Решение №17320: Треугольник \(AOD\) равнобедренный.

Ответ: NaN

Решение №17321: Искомая точка на прямой удалена от центра окружности на расстояние, равное гипотенузе прямоугольного треугольника, один катет которого равен радиусу окружности, а второй — данному отрезку.

Ответ: NaN

Решение №17322: Отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны между собой. Точки касания делят каждую сторону четырехугольника на две части. Обозначим последовательно их длины, используя одну букву для равных отрезков, начиная от какой-нибудь из вершин: \(a, b, b, c, c, d, d, a\) (см. рис. ниже). Ясно, что суммы противоположных сторон состоят из одинаковых слагаемых.

Ответ: NaN

Решение №17323: Опустите перпендикуляры из центра окружности на указанные хорды.

Ответ: NaN

Решение №17324: Примените теорему о равенстве отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки.

Ответ: NaN

Решение №17325: Сумма периметров отсеченных треугольников равна периметру данного треугольника (см. рис. ниже). Поэтому сумма боковых сторон равна \(b − a\). Тогда каждая боковая сторона равна \( \frac{1}{2}\left ( b-a \right ) \).

Ответ: \( \frac{1}{2}\left ( b-a \right ) \0

Решение №17326: Обозначим углы треугольника при вершинах \(A, B\) и \(C\) соответственно \( \alpha ,\beta ,\gamma \). Поскольку \(BM = BK\) и \(CM = CN\), то треугольники \(MBK\) и \(MCN\) – равнобедренные. Поэтому \(\angle BMK=90^{\circ}-\frac{\beta }{2}, \angle CMN=90^{\circ}-\frac{\gamma }{2}. \) Следовательно, \( \angle KMN=360^{\circ}-\angle BMK-MCN=180^{\circ}-\left ( 90^{\circ}-\frac{\beta }{2} \right )-\left ( 90-\frac{\gamma }{2}^{\circ} \right )=\frac{1}{2}\left ( \beta +\gamma \right )=90^{\circ}-\frac{\alpha }{2}=55^{\circ} \).

Ответ: 55

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \( 180^{\circ}-\alpha \)

Решение №17328: Обозначим вершины треугольника, противолежащие сторонам \( a, b, c \), через \( A, B, C\) соответственно, а точки касания — через \( A_{1}, B_{1}, C_{1}\) (см. рис. ниже). Если \( O\) — центр данной окружности, то \( OA_{1}CB_{1}\) — квадрат. Поэтому \( CA_{1} = r, BC_{1} = BA_{1} = a − r, AC_{1} = AB_{1} = b − r, c = AB = AC_{1} + C_{1}B = a + b − 2r\). Следовательно,\( \frac{1}{2}\left ( a+b-c \right ) \) .

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17330: Обозначим точки касания вписанной окружности со сторонами \(BC\) и \(AC\) через \(K\) и \(N\) соответственно (рис. 161). Пусть \(AC = b\) и \(AB = c\). Тогда \(BK = BM = AB − AM = c − x, CK = CN = AC − AN = b − x, BC = BK + CK = c − x + b − x = b + c − 2x\). Следовательно, \( x=\frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )=\frac{1}{2}\left ( b+c+a \right )-a=p-a \) .

Ответ: NaN

Решение №17331: Поскольку \(AD = DB\), а \(CM = 1/2(AC + CD - AD)\) и \(CN = 1/2(BC + CD - BD)\), то \( MN = | CM - CN| = | 1/2(AC + CD - AD) - 1/2(BC + CD - BD)| = 1/2| AC - BC| = 1/2 . 2 = 1\)

Ответ: NaN

Решение №17332: Пусть окружности, вписанные в треугольники \(ACD\) и \(BCD\), касаются отрезка \(CD\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно. Поскольку \(AC = BC\), а \( CM=\frac{AC+CD-AD}{2}, CN=\frac{BC+CD-BD}{2}, \), ТО \( MN=\left | CM-CN \right |=\left | \frac{AC+CD-AD}{2}- \frac{BC+CD-BD}{2} \right |= \frac{\left | BD-AD \right |}{2}=\frac{4}{2}=2 \)

Ответ: NaN

Решение №17333: а) Пусть \(p\) — полупериметр треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже). Тогда \(AN + AP = AB + BN + AC + CP = AB + BM + AC + CM = = AB + AC + (BM + CM) = AB + AC + BC = 2p\) и \(AN = AP\) , поэтому \(AN = p\). б) Так как \(BK = p − AC\) и \(CM = CP = AP−AC = p−AC\), то \(BK = CM\). в) \(NL = AN − AL = p − (p − BC) = BC\).

Ответ: NaN

Решение №17334: Пусть \(K\) — точка касания окружности, вписанной в треугольник \(ABC\) (см. рис. ниже), со стороной \(AB (AB = 10, AC = 12, BC = 6)\). Если \(p\) — полупериметр треугольника, то \(AK = p − BC = 14 − 6 = 8\), а \(AK\) равно полупериметру отсеченного треугольника.

Ответ: 16

Решение №17335: Пусть \(M\) — точка внутри данного угла (см. рис. ниже,а), \(A\) — вершина угла, \(2p\) — данный периметр. Отложим на сторонах данного угла точки \(B\) и \(C\) так, что \(AB = AC = p\). Впишем в угол окружность, касающуюся его сторон в точках \(B\) и \(C\), и проведем через точку \(M\) касательные к этой окружности (если это возможно). Если точка \(M\) расположена вне угла (см. рис. ниже,б), то искомая прямая — это касательная к построенной окружности, проходящая через точку \(M\) и отсекающая от данного угла треугольник, для которого построенная окружность — вневписанная.

Ответ: NaN

Решение №17336: Общие внешние (внутренние) касательные к двум окружностям симметричны друг другу относительно линии центров.

Ответ: NaN

Решение №17337: Предположим, что точка касания не лежит на линии центров. Тогда точка, симметричная точке касания относительно линии центров, также принадлежит обеим окружностям, что противоречит условию.

Ответ: NaN

Решение №17338: Пусть \(M\) — единственная общая точка окружностей с центрами \(O_{1}\) и \(O_{2}\) (рис. 166). Точка \(M\) лежит на прямой \(O_{1}O_{2}\). Прямая, проходящая через точку \(M\) перпендикулярно \(O_{1}O_{2}\), является касательной к каждой из окружностей. Пусть теперь окружности с центрами \(O_{1}\) и \(O_{2}\) касаются некоторой прямой \(l\) в точке \(M\). Тогда радиусы \(O_{1}M\) и \(O_{2}M\) перпендикулярны \(l\), значит, точка \(M\) лежит на прямой \(O_{1}O_{2}\). Предположим, что окружности имеют еще одну общую точку \(K\), отличную от \(M\). Тогда точка, симметричная точке \(K\) относительно прямой \(O_{1}O_{2}\), также принадлежит обеим окружностям, что невозможно, так как две различные окружности не могут иметь три общие точки.

Ответ: NaN

Решение №17339: Пусть сумма радиусов \(r\) и \(R\) двух окружностей равна расстоянию между их центрами \(O_{1}\) и \(O_{2}\) (см. рис. ниже). Тогда точка \(M\) отрезка \(O_{1}O_{2}\), удаленная от точки \(O_{1}\) на расстояние \(r\), удалена на расстояние \(R\) от точки \(O_{2}\), значит, \(M\) — общая точка окружностей. Если \(K\) — еще одна общая точка этих окружностей, то \(O_{1}O_{2}< O_{1}K + O_{2}K = r + R\), что невозможно. Остальное аналогично.

Ответ: Верно.

Решение №17340: Поскольку касательная \(BM\) к меньшей окружности перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то \(\angle OMB = 90^{\circ}\), а т.к. точка \(C\) лежит на окружности с диаметром \(AB\), то \(\angle ACB = 90^{\circ}\). Следовательно, \( OM \parallel AC\).

Ответ: NaN

Решение №17341: \(O_{1}MO_{2}\) — угол между биссектрисами смежных углов, поэтому \(\angle O_{1}MO_{2} = 90^{\circ}\) (рис. 167). Поскольку \(MA = MK = MB\), точка \(K\) лежит на окружности с диаметром \(AB\), следовательно, \( \angle AKB = 90^{\circ}\).

Ответ: NaN

Решение №17342: Пусть \(R\) — радиус большей окружности (см. рис. ниже). Опустим перпендикуляр из центра меньшей окружности на радиус большей окружности, проведенный в точку касания с одной из сторон данного угла. Получим прямоугольный треугольник с гипотенузой \(R + r\), катетом \(R − r\) и острым углом, равным \(30^{\circ}\), противолежащим этому катету. Тогда\(R + r = 2(R − r)\). Отсюда находим, что \(R = 3r\).

Ответ: 3r

Решение №17343: Пусть окружности с центрами \(O\)‍ и \(O_{1}‍\) и радиусами \(R\)‍ и \(r‍ (R > r)\)‍ соответственно касаются внутренним образом в точке\( A\),‍ а радиусы \(OB\)‍ и \(OC‍\) большей окружности касаются меньшей соответственно в точках \(M\)‍ и \(N\),‍ причём \(\angle BOC = 60‍^{\circ}\)∘.‍ Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, \(\angle AOB = 30^{\circ}\),‍ а так как линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, то \(OO‍_{1} = OA − O‍_{1}A = R − r\).‍ Из прямоугольного треугольника OO‍_{1}M‍ находим, что \(OO‍_{1}= 2O‍_{1}M\), или \(R − r = 2r\),‍ откуда ‍\( \frac{r}{R}=\frac{1}{3} \) ‍

Ответ: \( \frac{1}{3} \)

Решение №17344: Пусть \(O_{1}\) и \(O_{1}\) — центры окружностей (см. рис. ниже). Тогда точки \(O_{1} , O_{2}\) и\( A\) лежат на одной прямой. Треугольники \(O_{1} AB\) и \(O_{2} AC\) — равнобедренные, поэтому \(\angle ABO_{1} = \angle BAO_{1} = \angle CAO_{2} = \angle ACO_{2}\), значит, прямая \(O_{1}B\) параллельна прямой \(CO_{2}\). Следовательно, параллельны и перпендикулярные к ним касательные.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет.

Решение №17346: Поскольку в четырехугольники \(ABMQ\) и \(ABNP\) вписаны окружности (см. рис. ниже), \( MQ+AB=\frac{1}{2}P_{1} \) и \( AB+NP=\frac{1}{2}P_{2} \) \( P_{1} \) и \( P_{2} \) — периметры этих четырехугольников). Поэтому \( MQ-NP=\frac{1}{2}\left ( P_{1}-P_{2} \right )=p \) Отсюда находим, что \( MQ = NP + p = b + p\).

Ответ: b+p

Решение №17347: Обозначим \(AC_{1} = AB_{1} = x, BA_{1} = BC_{1} = y, CA_{1} = CB_{1} = z, AB = c, AC = b, BC = a\) (рис. 172). Тогда \( x + z = b, x + y = c, z + y = a\). Из полученной системы уравнений находим, что \(AB_{1} = x = \frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )=p-a \) , т.е. точка \(B_{1}\) совпадает с точкой касания вписанной окружности со стороной \(AC\). Аналогично для точек \(A_{1}\) и \(C_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17348: Первый способ. Пусть \(AB + CD = BC + AD\) и прямые \(AB\) и \(CD\) пересекаются в точке \(M\). Впишем окружность в треугольник \(AMB\). Пусть она полностью содержится в четырехугольнике \(ABCD\) (см. рис. ниже,а). Докажем, что она касается \(BC\). Если это не так, то проведем через точку \(B\) касательную к окружности, пересекающую \(CD\) в точке \(C_{1}\). Тогда \(AB + CD = BC + AD и AB + C_{1}D = BC_{1} + AD\). Вычитая почленно эти равенства, получим \(CC_{1} + BC_{1} = BC\), что невозможно. Аналогично рассматриваются остальные случаи. Второй способ. Пусть \(AB + CD = BC + AD − AD = BC − CD\). Рассмотрим случай, когда \( AB> AD \)(см. рис. ниже,б). Тогда \( BC > CD\). На отрезке \(AB\) возьмем такую точку \(T\), чтобы \( AT = AD\), а на отрезке \(BC\) — такую точку \(S\), чтобы \(CS = CD\). Тогда треугольники \(TBS, ADT\) и \(CDS\) равнобедренные. Биссектрисы их углов при вершинах \( B, A\) и \(C\) являются серединными перпендикулярами к отрезкам \(TS, DT\) и \(DS\) соответственно, т.е. серединными перпендикулярами к сторонам треугольника \(DTS\). Поэтому биссектрисы углов \(B, A\) и \(C\) пересекаются в одной точке — центре описанной окружности треугольника \(DTS\). Эта точка равноудалена от всех сторон четырехугольника \(ABCD\). Следовательно, она является центром вписанной окружности четырехугольника \(ABCD\). Аналогично для \(AB < AD\). Если же \(AB = AD\), то утверждение очевидно.

Ответ: NaN

Решение №17349: Поскольку гипотенуза лежит против угла, равного \(90^{\circ}\) (т.е. против наибольшего угла треугольника), то она больше каждой из остальных сторон треугольника.

Ответ: NaN