От чисел к сущ. и др. раб. по план

 Предисловие автора.

Данная книга представляет собой сборник авторских работ по планиметрии. Работы писались несколько последних лет. Это в подавляющем большинстве авторские задачи. В книге три работы—«От чисел к существованию», представляющей по своей сути вариант учебного пособия, помогающего освоить быстро, но поступенно, несколько уровней научного знания по планиметрии; спецкурс «Об углах и некоторых теоремах, связанных с ними», являющийся лишь подборкой нескольких тем, проанализированных, пусть не очень глубоко и, наконец, этюды на различные виды многоугольников. Книга рассчитана на школы с углублённым изучением планиметрии.
Апрель 2015
Работа 1. От чисел к существованию.
Глава 1. Окружности, касающиеся внешним образом, с отношением радиусов 1 к 2.

№1.
Условие: две окружности с центрами O и O1 касаются внешним образом. Проведена общая касательная MN. Из O восстановлен перпендикуляр к линии центров, и точка K его пересечения с прямой MN соединена с O1. Оказалось, что O1K-касательная к окружности с центром O.
Найти соотношение радиусов окружностей (меньшей к большей).

№2.
Условие: две окружности с центрами O_1 и O_2, касающиеся внешним образом. Проведены общие касательные AB и DE. Известно, что точка пересечения диагоналей C четырёхугольника O_1ABO_2 лежит на окружности с центром O_1.
Найти: отношение радиусов окружностей.

№3.
Условие: в окружности проведена хорда AB, меньшая диаметра, в полученные сегменты вписаны окружности. I-центр меньшей из них. Известно, что прямая AI и касательная из точки A к большей окружности перпендикулярны.
Найти отношение радиусов.

№1.
Обозначим пересечение O_1M  и первой окружности как P, проведём из O_1 вторую касательную к этой же окружности O_1T. Тогда угол  KOT равен углу O_1OT и поэтому угол MOT равен углу KO_1P. Тогда сумма углов MOT и TOP равна 18о градусов, отсюда из свойств прямоугольника следует, что отношение радиусов окружности—1 к 2.
№2. Так как прямые O_1A и O_2B параллельны, треугольник CBO_2—равнобедренный. Тогда OB=OC+CB=O_1OO_2, и поэтому медиана треугольника O_1BO_2—O_1T является его высотой, и поэтому из свойств прямоугольника следует, что отношение радиусов окружностей—1 к 2.
№3. Эта задача решается многими способами. Вот один из них. Пусть точка касания малых окружностей—N, K—точки пересечения отрезкf AO_1 и меньшей окружности, T—точка икасания касательной из A к средней окружности. Тогда угол KNT равен 90 градусов, следовательно, четырёхугольник AKNT—вписанный. Пусть луч KN пересекает среднюю окружность во  второй точке P. Тогда несложно доказать, что треугольник KPT—равнобедренный. Далее, проведена касательную из точкм P к наименьшей окружности, можно, проводя похожее с прелдыдущими рассуждение, заключить, что отношение радиусов окружностей—1 к 2.
 
Глава 2. Магия формул.

№4.

Условие: остроугольный равнобедренный треугольник ABC с основанием AC, проведена средняя линия треугольника с концами E и F на стороных AB и AC. Высота треугольника CD пересекаются в точке L. AD=a, CD=h, угол DCB равен b.

Доказать: CL=(a*\tg{b}+h)/2.




№5.

Условие: равнобедренная трапеция ABCD с основаниями BC и AD, причём AB=AD=CD. Диагонали AC и BD пересекаются в точке K.

Доказать: cos K=(AD-BC)/2

№6.
Условие: равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B. Биссектрисы AD и CE. Радиус описанно окружности трапеции CDEA равен R, а радиус вписанной окружности треугольника равен r.

Доказать: CE(CE-CD)=2Rr

№7.

Условие: на катете BC прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой AC построена полуокружность, так что вся её часть, кроме точек B и C, лежит внутри угла ABC.
Доказать: окружности, вписанные в треугольники ABC и BEC, где E- точка на полуокружности, касаются тогда и только тогда, когда AC=CE+AB.



№8.

Условие: прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AC. Медиана AD, на неё из точки B опущен перпендикуляр BE. Угол C равен a.

Доказать: EC=BE/sina.

№9.
               
Условие: в окружности проведён диаметр AB и хорда CD, пересекающая его в точке E под данным углом. Из точки A опущен перпендикуляр AK на CD, а из точки B--перпендикуляр BL на этот же отрезок.
Доказать: величина СE^2+ED^2+2(LE*KE-BL*AK) не зависит от выбора хорды CD.

№4. Продолжим прямую СD до пересечения с прямой, проходящей через точку A и параллельной BС, в точке P. По свойству трапеции, точки E, L, F лежат на одной прямой. Ясно, что CP=a*tgb+h, тогда CL=(a*tgb+h)/2, ч.т.д.
№5. Обозначим середины диагоналей AC и BD трапеции как K и L. Известно, что (AD-BC)/2=KL. С другой стороны, AD*cosK=KL. Отсюда cosK=(AD-BC)/2, ч.т.д.
№6. Эту формулу легко рассчитать. Поэтому автор ограничивается указанием: нужно использовать свойство бисскетрисы треугольника, формулу радиуса вписанной окружности для равнобедренного прямоугольного треугольника и усиленную теорему синусов.
№7. Указание: выразите длины отрезков CP и BT через стороны треугольгиков BEC и ABC, затем проверьте, что выполняется равенсто BC-BT-CP=r_1+r_2.
№8. BD^2=ED*AE=CD^2, поэтому угол ECA  равен углу EAC.  Из этого нетрудно вывести, что углы С и DEC равны. Опустим из т очки C перпендикуляр CF на прямую AD. Из равенства треугольников BED и CFD следует, что BE=CD, поэтому CE=BE/sina, ч.т.д.
№9. Проведём хорду PQ, симметричную хорде CD относитльно хорды AB. Ясно, что верны равенства CE*DE=AE*BE (1), AE*BE*sin^2{a}=CE*DE*sin^2{a} (2), AE*BE*cos^2{a}=CE*DE*cos^2{a}(3). Вычтя первое из второго, получим постоянную величину CQ=DP,  т.к. CE^2+DE^2-2CE*DE*cos2a—постоянная величина, а cos{2a}=cos^2{a}-sin^2{a}.

Глава 3. Задачи на построение.

№10.
Условие: треугольник ABC. Известно, что высота BD образует со стороной BC угол в 45 градусов. Считается, что прямая BD, содержащая высоту, уже построена. Как всего одним движением циркуля построить ортоцентр треугольника ABC?
№11.
Условие: дана окружность без центра, хорда AB, произвольная точка C на этой хорде, из C восстановлен перпендикуляр, пересекающий окружность в точке D, причём CD- больший из двух возможных. Построить циркулем и линейкой за два шага такую точку E на дуге AB, что EF, перпендикулярная AB, высекала бы на окружности хорду, равную CD.
№12.
Условие: на стороне AB треугольника ABC как на хорде построена окружность; найти такую точку на ней внутри треугольника, чтобы касательная, проведённая к окружности в этой точке, отсекала бы на сторонах BC и AC такие точки D и E, что A,B,D,E лежат на одной окружности
№13.
Условие: отрезок AB; на этом отрезке взята произвольная точка С; на полученных отрезках как на сторонах построены квадраты; известно, что все их вершины лежат по одну сторону от отрезка.

Постройте с помощью одной линейки квадрат, диагональю которого является отрезок AB.
№14.
Условие: равносторонний треугольник, на двух его сторонах отмечены их середины.
Построить центр вневписанной окружности с помощью одной линейки.
№15.
Условие: некоторая прямая пересекает стороны AB и BC треугольника в точках E и F; надо построить точку касания окружности со стороной AC, которая бы не только касалась стороны AC, но и пересекала бы AB и BC в таких точках  G и H, что GH параллелен EF.
№16.
Условие: четырёхугольник ABCD с прямыми углами B и D, причём CD>BC.
Построить одним прямым углом точку E на стороне CD, такую, что BE=ED, не ставя ни одной точки, вне четырёхугольника.
№17. Условие: точки C и D делят хорду окружности AB на три равные части (C лежит ближе к A). На меньшей дуге AB отмечена точка E, так что оба угла AED и CEB—прямые. Прямые EC и ED пересекают окружность в точках F и G соответственно. Биссектриса угла AEB пересекает окружность в точке K.
Постройте точку пересечения описанной окружности треугольника CEB и отрезка EK одним прямым углом, если точка B недоступна.

 
№10.
Рассмотрим три случая: когда угол ABC –острый, когда он тупой и когда прямой. В первом и втором случаях ортоцентр треугольника H быдет таков, что HD=AD,  а в третьем случе ортоцентр и строить не надо, так как он уже есть. Поскольку в задаче дана вся прямая BD, решение для первого и второго случаев будет общим: ножку циркуля ставит в точку D и проводят окружность с радиусом, равным длине отрезка AD.
№11. Решение: Из D проведём окружность с радиусом CD, пересекающая окружность в точке G. Отрезок GC продолжим до пересечения с окружностью в искомой точке E.
Доказательство: FD параллелен EG, т.к. EF=DG. Т.к. Углы FEG и DCG равны и равны углы FEG и DGF, CD=DG. Верно и обратное.
Комментарий: вторая возможная точка строится аналогично.
№12. Надо соединить точки пересечения окружности с прямыми AC и BC и провести к отрезку, их соединяющему, серединный перпендикуляр. Пересекение его с окружностью и даст искомую точку. Доказательство дайте самостоятельно.
№13. Здесь будет только один вариант решения. Найдите самостоятельно ещё хотя бы два варианта.
1) Пусть данные квадраты- ABCD и DEFG. Проведём линейкой прямые AC и EG.  Пусть их пересечение - точка H.  Две стороны квадрата уже построены: рассмотрим треугольник AHG. У него  углы HAG и AGH равны 45 градусам ( поскольку прямые AC и GH содержат диагонали), следовательно, треугольник AHG- прямоугольный  и равнобедренный.
2) Продолжим BC до пересечения со стороной FG в точке I. Проведём диагонали  AI и BG и обозначим их точку пересечения J.  По свойствам симметрии HО пересечёт отрезок AG в его середине K.
3) Проведём луч BK и продолжим FG; обозначим их точку пересечения L. Из равенства треугольников BAK и KJL (по катету и острому углу) следует, что отрезок GL равен AB.
4) Проведём луч FD и продолжим BA; обозначим их точку пересечения M. Так как угол FDG равен углу ADM и равен 45 градусам, а угол A- прямой, AM=AD=AB.
5) Проведём  отрезок  ML и продолжим ED; обозначим их точку пересечения N.  Ясно, что квадрат ABCD симметричен квадрату AMND, поэтому прямая AN содержит сторону искомого квадрата.
6) Проводим прямые AN и  HJ; обозначим их точку пересечения O.
7) Строим GO. В силу симметрии (AG и HO- оси симметрии) AHGO- искомый квадрат.

№14. Пусть данный треугольник- ABC и D и E- середины соответственно сторон AC и BC.
1) Проведём BD и AE. Поскольку треугольник равносторонний, проведённые отрезки будут не только медианами, но и высотами. Кроме того, поскольку через их точку пересечения H проходит также высота и медиана, F- середина AB.  По теореме Фалеса (поскольку EF параллелен AC) BG=GD.  Также, поскольку ABC- равносторонний, FG=GE.
2) Проведём прямые AG и DE: докажем, что точка их пересечения принадлежит прямой, параллельной AC.  Поскольку треугольники GBI и ADG равны по катету и острому углу, их гипотенузы AG и GI; равны. Тогда ABI;D- параллелограмм. Но DE параллелен AB как средняя линия, поэтому по аксиоме Евклида ясно, что DI параллелен AB и BI параллелен AC.  Проведём теперь прямые BI и AE и обозначим точку пересечения как J.  Так как Углы CBA, СBJ оба равны 60 градусам, треугольгики ABE и JBE равны по катету и острому углу.  Тогда AB=BJ=BC, но BJ параллелен AC, и тогда по установленному мной факту для равнобедренных треугольников получим, что J-центр вневписанной окружности.
Замечание: ясно, что совершенно так же можно построить два остальных центра вневпиванных окружностей.
№15. Построим центр описанной окружности треугольника BEF—K.  Опустим из точки K перпендикуляр KM на сторону AC, пересекающий окружность в точке  P.  Прямая BP пересечёт AC в  искомой точке. Доказывается через гомотетию данных окружностей.
№16. Проводим диагонвль BD, на ней отмечаем точку E, в этой точке восстанавливаем перпендикуляр к диагонвли BC, пересекающий одну из сторон трапеций в точке F. Через точку F проводим отрезок, перпендикулярный EF с концом G на другой стороне трапеции. Пользуясь замечательным свойством трапеции, строим середину BD.  Последний шаг—перпендикуляр к той  же диагонали BD в её середине.
№17. Из точки E  опускаем перпендикуляр EP  на отрезок KG. Через точку F проводим прямую FT, параллельную  EP (за два шага.  Прямая, перпендикулярная FT, проведённая через точку T, пересечёт EK в искомой точке. Докажите самостоятельно, пользуясь гомотетией.


Глава 4. Избранные задачи на квадрат.

№18.
Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность (окр.1), его диагонали пересекаются в точке E. На отрезке CE взята произвольная точка F, около треугольника DEF описана окружность, пересекающая окр.1 в точке G, а сторону CD— в точке K.
Доказать:  FK=KG.

№19.
Условие: квадрат ABCD. Дуга окружности с радиусом, равным стороне квадрата, с центром в точке С, заключённая между сторонами квадрата. К ней проведена произвольная касательная, пересекающая стороны AD  и AB в точках E и F соответственно. Диагональ BD. Отрезок CF, пересекающий её в точке G. Прямая EG пересекает сторону BC в точке H.
Доказать: отрезки CF и EH перпендикулярны и равны.


№20.
 Условие: на сторонах квадрата ABCD AB и BC отмечены соответственно середины M и N. Около квадрата описана окружность. Прямые DM и DN пересекают эту окружность соответственно в точках K и L.
Доказать: отрезок KL делится сторонами квадрата на три равных отрезка.
№21.
 Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O; проведены диагонали AC и BD; на дуге CD взята произвольная точка G и в ней к окружности проведена касательная. Прямые BD и AC пересекают её в точках E и H  соответственно. Из E проведена вторая касательная к окружности, точка касания — F. Отрезок BF пересекает диагональ AC в точке I.
Доказать: углы GID и IHD равны.
№22.
 Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность, на меньшей дуге BC взята произвольная точка E, прямые BE и DC пересекаются в точке F. На отрезке OF взята точка G, такая, что углы BGD и EBA равны.
Доказать: углы BGD и EGC равны.
№23. Условие: квадрат ABCD, на прямых AD и BD выбраны точки E и F так, что точка F лежит в той же полуплоскости относительно AB, что и вершины квадрата B и C, и треугольник EFA — равнобедренный (AE-основание). Прямая CE пересекает прямые BD и AB в точках G и H соответственно,  прямая BC пересекает отрезок AF в точке I.  Около треугольника EHD описана окружность, пересекающая диагональ BD в точке J.
Доказать: углы JCD и IGB равны.
№24.
Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. На дуге CD выбрана произвольная точка E, отмечена середина меньшей дуги DE – F. Отрезок AE пересекает отрезок OF в точке G. Середина AD-H. Отрезок AE пересекает сторону квадрата CD в точке I. Из точки  A проведён перпендикуляр AJ к прямой IO.  Середина AB-K; прямая JK пересекает диагональ квадрата BD в точке L.
Доказать: углы CLI и OHG равны.
№25. Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O проведены диагонали AC и BD.  На меньшей дуге BC взята точка E. Отрезок DE и сторона квадрата BC пересекаются в точке F. Прямая, параллельная AB и проходящая через точку F, пересекает сторону AD  в точке G. На отрезке AG как на стороне построен квадрат AHKG во внутреннюю сторону, прямая GH пересекает дугу AB в точке L. Отрезки EL и BC пересекаются в точке M.
Сравнить углы BOM и ADL.
№26.  Условие: квадрат ABCD описана окружность, на дуге BC отмечена её середина E, центр вписанной в треугольник BCD окружности--I, около треугольника ABI описана окружность с центром в точке F.
Доказать: DF=\sqrt{3}BE
№27. Условие: квадраты ABCD и EFGH расположены так, что сторона EH лежит на AD, их середины совпадают, и один квадрат находится внутри другого.  Диагональ BD пересекает FG в точке J, а GH-в точке K. Отрезок FG продолжен до пе8ресечения с AB в точке I. Отрезок KI пересекает отрезок EF в точке N.
Доказать: E,N,J,K лежат на одной окружности.
№28.
Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ BD, отмечен центр вписанной окружности треугольника BCD--I и проведена его биссектриса BE. одолжении BI. На стороне CD отмечены середина её K и середина отрезка CK--P. Середина отрезка IK--R.
Доказать: P,Q,R лежат на одной прямой.
№29. Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ AC. Проведена биссектриса треугольника ACB-CE. На CD выбрана точка F так, что CE=EF, прямые EF и AD пересекаются в т                   очке G, ортоцентр треугольника CEF-P, прямая GP пересекает BC в точке K, а CD—в точке M.
Доказать: 1) BE=BK; 2) KM=СF.
№30. Условие: вокруг квадрата ABCD с центром O описана окружность; на меньших дугах AD и BD отмечены точки N и L соответственно. В точках N и L к окружноcти проведены касательные (соответственно l1 и l2). Из точки C проведён перпендикуляр на прямую l1-- CK. Из точки K опущен перпендикуляр KM на прямую l2. Углы KCD и BCL равны a и b, сторона квадрата равна d.
Найти: KM.
№31. Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. Около квадрата описана окружность. На меньшей дуге BC взята точка E, прямые BE и CD пересекаются в точке F. На отрезке FO взята точка G, так что углы BGD и EGC равны. Прямая CG пересекает сторону AB в точке H, отрезок HE пересекает сторону BC в точке I
Доказать: отрезки BG,IO и AE пересекаются в одной точке.

№18. По теореме о вписанном угле, угол FGD—прямой.  Но G принадлежит описанной окружности квадрата, следовательно, точки B,F,G лежат на одной прямой. Тогда по теореме о вписанном угле, углы CBG и CDG равны. А по свойству симметрии, равны также и углы CBF(CBG) и EDC. Следовательно, углы EDC и CDG равны, а поскольку равные углы, вписанные в одну и ту же окружность стягивают равные хорды,FK=KG.
№19. Обозначим точку касания EF с окружностью как M.
Проведём CM и CF (CE уже проведён). Тогда нетрудно заметить, что СМ=CB=CD, и поэтому CE и CF- биссектрисы соответственно углов DCM и BCM, однако сумма последних равна 90 градусов, следовательно, угол ECF равен 45 градусам и равен углу EDG. Тогда легко заметить, что в таком случае точки D, E, C, G лежат на одной окружности и потому угол FGC-прямой (так как прямой и угол FDC по условию). Отсюда вычисляется, что угол GFC равен 45 градусам, т.е. FG=CG. C помощью аналогичных рассуждений можно получить, что  EG=HG. Значит, EG+HG=CG+GF, CF=EH, ч.т.д.
№20. Легко доказать, что LN=1/5 ND. Опустим из L перпендикуляр на BC- LP. PN=1/10 BC Пусть S- точка пересечения KL с BC. Тогда PS=PL=1/5BC, BS=1/5 BC ( KL параллелен AC по разным свойствам). И далее ясно.
№21. Известно, что диагонали квадрата перпендикулярны. Значит, отрезок BF  перпендикулярен диагонали AC. В силу симметрии отрезок FG так же перпендикулярен этой диагонали (обозначим их точку пересечения K. Тогда отрезки прямык FG и IH параллельны, следовательно, углы BFG и BIH равны как соответственные. Угол BFG равен углу BGH по теореме о вписанном угле. По этой же теореме можно заключить, что точки I, B, H, G лежат на одной окружности и что углы BGI и BHI равны. Так как BE—линия симметрии, углы FBD и DBG равны. Очевидно, что отрезки BI и ID равны. Тогда из равнобедренного треугольника BID получаем, что угол IDB равен углу IBD, а следовательно, углы IDB и DBG также равны. Следовательно, так как углы IDB и DBG—накрест лежащие при секущей BD, прямые ID и BG параллельны, а значит,  углы BGI и GID равны как накрест лежащие при этих прямых. Заметим, что AH—линия симметрия, так же, как BE. Поэтому углы IHD и BHI равны. Тогда углы IHD и GID равны, что и требовалось доказать.
№22. Опишем около треугольников EAO и CDO окружности и обозначим их окр.1 и окр.2 соотв. Описанную окружность квадрата обозначим окр.3. Тогда точка F—их радикальный центр, следовательно, окр.1 и окр.2 пересекаются на отрезке FO в некоторой точке G’. Проведём отрезки OE и CE и обозначим угол ECA как a. Тогда угол AOE будет равен по теореме о вписанном угле 2a, угол AEO—(90-a), угол EBC—(45-a) по теореме о сумме углов в треугольнике (рассматриваются треугольники BOE и BEC). Далее, по теореме о вписанном угле, угол BG’O равен (90-a), угол  BG’E равен 2a, угол DG’O равен 45 градусам, угол CG’D равен 90 градусам. Из этого получаем, что сумма углов BG’O и DG’O равна (135-a) и равна таким образом углу EBA. Пользуясь же тем, что углы BG’O, DG’O, BG’E, CG’D и EG’C в сумме, собственно, составляют 360 градусов, получаем и то, что углы BG’D и EG’C равны, и, таким образом, точки G’ и G совпадают, что и требовалось доказать
№23. Пусть угол JCD равен a. Продолжим отрезки HJ и AJ до пересечения с прямой CD в точках K и N.  Тогда угол AND равен 90-a, а так как угол HJC, как нетрудно доказать, прямой, то угол NJK, по теореме о сумме углов в треугольнике, равен 2a. Значит, угол HJA также равен 2a как вертикальный ему (ясно также, что углы HCA и JCD равны). Тогда в силу симметрии точка J—центр описанной окружности треугольника HCA.
Очевидно также, что точка F является центром описанной окружности треугольника ECA. Тогда углы HJA и EFA равны. Обозначим точку пересечения прямой JH и отрезка EF как P. Понятно, что угол FAB равен половине угла EFA,  и поэтому равен углу AJD. Тогда отрезки FA и AJ перпендикулярны так же, как и отрезки JP и PF.
Угол FCA равен (90-a),а угол CED равен (45-a), поэтому угол FEC равен 45 градусам, и точки E,F,C,D лежат на одной окружности, откуда, по теореме о впианном угле, отрезки AF и CF перпендикулярны. Отсюда JH и CF параллельны, поэтому углы HJF и JFC равны, также равны углы HJB и HCB , так как точки H,B,C,J лежат на одной окружности. Углы AFG и СFG равны по свойству симметрии.
Тогда четырёхугольник IFCG—вписанный. G—центр описанной окружности треугольника ICA. Следовательно, угол ICA равен половине угла IGA, а так как он сам равен 45 градусам, угол IGA равен 90 градусам. Поэтому угол IAB равен углу IJB.
Значит, углы JCD и IGB равны.
Комментарий: имеются ещё варианты решения, но они в общем близкой сложности.
№24. Разобьём задачу на две. Сначала докажем, что угол CAF равен половине угла OHG. Во-первых, точки A, O, G, D лежат на одной окружности, следовательно, угол AGD равен 90 градусов, по теореме о вписанном угле. Следовательно, углы OAG и ODG равны. С другой стороны, по свойству симметрии равны и углы OAM и ODM. Таким образом, угол CAF равен половине угла MDG.
Также очевидно, что точки H,M,G,D лежат на одной окружности, а значит, угла MDG и MHG равны. Значит, угол CAF равен половине угла OHG.
Теперь докажем, что  угол CAI равен половине угла CLI. Из этого будет следовать утверждение задачи, так как точка I принадлежит лучу AF.
Так как отрезок OK перпендикулярен AB, точки  O,K,L,A лежат на одной окружности по теореме о вписанном угле. Из этого следует, что угол KJA равен 135 градусам, угол же LDA равен 45 градусам, а значит,  точки D, L, J, A лежат на одной окружности. Ясно, что на ней лежит и точка I; тогда IL=LA=CL, т.е. точка L является центром описанной окружности треугольника CAI.
Значит, так как вписанный в окружность угол равен половине её центрального угла, угол CAI равен половине угла CLI.
№25. Пусть угол CFD равен b. Тогда угол LGC равен (135-b). Тогда угол LEC больше величины (45+b). Угол же BEC равен 135. Нетрудно также посчитать, что угол EBС равен величине (90-b). Угол BEL меньше величины (90-b), следовательно, угол BEL меньше угла EBC. Так как отрезки BE и ED перпендикулярны, из вышесказанного следует что угол EIL—острый. Отсюда следует, что угол ECL меньше 45 градусов,  и EL<CD. Следовательно, так как стороны AD и BC параллельны,угол LDA больше угла ECB.
По теореме о вписанном угле, угол BLE равен углу BCE. Как уже было выше сказано, угол ECI (ECL) меньше 45 градусов, значит, и угол УВД меньше 45 градусов, а угол ELO (MLO) больше 45 градусов. Опишем около треугольника BEM окружность; пусть её точка пересечения  с отрезком BD—P. Угол MLP равен углу MBP и равен 45 градусам (ведь угол MBP равен углу между стороной и диагональю квадрата). Значит, точка P принадлежит отрезку BO, и , по теореме о внешнем угле, угол BOM меньше угла BPM, а значит, и угла BLM.
Т.е., угол BOM меньше угла ADM, что и требовалось установить.
№26. Так как угол BID равен 135 градусам, AB=AD=AI. Значит, по теореме о вписанном угле, отрезки FB и FI перпендикулярны. Так как точка E—середина дуги BC, точки D,I,E лежат на одной прямой, и, согласно известной теореме EB=EC=EI.  Также, поскольку BD –диаметр, отрезки BE и EI перпендикулярны. Из всего этого следует, что BFIE—квадрат. Поскольку прямая BE, параллельная FI, перпендикулярна прямой DI, то и сама прямая FI также перпендикулярна последней. Ясно, что BI=ID=BE*\sqrt{2}. Тогда из прямоугольного треугольника FID находим по теореме Пифагора, что FD=BE*\sqrt{3}, ч.т.д.
№27. Решение:  1)заметим, что BI=2AE:  BI=AB-AI, AE=(AD-EH)/2, EH=EF=AI.
2) Т.к. EF перпендикулярен IG, то, по признаку равнобедренного треугольника, EI=EJ.
3) FG параллелен  BC, из чего нетрудно вывести, что JG=GK, тогда и EJ=EK.
4) E-центр окружности, описанной около  треугольника IJK, поэтому по теореме о вписанном угле угол JKN=1/2 угла IEJ. Углы  IEN и  JEN равны по свойству равнобедренного треугольника, поэтому углы JKN и JEN равны, следовательно, ENJK-  вписанный.
№28. Продолжим биссектрису BE до точки L, такой, что BI=IL. Тогда по свойству медианы из вершины прямого угла, отрезки DL и BD перпендикулярны. Следовательно, так как прямая CI, очевидно, также перпендикулярна диагонали BD, четырёхугольник ICLD—трапеция.
Возьмём в качестве леммы следующее утверждение: середины боковых сторон трапеции и середины её диагоналей лежат на одной прямой.
Обозначим середины отрезков IL и CL как T и N соответственно. Тогда точки K, T, N лежат на одной прямой. Заметим, что точки P,Q,R—середины отрезков CK,IT и IK; это ясно из условия и из доказательства. Понятно что четырёхугольник ICNK—трапеция. Значит, точки P, Q, R лежат на одной прямой, ч.т.д.
№29. А) Так как угол ECA равен 45 градусам, то по теореме о вписанном угле четырёхугольник AECG- вписанный, поэтому его угол ECG- прямой. Значит, угол DCG равен 45 градусам. Также угол DCP равен 90 градусам. Поэтому треугольник ECG- прямоугольный равнобедренный, и угол DGK равен 45 градусам. Опустим перпендикуляр PR на сторону BC. Тогда PR=RK. Отметим середину отрезка CF- T, также отметим центр описанной окружности треугольника CEF- O. Так как угол COF- прямой по теореме о вписанном угле и треугольник CEF- равнобедренный, причём ET- его линия симметрии, то OT=CF/2. По теореме Эйлера, EP=2OT, тогда BR=2BK и BE=BK, ч.т.д.
Б) Пусть точка пересечения MK и AC в точке M_1; MM_1=M_1K как половины гипотекузы KM и MM_1=ON как высоты равнобедренного треугольника OCM. Значит, KM=CF.
№30. Опустим из O перпендикуляр на касательную l_1. Угол OCK находится как разность углов ACD и KCD. Теперь, пользуясь параллельным переносом, нетрудно найти отрезок NK (предварительно найдя радиус описанно окружности квадрата). Угол LCA  находится аналогично углу OCK. Отсюда по теоореме о вписанном угле легко находится центральный угол LOA. Угол AON, очевидно, равен угол ACK. Отсюда легко найти угол  LON как сумму углов LOA и AON. Теперь из четырёхугольника LONP находится отрезок PN. Теперь находим отрезок PK как сумму отрезков PN и NK. Ясно, что угол MPK равен углу LON.
Теперь из прямоугольного треугольника PMK находим MK=PK*\sin{MPK}.
№31. По свойству радикального центра (см.3. №5)  можно найти, что точки B, F, G, O лежат на одной окружности. Из задачи №5 углы ABE и EGL равны тогда по теореме о вписанном угле, на той же окружности лежит и точка H.
Так как угол BCE равен половине угла BOE, а угол BHE равен углу BOE, и отрезки BO и OC перпендикулярны, углы EOC и BOC равны. Тогда равны и углы IOE и ICE. Поэтому углы BOJ и  BAJ равны. Из этого следует, что отрезки BJ и AJ перпендикулярны. Угол BEA равен, очевидно, 45 градусам. Значит, из теоремы о сумме углов в треугольнике (применённой к треугольнику BJE) следует, что  угол EBJ (EBG) также равен 45 градусам. Тогда, так как прямая OI—ось симметрии в равнобедренном треугольнике BOE, отрезки BG, IO и AE пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.


Глава 5. Принцип Дирихле.

№32. Условие: в прямоугольнике со сторонами 4 и 5 дано пять точек, расстояние от двух из которых до одной из вершин прямоугольника больше 5.

Доказать: среди них найдётся четвёрка точек, для которых выпуклый четырёхугольник, построенный путём их соединения, имеет площадь меньше 14.
№33. Дан крест-двенадцатиугольник ABCDEFGHIJKL с прямыми углами A, B, D, E, G, J, K и остальными углами, равными 270 градусам, и с длинами сторон AB=CD=DE=EF=FG=GH=HI=IJ=JK=KL=1 и BC=AL=3. Доказать, что среди трёх точек внутри такого креста найдётся две, расстояние между которыми меньше 3.
№34. Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC. Каков должен быть угол B,чтобы среди не менее чем: а) двух; б)пяти; в)шести любых точек внутри треугольника нашлось две, расстояние между которыми меньше AC?
№32. Обозначим прямоугольник ABCD со сторонами AB=4 и BC=5. На сторонах BC и AD отметим точки E и F соответственно, так что BE=2=DF. Заметим, что отрезок BF делит прямоугольник на области с площадями 6 и 14, аналогичным свойством обладает и отрезок DE. Так как 5-4 равняется 1, то или все 5 образуют элементы пятиугольника, площадь которого менбше 14, или хотя бы одна не принадлежит этой области, и тогда всё равно остаётся 4 точки, образующие вершины четырёхугольника, площадь которого меньше 14.
№33. Разделим крест на верхний конец, перекладину и нижний конец. Ясно, что из двух точек, не лежащих одновременно ни в нижнем конце, ни в перекладине, одна может лежать в верхнеи конце. Две остальные тогда или лежат в верхнем конце, или одна лежит в перекладине или нижнем конце, а две остаются в верхнем конце.
№34. Ответы: а) тупой угол; б)меньший 120 градусов; в) больший 120 градусов.

Работа 2. «Об углах и некоторых теоремах, связанных с ними».

Параграф  1. Использование равенства углов при основании треугольника.
Занятие 1. Простейшее использование.
Занятие 2. Нахождение углов с использованием равенств углов при основаниях двух или нескольких равнобедренных треугольников.
Занятие 3. Данное свойство и доказательство несуществования некоторых конструкций с множествами равных отрезков
Параграф 2. Прямоугольный треугольник и его вписанная окружность.
Занятие 4. Прямоугольный треугольник и диаметр его вписанной окружности.
Занятие 5. Прямоугольный треугольник, его вписанная и описанная окружности и вспомогательная окружность.
Занятие 6. Прямоугольный треугольник, его вписанная окружность и вспомогательные равные треугольники.
Параграф 3. Применение одной важной теоремы из геометрии вписанного четырёхугольника.
Занятие 7. Формулировка и различные доказательства данной теоремы.
Занятие 8. Простейшие следствия данной теоремы.
Занятие 9. Данная теорема и деление углов в необычных отношениях.
сумме двух других.

Параграф 1. Использование равенства углов при основании равнобедренного
Занятие 1. Простейшее использование.
№1. Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC.
Постройте на прямой AC точку D, такую, чтобы угол ADB был равен полуразности углов A и B  (Угол A больше угла B).
№2. Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC. На этом основании и на боковой стороне BC взяты точки D и E соответственно, так что CD=CE.
Докажите, что если четырёхугольник ABED окажется вписанным, треугольник ABC—равносторонний.
№3. Дана окружность и различные её хорды AB и CD. Их точка пересечения—E; на хорде Cd взята точка E, причём CE=AE и FB=FE.
Доказать: треугольники AEC и DEB—равносторонние тогда и только тогда, когда точка F совпадает с точкой B.
№4. Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AС; высота CD. Отрезки CE и BE равны между собой и отрезку CD; точка E находится вне треугольника ABC.  Угол ABC равен a, угол BDE равен b.
При каких a и b угол ABE—острый?

1). Углы при основании равны.
У треугольника, что равнобедренный,
Углы при основании равны,
И пусть нельзя нам их измерить метрами,
Но градусы—подобие длины.

Альтернатива равнодостижения,
Взгляд изнутри на этот сложный мир
Помогут людям в жизни, без сомнения,
Как помогает им и пенье лир.
Занятие 2. Нахождение углов с использованием равенств углов при основаниях двух и нескольких равнобедрнных треугольников.
№5. Условие: равнобедренный треугольник ABC; на стороне BС взята точка D так, что перпендикуляр к BC в этой точке пересекает AB в такой точке E, что DE=AE.
Найти: угол DAC.
№6. Условие: в равнобедренном треугольнике ABC  с основанием AC проведена высота AD, в треугольнике ADB проведенак высота  DE, и на ---------прямой DE отмечена точка F, так что CD=DF.
Найти: угол ACF.
№7. Условие: из точки B проведено три равных отрезка: BA, BC и BD, причём bC лежит между BA и BD. На отрезке BC взята точка E, так что DE=BD и луч DE перпендикулярен стороне AB.
Найти: угол, который образуют прямые AC и BD.


2) Счёт углов в равнобедренном треугольнике.
Если угол при общей вершине
Боковых сторон «альфа» нам дан,
Из прямого его половину
Только вычтя, получим с тобой
В треугольнике угол второй.


Занятие 3. Данное свойство и доказательство несуществования некоторых конструкций с множествами равных отрезков.
№8. Условие: в равнобедренном треугольнике   с основанием AC проведена высота BD. На отрезках BD и CD как на основаниях во внешнюю сторону построены равносторонние треугольнике DEB и CFD.
Доказать: отрезок EF не может проходить через вершину A.
№9. Условие: внутри остроугольного равнобедренного треугольника с основанием AC взята точка D, так что AD=CD. К отрезку AC в точке C проведён перпендикуляр DE, равный ему так, что угол CDE—острый.
Доказать: отрезок BE не может быть равен боковой стороне треугольника ABC.
№10. Условие: равнобедренный треугольник ABC с основанием AC. Из точки B на биссектрису угла BAC опущен перпендикуляр BD.
Доказать: отрезок BD не может быть равен отрезку CD.


3) О длинах через углы.

Сам факт того, что два угла равны
Уже и означает то, что можно
Без ввода длин порой узнать длины
Ряд свойств, быть может, даже очень сложных.

Существованье комплекса отрезков
Иль невозможность этой «красоты»...
Но не стремитесь вывод делать резкий,
Что с мерами углов мы высоты

Научной уж достигнем, для сего
Подумайте, когда по этим только мерам
Про длины мы не скажем ничего?
Задачи были только лишь примером!
№1. Отметим на прямой AC такую точку  E, что угол CBE равен углу ABC. Затем ставим ножку циркуля на место точки E и проводим окружность с центром в ней и радиусом, раным по длине отрезку EB. Обозначим нужную точку пересечения этой окружности и прямой AC.
№2. Угол CDE равен  углу CED и углам A и B.Но угол A  равен углу C. Плэтому все углы треугольника ABC будут равны, т.е. он равносторонний.
№3. Так как треугольник ACE—равнобедренный, углы ACE и CAE равны и, по теореме о вписанном угле, они равны углам EBD и EDB. Но EB=ED и EB=BD возможно только когда тиреугольник EBD равностороннмий
№4. Угол EDC  равен 90-b, а угол DCB равен 90-a, поэтому угол BCE равен из теоремы о сумме углов в треугольнике 2b+a-90, так же, как и равный ему по исследуемой теореме угол CBE. Поэтому должно выполняться неравенство 2b+2a-90<90, т.е. a+b<90.
№5. Пусть угол ABC равен a. Тогда угол BED равен (90-a), а угол BAD равен (45-a/2). Так как угол A равен (90-a/2), то угол DAC равен 45 градусам.
№6.  Пусть угол ABC равен a. Тогда угол BDE равен 90-a и угол DCE равен (45-a/2), и , аналогично предыдущей задаче, угол ACE равен 45 градусам.
№7.  Обозначим угол CBD как a, а угол ABC как b. Тогда ясно, что 2a=90-b и угол между высотой и биссектрисой BE треугольника ABC и отрезком BD равен 45 градусов, отсюда искомый угол составляет такую же величину.
№8. Угол ADE равен 30 градусам, так же, как и угол ADF (но по разным причинам: первый из счёта углов, а второй по исследуемому свойству). Поэтому прямые AF и DE параллельны и не могут иметь общих точек, в том числе и проходить через какую-либо общую точку. Поэтому отрезок EF не может проходить через вершину A.
№9. Предположим, чтот такая конструкция существует. Тогда угол EAC равкен половинам углов CDE и CBE по теореме о вписанном угле, и точки C, D, B, E лежат на одной окружности, откуда угол  DBC равен 45+a/2 и угол ABc равен 90+a, т.е. тупой, а это невозможно по условию.
№10. Обозначим угол ABC как a. Из счёта углов несложно получить, что угол ADC в случае, который нужно опровергнуть, равен 90-3a.  Поэтому должно выполняться равенство: 2a-90-(3a/2-90)=a, т.е. a/2=a, что неверно.
Параграф 2. Прямоугольный треугольник и его вписанная окружность.
Занятие 4. Прямоугольный треугольник и диаметр вписанной окружности.
№11. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B вписана окружность. Медиана треугольника BD пересекает её в точках E и F, причём первая более удалена от вершины B, чем вторая. В окружности проведён диаметр  EK. Прямая FK пересекает BC в точке P.
Доказать: угол BPF равен углу BAC.
№12. Условие: в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом  вписана окружность с центром I. Отрезок CI пересекает окружность в точке D. DE—её хорда, параллельная BC. Проведён диаметр EF.  Прямая FD пересекает прямую AC в точке N.
Доказать: угол DNC равен углу ABC.
4) Иногда полезно отдохнуть,
Трудное постигнувши в занятьях,
И на тему новую взглянуть
Поначалу с лёгким восприятьем;

Лишь потом, пройдя сей путь простой,
Обратимся к свойствам посложнее,
И нередко с темою другой
Этот путь продолжится позднее.


Занятие 5. Прямоугольный треугольник, вписанная и описанная окружности и вспомогательная окружность.
№13. Попробуйте в дополнение к задаче №12 доказать, что  угол BDF меньше угла BED.
№14.  Вокруг прямоугольного треугольника ABc с прямым углом B описана окружность и на дуге BC отмечена произвольная точка D. В треугольники ABC  и ADC вписаны окружности с центрами I и K.
Может ли угол IBK равняться половине угла BAD?
№15. Условие: в прямоугольный треугольник ABc с прямым углом B вписана окружность с центром I. Отрезки BI и CI пересекают её в точках D и E соответственно.
Докажите: если катет AB меньше отрезка, длина которого равна двум диаметрам данной окружности и угол A равен a, то угол BAD меньше величины a/4.
5) Углубляясь в знание предмета,
Удивляемся мы, дети, вновь;
Тайнами наполнена планета,
Но за ними всё равно—Любовь.

Это сей общаемся мы с верой,
Что красоты все—лишь от неё,
А длина и градусная мера
Только приближают к нам её.



Занятие 6. Прямоугольный треугольник, его вписанная окружность и вспомогательные равные треугольники.
№16. Условие: в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B вписана окружность, касающаяся сторон AB и Bc в точках C_1 и A_1. Диаметры A_1A_2 и C_1C_2 таковы, что точки A, A_2 и C_2 лежат на одной прямой.
Докажите, что для треугольника ABC справедливо свойство задачи №15.
№17. Условие: в прямоугольный треугольнике ABC вписана окружность с центром  I. На ней отмечены точки E и F так, что угол EIF равен 135 градусам.
Докажите, что AF=CE тогда и только тогда, когда AB=BC.
№18. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC вписана окружность с центром I и отмечена точка касания этой окружности и гипотенузы треугольника D. К стороне BC в точке C проведён перпендикуляр CE, так что CD=CE.
Доказать: если некоторая прямая проходит через E и отсекает от треугольника ABC равнобедренный треугольник, то его боковая сторона может быть равна радиусу впианной окружности треугольника ABC.

6) Бывает, сложное постигнув,
Мы думаем, что знаем тему,
Но я стремлюсь всё ж Вас сподвигнуть
Взирать поглубже на проблемы.

Здесь строгости самой ответа
Нельзя потребовать прям сразу,
Но глубину сего предмета
Увидеть должен, люди, разум.
№11. Так как угол BFK—опирающийся на диаметр, он прямой. Поэтому, из счёта углов получаем, что углы BJF и FBP равны, и, по свойству медианы прямоугольного треугольника, углы BDC и ACB также равны. Поэтому углы BJF и ACB равны.
№12. Так как DE||BC, угол , образуемый прямой DE и прямой AB, равен углу ABC. По теореме о вписанном угле, угол DNC такж равен этому углу. Поэтому и угол DNC равен углу ABC.
№13. Обозначяим точку пересечения прямой EF и AB—K, а DE и BC—N. Ясно, что угол BKN меньше угла BND а угол BND меньше угла BED—это мы получим, дважды применив теорему о вписанном угле, Но угол BED равен углу BKN. Отсюда получаем, что угол BKD меньше угла BED, что и требовалось.
№14. Заметим, что угол AKI меньше угла AKC, который равен 135 градусам. Продолжим прямые BI и AK до пересечения в точке P, причём отрезок BP пересекант отрезок KC в точке  в точке Т. Так как угол ANB равен углу AKB и угол AIN больше угла ANB, то и угол AKB больше угола AIB., и отсюда ясно, что угол KBI меньше половины угла BAD.
№15. Продолжим отрезок AD пересекает катет BC в точке L. Если середина отрезка AL—точка M—лежит вне окружности, прямая CE пересекает отрезок AL также внутри окружности, и поэтому угол ADE—острый.
Угол IDE равен 45-a/4 пор теореме о сумме углов в треугольнике, применённой к треугольника ABC, а затем BIC. Угол EBC равен a/4.  Поэтому угол BAD меньше a/4.
№16.  Так как IA_2=IC_2 и они перпендикулярны, то угол C_!C_2A_2, а по условию, и угол C_1C_2A равен 45 градусам. Следовательно, AC_1=C_1C_2=2r, где r-радиус вписанной окружности треугольника ABC. BC_1=r, поэтому AB=3r, AB<4r, и тогда для треугольника ABC этой задачи применимо свойство задачи №15.
№17. Так как угол AIC равен 135 градусам, он равен по условию углу EIF, поэтому углы EIA и FIC равны. Отрезки I]E и IF равны как радиусы одной окружности. Если IA=IC, то треугольники EIA и FIC равны, и AE=CF. Если же EA=FC, эти треугольники также равны, так как углы AEI и IFC или одновременно острые или одновременно тупые (попробуйте самостоятельно обосновать последнее более строго).
№18. Несложно обосновать, что эта прямая будет перпендикулярна отрезку CI. Поэтому углы ICG  и GEC равны (пусть данная прямая пересекает гипотенузу AC и катет BC в точках D и E соответственно). Тогда треугольники GCE и IDC равны, и в случае CG=CА эти отрезки равны радиусу ID. Конечно, данные отрезки могут быть и не равны (тогда GF=FC)


Параграф 3. Применение одной важной теоремы на геометрию вписанного четырёхугольника.
Занятие 7. Формулировка и различные доказательства данной теоремы.
№19. Докажите теорему тремя способами, как можно более рационально.
7) Решая всякую задачу
По-разному, не тратьте время зря,
Ведь всякое решение и значит,
Чтоб голова связь свойств вещей нашла.

И даже приходя к идеям сходным,
Что кто-то первым сам давно изрек,
Мы всё равно творим, творим свободно,
Ведь уникален каждый человек.

Занятие 8. Простейшие следствия данной теоремы.
№20. Точки пересечения данных биссектрис обрауют вершины ромба.
 №21. Расстояние от точки пересечения данных биссектрис до середины диагонали полного четырёхсторонника, отличной от диагоналей AC и BD, равно половине длины этой диагонали.
№22. Пусть дан вписанный четырёхугольник ABCD, и прямые, содержащие противолежащие непараллельные стороны AB и CD и BC и AD пересекаются в точках E и F соответственно, точка пересечения исслелдуемых биссектрис—K, и из точки E опущен перпендикуляр EG на прямую CD.
Доказать: угол KEG равен половине угла AFC.
8) Иногда, чтоб составить задачу,
Нужно выявить свойства объектов,
И в трудах улыбнётся удача,
Как и Вам улыбается лектор.

Занятие 9. Данная теорема и деление углов в необычных отношениях.
№23. Условие: ABCD-вписанный и не является прямоугольником; его противолежащие стороны AB и DC продолжены до пересечения в точке E; BC и AD продолжены до пересечения в точке F; в треугольнике AED отмечен центр вписанной окружности I; из точки F проведён луч, делящий угол AFB в отношении 1:3.
Доказать: этот луч перпендикулярен биссектрисе угла AID.
№24. Условие: в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом A вписана окружность с центром I, и на окружности взята точка D, так что AD=DC, причём отрезок AD пересекает эту окружность в точке E. Прямые EI и CD пересекаются в точке F. Прямая, содержащая биссектрису угла ADC, пересекает прямую AB в точке K.
Найдите условие, при котором угол AKF равен одной четвёртой угла DAC.
9) Постигая сложный мир науки,
Постепенно всё сильнее и сильней,
Видим мы, разгнавши чары скуки,
Связь далёких друг от друга областей.

___________________________________________________________
№19. 1-е решение. Пусть в данную окружность вписан четырёхугольник ABCD, у которого нет параллельных сторон и его противолежащие стороны продолжены до пересечения в точках E и F. Так что точка E лежит на прямой AB. Обозначим угол AED как a, угол AFB как b, угол FEC как с, угол BFE как d. Тогда угол ECF равен 180-c-d, значит, угол A равен c+d.  Проведём биссектрисы углов AED и AFB, пересекающие стороны четырёхугольнгика BC, AD, CD и AB в точках L, N, M и K соответственно. Тогда угол END равен по теореме о внешем угле a/2+c+d. Предположим теперь, что существует прямая, проходящая через E и образующая со стороной AD угол  величной 90-b/2. Тогда угорл NLF равен 90-b/2 но это и значит, что прямая EL является биссектрисой угла AED.
2-е решение.Более сложное.  Последуем тем же обозначениям. Угол NKF равен a/2+c+d. Аналогично угол KME равен с+d+b/2. Угол BCD равен 180—c-d. Сумма этих трёх углов равна 180+c+d+a/2+b/2 и равна сумме углов FKN, ENK и развёрнутого угла. Отсюда, применив теорему о сумме углов треугольника к треугольнику KNE, можно заключить, что отрезки EN и FK перпендикулярны. Но было сделано предположение, что LM||KN. Тогда нужно это доказать. Для этого можно использовать метод от противного: именно, чтобы для всех точек, из которых отрезок EF виден под прямым углом, только для одной было верно, что ML||KN.
3-е решение. Ещё более сложное. Последуем тем же обозначениям. На этот раз проведём  сразу указанные биссектрисы и докажем, что сумма углов NLF и KME равна сумме углов EKF и ENF. Обозначим их различные величины как e и f, а угол между биссектрисами как x. По теореме о сумме углов в треугольнике угол C равен 360- x-e-f. Угол A равен x+e+f-180, следовательно, сумма углов AKF и ANE равна (540-2x-e-f),значит, искомая сумма равна  2x+e+f-180.  Если 360-x-e-f=2x+e+f-180. e+f=a/2+c+b/2+d=> 3x=540-a-b-2c-2d, т.е. 3x=540-A-(180-A)=3x, и, таким образом, x=90.
№20. Заметим, что  треугольники, которые отсекают биссектрисы от углов, образованных прямыми, содержащими противолежащие непараллельные стороны вписанного четырёхугольника, равнобедренны. Биссектрисы, проведённые к основанию в них, являются и медианами. С другой стороны, они являются и высотами. Поэтому искомый четырёхугольник имеет перпендикулярные диагонали, делящиеся точкой пересечения пополам, т.е. является ромбом.
№21. Так как отрезок, выражающий исследуемую величину, является медианой в прямоугольном треугольнике, проведённой из прямого угла, он равен половине его гипотенузы, отсюда утверждение.
№22. Обозначим вписанный четырёхугольник ABCD, вершины углов, образованных непараллельными прямыми, содержащими противолежащие стороны четырёхугольника,--E (AB и CD)и F (BC и AD), из E опустим перпендикуляр на прямую CD—EF, точку искомых биссектрис обозначим M. Из утверждения следует, что четырёхугольник EMDF--EMDF—вписанный, отсюда утверждение.
№23. Обозначим угол AED как a и пересечение одной из упомянутых биссектрис, исходящей из точки F и отрезками DE, ID, IA в точках G, H, K соответственно. Тогда углы KIH и KGD равны из счёта углов, поэтому углу IDE и IKH равны, поэтому четырёхугольник AKHD—вписанный и для него верно утверждение главы. Отсюда—утверждения данной задачи.
№24. Пример такого условия: возьмём точку P на прямой AC такую, что PA=PD. Условием будет то, что отрезок PD проходит через центр I. Докажите это условие самостоятельно!
___________________________________________________
Работа 3. Этюды на различные виды многоугольников.
Глава 1. Прямоугольник.

№1. Условие: в прямоугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке E, вокруг него описана окружность,  BC>AB, на дуге BC взята точка E, из неё опущены перпендикуляры на диагонали AC и BD- FG и FH соответственно. На HG взята точка I, такая, что GI=GF. Отрезок BI продолжен до пересечения с отрезком CE в точке K.
Доказать: четырёхугольник EBFK- вписанный.
№2. Дан прямоугольник ABCD. С центром в вершине C и радиусом, равным стороне BC проведена четверть окружности, пересекающая сторону CD в точке E. С центром в точке D и радиусом, раным отрезку DE, проведена чеверть окружности, пересекающая сторону AD в точке K. Диагональ AC и отрезок BK пересекаются на первой четверти окружности
Докакжите, что BK=\sqrt{2}AF




Глава 2. Параллелограмм.
№3. Условие: параллелограмм ABCD; на прямых AB и CB отмечены точки E и F соответственно, так что CB=CE и AF=AB. Прямые AF и CE пересекаются в точке P.

Доказать: на прямой PB существуют такая точка Q, что углы BQC и BQA равны

Глава 3. Трапеция.



№4. Классическая задача с трапецией.
Условие: в трапеции ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке K; на диагонали AC взята её середина F, серединный перпендикуляр в ней к  AC пересекает сторону AD в точке F; отрезок CF пересекает диагональ BD в точке G.
Доказать: KG*GF<GD*(DF+CG).
№5. Классическая задача с трапецией.
Условие: пусть в трапецию ABCD можно вписать окружность и точки касания её со сторонами AB и CD- K и L соответственно, а с основаниями BC и AD- N и M соответственно. Отрезки AN и BM пересекаются в точке Q, отрезки DN и CM пересекаются в точке P. Известно, что KQ=PL.
Доказать, что трапеция ABCD- равнобедренная.   
Глава 4.  Четырёхугольник с углами 60, 90, 90, 120  градусов.

№6. Пусть в  четырёхугольнике ABCD угол D равен 150 градусам, угол A равен 90 градусам и угол B равен 60 градусам. Около треугольника ABC опиcана окружность с центром O. Известно, что в четырёхугольнике AD<CD.
Докажите, что из отрезков, равных стороне AD, радиусу OC и расстояния от центра O до AD всегда можно составить треугольник.

______________________________________________

№1.
Лемма: отрезки BI и FI перпендикулярны
Продолжим отрезки FG и FH до пересечения с окружностью в точках F_1 и F_2 соответственно.
Тогда так как FG=GF_1 и FH=HF_2, то GH- средняя линия треугольника F_1FF_2 , и GH||F_1F_2. Тогда углы F_1F_2F  и FHG равны. Углы F_1CF и F_1F_2F равны, следовательно углы F_1CF и GHF равны. Обозначим пересечение BF_1 и CH как I’. Тогда по теореме о вписанном угле угол BI’F-прямой. Но так как FG=GF_1, то I’G- медиана, выходящая из вершины прямого угла, поэтому I’G=FG. Следовательно, I’=I, доказано.
Так как KIFG и EHFG- вписанные, углы EGK и IEK равны, аналогично углы HFE и HGE(IGK) равны. Тогда равны углы HFI и EFK; по теореме о вписанном угле, равны углы HBI(EBK) и HFI. Тогда равны углы EBK и EFK.
Второй вариант: через прямую Симсона. Это всего один шаг!
Второе доказательство леммы совсем другое: угол FHB равен ; угла BEF равен ; угла HGF по свойствам равнобедренного треугольника (BEF) и теореме о вписанном угле. Тогда угол BIH равен ; угла IGF, но биссектриса угла IGF является высотой в равнобедренном треугольнике IGF, следовательно она параллельна отрезку BG и по свойству параллельности отрезки BI и FI перпендикулярны. Было придумано 2 февраля 2012.
№2. Указание: докажите, что треугольники KED и CKE подобны с коэффициентом \sqrt{2}.
№3. Указание: докажите, что точки A, F, E, C лежат на одной окружности.
№4. Так как CA- биссектриса угла BCF (это следует из признака параллельности и свойства равнобедренного треугольника), BK/BC=KG/CG (по свойству биссектрисы треугольника). BG/CG=GD/GF. Но BG>KG => BK/BC<GD/GF. BK/BC=KD/AD, KD=KG+GD, AD=CG+GF+DF. =>(KG+GD)/(CG+GF+DF)<GD/DF=> После уничтожения подобных слагаемых, KG*GF<GD(DF+CG), ч.т.д.
№5.
 NC/PL=CD/LD и BN/KQ=AB/AK => Т.к. KQ=PL, то LD*NC/CD=AK*BN/AB. Из задачи 1.21 сборника Прасолова известно, что BK*AK=CL*LD, но, по теореме о касательной, BN=BK и CN=CL, поэтому AK*BK/CD=AK*BN/AB, откуда AB=CD, ч.т.д.
№6. Указание: начните счёт углов с прямоугольного треугольника EDA, затем перейдите к треугольникам, образованным радиусами описанной окружности тнреугольника ABC, проведёнными к его вершинам и его ст
+оронами; также воспользуйтесь тем, что треугольник ABC—остроугольный.