Избранные задачи олимпиад по геометрии им. И.Ф. Шарыгина 2005-2009 гг.

Предлагаем подборку задач первых пяти олимпиад по геометрии им. И.Ф. Шарыгина, проведенных в 2005–2009 гг. Каждая олимпиада состояла из двух туров: заочного и финального. Задачи заочных туров отмечаются буквой «з» после указанного римской цифрой номера олимпиады, задачи финальных туров — указанием класса, для которого они предлагались. После некоторых решений приводятся фамилии школьников, нашедших эти решения на олимпиаде.
1. (I-з; А. Заславский, Б. Френкин.) В остро­угольном неравностороннем треугольнике отметили 4 точки: центры вписанной и описанной окружностей, центр тяжести (точка пересечения медиан) и ортоцентр (точка пересечения высот). Затем сам треугольник стерли. Оказалось, что невозможно установить, какому центру соответствует каждая из отмеченных точек. Найти углы треугольника.
Решение. Пусть ABC — исходный треугольник, A₁, B₁, C₁ — середины сторон BC, CA, AB соответственно. Так как треугольники ABC и A₁B₁C₁ гомотетичны относительно общего центра тяжести M (с коэффициентом ), а центр O описанной окружности треугольника ABC является ортоцентром треугольника A₁B₁C₁, точка M лежит на отрезке OH (H — ортоцентр треугольника ABC) и HM = 2MO (прямая, содержащая эти три центра, называется прямой Эйлера треугольника ABC). Поэтому если точка I (центр вписанной окружности) не лежит на одной прямой с тремя остальными точками, то можно однозначно установить роль каждой из точек в треугольнике ABC. Отметим, что эта прямая проходит не более чем через одну вершину треугольника, так что можно считать, что точки A и B не лежат на ней. Так как

BI является биссектрисой угла HBO. Значит, точка I лежит на отрезке OH, причем OI = 2IH (иначе — роль точек устанавливается однозначно). По свойству биссектрисы получаем, что BO = 2BH. Рассуждая аналогично, получим, что AO = 2AH. Таким образом,

где R — радиус описанной окружности. Заметим теперь, что из гомотетии, указанной в начале решения, следует также, что AH = 2OA₁ (и эти отрезки параллельны).
Понятно также, что OA₁ = R cos ∠A.
Поэтому AH = 2R cos ∠A  и

Точно так же доказывается, что

Ответ: треугольник, удовлетворяющий условию задачи, равнобедренный с углами при основании, равными

2. (I-з; Н. Долбилин.) Планета Тетраинкогнито, покрытая океаном, имеет форму правильного тетраэдра с ребром 900 км. Какую площадь океана накроет цунами через 2 часа после «тетратрясения» с эпицентром в центре грани?
Решение. Рассмотрим развертку в виде правильного треугольника и докажем, что кратчайший путь из его центра в любую точку будет на этой развертке отрезком. Пусть O — центр грани ABC, X — точка на грани ABD и некоторый путь из O в X пересекает сначала ребро AC. Если продолжить этот путь на развертке, мы попадем в некоторую точку на ребре AD. Но в эту точку ведет и симметричный путь через ребро AB, через которое в X можно попасть напрямую (рис. 1).

Поэтому площадь, которую накроет цунами, есть разность между площадью круга радиусом 600 км и утроенной площадью сегмента (рис. 2).

значит, Площадь сегмента есть разность площадей сектора и треугольника:

Следовательно, площадь цунами:

3. (I-9; И.Ф. Шарыгин.) Дана окружность и точки A, B на ней. Изобразить множество середин отрезков, один из концов которых лежит на одной из дуг AB, а другой на второй.
Решение. Пусть K — произвольная точка внутри данной окружности. Хорда, серединой которой является K, перпендикулярна OK. Поэтому она пересекает отрезок AB тогда и только тогда, когда один из углов OKA, OKB не острый, а другой — не тупой. Следовательно, искомое множество состоит из точек, лежащих внутри или на границе одного из кругов с диаметрами OA, OB и вне или на границе другого (рис. 3).

4. (Б.Р. Френкин.) Дано, что ни для какой стороны треугольника из проведенных к ней высоты, биссектрисы и медианы нельзя составить треугольник. Доказать, что один из углов тре­угольника больше чем 135°.
Решение. Из условия следует, что каждая медиана больше либо равна сумме биссектрисы и высоты, проведенных из той же вершины. Если между какой-то медианой и соответствующей высотой угол не больше 60°, то медиана не больше удвоенной высоты, а сумма биссектрисы и высоты — не меньше, причем равенство не достигается одновременно. Поэтому из условия следует, что между каждой медианой и соответствующей высотой угол больше 60°. Так как в треугольнике наименьший угол не больше 60°, то какая-то высота проходит вне треугольника, то есть он тупоугольный. Пусть A — вершина тупого угла, B и C — остальные две вершины, AM — медиана, AH — высота, причем точка M принадлежит отрезку BH. По доказанному, ∠AMH < 30°. Он равен сумме углов ABM и BAM. Медиана из вершины тупого угла меньше половины противолежащей стороны. Отсюда ∠ABM < 15°. Высота из вершины B образует угол больше 60° с соответствующей медианой, а тогда и со стороной BC. Поэтому ∠ACB < 30°. Значит, ∠BAC > 180° – 15° – 30° = 135°.

5. (I-10; Вим Найлс, Надерланды.) На плоскости даны два отрезка A₁B₁ и A₂B₂, причем На отрезке A₁A₂ взята точка A₃, а на продолжении этого отрезка за точку A₂ — точка A₄ так, что Аналогично, на отрезке B₁B₂ берется точка B₃, а на продолжении этого отрезка за точку B₂ — точка B₄ так, что Найти угол между прямыми A₃B₃ и A₄B₄.
Решение. (С. Сафин.) Построим параллелограмм A₁A₂B₂X и проведем биссектрису A₁Y треугольника A₁XB. Так как B₃Y B₂X и B₃Y = kB₂X = A₁A₃. Следовательно, A₁A₃B₃Y — параллелограмм, то есть A₃B₃ A₁Y (рис. 4). Аналогично, прямая A₄B₄ параллельна биссектрисе угла XA₁B₁, и значит, прямые A₃B₃ и A₄B₄ параллельны.

6. (I-10; А.А. Заславский.) Пусть H — ортоцентр треугольника ABC, X — произвольная точка. Окружность с диаметром XH вторично пересекает прямые AH, BH, CH в точках A₁, B₁, C₁, а прямые AX, BX, CX в точках A₂, B₂, C₂. Доказать, что прямые A₁A₂, B₁B₂, C₁C₂ пересекаются в одной точке.

Решение. Рассмотрим для определенности случай, когда точки расположены на окружности в порядке A₁B₂C₁A₂B₁C₂. Пусть XH = d.
Тогда A₁B₂ = d sin ∠A₁HB₂ = d sin ∠XBC,
так как HA₁ перпендикулярна BC, а HB₂ перпендикулярна BX. Следовательно,

что равносильно утверждению задачи (рис. 5).
Примечание. Нетрудно видеть, что треугольник A₁B₁C₁ подобен треугольнику ABC, а точка пересечения прямых соответствует точке, изогонально сопряженной X.

7. (I-11; В.Ю. Протасов.) На плоскости дан угол и точка K внутри него. Доказать, что найдется точка M, обладающая следующим свойством: если произвольная прямая, проходящая через точку K, пересекает стороны угла в точках A и B, то MK является биссектрисой угла AMB.
Решение. (Р. Девятов.) Пусть O — вершина угла. Построим параллелограмм KXOY, две стороны которого лежат на сторонах угла. Пусть M — точка, симметричная K относительно XY. Докажем, что точка M — искомая. Пусть прямая, проходящая через K, пересекает прямые OX и OY в точках A и B.
Заметим, что MX = KX, MY = KY, ∆MXY = ∆KXY = ∆OYX, поэтому MOYX — равнобокая трапеция и ∠MXO = ∠MYO. Значит, ∠MXA = 180° – ∠MXO = 180° – ∠MYO = ∠BYM.
Далее, треугольники AXK и KYB подобны, так как их стороны соответственно параллельны, поэтому

Отсюда получаем:

Отсюда и из равенства углов MXA и BYM получаем, что треугольники MXA и BYM подобны (рис. 6).

Теперь, пользуясь двумя доказанными подобиями, получаем:

что и означает, что MK — биссектриса треугольника AMB.

8. (II-з; А. Канель.) Пусть прямая L(α) соединяет точки единичной окружности, отвечающие углам α и π – 2α. Доказать, что если α + β + γ = 2π, то прямые L(α), L(β) и L(γ) пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть A, B, C — точки окружности, соответствующие углам α, β, γ. Перпендикуляр из центра окружности к прямой AB пересекает окружность в точке, соответствующей углу

а перпендикуляр к прямой L(γ) — в точке, соответствующей углу

Следовательно, L(γ) — высота треугольника ABC. Аналогично, L(α), L(β) — высоты треугольника ABC, и значит, все три прямые пересекаются в его ортоцентре.

9. (II-8; М. Волчкевич.) Дан треугольник ABC и точка P внутри него. A', B', C' — проекции P на прямые BC, CA, AB. Доказать, что центр окружности, описанной около треугольника A'B'C', лежит внутри треугольника ABC.

Решение. Пусть A₁, B₁, C₁ — точки, симметричные P относительно BC, CA, AB. Так как
CA₁ = CP = CB₁, серединный перпендикуляр к отрезку A₁B₁ совпадает с биссектрисой угла A₁CB₁. Так как ∠A₁CB₁ = 2∠ACB, эта биссектриса проходит внутри угла ACB (рис. 7). Аналогично, серединные перпендикуляры к отрезкам A₁C₁ и B₁C₁ проходят внутри соответствующих углов треугольника ABC. Следовательно, центр Q окружности, описанной около треугольника A₁B₁C₁, лежит внутри треугольника ABC. Так как треугольник A'B'C' получается из треугольника A₁B₁C₁ гомотетией с центром P и коэффициентом центр окружности, описанной около треугольника A'B'C', совпадает с серединой отрезка PQ и, значит, лежит внутри треугольника ABC.

10. (II-9; С. Маркелов.) В невыпуклом шестиугольнике каждый угол равен либо 90°, либо 270°. Верно ли, что при некоторых длинах сторон его можно разрезать на два подобных ему и не равных между собой шестиугольника?
Решение. Пусть t — корень уравнения t⁴ + t² = 1.
Возьмем шестиугольник ABCDEF, в котором

и разрежем его, как на рисунке 8. Тогда получившиеся шестиугольники подобны ABCDEF с коэффициентами t и t².

11. (II-9; Я. Ганин; F. Rideau, Франция.) Дан выпуклый четырехугольник ABCD. A', B', C', D' — ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB, ABC соответственно. Доказать, что в четырехугольниках ABCD и A'B'C'D' соответствующие диагонали делятся точками пересечения в одном и том же отношении.
Решение. Используем следующее утверждение. Пусть KLMN — выпуклый четырехугольник; точки X, Y делят отрезки KL и NM в отношении α; точки U, V делят отрезки LM и KN в отношении β. Тогда точка пересечения отрезков XY и UV делит первый из них в отношении β, а второй в отношении α (рис. 9).

Доказательство этого утверждения легко получить методом масс. Пусть теперь A₁, B₁, C₁, D₁ — центры тяжести треугольников BCD, CDA, DAB, ABC; A₂, B₂, C₂, D₂ — центры описанных около них окружностей. Четырехугольник A₁B₁C₁D₁ гомотетичен четырехугольнику ABCD относительно его центра тяжести с коэффициентом Следовательно, соответствующие диагонали этих четырехугольников делятся точками пересечения в одинаковых отношениях. Докажем, что в тех же отношениях делят друг друга диагонали четырехугольника A₂B₂C₂D₂. Пусть P — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Тогда

Поскольку стороны и диагонали четырех­угольника A₂B₂C₂D₂ перпендикулярны сторонам и диагоналям четырехугольника ABCD (например, точки A₂, B₂ лежат на серединном перпендикуляре к CD), в таком же отношении делится и диагональ A₂C₂.
Пусть теперь P₁, P₂ — точки пересечения диагоналей четырехугольников A₁B₁C₁D₁, A₂B₂C₂D₂; P' — точка на отрезке A'C', делящая его в отношении Так как точки A₁, C₁ лежат на отрезках A'A₂, C'C₂ и делят их в отношении 2 : 1, из сформулированного утверждения вытекает, что точка P₁ также делит отрезок P'P₂ в отношении 2 : 1. Рассмотрев аналогичную точку на отрезке B'D', получим тот же результат. Отсюда следует, что P' — точка пересечения диагоналей четырехугольника A'B'C'D', причем диагонали делятся этой точкой в том же отношении, что и в четырехугольниках A₁B₁C₁D₁, A₂B₂C₂D₂ и ABCD.
 

12. (II-10; С. Маркелов.) Может ли развертка тетраэдра отказаться треугольником со сторонами 3, 4 и 5 (тетраэдр можно резать только по ребрам)?

Решение. Например, можно склеить тетраэдр из развертки, показанной на рисунке 10 (меньший катет разделен на три равные части, а гипотенуза в отношении 4 : 1). Нетрудно убедиться, что каждый из трех углов, на которые делится меньший угол треугольника, меньше суммы двум других; следовательно, из такой развертки действительно можно склеить тетраэдр.
Ответ: да.

13. (III-8; С. Берлов.) Медианы AA' и BB' треугольника ABC пересекаются в точке M, причем ∠AMB = 120°. Докажите, что углы AB'M и BA'M не могут быть оба острыми или оба тупыми.
Решение. Если AA' = BB', то

Отсюда и из того, что ∠A'MB = 60°, получаем, что ∠BA'M = 90°. Аналогично ∠AB'M = 90°. Пусть теперь AA' > BB', X — проекция B на AA', Y — проекция A на BB' (рис. 11).

Тогда
и, следовательно, ∠BA'M < 90° < ∠AB'M.

14. (III-9; Т. Караваева, А. Заславский.) Куб с ребром 2n + 1 разрезают на кубики с ребром 1 и бруски размера 2 × 2 × 1. Какое наименьшее количество единичных кубиков может при этом получиться?
Решение. Разрежем куб плоскостями, параллельными какой-нибудь грани, на слои
(2n + 1) × (2n + 1) × 1. Так как любой полукирпич 2 × 2 × 1 пересекает каждый слой по четному числу единичных кубиков, в каждом слое должен содержаться хотя бы один кубик, то есть общее число кубиков не меньше чем 2n + 1. Покажем по индукции, что разрезание с 2n + 1 единичным кубиком существует. Предположим, что куб с ребром 2n – 1 разрезать требуемым образом можно. Рассмотрим оболочку, которая получается, если из куба с ребром 2n + 1 удалить все внутренние кубики. Если удалить из этой оболочки два кубика, стоящие в противоположных углах, то оставшуюся часть можно разбить на 6 квадратов 2n × 2n × 1, каждый из которых содержит один из оставшихся угловых кубиков. Следовательно, оболочку можно разрезать на полукирпичи и два единичных кубика, а внутренность куба по предположению индукции — на полукирпичи и 2n – 1 кубик.
Ответ: 2n + 1.

15. (IV-з; М. Волчкевич.) Даны две окружности и не лежащая на них точка P. Провести через P прямую, высекающую на данных окружностях хорды равной длины.
Решение. Пусть A, B — точки пересечения искомой прямой с одной окружностью, C, D — с другой, M — середина отрезков AD и BC. Тогда степени точки M относительно окружностей равны, то есть точка M лежит на их радикальной оси. Пусть L — середина отрезка между центрами окружностей. Так как проекциями центров на искомую прямую являются середины отрезков AB и CD, проекцией точки L на эту прямую будет точка M.
Следовательно, ∠LMP = 90° и точка M лежит на окружности с диаметром LP. Таким образом, чтобы построить искомую прямую, надо найти точки пересечения этой окружности с радикальной осью. Задача может иметь два, одно или ни одного решения.

16. (IV-з; И. Богданов.) Пусть h — наименьшая высота тетраэдра, d — наименьшее расстояние между его противоположными ребрами. При каких t возможно неравенство d > th?
Решение. Пусть ABC — грань наибольшей площади тетраэдра ABCD. Тогда его объем равен С другой стороны, он равен половине произведения длин противоположных ребер на расстояние и синус угла между ними. Пусть A'B'C' — треугольник, средними линиями которого являются стороны ABC. Тогда, например, S_A'B'C' = AB∙CDsin φ,
где φ — угол между AB и CD. Поскольку сумма площадей боковых граней тетраэдра больше площади его основания, площадь треугольника A'B'C' не превосходит утроенной максимальной площади
треугольников A'B'D, B'C'D, C'A'D, то есть Усилить это неравенство нельзя, так как если взять правильную пирамиду и устремить ее высоту к нулю, отношение будет стремиться к
Ответ: при

17. (IV-8; Ф. Нилов.) Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC и углом α при вершине. На отрезке AC во внешнюю сторону построена дуга с градусной мерой β. Две прямые, проходящие через вершину B, делят как отрезок, так и дугу AC на три равные части. Найти
Решение. Пусть X, Y — точки, делящие отрезок AC на три равные части (AX = XY = YC); U, V — точки пересечения прямых BX, BY с дугой AC; Z — точка пересечения прямых BC и UV (рис. 12).

Тогда, так как UV AC, VZ = UV = VC. Следовательно, ∠UCZ = 90°. С другой стороны, по теореме о вписанном угле,

Из этих равенств вытекает, что β = 3α.

Ответ:

18. (IV-8; Б. Френкин, А. Заславский.) На доске был нарисован выпуклый четырехугольник. Боря отметил центры четырех окружностей, каждая из которых касается одной стороны четырехугольника и продолжений двух соседних с ней. После чего Алеша стер четырехугольник. Сможет ли Боря определить, чему равнялся периметр четырехугольника?
Решение. Пусть ABCD — четырехугольник, образованный центрами окружностей, X — вершина исходного четырехугольника, лежащая на стороне AB. Так как его стороны являются биссектрисами внешних углов исходного четырехугольника, биллиардный шар, выпущенный из X вдоль стороны исходного четырехугольника, отражаясь от сторон ABCD, будет все время двигаться по сторонам. «Выпрямим» траекторию шара, построив четырехугольники: A₁BCD₁, симметричный ABCD относительно BC; A₂B₁CD₁, симметричный A₁BCD₁ относительно CD₁; A₂B₂C₁D₁, симметричный A₂B₁CD₁ относительно D₁A₂. Тогда траектория перейдет в отрезок XX', гда X' — точка на A₂B₂ такая, что A₂X' = AX (рис. 13).

При этом ∠X'XB = ∠XX'A₂, то есть A₂B₂ AB. Следовательно, взяв вместо X другую точку отрезка AB, соединив ее с соответствующей точкой отрезка A₂B₂ и произведя обратные отражения частей полученного отрезка, мы получим новый четырехугольник, удовлетворяющий условиям задачи. Таким образом, существует бесконечное множество четырехугольников, для которых A, B, C, D — центры вневписанных окружностей. Однако периметры всех этих четырехугольников равны длине отрезка XX' = AA₂, не зависящей от выбора точки X.
Ответ: да.

19. (IV-9; J.-L. Aime, Франция.) На окружности ω, описанной около треугольника ABC, взяты две точки P и Q. Серединный перпендикуляр l к отрезку PQ пересекает прямые BC, CA, AB в точках A', B', C'. Пусть AS, BS, CS — вторые точки пересечения l с окружностями, описанными около треугольников A'PQ, B'PQ, C'PQ. Доказать, что прямые AAS, BBS, CCS пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть X, Y — точки пересечения ω и l.
Рассмотрев центральную проекцию из ω на l с центром C, получаем равенство двойных отношений: (AB; XY) = (B'A'; XY). Далее, так как 
получаем, что (A'B'; XY) = (A''B''; YX). Следовательно, (AB; XY) = (A''B''; YX), то есть точка пересечения прямых AA'' и BB'' лежит на ω. Через эту же точку проходит и прямая CC''.

20. (V-з; Ф. Ивлев.) Пусть ABC — остроугольный треугольник, CC₁ — его биссектриса, O — центр описанной окружности. Точка пересечения прямой OC₁ с перпендикуляром из C на AB лежит на описанной окружности треугольника AOB. Найти угол C.
Решение. Пусть D — точка пересечения OC₁ с перпендикуляром из C на AB (рис. 14).

Так как D лежит на описанной окружности треугольника AOB и AO = OB, то ∠ADC₁ = ∠BDC₁. Значит,

С другой стороны, так как CD ⊥ AB, то AC² + BD² =AD² + BC². Из этих равенств следует, что AC = AD, то есть точка D симметрична точке C относительно AB. Но тогда CC₁ пересекает серединный перпендикуляр к AB в точке, симметричной O. Поскольку точка пересечения биссектрисы и серединного перпендикуляра лежит на описанной окружности, получаем, что хорда AB делит перпендикулярный ей радиус пополам. Следовательно, опирающийся на эту дугу ∠C = 60°.

21. (V-з; В. Протасов.) Верно ли, что при любом n правильный 2n-угольник является проекцией некоторого многогранника, имеющего не более чем n + 2 грани?
Решение. Применим к правильному 2n-угольнику A₁...A_2n растяжение относительно диагонали A_nA_2n с коэффициентом k > 1 (рис. 15).

Теперь перегнем полученный многоугольник по прямой A_nA_2n так, чтобы его вершины B₁, ..., B_n–1, B_n+1, ..., B_2n–1 проецировались в вершины исходного правильного многоугольника. Тогда все прямые BiB2n – i будут параллельны, и многогранник, ограниченный треугольниками B_n–1B_nB_n+1, B_2n–1B_2nB₁, трапециями B_iB_i+1B_2n–i–1B_2n–i и двумя половинами 2n-угольника, будет искомым.
Ответ: да.

22. (V-9; О.Р. Мусин.) Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Обозначим через R_a, R_b, R_c и R_d радиусы описанных окружностей треугольников DAB, ABC, BCD, CDA. Доказать, что неравенство R_a < R_b < R_c < R_d выполняется тогда и только тогда, когда 180°- ∠CDB < ∠CAB < ∠CDB.
Решение. Пусть углы четырехугольника удовлетворяют указанному неравенству. Тогда sin ∠CAB > sin ∠CDB, и значит, R_b < R_c. Поскольку угол CDB тупой, отсюда следует, что точка A лежит вне окружности CDB, то есть ∠CAD < ∠CBD. Так как оба эти угла острые, то sin ∠CAD < sin ∠CBD, и значит, R_c < R_d. Кроме того, поскольку ∠ACB + ∠CBD = ∠CAD + ∠ADB < 90°, то ∠ACB < ∠ADB < 90°,  то есть R_a < R_b. Обратно, из неравенства R_b < R_c следует, что угол CAB лежит между углами CDB и 180° – ∠CDB. Тогда если угол CDB острый, то ∠ABD < ∠ACD, а так как R_a < R_d, то ∠ABD > 180° – ∠ACD. Но тогда, повторяя приведенное выше рассуждение, получаем, что R_b < R_a < R_d < R_c.

23. (V-9; Н. Белухов, Болгария.) Дан правильный 17-угольник A₁...A₁₇. Доказать, что треугольники, образованные прямыми A₁A₄, A₂A₁₀, A₁₃A₁₄ и A₂A₃, A₁A₆, A₁₄A₁₅ равны.
Решение. Прежде всего отметим, что A₁A₄ A₂A₃, A₂A₁₀ A₁₄A₁₅, A₁₃A₁₄ A₄A₆. Поэтому надо доказать, что данные треугольники центрально симметричны. Пусть A, B, C, D, E, F — середины хорд A₁A₂, A₃A₄, A₄A₁₃, A₆A₁₄, A₁₀A₁₄, A₁₅A₂ соответственно. Прямые BC, DE, FA, как средние линии трех треугольников, параллельны прямым A₃A₁₃ A₆A₁₀ A₁A₁₅. Прямые AD, BE, CF, как оси симметрии трех равнобедренных трапеций, пересекаются в центре семнадцатиугольника. По двойственной теореме Паппа прямые AB, CD, EF пересекаются в некоторой точке P (рис. 16).

Но эти прямые являются средними линиями трех полос, образованных парами параллельных сторон данных треугольников. Следовательно, эти треугольники симметричны относительно точки P.

24. (V-10; C. Pohoata, Румыния.) Через вершины треугольника ABC проводятся три произвольные параллельные прямые d_a, d_b, d_c. Прямые, симметричные d_a, d_b, d_c относительно BC, CA, AB соответственно, образуют треугольник XYZ. Найти геометрическое место центров вписанных окружностей таких треугольников.
Решение. Когда прямые d_a, d_b, d_c вращаются вокруг вершин треугольника, симметричные прямые вращаются с той же скоростью вокруг точек, симметричных вершинам относительно противоположных сторон. Поэтому, во-первых, углы треугольника XYZ не зависят от выбора прямых d_a, d_b, d_c, так что все эти треугольники подобны, во-вторых, точки X, Y, Z движутся с одинаковыми угловыми скоростями по трем окружностям. Значит, центр вписанной окружности тоже движется по некоторой окружности, и достаточно найти три ее точки.
Возьмем прямые d_a, d_b совпадающими с прямой AB. Пусть A', B' — точки, симметричные A, B относительно противоположных сторон треугольника. Тогда Z — точка пересечения прямых AB' и BA', а Y и X — точки пересечения этих прямых с прямой, параллельной AB и лежащей вдвое дальше от точки C. Заметим, что C и центр O описанной окружности треугольника ABC равноудалены от прямых AB' и BA', то есть биссектриса угла XZY совпадает с прямой CO. Кроме того, нетрудно видеть, что биссектрисы углов ZXY и ZYX перпендикулярны AC и BC соответственно.
Рассмотрим проекции точки O и центра вписанной в треугольник XYZ окружности на прямую AC. Точка O проецируется в середину AC. Туда же проецируется точка пересечения прямых AB' и dc, поскольку углы, образованные этими прямыми с AC, равны. Значит, X и центр вписанной окружности проецируются в точку, симметричную середине AC относительно A (рис. 17). Следовательно, расстояние от O до центра вписанной окружности равно удвоенному радиусу описанной окружности треугольника ABC. Взяв прямые d_a, d_b, d_c параллельными другим сторонам ABC, получим тот же результат. Следовательно, искомое ГМТ — окружность, концентрическая окружности ABC, но вдвое большего радиуса.

Заславский А.