Решение №38372: Проведите высоту \(АН\) треугольника \(АВС\) и из точки \(Н\) проведите перпендикуляры \(НМ\) и \(HN\) к сторонам \(АВ\) и \(АС\). Точки \(M\) и \(N\) лежат на окружности с диаметром \(АН\), поэтому \(MN = AH sin A\). Далее, \(AH = AB sin B = 2Rsin Csin B\), где \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\). Поэтому \(MN = 2RsinAsin B sin C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38373: Пусть \(R_{1}\) и \(R_{2}\) - радиусы окружностей, описанных около треугольников \(ABK\) и \(BCK\). Тогда \(AB = 2R_{1}sin AKB\) и \(BC = 2R_{2}sin BKC\). Поэтому из равенств \(AB = BC\) и \(sin AKB = sin BKC\) следует, что \(R_{1} = R_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38374: Точки \(E\) и \(F\) лежат на окружности с диаметром \(AD\), поэтому длина отрезка \(EF\) равна \(ADsinA\). Таким образом, длина отрезка \(EF\) наименьшая, когда длина отрезка \(AD\) наименьшая, т. е. когда \(AD\) - высота треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38375: Перпендикуляры, проведённые из точек \(А_{1}\) и \(С_{1}\) к прямой \(BD\), равны \(DA_{1}sin BDC = BC sin BDC\) и \(BC_{1}sin ABD = AD sin ABD\) (рис. 230). Оба числа \(BC sin BDC\) и \(AD sin ABD\) равны диаметру окружности, описанной вокруг четырёхугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38376: Высота треугольника \(АВС\), проведённая к стороне \(ВС\), равна \(bsinC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38377: Площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{1}{2}absinC\) и \(sin C = \frac{c}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38378: Обозначим длину биссектрисы \(AD\) буквой \(l\). Из равенства \(S_{ABC} = S_{ABD} + S_{ACD}\) следует, что \(bc sin A = blsin \frac{A}{2} + c\sin(\frac{A}{2})\). Кроме того, \(sin A = 2sin(\frac{A}{2}) cos(\frac{A}{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38379: Пусть \(l\) - длина биссектрисы \(CD\), \(h\) - длина высоты \(CH\). Тогда \(cl \geq ch = 2S_{ABC} = 2S_{ACD} + 2S_{BCD} = bl \sin \frac{C}{2} + al \sin \frac{C}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38380: Согласно задаце 18.13 высота треугольника равна \(\frac{ab}{2R}\), где \(а\) и \(b\) - длины сторон, выходящих из той же вершины, что и высота, а \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника. Поэтому высоты треугольников \(МАВ\) и \(MCD\), проведённые из вершины \(М\), равны \(\frac{MA \cdot MB}{2R}\) и \(\frac{MC \cdot MD}{2R}\), а высоты треугольников \(МВС\) и \(MAD\), проведенные из вершины \(М\), равны \(\frac{MB \cdot MC}{2R}\) и \(\frac{MA \cdot MD}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38381: Пусть смежные стороны параллелограмма равны \(а\) и \(b\), а угол между ними равен \(\alpha\). Тогда квадраты диагоналей равны \(а^2 + b^2 - 2abcos \alpha\) и \(a^2 + b^2 + 2abcos \alpha\), поэтому сумма квадратов диагоналей равна \(2а^2 + 2b^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38382: Из формулы квадрата длины медианы (пример 4 на с. 70) следует, что \((m_{b})^2 - (m_{a})^2 = \frac{3(a^2 - b^2)}{4}\).

Ответ: NaN

Решение №38383: Сначала по теореме косинусов докажите, что косинус угла при основании равен \(\frac{1}{8}\). Затем по свойству биссектрисы докажите, что биссектриса угла при основании делит сторону на отрезки, равные 4 и 16. Наконец, ещё раз применив теорему косинусов, найдите длину \(l\) биссектрисы: \(l^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{1}{8} = 36\).

Ответ: NaN

Решение №38384: Воспользуйтесь теоремой косинусов и тем, что \(соs А < cos А_{1}\) (пример 1 на с. 69 для острых углов и равенство \(cos (180^\circ - \alpha) = -cos \alpha\) для тупых углов).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38385: Пусть \(М\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\). Медианы \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) перпендикулярны тогда и только тогда, когда угол \(АМВ\) прямой, т. е. \(АМ^2 + BM^2 = c^2\). Воспользуйтесь выражением для квадрата медианы из примера 4 на c. 70: \(AM^2 = frac{4}{9} \cdot \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\) и \(BM^2 = \frac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\). Поэтому равенство \(AM^2 + BM^2 = с^2\) эквивалентно равенству \(2b^2+ 2c^2 - a^2 + 2a^2 + 2c^2 - b^2 = 9c^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38386: Пусть острый угол параллелограмма равен \(\varphi\). Тогда \(m^2n^2 = (a^2 + b^2 - 2ab cos \varphi)(a^2 +b^2 + 2ab cos \varphi) = (a^2 + b^2)^2 - 4a^2b^2 (cos \varphi)^2 = a^4 + b^4 + 2a^2b^2(1-2 (cos \varphi)^2)\). Для острого угла \(\varphi\) равенство \(2 (cos \varphi)^2 = 1\) эквивалентно тому, что \(\varphi = 45^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38387: Пусть отрезки, на которые диагонали делятся точкой пересечения, равны \(m_{1}\), \(m_{2}\), \(n_{1}\), \(n_{2}\) и \(\angle AOB = \beta\) (рис. 231). Тогда \(a^2 = (m_{1})^2 + (n_{1})^2 - 2m_{1}n_{1} cos \beta\), \(c^2 = (m_{2})^2 + (n_{2})^2 - 2m_{2}n_{2} cos \beta\), \(b^2 = (m_{2})^2 + (n_{1})^2 + 2m_{2}n_{1} cos \beta\), \(d^2 = (m_{1})^2 + (n_{2})^2 + 2m_{1}n_{2} cos \beta\). Поэтому \(a^2 + c^2 - b^2 - d^2 = -2(m_{1} + m_{2})(n_{1} + n_{2}) cos \beta = - 2mncos \beta\). Кроме того, \(cos \beta = \pm cos \alpha\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38388: Введите следующие обозначения: \(а_{1} = ВХ\), \(а_{2} = XC\), \(b = AC\), \(с = AB\), \(х = АX\). Выразите в треугольниках \(АВС\) и \(АВХ\) косинус угла \(В\) по теореме косинусов и приравняйте полученные выражения: \(\frac{c^2 +(a_{1}+a_{2})^2 - b^2}{2c(a_{1}+a_{2})} = \frac{c^2 + (a_{1})^2 - x^2}{2ca_{1}}\). Это равенство несложно преобразовать к требуемому равенству \(c^2a_{2} + b^2a_{1} - x^2(a_{1} + a_{2}) = (a_{1} + a_{2})a_{1}a_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38389: Предположите, что точка \(О\) расположена внутри треугольника \(АВС\) и не покрыта кругами, т. е. отрезки \(ОА\), \(ОВ\) и \(ОС\) больше 1. Один из углов \(АОВ\), \(ВОС\) и \(СОА\) не меньше \(120^\circ\). Пусть для определённости \(\alpha = \angle AOB \geq 120^\circ\). Тогда \(AB^2 = AO^2 + BO^2 - 2AO \cdot BOcos \alpha > 1 + 1 + 1 = 3\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38390: Пусть \(ОА = х\) и \(\angle A = 2 \alpha\). Тогда \(AM= \frac{AC}{2} = \frac{AH}{2cos 2\alpha} = \frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha}\). Примените теорему косинусов к треугольнику \(АОМ\): \(4x^2 = x^2 + (\frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha})^2 - 2x \frac{x cos \alpha}{2 cos 2 \alpha} cos \alpha\). Сократите обе части на \(x^2\) и воспользуйтесь тем, что \(2(cos \alpha)^2 = cos2\alpha + 1\), получите квадратное уравнение \(28 (cos 2 \alpha)^2 + 3cos 2 \alpha - 1 = 0\). Это уравнение имеет положительный корень \(\frac{1}{7}\) и отрицательный корень \(- \frac{1}{4}\). Нас интересует только положительный корень.

Ответ: NaN

Решение №38391: Пусть \(AB = A_{1}B_{1}\), \(АС = А_{1}C_{1}\) и \(\angle A + \angle A_{1} = 180^\circ\). Совместите стороны \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) так, чтобы точки \(С\) и \(С_{1}\) лежали по разные стороны от прямой \(АВ\) (рис. 232). Тогда высоты треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\), проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), совпадут.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38392: Пусть \(M\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\), \(С_{1}\) - середина стороны \(АВ\). У треугольников \(АМС_{1}\) и \(ВМС_{1}\) равны стороны \(АС_{1}\) и \(ВС_{1}\) и равны высоты, проведённые к этим сторонам.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38393: Из равенства площадей треугольников \(АВР\) и \(АСР\) следует, что прямая \(АР\) равноудалена от точек \(В\) и \(С\). Такая прямая либо параллельна отрезку \(ВС\), либо проходит через его середину.

Ответ: NaN

Решение №38394: Прямые \(ВС\) и \(AD\) параллельны, поэтому треугольники \(АВС\) и \(DBC\) равновелики. Прямые \(CD\) и \(ВЕ\) параллельны, поэтому треугольники \(BCD\) и \(ECD\) равновелики.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38395: Из равенства площадей треугольников \(АОВ_{1}\) и \(АОС_{1}\) с общим основанием \(АО\) следует, что высоты, проведённые к этому основанию, равны. Поэтому из равенства углов \(ОАВ_{1}\) и \(ОAC_{1}\) следует, что \(AB_{1} = AC_{1}\). По свойству биссектрисы треугольника \(AB_{1} = \frac{bc}{a+c}\) и \(AC_{1} = \frac{bc}{a+b}\), где \(а = ВС\), \(b = СА\) и \(с = АВ\). Следовательно, \(b = с\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38396: Если углы \(А\) и \(А_{1}\) треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\) равны, то их высоты, проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), пропорциональны сторонам \(АС\) и \(А_{1}С_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38397: Воспользуйтесь задачами 19.1 и 19.6.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38398: Отношение произведения площадей треугольников \(АОВ\) и \(COD\) к произведению площадей треугольников \(ВОС\) и \(AOD\) равно отношению произведения \(AO \cdot BO \cdot CO \cdot DO\) к произведению \(BO \cdot CO \cdot AO \cdot DO\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38399: Первый способ. Воспользуйтесь тем, что \(\frac{S_{AOB}}{S_{AOD}} = \frac{AO \cdot BO}{AO \cdot DO} = \frac{BO}{DO} = \frac{OC}{AO} = \frac{BO \cdot OC}{AO \cdot BO} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}\). Второй способ. Воспользуйтесь задачей 19.8 и примером 1 на с. 74.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38400: Согласно свойству биссектрисы \(АС_{1} : АВ = b: (a + b)\) и \(AB_{1} : AC = c : (a + c)\). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(\frac{bc}{(a+b)(a+c)}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38401: Пусть точка \(М\) лежит на диагонали \(АС\). Тогда равны площади треугольников 1 и 2, 3 и 4 (рис. 233, а); площади треугольников \(АВС\) и \(ADC\) также равны. Пусть точка \(М\) не лежит на диагонали \(АС\). Тогда можно рассмотреть точку \(М_{1}\), в которой прямая, проходящая через точку \(М\) параллельно прямой \(АВ\), пересекает диагональ \(АС\), и сравнить площади параллелограммов с вершинами \(В\) и \(D\) для точек \(М\) и \(М_{1}\) (рис. 238, б).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38402: Проведите через вершины треугольника прямые, параллельные данному отрезку, и примите за основания параллелограммов их стороны, параллельные данному отрезку. Высоты параллелограммов, проведённые к этим основаниям, равны попарным расстояниям между проведёнными прямыми (рис. 234).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38403: Пусть отмеченные точки делят стороны параллелограмма так, как показано на рисунке 235. Тогда \(х_{1}y_{1} + (1 - х_{1})y_{2} + x_{2}(1 - y_{1}) + (1 - x_{2})(1 - y_{2}) = 1\), т. e. \((x_{1} - x_{2})(y_{1} - y_{2}) = 0.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38404: Сторона прямоугольника отрезает от квадрата прямоугольный треугольник, отношение катетов которого равно \(3 : 4\). Поэтому если сторона квадрата равна \(4х\), то стороны прямоугольника равны \(frac{4x}{5}\) и \(5x + frac{3x}{5}\).

Ответ: NaN

Решение №38405: Cначала докажите, что отношения длин отрезков такие, как показано на рисунке 236, а затем докажите, что площадь треугольника \(АРВ\) составляет \(frac{2}{7}\) от площади треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38406: а) Площади треугольников \(АВС\) и \(DBC\) равны, поэтому точки \(А\) и \(D\) равноудалены от прямой \(ВС\). б) Согласно а) диагонали пятиугольника параллельны его сторонам. Пусть \(О\) - точка пересечения диагоналей \(АС\) и \(BD\), \(S_{AOB} = х\). Пятиугольник \(ABCDE\) можно разрезать на параллелограмм \(AODE\) и треугольники \(АОВ\) и \(ВСD\), поэтому его площадь равна \(3S + х\). Ясно, что \(S_{AOB} : S_{BOC} = AO : OC = S_{AOD} : S_{COD}\), т. e. \(x : (S - x) = S : x\). Поэтому \(x = \frac{\sqrd5-1}{2}S\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38407: Расстояние от точки \(М\) до прямой \(CD\) равно полусумме расстояний от точек \(А\) и \(В\) до этой прямой.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38408: Вычтите из обеих частей равенства, полученного в задаче 19.17, сумму площадей треугольников \(DKN\) и \(CNL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38409: Tpeугольники \(АЕС\) и \(CBD\) подобны, и отношение их высот, проведенных из вершин \(Е\) и \(В\), равно \(АС : CD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38410: Площадь четырёхугольника \(КЕСF\) меньше площади треугольника \(BFC\), а площадь этого треугольника равна четверти площади квадрата. Площадь треугольника \(AKF\) больше половины площади треугольника \(ABF\), поскольку \(FK > КВ\), а площадь треугольника \(AKF\) равна половине площади квадрата.

Ответ: NaN

Решение №38411: Пусть \(АР : PB = х : (1 - x)\), а площадь треугольника \(АВС\) равна 1. Тогда площади треугольников \(АМР\) и \(BNP\) равны \((1 - х)x^2 и (1 - х)^2 х\), а площадь треугольника \(RCQ\) равна \(х(1 - х)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38412: Рассмотрите равносторонний треугольник и треугольник с углом, близким к \(180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38413: Рассмотрите равнобедренный треугольник, основание которого мало по сравнению с боковой стороной.

Ответ: NaN

Решение №38414: Возьмите прямоугольник, отношение смежных сторон которого велико, и рассмотрите один из треугольников, на которые его разделяют диагонали.

Ответ: NaN

Решение №38415: Воспользуйтесь выражением для высоты треугольника, полученным в задаче 16.3.

Ответ: NaN

Решение №38416: Воспользуйтесь формулой Герона.

Ответ: NaN