Эта книга прежде всего для всех, кто любит сложные и красивые задачи олимпидной геометрии. Нацелена она на школьников старших классов, которые уже имеют неплохой уровень в геометрии и желают его повысить. Создавалась эта книга в помощь ребят, которые самостоятельно готовятся к олимпиадам.

Каждый для себя тут найдёт своё, однако отметим, что тут читатель не найдёт доказательства фактов из школьных учебников — для этого, собственно, и есть школьные учебники. Также тут практически нет счётных задач, то есть задач, где вся идея решения состоит в применении некоторого количества раз теорем, из которых получаются уравнения, решение которых и даёт ответ на задачу. Исключением служат доказательства некоторых фактов, так как при доказательстве полезных фактов место красоте есть не всегда. Здесь читатель сможет найти много интересных, полезных и сложных фактов, которые широко известны в узких кругах олимпиадников. Для этого вы можете воспользоваться поиском, кликнув на соответствующую иконку.

Книга разделена на четыре раздела: теория, методы, факты и задачи.

29 мая — добавлены новый факт и 2 задача с олимпиады мегаполсов 2018

1 июня — добавлены новые факты (4-9) и задачи (3-4)

2-3 июня — добавлена возможность скрывать и открывать рисунки, подсказки, решения и доказательства.

4 июня — теперь рисунки соответствуют темам. Также добавил немного теории про ортоцентр и написал доказательство леммы о трезубце.

Здесь будет краткий курс теории, относящийся к задачам, и в основном не входящий в школьный курс геометрии.

В данной главе мы рассмотрим различные свойства, связанные с ортоцентром треугольника.

Определение. Ортоцентром треугольника называется точка пересечения высот этого треугольника.

Далее будем, считать, что дан остроугольный треугольник \(ABC\),

\(\Omega\) — описанная около треугольника \(ABC\) окружность;

\(H\) — его ортоцентр;

\(O\) — центр \(\Omega\);

\(R\) — радиус \(\Omega\);

\(M\) — точка пересечения медиан треугольника \(ABC\);

\(H_A\), \(H_B\), \(H_C\) — основания высот из вершин \(A\), \(B\) и \(C\) соответственно;

\(M_A\), \(M_B\), \(M_C\) — середины сторон \(BC\), \(AC\) и \(AB\) соответственно;

\(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) — середины отрезков \(AH\), \(BH\) и \(CH\) соответственно;

Сразу отметим, что некоторые из следующих свойств будут верны и для случая, если треугольник \(ABC\) будет тупоугольным.

1. В остроугольном треугольнике \(ABC\) проведены высоты \(AA'\) и \(BB'\). Точка \(O\) — центр окружности, описанной около треугольника \(ABC\). Докажите, что расстояние от точки \(A'\) до прямой \(BO\) равно расстоянию от точки \(B'\) до прямой \(AO\). (ММО 2019, 10 класс)

2. Точка \(O\) — центр описанной окружности остроугольного треугольника \(ABC\), \(AH\) — его высота. Точка \(P\) — основание перпендикуляра, опущенного из точки \(A\) на прямую \(CO\). Докажите, что прямая \(HP\) проходит через середину отрезка \(AB\). (ММО 2018, 10 класс)

Данная глава является некоторым обобщением того, о чём мы говорили в двух предыдущих разделах.

Этот раздел посвящен некоторым геометрическим преобразованиям, которые вы сможете эффективно использовать при доказательстве многих задач и фактов.

Гомотетией с центром \(A\) и коэффициентом \(k\) называют преобразование подобия, переводящее произвольную точку плоскости \(M\) в точку \(M'\), такую что

\[ \overrightarrow{OM'} = k \overrightarrow{OM} \]

Гомотетию с центром в точке \(O\) и коэффициентом \(k\) часто обозначают через \(H_O^k \, \).

Задача 1

В процессе написания

В процессе написания

В процессе написания

В данном разделе мы сможете найти интересные факты из олимпиданой геометрии.

Дан треугольник \(ABC\), вписанная в него в него окружность \(\omega\), касающаяся \(BC\) в точке \(A_0\), и вневписанная окружность \(\Gamma\), касающаяся стороны \(BC\) в точке \(Q\). Точка \(F\) диаметрально противоположна точке \(A_0\). Тогда точки \(A\), \(F\) и \(Q\) лежат на одной прямой.

Сделайте гомотетию с центром в точке \(A\), переводящую \(\omega\) в \(\Gamma\).

Пусть \(\ell\) — касательная к \(\omega\) в точке \(F\). Сразу отметим, что \(\ell\) параллельна \(BC\), так как \(A_0F\) — диаметр.

Сделаем гомотетию с центром в точке \(A\), переводящую \(\omega\) в \(\Gamma\). Тогда \(\ell\) перейдёт в \(BC\), потому что \(\ell\) должна перейти в касательную к \(\Gamma\), параллельную \(\ell\) и ближнюю к точке \(A\), то есть в \(BC\). При этом точка касания \(\omega\) и \(\ell\) перейдёт в точку касания их образов, то есть в точку касания \(BC\) и \(\Gamma\). То есть данная гомотетия переводит \(F\) в \(Q\), откуда и следует нужное нам утверждение.

\(ABCD\) — описанный четырёхугольник около окружности \(\Omega\). Пусть \(\alpha\) и \(\gamma\) вписанные окружности треугольников \(ADB\) и \(CDB\) соответственно. Тогда \(\alpha\) и \(\gamma\) касаются \(BD\) в одной точке.

Обозначим через \(A_1\) и \(C_1\) точки касания \(BD\) с окружностями \(\alpha\) и \(\gamma\) соответственно. Обозначим длины отрезков \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\), \(DB\) за \(a\), \(b\), \(c\), \(d\), \(f\) соответственно. Тогда \[ DA_1 = \frac{f + d - a}{2}, \qquad DA_2 = \frac{f + c - b}{2} \]

Но в таком случае \(DA_1 - DA_2\) \(=\) \(\frac{d + b - a - c}{2}\) \(=\) \(0\), так как \(a+c\) \(=\) \(b+d\) в силу того, что четырёхугольник \(ABCD\) является описанным. А стало быть \(A_1 = A_2\), это и означает, что окружности \(\alpha\) и \(\gamma\) касаются \(BD\) в одной точке.

Для того, чтобы точка \(M\) принадлежала прямой, содержащей медиану \(AA_1\) треугольника \(ABC\), необходимо и достаточно, чтобы треугольники \(AMB\) и \(AMC\) были равновелики и противоположно ориентированы.

Необходимость очевидна. При доказательстве достаточности воспользуйтесь (и докажите!) равенством прямоугольных треугольников \(CC_hM_1\) и \(BB_hM_1\), где \(C_h\) и \(B_h\) — проекции точек \(B\) и \(C\) на \(AA_1\)

Постройте перепендикуляры к \(AB\) и \(BC\) в точках \(A\) и \(C\) соответственно. Пусть они пересекают прямые \(BC\) и \(AB\) в точках \(A_1\) и \(C_1\) соответственно. Рассмотрите треугольник \(BA_1C_1\). Чем в нём может быть \(BP \: ?\)

Пусть \(p_a\) и \(p_c\) — перепендикуляры к \(AB\) и \(BC\) в точках \(A\) и \(C\) соответственно. Пусть также \(C_1\) \(=\) \(p_c \cap AB\), \(A_1\) \(=\) \(p_a \cap BC\). Рассмотрим треугольник \(BA_1C_1\). Сразу заметим, что прямые \(AC\) и \(A_1B_1\) антипараллельны относительно прямых \(AB\) и \(BC\), так как в треугольнике \(BA_1C_1\) точки \(A\) и \(C\) являются основаниями высот. Таким образом, если мы докажем, что \(P\) — середина \(C_1A_1\), то мы докажем, что \(BP\) — симедиана треугольника \(ABC\) (см. теорию), что и требуется. Для этого нам достаточно доказать, что каждая из касательных \(a\) и \(c\) проходит через середину \(C_1A_1\). Докажем для одной одной из них, что это так, а для второй рассуждения будут аналогичны.

Докажем, что касательная \(c\) проходит через середину \(A_1C_1\). Пусть \(c \cap A_1C_1\) \(=\) \(C_p\). По теореме об угле между касательной и хордой имеем: \(\angle C_pCC_1\) \(=\) \(\angle A_1AC\). Так как четырёхугольник \(ACA_1C_1\) вписанный, то \(\angle A_1AC\) \(=\) \(\angle CC_1A_1\). Таким образом, \(\angle C_pCC_1\) \(=\) \(\angle A_1AC\) \(=\) \(\angle CC_1A_1\) \(=\) \(\angle CC_1C_p\), то есть треугольник \(CC_pC_1\) равнобедренный. Но ведь \(\angle C_1CA_1 = {90}^{\circ}\). А значит \(C_p\) — середина \(C_1A_1\).

Аналогично доказывается, что и \(a\) проходит через середину \(A_1C_1\). Таким образом, мы доказали, что \(a \cap c\) \(=\) \(P\) \(=\) \(C_p\), то есть \(P\) — середина \(C_1A_1\). В силу вышеописанных соображений доказательство закончено.

Пусть четырехугольник \(ABCD\) описан около окружности с центром \(O\), точки \(M\) и \(N\) — середины диагоналей \(AC\) и \(BD\). Тогда \(MN\) — медиана треугольника \(MBD\). Согласно факту 3 для того, чтобы точка \(O\) принадлежала прямой \(MN\) , необходимо и достаточно, чтобы треугольники \(OBM\) и \(ODM\) были равновелики. Докажем это. Имеем:

\(\qquad S_{ABO}\) \(+\) \(S_{CDO}\) \(=\) \((AB + CD)r\), \(\qquad S_{BCO}\) \(+\) \(S_{ADO}\) \(=\) \((BC + AD)r\),
где \(r\) — радиус окружности. По необходимому условию описанного четырехугольника \(AB + CD\) \(=\) \(BC + AD\). Следовательно,

\[ S_{ABO} + S_{CDO} = S_{BCO} + S_{ADO} = S_{ABCD} . \qquad (7.1) \]

Так как \(S_{ABM} = S_{BCM}\) и \(S_{ADM} = S_{CDM}\), то

\[ S_{ABM} + S_{CDM} = S_{BCM} + S_{ADM} = S_{ABCD} . \qquad (7.2) \]

Вычтем из равенства (7.1) равенство (7.2):

\[ S_{ABO} − S_{ ABM} = S_{CDM} − S_{CDO}, \]

что эквивалентно \(S_{MAO} + S_{MBO}\) \(=\) \(S_{MCO} + S_{MDO}\) . Но поскольку \(S_{MAO} = S_{MCO}\), то из последнего равенства следует \(S_{MBO} = S_{MDO}\), чем и заканчивается доказательство.

Введём стандартные обозначения для данного треугольника \(ABC\): \(\: \Omega\) — окружность, описанная около треугольника \(ABC\), \(I\) — центр вписанной окружности, \(I_A\) — центр вневписанной окружности напротив вершины \(A\). Пусть \(AI \cap\) \(\Omega =\) \(L\). Тогда \(IL =\) \(LB =\) \(LC =\) \(LI_A\). (Лемма о трезубце)

Примечание. Частный случай, когда указывают только равенства \(IL =\) \(LB =\) \(LC\), называют также леммой о трилистнике.

Так как \(AL\) — биссектриса угла \(A\), то \(LB =\) \(LC\) (равные дуги стягивают равные хорды). Попробуйте доказать равнобедренность треугольника \(IBL\), а затем посмотрите на треугольник \(ICI_A\).

Пусть угол \(\angle BAC = 2 \alpha\), \(\angle ABC = 2 \beta\). Тогда \(\angle BIL =\) \(\alpha +\) \(\beta\) \(\big(\) как внешний к треугольнику \(IBA\)\(\big)\). С другой стороны, \(\angle IBL =\) \(\angle IBC +\) \(\angle CBL =\) \(\angle IBC +\) \(\angle CAL =\) \(\beta + \alpha\). Следовательно, треугольник \(BIL\) — равнобедренный, причем \(BL = IL\). Итак, мы имеем \(CL =\) \(BL =\) \(IL\). Осталось заметить, что треугольник \(ICI_A\) — прямоугольный (угол между биссектрисами смежных углов), причём \(IL =\) \(LC\), из чего и следует оставшееся равенство: \(IL =\) \(LB =\) \(LC =\) \(LI_A\).

Пусть \(I_b\) и \(I_c\) — центры вневписанных окружностей треугольника \(ABC\) напротив вершин \(B\) и \(C\) соответственно. Тогда четырёхугольник \(I_bI_cBC\) — вписанный.

Угол между биссектрисами смежных углов равен \({90}^{\circ}\)

Заметим, что \(CI_c\) — биссектриса угла \(\angle ACB\), а \(CI_b\) — биссектриса внешнего угла \(\angle C\). То есть \(\angle I_cCI_b = {90}^{\circ}\). Аналогично: \(\angle I_cBI_b = {90}^{\circ}\). Таким образом, \(I_bI_cBC\) — вписанный, причём \(I_bI_c\) — диаметр.

Пусть дан треугольник \(ABC\), описанная около него окружность \(\Omega\) с центром \(O\) и радиусом \(R\), вписанная в него окружность \(\omega\) с центром \(I\) и радиусом \(r\). Тогда \({IO}^2 = R^2 - 2Rr\). (формула Эйлера)

Проведите \(IO\) до пересечения с окружностью \(\Omega\), вспомните теорему о хордах и попробуйте воспользоваться леммой о трелистнике( трезубце).

Пусть \(AI \cap \Omega = L\), \(IO \cap \Omega = \{M, N \}\). Тогда \(MI \cdot NI\) \(=\) \(AI \cdot IL\) \(\Leftrightarrow\) \((R-IO)\)\((R+IO)\) \(=\) \(AI \cdot LI \quad \big(1\big)\).

Пусть \(\angle CAB\) \(=\) \(2\alpha\) (то есть \(\angle IAB\) \(=\) \(\angle IAC\) \(=\) \(\alpha\)). По теореме синусов \(LB\) \(=\) \(2R\) \(\cdot\) \(\sin \alpha \). По лемме о трилистнике \(LI\) \(=\) \(LC\) \(=\) \(2R\) \(\cdot\) \(\sin \alpha\). Мы также знаем, что \(\sin \alpha\) \(=\) \(\dfrac{r}{AI}\). Подставляя всё это в \(\big(1\big)\), получаем, что \(R^2 - {IO}^2\) \(=\) \((R-IO)\)\((R+IO)\) \(=\) \(AI \cdot LI\) \(=\) \(AI \cdot 2R\) \(\cdot\) \(\sin \alpha\) \(=\) \(AI \cdot 2R\) \(\cdot\) \(\dfrac{r}{AI}\) \(=\) \(2rR\) \(\Leftrightarrow\) \({IO}^2\) \(=\) \(R^2\) \(-\) \(2Rr\), что и требовалось.

Пусть дан треугольник \(ABC\), \(H\) — его ортоцентр; \(H_a\), \(H_b\) и \(H_c\) — основания высот из точек \(A\), \(B\) и \(C\) соответственно; \(M_a\), \(M_b\) и \(M_c\) — середины отрезков \(BC\), \(AC\) и \(AB\) соответственно; \(A_1\), \(B_1\) и \(C_1\) — середины отрезков \(AH\), \(BH\) и \(CH\) соответственно. Тогда все девять точек \(H_a\), \(H_b\), \(H_c\), \(M_a\), \(M_b\), \(M_c\), \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) лежат на одной окружности \(\xi\), называемой окружностью Эйлера или окружностью девяти точек. При этом \(E\), центр окружности \(\xi\), лежит на прямой Эйлера (см. далее) так, что \(OE = EH\).

Рассмотрите гомотетию с центром \(H\) и коэффициентом \(\dfrac{1}{2}\).

Пусть \(E\) — середина отрезка \(OH\). Покажем, что это и будет центром искомой окружности. Для этого сделаем гомотетию с центром \(H\) и коэффициентом \(\dfrac{1}{2}\). Тогда \(O\) перейдёт в \(E\), \(A\) в \(A_1\), \(B\) в \(B_1\), \(C\) в \(C_1\). Мы также знаем, что точки, симметричные ортоцентру относительно сторон и середин сторон лежат на описанной окружности треугольника \(ABC\) и при данной гомотетии перейдут в точки \(H_A\), \(H_B\),\(H_C\) и \(M_A\), \(M_B\), \(M_C\) соответственно (см. рис. (одинаковым цветом обозначены равные отрезки)). Таким образом, данная гомотетия переводит окружность \(\Omega\) в некоторую окружность \(\xi\) с центром \(E\), которая содержит все девять точек, указанные в условии. Доказательство закончено.

Воспользуйтесь тем, что \(O\) — ортоцентр серединного треугольника \(ABC\) (треугольника, вершинами которого являются середины сторон треугольника \(ABC\)).

Пусть \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) — середины сторон \(BC\), \(AC\) и \(AB\) треугольника \(ABC\) соответственно. Заметим, что \(O\) — ортоцентр треугольника \(A_1B_1C_1\). Сделаем гомотетию с центром в точке \(M\) и коэффициентом \(-2\). Тогда эта гомотетия переводит \(A_1\) в \(A\), \(B_1\) в \(B\), \(C_1\) в \(C\). То есть при данной гомотетии треугольник \(A_1B_1C_1\) переходит в треугольник \(ABC\). Тогда \(O\) перейдёт в \(H\), так как они ортоцентры соответствующих треугольников. Значит \(-2\overrightarrow{MO} = \overrightarrow{MH}\), что и требовалось.

Пусть на плоскости даны два треугольника \(A_1B_1C_1\) и \(A_2B_2C_2\). Тогда они гомотетичны в том и только в том случае, когда их стороны соответственно параллельны \(\big( A_1B_1 \parallel A_2B_2;\) \(C_1B_1 \parallel C_2B_2;\) \(A_1C_1 \parallel A_2C_2 \big) \), причём центр гомотетии будет точка пересечения прямых \(A_1A_2\), \(B_1B_2\) и \(C_1C_2\).

Пусть имеется выпуклый четырёхугольник \(ABCD\); \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) — середины его сторон \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\) соответственно. Тогда \(ABCD\) является вписанным в том и только том случае, когда перпендикуляры, опущенные из \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) на противоположные стороны, пересекаются в одной точке. (Теорема Монжа)

\(PQRS\) --- параллелограмм. Рассмотрите точку, симметричную центру описанной окружности четырёхугольника \(ABCD\) относительно точки пересечения диагоналей \(PQRS\).

Сделайте гомотетию с центром \(S\), переводящую \(\omega_1\) в \(\omega_2\).

Тут будут публиковаться интересные и довольно сложные задачи по олимпиадной геометрии, подсказки и решения к которым вы можете прочитать, кликнув на соответствующие области с названиями.

Пусть \(R\) и \(S\) — две различные точки на окружности \(\Omega\) такие, что \(RS\) не является диаметром. Пусть \(\ell\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(R\). Точка \(T\) выбрана так, что \(S\) является серединой отрезка \(RT\). Точка \(J\) выбрана на меньшей дуге \(RS\) окружности \(\Omega\) так, что окружность \(\Gamma\), описанная около треугольника \(JST\), пересекает \(\ell\) в двух различных точках. Пусть \(A\) — та, из общих точек \(\Gamma\) и \(\ell\), которая находится ближе к точке \(R\). Прямая \(AJ\) вторично пересекает \(\Omega\) в точке \(K\). Докажите, что прямая \(KT\) касается \(\Gamma\). (IMO 2017, Problem 4)

Сделайте инверсию с центром в точке \(R\), переводящую \(T\) в \(S\). То есть радиус инверсии будет равен \(\sqrt{2} RS\).

Пусть \(O\) — центр \(\Omega\). Сделаем инверсию с центром \(R\), переводящую \(S\) в \(T\) \(\big(\)т.е. радиус инверсии будет равен \(\sqrt 2 RS\)\(\big)\). Тогда, при данной инверсии, окружность \(\Gamma\) перейдёт в себя, \(J\) перейдёт в \(J' \in \Gamma\), \(T\) в \(S\), \(\ell\) в себя. Так как \(\Omega\) содержит центр инверсии \(R\), то она перейдёт в прямую, содержащие образы точек \(S\) и \(J\), то есть в прямую \(J'T\). Пусть \(SA\) пересекает \(J'T\) в точке \(Q\). Докажем, что \(Q\) — образ \(K\) при данной инверсии. Для этого заметим, что \(J'T \parallel \ell\), так как по свойству инверсии \(J'T \perp OR\) и \(OR \perp \ell\) в силу того, что \(\ell\) — касательная к \(\Omega\). Из того, что \(J'T \parallel \ell\) и \(ST = RS\) следует, что \(TQRA\) — параллелограмм. Следовательно, \(QR \parallel TA\). Теперь заметим, что \(\angle KRS =\) \(\angle KJS =\) \(\angle STA =\) \(\angle RSA\), из чего следует параллельность \(KR\) и \(TA\), откуда получаем, что \(Q\), \(K\) и \(R\) лежат на одной прямой. Но ведь образом \(K\) при инверсии является пересечение \(KR\) и \(J'T\), то есть \(Q\).

Посмотрим, куда переводит \(TK\) данная инверсия. Мы уже знаем, что \(T\) перейдёт в \(S\), а \(K\) перейдёт в \(Q\). Ясно, что \(TK\) не содержит центр инверсии \(R\), а значит перейдёт в окружность, содержащую \(R\). Таким образом, \(TK\) перейдёт в окружность, описанную около треугольника \(SQR\), назовём её \(\gamma\). Тогда заметим, что при гомотетии относительно \(S\) с коэффициентом \(-1\) \(R\) переходит в \(T\), \(Q\) в \(A\), а \(S\) — неподвижна. Следовательно, при данной гомотетии \(\gamma\) перейдёт в \(\Gamma\). Значит \(\gamma\) и \(\Gamma\) касаются в точке \(S\), то есть угол между ними равен нулю. Тогда и угол между их прообразами равен нулю, то есть угол между \(KT\) и \(\Gamma\) равен нулю, а значит, \(KT\) касается \(\Gamma\), что и требовалось.

Воспользуйтесь фактом 2.

Обозначим через \(A_1\) и \(C_1\) точки касания \(BD\) с окружностями \(\alpha\) и \(\gamma\) соответственно. Пусть точки \(A_2\) и \(C_2\) диаметрально противоположны точкам \(A_1\) и \(C_1\) соответственно. Пусть прямые \(a'\) и \(c'\) — касательные к \(\Omega\) в точках \(A'\) и \(C'\) и ближние к окружностям \(\alpha\) и \(\gamma\) соответственно, причем \(a' \parallel c' \parallel BD\). Определим \(c_2\) и \(a_2\), как касательные к \(\gamma\) и \(\alpha\) в точках \(C_2\) и \(A_2\) соответственно. За \(R\), \(R_{\alpha}\), \(R_{\gamma}\) обозначим радиусы окружностей \(\Omega\), \(\alpha\) и \(\gamma\) соответственно.

Пусть \(k_{\alpha} = \dfrac{R}{R_{\alpha}}\), \(k_{\gamma} = \dfrac{R}{R_{\gamma}}\). Тогда \(H_{A}^{k_{\alpha}}(\alpha) = \Omega\), причём \(H_{A}^{k_{\alpha}}(a_2) = a'\), так как \(a \parallel a_2\) и \(a\), \(a_2\) касательные. Следовательно, \(H_{A}^{k_{\alpha}}(A_2) = A'\). Аналогично: \(H_{C}^{ k_{\gamma}}(C_2) = C'\). Тогда по теореме о композиции гомотетий получаем, что \(H_{A}^{k_{\alpha}} \circ H_{C}^{k_{\gamma}} = H_{Q}^{k_Q}\), где \(Q\) — некоторая точка на прямой \(AC\), а \(k_Q = k_{\alpha} k_{\gamma}\). Отметим, что \(k_Q = k_{\alpha} k_{\gamma} = \dfrac{R^2}{R_{\alpha} R_{\gamma}} < 1\), так как \(R > R_{\alpha}\) и \(R > R_{\gamma}\). То есть \(k_Q \neq 1\), а значит \(H_{Q}^{k_Q}\) именно гомотетия.

Окружность, вписанная в треугольник \(ABC\), касается сторон \(BC\) и \(AC\) в точках \(D\) и \(E\) соответственно. Пусть \(P\) — точка на меньшей дуге \(DE\) окружности такая, что \(\angle APE = \angle DPB\). Отрезки \(AP\) и \(BP\) пересекают отрезок \(DE\) в точках \(K\) и \(L\) соответственно. Докажите, что \(2KL = DE\).

Каждая из окружностей \(S_1\), \(S_2\) и \(S_3\) касается внешним образом окружности \(S\) (в точках \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) соответственно) и двух сторон треугольника \(ABC\). Докажите, что прямые \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) пересекаются в одной точке. (Всеросс., 1994, финал, 10)

В выпуклом четырёхугольнике \(ABCD\) углы \(A\) и \(C\) равны. На сторонах \(AB\) и \(BC\) нашлись соответственно точки \(M\) и \(N\) такие, что \(MN \parallel AD\) и \(MN\) \(=\) \(2AD\). Пусть \(K\) — середина отрезка \(MN\), а \(H\) — точка пересечения высот треугольника \(ABC\). Докажите, что прямые \(KH\) и \(CD\) перпендикулярны.

Воспользуйтесь теоремой Монжа или (альтернативный вариант решения)