Геометрия. Книга 3

E. Подробное решение. По определению инверсии \(OA\cdot OA^*=6^2=36\). Поэтому \(OA^*=9\). Точка \(A^*\) лежит на луче \(OA\). Если теперь инвертировать \(A^*\), её образ \(A^{**}\) лежит на том же луче и удовлетворяет \(OA^*\cdot OA^{**}=36\). Отсюда \(9\cdot OA^{**}=36\), значит, \(OA^{**}=4\). На луче \(OA\) есть только одна такая точка, поэтому \(A^{**}=A\).

E. Подробное решение. Пусть радиус инверсии равен \(R\). Тогда \(OA\cdot OA^*=OB\cdot OB^*=R^2\). Отсюда \(\frac{OA}{OB}=\frac{OB^*}{OA^*}\). Кроме того, лучи \(OA\) и \(OA^*\) совпадают, а лучи \(OB\) и \(OB^*\) совпадают, поэтому \(\angle AOB=\angle B^*OA^*\). По признаку подобия \(SAS\) получаем \(\triangle OAB\sim\triangle OB^*A^*\). Следовательно, соответствующие углы равны: \(\angle OAB=\angle OB^*A^*\).

E. Подробное решение. Пусть \(M\in l\). Тогда \(\angle OCM=90^\circ\). По лемме о подобии обратных треугольников \(\triangle OCM\sim\triangle OM^*C^*\). Значит, \(\angle OM^*C^*=90^\circ\). Следовательно, все точки \(M^*\) лежат на окружности с диаметром \(OC^*\). Обратно, если точка \(X\) лежит на этой окружности, то прямая \(OX\) пересекает \(l\) в точке \(M\), и тем же подобием получается \(X=M^*\).

E. Подробное решение. Так как \(OA\) — диаметр окружности \(\omega\), для любой точки \(M\in\omega\) имеем \(\angle OMA=90^\circ\). При инверсии точки \(M\) переходят в точки \(M^*\) на лучах \(OM\). Условие \(\angle OMA=90^\circ\) после подобия обратных треугольников означает, что \(M^*\) лежит на прямой через \(A^*\), перпендикулярной \(OA\). Обратное включение следует из обратимости инверсии.

E. Подробное решение. Точки \(A\) и \(B\) являются концами диаметра окружности \(\omega\), поэтому \(\angle AMB=90^\circ\) для любой точки \(M\in\omega\). По подобию обратных треугольников угол между \(A^*M^*\) и \(B^*M^*\) также прямой. Значит, \(M^*\) лежит на окружности с диаметром \(A^*B^*\). Обратимость инверсии даёт, что вся эта окружность является образом \(\omega\).

E. Подробное решение. Пусть \(C\) и \(r\) — центр и радиус \(\gamma\). Ортогональность даёт \(OC^2=R^2+r^2\). Значит, степень точки \(O\) относительно \(\gamma\) равна \(OC^2-r^2=R^2\). Если прямая через \(O\) пересекает \(\gamma\) в \(X\) и \(Y\), то \(OX\cdot OY=R^2\). Следовательно, \(Y\) является образом \(X\) при данной инверсии. Поэтому каждая точка \(\gamma\) переходит в точку той же окружности.

E. Подробное решение. В точке касания окружности имеют общую касательную, то есть угол между ними равен \(0^\circ\). Инверсия сохраняет углы между кривыми, если считать углы между касательными. Точка \(T\) переходит в \(T^*\), а касательные к образам в \(T^*\) образуют тот же угол \(0^\circ\). Следовательно, образы имеют общую касательную в \(T^*\), то есть касаются.

E. Подробное решение. Угол между окружностями определяется как угол между их касательными в точке пересечения. Пусть \(l_1\) и \(l_2\) — касательные к \(\omega_1\) и \(\omega_2\) в \(P\). Инверсия переводит малые направления около \(P\) в малые направления около \(P^*\) и сохраняет ориентированный угол между ними; это следует из подобия обратных треугольников в предельном положении. Поэтому угол между касательными к образам равен углу между \(l_1\) и \(l_2\).

E. Подробное решение. Так как обе окружности проходят через центр инверсии \(A\), каждая из них переходит в прямую. Исходные окружности касаются в \(A\), поэтому угол между ними равен \(0^\circ\). Инверсия сохраняет угол между кривыми, следовательно, угол между полученными прямыми также \(0^\circ\). Две различные прямые с нулевым углом параллельны.

E. Подробное решение. Обе окружности проходят через центр инверсии \(A\), поэтому каждая переходит в прямую. Так как \(B\) лежит на обеих окружностях, его образ \(B^*\) должен лежать на обеих образных прямых; значит, прямые пересекаются в \(B^*\). Угол между окружностями сохраняется при инверсии, поэтому он равен углу между их образами, то есть между этими двумя прямыми.

E. Подробное решение. Сделаем произвольную инверсию с центром \(A\). Прямая \(l\) перейдёт в окружность \(l^*\), проходящую через \(A\). Искомая окружность проходит через центр инверсии \(A\), значит, её образ — прямая. Так как она проходит через \(B\), эта прямая должна проходить через \(B^*\). Касание с \(l\) после инверсии сохранится, значит, образная прямая должна касаться окружности \(l^*\). Поэтому надо провести из \(B^*\) касательные к \(l^*\), а затем проинвертировать эти прямые обратно. Их образы и будут искомыми окружностями.

E. Подробное решение. Инвертируем с центром \(A\). Искомая окружность, проходящая через \(A\), перейдёт в прямую через \(B^*\). Окружность \(\omega\), не проходящая через \(A\), перейдёт в некоторую окружность \(\omega^*\). Касание сохраняется, поэтому образная прямая должна касаться \(\omega^*\). Значит, строим касательные из \(B^*\) к \(\omega^*\) и затем инвертируем их обратно. Образы этих прямых — окружности через \(A\) и \(B\), касающиеся \(\omega\).

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(P\). Три данные окружности проходят через центр инверсии, поэтому перейдут в три прямые. Каждая из этих прямых является образом окружности, проходящей через три вершины одного из треугольников исходного полного четырёхсторонника. После инверсии условие «три точки лежат на окружности через \(P\)» превращается в условие коллинеарности их образов. Для четырёх исходных прямых это ровно те же три стороны образного четырёхсторонника. Если три соответствующие тройки образов коллинеарны, четвёртая коллинеарность следует из обычной теоремы Микеля для четырёх прямых в обратной форме. Инвертируя обратно, получаем, что четвёртая окружность тоже проходит через \(P\).

E. Подробное решение. Сделаем произвольную инверсию с центром \(A\). Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\), проходящие через центр инверсии, перейдут в две прямые \(l_1\) и \(l_2\), пересекающиеся в точке \(B^*\). Искомая окружность тоже проходит через \(A\), поэтому её образ — прямая \(m\). Угол пересечения окружностей сохраняется при инверсии, значит, условие равных углов превращается в условие: прямая \(m\) образует равные углы с \(l_1\) и \(l_2\). Следовательно, \(m\) должна быть одной из двух биссектрис углов, образованных \(l_1\) и \(l_2\). Инвертируя эти две биссектрисы обратно, получаем две искомые окружности через \(A\).

E. Подробное решение. Пусть \(P\) — точка дуги, равноудалённая от \(A\) и \(B\). Возьмём инверсию с центром \(P\) и степенью \(PA^2\). Она меняет местами хорду \(AB\) и дугу \(AB\) окружности сегмента: точки \(A\) и \(B\) остаются на месте, а окружность через \(P,A,B\) переходит в прямую \(AB\). Окружности, вписанные в сегмент, переходят в окружности того же типа. Для двух таких окружностей общая хорда и её образ должны проходить через центр инверсии, потому что обе окружности касаются двух взаимно обратных границ. Следовательно, их общая хорда \(MN\) проходит через \(P\).

E. Подробное решение. Обе окружности вписаны в один и тот же угол, поэтому их центры лежат на биссектрисе, а сами окружности гомотетичны с центром \(A\). Пусть точки касания первой окружности со сторонами угла — \(X_1,Y_1\), второй — \(X_2,Y_2\). Гомотетия с центром \(A\) переводит первую окружность во вторую и переводит \(X_1\) в \(X_2\), \(Y_1\) в \(Y_2\). Поэтому отрезок \(X_1Y_1\) переходит в \(X_2Y_2\), а соответствующие отрезки при гомотетии параллельны. Значит, \(X_1Y_1\parallel X_2Y_2\).

E. Подробное решение. Инвертируем с центром в \(A_1\). Окружности, проходящие через \(A_1\), переходят в прямые. Окружность, проходящая через \(A_1,A_2,A_3,A_4\), также переходит в прямую. После преобразования утверждение становится конфигурацией двух прямых и двух окружностей: нужно доказать, что четыре образа точек \(B_i\) лежат на одной окружности или прямой. Это следует из обычного углового критерия: равенство углов, которое до инверсии выражало цикличность \(A_1,A_2,A_3,A_4\), после инверсии становится равенством углов между прямыми. Переводя это равенство обратно, получаем цикличность или коллинеарность точек \(B_1,B_2,B_3,B_4\).

E. Подробное решение. Выберем точку \(O\) на линии центров так, чтобы её степени относительно двух окружностей были равны. Тогда длины касательных из \(O\) к этим окружностям равны. Возьмём инверсию с центром \(O\) и степенью, равной этой общей степени. При такой инверсии обе окружности становятся окружностями, ортогональными одной и той же окружности инверсии в согласованном смысле; их образы имеют центры на той же линии и оказываются концентрическими. После этого общие касательные строятся как образы прямых, касающихся двух концентрических окружностей, то есть как образы прямых на фиксированном расстоянии от общего центра.

E. Подробное решение. Все центры окружностей лежат на биссектрисе угла. Для двух соседних окружностей существует гомотетия с центром в вершине угла, переводящая меньшую окружность в большую. Их точка касания лежит на линии центров, то есть на биссектрисе. Поэтому все точки касания соседних окружностей лежат на одной прямой — биссектрисе угла. Третья общая касательная к двум соседним окружностям также перпендикулярна линии центров в гомотетической модели, а в исходном угле её направление фиксировано. Следовательно, она параллельна соответствующей линии касаний.

E. Подробное решение. Пусть центры данных окружностей — \(O_1,O_2\), радиусы — \(R_1,R_2\), а окружность с центром \(X\) и радиусом \(r\) ортогональна обеим. Тогда \(XO_1^2=R_1^2+r^2\) и \(XO_2^2=R_2^2+r^2\). Вычитая, получаем \(XO_1^2-R_1^2=XO_2^2-R_2^2\). Это означает, что степени точки \(X\) относительно \(\omega_1\) и \(\omega_2\) равны. Следовательно, \(X\) лежит на их радикальной оси.

E. Подробное решение. Окружность, проходящая через центр инверсии \(P\), переходит в прямую. Рассмотрим три окружности, проходящие через \(P\) и пары соседних вершин полного четырёхугольника. Их образы — три прямые. Эти прямые пересекаются попарно в образах соответствующих вершин, потому что инверсия сохраняет принадлежность точек кривым. Следовательно, три образные прямые являются сторонами треугольника, вершины которого — образы трёх оставшихся вершин полного четырёхугольника.

E. Подробное решение. Возьмём инверсию с центром \(A\) и радиусом \(R\), где \(R^2=k\cdot AB^2\). Пусть \(X\) переходит в \(X^*\). Из подобия обратных треугольников получаем \(\frac{XB}{XA}=\frac{X^*B^*}{AB^*}\), где \(B^*\) — образ \(B\). Условие \(\frac{XA}{XB}=k\) равносильно \(\frac{XB}{XA}=\frac1k\), то есть \(X^*B^*=\frac{AB^*}{k}\). Значит, \(X^*\) лежит на окружности с центром \(B^*\) и фиксированным радиусом \(\frac{AB^*}{k}\). Эта окружность не проходит через центр \(A\), поэтому её обратный образ при инверсии является окружностью. Следовательно, исходное множество точек \(X\) — окружность.

E. Подробное решение. После инверсии с центром \(A\) окружности \(R_1\) и \(R_2\) переходят в параллельные прямые. Каждая окружность \(S_i\), касающаяся обеих, переходит в окружность, касающуюся этих двух параллельных прямых. Поэтому все образы \(S_i^*\) имеют одинаковый радиус, а их центры лежат на средней линии между параллельными прямыми. Если соседние равные окружности касаются, их точки касания лежат на той же средней линии. Значит, точки \(T_i^*\) коллинеарны. Обратный образ прямой, не проходящей через центр инверсии, — окружность через \(A\); если прямая проходит через \(A\), она остаётся прямой. Поэтому исходные точки \(T_i\) лежат на одной окружности через \(A\) или на одной прямой.

E. Подробное решение. Существует инверсия с последующей гомотетией, переводящая \(R_1\) и \(R_2\) в концентрические окружности. Касания сохраняются. В области между двумя концентрическими окружностями всякая окружность, касающаяся обеих, имеет один и тот же радиус, поэтому все окружности цепочки становятся равными. Замкнутая цепочка из \(n\) равных окружностей между концентрическими окружностями означает, что переход от одной окружности к следующей соответствует повороту на фиксированный угол \(\varphi\), причём \(n\varphi=360^\circ\). Если начать с любой другой такой окружности, тот же поворот будет строить следующую окружность; через \(n\) шагов полный поворот снова вернёт нас к начальной окружности. Применяя обратное преобразование, получаем утверждение для исходных окружностей.

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(A\). Так как \(R_1\) и \(R_2\) касаются в центре инверсии, их образы — две параллельные прямые. Каждая окружность \(S_i\), касающаяся обеих данных окружностей, переходит в окружность, касающуюся двух параллельных прямых. Поэтому все \(S_i^*\) имеют одинаковый радиус, а их центры лежат на средней линии между параллельными прямыми. Если две равные окружности касаются, их точка касания лежит на линии центров; значит, все точки \(T_i^*\) лежат на этой средней линии. Обратный образ этой прямой — окружность, проходящая через центр инверсии \(A\). Следовательно, исходные точки \(T_i\) лежат на одной окружности через \(A\).

E. Подробное решение. Существует инверсия, возможно с последующей гомотетией, переводящая \(R_1\) и \(R_2\) в концентрические окружности. Касания при этом сохраняются. Между двумя концентрическими окружностями все окружности, касающиеся обеих, равны; их центры лежат на окружности, концентрической данным. Если одна замкнутая цепочка из \(n\) окружностей существует, то переход от центра одной окружности цепочки к центру следующей есть поворот на некоторый фиксированный угол \(\varphi\), причём \(n\varphi=360^\circ\). Поэтому, начав с любого другого положения первой окружности, мы можем повторять тот же поворот; через \(n\) шагов получим полный оборот и вернёмся к началу. Обратное преобразование даёт требуемую цепочку для исходных окружностей.

E. Подробное решение. Сделаем инверсию с центром \(A_1\). Окружности \(S_1\), \(S_2\) и окружность \((A_1A_2A_3A_4)\) переходят в прямые. Поэтому образы точек \(A_2,A_3,A_4\) оказываются коллинеарными. Окружности \(S_3\) и \(S_4\) переходят в окружности, пересекающие эти прямые в соответствующих образах точек. Теперь утверждение сводится к стандартному угловому критерию в конфигурации двух прямых и двух окружностей: из коллинеарности образов \(A_2,A_3,A_4\) следует, что углы, под которыми видны отрезки между образами \(B_i\), равны или дополняют друг друга до \(180^\circ\). Следовательно, \(B_1^*,B_2^*,B_3^*,B_4^*\) лежат на одной окружности или прямой. Инвертируя обратно, получаем то же для \(B_1,B_2,B_3,B_4\).

E. Полное решение.

Обозначим четыре прямые через \(a,b,c,d\). Для любой секущей, не проходящей через \(O\), двойное отношение точек пересечения равно двойному отношению пучка:

\[ (A B C D)=\frac{\sin(a,c)}{\sin(b,c)}:\frac{\sin(a,d)}{\sin(b,d)}. \]

Та же формула получается для точек \(A_1,B_1,C_1,D_1\), потому что углы между прямыми \(a,b,c,d\) не зависят от выбранной секущей. Следовательно, оба двойных отношения равны одному и тому же числу.

E. Полное решение.

Пусть \(X\) - произвольная точка прямой, а \(X'\) - её образ. Так как преобразование проективно, оно сохраняет двойное отношение:

\[ (A B C X)=(A B C X'). \]

При фиксированных различных \(A,B,C\) значение \((A B C T)\) однозначно задаёт точку \(T\) на прямой. Поэтому \(X'=X\). Так как \(X\) была произвольной, все точки прямой неподвижны.

E. Полное решение.

Имеем \(f(0)=-\frac{1}{3}\), \(f(1)=\frac{1}{4}\). При \(x=\infty\) образ равен отношению старших коэффициентов, то есть \(2\). При \(x=-3\) знаменатель обращается в ноль, поэтому \(f(-3)=\infty\).

Для любых \(x_i,x_j\) вычислим:

\[ f(x_i)-f(x_j)=\frac{(2x_i-1)(x_j+3)-(2x_j-1)(x_i+3)}{(x_i+3)(x_j+3)}=\frac{7(x_i-x_j)}{(x_i+3)(x_j+3)}. \]

При составлении двойного отношения все множители вида \(7\) и \((x_i+3)\) сокращаются. Значит, \((f(x_1)f(x_2)f(x_3)f(x_4))=(x_1x_2x_3x_4)\).

E. Полное решение.

Так как \(T=a\cap b\), образ \(T'\) является пересечением образов \(a'\) и \(b'\). Но \(T\in s\), а \(s\) переходит в бесконечно удалённую прямую, значит \(T'\) - бесконечно удалённая точка. Две обычные прямые, пересекающиеся в бесконечно удалённой точке, параллельны. Поэтому \(a'\parallel b'\).

Обратно, если \(a'\parallel b'\), то их точка пересечения является бесконечно удалённой. Прообраз этой точки лежит на прообразе бесконечно удалённой прямой, то есть на \(s\). Следовательно, \(a\cap b\in s\).

E. Полное решение.

Центральная проекция является проективным отображением прямой \(l\) на прямую \(m\). Поэтому она сохраняет двойное отношение:

\[ (A_1 B_1 C_1 D_1)=(A B C D). \]

По условию \((A B C D)=-1\). Значит, \((A_1 B_1 C_1 D_1)=-1\), то есть образ гармонической четвёрки снова гармонический.

E. Полное решение.

Центральное проектирование прямой \(l\) на прямую \(m\) из центра \(O\) является проективным отображением. Аналогично, центральное проектирование \(m\to n\) из центра \(P\) тоже проективно.

Полученное отображение \(l\to n\) есть композиция этих двух отображений. По определению и основным свойствам проективных отображений композиция проективных отображений снова проективна.

E. Полное решение.

Выберем проективное преобразование, которое переводит точку \(O\) в бесконечно удалённую точку. Тогда образы прямых \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) становятся параллельными.

В такой аффинной модели соответствующие вершины двух треугольников лежат на параллельных прямых одного направления. Для этой модели утверждение легко проверяется координатно или через Менелая: пересечения соответствующих сторон лежат на одной прямой.

Так как проективное преобразование сохраняет коллинеарность, исходные точки \(P,Q,R\) тоже коллинеарны.

E. Полное решение.

Обратная теорема Дезарга является двойственной к прямой: если в прямом утверждении поменять роли точек и прямых, конкурентность переходит в коллинеарность, а коллинеарность - в конкурентность.

Применим двойственную форму прямой теоремы к двум тройкам сторон \(AB,BC,CA\) и \(A_1B_1,B_1C_1,C_1A_1\). Их соответствующие пересечения \(P,Q,R\) лежат на одной прямой, значит соединения соответствующих вершин двойственной конфигурации конкурентны.

В исходном языке это означает, что \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) проходят через одну точку.

E. Полное решение.

По теореме Паскаля для шестиугольника \(ABCDEF\) точки

\[ P=AB\cap DE,\quad Q=BC\cap EF,\quad R=CD\cap FA \]

лежат на одной прямой. Но \(AB\parallel DE\), поэтому \(P\) - бесконечно удалённая точка направления \(AB\). Раз прямая \(QR\) проходит через \(P\), она имеет то же направление. Следовательно, \(QR\parallel AB\).

E. Полное решение.

Рассмотрим вырожденный шестиугольник \(A,A,B,C,C,D\), вписанный в данную окружность. Сторона между двумя соседними точками \(A,A\) является касательной в \(A\), а сторона \(C,C\) - касательной в \(C\).

Противоположные стороны этого шестиугольника пересекаются в точках \(X\), \(Y\), \(Z\). По теореме Паскаля эти три точки лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Рассмотрим вырожденный шестиугольник \(A,B,B,C,D,D\) на окружности. Его сторона \(BB\) есть касательная в \(B\), а сторона \(DD\) - касательная в \(D\).

Пары противоположных сторон дают:

\[ AB\cap CD=Y,\quad BB\cap DD=X,\quad BC\cap DA=Z. \]

По теореме Паскаля точки \(X,Y,Z\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Первый шаг \(X\mapsto Y\) является центральной проекцией прямой \(l\) на окружность из точки \(M\). Второй шаг \(Y\mapsto X'\) является центральной проекцией окружности на прямую \(l\) из точки \(N\).

Выберем вспомогательную прямую \(s\) и отождествим окружность \(\omega\) с \(s\) с помощью центральной проекции из точки, не лежащей на \(\omega\). Тогда оба шага становятся проективными отображениями прямых. Следовательно, их композиция является проективным преобразованием прямой \(l\).

Любое проективное преобразование прямой сохраняет двойное отношение. Значит, для любых четырёх точек \(X_1,X_2,X_3,X_4\) прямой \(l\) имеем \((X_1X_2X_3X_4)=(X'_1X'_2X'_3X'_4)\).

E. Полное решение.

Пусть \(F_0\) - вторая точка пересечения прямой \(e\) с коникой. Применим Паскаля к шестиугольнику \(A,B,C,D,E,F_0\). Точки

\[ AB\cap DE=K,\quad BC\cap EF_0=L,\quad CD\cap F_0A \]

лежат на одной прямой. Так как \(E,F_0,L\) лежат на \(e\), точка \(BC\cap EF_0\) действительно равна \(L\). Значит, третья точка \(CD\cap F_0A\) лежит на прямой \(KL\), то есть совпадает с \(M=KL\cap CD\).

Следовательно, прямая \(AM\) проходит через \(F_0\). Но построенная точка \(F\) есть \(AM\cap e\), а \(F_0\in e\). Поэтому \(F=F_0\), и \(F\) лежит на конике.

E. Полное решение.

Обозначим \(D_0=f(D)\). Так как \(f\) проективно, оно сохраняет двойное отношение:

\[ (A_1 B_1 C_1 D_0)=(A B C D). \]

По условию \((A B C D)=(A_1 B_1 C_1 D_1)\). Следовательно,

\[ (A_1 B_1 C_1 D_0)=(A_1 B_1 C_1 D_1). \]

На прямой \(m\) точки \(A_1,B_1,C_1\) различны. Для таких трёх фиксированных точек значение \((A_1 B_1 C_1 X)\) однозначно определяет точку \(X\). Поэтому \(D_0=D_1\). Значит, \(f(D)=D_1\).

E. Полное решение.

Объединение двух прямых \(l\cup m\) можно рассматривать как вырожденную конику. Возьмём шестиугольник с вершинами \(A,B_1,C,A_1,B,C_1\) на этой конике.

Пары противоположных сторон дают именно точки \(P,Q,R\) после возможной перестановки обозначений. По теореме Паскаля для вырожденной коники эти три точки лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Отображение состоит из трёх шагов: проектирование \(l\) на окружность из точки \(M\), антиподальное преобразование окружности, затем проектирование окружности обратно на \(l\) из точки \(M\).

Первый и третий шаги являются проективными после отождествления окружности с прямой. Антиподальное преобразование окружности является ограничением движения плоскости, сохраняющего окружность, а значит в той же параметризации тоже задаёт проективность.

Композиция трёх проективных отображений является проективным преобразованием прямой \(l\). Следовательно, \(X\mapsto X'\) проективно.

E. Полное решение.

Рассмотрим полярность относительно данной окружности. Каждой касательной стороне шестиугольника соответствует точка касания, а каждой вершине шестиугольника - прямая, соединяющая две соседние точки касания в двойственной конфигурации.

Теорема Паскаля для шести точек касания на окружности в двойственной форме утверждает, что три прямые, соединяющие противоположные вершины описанного шестиугольника, конкурентны.

Эти три прямые как раз \(AD\), \(BE\), \(CF\). Следовательно, они проходят через одну точку.

E. Полное решение.

По теореме Паскаля для шестиугольника \(ABCDEF\) точки

\[ P=AB\cap DE,\quad Q=BC\cap EF,\quad R_0=CD\cap FA \]

лежат на одной прямой. Первые две из них - это \(P\) и \(Q\), значит третья \(R_0\) лежит на прямой \(PQ\).

Но по условию \(R\) - точка пересечения \(PQ\) с \(CD\). Точка \(R_0\) тоже лежит на \(PQ\) и на \(CD\). Следовательно, \(R=R_0\), а значит \(R\in FA\). То есть \(A,F,R\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Трижды применяя \(f\), получаем:

\[ f^3(A)=A,\quad f^3(B)=B,\quad f^3(C)=C. \]

Преобразование \(f^3\) является композицией проективных преобразований, значит оно тоже проективно. Оно имеет три различные неподвижные точки \(A,B,C\). Следовательно, по базовому факту о проективности прямой \(f^3\) тождественно.

E. Полное решение.

Двойное отношение сохраняется проективными преобразованиями, поэтому можно заменить полный четырёхугольник проективно эквивалентной удобной моделью. Возьмём координаты на плоскости так, чтобы

\[ A=(-1,0),\quad C=(1,0),\quad B=(0,1),\quad D=(0,-1). \]

Тогда \(G=AC\cap BD=(0,0)\). Прямые \(AB\) и \(CD\) имеют одинаковое направление, поэтому их точка пересечения \(E\) является бесконечно удалённой точкой направления с угловым коэффициентом \(1\). Прямые \(AD\) и \(BC\) также параллельны, поэтому \(F\) - бесконечно удалённая точка направления с угловым коэффициентом \(-1\).

Значит, прямая \(EF\) есть бесконечно удалённая прямая, и её пересечение с \(AC\) - бесконечно удалённая точка прямой \(AC\). То есть в координате на \(AC\) имеем \(A=-1\), \(C=1\), \(G=0\), \(H=\infty\).

Тогда

\[ (A C G H)=(-1,1,0,\infty)=\frac{0-(-1)}{0-1}=-1. \]

Так как это двойное отношение сохраняется при обратном проективном преобразовании, в исходной конфигурации также \((A C G H)=-1\).

E. Полное решение.

Пусть \(P=AB\cap DE\), \(Q=BC\cap EF\), \(R=CD\cap FA\). Выберем проективное преобразование, которое переводит конику в окружность и точку \(P\) - в бесконечно удалённую точку. Тогда образы прямых \(AB\) и \(DE\) становятся параллельными.

В новой конфигурации применим доказанный частный случай Паскаля: образы точек \(Q\) и \(R\) лежат на прямой, параллельной образам \(AB\) и \(DE\), то есть эта прямая проходит через образ \(P\).

Следовательно, образы \(P,Q,R\) коллинеарны. Проективное преобразование сохраняет коллинеарность, поэтому исходные точки \(P,Q,R\) тоже лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

По теореме Паппа для точек \(A,B,C\) на \(l\) и \(A_1,B_1,C_1\) на \(m\) точки

\[ P=AB_1\cap A_1B,\quad Q=BC_1\cap B_1C,\quad R_0=AC_1\cap A_1C \]

лежат на одной прямой. Первые две из них совпадают с заданными \(P\) и \(Q\), поэтому \(R_0\in PQ\).

Но \(R\) по условию есть точка \(PQ\cap AC_1\). Точка \(R_0\) также лежит на \(PQ\) и на \(AC_1\). Следовательно, \(R=R_0\). Значит, \(R\in A_1C\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Предположим, что такое построение существует. Выберем проективное преобразование плоскости, которое оставляет точки \(A\) и \(B\) неподвижными, но не оставляет неподвижной середину \(M\) отрезка \(AB\). Такое преобразование существует, потому что проективные преобразования прямой \(AB\) могут фиксировать две точки и двигать третью.

Выполним предполагаемое построение один раз. Затем применим выбранное проективное преобразование ко всем объектам, возникающим на каждом шаге. Так как проективное преобразование переводит прямые в прямые и сохраняет пересечения, второй процесс будет допустимым выполнением той же инструкции из тех же исходных точек \(A,B\).

Но результат второго процесса должен быть образом результата первого, то есть образом точки \(M\), а он не равен \(M\). С другой стороны, универсальная инструкция должна снова дать середину \(AB\), то есть \(M\). Получили противоречие. Следовательно, одной линейкой середину построить нельзя.

E. Полное решение.

Каждый шаг \(X_i\mapsto X_{i+1}\) является центральной проекцией с прямой \(l_i\) на прямую \(l_{i+1}\) из центра \(O_i\). Поэтому каждый шаг задаёт проективное отображение прямых.

Композиция всех \(n\) шагов является проективным преобразованием прямой \(l_1\) в себя. По условию у этого преобразования есть три различные неподвижные точки: именно те три начальные точки, для которых цепочка замыкается.

Проективное преобразование прямой с тремя неподвижными точками тождественно. Следовательно, итоговое отображение возвращает в себя любую точку \(X_1\), для которой все промежуточные проекции определены. Значит, цепочка замыкается для любой такой начальной точки.

E. Полное решение.

Треугольники \(OAP\) и \(OBP\) прямоугольные, имеют общую гипотенузу \(OP\) и равные катеты \(OA=OB=R\). Следовательно, они равны, а точки \(A\) и \(B\) симметричны относительно \(OP\). Поэтому \(AB\perp OP\).

В прямоугольном треугольнике \(OAP\) точка \(H\) является основанием высоты из \(A\) на гипотенузу \(OP\). По теореме о катете \(OA^2=OH\cdot OP\). Значит, \(OP\cdot OH=R^2\).

E. Полное решение.

Прямая \(px+qy=1\) имеет нормальный вектор \((p,q)\), то есть она перпендикулярна \(OP\). Пусть \(H\) - её пересечение с \(OP\). Тогда \(H=t(p,q)\). Подставляя в уравнение прямой, получаем \(t(p^2+q^2)=1\), значит \(t=\frac{1}{p^2+q^2}\).

Имеем \(OP=\sqrt{p^2+q^2}\), а \(OH=t\sqrt{p^2+q^2}=\frac{1}{\sqrt{p^2+q^2}}\). Поэтому \(OP\cdot OH=1\), что и задаёт поляру относительно единичной окружности.

E. Полное решение.

Поляра точки \(P\) имеет уравнение \(px+qy=1\). Так как \(Q(u,v)\) лежит на ней, получаем \(pu+qv=1\).

Поляра точки \(Q\) имеет уравнение \(ux+vy=1\). Подставляя \(P(p,q)\), получаем \(up+vq=1\), то есть то же равенство. Следовательно, \(P\) лежит на поляре \(Q\).

E. Полное решение.

По построению \(l\perp OH\), а так как \(P\) лежит на \(OH\), то \(l\perp OP\). Кроме того, \(H=l\cap OP\) и \(OP\cdot OH=R^2\).

Эти два свойства однозначно задают поляру точки \(P\) относительно окружности \(\omega(O,R)\): она перпендикулярна \(OP\) и пересекает \(OP\) в точке \(H\). Следовательно, \(l\) и есть поляра \(P\).

E. Полное решение.

Пусть \(X\) - полюс прямой \(l\) относительно окружности \(\omega\). Тогда \(l\) является полярой \(X\).

Для каждой точки \(P\in l\) имеем: \(P\) лежит на поляре \(X\). По теореме Ла Ира \(X\) лежит на поляре \(P\). Но поляра \(P\) - это хорда касания \(AB\). Значит, каждая прямая \(AB\) проходит через одну и ту же точку \(X\).

E. Полное решение.

Так как \(TA\) и \(TB\) - касательные, поляра точки \(T\) есть прямая \(AB\). Точка \(P\) лежит на \(AB\), значит \(P\) лежит на поляре \(T\).

По теореме Ла Ира точка \(T\) лежит на поляре точки \(P\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Пусть касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в \(X\), а касательные в \(C\) и \(D\) - в \(Y\). По предыдущему факту \(X\) и \(Y\) лежат на поляре \(P\), значит поляра \(P\) есть прямая \(XY\).

Применим вырожденный Паскаль к окружности с вершинами \(A,A,C,D,B,B\). Он даёт, что \(X,Y\) и одна из диагональных точек лежат на одной прямой; аналогичный порядок даёт вторую диагональную точку. Поэтому прямая \(XY\) совпадает с \(QR\). Следовательно, \(QR\) - поляра \(P\).

E. Полное решение.

Так как \(X\) лежит на поляре \(P\), по теореме Ла Ира \(P\) лежит на поляре \(X\). Аналогично, \(X\) лежит на поляре \(Q\), значит \(Q\) лежит на поляре \(X\).

Поляра \(X\) - прямая. Она проходит через две точки \(P\) и \(Q\), следовательно, это прямая \(PQ\).

E. Полное решение.

Прямая \(AB\) является полярой точки \(P\). По условию \(Q\in AB\), то есть \(Q\) лежит на поляре \(P\).

По теореме Ла Ира точка \(P\) лежит на поляре \(Q\). Это и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Пусть \(T=AC\cap BD\). Для полного четырёхугольника \(ABCD\) диагональный треугольник самополярен, поэтому поляра точки \(T\) есть прямая \(YZ\).

Так как \(T,A,C\) коллинеарны, а \(X\) - пересечение касательных в \(A\) и \(C\), точка \(X\) лежит на поляре \(T\). Следовательно, \(X\in YZ\). Значит, \(X,Y,Z\) лежат на одной прямой.

E. Полное решение.

Точки \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности. В полном четырёхугольнике \(ABCD\) диагональные точки равны

\[ P=AB\cap CD,\quad Q=AC\cap BD,\quad R=AD\cap BC. \]

По самополярности диагонального треугольника поляра точки \(P\) есть прямая \(QR\). Следовательно, обе точки \(Q\) и \(R\) лежат на поляре \(P\).

E. Полное решение.

Пусть радиус \(\omega_1\) равен \(R\). Так как \(A\) и \(B\) лежат на \(\omega_1\), прямая \(AB\) перпендикулярна линии центров соответствующей общей хорды; из условия \(O,A,B,C\) в конфигурации \(\omega_2\) получаем равенство углов, дающее подобие треугольников \(OBP\) и \(OCB\).

Из подобия следует \(OP\cdot OC=OB^2=R^2\). Точка \(P\) лежит на прямой \(OC\). Поляра точки \(C\) относительно \(\omega_1\) пересекает \(OC\) в точке \(P'\), для которой \(OC\cdot OP'=R^2\). Следовательно, \(P'=P\), то есть \(P\) лежит на поляре \(C\).

E. Полное решение.

Так как \(AB\) и \(AC\) касаются вписанной окружности в \(F\) и \(E\), прямая \(EF\), соединяющая точки касания двух касательных из \(A\), является полярой точки \(A\).

Если \(X\in EF\), то \(X\) лежит на поляре \(A\). По теореме Ла Ира \(A\) лежит на поляре \(X\). Значит, поляра точки \(X\) проходит через \(A\).

E. Полное решение.

Пусть \(T=BD\cap AC\). Для полного четырёхугольника \(ABCD\) поляра точки \(T\) есть прямая, проходящая через две другие диагональные точки, то есть через \(Y\) и \(Z\).

Так как \(T,B,D\) коллинеарны, а \(X\) - пересечение касательных в \(B\) и \(D\), точка \(X\) лежит на поляре \(T\). Следовательно, \(X\in YZ\), что и требовалось доказать.

E. Полное решение.

Для каждой секущей \(AB\) касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в точке \(T\), поляра которой есть \(AB\). Поскольку \(P\in AB\), точка \(P\) лежит на поляре \(T\).

По теореме Ла Ира \(T\) лежит на поляре \(P\). Значит, все точки \(T\) лежат на одной фиксированной прямой - поляре точки \(P\) относительно \(\omega\). Обратно, каждая допустимая точка этой прямой получается из некоторой секущей через \(P\), поэтому это именно искомое геометрическое место в естественной области определения.

E. Полное решение.

Рассмотрим вершину \(A\). Стороны \(AB\) и \(AC\) касаются \(\omega\) в двух точках. Прямая, соединяющая эти точки касания, по определению является полярой точки \(A\). Следовательно, её полюс - \(A\).

Тот же аргумент применим к вершинам \(B\) и \(C\). Поэтому полюсы трёх построенных прямых равны соответственно \(A,B,C\).

E. Полное решение.

Пусть стороны шестиугольника касаются \(\omega\) в точках \(A_1,B_1,C_1,D_1,E_1,F_1\) соответственно. Теорема Паскаля для шести точек касания на окружности утверждает коллинеарность трёх пересечений противоположных сторон соответствующего вписанного шестиугольника.

При переходе к полюсам и полярам коллинеарность трёх точек превращается в конкурентность трёх соответствующих прямых. Эти прямые в исходном описанном шестиугольнике как раз \(AD\), \(BE\), \(CF\). Следовательно, они пересекаются в одной точке.

E. Полное решение.

Стороны \(AB\), \(AC\), \(BC\) и их продолжения являются касательными к одной вневписанной окружности. Рассмотрим вырожденный описанный шестиугольник, в котором некоторые соседние стороны лежат на тех же прямых \(AB\), \(AC\), \(BC\), а точки касания соответствуют \(E,F,D\).

По теореме Брианшона три диагонали такого описанного шестиугольника конкурентны. Две из этих диагоналей дают прямые, пересекающиеся в \(T=BF\cap CE\), а третья является прямой \(AD\). Следовательно, \(T\in AD\).

E. Полное решение.

Докажем, что поляра \(P\) есть \(QR\). Точки \(A,B\) и \(C,D\) лежат на двух секущих через \(P\). Пересечения касательных в \(A,B\) и в \(C,D\) лежат на поляре \(P\). По вырожденному Паскалю эта же прямая проходит через \(Q\) и \(R\). Значит, поляра \(P\) есть \(QR\).

Аналогично, рассматривая секущие через \(Q\): \(AC\) и \(BD\), получаем, что поляра \(Q\) есть \(PR\). Рассматривая секущие через \(R\): \(AD\) и \(BC\), получаем, что поляра \(R\) есть \(PQ\). Все три утверждения доказаны.

E. Полное решение.

Пусть \(R=AD\cap BC\). В полном четырёхугольнике \(ABCD\) поляра \(R\) есть прямая \(PQ\).

С другой стороны, \(R\) лежит на хорде \(AD\), а касательные в \(A\) и \(D\) пересекаются в \(S\). Значит, по факту о секущей и касательных \(S\) лежит на поляре \(R\). Следовательно, \(S\in PQ\), то есть \(P,Q,S\) коллинеарны.

E. Полное решение.

По формуле \(OP\cdot OH=R^2\) и перпендикулярности \(p\perp OP\) прямая \(p\) является полярой точки \(P\), хотя из \(P\) нельзя провести реальные касательные.

Пусть хорда \(AB\) проходит через \(P\), а касательные в \(A\) и \(B\) пересекаются в \(T\). Поляра точки \(T\) есть \(AB\). Так как \(P\in AB\), по теореме Ла Ира \(T\) лежит на поляре \(P\), то есть на \(p\). Это верно для любой хорды \(AB\) через \(P\).

E. Полное решение.

Пусть \(Q=AC\cap BD\), \(R=AD\cap BC\). Так как \(A,B,C,D\) лежат на окружности, а \(P=AB\cap CD\), точки \(P,Q,R\) являются диагональными точками полного четырёхугольника \(ABCD\).

По самополярности диагонального треугольника поляра \(P\) есть прямая \(QR\). Окружность и точка \(P\) фиксированы, значит поляра \(P\) тоже фиксирована. Поэтому при любом выборе двух секущих точки \(Q\) и \(R\) лежат на одной и той же прямой - поляре \(P\).

E. Полное решение.

Используем проективное преобразование, которое переводит \(\omega\) в окружность, а прямую \(KP\) - в бесконечно удалённую прямую. Такие преобразования сохраняют касания и инцидентность, поэтому достаточно доказать утверждение в новой модели.

В новой модели образы прямых \(KA\) и \(KB\) параллельны. Точки \(M\) и \(N\), лежащие на одной прямой через образ \(P\) на бесконечности, соответствуют параллельным сечениям между двумя параллельными касательными. Вторые касательные из \(M\) и \(N\) пересекаются в точке \(X'\), которая движется по прямой, параллельной этим касательным и проходящей через образ \(K\). Это следует из симметрии окружности относительно перпендикуляра к двум параллельным касательным.

Возвращаясь обратным проективным преобразованием, получаем, что исходные точки \(X\) лежат на одной прямой, причём эта прямая проходит через \(K\).

E. Полное решение.

Пусть \(P\) - точка пересечения сторон \(A_1A_2\) и \(A_4A_5\). Поляра \(P\) проходит через полюсы этих двух сторон, то есть через \(V_1=a_1\cap a_2\) и \(V_4=a_4\cap a_5\). Следовательно, поляра \(P\) есть прямая \(V_1V_4\).

Аналогично поляры двух других паскалевых точек равны \(V_2V_5\) и \(V_3V_6\). По Паскалю три паскалевы точки лежат на одной прямой. Полюс этой прямой лежит на полярах всех трёх точек. Значит, прямые \(V_1V_4\), \(V_2V_5\), \(V_3V_6\) проходят через одну точку.

E. Полное решение.

Так как \(A_1\in BC\) и \(PA_1\perp BC\), имеем \(\angle PA_1C=90^\circ\). Аналогично \(B_1\in CA\) и \(PB_1\perp CA\), поэтому \(\angle PB_1C=90^\circ\).

Значит, точки \(A_1\) и \(B_1\) лежат на окружности с диаметром \(PC\). Следовательно, \(P,A_1,C,B_1\) цикличны.

E. Полное решение.

По предыдущему факту точки \(A_1\) и \(B_1\) лежат на окружности с диаметром \(PC\), значит \(A_1B_1\) - хорда этой окружности. Аналогично, \(B_1\) и \(C_1\) лежат на окружности с диаметром \(PA\), а \(C_1\) и \(A_1\) - на окружности с диаметром \(PB\).

Следовательно, все три стороны педального треугольника естественно связаны с окружностями на \(PA,PB,PC\) как на диаметрах.

E. Полное решение.

Так как \(H\) лежит на высоте из \(A\), прямая \(AH\) перпендикулярна \(BC\). Поэтому основание перпендикуляра из \(H\) на \(BC\) совпадает с основанием высоты из \(A\). Аналогично проекции \(H\) на \(CA\) и \(AB\) совпадают с основаниями высот из \(B\) и \(C\).

E. Полное решение.

Сторона \(BC\) является хордой описанной окружности. Перпендикуляр из центра \(O\) к хорде \(BC\) делит её пополам. Значит, проекция \(O\) на \(BC\) - середина \(BC\). Аналогично для \(CA\) и \(AB\).

E. Полное решение.

Из прямых углов имеем циклические четырёхугольники \(P,A_1,C,B_1\) и \(P,B_1,A,C_1\). Поэтому \(\angle A_1B_1C=\angle A_1PC\), а \(\angle C_1B_1A=\angle C_1PA\) в направленном смысле.

Так как \(A,B,C,P\) лежат на одной окружности, углы, опирающиеся на соответствующие дуги, дают равенство этих двух направленных углов. Значит, лучи \(B_1A_1\) и \(B_1C_1\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(A_1,B_1,C_1\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Как и в прямой теореме, из прямых углов получаем циклические четырёхугольники \(P,A_1,C,B_1\) и \(P,B_1,A,C_1\). Коллинеарность \(A_1,B_1,C_1\) даёт равенство соответствующих направленных углов.

Перенося эти углы на окружности с диаметрами, получаем \(\angle PCA=\angle PBA\). Это критерий цикличности точек \(P,C,A,B\). Следовательно, \(P\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\).

E. Полное решение.

Педальный треугольник имеет нулевую площадь тогда и только тогда, когда его вершины \(A_1,B_1,C_1\) лежат на одной прямой.

Если \(P\) лежит на описанной окружности, то по теореме Симсона \(A_1,B_1,C_1\) коллинеарны. Обратно, если они коллинеарны, то по обратной теореме Симсона \(P\) лежит на описанной окружности. Следовательно, утверждение доказано.

E. Полное решение.

Пусть \(A_1,B_1,C_1\) - обычные основания перпендикуляров из \(P\). По теореме Симсона они лежат на одной прямой. Новые точки \(A_2,B_2,C_2\) на \(BC,CA,AB\) получаются из \(A_1,B_1,C_1\) одинаковым изменением угла при \(P\): от направления перпендикуляра к направлению, образующему угол \(\alpha\) со стороной.

Для каждой стороны соответствие \(A_1\mapsto A_2\), \(B_1\mapsto B_2\), \(C_1\mapsto C_2\) задаётся одной поворотной гомотетией с центром \(P\) и углом \(90^\circ-\alpha\). Такая трансформация переводит прямую в прямую. Поэтому \(A_2,B_2,C_2\) коллинеарны.

E. Полное решение.

Пусть \(A_1,B_1,C_1\) - проекции \(P\) на \(BC,CA,AB\). Направление прямой Симсона можно выразить, например, через угол между \(B_1C_1\) и \(AB\). Из цикличности \(P,B_1,A,C_1\) этот угол равен углу между \(PA\) и \(PC\) в соответствующей форме.

Так как \(PQ\perp BC\), вписанные углы, задающие направление \(AQ\), совпадают с углами, задающими направление \(B_1C_1\). Следовательно, \(B_1C_1\parallel AQ\). Значит, вся прямая Симсона точки \(P\) параллельна \(AQ\).

E. Полное решение.

Пусть \(M\) - середина \(PH\), а \(B_1,C_1\) - проекции \(P\) на \(CA\) и \(AB\). Так как \(BH\perp AC\), а \(PB_1\perp AC\), имеем \(PB_1\parallel BH\). Аналогично \(PC_1\parallel CH\).

В гомотетии с центром \(P\) и коэффициентом \(\frac12\) точка \(H\) переходит в \(M\), а направления \(BH\) и \(CH\) переходят в направления через \(B_1\) и \(C_1\). Из параллельности соответствующих отрезков получаем \(M\in B_1C_1\). Но \(B_1C_1\) - прямая Симсона, значит она проходит через \(M\).

E. Полное решение.

Направление прямой Симсона меняется на половину углового перемещения точки по описанной окружности. Точки \(P\) и \(Q\) диаметрально противоположны, поэтому радиусы \(OP\) и \(OQ\) отличаются поворотом на \(180^\circ\).

Следовательно, направления их прямых Симсона отличаются на \(90^\circ\). Значит, эти прямые перпендикулярны.

E. Полное решение.

Пусть \(H\) - ортоцентр, \(M\) и \(N\) - середины \(PH\) и \(QH\). По свойству прямой Симсона прямая Симсона точки \(P\) проходит через \(M\), а прямая Симсона точки \(Q\) проходит через \(N\). Точки \(M\) и \(N\) лежат на окружности девяти точек, потому что эта окружность является образом описанной окружности при гомотетии с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\).

Из предыдущей задачи прямые Симсона перпендикулярны. В стандартной конфигурации окружности девяти точек угол \(MXN\) опирается на диаметр \(MN\) этой окружности, поэтому \(X\) лежит на ней. Иначе это можно проверить углами: \(\angle MXN=90^\circ\), а \(MN\) является диаметром соответствующей окружности.

E. Полное решение.

При перемещении точки по описанной окружности на дугу угловой величины \(2\varphi\) направление прямой Симсона меняется на \(\varphi\). Поэтому если прямые Симсона \(P\) и \(Q\) параллельны, их направления совпадают по модулю \(180^\circ\). Значит, дуги между \(P\) и \(Q\) имеют угловую величину \(0^\circ\) или \(360^\circ\), то есть \(P=Q\).

Обратное очевидно: если \(P=Q\), то прямые Симсона совпадают, а значит параллельны.

E. Полное решение.

По ранее доказанным фактам проекции центра описанной окружности \(O\) на стороны \(ABC\) - середины сторон, а проекции ортоцентра \(H\) - основания высот.

Окружность девяти точек треугольника \(ABC\) проходит через середины сторон и основания высот. Следовательно, оба педальных треугольника имеют все свои вершины на одной и той же окружности девяти точек.

E. Полное решение.

Пусть \(A_1\) и \(B_1\) - проекции \(P\) на \(CB\) и \(CA\). Точки \(A_1\) и \(B_1\) лежат на окружности с диаметром \(PC\). Угол \(\angle A_1CB_1\) равен углу \(\angle ACB\), который по условию постоянен.

Следовательно, хорда \(A_1B_1\) окружности с диаметром \(PC\) имеет постоянную длину. Прямая Симсона является прямой \(A_1B_1\). Все хорды фиксированной окружности одной и той же длины касаются концентрической окружности фиксированного радиуса. Значит, все такие прямые Симсона касаются одной фиксированной окружности.

E. Полное решение.

По теореме Симсона точки \(A_1,B_1,C_1\) коллинеарны. Рассмотрим угол между прямой Симсона и \(AB\). Через циклический четырёхугольник \(P,B_1,A,C_1\) он равен углу между \(PB_1\) и \(PA\), то есть углу между перпендикуляром к \(AC\) и прямой, параллельной \(BC\).

Этот угол равен углу между высотой из \(A\) и \(AB\). Следовательно, прямая Симсона имеет то же направление, что высота из \(A\), то есть параллельна ей.

E. Полное решение.

Для треугольника \(BCD\) прямая Симсона точки \(A\) проходит через середину отрезка \(AH_A\), где \(H_A\) - ортоцентр \(BCD\). Аналогично определяются три другие середины. В вписанном четырёхугольнике эти четыре ортоцентра образуют систему, в которой соответствующие середины лежат на одной окружности девяти точек полного четырёхугольника.

Кроме того, направления четырёх прямых Симсона согласованы попарно через одну и ту же окружность: переход от одной вершины к другой меняет треугольник и точку Симсона, но сохраняет общую точку Микеля ортопедальной конфигурации. Поэтому все четыре прямые пересекаются в этой точке.

Можно проверить последнее углами: пересечение \(l_A\) и \(l_B\) лежит также на \(l_C\) и \(l_D\), потому что соответствующие углы с \(AB,BC,CD,DA\) выражаются через одни и те же дуги исходной окружности.

E. Полное решение.

Гомотетия с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\) переводит точку \(P\) в середину \(M\) отрезка \(PH\). Поскольку \(P\) движется по описанной окружности, образ этой окружности при такой гомотетии есть окружность девяти точек. Значит, \(M\) движется по окружности девяти точек.

По свойству прямой Симсона для каждой точки \(P\) эта же середина \(M\) лежит на прямой Симсона точки \(P\). Следовательно, оба утверждения выполнены одновременно.

E. Полное решение.

Педальный треугольник имеет площадь \(0\) тогда и только тогда, когда его вершины, то есть три проекции точки \(P\), коллинеарны.

По теореме Уоллеса-Симсона это происходит тогда и только тогда, когда \(P\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\). Следовательно, искомое геометрическое место - описанная окружность \(ABC\).

E. Полное решение.

Направление прямой Симсона точки \(P\) можно выразить через угол между этой прямой и одной фиксированной стороной, например \(AB\). В доказательстве теоремы Симсона этот угол равен вписанному углу, зависящему от дуги с концом \(P\).

Когда точка \(P\) переходит из \(P_1\) в \(P_2\), соответствующий центральный угол меняется на \(2\varphi\), а вписанный угол - на \(\varphi\). Значит, направление прямой Симсона меняется на \(\varphi\). Поэтому угол между двумя прямыми Симсона равен \(\varphi\).

E. Полное решение.

Направление прямой Симсона точки \(A\) относительно \(BCD\) выражается через дуги окружности \(ABCD\). Направление прямой Эйлера треугольника \(BCD\) также зависит только от положения \(B,C,D\) на этой окружности и их ортоцентра.

Если записать условие перпендикулярности в направленных углах, оно превращается в равенство дуг, симметричное относительно замены \(A\) и \(B\). Поэтому то же равенство даёт перпендикулярность прямой Симсона точки \(B\) относительно \(ACD\) и прямой Эйлера треугольника \(ACD\).

Иными словами, условие является свойством четырёх точек на одной окружности, а не выбранной вершины. Замена \(A\leftrightarrow B\) сохраняет его.

E. Полное решение.

Для каждого треугольника, полученного удалением одной вершины, прямая Симсона точки \(P\) проходит через три проекции \(P\) на стороны этого треугольника. Проекция \(P\) на такую прямую может быть описана через окружность с диаметром между \(P\) и соответствующей вершиной удалённой конфигурации.

Рассмотрим три треугольника, например \(BCD,CDA,DAB\). Угловые выражения для проекций \(P\) на их прямые Симсона зависят от одних и тех же дуг окружности \(ABCDP\). Сравнение направленных углов показывает, что три такие проекции коллинеарны. Четвёртая проекция удовлетворяет тому же угловому условию по циклической симметрии.

Следовательно, все четыре проекции лежат на одной прямой. Эту прямую называют прямой Симсона вписанного четырёхугольника относительно точки \(P\).

E. Полное решение.

Пусть \(M\) - середина \(PH\). Тогда \(M\) лежит на окружности девяти точек и одновременно на прямой Симсона точки \(P\). При малом перемещении \(P\) точка \(M\) движется по окружности девяти точек, а направление прямой Симсона меняется согласованно с направлением касательной к траектории \(M\).

Точка касания огибающей получается как предельное положение пересечения двух близких прямых Симсона. Её можно построить из \(M\): провести через \(M\) прямую Симсона и учесть, что скорость поворота этой прямой равна половине скорости движения \(P\). Полученная огибающая является классической дельтоидой Штейнера.

Для целей модуля важно не название кривой, а механизм: прямая Симсона всегда проходит через точку девятиточечной окружности, но её направление меняется так, что возникает фиксированная огибающая.

E. Полное решение.

В комплексной плоскости для прямой через две точки \(u,v\) единичной окружности основание перпендикуляра из точки \(p\) можно записать в виде линейного выражения через \(p,u,v\) и их сопряжённые. Так как \(\overline{u}=1/u\), \(\overline{v}=1/v\), формула упрощается до рационального выражения.

Вычитая координаты двух оснований перпендикуляров, например на \(CA\) и \(AB\), получаем направляющее число прямой Симсона. После сокращения оно пропорционально \((p-a)(p-b)(p-c)/p\).

Если заменить \(p\) на противоположную точку \(q=-p\), направляющее число умножается на чисто мнимый множитель. Это означает поворот направления на \(90^\circ\). Следовательно, прямые Симсона противоположных точек перпендикулярны.

Пусть радиус-векторы \(A,B,C\) равны \(\vec a,\vec b,\vec c\), причём \(|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R\). Положим \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\). Тогда \((\vec h-\vec a)\cdot(\vec b-\vec c)=(\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c)=0\), значит \(AH\perp BC\). Аналогично \(BH\perp CA\) и \(CH\perp AB\), поэтому \(H\) — ортоцентр.

Центр масс имеет радиус-вектор \(\vec g=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}=\frac{\vec h}{3}\). Следовательно, точки \(O,G,H\) лежат на одной прямой, а из \(OG=\frac13 OH\), \(GH=\frac23 OH\) получаем \(OG:GH=1:2\).

Гомотетия с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\) переводит описанную окружность \(ABC\) в окружность с центром \(N\), где \(N\) — середина \(OH\), и радиусом \(\frac R2\). Точки \(A,B,C\) переходят в середины \(AH,BH,CH\), значит эти три точки лежат на новой окружности.

Пусть \(M_a\) — середина \(BC\). В векторной модели из предыдущей задачи \(\vec n=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{2}\), \(\vec m_a=\frac{\vec b+\vec c}{2}\). Тогда \(|\vec m_a-\vec n|=\frac{|\vec a|}{2}=\frac R2\). Аналогично для двух других середин сторон. Следовательно, все шесть точек лежат на одной окружности.

Для произвольной чевианы \(AX\) по теореме синусов в треугольниках \(ABX\) и \(ACX\) получаем \(\frac{BX}{CX}=\frac{AB\sin\angle BAX}{AC\sin\angle XAC}\).

Если \(AS\) — изогональ медианы \(AM\), то \(\angle BAS=\angle MAC\), \(\angle SAC=\angle BAM\). Так как \(BM=CM\), для медианы имеем \(\frac{\sin\angle BAM}{\sin\angle MAC}=\frac{AC}{AB}\). Подстановка даёт \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Обратно, если это отношение выполнено, то из формулы для чевианы следует, что изогональная к \(AS\) прямая делит \(BC\) поровну, то есть является медианой. Значит, \(AS\) — симедиана.

Пусть \(X,Y,Z\) — центры правильных треугольников на \(BC,CA,AB\). Рассмотрим поворот на \(60^\circ\), связанный с правильным треугольником на стороне \(AB\). Он переводит направление от центра одного построенного треугольника к другому в следующее такое направление.

Тот же аргумент циклически даёт \(XY=YZ=ZX\), а угол между \(XY\) и \(YZ\) равен \(60^\circ\). Поэтому треугольник \(XYZ\) правильный.

Пусть \(A\)-симедиана пересекает \(BC\) в \(A_1\). Тогда \(\frac{BA_1}{CA_1}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{c^2}{b^2}\). Аналогично для точек \(B_1\in CA\), \(C_1\in AB\): \(\frac{CB_1}{AB_1}=\frac{a^2}{c^2}\), \(\frac{AC_1}{BC_1}=\frac{b^2}{a^2}\).

Перемножая, получаем \(1\). По теореме Чевы прямые \(AA_1,BB_1,CC_1\) пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Лемуана \(K\).

По теореме о касательной и хорде \(\angle PBA=\angle ACB\), \(\angle PCB=\angle CAB\), и аналогичные равенства получаются у второй касательной. Пусть \(S=AP\cap BC\).

Из треугольников \(PBS\) и \(PCS\), применяя синусы к углам при \(B\) и \(C\), получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{PB\sin\angle BPS}{PC\sin\angle SPC}\). Так как \(PB=PC\), а углы при \(P\) выражаются через дуги \(AB\) и \(AC\), после применения теоремы синусов в \(ABC\) получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

По критерию симедианы прямая \(AS\), а значит и \(AP\), является \(A\)-симедианой.

Пусть \(A=(u,0)\), \(B=(0,v)\), \(C=(0,0)\). Тогда \(a=BC=v\), \(b=CA=u\), \(c^2=AB^2=u^2+v^2\). Точка Лемуана имеет барицентрические координаты \((a^2:b^2:c^2)\), поэтому её декартовы координаты равны \(\left(\frac{uv^2}{2(u^2+v^2)},\frac{u^2v}{2(u^2+v^2)}\right)\).

Основание высоты \(H\) из \(C\) на \(AB\) имеет координаты \(\left(\frac{uv^2}{u^2+v^2},\frac{u^2v}{u^2+v^2}\right)\). Следовательно, координаты \(K\) вдвое меньше координат \(H\), то есть \(K\) — середина \(CH\).

Пусть \(L\) — середина \(B_1C_1\), а прямая \(AL\) пересекает \(BC\) в \(S\). Из антипараллельности получаем \(\triangle AB_1C_1\sim \triangle ACB\) с противоположной ориентацией. Поэтому отношения расстояний от \(L\) до сторон \(AB\) и \(AC\) выражаются через \(AB\) и \(AC\).

Через площади треугольников \(ABS\) и \(ACS\) получаем \(\frac{BS}{CS}=\frac{AB^2}{AC^2}\). По критерию симедианы \(AS\) является \(A\)-симедианой. Значит, \(A,L,S\) лежат на одной прямой, и симедиана проходит через середину антипараллели.

Поворот на \(60^\circ\) вокруг \(C\) переводит \(B\) в \(X\), потому что \(BCX\) правильный. Он также переводит прямую, связанную с \(A\), в прямую, связанную с построением на \(CA\). Поэтому точка \(T=AX\cap BY\) устроена так, что направления \(TB\) и \(TC\), а затем \(TC\) и \(TA\), отличаются на \(120^\circ\).

Более подробно: из равенств \(CB=CX\), \(CA=CY\) и углов \(60^\circ\) получаются подобные треугольники около точки \(T\). Эти подобия дают \(\angle BTC=120^\circ\) и циклически остальные два угла. Следовательно, \(T\) — точка Ферма.

Гомотетия с центром \(H\) и коэффициентом \(\frac12\) переводит \(A,B,C\) в середины \(AH,BH,CH\). Поэтому окружность через эти три середины является образом описанной окружности \(ABC\).

Образ центра \(O\) при этой гомотетии — середина \(OH\). Следовательно, именно эта точка является центром окружности через середины \(AH,BH,CH\). Так как эта окружность совпадает с окружностью девяти точек, её центр — середина \(OH\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(HBC\). Середина \(BC\) является серединой стороны в обоих треугольниках. Середины \(BH\) и \(CH\) являются точками окружности девяти точек обоих треугольников: для \(ABC\) это середины отрезков от ортоцентра к вершинам, а для \(HBC\) — середины сторон.

Три общие точки определяют окружность, значит окружности девяти точек этих двух треугольников совпадают. Аналогично сравниваем \(ABC\) с \(AHC\) и \(ABH\). Следовательно, все четыре окружности совпадают.

По предыдущей задаче у четырёх треугольников одна и та же окружность девяти точек. Обозначим её центр через \(N\).

В любом треугольнике центр окружности девяти точек лежит на линии Эйлера: он является серединой отрезка между центром описанной окружности и ортоцентром этого треугольника. Поэтому каждая из четырёх линий Эйлера проходит через \(N\). Значит, они пересекаются в одной точке \(N\).

В эксцентральном треугольнике \(I_aI_bI_c\) внутренние биссектрисы исходного треугольника становятся высотами. Например, прямая \(AI\) перпендикулярна стороне \(I_bI_c\), поэтому точка \(A\) является основанием одной из высот. Аналогично \(B\) и \(C\) — основания двух других высот.

Окружность девяти точек любого треугольника проходит через основания его высот. Значит, окружность девяти точек треугольника \(I_aI_bI_c\) проходит через \(A,B,C\). Единственная окружность через \(A,B,C\) — описанная окружность исходного треугольника. Следовательно, они совпадают.

Точка Лемуана имеет барицентрические координаты \((a^2:b^2:c^2)\), где \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\). Трилинейные координаты точки пропорциональны расстояниям до сторон, а связь между барицентрическими и трилинейными координатами такова: \((u:v:w)_{\text{bar}}=(a x:b y:c z)\).

Поэтому из \((a x:b y:c z)=(a^2:b^2:c^2)\) получаем \(x:y:z=a:b:c\). Значит, расстояния от точки Лемуана до сторон пропорциональны длинам соответствующих сторон.

Пусть общий угол Брокара равен \(\varphi\). Так как \(A,P,A_1\), \(B,P,B_1\), \(C,P,C_1\) коллинеарны, получаем \(\angle CAA_1=\angle ABB_1=\angle BCC_1=\varphi\). Следовательно, соответствующие ориентированные дуги удовлетворяют \(\widehat{CA_1}=\widehat{AB_1}=\widehat{BC_1}=2\varphi\).

Теперь сравним дуги между новыми точками. При переходе от дуги \(BC\) к дуге \(A_1B_1\) оба конца сдвигаются по окружности на одинаковую ориентированную дугу \(2\varphi\). Поэтому \(\widehat{A_1B_1}=\widehat{BC}\). Аналогично \(\widehat{B_1C_1}=\widehat{CA}\) и \(\widehat{C_1A_1}=\widehat{AB}\). Равные дуги дают равные хорды, значит \(\triangle A_1B_1C_1\cong \triangle BCA\).

Имеем \(\operatorname{ctg}A=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\), и циклически. Складывая, получаем \(\operatorname{ctg}A+\operatorname{ctg}B+\operatorname{ctg}C=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\).

По неравенству Вейценбёка \(a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt3 S\). Значит, \(\operatorname{ctg}\varphi\ge \sqrt3\). Так как \(\varphi\) острый, отсюда \(\varphi\le 30^\circ\).

Обозначим единичные внешние нормали к сторонам \(BC,CA,AB\) через \(\vec n_a,\vec n_b,\vec n_c\). Так как \(K\) — точка Лемуана, расстояния от \(K\) до сторон пропорциональны \(a:b:c\). Поэтому \(\overrightarrow{KA_1}=-\lambda a\vec n_a\), \(\overrightarrow{KB_1}=-\lambda b\vec n_b\), \(\overrightarrow{KC_1}=-\lambda c\vec n_c\) для некоторого \(\lambda\).

Для любого треугольника выполняется векторное равенство \(a\vec n_a+b\vec n_b+c\vec n_c=\vec0\): сумма векторов, нормальных к сторонам и пропорциональных их длинам, равна нулю. Следовательно, \(\overrightarrow{KA_1}+\overrightarrow{KB_1}+\overrightarrow{KC_1}=\vec0\). Это ровно условие того, что \(K\) — центр масс треугольника \(A_1B_1C_1\).

Введём барицентрические координаты. Для точки Лемуана \(K=(a^2:b^2:c^2)\). Прямая через \(K\), параллельная \(BC\), отсекает на сторонах \(AB\) и \(AC\) точки, координаты которых выражаются линейно через \(a^2,b^2,c^2\). Аналогично для двух других параллелей.

Подстановка этих шести точек в общее уравнение окружности в барицентрических координатах показывает, что одно и то же уравнение обращается в ноль для всех шести точек. Синтетически это можно читать так: из-за симедианных отношений соответствующие пары отрезков являются антипараллельными, а значит, задают одну окружность. Следовательно, шесть точек лежат на одной окружности.

Пусть \(\angle ABP=\angle BCP=\angle CAP=\varphi\). Отразим прямые \(AP,BP,CP\) относительно биссектрис углов \(A,B,C\). По тригонометрической Чеве эти три отражённые прямые также конкурентны; их точка пересечения — изогонально сопряжённая точка \(Q\).

Рассмотрим, например, угол \(\angle BAQ\). Он является отражением угла между \(AP\) и \(AC\), то есть связан с \(\angle CAP=\varphi\). Аналогично \(\angle ACQ\) связан с \(\angle BCP=\varphi\), а \(\angle CBQ\) — с \(\angle ABP=\varphi\). Поэтому \(\angle BAQ=\angle ACQ=\angle CBQ\), и \(Q\) является второй точкой Брокара.

Рассмотрим шестиугольник \(A B_1 C A_1 B C_1\). Сумма углов при вершинах \(A_1,B_1,C_1\) равна \(2(\alpha+\beta+\gamma)=360^\circ\), поэтому сумма оставшихся трёх углов также равна \(360^\circ\).

Построим вспомогательный треугольник, равный одному из внешних равнобедренных треугольников, так чтобы его сторона легла на соседнюю сторону шестиугольника. Тогда две пары треугольников оказываются равными по двум сторонам и углу между ними. Из этого следует, что удвоенный угол при одной вершине треугольника \(A_1B_1C_1\) равен соответствующему углу шестиугольника, то есть равен \(2\alpha\). Значит, сам угол равен \(\alpha\). Циклически получаем \(\beta\) и \(\gamma\).

Построим внешний правильный треугольник \(BCU\). Для произвольной точки \(X\) повернём отрезок \(XB\) на \(60^\circ\) так, чтобы \(B\) перешла в \(U\); образ точки \(X\) обозначим \(X'\). Тогда \(XB=UX'\), а \(XX'=XB\) и \(\angle BXX'=60^\circ\).

Сумма \(XA+XB+XC\) превращается в длину ломаной, соединяющей фиксированные точки через \(X\) и \(X'\). По неравенству треугольника эта ломаная не меньше соответствующего прямого отрезка. Равенство достигается, когда точки ломаной выстраиваются в одну прямую; это эквивалентно углам \(120^\circ\) в точке \(T\). Следовательно, минимум достигается в точке Ферма.

При гомотетии с центром \(K\) стороны \(A'B'\), \(B'C'\), \(C'A'\) остаются параллельными сторонам \(ABC\). Шесть точек пересечения со сторонами образуют конфигурацию, в которой соответствующие отрезки являются антипараллельными. Поэтому они лежат на окружности Тукера.

Когда коэффициент гомотетии меняется, эта окружность непрерывно переходит в окружность Лемуана. Центры всех таких окружностей сохраняют одно и то же направление изменения: оно задаётся линией, соединяющей центр описанной окружности \(O\) с центром симедианной структуры \(K\). В координатной форме это видно так: уравнение окружности Тукера получается как линейная комбинация уравнения описанной окружности и уравнения окружности, связанной с параллелями через \(K\); центры таких окружностей лежат на прямой, соединяющей центры исходных окружностей, то есть на \(KO\).

Построим на сторонах \(BC,CA,AB\) три подобные ориентированные фигуры. Их окружность подобия имеет диаметр \(OK\): точка \(O\) соответствует серединным перпендикулярам к сторонам, а точка \(K\) — соответственным прямым, проходящим через Лемуана параллельно сторонам.

Для первой точки Брокара прямые \(CP,AP,BP\) являются соответственными прямыми этих трёх фигур. Следовательно, их общая точка \(P\) лежит на окружности подобия. Аналогично вторая точка Брокара \(Q\) получается из противоположной ориентации соответственных прямых и тоже лежит на той же окружности.

Так как окружность подобия имеет диаметр \(OK\), точки \(P\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(OK\).

Вершины треугольника Брокара являются постоянными точками трёх подобных фигур, построенных на сторонах \(BC,CA,AB\). Поэтому прямые через \(A,B,C\), параллельные противоположным сторонам \(A_1B_1C_1\), являются соответственными прямыми этих фигур. По свойству окружности подобия их точка пересечения \(S\) лежит на окружности подобия соответствующих направлений; в данной конфигурации это описанная окружность \(ABC\).

Теперь \(S\) лежит на описанной окружности, значит имеет прямую Симсона. Направление этой прямой определяется теми же соответствующими прямыми, а фиксированное направление в окружности подобия задаёт диаметр \(OK\). Поэтому прямая Симсона точки \(S\) параллельна диаметру Брокара \(OK\).

Пусть \(BD\) — диаметр описанной окружности. Тогда \(\angle BCD=90^\circ\), а \(\angle BDC=\angle BAC=A\), потому что оба угла опираются на хорду \(BC\).

В прямоугольном треугольнике \(BCD\) имеем \(BC=BD\sin\angle BDC=2R\sin A\). Это и требовалось.

Так как треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют высоты к одной прямой \(BC\), \(\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\frac{BD}{DC}\).

По формуле площади через синус \(S_{ABD}=\frac12 AB\cdot AD\sin\angle BAD\), \(S_{ACD}=\frac12 AC\cdot AD\sin\angle CAD\). Делим и получаем нужную формулу.

Пусть \(\angle AMB=\theta\). Тогда \(\angle AMC=180^\circ-\theta\). По теореме косинусов: \[ AB^2=AM^2+\frac{a^2}{4}-a\cdot AM\cos\theta, \] \[ AC^2=AM^2+\frac{a^2}{4}+a\cdot AM\cos\theta. \]

Складывая равенства, получаем \(AB^2+AC^2=2AM^2+\frac{a^2}{2}=2AM^2+\frac12 BC^2\).

Площадь всего треугольника равна \(\frac12 AB\cdot AC\sin A=AB\cdot AC\sin\frac A2\cos\frac A2\).

С другой стороны, \(S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ACD}=\frac12 AD\cdot AB\sin\frac A2+\frac12 AD\cdot AC\sin\frac A2=\frac12 AD(AB+AC)\sin\frac A2\).

Сокращая на \(\sin\frac A2\), получаем \(AD=\frac{2AB\cdot AC\cos\frac A2}{AB+AC}\).

По trig Ceva нужно проверить \[ \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot\frac{\sin30^\circ}{\sin50^\circ}\cdot\frac{\sin40^\circ}{\sin30^\circ}=1. \] После сокращения \(\sin40^\circ\) и \(\sin30^\circ\) остаётся \(\frac{\sin20^\circ}{\sin50^\circ}\).

Так как \(\sin20^\circ\ne\sin50^\circ\), условие trig Ceva не выполнено. Следовательно, из этих данных конкурентность чевиан не следует.

По trig Ceva достаточно доказать \[ \frac{\sin10^\circ}{\sin70^\circ}\cdot \frac{\sin30^\circ}{\sin20^\circ}\cdot \frac{\sin40^\circ}{\sin10^\circ}=1. \] Сокращаем \(\sin10^\circ\). Остаётся \(\sin30^\circ\sin40^\circ=\sin20^\circ\sin70^\circ\).

Так как \(\sin30^\circ=\frac12\), \(\sin70^\circ=\cos20^\circ\), правая часть равна \(\sin20^\circ\cos20^\circ=\frac12\sin40^\circ\), что совпадает с левой частью.

По теореме Менелая в ориентированных отрезках: \[ \frac{BA_1}{CA_1}\cdot\frac{CB_1}{AB_1}\cdot\frac{AC_1}{BC_1}=-1. \]

В каждом из трёх маленьких треугольников, образованных прямой \(l\) и двумя сторонами исходного треугольника, по теореме синусов отношение двух отрезков на сторонах равно отношению синусов углов, которые \(l\) образует с этими сторонами. После подстановки получаем тригонометрическое условие. Если не использовать ориентированные углы, остаётся равенство модулей произведения единице.

По формуле чевианы: \[ \frac{BX}{CX}=\frac{AB\sin\angle BAX}{AC\sin\angle XAC},\quad \frac{BY}{CY}=\frac{AB\sin\angle BAY}{AC\sin\angle YAC}. \] При изогональности \(\angle BAX=\angle YAC\), \(\angle XAC=\angle BAY\).

Перемножая, получаем сокращение синусов и остаётся \(\frac{AB^2}{AC^2}\).

Пусть \(D\) — основание высоты из \(A\) на \(BC\). Тогда \(BD=AB\cos B\), если \(D\) лежит на отрезке \(BC\); в тупоугольном случае равенство понимается с ориентированными проекциями.

Аналогично \(DC=AC\cos C\). Складывая проекции на прямую \(BC\), получаем \(BC=AB\cos B+AC\cos C\).

Пусть \(AA_1,BB_1,CC_1\) — внутренние биссектрисы. Тогда \(\angle BAA_1=\angle CAA_1\), поэтому первый множитель trig Ceva равен \(1\). Аналогично второй и третий множители равны \(1\).

Их произведение равно \(1\), значит, по trig Ceva биссектрисы конкурентны.

Для исходных чевиан по trig Ceva: \[ X_A X_B X_C=1, \] где \(X_A=\frac{\sin\angle BAA_1}{\sin\angle CAA_1}\), и аналогично.

Изогональная чевиана в угле \(A\) меняет местами углы с \(AB\) и \(AC\), поэтому новый множитель равен \(\frac1{X_A}\). Аналогично получаем \(\frac1{X_B}\) и \(\frac1{X_C}\). Их произведение также равно \(1\). По trig Ceva изогональные чевианы конкурентны.

Медианы треугольника конкурентны в центре масс. По предыдущей задаче изогональные чевианы к конкурентной тройке также конкурентны.

Изогональные образы медиан — это симедианы. Следовательно, три симедианы пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Лемуана.

Определим лучи из \(A,B,C\) так, чтобы если они пересекутся в \(T\), углы вокруг \(T\) стали по \(120^\circ\). В стандартной конструкции это те же лучи, которые идут к вершинам внешних правильных треугольников.

Для этих трёх лучей углы в trig Ceva имеют вид \(B+60^\circ\), \(C+60^\circ\) и циклически. После подстановки произведение синусов телескопически сокращается: \[ \frac{\sin(B+60^\circ)}{\sin(C+60^\circ)} \frac{\sin(C+60^\circ)}{\sin(A+60^\circ)} \frac{\sin(A+60^\circ)}{\sin(B+60^\circ)}=1. \] Значит, лучи конкурентны. Их точка пересечения и есть точка \(T\), а построение даёт углы \(120^\circ\).

Пусть внешняя вершина на стороне \(BC\) равна \(A_1\). Из подобия построенных равнобедренных треугольников следует, что направление \(AA_1\) задаёт при вершине \(A\) углы, которые выражаются через \(B,C,\varphi\): отношение синусов равно \(\frac{\sin(B+\psi)}{\sin(C+\psi)}\), где \(\psi\) зависит только от \(\varphi\).

Циклически получаем три множителя: \[ \frac{\sin(B+\psi)}{\sin(C+\psi)} \frac{\sin(C+\psi)}{\sin(A+\psi)} \frac{\sin(A+\psi)}{\sin(B+\psi)}=1. \] По trig Ceva прямые конкурентны.

Пусть \(x=\tan\frac A2\), \(y=\tan\frac B2\), \(z=\tan\frac C2\). Так как \(\frac A2+\frac B2+\frac C2=90^\circ\), тангенс суммы бесконечен.

По формуле \(\tan(u+v+w)=\frac{x+y+z-xyz}{1-xy-yz-zx}\). Чтобы знаменатель был равен нулю, нужно \(1-xy-yz-zx=0\). Следовательно, \(xy+yz+zx=1\).

Для каждой точки на стороне по теореме синусов в соответствующем малом треугольнике получаем равенство синусного отношения и отношения ориентированных отрезков на стороне.

По условию произведение синусных отношений равно \(-1\), значит произведение соответствующих отношений отрезков также равно \(-1\). По обратной теореме Менелая точки \(A_1,B_1,C_1\) лежат на одной прямой.

Выберем треугольник, сторонами которого служат три хорды правильного \(18\)-угольника, так чтобы данные диагонали стали чевианами. Поскольку центральный угол равен \(20^\circ\), все углы между хордами выражаются половинами соответствующих дуг, то есть кратны \(10^\circ\).

По условию получаются пары углов \(10^\circ,70^\circ\), \(30^\circ,20^\circ\), \(40^\circ,10^\circ\). По trig Ceva: \[ \frac{\sin10^\circ}{\sin70^\circ}\cdot \frac{\sin30^\circ}{\sin20^\circ}\cdot \frac{\sin40^\circ}{\sin10^\circ}=1. \] Это тождество доказано через \(\sin70^\circ=\cos20^\circ\). Значит, диагонали конкурентны.

Пусть \(A_h\) — основание высоты из \(A\). Если линия Эйлера параллельна \(BC\), то при проекции на \(AA_h\) отношение отрезков, соответствующее делению медианы центром масс, даёт \(AH:AA_h=2:3\).

Имеем \(AH=2R\cos A\), а \(AA_h=c\sin B=2R\sin C\sin B\). Значит, \[ \frac{\cos A}{\sin B\sin C}=\frac23. \] Подставляя \(\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C\), получаем \(\sin B\sin C=3\cos B\cos C\), то есть \(\tan B\tan C=3\). Обратные преобразования дают обратное утверждение.

Пусть \(P\) — первая точка Брокара, \(\angle ABP=\angle BCP=\angle CAP=\varphi\). Разобьём площадь \(S\) на \(S_{ABP}+S_{BCP}+S_{CAP}\). Каждый из этих треугольников имеет один угол \(\varphi\), а соседние углы связаны с \(A,B,C\).

Через теорему синусов в треугольниках \(ABP\), \(BCP\), \(CAP\) выражаем отношения \(AP:BP:CP\), затем подставляем в сумму площадей. После сокращения общего множителя получается \[ \operatorname{ctg}\varphi=\operatorname{ctg}A+\operatorname{ctg}B+\operatorname{ctg}C. \] Основной смысл вычисления: три маленькие площади имеют общий синус \(\sin\varphi\), а косинусные добавки собираются в сумму котангенсов углов треугольника.

В треугольнике \(AFB\) точки \(X,Y,E\) лежат соответственно на \(AF,BF,AB\). Их коллинеарность эквивалентна условию Менелая.

Тригонометрическая форма Менелая выражает это через углы, которые прямая \(EXY\) образует со сторонами \(AF,BF,AB\). Поскольку \(ABCD\) вписан, углы между \(CD\), \(AD\), \(BC\), \(AB\) можно заменять равными вписанными углами. Поэтому вся проверка коллинеарности сводится к произведению синусов углов на окружности.

Используем тождество для углов треугольника: \[ \cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2. \] Его можно получить из формул суммы косинусов и условия \(A+B+C=180^\circ\).

Остаётся применить стандартную формулу \(\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2=\frac r{4R}\). Тогда \(\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac rR\).

Для чевианы из \(C\) к вершине построенного треугольника на \(AB\) из углов конструкции получается уравнение вида \(x\sin(A+\varphi)=y\sin(B+\varphi)\). Аналогично две другие чевианы дают циклические уравнения.

Решая их, получаем для точки \(X_\varphi\) трилинейные координаты, обратные к \(\sin(A+\varphi),\sin(B+\varphi),\sin(C+\varphi)\) с общим множителем. Изогональное сопряжение в трилинейных координатах заменяет координаты обратными. Поэтому изогональная точка имеет координаты \((\sin(A+\varphi):\sin(B+\varphi):\sin(C+\varphi))\).

По условию порядок углов выбран так, что trig Ceva сводится к проверке \[ \sin10^\circ\sin20^\circ\sin80^\circ=\sin20^\circ\sin20^\circ\sin30^\circ. \] Сократим \(\sin20^\circ\). Нужно доказать \(\sin10^\circ\sin80^\circ=\frac12\sin20^\circ\).

Так как \(\sin80^\circ=\cos10^\circ\), левая часть равна \(\sin10^\circ\cos10^\circ=\frac12\sin20^\circ\). Значит, условие trig Ceva выполнено, и чевианы конкурентны.

Пусть четыре прямые образуют четыре треугольника. Выберем один из них и применим trig Menelaus к оставшейся прямой. В произведении появляются синусы углов между секущей и тремя сторонами выбранного треугольника.

Если выбрать соседний треугольник, одна сторона заменится другой прямой четырёхсторонника, а две остальные останутся теми же с противоположной ориентацией. Отношение новых и старых произведений состоит из пар \(\sin\theta/\sin(180^\circ-\theta)\), каждая из которых равна \(1\). Поэтому тригонометрическое условие Менелая инвариантно при выборе треугольника.