14 Конструкции и теоремы

Конструкции и теоремы

1. Если две окружности касаются внешним образом, то расстояние между их центрами равно сумме их радиусов.

2. Если две окружности пересекаются в двух точках, то расстояние между их центрами меньше суммы их радиусов.

Если $O_1$ , $O_2$ – центры окружностей, $A$ , $B$ – точки пересечения окружностей, то четырёхугольник $AO_1BO_2$ – дельтоид ( $O_1A = O_1B$ , $O_2A = O_2B$ , $AB\perp O_1O_2$ ).

3. Если расстояние между центрами окружностей с радиусами $r$ и $R$ равно $a$ , то отрезок общей внешней касательной, заключённой между точками касания, равен $\sqrt{a^2 - (R - r)^2}$ .

Случай 1:

Случай 2:

Случай 3:

4. Если расстояние между центрами окружностей с радиусами $r$ и $R$ равно $a$ и $a > R + r$ (то есть окружности не пересекаются), то отрезок общей внутренней касательной, заключённой между точками касания, равен:

5. Если две окружности касаются внутренним образом, то расстояние между их центрами равно разности радиусов этих окружностей.

6. Пусть окружности радиусов $R_1$ и $R_2$ с центрами $O_1$ и $O_2$ касаются внешним образом в точке $K$ . Прямая касается этих окружностей в различных точках $A$ и $B$ и пересекается с общей касательной (которая проходит через точку $K$ ) окружностей, в точке $C$ , то $\angle{AKB} = 90^{\circ}$ и $\angle{O_1CO_2} = 90^{\circ}$ .

7. Общая внутренняя касательная $CK$ окружностей делит отрезок общей внешней касательной $AB$ пополам;

8. Отрезок $AB$ равен отрезку $CC'$ – общей внутренней касательной, заключённой между общими внешними. Оба эти отрезка равны $2\sqrt{R_1R_2}$ .

9. Пусть две окружности с радиусами $r$ и $R$ с центрами $O_1$ и $O_2$ касаются внешним образом, $AB$ – общая внешняя касательная двух окружностей, $C$ – точка пересечения прямых $AB$ и $O_1O_2$ , $\alpha = \angle{O_1CA}$ , тогда:

10. Пусть две окружности касаются внешним образом в точке $K$ , через эту точку проходят две секущие. Первая секущая пересекает окружности в точках $A$ и $C$ , вторая в точках – $B$ и $D$ . Тогда треугольники $AKB$ и $CKD$ подобны, причём $AB$ и $CD$ параллельны.

11. Пусть две окружности касаются внутренним образом в точке $A$ , через эту точку проходят две секущие. Первая секущая пересекает окружности в точках $D$ и $B$ , вторая – в точках $E$ и $C$ , тогда треугольники $ABC$ и $ADE$ подобны.

12. Прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит общую касательную пополам.

13. Две окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . Точка $C$ лежит на первой окружности, прямая $AC$ пересекает вторую окружность в точке $D$ . Тогда треугольники $BO_1O_2$ и $BCD$ подобны.

14. Пусть в треугольнике $ABC$ проведены две высоты $AA_1$ и $CC_1$ . Тогда треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$ подобны с коэффициентом подобия $k = |\cos{\alpha}|$ .

15. Биссектриса угла $B$ треугольника $ABC$ и серединный перпендикуляр к стороне $AC$ пересекаются на описанной вокруг $ABC$ окружности.
16. Пусть вписанная в треугольник $ABC$ окружность касается стороны $AC$ в точке $N$ , вневписанная окружность касается стороны $AC$ в точке $K$ , тогда середина отрезка $AC$ является серединой отрезка $NK$ .

17. Радиус вневписанной окружности можно найти по формуле: $r_a = p\cdot\tan\dfrac{\alpha}{2}.$
18. Центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ , лежит на окружности, касающейся лучей $BA$ и $BC$ в точках $A$ и $C$ .

19. Пусть $ABCD$ – вписанный четырехугольник, у которого диагональ является биссектрисой угла $ABC$ , $\alpha = \angle{ADC}$ , тогда площадь данного четырехугольника равна $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}BD^2\sin{\alpha}$ .

20. (Лемма о трезубце). Пусть биссектриса угла $B$ треугольника $ABC$ пересекает описанную окружность в точке $D$ , $I$ – центр вписанной в $ABC$ окружности, а $I_a$ – центр вневписанной окружности, касающейся стороны $AC$ , тогда

AD = DC = ID = I_aD.

21. Пусть в треугольнике $ABC$ $\angle{A} = \alpha$ , $\angle{B} = \beta$ , $\angle{C} = \gamma$ , $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ – точки касания вписанной в треугольник окружности ( $A_1$ лежит напротив $A$ , $B_1$ лежит напротив $B$ , $C_1$ лежит напротив $C$ ). Тогда в треугольнике $A_1B_1C_1$ имеем, что $\angle{A_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}$ , $\angle{B_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\beta}{2}$ , $\angle{C_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\gamma}{2}$ .

22. (Лемма Архимеда) Окружности $\alpha$ и $\beta$ касаются внутренним образом в точке $B$ , окружность $\alpha$ касается хорды $AC$ окружности $\beta$ в точке $M$ , $BM$ пересекает окружность $\beta$ в точке $D$ . Тогда прямая $BM$ является биссектрисой угла $ABC$ , а точка $D$ делит дугу $\stackrel{\smile}{CA}$ пополам.

23. Пусть окружность, вписанная в треугольник $ABC$ , касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно, а биссектриса угла $BAC$ пересекает отрезок $MN$ в точке $P$ . Тогда $\angle{APC} = 90^{\circ}$ .

24. На сторонах $BC$ и $CD$ квадрата $ABCD$ отметили точки $M$ и $N$ соответственно, так что $MC = ND$ , тогда $AN\perp DM$ .

25. $ABCD$ – четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями тогда и только тогда, когда $AB^2 + CD^2 = BC^2+AD^2.$
26. $ABCD$ – прямоугольник, точка $O$ лежит внутри данного прямоугольника, тогда $AO^2 + CO^2 = BO^2 + DO^2.$
27. $ABCD$ – вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями, тогда прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей и середину одной из сторон четырёхугольника, перпендикулярна противоположной ей стороне.
28. Четырёхугольник $ABCD$ с перпендикулярными диагоналями вписан в окружность с центром $O$ , тогда расстояние от точки $O$ до стороны $AB$ вдвое меньше стороны $CD$ .
29. Четырёхугольник $ABCD$ с перпендикулярными диагоналями вписан в окружность с центром $O$ , тогда $AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 = 8R^2.$

30. Пусть $L$ – точка пересечения медиан $CM_1$ , $AM_2$ и $BM_3$ треугольника $ABC$ . $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ – середины отрезков $AL$ , $BL$ , $CL$ соотвтетственно. Тогда треугольник $ABC$ делится на $12$ равновеликих треугольников следующим образом:

31. Построим треугольник со сторонами, равными длинам медиан треугольника $ABC$ ( $m_a$ , $m_b$ , $m_c$ – длины этих медиан, $m = (m_a + m_b+m_c)/2$ ). По формуле Герона данный треугольник имеет площадь:

Отсюда следует, что площадь треугольника $ABC$ равна

S = \dfrac{4}{3}\sqrt{m(m-m_a)(m-m_b)(m-m_c)}.

32. (Теорема Птолемея). Выпуклый четырехугольник $ABCD$ является вписанным тогда и только тогда, когда

AB\cdot CD + AD\cdot BC = AC\cdot BD.

(Неравенство Птолемея). Если же четырёхугольник не является вписанным, то выполнено неравенство

AB\cdot CD + AD\cdot BC > AC\cdot BD.

33. (Следствие из теоремы Птолемея). Четырёхугольник $ABCD$ с перпендикулярными диагоналями вписан в окружность с центром $O$ , тогда

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC).

Причём для любого другого четырёхугольника $ABCD$ с теми же сторонами площадь меньше, чем $\dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC)$ .

34. $ABCD$ – квадрат, точка $M$ – лежит на стороне $BC$ , $N$ – лежит на стороне $CD$ , $\angle{MAN} = 45^{\circ}$ , диагональ $BD$ пересекает отрезки $AM$ и $AN$ в точках $N_1$ и $M_1$ соответственно. Тогда через точки $M$ , $M_1$ , $N$ , $N_1$ , $C$ можно провести окружность.

35. $ABCD$ – квадрат, точка $M$ – лежит на стороне $BC$ , $N$ – лежит на стороне $CD$ , $\angle{MAN} = 45^{\circ}$ . Тогда расстояние от точки $A$ до прямой $MN$ равно стороне квадрата.

36. $ABCD$ – квадрат, точка $M$ – лежит на стороне $BC$ , $N$ – лежит на стороне $CD$ , $\angle{MAN} = 45^{\circ}$ , диагональ $BD$ пересекает отрезки $AM$ и $AN$ в точках $N_1$ и $M_1$ соответственно. Тогда прямые $MM_1$ и $NN_1$ являются высотами треугольника $AMN$ .

37. Пусть $r$ – радиус вписанной в треугольник окружности, $R$ – радиус описанной вокруг треугольника окружности, $d$ – расстояние между центрами этих окружностей, тогда выполняется равенство: $d^2 = R^2-2Rr.$
38. Основания перпендикуляров, опущенных из произвольной точки описанной окружности треугольника $ABC$ на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой. Эта прямая называется прямой Симсона.

39. (Окружность девяти точек). Пусть $H$ – ортоцентр треугольника $ABC$ ; $A'$ , $B'$ , $C'$ – точки пересечения высот со сторонами треугольника; $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ – середины сторон треугольника; $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ – середины отрезков $AH$ , $CH$ , $BH$ соответственно. Тогда через точки $A'$ , $B'$ , $C'$ , $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ , $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ можно провести окружность.

40 (Прямая Эйлера). Пусть $O$ – центр описанной окружности треугольника $ABC$ , $M$ – центроид (точка пересечения медиан) треугольника, $H$ – ортоцентр треугольника, тогда точки $O$ , $M$ , $H$ лежат на одной прямой и $OM:MH = 1:2$ .

Конструкции и теоремы

1. Пусть две окружности касаются внешним образом в точке $A$ , проведём через эту точку общую касательную. Радиусы $O_1A$ и $O_2A$ перпендикулярны общей касательной, а значит точки $O_1$ , $A$ и $O_2$ лежат на одной прямой и

O_1O_2 = O_1A + AO_2 = R_1 + R_2.

2. Пусть отрезок $O_1O_2$ пересекает окружности в точках $M$ и $N$ , тогда $O_1N + O_2M = R_1 + R_2$ , но

O_1O_2 = O_1N + O_2M - MN < O_1N + O_2M = R_1 + R_2.

Далее, в четырёхугольнике $AO_1BO_2$ известно, что $O_1A = O_1B = R_1$ и $O_2A = O_2B = R_2$ , значит, данный четырёхугольник – дельтоид.

3. Пусть $R > r$ , через точку $B$ параллельно отрезку $O_1O_2$ проведём отрезок $BC$ , причём точка $C$ лежит на отрезке $O_1A$ . Радиусы $O_1A$ и $O_2B$ перпендикулярны касательной $AB$ , значит, они параллельны. Получаем, что четырёхугольник $CO_1O_2B$ – параллелограмм, а значит, $CO_1 = BO_2 = r$ и $AC = R - r$ . По теореме Пифагора для треугольника $ABC$ получаем, что $a^2 = AB^2 + (R - r)^2$ , то есть $AB = \sqrt{a^2 - (R - r)^2}$ .

4. Пусть $R > r$ . Через точку $B$ проведём прямую, параллельную отрезку $O_1O_2$ , которая пересекает продолжение отрезка $AO_1$ в точке $C$ . Отрезки $O_1A$ и $O_2B$ перпендикулярны общей касательной $AB$ , значит, они параллельны, то есть в четырёхугольнике $O_1CBO_2$ противоположные стороны параллельны, поэтому он является параллелограммом. В параллелограмме противоположные стороны равны, значит, $O_1C = r$ и $AC = R + r$ . Имеем, что треугольник $CAB$ – прямоугольный, поэтому по теореме Пифагора получаем, что $(R+r)^2 + AB^2 = a^2$ , то есть $AB = \sqrt{a^2 - (R + r)^2}$ .

5. Пусть $R_2 > R_1$ . Проведём через точку касания $A$ общую касательную. Радиусы $O_1A$ и $O_2A$ перпендикулярны общей касательной, значит, точки $O_1$ , $O_2$ , $A$ лежат на одной прямой, поэтому $O_1O_2 = O_2A - O_1A = R_2 - R_1$ .

6. Касательные к окружности, выходящие из одной точки, равны, значит $AC = CK = CB$ . То есть в треугольнике $AKB$ медиана $CK$ равна половине стороны, на которую она опущена. Отсюда следует, что треугольник $AKB$ – прямоугольный, то есть $\angle{AKB} = 90^{\circ}$ .

Отрезки $O_1A$ и $O_2B$ перпендикулярны касательной $AB$ , значит, они параллельны и четырёхугольник $AO_1O_2B$ является трапецией с основаниями $AO_1$ и $O_2B$ .

Мы установили, что $AC = CK = CB$ . Также имеем, что $AO_1 = O_1K = R_1$ и

$BO_2 = O_2K = R_2$ , значит, четырёхугольники $AO_1KC$ и $BO_2KC$ являются дельтоидами. Отсюда следует, что диагонали $O_1C$ и $O_2C$ – биссектрисы углов $AO_1K$ и $BO_2K$ соответственно. Так как прямые $O_1A$ и $O_2B$ параллельны, то биссектрисы $O_1C$ и $O_2C$ перпендикулярны и $\angle{O_1CO_2} = 90^{\circ}$ .

8. Длину общей касательной $AB$ мы можем вычислить с помощью теоремы Пифагора:

AB = \sqrt{O_1O_2^2 - (R_1 - R_2)^2} = \sqrt{(R_1 + R_2)^2 - (R_1 - R_2)^2} =

= \sqrt{R^2_1 + 2R_1R_2 + R^2_2 -R^2_1 + 2R_1R_2 - R^2_2} = 2\sqrt{R_1R_2}.

В силу симметрии получаем, что $AB = A'B'$ и $CK = C'K$ . Мы установили, что $AB = 2CK$ , значит, $CC' = CK + KC' = 2CK = AB = 2\sqrt{R_1R_2}$ .

9. Пусть $R > r$ , параллельно отрезку $AB$ проведём отрезок $O_2D$ (точка $D$ лежит на отрезке $AO_1$ ), тогда в силу параллельности отрезков $AO_1$ и $BO_2$ имеем, что $O_1D = R - r$ , причём $\angle{DO_2O_1} = \angle{ACO_1}$ и $O_1O_2 = R + r$ , значит,

\sin{\alpha} = \dfrac{O_1D}{O_1O_2} = \dfrac{R - r}{R + r}.

10. Углы $BKA$ и $CKD$ равны, так как являются вертикальными. По той же причине равны углы $CKE_1$ и $AKE_2$ . Тогда по теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{ABK} = \angle{AKE_2}$ и $\angle{KDC} = \angle{CKE_1}$ , то есть $\angle{ABK} = \angle{KDC}$ . Значит, треугольники $AKB$ и $CKD$ подобны по двум углам.

Параллельность отрезков $AB$ и $CD$ следует из того, что их внутренние накрест лежащие углы равны.

11. Угол $A$ является общим для треугольников $ABC$ и $ADE$ . По теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{EAE_1} = \angle{ADE}$ и $\angle{CAE_1} = \angle{ABC}$ , значит, $\angle{ADE} = \angle{ABC}$ . Аналогично можно доказать, что $\angle{AED} = \angle{ACB}$ . То есть треугольники $ABC$ и $ADE$ подобны по двум углам.

12. Пусть $M$ – точка пересечения прямой $AB$ и касательной $A'B'$ . Тогда, с одной стороны, для окружности с центром $O_1$ верно, что $A'M^2 = MA\cdot MB$ , с другой стороны, для окружности с центром в точке $O_2$ имеем, что $B'M^2 = MA\cdot MB$ . Тогда получим, что $A'M^2 = B'M^2$ или $A'M = B'M$ .

13. Рассмотрим углы $BO_1A$ и $BO_2A$ . Четырёхугольник $BO_1AO_2$ является дельтоидом ( $O_1B = O_1A$ и $O_2B = O_2A$ ), поэтому диагональ $O_1O_2$ делит углы $BO_1A$ и $BO_2A$ пополам. При этом центральный угол $BO_1A$ первой окружности опирается на ту же дугу, что и вписанный угол $BCA$ , аналогично, центральный угол второй окружности $BO_2A$ опирается на ту же дугу, что и вписанный угол $BDA$ . Значит, $\angle{BO_1A} = 2\angle{BCA}$ и $\angle{BO_2A} = 2\angle{BDA}$ , то есть $\angle{BO_1O_2} = \angle{BCA}$ и $\angle{BO_2O_1} = \angle{BDA}$ . Таким образом, треугольники $BO_1O_2$ и $BCD$ подобны по двум углам.

14. Случай 1: Пусть $\alpha$ – острый угол. Рассмотрим четырёхугольник $AC_1A_1C$ . Мы можем описать вокруг него окружность, поэтому

\angle{C_1A_1A} = \angle{C_1CA}\;\;\text{и}\;\; \angle{A_1C_1C} = \angle{A_1AC}.

При этом

\angle{ACC_1} = 90^{\circ} - \angle{C_1AC}\;\;\text{и}\;\; \angle{A_1AC} = 90^{\circ} - \angle{A_1CA}.

А также

\angle{C_1A_1A} + \angle{C_1A_1B} = 90^{\circ}\;\;\text{и}\;\; \angle{CC_1A_1} + \angle{A_1C_1B} = 90^{\circ}.

Получаем, что

\angle{C_1A_1B} = \angle{C_1AC}\;\;\text{и}\;\;\angle{A_1C_1B} = \angle{A_1CA},

то есть треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$ подобны по двум углам. Треугольник $AA_1B$ – прямоугольный, значит $\cos{\alpha} = \dfrac{A_1B}{AB}$ , поэтому $k = \cos{\alpha}$ – коэффициент подобия треугольников $A_1BC_1$ и $ABC$ .

Случай 2: Пусть $\alpha$ – тупой угол. Тогда высоты падают на продолжения сторон $AB$ и $BC$ . Вокруг четырёхугольника $AA_1C_1C$ можно описать окружность, значит

\angle{C_1A_1C} = \angle{C_1AC} \;\;\text{и}\;\; \angle{A_1C_1A} = \angle{A_1CA},

поэтому треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$ подобны по двум углам. Имеем:

\angle{A_1BA} = 180^{\circ} - \angle{ABC} = 180^{\circ} - \alpha.

Треугольник $AA_1B$ – прямоугольный, значит

\cos{(\angle{A_1BA})} = \cos{(180^{\circ} - \alpha)} = -\cos{\alpha} = \dfrac{A_1B}{AB},

то есть $k = -\cos{\alpha}$ – коэффициент подобия треугольников $A_1BC_1$ и $ABC$ .

15. Пусть $BH$ – биссектриса угла $ABC$ , причём точка $H$ лежит на описанной окружности. Тогда дуги $\stackrel{\smile}{CH}$ и $\stackrel{\smile}{HA}$ равны. При этом серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ делит дугу $\stackrel{\smile}{CA}$ пополам, а значит, он пересекает окружность в точке $H$ .

16. Пусть вписанная окружность касается стороны $BC$ в точке $L$ . Тогда мы знаем, что $NC = LC = p - c$ , где $p$ – полупериметр треугольника $ABC$ и $c = AB$ .

Далее, пусть вневписанная окружность касается продолжения стороны $AB$ в точке $G$ . Тогда мы знаем, что $AG = AK = p - c$ . Тогда $AK = NC$ . Если $M$ – середина отрезка $KN$ , то получаем, что $AM = AK + KM = MN + NC = MC$ , значит $M$ – середина стороны $AC$ .

17. Центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$ , лежит на биссектрисе угла $BAC$ . Пусть $H$ – точка касания вневписанной окружности с продолжением стороны $AB$ , значит $\angle{HAI_a} = \dfrac{\alpha}{2}$ . Получаем, что $AHI_a$ – прямоугольный треугольник, тогда $\tan{\dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{I_aH}{AH}$ .

Пусть $p$ – полупериметр треугольника $ABC$ , $r_a$ – радиус вневписанной окружности, $c = AB$ . Имеем, что $AH = p$ . Получаем, что $\tan{\dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{r_a}{p}$ или $r_a = p\cdot\tan\dfrac{\alpha}{2}$ .

18. Пусть $I$ – середина дуги $\stackrel{\smile}{AC}$ , тогда $\angle{IAC} = \angle{ICA}$ . При этом, по теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{ICA} = \angle{BAI} = \angle{IAC}$ . Аналогично получаем, что $\angle{BCI} = \angle{ACI}$ . Таким образом, $I$ – точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ , значит $I$ – центр вписанной в $ABC$ окружности.

19. Углы $ABD$ и $DBC$ равны, поэтому $\stackrel{\smile}{DA } = \stackrel{\smile}{DС }$ , значит $AD = DC$ , так как равные дуги стягивают равные хорды.

$ABCD$ – вписанный четырёхугольник, поэтому $\angle{BCD} = 180^{\circ} - \angle{BAD}$ . Продлим сторону $BC$ за точку $C$ до точки $C'$ так, что $CC' = AB$ . Углы $BCD$ и $C'CD$ – смежные, поэтому $\angle{C'CD} = 180^{\circ} - \angle{BCD} = \angle{BAD}$ . Получаем, что треугольники $BAD$ и $C'CD$ равны по двум сторонам и углу между ними. Значит,

\angle{CDC'} = \angle{ADB},\;\; \angle{ADC} = \angle{ADB} + \angle{BDC} = \angle{CDC'} + \angle{BDC} = \angle{BDC'} = \alpha.

Имеем

S_{ABCD} = S_{BAD} + S_{BDC} = S_{CC'D} + S_{BDC} = S_{BDC'} = \dfrac{1}{2}BD^2\sin{\alpha}.

20. $BD$ – биссектриса угла $ABC$ ( $\angle{ABD} = \angle{CBD} = \alpha$ ), поэтому дуги $\stackrel{\smile}{DA}$ и $\stackrel{\smile}{CD}$ равны, а значит, равны и хорды, которые на них опираются: $AD = DC$ . $I$ – точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ , значит $\angle{BAI} = \angle{IAC} = \beta$ .

Внешний угол треугольника равен сумме не смежных с ним внутренних углов, значит, $\angle{AID} = \alpha + \beta$ . Углы $CAD$ и $DBC$ опираются на одну и ту же дугу, поэтому $\angle{CAD} = \angle{DBC}$ , а значит, $\angle{IAD} = \alpha + \beta$ , то есть треугольник $IAD$ – равнобедренный и $AD = ID$ .

$AI_a$ – биссектриса угла, смежного углу $BAC$ , значит $\angle{CAI_a} = 90^{\circ} - \beta$ , при этом $\angle{IAC} = \beta$ , значит $\angle{IAI_a} = 90^{\circ}$ . По тем же причинам $\angle{ICI_a} = 90^{\circ}$ . Получаем, что сумма противоположных углов четырёхугольника $IAI_aC$ равна $180^{\circ}$ , а значит, вокруг него можно описать окружность, причём $II_a$ – диаметр этой окружности. Мы уже установили, что $AD = DC = ID$ , значит $D$ – центр описанной вокруг четырёхугольника $IAI_aC$ окружности, то есть $I_aD$ – радиус этой окружности, поэтому $I_aD = ID$ .

21. Касательные к окружности, проведённые из одной точки, равны. Значит, $AC_1 = AB_1$ , $BC_1 = BA_1$ и $CA_1 = CB_1$ , то есть треугольники $AB_1C_1$ , $BA_1C_1$ и $CA_1B_1$ являются равнобедренными. Имеем:

\angle{AC_1B_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2},\;\;\; \angle{BA_1C_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\beta}{2},\;\;\; \angle{CA_1B_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\gamma}{2}.

Тогда по теореме об угле между касательной и хордой получаем, что в треугольнике $A_1B_1C_1$

\angle{A_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2},\;\;\; \angle{B_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\beta}{2},\;\;\; \angle{C_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\gamma}{2}.

22. Проведём общую касательную к окружностям в точке $B$ . Рассмотрим два случая.

Случай 1: Касательная не параллельна отрезку $AC$ . Пусть $K$ – точка пересечения касательной с прямой $AC$ . Без ограничения общности считаем, что $AK < CK$ . Пусть $\angle{DBC} = x$ , $\angle{BCA} = y$ . Угол $AMB$ является внешним углом треугольника $BCM$ , значит $\angle{AMB} = x + y$ . По теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{KBA} = y$ . $KM$ и $KB$ – касательные, проведённые из одной точки к окружности $\alpha$ , значит $KM = KB$ , то есть треугольник $BKM$ – равнобедренный, значит $\angle{KBM} = \angle{KMB} = x + y$ , значит $ABD = x$ , то есть $BD$ – биссектриса угла $ABC$ и делит дугу $\stackrel{\smile}{CA}$ пополам.

Случай 2: Касательная параллельна отрезку $AC$ . В этом случае дуги $\stackrel{\smile}{AB}$ и $\stackrel{\smile}{BC}$ равны, то есть треугольник $ABC$ – равнобедренный. Отрезок $BM$ перпендикулярен касательной, значит, $BM$ перпендикулярен $AC$ , значит, $BM$ – высота треугольника. Так как $ABC$ – равнобедренный, то $BM$ – биссектриса угла $ABC$ .

23. Пусть $I$ – центр вписанной окружности. $IN$ – радиус вписанной окружности, значит, $\angle{INC} = 90^{\circ}$ . Пусть $\angle{A} = 2\alpha$ , $\angle{B} = 2\beta$ , $\angle{C} = 2\gamma$ . Угол $PIC$ является внешним углом треугольника $AIC$ , значит, $\angle{PIC} = \alpha + \gamma$ . Мы знаем, что $2\alpha + 2\beta + 2\gamma = 180^{\circ}$ , поэтому $\alpha + \beta + \gamma = 90^{\circ}$ или $\alpha + \gamma = 90^{\circ} - \beta$ . $BM$ и $BN$ – касательные к окружности, поэтому $BM = BN$ , значит, $MBN$ – равнобедренный треугольник, поэтому

\angle{BMN} = \angle{BNM} = 90^{\circ} - \beta = \alpha + \gamma,

то есть вокруг четырёхугольника $PNCI$ можно описать окружность. Углы $INC$ и $IPC$ опираются на одну и ту же дугу, значит, $\angle{IPC} = \angle{INC} = 90^{\circ}$ .

24. Прямоугольные треугольники $ADN$ и $CMD$ равны, так как $AD = CD$ и $ND = MC$ , значит, $\angle{NAD} = \angle{MDC}$ и $\angle{AND} = \angle{DMC}$ . Имеем:

\angle{MDC} + \angle{AND} = \angle{MDC} + \angle{DMC} = 90^{\circ},

значит, $\angle{DKN} = 90^{\circ}$ .

25. По теореме Пифагора получаем:

AH^2 + HB^2 = AB^2;\;\;HD^2 + HC^2 = CD^2;

AH^2 + HD^2 = AD^2;\;\;HC^2 + HB^2 = BC^2

Вычтем из суммы первых двух равенств два других:

AH^2 + HB^2 + HD^2 + HC^2 - (AH^2 + HD^2 + HC^2 + HB^2) = AB^2 + CD^2 - (AD^2 + BC^2)\;\Longrightarrow

\Longrightarrow AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2.

Докажем утверждение в обратную сторону. Пусть $\angle{AHD} = \angle{BHD} = \alpha$ (без ограничения общности можем считать, что $\alpha \leq 90^{\circ}$ ), тогда $\angle{AHD} = \angle{CHD} = 180^{\circ} - \alpha$ . Нам известно, что $\cos{(180^{\circ} - \alpha)} = \cos{\alpha}$ , тогда по теореме косинусов для треугольников $AHD$ , $BHD$ , $AHB$ и $DHC$ получаем, что

AD^2 = AH^2 + DH^2 - 2AH\cdot HD\cdot\cos{\alpha};\;\;\; BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2BH\cdot CH\cdot\cos{\alpha};

AB^2 = AH^2 + BH^2 + 2AH\cdot BH\cdot\cos{\alpha};\;\;\; CD^2 = CH^2 + DH^2 + 2CH\cdot DH\cdot\cos{\alpha}.

Так как $AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$ , то

(2AH\cdot BH + 2CH\cdot DH)\cdot \cos{\alpha} = -(2AH\cdot HD + 2BH\cdot CH)\cdot\cos{\alpha}.

Если $\alpha \neq 90^{\circ}$ , то левая часть равенства положительна, а правая отрицательна, значит $\alpha = 90^{\circ}$ .

26. Проведём через точку $O$ перпендикулярные прямые $A_1C_1$ и $B_1D_1$ параллельно сторонам прямоугольника. Четырёхугольник $A_1B_1C_1D_1$ имеет перпендикулярные диагонали, поэтому

A_1B_1^2 + C_1D_1^2 = A_1D_1^2 + B_1C_1^2.

$A_1B_1 = BO$ , так как это диагонали в прямоугольнике $A_1BB_1O$ . По тем же причинам

D_1C_1 = DO,\;\;\; B_1C_1 = CO,\;\;\; A_1D_1 = AO.

Отсюда и получаем

AO^2 + CO^2 = BO^2 + DO^2.

27. Пусть $\angle{DAP} = \alpha$ , $\angle{ADP} = \beta$ . $APD$ – прямоугольный треугольник, поэтому

$AM = MD = MP$ , значит, $\angle{DPM} = \beta$ . Вертикальные углы равны, поэтому $\angle{BPH} = \beta$ . Углы $DAC$ и $DBC$ равны, так как они опираются на одну и ту же дугу, то есть $\angle{DBC} = \alpha$ . Получаем:

\angle{DBC} + \angle{BPH} = \alpha + \beta = 90^{\circ},

значит

\angle{BHP} = 180^{\circ} - (\alpha + \beta) = 90^{\circ}.

28. Пусть $\angle{DAP} = \alpha$ и $\angle{ADP} = \beta$ , причём $\alpha + \beta = 90^{\circ}$ , так как треугольник $APD$ – прямоугольный. Значит, $\sin{\beta} = \cos{\alpha}$ . Треугольник $AOB$ является равнобедренным, поэтому высота $OH$ , также является медианой, значит, $AB = 2BH$ . По теореме синусов для треугольника $ABD$ получаем, что

\dfrac{AB}{\sin{\beta}} = 2R\;\Longleftrightarrow BH = R\sin{\beta} = R\cos{\alpha}.

По теореме синусов для треугольника $DAC$ получаем, что

\dfrac{CD}{\sin{\alpha}} = 2R\;\Longleftrightarrow CD = 2R\sin{\alpha}.

Треугольник $OBH$ является прямоугольным, значит по теореме Пифагора имеем:

OB^2 = OH^2 + BH^2\;\Longleftrightarrow OH^2 = R^2 - R^2\cos^2{\alpha} = R^2\cdot(1-\cos^2{\alpha}) = R^2\cdot\sin^2{\alpha}.

Значит $OH = R\sin{\alpha}$ и $CD = 2R\sin{\alpha}$ , то есть $CD = 2OH$ .

29. Треугольники $ABP$ и $APD$ являются прямоугольными. Пусть $\angle{CAD} = \alpha$ , $\angle{ADB} = \beta$ , $\angle{ABD} = \alpha_1$ и $\angle{BAC} = \beta_1$ . Причём $\alpha + \beta = 90^{\circ}$ и $\alpha_1 + \beta_1 = 90^{\circ}$ , поэтому $\sin{\beta} = \cos{\alpha}$ и $\sin{\beta_1} = \cos{\alpha_1}$ .

По теореме синусов для треугольника $ABD$ получаем, что

\dfrac{AB}{\sin{\beta}} = \dfrac{AD}{\sin{\alpha_1}} = 2R.

Значит,

AB = 2R\sin{\beta} = 2R\cos{\alpha}\;\text{ и }\; AD = 2R\sin{\alpha_1}.

Далее, по теореме синусов для треугольника $ACD$ получаем, что

\dfrac{CD}{\sin{\alpha}} = 2R\;\Longrightarrow CD = 2R\sin{\alpha}.

Аналогично для треугольника $ABC$ имеем:

\dfrac{BC}{\sin{\beta_1}} = 2R\;\Longrightarrow BC = 2R\cos{\alpha_1}.

Получаем

AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 = 4R^2\cos^2{\alpha} + 4R^2\cos^2{\alpha_1} + 4R^2\sin^2{\alpha} + 4R^2\sin^2{\alpha_1} =

= 4R^2(\cos^2{\alpha} + \sin^2{\alpha}) + 4R^2(\cos^2{\alpha_1} + \sin^2{\alpha_1}) = 8R^2.

30. Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении $2:1$ , считая от вершины, то получаем, что

AA_1 = A_1L = LM_2 = \dfrac{m_a}{3},\;\; BB_1 = B_1L = LM_3 = \dfrac{m_b}{3}\;\;\text{и}\;\; CC_1 = C_1L = LM_1 = \dfrac{m_c}{3}.

Рассмотрим треугольник $ALC$ . Мы знаем, что $A_1$ , $M_3$ и $C_1$ – середины сторон $AL$ , $AC$ и $LC$ соответственно. Отсюда получаем, что $A_1M_3$ и $C_1M_3$ – средние линии данного треугольника, значит,

A_1M_3 = \dfrac{LC}{2} = \dfrac{m_c}{3}\;\; \text{и}\;\; C_1M_3 = \dfrac{AL}{2} = \dfrac{m_a}{3}.

Аналогично, рассматривая треугольники $BLC$ и $ALB$ получаем, что

B_1M_2 = \dfrac{m_c}{3},\;\; C_1M_2 = \dfrac{m_b}{3},\;\; A_1M_1 = \dfrac{m_b}{3}\;\;\text{и}\;\; B_1M_1 = \dfrac{m_a}{3}.

Таким образом получаем, что треугольники $M_1B_1L$ , $M_1A_1L$ , $M_2B_1L$ , $M_2C_1L$ , $M_3A_1L$ и $M_3C_1L$ равны, а значит, равны их площади. Пусть площади этих треугольников равны $\dfrac{S}{12}$ .

Далее, рассмотрим треугольник $M_1LB$ . $M_1B_1$ – медиана данного треугольника, значит, $S_{M_1B_1L} = S_{M_1B_1B} = \dfrac{S}{12}$ . Аналогично, рассматривая треугольники $M_1AL$ , $M_2BL$ , $M_2CL$ , $M_3AL$ и $M_3CL$ , получим, что $S_{M_1A_1A} = S_{M_2B_1B} = S_{M_2C_1C} = S_{M_3A_1A} = S_{M_3C_1C} = \dfrac{S}{12}$ .

31. Рассмотрим треугольник $M_1LB_1$ . Его стороны равны $\dfrac{m_a}{3}$ , $\dfrac{m_b}{3}$ и $\dfrac{m_c}{3}$ , значит, он подобен треугольнику, длины сторон которого равны длинам медиан $ABC$ , с коэффициентом подобия $\dfrac{1}{3}$ . То есть $S_{M_1LB_1} = \dfrac{S'}{9}$ , при этом $S_{M_1LB_1} = \dfrac{S}{12}$ , значит $\dfrac{S}{12} = \dfrac{S'}{9}$ , то есть

S = \dfrac{4S'}{3} = \dfrac{4}{3}\sqrt{m(m-m_a)(m-m_b)(m-m_c)}.

32. На лучах $AB$ , $AC$ и $AD$ отметим точки $B_1$ , $C_1$ и $D_1$ соответственно, такие, что

AB_1 = \dfrac{1}{AB},\;\; AC_1 = \dfrac{1}{AC}\;\; \text{и}\;\; AD_1 = \dfrac{1}{AD}.

Тогда

\dfrac{AB_1}{AC} = \dfrac{1}{AB\cdot AC} = \dfrac{AC_1}{AB},

значит, треугольники $AB_1C_1$ и $ACB$ подобны. Аналогично получаем, что подобны треугольники $AD_1C_1$ и $ACD$ . Отсюда получаем, что

\angle{B_1C_1A} = \angle{ABC}\;\; \text{и}\;\;\angle{AC_1D_1} = \angle{ADC}.

Имеем:

\dfrac{B_1C_1}{BC} = \dfrac{AB_1}{AC}\;\Longleftrightarrow B_1C_1 = \dfrac{BC}{AB\cdot AC}

\dfrac{C_1D_1}{CD} = \dfrac{AD_1}{AC}\;\Longleftrightarrow C_1D_1 = \dfrac{CD}{AD\cdot AC}.

Мы знаем, что

\dfrac{AB_1}{AD} = \dfrac{1}{AB\cdot AD} = \dfrac{AD_1}{AB},

значит треугольники $AB_1D_1$ и $ABD$ подобны. Следовательно

\dfrac{B_1D_1}{BD} = \dfrac{AB_1}{AD},\Longleftrightarrow B_1D_1 = \dfrac{BD}{AD\cdot AB}.

По неравенству треугольника получаем, что $B_1C_1 + C_1D_1 \geq B_1D_1$ , значит

\dfrac{BC}{AB\cdot AC} + \dfrac{CD}{AD\cdot AC} \geq \dfrac{BD}{AD\cdot AB},

следовательно,

AD\cdot BC + CD\cdot AB \geq AC\cdot BD.

Равенство достигается в том и только том случае, когда точки $B_1$ , $C_1$ и $D_1$ лежат на одной прямой. Значит $\angle{B_1C_1A} + \angle{AC_1D_1} = 180^{\circ}$ . Тогда

\angle{ABC} + \angle{ADC} = \angle{B_1C_1A} + \angle{AC_1D_1} = 180^{\circ},

значит вокруг четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность.

Обратно, если вокруг четырёхугольника можно описать окружность, то

\angle{ABC} + \angle{ADC} = 180^{\circ}.

При этом мы уже установили, что

\angle{B_1C_1A} = \angle{ABC}\;\; \text{и}\;\;\angle{AC_1D_1} = \angle{ADC},

то есть

\angle{B_1C_1A} + \angle{AC_1D_1} = 180^{\circ}.

Значит точки $B_1$ , $C_1$ и $D_1$ лежат на одной прямой, то есть $B_1C_1 + C_1D_1 = B_1D_1$ , значит

AD\cdot BC + CD\cdot AB = AC\cdot BD.

33. Площадь четырёхугольника $ABCD$ можно найти по формуле

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BD\cdot\sin{\alpha},

где $\alpha$ – угол между диагоналями четырёхугольника. Если диагонали $ABCD$ перпендикулярны, то

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BD.

Если вокруг $ABCD$ можно описать окружность, то по теореме Птолемея получаем, что

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BD = \dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC).

Если диагонали четырёхугольника не перпендикулярны, то

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BD\cdot\sin{\alpha} < \dfrac{1}{2}AC\cdot BD.

По неравенству Птолемея имеем

\dfrac{1}{2}AC\cdot BD \leq \dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC).

То есть

S_{ABCD} < \dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC).

Если диагонали четырёхугольника перпендикулярны, но вокруг него нельзя описать окружность, то по неравенству Птолемея получаем, что

S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BD < \dfrac{1}{2}(AB\cdot CD + AD\cdot BC).

34. Для начала покажем, что $\angle{N_1CM_1} = 45^{\circ}$ . Действительно, $BD$ – диагональ квадрата, поэтому $\angle{ADM_1} = \angle{CDM_1} = 45^{\circ}$ . $AD = CD$ и сторона $M_1D$ является общей для треугольников $AM_1D$ и $CM_1D$ , значит они равны по двум сторонами и углу между ними, поэтому $CM_1 = AM_1$ . Аналогично доказывается, что $AN_1 = CN_1$ . Получаем, что в треугольниках $CN_1M_1$ и $AN_1M_1$ равны три стороны ( $N_1M_1$ – общая), значит эти треугольники равны и значит $\angle{N_1CM_1} = \angle{N_1AM_1} = 45^{\circ}$ .

Далее, имеем, что $\angle{N_1DN} = \angle{N_1AM_1} = 45^{\circ}$ , значит вокруг четырёхугольника $ADNN_1$ можно описать окружность. Получаем, что $\angle{N_1NA} = \angle{N_1DA} = 45^{\circ}$ .

Аналогично, получаем, что вокруг четырёхугольника $ABMM_1$ можно описать окружность и поэтому $\angle{AMM_1} = \angle{ABM_1} = 45^{\circ}$ .

Так как углы $N_1MM_1$ , $N_1CM_1$ и $N_1NM_1$ опираются на отрезок $M_1N_1$ и равны $45^{\circ}$ , то вокруг пятиугольника $N_1MCNM_1$ можно описать окружность.

35. Построим треугольник $ABM_1$ , где точка $M_1$ лежит на продолжении стороны $CB$ за точку $B$ , причём $M_1B = ND$ . Также $AD = AB$ , значит прямоугольные треугольники $ADN$ и $ABM_1$ равны, то есть $AN = AM_1$ . Также

\angle{NAD} = \angle{M_1AB},\;\; \angle{BAM} + \angle{MAN} + \angle{NAD} = \angle{BAM} + 45^{\circ} + \angle{M_1AB} = 90^{\circ},

значит

\angle{BAM} + \angle{M_1AB} = \angle{M_1AM} = 45^{\circ}.

Получаем, что треугольники $M_1AM$ и $NAM$ равны по двум сторонами и углу между ними. $AB$ – высота треугольника $M_1AM$ , значит $AB = AH$ .

36. Вокруг пятиугольника $N_1MCNM_1$ можно описать окружность. $\angle{MCN} = 90^{\circ}$ , значит $MN$ – диаметр окружности. То есть углы $MN_1N$ и $NM_1M$ опираются на диаметр окружности, поэтому $\angle{MN_1N} = \angle{NM_1M} = 90^{\circ}$ .

37. Проведём диаметр $MN$ описанной окружности, проходящей через центр вписанной окружности. Тогда

MI = MO - OI = R - d,\;\;\; IN = IO + ON = R + d.

Пусть биссектриса угла $ABC$ пересекает окружность в точке $L$ , причём $BL$ проходит через точку $I$ . Пусть $IH$ – радиус вписанной окружности, проведённый к стороне $BC$ . Треугольник $IHB$ – прямоугольный ( $\angle{IBH} = \beta$ ), тогда $BI = \dfrac{r}{\sin{\beta}}$ . Далее, по лемме о трезубце получаем, что $AL = IL = LC$ . По теореме синусов для треугольника $BLC$ получаем, что $\dfrac{LC}{\sin{\beta}} = 2R$ , значит $LC = IL = 2R\sin{\beta}$ .

Хорды $BL$ и $MN$ описанной окружности пересекаются в точке $I$ , поэтому $MI\cdot IN = BI\cdot IL$ , следовательно,

(R - d)\cdot (R + d) = R^2 - d^2 = \dfrac{r}{\sin{\beta}}\cdot 2R\sin{\beta} = 2Rr,

значит, $d^2 = R^2 - 2Rr$ .

38. Докажем, что углы $AH_2H_1$ и $H_3H_2B$ – вертикальные. $\angle{AH_1D} = \angle{AH_2D} = 90^{\circ}$ , поэтому вокруг четырёхугольника $AH_1H_2D$ можно описать окружность, значит, $\angle{ADH_1} = \angle{AH_2H_1}$ . Аналогично, мы можем описать окружность вокруг четырёхугольника $H_1DH_3C$ , поэтому $\angle{H_1DC} = \angle{H_1H_3C}$ .

Вокруг четырёхугольника $ADBC$ описана окружность, значит $\angle{ADC} = \angle{ABC}$ . Угол $ABC$ является внешним для треугольника $H_2H_3B$ , поэтому

\angle{H_3H_2B} = \angle{ABC} - \angle{H_2H_3B} = \angle{ADC} - \angle{H_1DC} = \angle{ADH_1} = \angle{AH_2H_1},

то есть углы $AH_2H_1$ и $H_3H_2B$ равны, значит, точки $H_1$ , $H_2$ и $H_3$ лежат на одной прямой.

39. Отрезок $M_1M_2$ является средней линией треугольника $ABC$ , значит, он параллелен $AC$ и равен его половине. Отрезок $L_1L_2$ является средней линией треугольника $AHC$ , значит, он параллелен $AC$ и равен его половине. Таким образом, отрезки $M_1M_2$ и $L_1L_2$ параллельны и равны. Отрезки $L_1M_1$ и $L_2M_2$ являются средними линиями треугольников $ABH$ и $CBH$ , значит, эти отрезки параллельны отрезку $BH$ и равны его половине. То есть, $M_1M_2L_2L_1$ – параллелограмм, причём отрезки $AC$ и $BB_1$ перпендикулярны, значит, $M_1M_2L_2L_1$ – прямоугольник, поэтому вокруг него можно описать окружность $\alpha$ с диаметром $M_1L_2$ .

Отрезок $M_1M_3$ является средней линией треугольника $ABC$ , значит, он параллелен $BC$ и равен его половине. Отрезок $L_2L_3$ является средней линией треугольника $BHC$ , значит, он параллелен $BC$ и равен его половине. Таким образом, отрезки $M_1M_3$ и $L_2L_3$ параллельны и равны. Отрезки $M_3L_2$ и $M_1L_3$ являются средними линиями треугольников $AHC$ и $AHB$ , значит, они параллельны отрезку $AH$ и равны его половине. Таким образом, $M_1M_3L_2L_3$ – параллелограмм, причём отрезки $BC$ и $AA_1$ перпендикулярны, значит, $M_1M_3L_2L_3$ – прямоугольник, поэтому вокруг него можно описать окружность с диаметром $M_1L_2$ . Так как вершины $M_1$ и $L_2$ являются общими для прямоугольников $M_1M_2L_2L_1$ и $M_1M_3L_2L_3$ , значит, точки $M_1$ , $M_2$ , $M_3$ , $L_1$ , $L_2$ и $L_3$ лежат на одной окружности $\alpha$ .

Хорды $M_1L_2$ , $M_2L_1$ и $M_3L_3$ опираются на прямые углы, значит они являются диаметрами. Мы знаем, что $\angle{M_3B_1L_3} = \angle{L_1A_1M_2} = \angle{L_2C_1M_1} = 90^{\circ}$ , значит точки $A_1$ , $B_1$ и $C_1$ лежат на окружности $\alpha$ .

40. Пусть $M'$ – точка пересечения отрезков $OH$ и $BM_1$ , $M_1$ – середина отрезка $AC$ , $BB_1$ – высота треугольника. Рассмотрим треугольники $HBM'$ и $OM_1M'$ . Углы $HM'B$ и $M_1M'O$ являются вертикальными, поэтому равны. Отрезки $BB_1$ и $OM_1$ перпендикулярны отрезку $AC$ , поэтому они параллельны, значит, $\angle{HBM'} = \angle{OM_1M'}$ , как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых. Следовательно, треугольники $HBM'$ и $OM_1M'$ подобны по двум углам. Мы знаем, что $BH = 2OM_1$ , значит, $BM' = 2M'M_1$ , точка пересечения медиан треугольника делит медиану в отношении $2:1$ , считая от вершины, значит $M = M'$ . Помимо этого из подобия треугольников $HBM$ и $OM_1M$ следует, что $HM = 2OM$ .