Доказательство:

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

\(O_1O_2 = O_1A + AO_2 = R_1 + R_2.\)

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(AB = \sqrt{a^2 - (R - r)^2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(AB = \sqrt{a^2 - (R + r)^2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(O_1O_2 = O_2A - O_1A = R_2 - R_1\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(\angle{O_1CO_2} = 90^{\circ}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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, \(CC' = CK + KC' = 2CK = AB = 2\sqrt{R_1R_2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(A'M = B'M\).

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(ABC\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(H\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \hyperlink{f26triangle}{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 \(AC\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(\tg{\dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{I_aH}{AH}\). Пусть \(p\) - полупериметр треугольника \(ABC\), \(r_a\) - радиус вневписанной окружности, \(c = AB\). Имеем, что \(AH = p\). Получаем, что \(\tg{\dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{r_a}{p}\) или \(r_a = p\cdot\tg\dfrac{\alpha}{2}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

Углы \(ABD\) и \(DBC\) равны, поэтому \(\stackrel{\smile}{DA} = \stackrel{\smile}{DC}\), 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 \(S_{ABCD} = S_{BAD} + S_{BDC} = S_{CC'D} + S_{BDC} = S_{BDC'} = \dfrac{1}{2}BD^2\sin{\alpha}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

\(BD\) - 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 \(I_aD = ID\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(A_1B_1C_1\) \(\angle{A_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2},\;\;\; \angle{B_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\beta}{2},\;\;\; \angle{C_1} = 90^{\circ} - \dfrac{\gamma}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(ABC\).

\(\Box\)

Доказательство:

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

Доказательство:

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, \(\angle{DKN} = 90^{\circ}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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:

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

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 \(\alpha = 90^{\circ}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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

\(AO^2 + CO^2 = BO^2 + DO^2.\)

\(\Box\)

Доказательство:

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

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

\(\Box\)

Доказательство:

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

\(\Box\)

Доказательство:

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

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

\(\Box\)

Доказательство:

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, \hyperlink{f2area_and_rel}{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 \(S_{M_1A_1A} = S_{M_2B_1B} = S_{M_2C_1C} = S_{M_3A_1A} = S_{M_3C_1C} = \dfrac{S}{12}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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

\(\Box\)

Доказательство:

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

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

\(\Box\)

Доказательство:

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

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

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(AB = AH\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(\angle{MN_1N} = \angle{NM_1M} = 90^{\circ}\).

\(\Box\)

Доказательство:

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, \(d^2 = R^2 - 2Rr\).

\(\Box\)

Доказательство:

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.

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(\alpha\).

\(\Box\)

Доказательство:

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 \(HM = 2OM\).

\(\Box\)