугольник, то возьмем четы-
рехугольник ABiCD, где В, симметрична В относительно сере-
динного перпендикуляра к диагонали АС. Очевидно, площади
ABCD и ABfiD равны, стороны ABiCD в порядке обхода равны Ь,
а, с, d. Неравенство S (ac-’r bd) для четырехугольника ABiCD
очевидно. Равенство будет, если Т5ДВ^ = 61СО=90°, т. е. четы-
рехугольник AByCD — вписанный, с двумя противоположными
углами по 90°; значит, ABCD тоже вписан (в ту же окружность)
И его диагонали перпендикулярны.
139
272.	Рассмотрим два случая:
1)	Данный треугольник ЛВС —остроугольный. Пусть В —наи-
больший угол: 60°^В<90°. Поскольку биссектрисы углов А
и С меньше 1, то и высоты этих углов hA и hc меньше 1. Имеем
hAhc	/3
SАВС ~ . А < V •
Sltl D о
2)	Если один из углов треугольника, например В, не острый,
то стороны, его заключающие, меньше соответствующих биссек-
трис, т. е. меньше 1, а площадь не превосходит -% | АВ | • | АС |,
т. е.
Ьавс 2 < 3 
273.	Пусть с—наибольшая сторона, противолежащая вер-
шине С. Если a2+fe2+c3 — 8R'2 > 0, то а2-\-Ь2 > 8Р2—с2 > с2 (так
как с<2Р), т. е. треугольник—остроугольный. Обратно, пусть
3
треугольник —остроугольный; тогда а2 б2 + с2 = 2щ~ + - с2 (тс—
медиана к стороне с); поэтому, чем меньше медиана, тем меньше
п2-|-Ь2 + с2, но медиана максимальна, если С — середина дуги, и
уменьшается при перемещении С по дуге; когда же треугольник
станет прямоугольным, будет а2 + &24-с2— 8Р2=0.
274.	Допустим противное, например, что с^а; тогда 2с
^c-f-об; возводя неравенства в квадрат и складывая, получаем
5с2 > а2 + Ь2 — противоречие.
#5. Нетрудно доказать, что биссектриса угла В является также
и биссектрисой угла ОВН (то же верно и для углов ОАН, ОСН).
На рис. 76 а, б изображены случаи остроугольного (а) и тупо-
угольного треугольников (б). Решение в обоих случаях
Одинаково.
Пусть, например,С90’ (рис. 76, б). Биссектриса угла В явля-
ется биссектрисой ОВН, а биссектриса угла А является бис-
140
сектрисой угла ОАН. Далее, ВАН = ^О’ — ё < 90е — Л = АВН,
значит, АН । > I ВН I.
Если К и М —точки пересечения биссектрис углов А и В
с ОН, то
НК\	'АН	'АН 'ВН'	ВН\	НМ
КО	| АО |	R	> R ~	ОВ |	, МО | •
'1аким образом, НК >'НМ и точка пересечения биссектрис
углов А и В находится внутри Д ВОН.
276.	Обозначим |АВ| = |ВС] = а, 'АМ,—с,\МС — Ь,\МВ[=*
= т, BM0=ty, MBO = (f.
Нужно доказать что | ОВ [ > ОМ ,, или что ф > Ф, или что
cos ф < cos ф.
По теореме косинусов для д MBA и Д МВС получим
cos ф
т~ + Ь--а2
2тЬ
т24-а2—с2
cos ф =--н-----
т	2та
т2 + а2-с2	т2+Ь2-а2
COS ф — COS Ф =-т;-----------х—г----=
v v	2та	2mb
 т2(Ь—а) — аЬ(Ь-~а)-\~<Л—с2Ь _
2таЬ
т2 (Ь — а)—а (Ь2-а2)-)-Ь (а2—с2)
2таЬ
но а—с—Ь — а, значит,
, (Ь — а) (т2 — ab — а?abЬс)
COS ф-СО8ф = А--н------------------
(Ь — о) (т2 — а2 — b (2а — Ь))
~~	2таЪ
(Ь — а) (т2 — (а— 6)2)
2таЬ ~
_ (Ь—а) (т-\-Ь — а) (иг —яф-6)
—	2таЬ
что и требовалось доказать.
277.	Проведем через М прямую, параллельную АС, до пере-
сечения с АВ в точке К. Легко найдем
I ЛК = СМ|1^-, >мк = \МВ
Поскольку I	АК | + | КМ , то, заменяя АК и КМ |,
получим
1СЛ11-МВ1 IMB1-MCJ
АМ |ВС| + ,св
\АМ\-,ВС\^,СМ\- ABt + (\BC -\МС),АС,,
С AM\-\AC j) I BC |<(| AB AC ), MC
что и требовалось.
а2 । b* + c2	..
278.	Минимум равен —:— и достигается, если M —
центр тяжести Д АВС. (Это можно доказать, например, методом
координат или воспользовавшись теоремой Лейбница — см, за-
дачу 153.)
141
279.	«Спрямим» путь шара, для чего вместо того, чтобы «отра-
жать» шар от борта, будем отражать зеркально относительно этого
борта сам биллиард. Мы получим систему лучей с общей верши-
ной, любые два соседних луча образуют угол а. Максимальное число
лучей системы, которое может пересечь прямая, и есть макси-
мальное число отражений шара. Это число равно	если
л	„ ,	.л
— — не целое число ([х] — целая часть х); если же - — число це-
<х	а.
лое, оно равно максимальному числу
отражений.
280.	Если дороги построить так,
как показано на рис. 77 (А, В, С
и D — деревни, дороги —сплошные ли-
нии), то их суммарная длина будет
Цг- + (2-Ц^) =2 + 2/з<5,5.
Можно показать, что указанное рас-
положение дорог реализует минимум
их суммарной длины.
281.	Если одна из сторон тре-
угольника, проходящая через А обра-
зует угол ф с прямой, перпендику-
лярной данным параллельным прямым, то другая сторона будет
образовывать угол 180°—ф—а; найдя эти стороны, получим,
что площадь треугольника будет
ab sin а
2 cos q> cos (ф -|- а)
ab sin а
cos аcos (а-)-2ф) '
Это выражение минимально, если а-|-2ф=180°.
_	„ ab sin а . . а
Ответ: Smin=-z---------= abctg - .
ro,n 1— cos а	2
SACD AM |	SBCD	1 ВМ |
282.	Поскольку	=	2, to
 SOCD	।M0	SOCD	0M
5лсво = 5лсп + ‘5всп = 2(л+1)5осо- Следовательно, площадь
ACBD будет наибольшей, когда наибольшей будет площадь тре-
угольника COD. Но треугольник COD—равнобедренный, с боко-
вой стороной, равной /?; значит, его площадь максимальна, когда
достигает максимума синус угла при вершине О. Обозначим этот
угол через ф. Очевидно, ф0 ф < л, где ф0 соответствует случаю
перпендикулярности АВ и CD. Следовательно, если фо^9О , то
максимальная площадь Д COD соответствует значению ф1 = 90°,
если же ф0 > 90°, то значению ф0-
Ответ: если k ^1^2—1, то Smax = (^+ 1) R2;
если й>У2-1, то Smax = 2t?-g±-2)-^.
283.	Пусть и Л\—две другие точки на сторонах угла
(рис. 78). Тогда ЛМЛ\ = Р, ЛЛ1рИ = 360°-а-₽-бЛ\Д >
> 180°—= AN]N. Отсюда, учитывая, что M1AM = N1AN,
142
получим, что [AfrX I < I ANX | и, значит, SMiAM <SANiN', таким
образом, S0MiAN1< S0MAN.
Рис. 78.	Рис. 79.
284.	Учитывая результат предыдущей задачи, нам нужно
выяснить, при каких условиях можно найти на сторонах угла
точки М к N такие, чтоЛ1ЛМ = Р и \МА | = | AN I. Опишем около
треугольника MON окружность (рис. 79). Поскольку ф+Ф + Р <
< 180°, точка А будет вие ее. Если L — точка пересечения пря-
мой ОА с окружностью, то должны выполняться неравенства
ЛЛ1Л' = 90- -£>LMN —LON и ЛМЙ=90°-	Таким
образом, если выполняются условия
' Ф<90°-|,
ф<90°--|,
можно найти точки М и N такие, что \МА | = | AN [ и M/W = p.
Если же условия ие выполняются, таких точек найти нельзя.
В этом случае четырехугольник максимальной площади вырож-
дается в треугольник (одна из,
точек М или N совпадает с О).
285. Возьмем точку Ах
на ВС (рис. 80). Четырехуголь-
ник OMAXN равновелик четы-
рехугольнику OMAN. MAjN <
С MAN, следовательно, если мы
возьмем точку Мх на ОВ так, что
MXAXN = MAN, то S0MiAtN>
>S0MAN- значит, площадь
четырехугольника OMAN мень-
ше площади максимального
четырехугольника, соответст-
вующего точке Ах, что с учетом результатов двух предыдущих
задач доказывает наше утверждение.
143
286.	Пусть для определенности sin а sin Р; возьмем иа про-
должении АВ точку /< так, что ВКС — ft (рис. 81); так как CBR =
= ADC (поскольку ABCD —вписанный), то д К ВС подобен дАСД,
ио | ВС |Эг|С£>|, следовательно, SBCf,
^SADC И SAKC^SABCD, Н0
„ a- sin (а 4- Р) sin а
-------------21йГ₽------->
т. е.
«2 sin (а + р) sin а
Аналогично доказывается, что SABCD
a2 sin (а 4~ Р) sin Р
2 sin а
287.	Рассмотрите другое положение
точек Mj и Ni (M1AN1=f) и покажите,
учитывая услс^ре	180°, что «до-
бавившийся» треугольник имеет большую площадь, чем треуголь-
ник, на который площадь уменьшается (аналогично решению за-
дачи 283).
288.	Учитывая результат задачи 287, рассуждая точно
так же, как в задаче 279, получим, что, если <р > 90° — и
ip >90°—четырехугольник наименьшей площади существует и
для него |Л4А | = | AN |. Если же это условие не выполняется, то
искомый четырехугольник вырождается (одна из точек М или N
совпадает с вершиной О).
289.	Возьмем точку А, для которой выполняются условия
задачи, и какую-то другую точку Аг Проведя через Ах прямые,
параллельные AM и AN, пересекающие стороны в точках Л1! и Nlt
мы убедимся, что S0M А N <$oMAN’ и, следовательно, тем более
площадь минимального четырехугольника, соответствующего
точке А,, меньше площади четырехугольника OMAN — минималь-
ного четырехугольника, соответствующего точке А.
290.	Радиус наибольшего круга равен радиусу окружности,
описанной около правильного треугольника со стороной 2/?, т. е.
2/?/] 3. (Возьмем такой треугольник и на его сторонах как на
диаметрах построим окружности.) Для любой окружности боль-
шего радиуса, если бы она была покрыта данными кругами, наш-
лась бы дуга больше чем в 120°, покрытая одним кругом, но такая
цуга содержит хорду 2R — противоречие.
В общем случае, если существует остроугольный треугольник
со сторонами 2Rlt 2R3, 2R3, то радиус описанной около него
окружности и будет искомым. Во всех остальных случаях радиус
наибольшего круга равен наибольшему из чисел /?,, R3, R3.
291.	Можно. На рис. 82 показаны три квадрата, покрываю-
1Г Уб 4-1	5
щие квадрат со стороной у -—Д-— > —,
144
292.	Заметим сначала, что сторона наименьшего правильного
треугольника, покрывающего ромб со стороной а и острым
углом 60°, равна 2а. В самом деле, если вершины острых углов М
и N ромба находятся на сторонах АВ и ВС правильного тре-
угольника АВС и BNM = a, 90° а ^30®, то, найдя | BN | по
теореме синусов из д BNM и
ICN | по теореме синусов из
л KNC (К — вершина тупого	У' \
угла ромба, которая, можно	\
считать, расположена иа сто-	у'	\
роие ЛС), получим для ВС	-----------
после преобразований выраже-	/I
иие |BC|~2a-.-L...T -I;	/ ,	У
учитывая, что 30° а << 90е,	/	।	\ у'
найдем, что । ВС 1Зг 2а.	/	|
Легко видеть, что правиль- -X. j /
ный треугольник со стороной	1	/
3/2 можно покрыть тремя пра-	/......——
внльными треугольниками со	>/
стороной 1. Для этого каждый	рис og
единичный треугольник поло-
жим так, чтобы одна его вер-
шина совместилась с одной из вершин покрываемого треуголь-
ника, а середина противоположной стороны совпала бы с цент-
ром покрываемого треугольника.
Покажем теперь, что правильный треугольник со стороной
Ь > 3/2 нельзя покрыть тремя правильными единичными треуголь-
никами. Если бы такое покрытие было бы возможно, то вершины
Л, В и С были бы покрыты разными треугольниками, а каждая
из сторон АВ, ВС, СА покрывалась бы двумя треугольниками.
Пусть А принадлежит треугольнику I, В — II, С—III, центр тре-
угольника О принадлежит, например, треугольнику I. Возьмем
иа АВ и АС точки М и Л’ так, что | AM | = i A N v Ь. По-
«5
2
скольку | ВМ | = | CN i=g b > 1, точки М и N также принадле-
жат треугольнику I и, следовательно, ромб AMON целиком
покрыт треугольником, сторона которого меньше 2|Л/И|>1,
что невозможно.
293.	Обозначим отношения	и через а, (5 и у.
МС А £> LIVi	w
Р
Тогда будем иметь (см. решение задачи 35) afy,
Д = <2 («+ 1) (₽ + 1) (у+ 1). Затем воспользуемся неравенством
(а +!)(₽+ 0 (Y 4- О (И^+1).
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
К РАЗДЕЛУ II
1.	Две вершины треугольника, центр впи-
санной окружности и точка пересечения высот лежат
на одной окружности. Известны также радиусы вписан-
ной и описанной окружностей — R и г. Найти периметр
треугольника.
2.	В треугольнике АВС 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 АВС
равны г и R.
3.	Доказать, что для любого прямоугольного тре-
угольника радиус окружности, касающейся его катетов
и описанной окружности (изнутри), равен диаметру
вписанной окружности.
4.	Задача Архимеда. Пусть Л, В и С —три после-
довательные точки на прямой. Фигура, ограниченная
дугами трех полуокружностей с диаметрами АВ, ВС
и СА, расположенными по одну сторону от прямой АВС,
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 В, равны
между собой.
5.	Дан параллелограмм ABCD. Прямая, проходящая
через вершину С, пересекает прямые АВ и AD в точ-
ках К и L. Площади треугольников К ВС и CDL равны
Р и Q. Найти площадь параллелограмма ABCD.
6.	Доказать, что если треугольник, составленный
из медиан данного треугольника, является тупоуголь-
ным, то меньший угол исходного треугольника мень-
ше 45°.
7.	Через точку пересечения диагоналей четырех-
угольника ABCD проведена прямая, пересекающая АВ
146
в точке М и CD в точке N. Ч^рез М и /V проведены
прямые, соответственно параллельные CD и АВ и пере-
секающие АС и BD в точках Е и F. Доказать, что
BE параллельна CF.
8.	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 диагона-
лей четырехугольника.
9.	На прямой расположены последовательно точки
А, В, С и D так, что 0С| = 2|ЛВ|, | CD | = | АС .
Одна окружность проходит через точки А и С, а дру-
гая—через точки В и D. Доказать, что общая хорда
этих окружностей делит отрезок АС пополам.
10.	Доказать, что проекции основания высоты на
стороны, ее заключающие, и на две другие высоты
лежат на одной прямой.
11.	Три равные окружности проходят через точ-
ку Н. Доказать, что Н является точкой пересечения
высот треугольника, вершины которого совпадают с
тремя другими точками попарного пересечения окруж-
ностей .
12.	Четыре равные окружности проходят через одну
точку А. Доказать, что три отрезка, концы каждого
из которых отличны от А и являются точками пересе-
чения двух окружностей (противоположные концы каж-
дого отрезка не принадлежат одной окружности),
пересекаются в одной точке.
13.	Доказать, что если центры квадратов, построен-
ных на сторонах данного треугольника во внешнюю
сторону, служат вершинами треугольника, площадь
которого в два раза больше площади данного, то
центры квадратов, построенных на сторонах треуголь-
ника во внутрь его, лежат на одной прямой.
14.	В треугольнике АВС угол между медианой и
высотой, выходящими из угла А, равен а, угол меж-
ду медианой и высотой, выходящими из угла В, ра-
вен р. Найти угол между медианой и высотой, выхо-
дящими из угла С.
15.	Радиус круга, описанного около треугольника,
равен R. Расстояние от центра этого круга до точки
пересечения медиан треугольника равно d. Найти про-
изведение площади данного треугольника и треуголь-
147
ника, образованного прямыми, проходящими через его
вершины перпендикулярно медианам, из этих вершин
выходящим.
16.	Точки Alt А3 и Л5 расположены на одной пря-
мой, а точки А2, А, Ао на другой прямой, пересе-
кающейся с первой. Найти угол между этими прямыми,
если известно, что стороны шестиугольника (возмож-
но самопересекающегося) А^АЛА^е равны между
собой.
17.	Две окружности с центрами и 02 касаются
изнутри окружности радиуса R с центром О. Извест-
но, что 10х021 = а. Общая внутренняя касательная к
первым двум окружностям пересекается с их общими
внешними касательными в точках М и N и пересека-
ется с большей окружностью в точках А и В. Найти
отношение | АВ |: | MNесли
а)	отрезок 0г03 содержит точку О',
б)	окружности с центрами 0г и 02 касаются друг
друга.
18.	На продолжении стороны АВ треугольника АВС
за точку Б взята точка D так, что \BD\ = \CD\. Точно
так же на продолжении стороны СВ за точку В взята
точка F так, что | BF | = | АВ |. Доказать, что точки
А, С, D и F лежат на одной окружности, центр
которой находится на окружности, списанной около
треугольника АВС.
19.	Пусть ТЦ, Blt Сх —основания перпендикуля-
ров, опущенных из произвольной точки М на стороны
ВС, СА, АВ соответственно треугольника АВС. Дока-
зать, что три прямые, проходящие через середины от-
резков ВхСх и МА, СХА и МВ, А^ и МС, пере-
секаются в одной точке.
20.	Даны треугольник АВС и произвольная точка Р.
Основания перпендикуляров, опущенных из Р на
стороны треугольника АВС, служат вершинами тре-
угольника AjBjC-i. Вершинами треугольника А2В2С2
служат точки пересечения прямых РА, РВ и PC с ок-
ружностью, описанной около треугольника АВС, отлич-
ные от точек А, В и С. Доказать, что треугольники
AlBjCi и А2В2С2 подобны. При каком положении точ-
ки Р эти треугольники будут подобны треугольнику
АБС?
21.	На сторонах АВ и CD выпуклого четырехуголь-
ника ABCD взяты точки М и N, делящие их в одина-
И8
ковом отношении (считая от вершин А и С). Эти точки
соединены со всеми вершинами четырехугольника, в
результате чего ABCD разбит на шесть треугольников
н один четырехугольник. Доказать, что площадь полу-
чившегося четырехугольника равна сумме площадей
двух треугольников, прилежащих к сторонам ВС и AD.
22.	В окружности проведены диаметр АВ и не пе
ресекающая его хорда CD. Пусть Е и F — основания
перпендикуляров, опущенных нз точек А и Б на пря-
мую CD. Доказать, что площадь четырехугольника
AEFB равна сумме площадей треугольников АС В и ADB.
23.	В треугольнике АВС проведены биссектрисы
AD, BE и CF. Прямая, перпендикулярная AD и про-
ходящая через середину AD, пересекает АС в точке Р.
Прямая, перпендикулярная BE и проходящая через
середину BE, пересекает АВ в точке Q. Наконец, пря-
мая, перпендикулярная CF и проходящая через сере-
дину CF, пересекает СВ в точке R. Доказать, что
треугольники DEF и PQR равновелики.
24.	Окружность, вписанная в треугольник АВС,
касается стороны АС в точке Л1, стороны ВС — в точ-
ке /V; биссектриса угла А пересекает прямую MN в
точке К, а биссектриса угла В пересекает прямую
M.N в точке L. Доказать, что из отрезков МК, NL и
KL можно сложить треугольник. Найти площадь этого
треугольника, если площадь треугольника АВС равна
S, угол С равен а.
25.	На сторонах АВ и ВС квадрата ABCD взяты две
точки Л1 и Д' так, что | ВМ | + | BN | = | АВ\. Доказать,
что прямые DM и DN делят диагональ АС на три от-
резка, из которых можно сложить треугольник, при-
чем один угол этого треугольника равен 60°.
26.	Дан треугольник АВС. Прямая I пересекает
стороны ВС, С А и АВ (или их продолжения) в точках
К, L и М. Р— произвольная точка. Прямые РК, PL и
РМ вторично пересекают окружности, описанные око-
ло треугольников РВС, PC А и РАВ, в точках Alt Bi
и Ci. Доказать, что точки Alt Blt С} и Р расположе-
ны на одной окружности.
27.	Доказать, что три окружности, каждая из ко-
торых проходит через вершину треугольника, основа-
ние высоты, опущенной из этой вершины, и касается
радиуса описанного около треугольника круга, про-
веденного в эту вершину, пересекаются в двух
149
точках, расположенных на прямой Эйлера данного тре-
угольника.
28.	Рассмотрим три окружности, каждая из кото-
рых проходит через одну вершину треугольника и ос-
нования двух биссектрис —внутренней и внешней, вы-
ходящих из этой вершины (эти окружности носят на-
звание окружностей Аполлония). Доказать, что
а)	эти три окружности пересекаются в двух точ-
ках Mi и М2,
б)	прямая М1М* проходит через центр круга, опи-
санного около данного треугольника;
в)	основания перпендикуляров, опущенных из то-
чек Mi и М2 на стороны треугольника, служат верши-
нами двух правильных треугольников.
29. Выпуклый четырехугольник разделен диагона-
лями на четыре треугольника. Доказать, что прямая,
соединяющая центры тяжести двух противоположных
треугольников, перпендикулярна к прямой, соединя-
ющей точки пересечения высот двух других треуголь-
ников.
30. ABCD — выпуклый четырехугольник. Рассмот-
рим четыре окружности, каждая из которых касается
трех сторон этого четырехугольника.
а)	Доказать, что центры этих окружностей лежат
на одной окружности.
б)	Пусть гъ г2, г3, /'4 —радиусы этих окружно-
стей (гх — не касается стороны DC, аналогично г2 —
не касается стороны DA, га — АВ, ъ — ВС). Доказать,
| АВ\ |С£>|	| ВС | \AD\
*11 U	—i— 	- ----- —4— ---
Г1 1 г3 гг 1 г4
31.	Внутри выпуклого четырехугольника ДВСП
взята произвольная точка М. Доказать, что 15Д1ЛВ х
X &мсо — 3Л{ВС  SMDA | = SMAC  SMBr,.
32.	Четырехугольник ABCD вписан в окружность.
Четыре окружности касаются данной в точках А, В,
С и D. Пусть a, b, с, d, т и п — длины общих внешних
касательных к окружностям, касающимся данной в точ-
ках А и В, В и С, С и D, D и Д, Д и С, В и D соответст-
венно. Доксзать, что mn — ac-\-bd (обобщенная тео-
рема Птолемея)
33.	В равнобедренном треугольнике АВС (!ДВ| =
= I ВС ) D — середина АС, Е - проекция D на ВС, F —
середина DE. Доказать, что прямые BF и АЕ перпен-
дикулярны.
150
34.	Окружность, вписанная в треугольник АВС,
касается сторон АВ и АС в точках Ci и Blt а окруж-
ность, касающаяся стороны ВС и продолжений АВ и
АС, касается прямых АВ и АС в точках С2 и В2.
Пусть D — середина ВС. Прямая AD пересекается с
прямыми B]Ci и В2С2 в точках Е и F. Доказать, что
BECF — параллелограмм.
35.	Даны точка А и прямая I. В — произвольная
точка I. Найти геометрическое место точек М таких,
что АВМ — правильный треугольник.
36.	Дан правильный треугольник АВС. На продол-
жении его сторон АВ и АС за точки В и С взяты точ-
ки D и Е так, что | BD | • | СЕ | — | ВС |2. Найти геомет-
рическое место точек пересечения прямых DC и BE.
37.	Дана окружность с центром О и точка А.
Пусть В — произвольная точка окружности. Найти гео-
метрическое место точек пересечения касательных к
окружности в точке В с прямой, проходящей через О
перпендикулярно АВ.
38.	Даны окружность и две точки Л и В на ней.
Пусть N — произвольная точка прямоД АВ. Построим
две окружности, каждая из которых проходит через
точку N и касается данной: одна в точке А, а дру-
гая в точке В. Обозначим через М вторую точку пе-
ресечения этих окружностей. Найти геометрическое
место точек М.
39.	Стороны треугольника являются диагоналями
трех параллелограммов, стороны которых параллель-
ны двум заданным прямым плоскости. Доказать, что
три диагонали этих параллелограммов, отличные от
сторон треугольника, пересекаются в одной точке М.
Найти геометрическое место точек М, если эти парал-
лелограммы становятся прямоугольниками.
40.	Пусть В и С — две фиксированные точки окруж-
ности. А — произвольная точка этой окружности.
Пусть Н — точка пересечения высот треугольника АВС,
D — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с окруж-
ностью, М — проекция Н на AD. Найти геометрическое
место точек М.
41.	Даны два правильных треугольника АВС и
Найти геометрическое место таких точек М,
что два треугольника, составленных из отрезков МА,
МВ, МС и МА1? МВг, МСг соответственно, равнове-
лики.
151
42.	Доказать, что в треугольнике АВС биссектри-
са угла А, средняя линия, параллельная ВС, и пря-
мая, соединяющая точки касания вписанной окружно-
сти со сторонами АВ и АС, пересекаются в одной точке.
43.	На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС
построены треугольники AJiC, ВХСА и СгАВ так, что
А1ВС — С\ВА, С1АВ = В1АС, В£А = А£В. Дока-
зать, что прямые АА,, BBlt СС± пересекаются в одной
точке.
44.	На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС
взяты точки Аъ Bi, Ci, а на сторонах ВУСЪ СМь
•djBj треугольника АхВхСх взяты точки А2, Вг ,С2.
Известно, что прямые ААг, ВВЪ CCi пересекаются в
одной точке, а также, что прямые AtA2, В1В2, СхС2
тоже пересекаются в одной точке. Доказать, что
прямые АА2, В В,, СС2 пересекаются в одной точке
(или параллельны).
45.	Дан треугольник ABC, Alt Въ Сг —середины
сторон ВС, С А и АВ, К и L — основания перпендикуля-
ров, опущенных из вершин В и С на прямые AxCx и
АхВх соответственно, О —центр окружности девяти то-
чек (см. задачу 162). Доказать, что прямая ALO де-
лит отрезок KL пополам.
46.	Пусть точки Alt Вх, Сг симметричны некоторой
точке Р относительно сторон ВС, С А и АВ треуголь-
ника АВС. Доказать, что
а)	окружности, описанные около треугольников
АхВС, АВхС, ABClt имеют общую точку;
б)	окружности, описанные около треугольников
АхВхС, АхВСх, АВхСх, имеют общую точку.
47.	ABCD — вписанный четырехугольник, В —произ-
вольная точка прямой АВ, В —произвольная точка
прямой DC. Прямая AF пересекает окружность в то-
чке Л1, прямая DE — в точке N. Доказать, что прямые
ВС, EF н MN пересекаются в одной точке или па-
раллельны.
48.	А В— диаметр полукруга, М — точка на АВ.
С, D, Е и В —такие точки полуокружности, что
CMD = EMF, бМА — FMB. Пусть Р — точка пересече-
ния прямых CD и EF. Доказать, что прямая РМ пер-
пендикулярна АВ.
49.	Дан выпуклый четырехугольник Qx- Прямые,
перпендикулярные его сторонам и проходящие через
152
середины сторон, образуют четырехугольник Q2. Точ-
но так же для четырехугольника Q2 образован четы-
рехугольник Q3. Доказать, что четырехугольник Q3
подобен исходному четырехугольнику фр
50.	Дан треугольник АВС, углы которого равны
а, р и у. Треугольник DEF описан около треугольни-
ка АВС так, что вершины А, В и С находятся соот-
ветственно на сторонах EF, FD и DC, причем ЕСА
= DBC — FAB = <р. Определить значение угла <р, при
котором площадь треугольника EFD достигает наи-
большего значения.
51.	Перпендикуляр, восставленный к стороне АВ
треугольника АВС в ее середине D, пересекает ок-
ружность, описанную около АВС в точке Е (С и Е —
по одну сторону от АВ). F — проекция Е на АС. Дока-
зать, что прямая DF делит периметр треугольника
АВС пополам и что три такие прямые, построенные
для каждой стороны треугольника, пересекаются
в одной точке.
52.	Доказать, что прямая, делящая периметр и
площадь треугольника в одинаковом отношении, про-
ходит через центр вписанной окружности.
53.	На сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС
взяты точки Alt В1г Ci. Доказать, что площадь тре-
угольника AiB^ не меньше, чем площадь хотя бы
одного из трех треугольников XBjCj, A^BCi, AiBtC.
54.	На стороне АВ треугольника АВС взята точка
М так, что |С7И |2 = | AM | • | ВМ. |. Доказать, что таких
точек М будет соответственно 2, 1 или 0 в зависи-
мости от того, будет ли выражение «4-6 — с 2 мень-
ше, равно или больше нуля (| АВ\=*с, \BC\~a,
\AC\~b).
55.	Пусть О, I, Н — соответственно центры опи-
санной, вписанной окружности и точка пересечения
высот некоторого треугольника. Доказать, что | ОН | 5=
^\1Н\-У2.
56.	Доказать, что периметр треугольника, верши-
нами которого являются основания высот данного
остроугольного треугольника, не превосходит поло-
вины периметра данного треугольника.
57.	Доказать, что треугольник будет остроуголь-
ным, прямоугольным или тупоугольным в зависимости
от того, будет лн его полупериметр соответственно
153
больше, равен или меньше суммы диаметра описанно-
го круга и радиуса вписанного.
58.	Про данный треугольник известно, что тре-
угольник, образованный основаниями его биссектрис,
является равнобедренным. Будет ли верным утвержде-
ние, что и данный треугольник является равнобед-
ренным?
59.	Доказать, что прямая, соединяющая центры
вписанной и описанной окружностей данного треуголь-
ника, является прямой Эйлера треугольника (см. за-
дачу 232) с вершинами в точках касания вписанной
окружности со сторонами данного треугольника.
60.	Дан треугольник АВС со сторонами |ВС| = а,
|СЛ| = Ь, |ЛВ| = с. Пусть М — произвольная точка
внутри него. Обозначим через х, у, г расстояния
от М до вершин А, В и С, а через и, v, w — расстояния
от М до сторон ВС, С А, АВ. Доказать, что выполняют-
ся следующие неравенства:
а)	ах + Ьу + сг 4S (S —площадь треугольника);
б)	x + f/4-г^ 2(u4-v-j-^) (Эрдеш)',
в)	xyz^(u-)-v)(v + w) (wA-u),
г)	х + у -р г	6г (г — радиус вписанной окружности).
61. Доказать, что касательная к параболе в ее
вершине является прямой Симеона треугольника, об-
разованного при пересечении любых трех других ка-
сательных к той же параболе (Шюллер).
62. Четыре попарно пересекающиеся прямые обра-
зуют четыре треугольника. Доказать, что
а)	если одна прямая параллельна прямой Эйлера
треугольника, образованного тремя другими прямыми,
то этим же свойством обладает и любая другая пря-
мая;
б)	точки пересечения высот получившихся тре-
угольников лежат на одной прямой, перпендикулярной
прямой Гаусса (см. задачу 202).
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ
1. 2/3(Я + г)- 2.	5-2FPQ.
Кт'
10.	Воспользуйтесь тем, что четыре рассматриваемых точ-
ки, основание высоты, концы основания лежат на двух окружно-
стях, имеющих основание высоты общей точкой.
11.	Докажите, что радиус окружности, описанной около
рассматриваемого треугольника, равен радиусу данных окружно-
154
стен, a sth окружности симметричны Описанной окружности от-
носительно сторон треугольника.
12.	Докажите, что любые два отрезка делятся пополам сво-
ей точкой пересечения.
I 62 — с2 I
14.	Докажите, что tga— -—Ц где S —площадь тре-
угольника. (Аналогично для других углов.)
Ответ: arctg tga±tgP|.
15.	Докажите, что площадь треугольника, образованного
прямыми, проходящими через вершины данного треугольника пер-
(п2+6-+’сг)2
пендикулярно соответствующим медианам, равна '---——.
27
Ответ:	(R-—d~).
16.	60°.
2/?
17.	Ответ:— (для обоих пунктов).
18.	Докажите, что центр этой окружности лежит в середи-
не дуги АВС.
19.	Рассматриваемые прямые являются серединными перпенди-
кулярами к сторонам треугольника AjBjCi.
20.	Для определения углов треугольника AiB^i воспользуй-
тесь тем, что точки Р, Av Bt, С лежат на одной окружности
(так же для других четверок точек). В то же время можно до-
казать, что углы треугольника АгВ.гС2 равны углам между каса-
тельными к окружностям, описанным около треугольников АВР,
ВСР и САР, проходящими через точку Р.
23.	Отрезки АР I, | BQ и CR\ можно выразить через сто-
роны треугольника. Например, ' АР 1 ~	.
24.	АКВ — УО° (см. задачу № 70). Пусть R — точка пересече-
ния В К и AC, Q—точка на В К такая, что NQ )| АС. Тогда
|АЯ| = |ЛВ|=С, |MR|=C-(p-a)=p-6 = |AB],	=
iMRI |NBl ,СВ> а	,	_ .
|Q)V|	~ IQ/V)	~ |/?С	~ b-с	<считаем	6>с>-
Поскольку | MN | = 2 (р — с) • sin	.найдем | МК | = а  sin^-.
Аналогично для других отрезков. Искомый треугольник подобен
треугольнику АВС с коэффициентом подобия sin g-. Его пло-
щадь равна S • sin2 -%.
25.	Все отрезки диагонали легко «считаются». Тем не менее
хотелось бы предложить читателю следующее «забавное» реше-
ние. Рассмотрим куб АВС£>А1В1С1£>1. Тогда плоскость BtMN
отсечет от треугольника AjCjB треугольник, стороны которого
равны соответствующим отрезкам диагонали АС. Но А^В —
правильный треугольник.
26.	Если бы точка Р не находилась в плоскости треуголь-
ника АВС, то утверждение задачи было бы очевидным посколь-
ку точки Р, Аг, Ви Ci в этом случае будут принадлежать сече-
155
нию сферы, описанной около пирамиды РАВС, плоскостью, про-
ходящей через Р и прямую I Наша задача является предельной
для этого случая. Осталось лишь обосновать предельный переход.
27.	Пусть ЛВС —данный треугольник, Л,, Bj, Ct — середи-
ны соответствующих сторон. Докажите, что окружность, проходя-
щая, например, через вершину Л и удовлетворяющая условию
задачи, проходит через точки пересечения внутренней и внешней
биссектрисы угла А со средней линией В^. Значит, для всех
точек /И этой окружности будет (см. задачу 178) выполняться
равенство | ВгМ | : | СХЛ1| = ! ВгА |: | CtA j = b : с. Таким образом,
если /И1 и Л12—точки пересечения двух таких окружностей, то
| ЛхМх । : | /ДЛД | : | С1М1 \=а.Ь .с (то же для точки Л12), поэтому
Mt и /И2 будут принадлежать третьей окружности. Кроме того,
Mt и М2 принадлежат прямой, для всех точек М которой выпол-
няется равенство (с2 — b2) | AtM ,2+(а2—с2) | В±М |2 + (Ь2 — а2) х
Х| CtM |2 = 0 (см. задачу 183 и ее решение). Эта прямая прохо-
дит через центр описанного около Д круга и через точ-
ку пересечения его медиан (проверьте это, выразив длины меди-
ан через стороны), т. е. она совпадает с прямой Эйлера Д Л1В1С1,
а значит, и Д АВС.
28.	а) Аналогично тому, как это было сделано в предыду-
щей задаче, можно доказать, что эти три окружности пересека-
ются в двух точках A4X и М2, причем АМг |: | BMi | : | CMt | =
— Ьс;ас:аЬ (также для М2).
29.	Середины сторон четырехугольника образуют параллело-
грамм, диагонали которого параллельны отрезкам, соединяющим
центры тяжести противоположных треугольников. Другой парал-
лелограмм образуют четыре высоты рассматриваемых треугольни-
ков, выходящие из вершин четырехугольника.
Стороны первого параллелограмма параллельны диагоналям
четырехугольника, а второго —им перпендикулярны. Кроме то-
го, стороны второго параллелограмма в ctg а раз больше соот-
ветствующих сторон первого (а —острый угол между диагоналя-
ми четырехугольника).
33.	Пусть М — середина AD. Проверьте, что BF ,2-|-| FM ,2 =
= | В М?.
34.	Проведите через D прямую, перпендикулярную биссек-
трисе угла Л, обозначьте точки ее пересечения с АВ и АС через
Ь ~4— с
К и Л1 и докажите, что | АК , =, AM । = —g—. Поскольку J Л СА |=
= |ЛВ1| = д—а, | АСг = \ ВС2\—р, точки К и М будут являть-
ся серединами отрезков СгС2 и BtB2.
35.	Искомое геометрическое место точек состоит из двух
прямых, проходящих через точку, симметричную точке Л отно-
сительно прямой I, и образующих углы в 60° с прямой I.
36.	Искомое множество есть дуга ВС окружности, описанной
около Д АВС, соответствующая центральному углу в 120°.
37.	Искомое множество есть прямая — поляра точки Л отно-
сительно данной окружности (см. задачу 190).
38.	Углы AMN и BMN можно выразить через центральный
угол, соответствующий АВ данной окружности (необходимо ра-
зобрать различные случаи положения точки Л'), после чего можно
определить АМВ. Искомое геометрическое место есть окружность.
156
39.	Объединение трех построенных параллелограммов пред-
ставляет собой параллелограмм, описанный около данного тре-
угольника, разделенный на четыре меньших. Нетрудно выразить
отношения, в которых каждая из рассматриваемых диагоналей
делится другой диагональю, через отрезки сторон большого па-
раллелограмма.
Если параллелограммы являются прямоугольниками, то, па-
раллельно перенеся две из трех рассматриваемых диагоналей,
мы образуем из них треугольник, равный данному, а это озна-
чает, что углы между ними или равны соответствующим углам
треугольника, или дополняют их до 180°. Искомое геометричес-
кое место точек есть окружность, проходящая через середины
сторон данного треугольника.
40.	Докажем, что 'L.44U. — I cos ВАС I. Пусть О —центр ок-
I AD |
ружности, Р—середина ВС, К—середина АН. Треугольники
лхгхл х о	|Л1Д|	|Д/С| ,ОР|
DO А и МН А подобны. Значит, Е__ = ____ = L—I =
= | cos ВАС . Искомое геометрическое место точек есть окруж-
ность.
41.	Воспользуйтесь результатами задач 154 и 175. Искомое
множество, вообще говоря, состоит нз прямой и окружности.
43.	Пусть А2— точка пересечения ДДг и ВС. Проведем через
Д1 прямую, параллельную ВС, и обозначим точки ее пересечения
. х,	л о	лл т ' ВА2I | AjM |	| Д^Л41
с АС АВ через «и М. Тогда= —X
| АгВ I I AtC I o
X	—яЛН- Заменив три последних отношения отноше-
AiC | | Д1Л ।
ниями синусов соответствующих углов, проделав то же самое
для точек Bt и С\, воспользуемся теоремой Чевы (см. задачу 192).
44.	Если Д3—точка пересечения прямой ДД2 с ВС1г то от-
ношение | ВА3I А9С можно выразить через отношения, в ко-
торых разделены стороны треугольников АВС и AjB^t точками
Дъ Вц Ci и Д2, В2, С2 соответственно. Проделав то же для
всех вершин, можно проверить выполнение условий теоремы
Чевы (см. задачу 192).
45.	Ограничимся случаем, когда АВС—остроугольный тре-
угольник. Рассмотрим параллелограмм Д^СМ (Л1 и N на Д1В1 и
Д,С1). Поскольку Afi образует с Д^ и A\BX углы (90° — В)
- „ м ,	' AtM Д,М | cos В I AtL |
”	"“еть тда7"тж"^г“шт-
57.	Заменив R и г по формулам Я =	г~~, восполь-
ТО	Р
зуйтесь для S формулой Герона и равенством
/ abc S\ ( , abc , S\	I , . 2S2\2
4S4p~2s_7)kp+2s + F) = (2pS) \	=
= 4 (с»-рь2—с2) (а2 — ь2+с2) (-а2-Ь&2+с2).
О
58.	Пусть АВС — данный треугольник, ДДЬ ВВХ CCt —бис-
сектрисы. Если | Д1В1 |=| А& то или Д1В1С = Д1С1В (в этом
157
Случае Д АВС будет равнобедренным), или Л^С-ЬЛ ,<4 В = 1806.
Во втором случае повернем А Л^С вокруг точки At на угол
В1Л1С], В результате треугольники Л^С^ и А^В^С окажутся
приложенными друг к другу и образуют треугольник, подобный
А АВС. Если стороны А АВС есть а, b и с, то стороны полу-
,	ас ab ас , ab
пившегося треугольника будут равны —и
Учитывая подобие, получим между а, Ь и с соотношение —-—к
_6_==_£_	с+ь
я+с“b-j-c
6s+с3—a3 -J- Ь2с Ь2а 4- с2Ь 4- с3а—а2Ь—а2с 4- abc=0.	(1)
Обозначим cos ВЛС=х; по теореме косинусов 624-с2—а2=2Ьсх.
Умножая последнее равенство последовательно на а, Ь и с и
вычитая из (1), получим 2х («-f-6-|-c)4-a=0zz^ а = ——.(^7^^ — .
Поскольку 0<a<b-f-c,
- J <х<0.	(2)
Заменив в теореме косинусов а через Ь, с и х и обозначив
с-=Х, получим для X уравнение
(4x4-1) X2—2Х (4x34-8x2-|-x)4-4x4- 1 =0.
Для того чтобы это уравнение при условиях (2) имело решение
Х>0, X У= 1, должны выполняться неравенства
4х»4-8х2+х > 0,	(3)
~ D = (4х3 4- 8х2+х)2 - (4х + 1 )2 =
= (2х+ I)2 (х-Ь 1) (2х — 1) (2х2+5х-Н) > 0.	(4)
Система неравенств (2), (3), (4) удовлетворяется при —4-<х<
^/17-5
4
Таким образом, исходный треугольник не обязательно равно-
бедренный. Однако мы доказали, что это может иметь место толь-
ко в том случае, когда один из углов исходного треугольника
/ 1 У17—б\
тупой и его косинус находится в интервале I — , -—-----L что
соответствует для угла интервалу приблизительно (102°40';
104°28')- Для одного конца интервала построенный нами
/1/]7__
треугольник будет вырождаться, другой же конец -------- со-
ответствует равенству Л1В1С = 4iCiB = 90°, т. е. два случая,
которые мы выделили в начале решения, для этого значения угла
совпадают.
158
59.	Пусть ЛВС—данный треугольник, стороны которого а,
b и с, причем а^Ь^с, Ль Въ С!—точки касания вписанной
окружности, /—центр вписанной, О—центр описанной окруж-
ности. Поскольку / по отношению к Д AiB^ является центром
описанной окружности, нам достаточно доказать, что прямая 10
проходит через точку пересечения высот Д Л1В1С1. Отложим на
лучах АС и ВС—отрезки АК и BL, \AK\ = \BL =с, а на
лучах АВ и СВ—отрезки | AN \ = \CN | = 6. Как мы знаем (см.
задачу 138), прямая 10 перпендикулярна LK н MN, значит,
LK MN. Обозначим KLC~BNM = <f. По теореме синусов для
треугольников KLC и BMN будем иметь
\LC\ а—с_ sin (<р+с)
| КС |	Ь — с	sin <р ’	' '
I BA'I = а—Ь _ sin (В —ф)
МВ |	Ь—с	sin ф	'	' )
ДД sin (ф-f-C)—sin (В—ф) = 5гпф.
Проведем теперь в треугольнике А1В1С1 высоту на сторону В1С1.
Пусть Q — точка ее пересечения с прямой 10. Нам нужно дока-
зать, что Q—точка пересечения высот д А^С^ Но расстояние
от / до В1С1 есть 11АГ | • cos B^jCt — г sin Значит, должно
Д
выполняться равенство Лг<2 | = 2r sin % . Углы Д QIAl можно вы-
разить через углы Д ЛВС и ф, а именно (2/Л] = 18О° —ф, QAtI =
В_____Г
——-—. Нам нужно доказать, что
„ . А ыпф
2 sin „ —----7----—
2	. В
Sin 1 ф-
Последнее равенство следует из (1) и (2).
60. Изящную идею доказательства неравенств подобного типа
предложил Казаринов. (Kazarjnoff Michigan Mathematical Journal,
1957, 4, N2, 97—98). Суть ее состоит в следующем. Пусть ЛВС—
данный треугольник, М—данная точка внутри него. Возьмем на
лучах АВ и АС по точке Вг и Cv Очевидно, что сумма площа-
дей параллелограммов, построенных на АВг и AM и на ЛС] и AM,
равна площади параллелограмма, одна сторона которого BiCj,
а другая параллельна AM (см. также задачу 135). Следовательно,
| ЛС1 o+i ЛВ1|щ^|В1С1|х	(1)
а)	Возьмем Bt и Сх совпадающими с В и С, тогда неравен-
ство (1) даст нам bv-\-cw^ax.
Сложив три таких неравенства, получим требуемое.
б)	Возьмем ЛВ1 =i АС , । ACt = | АВ , тогда неравенство
с b
(1) даст нам cv-\-bw^ax нли х>.	v-}- — w.
Сложив три таких неравенства, получим
х+у+г^-- + £)“ + (” +	+ ^и»Э=2(и+ц+ш).
Замечание. Выбирая точки по другому, можно получать
различные интересные неравенства,
Игорь Федорович Шарыгин
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ (ПЛАНИМЕТРИЯ)
(Серия» «Библиотечка «Квант»»)
Редактор И Е. Рахлин
Технический оедактор В. Н. Кондакова
Корректоры Г С. Плетнева, Т. С. Вайсбера
ИБ № 11912
Сдано в набор 15.08.81. Подписано к печати 03.03.82.	Т-00367.
Формат 84ХЮяум. Бумага тип. 7ft 3. Литературная гарнитура.
Высокая печать. Усл. печ. л. 8,4. Уч.-нэд. л. 10.13. Тираж 150 000 экз.
Заказ 826 Цена 80 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
Ордена Октябрьской Революции, ордена Трудового Красного Знамени Ле-
нинградское производственно-техническое объединение «Печатный Двор»
имени А М. Горького Союзполиграфпрона при Государственном комитете
СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли 197136, Ле-
нинград П-136. Чкаловский яр., 15
Опте читано на ордена Трудового Красного Знамени Чеховском полиграфи-
ческом комбинате ВО «Сгччзполигрвфпром» Государственного комитета
СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли
г. Чехов Московской области Заказ 826