Решение №17390: Поскольку \( \angle AMN = \angle MCN + \angle MNC > \angle C\), то угол \(AMN\) тупой (см. рис. ниже). Следовательно, \(AN\) — наибольшая сторона треугольника \(AMN\). Тогда \(MN < AN\). Аналогично докажем, что \(AB\) — наибольшая сторона треугольника \(ANB\). Поэтому \(AN < AB\). Следовательно, \(MN < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17391: Пусть \(D\) — точка на стороне \(BC\) треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже). Один из углов \(ADB\) и \(ADC\) не меньше прямого. Пусть \(\angle ADC > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(ADC\), значит, \(AD < AC\). Если же \(\angle ADC > 90^{\circ}\), то аналогично докажем, что \(AD < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17392: Соедините одну из данных точек с противоположной вершиной треугольника и воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.

Ответ: NaN

Решение №17393: Проекции центров \( O_{1}\) и \(O_{2}\) данных окружностей на \(BC\) — середины \(P\) и \(Q\) отрезков \(BM\) и \(MC\) (рис. 204). Тогда \( O_{1}O_{2}\geqslant PQ=\frac{1}{2}a \). Если \(AM\) — высота треугольника \(BAC\), то \( O_{1}O_{2}=PQ=\frac{1}{2}a \) . В остальных случаях \( O_{1}O_{2}> \frac{1}{2}a \) .

Ответ: \frac{1}{2}a

Решение №17394: Пусть \( B_{1} \) — точка, симметричная точке \(B \) относительно прямой \(CM\) (см. рис. ниже). Поскольку биссектриса есть ось симметрии угла, точка \( B_{1}\) лежит на продолжении стороны \(AC\) за точку \( C, CB_{1} = CB\) и \(MB_{1} = MB\). Поэтому \(MA + MB = MA + MB_{1} > AB_{1} = CA + CB_{1} = CA + CB\).

Ответ: NaN

Решение №17395: Если треугольник \(ABC\) равносторонний, то \(AB + BC = 2BC\). Пусть \( AB \neq AC\) (см. рис. ниже). При симметрии относительно биссектрисы угла \(A\) вершина \(C\) переходит в точку \(C_{1}\) луча \(AB\), а вершина \(B\) — в точку \(B_{1}\) луча \(AC\). При этом \( B_{1}C_{1} = BC, CC_{1} = AC, BB_{1} = AB\). Следовательно, \(2BC = BC + B_{1}C_{1} > BB_{1} + CC_{1} = AB + AC\)

Ответ: NaN

Решение №17396: Пусть \( \angle BAC < 90^{\circ}\). Докажем, что точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Ясно, что точка \(A\) не может лежать на этой окружности, так как тогда \( \angle BAC = 90^{\circ}\). Предположим, что она внутри окружности (рис. 207,а), и продолжим отрезок \(BA\) до пересечения с окружностью в точке \(M\). Тогда \( \angle BAC > \angle BMC = 90^{\circ}\), что невозможно. Значит, точка \(A\) лежит вне окружности. Следовательно, \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Пусть \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Тогда точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Если луч \(AB\) пересекает окружность в точке \(M\) (рис. 207,б), то \( \angle BAC < \angle BMC = 90^{\circ}\).

Ответ: NaN

Решение №17397: Поскольку \(ME\) — медиана треугольника \(BMC\) (см. рис. ниже) и \( ME > EC=\frac{1}{2}BC \) , то угол \(BMC\) острый . Значит, угол \(AMB\) тупой, следовательно, \( MD < \frac{1}{2}AB = AD\).

Ответ: NaN

Решение №17398: Постройте окружность на другой диагонали как на диаметре.

Ответ: NaN

Решение №17399: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) (см. рис. ниже). В треугольниках \(AMD\) и \(AMB\) сторона \(AM\) — общая, \(DM = MB\), а \( AD < AB \). Поэтому \( \angle AMD < \angle AMB\). Тогда \( \angle BMC < \angle CMD\). В треугольниках \(BMC\) и \(CMD\) сторона \(CM\) общая, \(DM = MB\), а \( \angle BMC < \angle CMD\). Следовательно, \( BC < DC\).

Ответ: NaN