а) Опустим из точек P₁и P₂перпендикуляры P₁B₁и P₂B₂на ACи перпендикуляры P₁C₁и P₂C₂на AB. Докажем, что точки B₁,B₂,C₁и C₂лежат на одной окружности. В самом деле, $\angle$P₁B₁C₁=$\angle$P₁AC₁=$\angle$P₂AB₂=$\angle$P₂C₂B₂, а так как $\angle$P₁B₁A=$\angle$P₂C₂A, то $\angle$C₁B₁A=$\angle$B₂C₂A. Центр окружности, на которой лежат указанные точки, является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам B₁B₂и C₁C₂, а оба эти перпендикуляра проходят через середину Oотрезка P₁P₂, т. е. O — центр этой окружности. В частности, точки B₁и C₁равноудалены от точки O. Аналогично точки A₁и B₁равноудалены от точки O, т. е. O — центр описанной окружности треугольника A₁B₁C₁. Кроме того, OB₁=OB₂. Замечание. Если точкаP₁лежит на описанной окружности треугольника, то её подерная окружность вырождается в прямую, а именно, прямую Симсона точкиP₁. ТочкаP₂, изогонально сопряжённая этой точке, в этом случае является бесконечно удалённой. Направление этой бесконечно удалённой точки перпендикулярно прямой Симсона точкиP₁. Действительно, если точкаP₂' стремится к точкеP₂, то подерная окружность точкиP₂' близка к окружности с диаметромP₂'X, гдеX— произвольная точка треугольникаABC. б) Предыдущее доказательство проходит почти без изменений и в этом случае. в) ПустьB₁иC₁— проекции точкиP₁на стороныACиAB. ОтрезокAP₁является диаметром описанной окружности треугольникаAB₁C₁. ПустьO— центр этой окружности (т.е. середина отрезкаAP₁),K— середина отрезкаAB₁,H— точка пересечения прямыхAP₂иB₁C₁. Тогда$\angle$KOA=$\angle$HC₁Bи$\angle$KAO=$\angle$HAC₁. Поэтому$\angle$AHC₁=$\angle$AKO= 90^o.

Ответ задачи отсутствует