Решение №17370: Пусть \(M\) – точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) четырёхугольника \(ABCD\). Применим неравенство треугольника к треугольникам \(ABC, ADC, BAD\) и\( BCD: AC < AB + BC, AC < DA + DC, BD < AB + AD, BD < CB + CD\). Сложив эти четыре неравенства, получим: \( 2(AC + BD) < 2(AB + BC + CD + AD)\). Запишем неравенства треугольника для треугольников \(AMB, BMC, CMD и AMD: AM + MB > AB, BM + MC > BC, MC + MD > CD, MA + MD > AD\). Сложив эти неравенства, получим: \(2(AC + BD) > AB + BC + CD + AD\).

Ответ: NaN

Решение №17371: Пусть \(M\) — точка на основании \(BC\) равнобедренного треугольника \(ABC\), отличная от точек \(B\) и \(C\) (см. рис. ниже). Тогда один из углов \(AMB\) и \(AMC\) прямой или тупой. Предположим, \( \angle AMB > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(AMB\), значит, \(AM < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17372: Через точку \(K\) проведем прямую, параллельную основанию \(BC\) (см. рис. ниже). Пусть \(M\) — ее точка пересечения с боковой стороной \(AB\). Тогда \( \angle BKM = \angle CBK = \angle ABK\), значит, треугольник \( BMK\) равнобедренный, \( BM = MK = KC\). Следовательно, \(2CK = BM + MK > BK\).

Ответ: NaN

Решение №17373: Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей радиусов \(r\) и \(R\) соответственно (см. рис. ниже), A — одна из двух точек их пересечения. Для треугольника \( O_{1}AO_{2} \) верны неравенства \( O_{1}O_{2} < O_{1}A + O_{2}A\) и \(AO_{2} < O_{1}A + O_{1}O_{2}\), или \( O_{1}O_{2} < r + R и O_{1}O_{2} > AO_{2} − AO_{1} = R − r\).

Ответ: NaN

Решение №17374: Докажем, что кратчайшее расстояние между точками двух окружностей, лежащих одна вне другой, есть отрезок линии центров, заключенный между окружностями. Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей, а линия центров пересекает окружности в точках \(A\) и \(B\), причем и \(A\), и \(B\) лежат между \(O_{1}\) и \(O_{2}\) (см. рис. ниже). Тогда, если \(X\) и \(Y\) — другие точки этих окружностей, то \(XO_{1} + XY + YO_{2} > O_{1}O_{2} = AO_{1} + AB + BO_{2}\). Следовательно, \(XY > AB\). Пусть \(AM\) и \(BN\) — диаметры окружностей, а \(X\) и \(Y\) — точки окружностей, отличные от \(M\) и \(N\). Тогда \( XY < XO_{1} + O_{1}O_{2} + Y O_{2} = MO_{1} + O_{1}O_{2} + NO_{2} = MN\). В нашей задаче \(AB = 3\) и \( MN = 2 + 8 + 3 = 13\).

Ответ: 3 и 13.

Решение №17375: Если \( O\) — точка пересечения биссектрис треугольника \(ABC\), то \( \angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A \)

Ответ: NaN

Решение №17376: Пусть \( ABC\) и \( A_{1}B_{1}C_{1}\) — равнобедренные треугольники с основаниями \(BC\) и \(B_{1}C_{1}\) (рис. 194), причем \(AB = AC = A_{1}B_{1} = A_{1}C_{1}\) и \( \angle A > \angle A_{1}, а \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) — их высоты. На продолжениях \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) за точки \(D\) и \(D_{1}\) отложим отрезки \(DM\) и \(D_{1}M_{1}\), соответственно равные \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\). Тогда в треугольниках \(ACM\) и \(A_{1}C_{1}M_{1}\) известно, что \(AC = A_{1}C_{1}, CM = C_{1}M_{1}\) и \(\angle ACM < \angle A_{1}C_{1}M_{1}\). Значит, \(AM < A_{1}M_{1}\). Следовательно, \(AD < A_{1}D_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17377: Пусть \(a\) – боковая сторона, \(2b\) – основание, \(h\) – высота, опущенная на основание. Тогда \(a^{2} = h^{2} + b^{2} \), откуда все и следует.

Ответ: NaN

Решение №17378: Воспользуемся следующей леммой (рис. 1). Если стороны \(XY\)‍ и \(XZ\)‍ треугольника \(XYZ\)‍ соответственно равны сторонам \(X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(X‍_{1}Z‍_{1}\)‍ треугольника \( X‍_{1}Y‍_{1}Z_{1}\),‍ а \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(\angle YXZ > \angle Y‍_{1}X_{1}‍Z‍_{1}\).‍ Обратно, если \(XY = X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(XZ = X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ а \( YXZ > \angle Y‍_{1}X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\)‍. Пусть \(AB\)‍ и \(CD\) —‍ отличные от диаметра хорды окружности с центром \(O\)‍ (рис. 2), причём \(AB > CD,‍ M\)‍ и \(N\)‍ соответственно — проекции центра окружности на эти хорды. Тогда \(OM\)‍ и \(ON\) —‍ высоты равнобедренных треугольников \(AOB\)‍ и \(COD\)‍ с равными боковыми сторонами \(OA = OB = OC = OD\)‍ и неравными основаниями \(AB > AC\).‍ Докажем, что высота \(OM\)‍ треугольника \(AOB\)‍ с большим основанием \(AB\),‍ меньше высоты \(ON\)‍ треугольника \(COD\).‍ Действительно, по лемме \( \angle AOB > \angle COD\),‍ поэтому \( \angle OAB < \angle OCD\).‍ На продолжении отрезка \(OM‍\) за точку \(M\)‍ отложим отрезок \(MP\),‍ равный \(OM\),‍ а на продолжении отрезка \(ON\)‍ за точку \(N\) —‍ отрезок \(NQ\),‍ равный \(ON\).‍ Рассмотрим равнобедренные треугольники \(OAP‍\) и \(OCQ\).‍ Известно, что \(AP = AO = CO = CQ\)‍ и \( \angle OAP < \angle OCQ\),‍ поэтому \(OP < OQ\).‍ Следовательно, \(OM =\frac{1}{2}OP< ‍ ‍\frac{1}{2}CQ = ON\).‍ Что и требовалось доказать. Аналогично можно доказать и обратное, т. е. если расстояние от центра окружности до хорды \(AB\)‍ меньше расстояния от центра окружности до хорды \(CD\),‍ то \(AB > CD\).

Ответ: NaN

Решение №17379: Искомая хорда перпендикулярна радиусу, проходящему через данную точку.

Ответ: NaN