over, by Problem 1.52 ∠(M B1, B1A1)

over, by Problem 1.52 ∠(M B1, B1A1) = ∠(CP, P M ). It is also clear that ∠(CP, P M ) =
∠(CA, AQ) = ∠(M B1, AQ). Hence, A1B1 k AQ.
5.96. Let us draw chord P Q perpendicular to BC. Let points H′ and P ′ be symmetric to points H and P , respectively, through line BC; point H′ lies on the circumscribed circle of triangle ABC (Problem 5.9). First, let us prove that AQ k P ′H. Indeed, ∠(AH′, AQ) = ∠(P H′, P Q) = ∠(AH′, P ′H). Simson’s line of point P is parallel to AQ (Problem 5.95), i.e., it passes through the midpoint of side P P ′ of triangle P P ′H and is parallel to side P ′H; hence, it passes through the midpoint of side P H.

5.97. Let Ha, Hb, Hc and Hd be the orthocenters of triangles BCD, CDA, DAB and ABC, respectively. Lines la, lb, lc and ld pass through the midpoints of segments AHa, BHb, CHc and DHd, respectively (cf. Problem 5.96). The midpoints of these segments coincide
OH OA OB OC OD O is the center of the circle
with point H such that 2−−→ = −→ + −−→ + −→ + −−→, where
(cf. Problem 13.33).
a) Let B1, C1 and D1 be the projections of point P to lines AB, AC and AD, respectively. Points B1, C1 and D1 lie on the circle with diameter AP . Lines B1C1, C1D1 and D1B1 are Simson’s lines of point P with respect to triangles ABC, ACD and ADB,

respectively. Therefore, projections of point P to Simson’s lines of these triangles lie on one line — Simson’s line of triangle B1C1D1.

We similarly prove that any triple of considered points lies on one line.
b) Let P be a point of the circumscribed circle of n-gon A1 . . . An; let B2, B3, . . . , Bn be the projections of point P to lines A1A2, . . . , A1An, respectively. Points B2, . . . , Bn lie on the circle with diameter A1P .

Let us prove by induction that Simson’s line of point P with respect to n-gon A1 . . . An coincides with Simson’s line of point P with respect to (n − 1)-gon B2 . . . Bn (for n = 4 this had been proved in heading a)). By the inductive hypothesis Simson’s line of the (n −1)-gon A1A3 . . . An coincides with Simson’s line of (n − 2)-gon B3 . . . Bn. Hence, the projections of point P to Simson’s line of (n − 1)-gons whose vertices are obtained by consecutive deleting points A2, . . . , An from the collection A1, . . . , An ????? lie on Simson’s line of the (n −1)-gon B2 . . . Bn. The projection of point P to Simson’s line of the (n − 1)-gon A2 . . . An lies on the same line, because our arguments show that any n − 1 of the considered n points of projections lie on one line.

Points B1 and C1 lie on the circle with diameter AP . Hence, B1C1 = AP sin ∠B1AC1 =
AP ¡ BC ¢.
2R
5.100. This problem is a particular case of Problem 2.43. 5.101. Clearly,

∠C1AP = ∠C1B1P = ∠A2B1P = ∠A2C2P = ∠B3C2P = ∠B3A3P.

(The first, third and fifth equalities are obtained from the fact that the corresponding quadri-laterals are inscribed ones; the remaining equalities are obvious.) Similarly, ∠B1AP = ∠C3A3P . Hence,

Kết quả (Việt) 1:

kết thúc rồi, bởi vấn đề 1.52 ∠ (M B1, B1A1) = ∠ (CP, P M). Cũng rõ ràng rằng ∠ (CP, P M) =∠ (CA, AQ) = ∠ (M B1, AQ). Do đó, A1B1 k AQ.5,96. chúng ta hãy vẽ dây cung P Q vuông góc với BC. Cho điểm H′ và P ′ được đối xứng đến điểm H và P tương ứng, thông qua đường dây BC; điểm H′ nằm trên đường tròn của tam giác ABC (vấn đề 5.9). Trước tiên, chúng ta hãy chứng minh rằng ′H k P AQ. Thật vậy, ∠ (AH′, AQ) = ∠ (P H′, P Q) = ∠ (AH′, P ′H). Của Simson của điểm P là song song với AQ (5,95 vấn đề), tức là, nó đi qua trung điểm của cạnh P P ′ của tam giác P P ′H và song song với mặt P ′H; do đó, nó đi qua trung điểm của cạnh P H.5,97. Hãy để Hà, Hb, Hc và Hd là orthocenters của tam giác BCD, CDA, THOA và ABC, tương ứng. Dòng la, lb, lc và ld qua midpoints AHa, BHb, CHc và DHd, các phân đoạn tương ứng (x. vấn đề 5,96). Midpoints những phân đoạn trùngOH OA OB OC OD O là trung tâm của vòng trònnhư vậy điểm h đó 2−−→ = −→ + −−→ + −→ + −−→, nơi (x. 13.33 vấn đề). a) hãy B1, C1 và D1 là dự điểm P đến tuyến AB, AC và quảng cáo, tương ứng. Điểm B1, C1 và D1 nằm trên vòng tròn với đường kính AP. Đường B1C1, C1D1 và D1B1 là dòng Simson của điểm P đối với tam giác ABC, ACD và ADB,tương ứng. Do đó, dự báo điểm P để Simson của dòng của những hình tam giác nằm trên cùng một dòng-Simson của dòng của tam giác B1C1D1.Tương tự như vậy, chúng ta chứng minh rằng bất kỳ ba điểm được coi là nằm trên cùng một dòng.b) cho phép P là một điểm tròn n-gon A1, đường... Một; Hãy để B2, B3,..., Bn là các hình chiếu của điểm P để lines A1A2,..., A1An, tương ứng. Điểm B2,..., Bn nằm trên vòng tròn với đường kính A1P.Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp dòng đó Simson của điểm P đối với n-gon A1... Một trùng với dòng Simson của điểm P đối với (n − 1)-gon B2... BN (n = 4 này đã được chứng minh trong nhóm một)). Theo giả thiết quy nạp Simson line (n −1)-gon A1A3... Một trùng với Simson của dòng (n − 2)-gon B3... BN. Hence, dự điểm P Simson của dòng (n − 1)-gons đỉnh mà thu được bằng cách xóa bỏ liên tiếp điểm A2,..., một bộ sưu tập A1,..., An??? nằm trên đường dây của Simson của (n −1)-gon B2... BN. The chiếu của điểm P Simson của đường dây của (n − 1)-Gòn A2... An nằm trên cùng một dòng, bởi vì lý luận của chúng tôi cho thấy rằng bất kỳ n − 1 được coi là điểm n của hình chiếu nằm trên cùng một dòng. Điểm B1 và C1 nằm trên vòng tròn với đường kính AP. Do đó, B1C1 = AP sin ∠B1AC1 =AP ¢ ¡TCN.2R5.100. vấn đề này là một trường hợp cụ thể của vấn đề 2,43. 5.101. rõ ràng,∠C1AP = ∠C1B1P = ∠A2B1P = ∠A2C2P = ∠B3C2P = ∠B3A3P.(Đầu tiên, thứ ba và thứ năm đẳng thu được từ thực tế rằng quadri-laterals tương ứng là người ghi; đẳng còn lại là rõ ràng.) Tương tự, ∠B1AP = ∠C3A3P. Do đó,

Kết quả (Việt) 2:

hơn, bởi vấn đề 1,52 ∠ (M B1, B1A1) = ∠ (CP, PM). Nó cũng rõ ràng là ∠ (CP, PM) =
∠ (CA, AQ) = ∠ (M B1, AQ). Do đó, A1B1 k AQ.
5.96. Hãy để chúng tôi rút ra âm PQ vuông góc với BC. Hãy điểm H 'và P' đối xứng với điểm H và P, tương ứng, thông qua đường dây BC; điểm H 'nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC (Vấn đề 5.9). Đầu tiên, chúng ta hãy chứng minh rằng H. AQ k P ' Thật vậy, ∠ (AH ', AQ) = ∠ (PH', PQ) = ∠ (AH ', P' H). Dòng của điểm P Simson là song song với AQ (Problem 5.95), tức là, nó đi qua trung điểm của phía PP 'của tam giác PP' H và song song với bên P 'H; do đó, nó đi qua trung điểm của phía P H.

5.97. Hãy Ha, Hb, Hc và HD là orthocenters của các tam giác BCD, CDA, DAB và ABC, tương ứng. Dòng la, lb, lc và ld đi qua trung điểm của đoạn Aha, BHB, CHC và DHD, tương ứng (x Problem 5.96). Trung điểm của các phân đoạn trùng
OH OA OB OC OD O là trung tâm của vòng tròn
với điểm H, 2-- → = - → + - → + - → + - →, nơi
(x Vấn đề 13,33).
a) Hãy B1, C1 và D1 là dự đoán về điểm P để dòng AB, AC, AD, tương ứng. Điểm B1, C1 và D1 nằm trên vòng tròn có đường kính AP. Dòng B1C1, C1D1 và D1B1 là đường dây của điểm P đối với tam giác ABC, ACD, ADB, với Simson của

tương ứng. Do đó, dự báo của điểm P để dòng những hình tam giác Simson của nằm trên một dòng -. Dòng của tam giác B1C1D1 Simson của

chúng tôi tương tự như chứng minh rằng bất kỳ ba điểm được coi là nằm trên một dòng.
B) Gọi P là một điểm của đường tròn ngoại tiếp của n -gon A1. . . An; hãy B2, B3,. . . , TĐ được dự của điểm P để dòng A1A2,. . . , A1An, tương ứng. Điểm B2,. . . , TĐ nằm trên vòng tròn có đường kính A1P.

Hãy để chúng tôi chứng minh bằng quy nạp rằng dòng Simson của điểm P đối với A1 n-gon với. . . Một trùng với dòng Simson của điểm P đối với (n - 1) với -gon B2. . . Tỷ (với n = 4 này đã được chứng minh trong nhóm a)). Bằng cách giả thuyết dòng Simson của quy nạp của (n -1) -gon A1A3. . . Một trùng với dòng (n - 2) Simson của -gon B3. . . Tỷ đồng. Do đó, những dự báo của điểm P đến dòng (n - 1) Simson của -gons mà đỉnh thu được bằng điểm xóa liên tiếp A2,. . . , An từ các bộ sưu tập A1,. . . , An ????? nằm trên dòng (n -1) -gon B2 Simson của. . . Tỷ đồng. Chiếu của điểm P đến đường dây của (n - 1) Simson của -gon A2. . . Một lời nói dối trên cùng một dòng, vì lập luận của chúng tôi cho thấy rằng bất kỳ n - 1 trong coi n điểm của dự nằm trên một dòng.

Điểm dối B1 và C1 trên vòng tròn với đường kính AP. Do đó, B1C1 = AP tội ∠B1AC1 =
AP ¡¢ BC.
2R
5.100. Vấn đề này là một trường hợp cụ thể của vấn đề 2.43. 5,101. Rõ ràng,

. ∠C1AP = ∠C1B1P = ∠A2B1P = ∠A2C2P = ∠B3C2P = ∠B3A3P

(The đẳng đầu tiên, thứ ba và thứ năm thu được từ thực tế là các Quadri--hệ giằng tương ứng được ghi cái;. Sự bình đẳng còn lại là hiển nhiên) tương tự như vậy, ∠B1AP = ∠C3A3P. Vì thế,