Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Сторона, равная 1.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет.

Решение №17352: Пусть одна сторона = \(х\). Тогда вторая-\(х+1\), третья-\(х-3\). х+х+1+х-3=19 3х=21 х=7 4+7>8 4+8>7 7+8>4

Ответ: Может.

Решение №17353: Пусть указанная сторона равна \(2x\).‍ Тогда остальные стороны равны \(x\)‍ и \(6x\).‍ Треугольник со сторонами \(x,‍ 2x\)‍ и \(6x\)‍ не существует, так как для этих сторон не выполняется неравенство треугольника \( (x + 2x = 3x < 6x)\).

Ответ: Нет.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17355: Пусть \(h‍_{1},‍ h‍_{2},‍ h‍_{3}\) —‍ высоты треугольника, опущенные на стороны \( a,‍ b,‍ c\)‍ соответственно. Тогда \( h‍_{1} ≤ b,‍ h‍_{2} ≤ c,‍ h‍_{3} ≤ a\),‍ причём хотя бы в одном из случаев неравенство строгое. Сложив почленно эти три неравенства, получим, что \( h‍_{1} + h_{2}‍ + h‍_{3} < a + b + c\).‍ Что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) 3; б) 13.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 6

Решение №17359: Поскольку в треугольнике против большей стороны лежит больший угол, то наименьший угол треугольника \(ABC\) лежит против стороны \(AB\), то есть это угол \(ACB\). Обозначим \(\angle C = \gamma \). Тогда \(\angle A = 2\gamma , \angle B = 3\gamma \). По теореме о сумме углов треугольника \(\gamma + 2\gamma + 3\gamma = 180^{\circ}\), откуда \gamma = 30^{\circ}\). Следовательно, \( \angle A = 2\gamma = 60^{\circ}\).

Ответ: 60^{\circ}

Решение №17360: Поскольку в треугольнике против большего угла лежит большая сторона , то средняя по величине сторона треугольника лежит против среднего по величине угла треугольника, а так как среднее арифметическое двух чисел содержится между этими числами, то средний по величине угол треугольника \(ABC\) —‍ это угол при вершине \(A\).‍ Следовательно, \(BC\) —‍ средняя по величине сторона треугольника \(ABC\).

Ответ: BC

Решение №17361: Если хорда \(AB\) не является диаметром окружности с центром \(O\) (см. рис. ниже), то для равнобедренного треугольника \(AOB\) верно неравенство \(AB < OA + OB\).

Ответ: NaN

Решение №17362: Из простейшего неравенства треугольника \(АВ + ВС > АС\); поэтому \(АВ + ВС + CD > AC + CD\); но \(АС + СD > AD\) (из того же неравества треугольника).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) Да; б) нет.

Решение №17364: Если \(CD\) — высота прямоугольного треугольника \(ABC\), проведенная к гипотенузе \(AB\) (см. рис. ниже), то \( \angle ACD = \angle ∠ABC и \angle ∠BCD = ∠\angle BAC\).

Ответ: NaN

Решение №17365: Если \( \angle BAD > \angle CAD\) (см. рис. ниже), то \( \angle ABC = 90^{\circ} − \angle BAD < 90^{\circ} − \angle CAD = ∠\angle ACB\).

Ответ: AB > AC

Решение №17366: Пусть \(a, b, c\) — стороны треугольника. Тогда \(a + b + c = a + (b + c) > a + a = 2a\) , поэтому \( a< \frac{1}{2}\left ( a+b+c \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17367: Пусть \(AC\) — диагональ четырехугольника \(ABCD\) (см. рис. ниже). Применяя неравенство треугольника к треугольникам \(ABC\) и \(ACD\), получим \(AC < AB + BC\) и \(AC < AD + CD\). Сложив почленно эти неравенства, найдем \( 2AC < AB + BC + AC + CD\), откуда \( AC< \frac{1}{2}\left ( AB+BC+AC+CD \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17368: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) данного четырехугольника \(ABCD\) (см. рис. ниже). Тогда \(AB < AM+ BM\) и \(CD < CM + DM\). Сложив почленно эти неравенства, получим \(AB + CD < AM + BM + CM + DM = (AM + CM) + (BM + DM) = AC + BD\).

Ответ: NaN

Решение №17369: В точке пересечения диагоналей четырехугольника. Указание. Предположите, что искомая точка не лежит на одной из диагоналей, и примените неравенство треугольника.

Ответ: NaN

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