Решение №38282: Воспользуйтесь тем, что \(A_{1}B_{1} < A_{1}C + CB_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38283: Если вершина \(А\) внутреннего треугольника \(АВС\) не лежит на стороне внешнего, то продолжите сторону \(АВ\) внутреннего треугольника за вершину \(А\) до пересечения со стороной внешнего треугольника в некоторой точке \(D\). Периметр треугольника \(DBC\) больше периметра треугольника \(АВС\). Эту операцию можно повторить и получить треугольник, все вершины которого лежат на сторонах внешнего треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38284: Докажите, что \(АВСМ\) и \(BCDM\) - параллелограммы. Достройте треугольник \(АВМ\) до параллелограмма \(АВС_{1}М\). Периметры треугольников \(ВС_{1}М\) и \(АВМ\) равны, поэтому равны периметры треугольников \(ВС_{1}М\) и \(ВСМ\). Следовательно, точки \(С_{1}\) и \(С\) совпадают, так как иначе один из треугольников \(ВС_{1}М\) и \(ВСМ\) лежал бы внутри другого и периметр внешнего треугольника был бы больше периметра внутреннего. Поэтому \(АВСМ\) - параллелограмм. Аналогично \(BCDM\) - параллелограмм.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38285: Сложите неравенства \(AC < AB + BC\) и \(AC < AD + DC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38286: Воспользуйтесь тем, что диагональ четырёхугольника меньше половины его периметра.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38287: Пусть \(М\) и \(N\) - середины сторон \(АВ\) и \(CD\), \(К\) - cepeдина стороны \(ВС\). Тогда \(2MK = AC\), \(2NK = BD\) и \(MN < MK + NK\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38288: Отметьте на луче \(BN\) точку \(E\) так, что \(BE = 2BN\) (рис. 208).Тогда четырёхугольник \(BCED\) - параллелограмм, а отрезок \(MN\) - средняя линия треугольника \(АВЕ\). Поэтому \(MN = \frac{1}{2}AE \leq \frac{1}{2}(ВС + AD)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38289: Пусть точка \(M\) - середина отрезка \(AB\). Тогда \(\angle ACM < \angle A\) и \(\angle BCM < \angle B\), поэтому \(\angle C < \angle A + \angle B\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38290: Воспользуйтесь тем, что \(\angle ADB = \frac{1}{2} \angle B + \angle C > \angle ABD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38291: Отложите на стороне \(ВА\) отрезок \(ВС_{1}\), равный \(ВС\). Тогда \(\angle AC_{1}D > \angle C_{1}DB = \angle CDB > \angle A\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38292: Проведите прямую через точку \(А\) и центр окружности. Эта прямая пересекает окружность в точках \(C\) и \(D\); для определённости считайте, что \(АС < АD\). Пусть точка \(В\) отлична от точек \(С\) и \(D\). Тогда угол \(CBD\) прямой, поэтому угол \(ABD\) тупой и, следовательно, \(AD > АВ\). Угол \(BCD\) острый, поэтому угол \(АСВ\) тупой и, следовательно, \(АВ > АС\).

Ответ: NaN

Решение №38293: Проведите прямую через точку \(А\) и центр \(О\) окружности. Эта прямая пересекает окружность в точках \(С\) и \(D\); для определённости считайте, что \(АС < AD\). Пусть точка \(В\) отлична от точек \(С\) и \(D\). Тогда \(\angle BCA = \angle CBO > \angle CBA\) и \(\angle BDA = \angle DBO < \angle DBA\), поэтому \(AB > AC\) и \(AB < AD\).

Ответ: \(AB > AC\) и \(AB < AD\).

Решение №38294: Предположите, что \(ВС < \frac{1}{2}AB\). Тогда \(AC < BC < \frac{1}{2}AB\). Поэтому \(ВС + АС < АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38295: Достройте треугольник \(АВС\) до параллелограмма \(ABCD\).

Ответ: NaN

Решение №38296: Воспользуйтесь тем, что \(\angle ABD = 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle B - \angle A)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38297: Предположим, что на аэродроме \(О\) приземлилось по крайней мере 6 самолётов. Тогда можно выбрать аэродромы \(А\) и \(В\) так, что: 1\) самолёты из \(А\) и \(В\) приземлились в \(О\); 2\) угол \(АОВ\) не превосходит \(\frac{360^\circ}{6} = 60^\circ\). Из 1\) следует, что \(АО < АВ\) и \(ВО < ВА\), а из 2\) следует, что сторона \(AB\) треугольника \(АОВ\) не больше одной из сторон \(АO\) и \(ВО\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38298: Пусть \(AB = АС\) и \(\angle BAC = 20^\circ\). Отметьте на стороне \(АВ\) точку \(D\) так, что \(BD = BC\) (рис. 209). Тогда \(AD > CD > ВС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38299: Приложите друг к другу три равных равнобедренных треугольника с углом \(20^\circ\) при вершине, как показано на рисунке 210. Тогда \(AB = AE < AC + CD + DE = 3AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38300: Внешний угол \(ВКС\) больше угла \(А\), поэтому \(ВК < ВС = АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38301: Пусть для определённости \(angle AMB \geq \angle AMC\). Тогда угол \(АМВ\) прямой или тупой, поэтому \(AB > AM\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38302: Пусть внутри треугольника \(АВС\) расположен отрезок \(MN\) и прямая \(MN\) пересекает стороны треугольника в точках \(Р\) и \(Q\). Тогда \(MN \leq PQ\). Пусть точки \(Р\) и \(Q\) лежат на сторонах \(АВ\) и \(АС\). Тогда отрезок \(PQ\) меньше отрезка \(QA\) или отрезка \(QB\), а отрезок \(QB\) меньше отрезка \(ВА\) или отрезка \(ВС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38303: Сначала продолжите отрезок так, чтобы оба его конца лежали на сторонах многоугольника или в его вершинах. Если конец \(Q\) отрезка \(PQ\) лежит на стороне \(АВ\), то отрезок \(PQ\) меньше одного из отрезков \(PA\), \(PB\), \(АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38304: См. рисунок 211.

Ответ: Может.

Решение №38305: По теореме Пифагора \(с^2 - ВН^2 = АН^2 = b^2 - (а - ВН)^2\). Поэтому \(BH = \frac{c^2-b^2+a^2}{2a}\).

Ответ: \(BH = \fraq{$c^2$-$b^2$+$a^2$}{2a}\)

Решение №38306: По теореме Пифагора \(с^2 - ВН^2 = АН^2 = b^2 - (а + ВН)^2\). Поэтому \(BH = \frac{b^2-a^2-c^2}{2a}\).

Ответ: \(BH = \fraq{$b^2$-$a^2$-$c^2$}{2a}\).

Решение №38307: Воспользуйтесь тем, что \(АН^2 = АВ^2 - ВН^2\) и выразите \(ВН\) по формулам из задач 16.1 и 16.2.

Ответ: NaN

Решение №38308: Пусть медианы, проведённые из вершин \(А\) и \(В\), равны \(3m\) и \(3n\). Тогда \(с^2 = 4(m^2 + n^2)\), \(a^2= 4(4m^2 + n^2)\) и \(b^2 = 4(m^2 + 4n^2)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38309: По теореме Пифагора \(AP^2 + BQ^2 + CR^2 = (AM^2 - PM^2) + (BM^2 - QM^2) + (CM^2 - RM^2)\) и \(PB^2 + QC^2 + RA^2 = (BM^2 - PM^2) + (CM^2 - QM^2) + (AM^2 - RM^2)\). Эти выражения равны.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38310: Треугольники \(ACX\) и \(BDX\) прямоугольные, поэтому \(AX^2 + CX^2 = AC^2 = 4R^2\) и \(BX^2 + DX^2 = BD^2 = 4R^2\), где \(R\) радиус окружности.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38311: Достройте прямоугольный треугольник до квадрата, сторона которого равна сумме катетов \(рис. 212\).

Ответ: NaN

Решение №38312: Постройте на большем катете внешним образом квадрат, сторона которого равна разности катетов \(рис. 213\).

Ответ: NaN

Решение №38313: Пусть \(C\) - основание перпендикуляра, проведённого из точки \(M\) к прямой \(AB\). Тогда \(AM^2 = AC^2 + MC^2\) и \(BM^2 = BC^2 + MC^2\). Поэтому \(AM^2 - BM^2 = АС^2 - ВС^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38314: Согласно задаче 16.9 для всех точек \(М\), лежащих на прямой, перпендикулярной прямой \(АВ\), величина \(АМ^2 - BM^2\) постоянна. Поэтому достаточно проверить, что для разных точек \(С\) прямой \(АВ\) величина \(АС^2 - ВС^2\) принимает разные значения. Pacсмотрим сначала случай, когда точки \(В\) и \(С\) лежат по одну сторону от середины \(О\) отрезка \(АВ\). В этом случае \(АС^2 - ВС^2 = (AO + OC)^2 - (ВО - ОС)^2 = 4АO \cdot ОС\). Если же точки \(В\) и \(С\) лежат по разные стороны от точки \(О\), то \(АС^2 - ВС^2 = -4AO \cdot ОС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38315: Треугольник с катетами 12 и 9 \(и гипотенузой 15\) и треугольник с катетами 12 и 5 \(и гипотенузой 13\).

Ответ: Треугольник с катетами 12 и 9 \(и гипотенузой 15\) и треугольник с катетами 12 и 5 \(и гипотенузой 13\).

Решение №38316: Для тупоугольного треугольника приложите треугольники из задачи 16.11 так, чтобы они лежали по одну сторону от общего катета \(рис. 214\). Для остроугольного треугольника приложите треугольники из задачи 16.11 так, чтобы они лежали по разные стороны от общего катета \(рис. 215\). Наибольший угол полученного треугольника лежит против стороны 15; этот угол острый.

Ответ: NaN

Решение №38317: а\) Соответственные углы треугольников \(ОА_{1}В_{1}\) и \(ОA_{2}В_{2}\) равны, поэтому эти треугольники подобны. б\) Две стороны треугольника \(ОА_{1}В_{1}\) пропорциональны сторонам треугольника \(ОА_{2}В_{2}\), а углы, заключённые между этими сторонами, равны. Следовательно, эти треугольники подобны и \(\angle OA_{1}B_{1}\) = \(\angle OA_{2}B_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38318: Воспользуйтесь тем, что \(А_{1}В_{1} : А_{2}В_{2} = OB_{1} : OB_{2} = B_{1}C_{1} : B_{2}C_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38319: Согласно задаче 17.1 \(BC : AD = BO : OD\). Из равенства \(BO = PD\) следует, что \(BO: OD = DP : PB = DE : EA = DE : ВC\). Следовательно, \(BC^2 = DE \cdot AD = \(AD - BC\) \cdot AD = AD^2 - BC \cdot AD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38320: Отметьте на стороне \(АС\) точку \(А_{2}\) так, что \(А_{1}А_{2} \parallel ВВ_{1}\) \(рис. 216\). Тогда \(В_{1}А_{2} = frac{qm}{m + n}\), поэтому, получаем \(AO: OA_{1} = AB_{1} : B_{1}A_{2} = p: frac{qm}{m + n} = frac{p}{q} \cdot \(1+frac{n}{m}\)\).

Ответ: NaN

Решение №38321: Пусть \(O\) - точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции, \(L\) - точка пересечения прямых \(l\) и \(CD\) \(рис. 217\). Тогда \(OL: OC = OA: OK\) и \(OC : OD = OB : ОА\), поэтому \(OL : OD = ОB : OK\). Следовательно, \(BL \parallel KD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38322: Рассмотрим середину \(A_{2}\) отрезка \(A_{1}B\). Из равенств \(CA_{1} : A_{1}A_{2} = CP : PC_{1}\) и \(А_{1}А_{2} : А_{1}В = 1: 2\) следует, что \(CA_{1} : А_{1}В = СР : 2РC_{1}\). Аналогично \(СВ_{1} : В_{1}А = СР : 2РС_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38323: Пусть прямая, параллельная основаниям \(AD\) и \(ВС\) трапеции \(ABCD\), пересекает боковые стороны \(АВ\) и \(CD\) в точках \(М\) и \(N\), а диагонали \(АС\) и \(BD\) - в точках \(К\) и \(L\) \(рис. 218\). Тогда \(МК : ВС = AM : AB = DN: DC = NL : BC\), поэтому \(MK = NL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38324: Точки \(М\) и \(N\) делят отрезки \(BL\) и \(СК\) в равных отношениях, поскольку \(BM : ML = BC : AL = BC : KD = CN : NK\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38325: Выберите на диагонали \(АС\) точки \(В_{1}\) и \(D_{1}\) так, что \(BB_{1} \parallel EF\) и \(DD_{1} \parallel EF\) \(рис. 219\). Треугольники \(ABB_{1}\) и \(CDD_{1}\) равны по стороне и прилежащим к ней углам, поэтому \(AB_{1} = CD_{1}\). Следовательно, \(\frac{AB}{AE} + \frac{AD}{AF} = \frac{AB_{1}}{AG} + \frac{AD_{1}}{AG} = \frac{CD_{1} + AD_{1}}{AG} = \frac{AC}{AG}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38326: Отметьте на стороне \(AC\) точку \(M\) так, что \(AM : MC = AK : KB = BL : LC\). Тогда \(КМ \parallel ВС\) и \(LM \parallel AB\).

Ответ: Утверджение доказано.