b) Let P be the first Brokar’s poin

b) Let P be the first Brokar’s point of triangle ABC. Point M lies inside (or on the boundary of) one of the triangles ABP , BCP and CAP . If, for example, point M lies inside triangle ABP , then ∠ABM ≤ ∠ABP ≤ 30◦.
5.119. Lines A1B1, B1C1 and C1A1 are the midperpendiculars to segments AQ, BQ and CQ, respectively. Therefore, we have, for instance, ∠B1A1C1 = 180◦ − ∠AQC = ∠A. For the other angles the proof is similar.

Moreover, lines A1O, B1O and C1O are the midperpendiculars to segments CA, AB and BC, respectively. Hence, acute angles ∠OA1C1 and ∠ACQ, for example, have pair-wise perpendicular sides and, consecutively, they are equal. Similar arguments show that ∠OA1C1 = ∠OB1A1 = ∠OC1B1 = ϕ, where ϕ is the Brokar’s angle of triangle ABC.
5.120. By the law of sines
R1 = AB BC CA
, R2 = and R3 = .
2 sin ∠AP B 2 sin ∠BP C 2 sin ∠CP A
It is also clear that
sin ∠AP B = sin ∠A, sin ∠BP C = sin ∠B and sin ∠CP A = sin ∠C.

5.121. Triangle ABC1 is an isosceles one and the angle at its base AB is equal to Brokar’s angle ϕ. Hence, ∠(P C1, C1Q) = ∠(BC1, C1A) = 2ϕ. Similarly

∠(P A1, A1Q) = ∠(P B1, B1Q) = ∠(P C1, C1Q) = 2ϕ.

5.122. Since ∠CA1B1 = ∠A + ∠AB1A1 and ∠AB1A1 = ∠CA1C1, we have ∠B1A1C1 = ∠A. We similarly prove that the remaining angles of triangles ABC and A1B1C1 are equal.

The circumscribed circles of triangles AA1B1, BB1C1 and CC1A1 meet at one point O. (Problem 2.80 a). Clearly, ∠AOA1 = ∠AB1A1 = ϕ. Similarly, ∠BOB1 = ∠COC1 = ϕ. Hence, ∠AOB = ∠A1OB1 = 180◦−∠A. Similarly, ∠BOC = 180◦−∠B and ∠COA = 180◦− ∠C, i.e., O is the first Brokar’s point of both triangles. Hence, the rotational homothety by
angle ϕ with center O and coefficient AO sends triangle A1B1C1 to triangle ABC.

A1O
5.123. By the law of sines AB = sin ∠AM B and AB = sin ∠AN B . Hence,
BM sin ∠BAM BN sin ∠BAN
AB2 sin ∠AM B sin ∠AN B sin ∠AM C sin ∠AN C AC2
= = = .
BM • BN
sin ∠BAM sin ∠BAN sin ∠CAN sin ∠CAM CM • CN
5.124. Since ∠BAS = ∠CAM , we have
BS = SBAS = AB • AS ,

CM SCAM AC • AM
i.e., AS = 2b•BS . It remains to observe that, as follows from Problems 5.123 and 12.11 a),
AM ac √
ac2
2 2 2
BS = b2+c2 and 2AM = 2b + 2c − a .
5.125. The symmetry through the bisector of angle A sends segment B1C1 into a segment parallel to side BC, it sends line AS to line AM , where M is the midpoint of side BC.
5.126. On segments BC and BA, take points A1 and C1, respectively, so that A1C1 k BK. Since ∠BAC = ∠CBK = ∠BA1C1, segment A1C1 is antiparallel to side AC. On the other hand, by Problem 3.31 b) line BD divides segment A1C1 in halves.
5.127. It suffices to make use of the result of Problem 3.30.

5.128. Let AP be the common chord of the considered circles, Q the intersection point

of lines AP and BC. Then
BQ = sin ∠BAQ and AC = sin ∠AQC .
AB sin ∠AQB CQ
sin ∠CAQ

Kết quả (Việt) 1:

b) cho phép P là Brokar đầu tiên của điểm của tam giác ABC. Điểm M nằm bên trong (hoặc trên ranh giới của) một hình tam giác ABP, BCP và CAP. Nếu, ví dụ, điểm M nằm trong tam giác ABP, sau đó ∠ABM ≤ ∠ABP ≤ 30◦.5.119. dòng A1B1, B1C1 và C1A1 là midperpendiculars để phân đoạn AQ, BQ và CQ, tương ứng. Vì vậy, chúng ta có, ví dụ, ∠B1A1C1 = 180◦ − ∠AQC = ∠A. Đối với các góc độ khác chứng minh là tương tự.Hơn nữa, dòng A1O, B1O và C1O là midperpendiculars để phân đoạn CA, AB và BC, tương ứng. Do đó, cấp tính góc ∠OA1C1 và ∠ACQ, ví dụ, có pair-wise vuông góc bên và liên tiếp, họ là bằng nhau. Lập luận tương tự hiển thị đó ∠OA1C1 = ∠OB1A1 = ∠OC1B1 = ϕ ϕ đâu Brokar góc của tam giác ABC.5.120. bởi pháp luật của sines R1 = AB BC CA , R2 = và R3 =. 2 sin ∠AP B 2 tội lỗi ∠BP C 2 sin ∠CP A Cũng rõ ràng rằng Sin ∠AP B = sin ∠A, tội lỗi ∠BP C = sin ∠B và tội lỗi ∠CP A = sin ∠C.5.121. tam giác ABC1 là một trong những cân và góc tại AB cơ sở của nó là tương đương với Brokar của góc ϕ. vì thế, ∠ (P C1, C1Q) = ∠ (BC1, C1A) = 2ϕ. Tương tự như vậy∠ (P A1, A1Q) = ∠ (P B1, B1Q) = ∠ (P C1, C1Q) = 2Φ.5.122. kể từ khi ∠CA1B1 = ∠A + ∠AB1A1 và ∠AB1A1 = ∠CA1C1, chúng ta có ∠B1A1C1 = ∠A. Tương tự như vậy chúng ta chứng minh rằng góc tam giác ABC và A1B1C1, còn lại đều được bình đẳng.Tròn tam giác AA1B1, BB1C1 và CC1A1, đường gặp nhau tại một trong những điểm O. (vấn đề 2,80 một). Rõ ràng, ∠AOA1 = ∠AB1A1 = ϕ. Tương tự, ∠BOB1 = ∠COC1 = ϕ. vì thế, ∠AOB = ∠A1OB1 = 180◦−∠A. Tương tự, ∠BOC = 180◦−∠B và ∠COA = 180◦− ∠C, i, O là Brokar đầu tiên của điểm của cả hai hình tam giác. Do đó, homothety quay bởigóc ϕ với tâm O và coefficient AO sẽ gửi hình tam giác A1B1C1 cho tam giác ABC. A1O 5.123. bởi pháp luật của sines AB = sin ∠AM B và AB = sin ∠AN B. Do đó, BM sin ∠BAM BN sin ∠BAN AB2 sin ∠AM B sin ∠AN B sin ∠AM C tội lỗi ∠AN C AC2 = = = . BM • BN Sin ∠BAM sin ∠BAN sin ∠CAN sin ∠CAM CM • CN5.124. kể từ khi ∠BAS = ∠CAM, chúng tôi có BS = SBAS = AB •, CM LỪA ĐẢO AC • AM Ví dụ, AS = 2b•BS. Nó vẫn còn để quan sát rằng, như sau từ vấn đề 5.123 và 12.11 một),AM ac √ AC2 2 2 2 BS = b2 + c2 và 2 AM = 2b + 2c − một. 5,125. sự đối xứng qua bisector góc A gửi đoạn B1C1 vào một phân đoạn song song với cạnh BC, nó gửi dòng như dòng AM, nơi M là trung điểm của cạnh BC.5.126. trên phân đoạn BC và BA, mất điểm A1 và C1, tương ứng, vì vậy mà A1C1 k BK. Kể từ khi ∠BAC = ∠CBK = ∠BA1C1, đoạn A1C1 là trao bên AC. Mặt khác, bởi vấn đề 3,31 b) dòng BD chia phân đoạn A1C1 trong nửa.5.127. it suffices để làm cho việc sử dụng kết quả của vấn đề 3,30.5.128. giả AP là hợp âm phổ biến của các vòng tròn được coi là, Q giao điểmdòng AP và BC. Sau đó BQ = sin ∠BAQ và AC = sin ∠AQC. AB sin ∠AQB CQ Sin ∠CAQ

Kết quả (Việt) 2:

b) Gọi P là điểm của tam giác ABC các Brokar đầu tiên. Điểm M nằm bên trong (hoặc trên ranh giới của) một trong những hình tam giác ABP, BCP và CAP. Nếu, ví dụ, điểm M nằm bên trong tam giác ABP, sau đó ∠ABM ≤ ∠ABP ≤ 30◦.
5,119. Dòng A1B1, B1C1 và C1A1 là midperpendiculars để phân đoạn AQ, BQ và CQ, tương ứng. Do đó, chúng tôi có, ví dụ, ∠B1A1C1 = 180◦ - ∠AQC = ∠A. Đối với các góc độ khác chứng minh là tương tự nhau.

Hơn nữa, dòng A1O, B1O và C1O là midperpendiculars để phân đoạn CA, AB và BC, tương ứng. Do đó, góc nhọn ∠OA1C1 và ∠ACQ, ví dụ, có hai mặt vuông góc từng đôi và liên tiếp, họ đều bình đẳng. Lập luận tương tự cho thấy ∠OA1C1 = ∠OB1A1 = ∠OC1B1 = φ, nơi φ là góc của tam giác ABC của Brokar.
5.120. Bằng các định lí sin
R1 = AB BC CA
, R2 = R3 =.
2 sin ∠AP B 2 tội ∠BP C 2 sin ∠CP Một
Nó cũng rõ ràng là
tội lỗi ∠AP B = sin ∠A, tội lỗi ∠BP C = sin ∠B và tội lỗi ∠CP A = sin ∠C.

5.121. Tam giác ABC1 là một giác cân và góc ở đáy AB bằng φ góc Brokar của. Do đó, ∠ (P C1, C1Q) = ∠ (BC1, C1A) = 2φ. Tương tự như vậy

∠ (P A1, A1Q) = ∠ (P B1, B1Q) = ∠ (P C1, C1Q) = 2φ.

5,122. Kể từ ∠CA1B1 = ∠A + ∠AB1A1 và ∠AB1A1 = ∠CA1C1, chúng tôi có ∠B1A1C1 = ∠A. Chúng tương tự như chứng minh rằng các góc còn lại của tam giác ABC và A1B1C1 là bằng nhau.

Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AA1B1, BB1C1 và CC1A1 gặp nhau tại một điểm O. (Problem 2.80 a). Rõ ràng, ∠AOA1 = ∠AB1A1 = φ. Tương tự như vậy, ∠BOB1 = ∠COC1 = φ. Do đó, ∠AOB = ∠A1OB1 = 180◦-∠A. Tương tự như vậy, ∠BOC = 180◦-∠B và ∠COA = 180◦- ∠C, tức là, O là điểm của cả hai hình tam giác các Brokar đầu tiên. Do đó, các homothety quay bằng
góc φ với tâm O và COE ffi cient AO gửi tam giác A1B1C1 tam giác ABC.

A1O
5,123. Bằng các định lí sin AB = sin ∠AM B và AB = sin ∠AN B. Do đó,
BM tội ∠BAM BN tội ∠BAN
AB2 tội ∠AM B tội ∠AN B tội ∠AM C tội ∠AN C AC2
= = =.
BM • BN
tội lỗi tội lỗi ∠BAM ∠BAN tội lỗi tội lỗi ∠CAN ∠CAM CM • CN
5,124. Kể từ ∠BAS = ∠CAM, chúng tôi có
BS = SBAS = AB • AS,

CM SCAM AC • AM
tức, AS = 2b • BS. Nó vẫn còn để thấy rằng, như sau từ vấn đề 5,123 và 12,11 a),
AM ac √
AC2
2 2 2
BS = b2 + c2 và 2AM = 2b + 2c - a.
5,125. Sự đối xứng qua phân giác góc A gửi đoạn B1C1 thành một song song phân khúc này sang bên kia trước Công nguyên, nó sẽ gửi dòng AS để lót AM, trong đó M là trung điểm của cạnh BC.
5,126. Trên đoạn BC và BA, lấy điểm A1 và C1, tương ứng, vì vậy mà A1C1 k BK. Kể từ ∠BAC = ∠CBK = ∠BA1C1, phân khúc A1C1 là phản song song sang bên kia AC. Mặt khác, do vấn đề 3.31 b) dòng BD chia phân khúc A1C1 trong nửa.
5,127. Nó su FFI ces để sử dụng các kết quả của vấn đề 3.30.

5.128. Hãy AP được hợp âm phổ biến của các vòng tròn coi, Q giao điểm

của đường dây AP và BC. Sau đó
BQ = sin ∠BAQ và AC = sin ∠AQC.
AB tội ∠AQB CQ
tội ∠CAQ