Геометрия. Книга 2

Если точки \(B\) и \(D\) лежат по одну сторону от хорды \(AC\), то углы \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) равны как вписанные, опирающиеся на одну хорду. Если они лежат по разные стороны, эти углы дополняют друг друга до \(180^\circ\). В обоих случаях в ориентированной записи получаем \(\angle ABC\equiv\angle ADC\pmod{180^\circ}\).

Проведём окружность через \(A,B,C\). Любая точка этой окружности, отличная от \(A\) и \(C\), видит хорду \(AC\) под углом, равным \(\angle ABC\) в ориентированной записи. По условию точка \(D\) видит тот же отрезок \(AC\) под тем же ориентированным углом. Следовательно, \(D\) принадлежит этой окружности, и точки \(A,B,C,D\) цикличны.

Пусть \(O\) — центр окружности. Радиус \(OA\) перпендикулярен касательной \(t\). Центральный угол \(\angle AOB\) в два раза больше вписанного угла \(\angle ACB\). Из перпендикулярности \(OA\perp t\) следует, что угол между \(t\) и \(AB\) равен половине центрального угла, то есть \(\angle ACB\). Значит \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\).

Угол \(\angle BAD\) опирается на дугу \(BD\), не содержащую \(A\), а угол \(\angle BCD\) опирается на другую дугу \(BD\). Эти две дуги вместе дают всю окружность, поэтому соответствующие вписанные углы в сумме равны \(180^\circ\).

Так как \(B,C,D,E\) цикличны, \(\angle BDE\equiv\angle BCE\pmod{180^\circ}\). Но \(BD\) лежит на прямой \(BA\), а \(CE\) лежит на прямой \(CA\), поэтому \(\angle ADE\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\). Аналогично из \(\angle BED\equiv\angle BCD\) получаем \(\angle AED\equiv\angle ABC\pmod{180^\circ}\).

Пусть \(t\) — касательная к окружности в точке \(A\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\pmod{180^\circ}\). По условию \(\angle(l,AB)\) имеет то же значение. Следовательно, прямые \(l\) и \(t\) совпадают, и \(l\) является касательной.

Пусть \(t_1\) и \(t_2\) — касательные к \(\omega_1\) и \(\omega_2\) в точке \(A\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t_1,AB)\equiv\angle ACB\), а \(\angle(t_2,AB)\equiv\angle ADB\). Тогда \(\angle(t_1,t_2)\equiv\angle(t_1,AB)-\angle(t_2,AB)\equiv\angle ACB-\angle ADB\pmod{180^\circ}\).

Так как \(BD\perp AC\), имеем \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), имеем \(\angle BEC=90^\circ\). Поэтому \(B,C,D,E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Теперь применяем результат об антипараллели внутри угла: из цикличности \(B,C,D,E\) следует \(\angle ADE\equiv\angle ACB\) и \(\angle AED\equiv\angle ABC\pmod{180^\circ}\).

В треугольнике \(BCP\) имеем \(\angle PBC=\angle DBC=\angle CBD\) и \(\angle BCP=\angle BCA=\angle ACB\). Поэтому \(\angle BPC=180^\circ-\angle CBD-\angle ACB\). Углы \(\angle APB\) и \(\angle BPC\) смежные, значит \(\angle APB=\angle ACB+\angle CBD\).

Угол \(\angle APB\) — это ориентированный угол между прямыми \(AD\) и \(BC\). Повернёмся от \(AD\) к \(AB\), а затем от \(AB\) к \(BC\). Получаем \(\angle(APB)\equiv\angle(AD,AB)+\angle(AB,BC)\). Но \(\angle(AD,AB)=\angle DAB\), а \(\angle(AB,BC)\equiv\angle ABC\pmod{180^\circ}\). Следовательно, \(\angle APB\equiv\angle DAB+\angle ABC\pmod{180^\circ}\).

Пусть \(O\) — центр окружности. Тогда \(OB\perp TB\) и \(OC\perp TC\). Так как \(\angle BAC<90^\circ\), меньший центральный угол \(\angle BOC\), опирающийся на дугу \(BC\), равен \(2\angle BAC\). Меньший угол между касательными дополняет этот центральный угол до \(180^\circ\). Поэтому он равен \(180^\circ-2\angle BAC\).

Так как \(BH\perp AC\), угол между \(BH\) и \(AB\) равен \(90^\circ-\angle A\). Так как \(CH\perp AB\), угол между \(CH\) и \(AC\) также выражается через \(90^\circ\). В сумме вокруг вершины получаем \(\angle BHC=180^\circ-\angle BAC\). Иначе говоря, угол между двумя высотами дополняет угол между соответствующими сторонами до \(180^\circ\).

Из цикличности \(B,C,D,E\) получаем \(\angle ADE\equiv\angle ACB\) и \(\angle AED\equiv\angle ABC\). Следовательно, \(\triangle ADE\sim\triangle ACB\). Соответствие сторон даёт \(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\). Перемножая крест-накрест, получаем \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\).

Пусть \(t\) — общая касательная в точке \(A\). Для первой окружности \(\angle(t,AB)\equiv\angle ACB\). Для второй окружности, поскольку \(AD\) лежит на той же прямой, что и \(AB\), имеем \(\angle(t,AD)\equiv\angle AED\). Значит \(\angle ACB\equiv\angle AED\). Так как \(A,C,E\) лежат на одной прямой, это означает, что прямые \(BC\) и \(DE\) образуют равные углы с прямой \(CE\). Следовательно, \(BC\parallel DE\).

Так как \(A,B,C,E\) цикличны, \(\angle(CE,EB)\equiv\angle(CA,AB)\). Так как \(A,B,D,F\) цикличны, \(\angle(DF,FB)\equiv\angle(DA,AB)\). Но \(C,A,D\) лежат на одной прямой, значит \(\angle(CA,AB)\equiv\angle(DA,AB)\). Кроме того, \(E,B,F\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(CE\) и \(DF\) образуют равные углы с одной прямой, поэтому \(CE\parallel DF\).

Пусть \(t_1\) — касательная к \((ABD)\) в точке \(D\), а \(t_2\) — касательная к \((ACD)\) в точке \(D\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t_1,DB)\equiv\angle DAB\), а \(\angle(DC,t_2)\equiv\angle DAC\). Так как \(DB\) и \(DC\) лежат на одной прямой, угол между \(t_1\) и \(t_2\) равен сумме \(\angle DAB+\angle DAC=\angle BAC\) в ориентированной записи.

Так как \(AD\parallel BC\), углы \(\angle DAB\) и \(\angle ABC\) в сумме дают \(180^\circ\). Так как \(ABCD\) циклический, \(\angle DAB+\angle DCB=180^\circ\). Следовательно, \(\angle ABC=\angle DCB\). В трапеции равенство углов при одном основании означает равенство боковых сторон: например, можно опустить высоты из \(A\) и \(D\) на \(BC\) и получить два равных прямоугольных треугольника. Значит \(AB=CD\).

По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB\equiv\angle ACB\). Так как \(T,C,B\) лежат на одной прямой, \(\angle ACB=\angle TCA\). Значит \(\angle TAB=\angle TCA\). Аналогично \(\angle TAC\equiv\angle ABC=\angle TBA\). Поэтому \(\triangle TAB\sim\triangle TCA\).

Пусть \(t_1,t_2\) — касательные к окружностям в точке \(A\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t_1,AB)\equiv\angle ACB\), а \(\angle(t_2,AB)\equiv\angle ADB\). Поэтому угол между окружностями равен \(\angle ACB-\angle ADB\) в ориентированной записи. По условию \(t_1\perp t_2\), значит этот угол равен \(90^\circ\) по модулю \(180^\circ\). Следовательно, \(\angle ACB-\angle ADB\equiv90^\circ\pmod{180^\circ}\).

По теореме о касательной и хорде угол между касательной в \(D\) и хордой \(DB\) равен \(\angle DAB\). Так как касательная параллельна \(AC\), а \(DB\) лежит на \(BC\), этот же угол равен \(\angle ACB\). Кроме того, \(D\) лежит на \(BC\), поэтому \(\angle DAB=\angle BAC\). Следовательно, \(\angle BAC=\angle ACB\).

Так как \(A,B,C,E\) цикличны, \(\angle(CE,EB)\equiv\angle(CA,AB)\). Так как \(A,B,D,F\) цикличны, \(\angle(DF,FB)\equiv\angle(DA,AB)\). Но \(C,A,D\) лежат на одной прямой, поэтому правые части равны. Следовательно, \(\angle(CE,EB)\equiv\angle(DF,FB)\). Так как \(CE\parallel DF\), получаем \(\angle(DF,EB)\equiv\angle(DF,FB)\), значит \(EB\parallel FB\). Обе прямые проходят через \(B\), следовательно, \(E,B,F\) коллинеарны.

Пусть \(t_1\) и \(t_2\) — касательные к окружностям \((ABC)\) и \((ADE)\) в точке \(A\). По теореме о касательной и хорде \(\angle(t_1,AB)\equiv\angle ACB\), а \(\angle(t_2,AD)\equiv\angle AED\). Так как \(AB\) и \(AD\) — одна прямая, касательные совпадают тогда и только тогда, когда \(\angle ACB\equiv\angle AED\). Но точки \(A,C,E\) коллинеарны, поэтому равенство этих углов эквивалентно \(BC\parallel DE\). Значит окружности касаются в \(A\) тогда и только тогда, когда \(BC\parallel DE\).

Угол между двумя окружностями в точке \(D\) — это угол между их касательными в этой точке. По уже доказанному угловому факту для точки \(D\in BC\), угол между окружностями \((ABD)\) и \((ACD)\) равен \(\angle BAC\) в ориентированной записи. По условию касательные перпендикулярны, значит этот угол равен \(90^\circ\). Следовательно, \(\angle BAC=90^\circ\).

Для окружности \((ABD)\) угол между касательной в \(D\) и хордой \(DB\) равен \(\angle DAB=\angle BAC\). Но эта касательная параллельна \(AC\), а \(DB\) лежит на \(BC\), поэтому тот же угол равен \(\angle ACB\). Значит \(\angle A=\angle C\).

Для окружности \((ACD)\) угол между касательной в \(D\) и хордой \(DC\) равен \(\angle DAC=\angle BAC\). Эта касательная параллельна \(AB\), а \(DC\) лежит на \(BC\), поэтому тот же угол равен \(\angle ABC\). Значит \(\angle A=\angle B\). Итак, \(\angle A=\angle B=\angle C\), следовательно, треугольник \(ABC\) равносторонний.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=49^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=70^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=48^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=69^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=68^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=82^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=67^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=66^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=65^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=79^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=43^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=64^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=42^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=63^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{64}{196}\). Следовательно, \(TB:TC=64:196\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{81}{256}\). Следовательно, \(TB:TC=81:256\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=38^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=20\cdot\frac{9}{10}=18\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=71^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{36}{289}\). Следовательно, \(TB:TC=36:289\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{49}{64}\). Следовательно, \(TB:TC=49:64\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=26\cdot\frac{5}{13}=10\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=21\cdot\frac{6}{7}=18\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Для ортоцентра в остроугольном треугольнике известно, что \(\angle AHB=180^\circ-\angle ACB\).

При отражении относительно прямой \(AB\) точки \(A\) и \(B\) остаются на месте, а \(H\) переходит в \(H_b\). Поэтому \(\angle AH_bB=\angle AHB=180^\circ-\angle ACB\).

Это означает, что противоположные углы четырёхугольника \(A,B,C,H_b\) дополняют друг друга до \(180^\circ\). Следовательно, \(A,B,C,H_b\) вписаны, и \(H_b\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\).

Точно так же, отражая \(H\) относительно \(AC\), получаем \(H_c\) на той же описанной окружности.

Поскольку точки \(B,C,H_b,H_c\) лежат на одной окружности — именно на описанной окружности треугольника \(ABC\), четырёхугольник \(B,C,H_c,H_b\) является вписанным.

Комментарий к методу. отражение сохраняет угол с осью отражения, а угол при ортоцентре дополняет угол треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=65\cdot\frac{8}{13}=40\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Проведём в точке \(A\) касательные \(t_1\) и \(t_2\) к окружностям \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Искомый угол равен острому углу между \(t_1\) и \(t_2\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(t_1\) и \(AB\) равен вписанному углу \(\angle ACB=83^\circ\). Аналогично угол между \(t_2\) и \(AB\) равен \(\angle ADB=50^\circ\).

Так как точки \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), соответствующие касательные рассматриваются с одной стороны от прямой \(AB\). Поэтому острый угол между окружностями равен разности этих углов: \(83^\circ-50^\circ=33^\circ\).

Комментарий к методу. угол между окружностями равен углу между касательными, а каждую касательную можно заменить вписанным углом Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{196}{121}\). Следовательно, \(TB:TC=196:121\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Проведём в точке \(A\) касательные \(t_1\) и \(t_2\) к окружностям \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Искомый угол равен острому углу между \(t_1\) и \(t_2\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(t_1\) и \(AB\) равен вписанному углу \(\angle ACB=58^\circ\). Аналогично угол между \(t_2\) и \(AB\) равен \(\angle ADB=40^\circ\).

Так как точки \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), соответствующие касательные рассматриваются с одной стороны от прямой \(AB\). Поэтому острый угол между окружностями равен разности этих углов: \(58^\circ-40^\circ=18^\circ\).

Комментарий к методу. угол между окружностями равен углу между касательными, а каждую касательную можно заменить вписанным углом Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=20\cdot\frac{5}{10}=10\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Проведём в точке \(A\) касательные \(t_1\) и \(t_2\) к окружностям \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Искомый угол равен острому углу между \(t_1\) и \(t_2\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(t_1\) и \(AB\) равен вписанному углу \(\angle ACB=83^\circ\). Аналогично угол между \(t_2\) и \(AB\) равен \(\angle ADB=51^\circ\).

Так как точки \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), соответствующие касательные рассматриваются с одной стороны от прямой \(AB\). Поэтому острый угол между окружностями равен разности этих углов: \(83^\circ-51^\circ=32^\circ\).

Комментарий к методу. угол между окружностями равен углу между касательными, а каждую касательную можно заменить вписанным углом Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=64^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Проведём в точке \(A\) касательные \(t_1\) и \(t_2\) к окружностям \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Искомый угол равен острому углу между \(t_1\) и \(t_2\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(t_1\) и \(AB\) равен вписанному углу \(\angle ACB=58^\circ\). Аналогично угол между \(t_2\) и \(AB\) равен \(\angle ADB=41^\circ\).

Так как точки \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), соответствующие касательные рассматриваются с одной стороны от прямой \(AB\). Поэтому острый угол между окружностями равен разности этих углов: \(58^\circ-41^\circ=17^\circ\).

Комментарий к методу. угол между окружностями равен углу между касательными, а каждую касательную можно заменить вписанным углом Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{196}{324}\). Следовательно, \(TB:TC=196:324\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=73^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=30\cdot\frac{6}{10}=18\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=58^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{100}{289}\). Следовательно, \(TB:TC=100:289\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=91^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=28\cdot\frac{11}{7}=44\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{169}{144}\). Следовательно, \(TB:TC=169:144\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=26\cdot\frac{5}{13}=10\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=85^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{64}{81}\). Следовательно, \(TB:TC=64:81\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=30\cdot\frac{10}{10}=30\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=52\cdot\frac{11}{13}=44\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{144}{289}\). Следовательно, \(TB:TC=144:289\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=90^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Проведём в точке \(A\) касательные \(t_1\) и \(t_2\) к окружностям \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Искомый угол равен острому углу между \(t_1\) и \(t_2\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(t_1\) и \(AB\) равен вписанному углу \(\angle ACB=83^\circ\). Аналогично угол между \(t_2\) и \(AB\) равен \(\angle ADB=54^\circ\).

Так как точки \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), соответствующие касательные рассматриваются с одной стороны от прямой \(AB\). Поэтому острый угол между окружностями равен разности этих углов: \(83^\circ-54^\circ=29^\circ\).

Комментарий к методу. угол между окружностями равен углу между касательными, а каждую касательную можно заменить вписанным углом Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Из равенства касательных \(PB=PC\) следует, что треугольник \(PBC\) равнобедренный. Поэтому медиана \(PM\) к основанию \(BC\) является высотой: \(PM\perp BC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle PEC=90^\circ\). Также \(\angle PMC=90^\circ\). Следовательно, точки \(M,C,E,P\) лежат на одной окружности.

В этой окружности \(\angle MEP=\angle MCP\), поскольку оба угла опираются на хорду \(MP\). Но \(CP\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(C\), значит, по теореме о касательной и хорде \(\angle MCP=\angle BAC\).

Так как \(PE\perp AC\), то \(\angle MEA=90^\circ-\angle MEP=90^\circ-\angle BAC\). При этом \(\angle DAE=\angle BAC\), ведь \(D\in AB\), \(E\in AC\). Значит, \(\angle MEA+\angle DAE=90^\circ\), то есть \(ME\perp AD\).

Аналогично из цикличности \(M,D,B,P\) и касательной \(PB\) получаем \(MD\perp AE\). Итак, в треугольнике \(ADE\) прямые \(ME\) и \(MD\) являются высотами. Их пересечение — точка \(M\), значит, \(M\) является ортоцентром треугольника \(ADE\).

Комментарий к методу. четырёхугольники \(MCEP\) и \(MDBP\) циклические, а касательная переводит углы при \(C\) и \(B\) в углы исходного треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=50\cdot\frac{8}{10}=40\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=26\cdot\frac{9}{13}=18\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=40\cdot\frac{11}{10}=44\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{121}{144}\). Следовательно, \(TB:TC=121:144\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=69^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{169}{225}\). Следовательно, \(TB:TC=169:225\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(P,A,C\) коллинеарны, \(\angle PAB=\angle CAB\). Так как \(P,D,B\) коллинеарны, \(\angle PDC=\angle CDB\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle CDB\) — вписанные и опираются на одну хорду \(CB\), поэтому они равны. Значит, \(\angle PAB=\angle PDC\).

Аналогично \(\angle PBA=\angle DBA\), \(\angle PCD=\angle DCA\), а вписанные углы \(\angle DBA\) и \(\angle DCA\) опираются на хорду \(DA\). Поэтому \(\angle PBA=\angle PCD\).

По двум углам \(\triangle PAB\sim\triangle PDC\). Из соответствия сторон получаем \(\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}\). Тогда \(PA=35\cdot\frac{8}{7}=40\).

Комментарий к методу. равные вписанные углы превращают треугольники \(PAB\) и \(PDC\) в подобные Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=54^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как точки \(B,D,P,M\) лежат на одной окружности, то \(\angle BMP=\angle BDP\): оба угла опираются на хорду \(BP\).

Точки \(B,D,A\) коллинеарны, а точки \(D,P,C\) коллинеарны. Значит, \(\angle BDP\) равен ориентированному углу между прямыми \(AB\) и \(CD\).

Аналогично из цикличности \(C,E,P,M\) получаем \(\angle PME=\angle PCE\). Но \(P,C,D\) коллинеарны и \(C,E,A\) коллинеарны, поэтому \(\angle PCE\) равен ориентированному углу между \(CD\) и \(AC\).

Складывая эти два угла, получаем, что \(\angle BME\) равен углу между \(AB\) и \(AC\), то есть \(\angle BAC=61^\circ\).

Но \(\angle BAE=\angle BAC\), так как \(E\in AC\). Поэтому \(\angle BME=\angle BAE\). По обратному признаку вписанных углов точки \(A,B,E,M\) лежат на одной окружности.

Комментарий к методу. вторая точка пересечения двух окружностей является точкой Микеля и должна попасть ещё на окружность через \(A,B,E\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=61^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{100}{256}\). Следовательно, \(TB:TC=100:256\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\), а \(\angle TAC=\angle ABC\). Эти две замены являются главным шагом задачи.

Применим теорему синусов в треугольниках \(TAB\) и \(TAC\). Учитывая, что углы при точке \(T\) дополняют друг друга до \(180^\circ\) как углы с прямой \(BC\), после деления соответствующих равенств получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{\sin^2\angle ACB}{\sin^2\angle ABC}\).

В треугольнике \(ABC\) по теореме синусов \(\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}\). Поэтому \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{121}{324}\). Следовательно, \(TB:TC=121:324\) в направленных отрезках.

Комментарий к методу. касательная заменяет углы при \(T\) на углы исходного треугольника, после чего работает теорема синусов Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Пусть \(l\) — касательная к \(\Omega\) в точке \(A\). По условию \(BD\parallel l\).

По теореме о касательной и хорде угол между \(l\) и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как \(BD\parallel l\), получаем \(\angle ABD=\angle ACB\).

Кроме того, \(D\in AC\), поэтому \(\angle BAD=\angle BAC\). Значит, \(\triangle ABD\sim\triangle ACB\) по двум углам.

Из подобия следует \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\). Перемножая, получаем \(AB^2=AC\cdot AD\), что и требовалось доказать.

Комментарий к методу. параллельная касательной переносит теорему о касательной и хорде внутрь треугольника Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(PX\perp BC\) и \(PY\perp CA\), углы \(\angle PXC\) и \(\angle PYC\) прямые. Следовательно, точки \(P,X,C,Y\) лежат на одной окружности.

Аналогично \(PZ\perp AB\) и \(PY\perp CA\), поэтому \(\angle PZA=\angle PYA=90^\circ\), и точки \(P,Z,A,Y\) тоже лежат на одной окружности.

Из первой окружности получаем \(\angle XYC=\angle XPC\). Из второй окружности получаем \(\angle ZYA=\angle ZPA\).

Теперь сравним правые части. Так как \(PX\perp BC\), имеем \(\angle XPC=90^\circ-\angle BCP\). Так как \(PZ\perp AB\), имеем \(\angle ZPA=90^\circ-\angle BAP\).

Точки \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, поэтому \(\angle BCP=\angle BAP\): это вписанные углы, опирающиеся на хорду \(BP\). Значит, \(\angle XPC=\angle ZPA\), а значит, \(\angle XYC=\angle ZYA\).

Поскольку точки \(A,Y,C\) коллинеарны, равенство \(\angle XYC=\angle ZYA\) означает, что лучи \(YX\) и \(YZ\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(X,Y,Z\) коллинеарны.

Комментарий к методу. две окружности с диаметрами \(PC\) и \(PA\) дают равные углы у точки \(Y\) Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

E. Подробное решение. Так как \(D\) — основание высоты из \(B\), то \(BD\perp AC\). Точка \(H\) лежит на этой высоте, а \(A,D,C\) коллинеарны, значит, \(DH\perp AD\), то есть \(\angle ADH=90^\circ\).

Аналогично \(E\) — основание высоты из \(C\), поэтому \(EH\perp AE\) и \(\angle AEH=90^\circ\).

Получили, что и \(D\), и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом. Следовательно, \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Значит, \(A,D,H,E\) соокружны.

На этой окружности углы \(\angle DHE\) и \(\angle DAE\) опираются на одну хорду \(DE\). Поэтому \(\angle DHE=\angle DAE=\angle BAC=55^\circ\).

Комментарий к методу. точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, значит, их надо посадить на одну окружность Поэтому решение устроено не как перебор всех углов на рисунке, а как выбор нужной окружности или касательной, после которого углы начинают сравниваться по одной и той же хорде или по одной и той же прямой.

Если пропустить вспомогательный шаг, задача выглядит почти произвольной: равные углы находятся в разных частях чертежа. Именно поэтому сначала выделяется скрытая конфигурация, затем выполняется угловая замена, и только в конце делается требуемый вывод.

По теореме о двух секущих \(5\cdot18=6\cdot PD\). Значит \(PD=15\).

Имеем \(PT^2=3\cdot27=81\). Поэтому \(PT=9\).

По теореме о пересекающихся хордах \(XA\cdot XB=XC\cdot XD\). Значит \(8\cdot6=4\cdot XD\), откуда \(XD=12\).

По формуле касательной степень точки \(P\) относительно окружности равна \(PA^2\). Но та же степень равна \(PB^2\). Поэтому \(PA^2=PB^2\), а длины положительны, значит \(PA=PB\).

Соединим \(A\) с \(C\), а \(B\) с \(D\). Рассмотрим треугольники \(PAC\) и \(PDB\). Угол при \(P\) у них общий, потому что \(P,A,B\) и \(P,C,D\) коллинеарны. Кроме того, \(\angle PAC=\angle BAC\), \(\angle PDB=\angle CDB\), а углы \(\angle BAC\) и \(\angle CDB\) равны как вписанные, опирающиеся на хорду \(BC\). Поэтому \(\triangle PAC\sim\triangle PDB\). Из подобия \(\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}\), значит \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\).

Пусть окружность через \(A,B,C\) второй раз пересекает луч \(PC\) в точке \(D'\). Тогда по теореме о секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD'\). По условию \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\), значит \(PD'=PD\). Поскольку \(D\) и \(D'\) лежат на одном луче от \(P\), они совпадают. Следовательно, \(A,B,C,D\) цикличны.

Пусть \(XA=2k\), \(XB=5k\). Тогда \(XA\cdot XB=10k^2\). По теореме о хордах \(10k^2=XC\cdot XD=6\cdot15=90\). Значит \(k^2=9\), \(k=3\). Поэтому \(XA=6\), \(XB=15\).

Пусть \(PA=x\). Тогда \(PB=x+20\). По формуле касательная-секущая \(12^2=x(x+20)\), то есть \(x^2+20x-144=0\). Положительный корень равен \(x=6\). Значит \(PA=6\).

Прямые \(AB\) и \(AC\) являются секущими окружности \((BCDE)\). Поэтому \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\). Получаем \(4\cdot14=7\cdot AC\), откуда \(AC=8\).

Для первой окружности степень точки \(P\) равна \(PA\cdot PB\). Для второй окружности точки пересечения с прямой \(PAB\) те же \(A\) и \(B\), поэтому степень также равна \(PA\cdot PB\). Значит степени равны.

По формуле касательная-секущая \(PT^2=PA\cdot PB\). Поэтому \(225=9\cdot PB\), откуда \(PB=25\). Секущая проходит через центр, значит \(AB\) — диаметр. Получаем \(AB=PB-PA=25-9=16\).

По теореме о секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\). Тогда \(\frac{PD}{PB}=\frac{PA}{PC}=\frac{2}{3}\). Следовательно, \(PD:PB=2:3\).

Из точки \(A\) к окружности \((BCDE)\) проведены две секущие: \(ADB\) и \(AEC\). Поэтому \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\). Делим обе части на \(AE\cdot AB\) и получаем \(\frac{AD}{AE}=\frac{AC}{AB}\).

На луче \(AB\) находятся точки \(D,B\), на луче \(AC\) — точки \(E,C\). Равенство \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\) имеет вид равенства произведений двух секущих из точки \(A\). По обратному признаку степени точки точки \(D,B,E,C\), то есть \(B,C,D,E\), лежат на одной окружности.

Диагонали \(AC\) и \(BD\) являются хордами одной окружности и пересекаются в \(P\). По теореме о пересекающихся хордах \(PA\cdot PC=PB\cdot PD\).

Прямая \(PAB\) пересекает окружность в точках \(A\) и \(B\), а прямая \(PCD\) — в точках \(C\) и \(D\). Поэтому по теореме о двух секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD\).

По теореме о касательной и секущей \(TA^2=TB\cdot TC\). По теореме о касательной и хорде \(\angle TAB=\angle ACB\) и \(\angle TAC=\angle ABC\), значит \(\triangle TAB\sim\triangle TCA\). Из подобия \(\frac{TB}{TA}=\frac{AB}{AC}\) и \(\frac{TA}{TC}=\frac{AB}{AC}\). Перемножая, получаем \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Относительно окружности \((ABD)\) из точки \(C\) проведена касательная \(CE\) и секущая \(CDB\). Так как \(D\) лежит на стороне \(BC\), точки на секущей идут в порядке \(C,D,B\). По формуле касательная-секущая получаем \(CE^2=CD\cdot CB\).

Степень точки \(P\) относительно первой окружности равна \(PT_1^2\), а относительно второй — \(PT_2^2\). Если \(PT_1=PT_2\), то \(PT_1^2=PT_2^2\). Следовательно, степени равны.

Проведём окружность через \(A,B,C\). Пусть она второй раз пересекает прямую \(l_2\) в точке \(D'\), расположенной на том же луче от \(P\), что и \(D\). По теореме о секущих \(PA\cdot PB=PC\cdot PD'\). Сравнивая с условием, получаем \(PD'=PD\), значит \(D'=D\). Следовательно, \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

По доказанному в задачах выше результату для касательной к описанной окружности \(\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}\). Для полноты: это следует из подобия \(\triangle TAB\sim\triangle TCA\), полученного по теореме о касательной и хорде. При \(AB=9\), \(AC=6\) получаем \(TB:TC=9^2:6^2=81:36=9:4\).

Равенство степеней для точки \(X\) даёт \(XO_1^2-r_1^2=XO_2^2-r_2^2\), то есть \(XO_1^2-XO_2^2=r_1^2-r_2^2\). Такое же равенство выполняется для точки \(Y\). Значит точки \(X\) и \(Y\) имеют одинаковую разность квадратов расстояний до \(O_1\) и \(O_2\). Множество таких точек — прямая, перпендикулярная \(O_1O_2\). Следовательно, \(XY\perp O_1O_2\).