Решение №38417: При увеличении чисел \(а\), \(b\) и \(с\) на 1 каждое из чисел \(р = \frac{а+ b + c}{2}\), \(p-а\), \(р-b\) и \(р-с\) увеличивается.

Ответ: NaN

Решение №38418: Пусть \(ВС = а\) и \(АС = b\). Тогда перпендикуляр, проведённый из точки \(В\) к прямой \(АС\), не превосходит \(а\). Этот перпендикуляр равен \(а\) в случае, когда угол \(С\) треугольника \(АВС\) прямой.

Ответ: NaN

Решение №38419: Зафиксируйте точки \(В\) и \(С\). Тогда точка \(А\) расположена на одной из двух дуг окружностей с общей хордой \(ВС\) (рис. 237). Серединный перпендикуляр к отрезку \(ВС\) пересекает эти дуги в двух точках, касательные к окружности в этих точках параллельны прямой \(ВС\). Высота треугольника \(АВС\) наибольшая, когда \(А\) - одна из этих точек.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38420: Проведите через вершины четырёхугольника прямые, параллельные его диагоналям. Эти прямые ограничивают параллелограмм, площадь которого вдвое больше площади четырёхугольника (рис. 238). Стороны этого параллелограмма равны \(а\) и \(b\), поэтому его наибольшая площадь равна \(ad\).

Ответ: NaN

Решение №38421: Сначала постройте параллелограмм, стороны которого параллельны сторонам данного угла, а диагонали пересекаются в данной точке (рис. 239). Диагональ этого параллелограмма отсекает треугольник наименьшей площади. Действительно, если через данную точку провести другую прямую, то она отсекает треугольник большей площади: приращение площади равно площади треугольника, закрашенного на рисунке 239.

Ответ: NaN

Решение №38422: Средние линии равностороннего треугольника разрезают его на четыре равных треугольника. Из трёх треугольников, закрашенных на рисунке 240, можно сложить один из этих треугольников.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38423: Разрезав диагональю четырёхугольник, длины последовательных сторон которого равны \(а\), \(b\), \(с\) и \(d\), можно получить четырёхугольник той же площади, длины последовательных сторон которого равны \(b\), \(а\), \(с\) и \(d\) (рис. 241). Площадь полученного четырёхугольника не превосходит \(\frac{ac + bd}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38424: Из исходного параллелограмма можно составить три параллелограмма, равные среднему параллелограмму (рис. 242).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38425: Выразите стороны треугольника через его площадь и высоты и воспользуйтесь неравенством треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38426: Пусть боковая сторона данного равнобедренного треугольника равна \(а\), площадь равна \(S\), а расстояния от точки основания треугольника до боковых сторон равны \(h_{1}\) и \(h_{2}\). Тогда \(S = \frac{1}{2}a(h_{1} + h_{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38427: Пусть сторона данного равностороннего треугольника равна \(а\), площадь равна \(S\), а расстояния от точки внутри треугольника до сторон равны \(h_{1}\), \(h_{2}\) и \(h_{3}\). Тогда \(S = \frac{1}{2}a (h_{1} + h_{2} + h_{3})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38428: Сначала докажите, что отношение \(ОА_{1} : АА_{1}\) равно отношению площадей треугольников \(ВОС\) и \(ВАС\).

Ответ: NaN

Решение №38429: Пусть отрезок \(EF\) пересекает диагонали \(АС\) и \(BD\) в точках \(Р\) и \(Q\). Перпендикуляры, проведённые из двух вершин треугольника к продолжению медианы, равны, поэтому \(CP : PA = S_{CPQ} : S_{APQ} = S_{BPQ} : S_{DPQ} = BQ : QD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38430: Пусть \(О\) - центр окружности, \(М\) - середина отрезка \(AD\). Угол \(ACD\) прямой, поэтому \(МА = МС\) и треугольники \(МАО\) и \(МСО) равны по трём сторонам. Следовательно, \(\angle MCO = \angle MAO = 90^\circ\), т. е. прямая \(МС\) - касательная.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38431: Перпендикуляр, проведённый из середины отрезка \(O_{1}O_{2}\) к прямой \(l\), является средней линией трапеции, основания которой - радиусы окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38432: Пусть прямая \(l\) касается окружностей с центрами \(О_{1}\) и \(O_{2}\), в точках \(А_{1}\) и \(А_{2}\) соответственно. Перпендикуляр, проведённый из середины отрезка \(O_{1}O_{2}\) к прямой \(l\), можно представить в виде разности средних линий треугольников \(А_{1}O_{1}А_{2}\) и \(А_{2}О_{2}O_{1}\), равных половинам радиусов окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38433: Постройте прямоугольный треугольник, катеты которого равны \(|R - r|\) и \(AB\), а гипотенуза равна \(d\).

Ответ: NaN

Решение №38434: Постройте прямоугольный треугольник, катеты которого равны \(R+ r\) и \(АВ\), a гипотенуза равна \(d\).

Ответ: NaN

Решение №38435: Лучи \(АО\) и \(ВО\) являются биссектрисами односторонних углов, сумма которых равна \(180^\circ\). Поэтому \(\angle BAO + \angle ABO = 90^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38436: Пусть стороны \(АВ\) и \(AD\) касаются окружности в точках \(К\) и \(L\). Тогда \(\angle AOK = \angle AOL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38437: Точки \(В\) и \(Х\) лежат на окружности с диаметром \(КО\), поэтому \(\angle XKO = \angle XBO\). Аналогично \(\angle XLO = \angle XCO\). Треугольник \(ВОС\) равнобедренный, поэтому \(\angle XBO = \angle XCO\). Следовательно, треугольник \(KOL\) равнобедренный. Его высота \(ОХ\) является также медианой.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38438: Отложите на касательной, проходящей через точку \(А\), отрезок \(АК_{1}\) , равный \(АК\). Точки \(К_{1}\) и \(L\) симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку \(АВ\), поэтому \(K_{1}L \parallel AB\) (рис. 243). Прямая \(АВ\) проходит через середину отрезка \(КК_{1}\), поэтому она проходит и через середину отрезка \(KL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38439: Накрест лежащие углы, образованные при пересечении касательной и прямой \(ВС\) секущей \(АС\), равны: оба эти угла равны \(\angle AMN\) или \(180^\circ - \angle AMN\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38440: Угол \(ОВС\) между касательной и хордой равен вписанному углу \(ОАВ\). Из равенства \(ОA = ОВ\) следует, что \(\angle OAB = \angle OBA\). Поэтому хорды \(ВА\) и \(ВС\) окружности \(S_{1}\) образуют равные углы с диаметром.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38441: Точки \(А\) и \(В\) лежат по разные стороны от прямой \(KL\). Для определённости можно считать, что точка \(К\) лежит внутри треугольника \(ALB\). Тогда \(\angle ABK = \angle KLB\) и \(\angle BAK = \angle KLA\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38442: По свойству угла между касательной и хордой \(\angle ADP = \angle PAB\). Из параллельности хорд \(АВ\) и \(СР\) следует, что \(\angle PAB = \angle АВC\) (рассмотрите отдельно случаи, когда хорды \(АР\) и \(ВС\) не пересекаются и когда они пересекаются).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38443: Пусть для определённости \(ОВ < ОС\). По теореме о внешнем угле треугольника \(\angle APQ = \angle OAP + \angle AOP\) и \(\angle OQA = \angle ACO + \angle COQ\). Углы \(ОАР\) и \(АСО\) равны по теореме об угле между касательной и хордой, а углы \(АОР\) и \(COQ\) равны, потому что точки \(Р\) и \(Q\) лежат на биссектрисе угла \(AОВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38444: Пусть для определённости лучи \(ОA\) и \(ВС\) сонаправлены; \(М\) - точка пересечения прямых \(KL\) и \(ОA\). Тогда \(\angle LOM = \angle LCB = \angle OKM\), поэтому треугольники \(КОМ\) и \(OLM\) подобны. Следовательно, \(ОМ : КМ = LM : OM\), т. e. \(OM^2 = KM \cdot LM\). Кроме того, по теореме о квадрате касательной \(MA^2 = MK \cdot ML\). Поэтому \(МА = ОМ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38445: Пусть прямая \(АЕ\) пересекает прямую \(ОВ\) в точке \(М\). Тогда \(\angle MAO = \angle ACE\) (угол между касательной и хордой) и \(\angle ACE = \angle МОЕ\). Поэтому \(\Delta АМО \sim \Delta ОМЕ\) и \(AM : MO = OM : ME\), т. e. \(OM^2 = АМ \cdot МЕ\). По теореме о квадрате касательной \(МВ^2 = МА \cdot МЕ\). Следовательно, \(ОМ = МВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38446: Пусть искомое расстояние равно \(х\) и данная прямая и прямая \(АВ\) пересекаются в точке \(О\) под углом \(\alpha\). Тогда \(sin \alpha = \frac{a}{AO} = \frac{b}{BO} = \frac{x}{MO}\), поэтому \(\frac{ab}{AO \cdot BO} = \frac{x^2}{MO^2}\). По теореме о квадрате касательной \(МО^2 = AО \cdot ВО\), поэтому \(х^2 = ab\).

Ответ: \(x = $\sqrt{ab}$\)

Решение №38447: Выразите по теореме косинусов квадраты диагоналей параллелограмма через его стороны и один из углов и сложите эти равенства. B результате получите \(AC^2 + BD^2 = 2(BC^2 + CD^2)\). По теореме о квадрате касательной \(СВ^2 = CА \cdot СО = \frac{1}{2}СА^2\), поэтому \(DC^2 = \frac{1}{2} DB^2 = DB \cdot DO\). Это означает, что прямая \(DC\) касается окружности, проходящей через точки \(В\), \(O\) и \(С\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38448: Пусть \(D\) - точка касания окружности со второй стороной угла, \(DH\) - перпендикуляр, проведённый к прямой \(АВ\). Тогда по теореме квадрате касательной \(OD^2 = ab\) и по теореме косинусов \(AD^2 = ab + a^2 - 2a \sqrt{ab} cos \alpha\). Треугольники \(OAD\) и \(ODB\) подобны, и коэффициент подобня равен \(\kappa = \frac{ОВ}{OD} = \sqrt{\frac{b}{a}}\). Далее, \(\sin DBH = \frac{DH}{DB} = \frac{OD \sin\alpha}{DB} = \frac{\sqrt{ab} \sin \alpha}{\kappa AD} = \frac{a \sin \alpha}{AD}\). Поэтому искомый радиус окружности равен \(\frac{AD}{2 \sin DBH} = \frac{AD^2}{2a \sin \alpha} = \frac{a+b-2\sqrt{ab}\cos \alpha}{2 \sin \alpha}\).

Ответ: NaN

Решение №38449: По свойству биссектрисы треугольника \(\frac{AP}{PB} = \frac{OA}{OB}\) и \(\frac{AQ}{QC} = \frac{OA}{OC}\), поэтому \(\frac{AP \cdot AQ}{PB \cdot QC} = \frac{OA^2}{OB \cdot OC}\). По теореме о квадрате касательной \(ОA^2 = ОВ \cdot ОС\), согласно задаче 20.14 \(AP = AQ\). Поэтому \(АР^2 = РВ \cdot QC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38450: Стороны треугольника равны \(а + b\), \(b + с\) и \(с + а\).

Ответ: NaN

Решение №38451: Пусть радиусы внутренних окружностей равны \(r_{1}\) и \(r_{2}\). Тогда стороны треугольника равны \(r_{1} + r_{2}\), \(R - r_{1}\) и \(R - r_{2}\).

Ответ: \($r_{1}$ + $r_{2}$ + R - $r_{1}$ + R - $r_{2}$\)

Решение №38452: Проведите перпендикуляры \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) к прямой \(l\). Согласно примеру 4 на c. 81 \(A_{1}C_{1} = 2\sqrt{ac}\), \(B_{1}C_{1} = 2\sqrt{bc}\) и \(A_{1}B_{1} = 2\sqrt{ab}\). Поэтому из равенства \(A_{1}C_{1} + C_{1}B_{1} = A_{1}B_{1}\) следует, что \(\sqrt{ac} + \sqrt{bc} = \sqrt{ab}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38453: Пусть \(О_{1}\), \(О_{2}\) и \(O\) - центры окружностей, \(С\) - точка пересечения окружностей, лежащая на отрезке \(АВ\). Треугольники \(АОВ\), \(АО_{1}С\) и \(СО_{2}В\) равнобедренные, точки \(O_{1}\) и \(О_{2}\) лежат на отрезках \(ОА\) и \(ОВ\). Поэтому \(OO_{1} = О_{2}С = О_{2}В\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38454: Пусть \(О\) - центр большей окружности, \(О_{1}\) и \(О_{2}\) - центры меньших окружностей, \(А\) и \(B\) - точки касания. Точки \(О_{1}\) и \(О_{2}\) лежат на сторонах \(АО\) и \(ОВ\) равнобедренного треугольника \(AОВ\) и \(АО_{1} = OO_{2}\). Поэтому согласно задаче 17.10 прямые, проходящие через точки \(О_{1}\) и \(О_{2}\) параллельно \(ОВ\) и \(АО\), пересекаются в некоторой точке \(С\) отрезка \(АВ\). Эта точка принадлежит каждой из первых двух окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38455: Пусть общая касательная, проходящая через точку \(С\), пересекает отрезок \(АВ\) в точке \(М\). Тогда \(МА = МС = МВ\). Медиана \(СМ\) треугольника \(АВС\) равна половине стороны \(АВ\), поэтому угол \(С\) прямой.

Ответ: \(\angle C = 90^\circ\)

Решение №38456: Расстояние от середины отрезка \(АВ\) до сторон угла равно полусумме радиусов окружностей.

Ответ: NaN

Решение №38457: Пусть \(O\) - центр меньшей окружности. Прямые \(АК\) и \(ОС\) перпендикулярны прямой \(BK\), поэтому они параллельны. Следовательно, \(\angle KAC = \angle ACO = \angle OAC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38458: Треугольники \(АО_{1}А_{1}\) и \(АО_{2}А_{2}\) равнобедренные с равными углами при основании.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38459: Пусть \(О_{A}\) и \(O_{B}\) - центры построенных окружностей, проходящих через точку \(С\) и точки \(А\) и \(В\) соответственно. Точки \(А\), \(O\) и \(О_{A}\) лежат на одной прямой, точки \(В\), \(О\) и \(О_{B}\) тоже лежат на одной прямой. Треугольники \(АОВ\), \(АО_{A}С\) и \(ВО_{B}С\) равнобедренные с равными углами при основаниях. Из этого следует, что \(ОО_{B} \parallel О_{А}С\) и \(OO_{A} \parallel O_{B}C\), т. e. четырёхугольник \(ОО_{A}CO_{B}\) - параллелограмм. Рассмотрим точку \(М\), в которой пересекаются его диагонали. Прямая \(О_{A}О_{B}\) - серединный перпендикуляр к отрезку \(CD\), поэтому \(DM = MC = МО\). Точка \(D\) лежит на окружности с диаметром \(ОС\), поэтому \(\angle ODC = 90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38460: Пусть \(С\) - точка касания первой окружности и касательной, \(BD\) - отрезок касательной, \(H\) - точка касания окружностей (рис. 244). Угол \(АНС\) прямой (задача 20.26), поэтому \(АН\) - высота прямоугольного треугольника \(АВС\), проведённая к гипотенузе. Следовательно, \(AB^2 = ВС \cdot BH\). По теореме о квадрате касательной \(BD^2 = ВС \cdot ВН\). Поэтому \(BD = AB\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38461: \(2EM = AE + CE - AC и 2EN - BE + СЕ - ВС\). Кроме того, \(АС - ВС\).

Ответ: NaN