Therefore, CLF K is a rectangle who

Therefore, CLF K is a rectangle whose diagonal CF is the bisector of angle LCK, i.e., the rectangle is a square.
5.22. Since sin ∠ACQ = sin ∠AQC , it follows that
AQ AC
sin α = sin(180◦ − α − 90◦ − ϕ) = cos(α + ϕ) ,
a a cos ϕ a cos ϕ


where a is the (length of the) side of square ABP Q and ϕ = ∠CAB. Hence, cot α = 1+tan ϕ. Similarly,

cot γ = 1 + tan(90◦ − ϕ) = 1 + cot ϕ.
It follows that
tan α + tan γ = 1 + 1 = 1

1 + tan ϕ 1 + cot ϕ

and, therefore,

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

5.23. By Pythagoras theorem

AP 2 + BQ2 + CR2 + (AM 2 − P M 2) + (BM 2 − QM 2) + (CM 2 − RM 2)

and

P B2 + QC2 + RA2 = (BM 2 − P M 2) + (CM 2 − QM 2) + (AM 2 − RM 2).

These equations are equal. Since

AP 2 + BQ2 + CR2 = (a − P B)2 + (a − QC)2 + (a − RA)2 = 3a2 − 2a(P B + QC + RA) + P B2 + QC2 + RA2,
where a = AB, it follows that P B + QC + RA = 32 a.

5.24. Let point F divide segment BC in the ratio of CF : F B = 1 : 2; let P and Q be the intersection points of segment AF with BD and CE, respectively. It is clear that triangle OP Q is an equilateral one. Making use of the result of Problem 1.3 it is easy to verify that AP : P F = 3 : 4 and AQ : QF = 6 : 1. Hence, AP : P Q : QF = 3 : 3 : 1 and, therefore,
AP = P Q = OP . Hence, ∠AOP = 180◦−∠AP O = 30◦ and ∠AOC = ∠AOP + ∠P OQ = 90◦.
2

5.25. Let A and B, C and D, E and F be the intersection points of the circle with sides P Q, QR, RP , respectively, of triangle P QR. Let us consider median P S. It connects the midpoints of parallel chords F A and DC and, therefore, is perpendicular to them. Hence, P S is a height of triangle P QR and, therefore, P Q = P R. Similarly, P Q = QR.
Let H be the intersection point of heights AA1, BB1 and CC1 of triangle ABC. By hypothesis, A1H • BH = B1H • AH. On the other hand, since points A1 and B1 lie on the circle with diameter AB, then AH • A1H = BH • B1H. It follows that AH = BH and A1H = B1H and, therefore, AC = BC. Similarly, BC = AC.

a) Suppose that triangle ABC is not an equilateral one; for instance, a 6= b.

Since a + ha = a + b sin γ and b + hb = b + a sin γ, it follows that (a − b)(1 − sin γ) = 0; hence, sin γ = 0, i.e., γ = 90◦. But then a =6 c and similar arguments show that β = 90◦.
Contradiction.

b) Let us denote the (length of the) side of the square two vertices of which lie on side BC by x. The similarity of triangles ABC and AP Q, where P and Q are the vertices of the
square that lie on AB and AC, respectively, yields x = ha−x , i.e., x = aha = 2S .

a ha a+ha a+ha
Similar arguments for the other squares show that a + ha = b + hb = c + hc.
5.28. If α, β and γ are the angles of triangle ABC, then the angles of triangle A1B1C1
are equal to β+γ , γ+α and α+β . Let, for definiteness, α ≥ β ≥ γ. Then α+β ≥ α+γ ≥ β+γ .
2 2 2 2 2 2
Hence, α = α+β and γ = β+γ , i.e., α = β and β = γ.
2 2

Kết quả (Việt) 1:

Vì vậy, CLF K là một hình chữ nhật có CF diagonal là bisector góc LCK, nghĩa là, các hình chữ nhật là một hình vuông.5,22. kể từ khi sin ∠ACQ = sin ∠AQC, sau đó AQ AC Sin α = sin (180◦ − α − 90◦ − ϕ) = cos(α + ϕ), một một cos ϕ a cos ϕ nơi một là các (chiều dài của các) bên vuông ABP Q và ϕ = ∠CAB. Do đó, cot α = 1 + tan ϕ. Tương tự,COT γ = 1 + tan (90◦ − ϕ) = 1 + cot ϕ.Nó sau đótan α + tan γ = 1 + 1 = 1 1 + tan ϕ 1 + cot ϕ và, do đó,cos α cos γ = cos α sin γ + cos γ sin α = sin (α + γ) = cos β.5.23. theo định lý PythagorasAP 2 + BQ2 + CR2 + (PM 2 − P M 2) + (BM 2 − QM 2) + (CM 2 − RM 2)vàP B2 + QC2 + RA2 = (BM 2 − P M 2) + (CM 2 − QM 2) + (AM 2 − RM 2).Các phương trình được bình đẳng. Kể từ khiAP 2 + BQ2 + CR2 = (a − P B) 2 + (một QC −) 2 + (một RA −) 2 = 3a2 − 2a (P B + QC + RA) + P B2 + QC2 + RA2,nơi một = AB, nó sau đó P B + QC RA = 32 một.5,24. Hãy để điểm F chia đoạn BC theo tỉ lệ của CF: F B = 1:2; cho P và Q là giao điểm của phân khúc AF với BD và CE, tương ứng. Nó là rõ ràng rằng tam giác OP Q là một trong những cạnh đều nhau. Làm việc sử dụng kết quả của vấn đề 1.3 nó rất dễ dàng để xác minh rằng AP: P F = 3:4 và AQ: QF = 6:1. Do đó, AP: P Q: QF = 3: 3: 1 và do đó,AP = P Q = OP. Do đó, ∠AOP = 180◦−∠AP O = 30◦ và ∠AOC = ∠AOP + ∠P OQ = 90◦.25,25. giả sử A và B, C và D, E và F là giao điểm của vòng tròn với bên P Q, QR, RP, tương ứng, của tam giác P QR. Chúng ta hãy xem xét median P S. Nó kết nối midpoints song song hợp âm F A và DC, và do đó, là vuông góc với họ. Do đó, P S là một chiều cao của tam giác P QR, và do đó, P Q = P R. Tương tự, P Q = QR. Cho H là giao điểm của heights AA1, BB1 và CC1 của tam giác ABC. Bởi giả thuyết, A1H • BH = B1H • AH. Mặt khác, từ điểm A1 và B1 nằm trên vòng tròn với đường kính AB, sau đó AH • A1H = BH • B1H. Nó sau đó AH = BH và A1H = B1H và, do đó, AC = BC. Tương tự, BC = AC. a) giả sử rằng tam giác ABC không phải là một trong những cạnh đều nhau; Ví dụ, một 6 = b.Kể từ khi một + ha = một + b sin γ và b + hb = b + γ một tội lỗi, nó sau đó (− b) (1 − sin γ) = 0; do đó, sin γ = 0, tức là, γ = 90◦. Nhưng sau đó một = 6 c và tương tự như lập luận Hiển thị đó β = 90◦.Mâu thuẫn.b) ta biểu thị sự (chiều dài của các) mặt vuông hai đỉnh của mà nằm trên cạnh BC x. Sự giống nhau của tam giác ABC và AP Q, P và Q ở đâu các đỉnh của cáchình vuông đó nằm trên AB và AC, sản lượng tương ứng, x = ha−x, nghĩa là x = aha = 2S. một ha a + ha a + haCác lập luận tương tự cho các ô vuông khác cho thấy rằng một + ha = b + hb = c + hc.5,28. nếu α, β và γ các góc trong tam giác ABC, sau đó các góc trong tam giác A1B1C1là tương đương với β γ, γ + α và α + β. Cho phép, cho definiteness, α ≥ β ≥ γ. Sau đó α + β ≥ α + γ ≥ β + γ. 2 2 2 2 2 2 Do đó, α = α + β và γ = β + γ, ví dụ, α = β và β = γ. 2 2

Kết quả (Việt) 2:

Do đó, CLF K là một hình chữ nhật có đường chéo CF là phân giác của góc LCK, tức là, các hình chữ nhật là một hình vuông.
5.22. Kể từ khi tội lỗi ∠ACQ = sin ∠AQC, nó sau đó
AQ AC
sin α = sin (180◦ - α - 90◦ - φ) = cos (α + φ),
aa cos φ một cos φ


nơi một là (chiều dài của các) bên của Q ABP vuông và φ = ∠CAB. Do đó, cot α = 1 + tan φ. Tương tự như vậy,

cot γ = 1 + tan (90◦ - φ). = 1 + cot φ
Nó sau đó
tan α + tan γ = 1 + 1 = 1

1 + tan φ 1 + cot φ

và, do đó,

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

5,23. By Pythagoras lý

AP 2 + BQ2 + CR2 + (AM 2 - PM 2) + (BM 2 - QM 2) + (CM 2 - RM 2)

và

P B2 + QC2 + RA2 = (BM 2 - PM 2) + ( CM 2 - QM 2) + (AM 2 -. RM 2)

Những phương trình này là bằng nhau. Kể từ

AP 2 + BQ2 + CR2 = (a - PB) 2 + (a - QC) 2 + (a - RA) 2 = 3a2 - 2a (PB + QC + RA) + P B2 + QC2 + RA2,
nơi một = AB, nó sau đó PB + QC + RA = 32 a.

5.24. Hãy phân khúc điểm F chia BC trong tỷ lệ của CF: FB = 1: 2; cho P và Q là các điểm giao nhau của phân khúc AF với BD và CE, tương ứng. Rõ ràng là tam giác OP Q là một giác đều một. Làm việc sử dụng kết quả của vấn đề 1.3 nó rất dễ dàng để xác minh rằng AP: PF = 3: 4 và AQ: QF = 6: 1. Do đó, AP: PQ: QF = 3: 3: 1 và, do đó,
AP = PQ = OP. Do đó, ∠AOP = 180◦-∠AP O = 30◦ và ∠AOC = ∠AOP + ∠P OQ = 90◦.
2

5,25. Cho A và B, C, D, E và F là các điểm giao nhau của đường tròn với bên PQ, QR, RP, tương ứng, của tam giác P QR. Chúng ta hãy xem xét trung bình P S. Nó kết nối các trung điểm của các hợp âm song song FA và DC và, do đó, vuông góc với chúng. Do đó, PS là chiều cao của tam giác P QR và, do đó, PQ = P R. Tương tự như vậy, PQ = QR.
Hãy H là giao điểm của chiều cao AA1, BB1 và CC1 của tam giác ABC. Bằng cách giả thuyết, A1H • BH = B1H • AH. Mặt khác, kể từ điểm A1 và B1 nằm trên vòng tròn có đường kính AB, sau đó AH • A1H = BH • B1H. Nó sau đó AH = BH và A1H = B1H và, do đó, AC = BC. . Tương tự như vậy, BC = AC

a) Giả sử rằng tam giác ABC không phải là một tam giác đều một; . Ví dụ, một 6 = b

Vì a + ha = a + b sin γ và b + hb = b + a γ tội lỗi, nó sau đó (a - b) (1 - sin γ) = 0; do đó, tội lỗi γ = 0, tức là, γ = 90◦. Nhưng sau đó một = 6 c và lập luận tương tự cho thấy β = 90◦.
Mâu thuẫn.

B) Chúng ta hãy biểu thị (chiều dài của) bên của hình vuông hai đỉnh trong số đó nằm nghiêng về bên BC của x. Sự giống nhau của các tam giác ABC và AP Q, trong đó P và Q là các đỉnh của
hình vuông nằm trên AB và AC, tương ứng, sản lượng x = ha-x, tức là x = aha = 2S.

Một ha a + ha a + ha
Lập luận tương tự cho các ô vuông khác còn cho thấy một + ha = b + hb = c + hc.
5.28. Nếu α, β và γ là các góc của tam giác ABC, sau đó các góc của tam giác A1B1C1
là bằng beta + γ, γ + α và α + β. Để cho, cho tính xác định, α ≥ β ≥ γ. Sau đó α + β ≥ α + γ ≥ β + γ.
2 2 2 2 2 2
Do đó, α = α + β và γ = β + γ, tức là, α = β và β = γ.
2 2