intersect at point O. Then∠(BO, OA)

intersect at point O. Then

∠(BO, OA) = ∠(BO, OC) + ∠(OC, OA) = ∠(BA1, A1C) + ∠(CB1, B1A) = = ∠(BA, AC1) + ∠(C1B, BA) = ∠(C1B, AC1),

i.e., the circumscribed circle of triangle ABC1 also passes through point O. Hence,

∠(AO, OA1) = ∠(AO, OB) + ∠(BO, OA1) = ∠(AC1, C1B + ∠(BC, CA1) = 0◦,

i.e., line AA1 passes through point O. We similarly prove that lines BB1 and CC1 pass through point O.

Now, let us prove that point O coincides with point P we are looking for. Since ∠BAP = ∠A −∠CAP , the equality ∠ABP = ∠CAP is equivalent to the equality ∠BAP + ∠ABP = ∠A, i.e., ∠AP B = ∠B + ∠C. For point O the latter equality is obvious since it lies on the circumscribed circle of triangle ABC1.
5.116. a) Let us prove that ⌣ AB =⌣ B1C1, i.e., AB = B1C1. Indeed, ⌣ AB =⌣
AC1+ ⌣ C1B and ⌣ C1B =⌣ AB1; hence, ⌣ AB =⌣ AC1+ ⌣ AB1 =⌣ B1C1.

b) Let us assume that triangles ABC and A1B1C1 are inscribed in one circle, where triangle ABC is fixed and triangle A1B1C1 rotates. Lines AA1, BB1 and CC1 meet at one point for not more than one position of triangle A1B1C1, see Problem 7.20 b). We can obtain 12 distinct families of triangles A1B1C1: triangles ABC and A1B1C1 can be identified after a rotation or an axial symmetry; moreover, there are 6 distinct ways to associate symbols A1, B1 and C1 to the vertices of the triangle.

From these 12 families of triangles 4 families can never produce the desired point P . For similarly oriented triangles the cases

△ABC = △A1C1B1, △ABC = △C1B1A1, △ABC = △B1A1C1

are excluded: for example, if △ABC = △A1C1B1, then point P is the intersection point of line BC = B1C1 with the tangent to the circle at point A = A1; in this case triangles ABC and A1B1C1 coincide.
For differently oriented triangles the case △ABC = △A1B1C1 is excluded: in this case
AA1 k BB1 k CC1.

Remark. Brokar’s points correspond to differently oriented triangles; for the first Brokar’s
point △ ABC = △ B C A and for the second Brokar’s point we have △ ABC = △ C A B .
1 1 1 AC sin ∠CAP BC sin ∠CBP 1 1 1
5.117. a) Since P C = sin ∠AP C and P C = sin ∠BP C , it follows that
sin ϕ sin β = sin(β − ϕ) sin α .
sin γ
sin β

Taking into account that

sin(β − γ) = sin β cos ϕ − cos β sin ϕ
we get cot ϕ = cot β + sin β . It remains to notice that
sin α sin γ

sin β = sin(α + γ) = sin α cos γ + sin γ cos α.

For the second Brokar’s angle we get precisely the same expression as in heading a). It is also clear that both Brokar’s angles are acute ones.
Since ∠A1BC = ∠BCA and ∠BCA1 = ∠CAB, it follows that △CA1B ∼ △ABC.

Therefore, Brokar’s point P lies on segment AA1 (cf. Problem 5.115 b)). 5.118. a) By Problem 10.38 a)
√
cot ϕ = cot α + cot β + cot γ ≥ 3 = cot 30◦;

hence, ϕ ≤ 30◦.

Kết quả (Việt) 1:

cắt nhau tại điểm O. đó∠ (BO, OA) = ∠ (BO, OC) + ∠ (OC, OA) = ∠ (BA1, A1C) + ∠ (CB1, B1A) == ∠ (BA, AC1) + ∠ (C1B, BA) = ∠ (C1B, AC1),Ví dụ, đường tròn của tam giác ABC1 cũng đi qua điểm O. Hence,∠ (AO, OA1) = ∠ (AO, OB) + ∠ (BO, OA1) = ∠ (AC1, C1B + ∠ (TRƯỚC CÔNG NGUYÊN, CA1) = 0◦,Ví dụ, dòng AA1 đi qua điểm O. Chúng ta chứng minh tương tự dòng BB1 và CC1 đi qua điểm O.Bây giờ, chúng ta hãy chứng minh rằng điểm O trùng với điểm P chúng tôi đang tìm kiếm. Kể từ khi ∠BAP = ∠A −∠CAP, ∠ABP bình đẳng = ∠CAP là tương đương với bình đẳng ∠BAP + ∠ABP = ∠A, ví dụ, ∠AP B = ∠B + ∠C. Cho điểm O đẳng thức sau là rõ ràng vì nó nằm trên đường tròn của tam giác ABC1.5.116. một) chúng ta hãy chứng minh rằng ⌣ AB = ⌣ B1C1, ví dụ, AB = B1C1. Thật vậy, ⌣ AB = ⌣AC1 + ⌣ C1B và ⌣ C1B = ⌣ AB1; do đó, ⌣ AB = ⌣ AC1 + ⌣ AB1 = ⌣ B1C1.b) chúng ta hãy giả định rằng tam giác ABC và A1B1C1 được ghi trong một vòng tròn, nơi cố định tam giác ABC và tam giác A1B1C1 quay. Dòng AA1, BB1 và CC1 gặp nhau tại một thời điểm cho các vị trí không nhiều hơn một của tam giác A1B1C1, xem vấn đề 7,20 b). Chúng tôi có thể có được 12 gia đình khác biệt của hình tam giác A1B1C1: hình tam giác ABC và A1B1C1 có thể được xác định sau khi quay một hoặc một trục đối xứng; hơn nữa, có là 6 cách riêng biệt để kết hợp các ký hiệu A1, B1 và C1 để các đỉnh của tam giác.Từ những gia đình có 12 hình tam giác 4 gia đình có thể không bao giờ sản xuất P điểm mong muốn. Cho tương tự như vậy theo định hướng hình tam giác các trường hợp△ABC = △A1C1B1, △ABC = △C1B1A1, △ABC = △B1A1C1loại: ví dụ, nếu △ABC = △A1C1B1, sau đó điểm P là giao điểm của BC = B1C1 với ốp vào vòng tròn tại điểm A = A1; trong trường hợp này hình tam giác ABC và A1B1C1 trùng.Cho differently theo định hướng hình tam giác △ABC trường hợp = △A1B1C1 là loại trừ: trong trường hợp nàyAA1 k BB1 k CC1.Nhận xét. Của Brokar điểm tương ứng để tam giác differently theo định hướng; Đối với Brokar đầu tiênđiểm △ ABC = △ B C A và cho điểm Brokar thứ hai của chúng ta có △ ABC △ C A B =. 1 1 1 AC sin sin ∠CAP BC ∠CBP 1 1 15.117. một) kể từ khi P C = tội lỗi ∠AP C và P C = sin ∠BP C, nó sau đó Sin ϕ sin β = sin (β − ϕ) sin α. Sin γ Sin β Tham gia vào tài khoản màtội lỗi (β − γ) = sin β cos ϕ − cos β sin ϕchúng tôi nhận được cot ϕ = cot β + sin β. Nó vẫn còn để thông báo rằngSin α sin γSin β = sin (α + γ) = sin α cos γ + sin γ cos α. Cho góc Brokar thứ hai của chúng tôi nhận được chính xác là những biểu hiện tương tự như trong nhóm một). Nó cũng là rõ ràng rằng cả hai Brokar góc là cấp tính người. Kể từ khi ∠A1BC = ∠BCA và ∠BCA1 = ∠CAB, sau đó △CA1B ∼ △ABC.Vì vậy, Brokar của điểm P nằm trên đoạn AA1 (x. vấn đề 5.115 b)). 5.118. bản) do vấn đề 10.38 một)√COT ϕ = cot α + cot β + cot γ ≥ 3 = cot 30◦;do đó, ϕ ≤ 30◦.

Kết quả (Việt) 2:

cắt nhau tại điểm O. Sau đó

∠ (BO, OA) = ∠ (BO, OC) + ∠ (OC, OA) = ∠ (BA1, A1C) + ∠ (CB1, B1A) = = ∠ (BA, AC1) + ∠ (C1B, BA) = ∠ (C1B, AC1),

tức là, các đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC1 cũng đi qua điểm O. Do đó,

∠ (AO, OA1) = ∠ (AO, OB) + ∠ (BO, OA1) = ∠ (AC1, C1B + ∠ (BC, CA1) = 0◦,

tức là, dòng AA1 đi qua điểm O. Chúng tương tự như chứng minh rằng dòng BB1 và CC1 đi qua điểm O.

Bây giờ, chúng ta hãy chứng minh rằng điểm O trùng với điểm P chúng tôi đang tìm kiếm. Kể từ ∠BAP = ∠A -∠CAP, các ∠ABP bình đẳng = ∠CAP là tương đương với bình đẳng ∠BAP + ∠ABP = ∠A, tức là, ∠AP B = ∠B + ∠C. đối với điểm O bình đẳng sau này là hiển nhiên vì nó nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC1.
5,116. a) Hãy để chúng tôi chứng minh rằng ⌣ AB = ⌣ B1C1, tức là, AB = B1C1. Thật vậy, ⌣ AB = ⌣
AC1 + ⌣ C1B và ⌣ C1B = ⌣ AB1; do đó, ⌣ AB = ⌣ AC1 + ⌣ AB1 = ⌣ B1C1.

b) Giả sử tam giác ABC và A1B1C1 được ghi trong một vòng tròn, nơi tam giác ABC là cố định và quay tam giác A1B1C1. Dòng AA1, BB1 và CC1 gặp nhau tại một điểm cho không nhiều hơn một vị trí của tam giác A1B1C1, xem vấn đề 7.20 b). Chúng tôi có thể có được 12 gia đình khác biệt của tam giác A1B1C1: tam giác ABC và A1B1C1 có thể được xác định sau khi quay một hoặc một trục đối xứng; hơn nữa, có 6 cách khác nhau để kết hợp các ký hiệu A1, B1 và C1 đến các đỉnh của tam giác.

Từ những 12 gia đình của hình tam giác 4 gia đình không bao giờ có thể sản xuất các điểm P mong muốn. Đối với định hướng tương tự tam giác các trường hợp

△ ABC = △ A1C1B1, △ ABC = △ C1B1A1, △ ABC = △ B1A1C1

được loại trừ: ví dụ, nếu △ ABC = △ A1C1B1, sau đó điểm P là giao điểm của đường BC = B1C1 với tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A = A1; trong trường hợp này tam giác ABC và A1B1C1 trùng.
Đối với di ff erently hướng tam giác các trường hợp △ ABC = △ A1B1C1 được loại trừ: trong trường hợp này
AA1 k BB1 k CC1.

Ghi chú. Điểm Brokar của tương ứng với di ff tam giác erently định hướng; cho Brokar đầu tiên của
điểm △ ABC = △ BCA và cho điểm các Brokar thứ hai của chúng tôi có △ ABC = △ CAB.
1 1 1 AC tội ∠CAP BC tội ∠CBP 1 1 1
5,117. a) Kể từ PC = sin ∠AP C và PC = sin ∠BP C, nó sau đó
sin φ sin β = sin (β - φ) sin α.
sin γ
sin β

tính rằng

sin (β - γ) = sin β cos φ - cos β sin φ
chúng tôi có được cot β φ = cot + sin β. Nó vẫn còn để nhận thấy rằng
tội lỗi tội lỗi α γ

sin β = sin (α + γ) = α sin cos γ + sin γ cos α.

Đối với góc Brokar thứ hai của chúng tôi có được chính xác những biểu hiện tương tự như ở nhóm một). Nó cũng rõ ràng là góc độ của cả hai Brokar là những cấp tính.
Kể từ ∠A1BC = ∠BCA và ∠BCA1 = ∠CAB, nó sau đó △ CA1B ~ △ ABC.

Vì vậy, điểm P Brokar của nằm trên đoạn AA1 (x Vấn đề 5,115 b) ). 5,118. a) Bằng Vấn đề 10.38 a)
√
alpha cot φ = cot + cot β + cot γ ≥ 3 = cot 30◦;

do đó, φ ≤ 30◦.