По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

За­мкну­тая ло­ма­ная BCDEFB об­ра­зу­ет пя­ти­ко­неч­ную «звез­ду». Сумма углов в лучах этой звез­ды равна 180°. До­ка­жем, что сумма углов в лучах любой пя­ти­ко­неч­ной звез­ды BCDEFB равна 180°. Пусть O  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BF и ED, угол между ними ∠BOD  =  α. Обо­зна­чим угол в луче той же бук­вой, что и вер­ши­ну луча:

Имеем:

Дру­гое до­ка­за­тель­ство. Пусть луч сов­па­да­ет с лучом BC. По­вер­нем луч до сов­ме­ще­ния с лучом BF. Луч по­вер­нет­ся на угол Затем по­вер­нем луч (в новом по­ло­же­нии) до сов­ме­ще­ния с лучом EF. Луч по­вер­нет­ся еще на угол ∠F а с на­ча­ла дви­же­ния  — на угол Затем снова по­вер­нем луч те­перь до сов­ме­ще­ния с лучом ED. Луч по­вер­нет­ся еще на угол а с на­ча­ла дви­же­ния  — на угол Вы­пол­нив еще два ана­ло­гич­ных по­во­ро­та, по­лу­чим, что луч сов­па­дет с лучом CB, т. е. по­вер­нет­ся с на­ча­ла дви­же­ния на 180° и, в то же время, на сумму углов Точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AB и FG  — это точка K(1; 1).

До­ка­жем это. Пусть L(1; −2), M(6; −2). Тогда тре­уголь­ни­ки KFL и GFM, так как их ка­те­ты про­пор­ци­о­наль­ны. Сле­до­ва­тель­но, ∠KFL  =  ∠GFM, по­это­му Ана­ло­гич­но,

Дру­гой спо­соб. Урав­не­ние пря­мой AB: Урав­не­ние пря­мой FG: Решая си­сте­му из этих двух урав­не­ний, по­лу­чим ко­ор­ди­на­ты точки пе­ре­се­че­ния этих пря­мых: (1; 1).

Най­дем длины сто­рон тре­уголь­ни­ка BKG:

Тре­уголь­ник BKG рав­но­бед­рен­ный и по об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра  — пря­мо­уголь­ный. Сле­до­ва­тель­но, угол ∠BKG  =  45°. Он внеш­ний угол для тре­уголь­ни­ка FKB и ∠KFB + ∠KBF  =  45°. Так как ∠ABC  =  ∠FBC − ∠FBA, ∠EFG  =  ∠EFB − ∠GFB, то ис­ко­мая сумма углов

Ответ: 135°.

За­ме­ча­ние. Можно по­лу­чить по­хо­жее ре­ше­ние, ис­хо­дя из факта, что сумма углов в лучах любой се­ми­ко­неч­ной «звез­ды» тоже равна 180° (до­ка­за­тель­ство по сути не от­ли­ча­ет­ся от вто­ро­го до­ка­за­тель­ства для пя­ти­ко­неч­ной). Так как угол ∠BKG  =  45°, то сумма двух углов се­ми­ко­неч­ной звез­ды с вер­ши­на­ми в точ­ках A и G равна 45°.