Решение №38190: Пусть /(\angle BAD = x\). Тогда \(\angle ABM = 180^\circ – x\) (как внутренние односторонние углы при пересечении параллельных прямых), а \(\angle BAM = x/2\). Сумма углов треугольника \(ABM\): \(\angle BAM + \angle ABM + \angleBMA = 180 ^\circ\) ; \(\frac{x}{2} + 180^\circ - x + \angle BMA = 180\); \(\angle BMA = x / 2\). \(\angle AMC = 180 ^\circ - <\angle BMA = 180 ^\circ - x / 2\). \(\angle CMD = \angle AMC / 2\) (деление биссектрисой). \(\angle CMD = (180^\circ - x / 2) / 2 = 90^\circ - x / 4\). Противоположные углы параллелограмма равны, поэтому \(\angle MCD = \angleBAD = x\). Сумма углов треугольника \(MCD\): \(\angle CMD + \angle MCD + \angle MDC = 180^\circ \); \(\(90^\circ - x / 4\) + x + 45^\circ = 180^\circ\) ; \(3x / 4 = 45^\circ\) ; \(x = 60^\circ\) . \(\angle A = \angle\) \(C = 60^\circ\) ; \(\angle B = \angle D = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\) .

Ответ: \(\angle A = 60^\circ\) , \(\angle B = 120^\circ\) , \(\angle C = 60^\circ\) , \(\angle D = 120^\circ\)

Решение №38191: Пусть исходный параллелограмм \(ABCD\), вписанный в него — \(PQRS\); их центры — \(O\) и \(O’\) соответственно. Тогда \(AO =\frac{ \(AB + BC\)}{2}\), \(AO' = \frac{\(AP + AR\)}{2}\). Докажем равенство векторов AO и AO' и, таким образом, совпадение точек O и O'. Поскольку \(ABCD\) — параллелограмм, имеем попарное равенство векторов: \(AB = DC\), \(BC = AD\). Векторы \(AB\) и \(BC\) неколлинеарны, следовательно, они образуют базис. В силу того, что \(PQRS\) — параллелограмм, векторы, лежащие на противоположных сторонах, равны. Рассмотрим, например, равенство векторов \(PQ = SR\) \(PQ = PB + BQ \equiv \alpha \cdot AB + \beta \cdot BC\) \(SR = SD + DR \equiv \delta \cdot AD + \gamma \cdot DC = γ \cdot AB + \delta \cdot BC\) \(\alpha, \beta, \gamma и \delta — некоторые положительные числа от 0 до 1\). Поскольку \(PQ = SR\), то \( \alpha = \gama \) и \( \beta = \delta \) в силу единственности разложения по базису. Отсюда \(AO' = \frac{\(AP + AR\)}{2} = \frac{\(AP + AD + DR\)}{2} = \frac{\[\(1−\alpha\) \cdot AB + BC + \alpha \cdot AB\]}{2} = \frac{\(AB + BC\)}{2} = AO\). Утверждение доказано

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38192: а\) Если \(AB=CD\) и \(BC=AD\), можем рассмотреть квадрат \(ACBD\). Тогда из этого следует, что \(AB /parallel CD\). б\) Треугольники \(ABC\) и \(ADC\) равны по трем сторонам, поэтому \angle \(ABC\) = \angle \(ADC\).

Ответ: Верно а\), б\).

Решение №38193: Проведите из точки \(М\) перпендикуляр \(MD\) к прямой \(ВН\). Тогда четырёхугольник \(MDHB\), параллелограмм \(и даже прямоугольник\). Поэтому \(\angle BMD = \angle BCH - \angle MBC_{1}, и, значит, прямоугольные треугольники \(BMD\) и \(MBC\), равны. В частности, \(BD = MC\),. Противоположные стороны \(MB\), и \(DH\) параллелограмма \(MDHB\), равны, поэтому \(BH = BD + DH = МС_{1} + MB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38194: Пусть \(O\) - вершина данного угла, \(М\) - данная точка. Сначала отложите на луче \(ОМ\) отрезок \(ОС = 2OМ\), затем проведите через точку \(С\) прямые, параллельные сторонам угла. Они пересекают стороны угла в точках \(А\) и \(В\). При этом \(ОАСВ\) - параллелограмм и \(М\) - точка пересечения его диагоналей.

Ответ: NaN

Решение №38195: Треугольники ABK, LDA и LCK равны по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38196: Пусть угол а при вершине \(А\) параллелограмма \(ABCD\) острый, \(Р\), \(Q\) и \(R\) - центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах \(DA\), \(AB\) и \(ВС\). Тогда \( \angle PAQ = 90^\circ + a = \anlge RBQ\), поэтому \(APAQ = ARBQ\). Стороны \(AQ \)и \(BQ\) этих треугольников перпендикулярны, поэтому /(PQ \perp QR\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38197: Рассмотрите параллелограмм \(BCLM\). Треугольники \(AKL\) и \(ВМК\) равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому \(KL = MK\) и \( \angle MKL = \angle MKB + \angle LKB - \angle ALK + \angle LKB - 60^\circ\). Следовательно, треугольник \(MKL\) равносторонний и \(KL = ML = BC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38198: Треугольник \(AKD\) равнобедренный, поскольку \( \angle DAK = \angle DAL = \angle ADK\). Поэтому параллелограмм \(AKDL\) - ромб. Диагонали ромба перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38199: Сначала проведите биссектрису \(AD\) треугольника \(АВС\), а затем через точку \(D\) проведите прямые, параллельные прямым \(АВ \)и \(АС\).

Ответ: NaN

Решение №38200: Воспользуйтесь тем, что ВН < АВ.

Ответ: NaN

Решение №38201: Пусть \(O\) общая точка окружностей одного радиуса с центрами \(А_{1}\), \(B_{1}\), и \(C_{1}\); \(А\), \(В\) и \(С\) - точки пересечения этих окружностей, отличные от точки \(О\) \(окружности с центрами \(А\), и \(В\), проходят через точку \(С\) и T. д.). Четырёхугольники \(AB_{1}OC_{1{\) , и \(BA_{1}OC_{1}\), ромбы, поэтому четырёхугольник \(ABA_{1}B_{1}\), параллелограмм.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38202: Пусть точка \(O\) середина стороны \(CD\), \(M\) - точка пересечения прямых \(АО\) и \(ВС\). Тогда треугольники \(AOD\) и \(МОС\) равны по стороне и прилежащим к ней углам. Поэтому \(BM = BC + CM = BC + AD = AB\), a значит, \(АО\) - биссектриса прямого угла \(А\).

Ответ: NaN

Решение №38203: Пусть продолжения боковых сторон \(АВ\) и \(CD\) трапеции \(АВС\) пересекаются в точке \(O\), \(\angle A + \angle D = 90^\circ\). Середины \(М\) и \(N\) оснований \(ВС\) и \(AD\) лежат на луче с вершиной \(О\), делящем прямой угол \( \angle AOD\) на углы, равные \(LA\) и \(LD\) (рис. 190). Проведите через точку \(М\) прямые \(MP\) и \(MQ\), параллельные \(АВ\) и \(CD\) \(точки \(Р\) и \(Q\) лежат на прямой \(AD\)\). Медиана \(MN\) прямоугольного треугольника \(PQM\) равна половине гипотенузы \(PQ\), а отрезок \(PQ\) равен разности оснований трапеции.

Ответ: NaN

Решение №38204: Треугольник \(ВОС\) равнобедренный, треугольники \(ABO\) и \(DCO\) равны по стороне и при-лежащим к ней углам. Поэтому стороны \(АВ\) и \(CD\) четырёхугольника \(ABCD\) равны, a стороны \(AD\) и \(BC\) параллельны.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38205: Пусть \(ВС\) - меньшее основание трапеции \(ABCD\), \( \angle A = \angle D - 60^\circ\). Проведите через точку \(В\) прямую, параллельную \(CD\); эта прямая пересекает основание \(AD\) в некоторой точке \(E\). Треугольник \(ABE\) равносторонний, поэтому \(AD = AE + ED = AB + BC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38206: Точка пересечения диагоналей делит диагональ на части, равные основаниям трапеции.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38207: Диагонали данной трапеции разрезают её на 4 треугольника, два из которых равнобедренные прямоугольные. Высоты этих треугольников, проведённые основаниям трапеции, равны половинам оснований.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38208: Пусть \(AD\) основание трапеции \(АВСD\). У треугольников \(ADC\) и \(DAB\) сторона \(AD\) общая, стороны \(АС\) и \(DB\) равны и высоты, проведённые к общей стороне, равны. Либо эти треугольники равны \(и тогда трапеция равнобедренная\), либо \( \angle DAC + \angle ADB = 180^\circ\). Bo втором случае четырёхугольник \(ACBD\) параллелограмм, поэтому ломаная \(ABCD\) самопересекающаяся.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38209: Пусть диагональ \(BD\) трапеции \(ABCD\) равна сумме оснований \(AD\) и \(ВС\) и угол между диагоналями трапеции равен 60^\circ. Проведите через точку \(С\) прямую, параллельную диагонали \(BD\); эта прямая пересекает прямую \(AD\) в некоторой точке \(Е\). Ясно, что \(CE = BD = AD + DE - AE\). Из условия следует, что угол \(АСЕ\) равен 60^\circ или 120^\circ. Но угол при основании равнобедренного треугольника не может быть тупым, поэтому \(ACE - 60^\circ\). Следовательно, треугольник \(АСЕ\) равносторонний и \(АС - CE = BD\), т. е. диагонали трапеции равны. Согласно задаче 12.19 трапеция, диагонали которой равны, равнобедренная.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38210: Отложите на луче \(ВЕ\) отрезок \(BF = 2ВЕ\). Диагонали трапеции \(ABDF\) равны, поэтому согласно задаче 12.19 эта трапеция равнобедренная. Если \(\angle A = 2\ alpha\), то \( \angle ABE = \angle AFB = \angle DAF = З\alpha\).

Ответ: \( \angle ABE = \angle AFB = \angle DAF = З\alpha\)

Решение №38211: Диагональ данной трапеции разделяет её на два равнобедренных треугольника. Пусть углы равнобедренного треугольника, боковая сторона которого равна меньшему основанию, равны \(\alpha\), \(\alpha \) и \(180^\circ - 2\alpha\). Тогда углы другого равнобедренного 15 B 15^\circ треугольника равны \(\alpha\), \(2\аlpha\) и \(2\аlpha\). Поэтому \(5\alpha = 180^\circ\).

Ответ: \(\alpha\), \(\alpha \) и \(180^\circ - 2\alpha\)

Решение №38212: Составьте трапецию из двух равнобедренных треугольников с углами при основании 36^\circ и 72^\circ

Ответ: Существует

Решение №38213: B равнобедренном треугольнике \(ABC\) с боковыми сторонами \(АВ = ВС = 1\) и углом при вершине \(30^\circ\) проведите высоту \(АН\) (рис. 191). Средняя линия треугольника \(АСН\), параллельная \(AH\), вдвое меньше этой высоты.

Ответ: NaN

Решение №38214: Треугольник \(АС_{1}К равнобедренный, так как \(\angle C_{1}AK = \angle KAC = \angle C_{1}KA\). Поэтому \(C_{1}K = AC_{1} = \frac{1}{2}AB\) и \(A_{1}К = |A_{1}C_{1}, - C_{1}K| = \frac{1}{2}(AC - АВ)\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38215: Через каждую из трех данных точек проводим прямую, параллельную прямой, проходящей через две другие точки.

Ответ: NaN

Решение №38216: Пусть \(О\) - точка пересечения отрезков \(CK\) и \(AL\), \(\angle A = 2a\). Точка \(O\) лежит на средней линии, параллельной \(ВС\), т. е. на серединном перпендикуляре к отрезку \(АС\). Поэтому \(\angle OCA = \angle OAC = a\) и \( \angle B = \angle BKC = 3a\).

Ответ: NaN

Решение №38217: Пусть \(M\) и \(N\) - середины сторон \(АС\) и \(ВС\). Тогда \(СМ = \frac{1}{2}AC = CA_{1}\) и \(CN = СB_{1}\), поэтому треугольник \(CA_{1}B_{1}\) равен треугольнику \(CMN\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38218: Перпендикуляр, проведённый из точки \(М\) к прямой \(ВС\), является средней линией треугольника \(АНС\).

Ответ: NaN

Решение №38219: Из равенства \(AK = LB\) следует, что середина \(N\) отрезка \(АВ\) является также серединой отрезка \(KL\). Медиана \(MN\) треугольника \(KML\) равна половине стороны \(KL\), поэтому угол \(KML\) прямой.

Ответ: Утверждение доказано.