Решение

Если А, В, С – углы нашего треугольника АВС, то углы треугольника ABI равны A/2, B/2, 90° + C/2 (рис. 1).
Отсюда имеем, что искомое геометрическое место
точек – пара треугольников, две стороны которых – отрезки прямых, а третья – дуга, являющаяся частью сегмента, построенного на АI и вмещающего угол а/2.

Решение

Пусть АВС (рис. 1) — данный треугольник и вершина описанно­го прямоугольника АКLМ совпадает с точкой А, тогда точка L  принадлежит полуокружности с диаметром ВС, причем углы АВL и АСL тупые. Таким образом  L может иметь два крайних положения: L1 и L2, угол L1CA будет равняться углу L2BA и будет равен = 90°.  Центр О будет описывать дугу, гомотетич­ную дуге L1L2, с центром гомотетии в точке А и коэффициентом 1/2.  Таким образом,  если  треугольник  остроугольный, то  искомое  множество есть криволинейный треугольник, образованный дугами полуокружностей, построенных на средних линиях как на диаметрах и обращенных внутрь треугольника из средних линий, а если же треугольник не остроугольный, то искомое множество состоит из двух дуг полуокруж­ностей, построенных таким же образом на двух меньших средних линиях.

Решение.
Пусть данные взаимно перпендикулярные прямые – оси х и у прямоугольной системы координат. Тогда высоты треугольника лежат на прямых у = kˌ (i= 1,2,3); стороны треугольника при этом должны иметь угловые коэффициенты -(1/ kˌ ), ), а из условия принадлежности вершин (хˌˌ, уˌ) высотам находим отношения свободных членов сˌ в уравнениях сторон kуˌ + х = сˌ ; с₁ = к₁у3 + х3, с2 = к2у3 + х3 , у3 = к3×3
следовательно:
С1/С2=(K1K3+1)/(K2K3=1)

Точки пересечения прямой kiy + x=ki/(ki+k) с осями (О, 1/(ki+k)) и (ki/(ki+k) , О). Середина Pi отрезка между ними – (ki/2(ki+k), 1/2(ki+k)).

Угловой коэффициент прямой P1P2 равен (1/2(k2+k) – 1/2(k1+k)):(k2/2(k2+k) – k1/2(k1+k))=1/k.

Точно такими же будут угловые коэффициенты и других прямых, P2P3 и P3P1, поэтому точки P1, P2, P3 лежат на одной прямой.

Решение.
Пусть N — точка пересечения прямой A₁A₂ с окружностью, отличная от A₂. Применим к шестиугольнику АВСC₂NA₂теорему Паскаля как в этой задаче. Точки пересечения прямых АВ и C₂N, ВС и NA₂(точка A₁), СC₂и АA₂ (точка М) лежат на одной прямой. Следовательно, АВ и C₂N пересекаются в точке C₁.

Решение.
Поскольку О1 – центр окружности, вписанной в треугольник ABC, то угол BO1A=90° + 1/2(BCA). Значит BO1A=BO4A и четырехугольник ABO1O4 является вписанным (см. рис.).

Следовательно, смежный угол с BO1O4 равен BAO4=1/2BAD. Аналогично, угол, смежный с BO1O2 равен 1/2BCD. Но! 1/2(BAD + BCD)=90°, значит O4O1O2 = 90°.

Решение.

Пусть АВСD – данный четырехугольник. Предположим, что углы А и D тупые, а В и С острые. Обозначим основания перпендикуляров, опущенных из вершины А, через М и N, а из вершины С через К и L (рис. 1), R – точка пересечения MN и LK.

Заметим что, точки A, K, N, C, L, M – лежат на одной окружности с диаметром AC. Покажем что MK||LN:MKL=MAL=90° – B=KCB=KLN. Таким образом  (|MR|)/(|RN|)=(|MK|)/(|LN|)=(sin⁡(MSK))/(sin⁡(LAN))=(sin⁡(C+B-90°))/(sin⁡(A+B-90°))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°))
Пусть теперь точки P и Q основания препендикуляров, опущенных из вершины B, а S точка пересечения MN и PQ (рис. 2)

Т.к. существует равенство углов PNB = PAB = C, то PN||DC, т.е. MQNP трапеция. Таким образом, (|MS|)/(|SN|)=(|MQ|)/(|PN|)=(|AB|cos⁡(A+D-180))/(|AB|sin⁡(B+A-90))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°)).

Итак, точки R и S делят MN в одном и том же отношении, т.е. они совпадают и значит все три прямые пересекаются в одной точке.

Решение.
Пусть М – точка пересечения AD и КL. Т.к. синусы вписанных углов пропорциональны хордам, имеем:
(|KM|)/(|ML|)=S_AKD/S_ALD =(1/2 |AK|•|AD|sinKAD)/(1/2 |DL|•|AD|sinADL)=(|AK|•|CD|)/(|DL|•|AF|

Точно также и для точки М₁ если она точка пересечения BE и KL получим
(|KМ₁|)/(|М₁L|)=(|BK|•|FE|)/(|LE|•|BC|)

Но, поскольку треугольники ▲AKF и ▲BKC подобны и точно также ▲CLD и ▲FLE получаем:
(|AK|)/(|AF|)=(|BK|)/(|BC|) и (|CD|)/(|DL|)=(|FE|)/(|LE|).

Перемножив данные равенства, получаем что (|KM|)/(|ML|)=(|KМ₁|)/(|М₁L|).
Cледовательно М и М₁ совпадают.

Решение
Объединение трех построенных параллелограммов будет предста
влять собой параллелограмм, описанный около данного треугольника,
разделенный на четыре меньших. Можно выразить отношения, в которых каждая из рассматриваемых диагоналей делится другой диагональю, через отрезки сторон большого параллелограмма.

Таким образом, если параллелограммы являются прямоугольниками, то параллельно перенеся две из трех рассматриваемых диагоналей, образуем из них треугольник, равный данному; а это означает, что углы между ними или равны соответствующим углам треугольника, или дополняют их до 180°, следовательно геометрическое место точек есть окружность, проходящая через середины сторон данного треугольника.

Решение
Вначале докажем, что диагонали данного четырехугольника делятся в точке пересечения пополам и наш четырехугольник является параллелограмм. Пусть ABCD – данный четырехугольник, О – точка пересечения диагоналей. Допустим, что |ВО| ˂ |OD|, |AО| ≤ |ОС|. Рассмотрим ▲OA₁B₁симметричный ▲OAB относительно
точки O; очевидно что радиус окружности, вписанной в первый треугольник, меньше радиуса окружности, вписанной в ▲OCD, а по условию они равны, значит точка О – середина обеих диагоналей. Далее докажем, что все стороны нашего четырехугольника равны. Воспользуемся формулой S = pr где S – площадь, р – полупериметр, r -радиус вписанной окружности треугольника.
Поскольку у ▲ABO и ▲BOC площади и радиусы вписанных окружностей равны, то значит равны и их периметры, т.е. |AB|=|BC|.

Решение
Здесь все довольно просто.
Пусть |AM|=x, |CN|=у, х+у=а, где а- сторона квадрата.
Обозначим через Е и F точки пересечения MD и DN с АС. Отрезки |АЕ|, |EF| и |CF| легко можно вычислить через а, х, у, после чего можно
проверить равенство |EF|² = |АЕ|² + |FC|² – |АЕ|x|FC|.