Решение №38462: Пусть окружности, вписанные в треугольники \(АЕС\) и \(ВЕС\), касаются отрезка \(СЕ\) в точках \(М\) и \(N\). Тогда \(2EM = AE + CE - AC\) и \(2EN = BE + CE - ВС\). Кроме того, \(2AE = AB + AC - ВС\) и \(2BE - AB + BC - AC\). Поэтому \(EM = EN\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38463: Пусть эти окружности касаются стороны \(АС\) в точках \(М\) и \(N\). Тогда \(2AM - AB + AC - BC\) и \(2AN = AD + AC - CD\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38464: Радиус окружности, касающейся сторон прямого угла, равен отрезку касательной, проведённой из вершины прямого угла.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38465: Пусть углы треугольника \(АВС\) равны \(2\аlpha\), \(2\beta\) и \(2\gamma\). Треугольники \(АВ_{1}С\) и \(А_{1}ВС\) равнобедренные, поэтому углы при их основаниях равны \(90^\circ - \аlpha\) и \(90^\circ - \beta\), а угол \(В_{1}С_{1}А_{1}\) равен \(\аlpha+\beta < \alpha + \beta + \gamma =90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38466: Пусть \(\alpha = AD > BC = c\), \(AB = CD = b\) и \(АС = ВС = d\). Проведите высоту \(ВН\) и рассмотрите точки \(К\) и \(L\), в которых вписанные окружности касаются оснований \(ВС\) и \(AD\). Тогда \(2AH - а - c\), \(2AL = a+b - d\) и \(2BK = 6 + с - d\), поэтому \(AL - АН = ВК\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38467: Пусть угол при основании \(АВ\) равнобедренного треугольника \(АВС\) равен \(\alpha\) и \(АВ = 2а\).Тогда радиус окружности, вписанной в треугольник, равен \(a \cot{\alpha}\). Если ортоцентр \(Н\) лежит на этой окружности, то \(\angle BAH = 90^\circ - \alpha\), поэтому диаметр окружности равен \(a \cot{\alpha}\). Таким образом, \(a \cot{\alpha} = 2\tan{\frac{\alpha}{2}\) Выразите обе части этого уравнения через \(sin{\frac{\alpha}{2}}\) и \(cos{\frac{\alpha}{2}}\).После сокращений и замены \(cos^2{\frac{\alpha}{2}}\) на \(1-sin^2{\frac{\alpha}{2}}\) находим: \(sin^2{\frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{6}\) поэтому \(\cos{\alpha}=\frac{2}{3}.

Ответ: NaN

Решение №38468: Пусть биссектриса угла \(С\) пересекает окружность в точке \(С_{1}\). Угол между хордами \(А_{1}В_{1}\) и \(СС_{1}\) равен полусумме дуг \(А_{1}С\) и \(С_{1}АВ_{1}\). На дугу \(А_{1}С\) опирается вписанный угол, равный половине угла \(А\), а на дугу \(С_{1}АВ_{1}\) опираются вписанные углы, равные половинам углов \(В\) и \(С\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38469: Пусть углы \(А\) и \(В\) равны \(2\alpha\) и \(2\beta\). Тогда \(\angle OBI = \angle OIB = \alpha + \beta\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38470: Пусть угол \(С\) равен \(2\gamma\). Тогда \(\angle AOB = 2\gamma\) и \(\angle OBI_{a} = \gamma\), поэтому \(\angle OBI_{a} = \angle OI_{a}B = \gamma\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38471: Пусть для определённости точка \(Е\) лежит на продолжении стороны \(ВС\) за точку \(С\). Тогда углы \(А\) и \(D\) треугольника \(ADE\) равны \(\angle B + \frac{1}{2} \angle A\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38472: \(\angle CA_{1}B_{1} = \angle A\). Кроме того, \(\angle OCB = 90^\circ - \angle A\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38473: Иа равенств \(\angle PLB = \angle C\) и \(\angle ALB = \angleC + \frac{1}{2} \angle B\) следует, что \(\angle ALP = \frac{1}{2} \angle B\), поэтому угол между прямой \(АС\) и хордой \(PL\) равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38474: Пусть прямая \(BD\) пересекает описанную окружность в точке \(Е\). Тогда треугольник \(DEC\) равнобедренный, и серединный перпендикуляр к его основанию \(DC\) делит угол \(ВЕС\) пополам

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38475: Пусть \(О\) центр окружности, описанной около треугольника \(АВС\), \(Е \)- точка пересечения луча \(AD\) и описанной окружности. Тогда \(\angle MAD = \angle DAH = \angle MED = \angle OAD\), поэтому точки \(М\) и (\O\) совпадают.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38476: В любом треутольнике \(АВС\) биссектриса \(AD\) расположена внутри угла между медианой \(АМ\) и высотой \(АН\). Действительно, луч \(AD\) пересекает окружность, описанную около треугольника \(АВС\), в середине \(Е\) дуги \(ВС\) и \(МЕ \parallel АН\). Следовательно, биссектриса делит угол между медианой и высотой пополам, поатому согласно задаче 21.15 угол, из которого выходят биссектриса, медиана и высота, прямой. Медиана, выходящая из вершины прямого угла, делит треугольник на два равнобедренных треугольника.

Ответ: NaN

Решение №38477: Сложите равенства \(\smile C_{1}A + \smile A_{1}C = 2(180^\circ - \angle APC) = 240^\circ - 2 \angle B\) и \(\smile AB_{1} + \smile BA_{1} = 240^\circ - 2\angle C\) и вычтите из них равенство \(\smile BA_{1} + \smile A_{1}C = 2 \angle A\). В результате получитe \(\angle C_{1}B_{1} = \angle C_{1}A + \smile AB_{1} = 480^\circ - 2(\angle A + \angle В + \angle C) = 120^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38478: Пусть \(О\) - точка пересечения диагоналей \(АС\) и \(BD\). Тогда \(MO \cdot OC = BO \cdot OD\). Поэтому из равенств \(ОС = ОA\) и \(BO = OD\) следуют равенства \(МО \cdot ОA = ВО^2\) и \(МО \cdot OA = DO^2\). Эти равенства означают, что прямая \(ОВ\) касается окружности, описанной около треугольника \(АВМ\), и прямая \(OD\) касается окружности, описанной около треугольника \(ADM\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38479: Пусть остроугольный треугольник \(АВС\) расположен внутри окружности \(S\). Постройте описанную окружность \(S\), треугольника \(АВС\). Треугольник \(АВС\) остроугольный, поэтому градусная мера дуги окружности \(S_{1}\), лежащей внутри \(S\), больше \(180^\circ\). На этой дуге можно выбрать диаметрально противоположные точки, т. е. внутри окружности \(S\) содержится диаметр окружности \(S_{1}\). Треугольник \(АВС\) с тупым углом \(А\) расположен внутри окружности, построенной на стороне \(ВС\) как на диаметре. Радиус этой окружности равен \(\frac{BC}{2}\),а радиус окружности, описанной около треугольника, равен \(\frac{BC}{2 \sin{A}}\)

Ответ: NaN

Решение №38480: Пусть \(А_{1}\), \(B_{1}\) и \(C_{1}\) - центры данных окружностей. Тогда \(А_{1}B_{1} = А_{1}C + CB_{1}\), \(B_{1}C_{1} = B_{1}4A + AC_{1}\) и \(А_{1}C_{1} = А_{1}B + BC_{1}\), поэтому \(А_{1}B = \frac{1}{2} (А_{1} B_{1} + А_{1}C_{1} - B_{1}C_{1})\), т. е. \(В\) - точка касания окружности, вписанной в треугольник \(А_{1}B_{1}C_{1}\). со стороной \(А_{1}C_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38481: Согласно задаче 21.20 эти касательные пересекаются в центре окружности, описанной около треугольника \(ABC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38482: Центры трёх данных окружностей - вершины прямоугольного треугольника с катетами 3 и 4 и гипотенузой 5. Окружность, проходящая через точки касания - это окружность, вписанная в этот треугольник.

Ответ: NaN

Решение №38483: Точка пересечения биссектрисы угла \(А\) треугольника \(АВС\) и биссектрис внешних углов с вершинами \(В\) и \(С\) равноудалена от прямых, содержащих стороны треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38484: Пусть длины касательных, проведённых из вершин \(А\), \(В\) и \(С\) к вневписанной окружности, равны \(х\), \(у\) и \(z\). Тогда \(x - у = AB\), \(y + z = ВС\) и \(x - z = AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38485: Пусть длины касательных, проведённых из вершин \(А\), \(В\) и \(С\) к вневписанной окружности, равны \(х\), \(у\) и \(z\). Тогда \(x - у = AB\), \(y + z = ВС\) и \(x - z = AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38486: Радиус окружности, касающейся сторон прямого угла, равен отрезку касательной, проведённой из вершины угла.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38487: Отрезки касательных, проведённых из вершины \(А\) треугольника \(АВС\) к вневписанной окружности, касающейся сторон угла \(А\), равны полупериметру треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38488: Расстояния от этих точек касания до концов стороны вычислены в примере 1 на с. 85 и в задаче 21.24.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38489: Пусть \(K\) и \(L\) - точки касания со стороной \(AD\) окружностей, вписанных в треугольники \(ABD\) и \(ACD\) (рис. 245). Рассмотрите треугольник, образованный общими внешними касательными к окружностям и прямой \(АD\). Одна из этих окружностей вписанная, а другая вневписанная, поэтому \(EL = KD\) (задача 21.28); если общие внешние касательные к окружностям параллельны, то равенство \(EL = KD\) очевидно. Следовательно, \(EL = KD = \frac{1}{2} (BD + AD - AB)\). Кроме того, \(AL = \frac{1}{2} (AD + AC - DC)\), поэтому \(AE = AL - EL = \frac{1}{2} (AB + AC - BD - DC) = \frac{1}{2} (AB + AC - BC)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38490: Воспользуйтесь результатами задач 21.9 и 21.10.

Ответ: NaN

Решение №38491: Сначала постройте окружность, касающуюся сторон данного угла, в точках, расстояния от которых до вершины угла равны половине данного периметра. Затем через данную точку проведите касательную к этой окружности так, чтобы вершина угла и окружность лежали по разные стороны от касательной.

Ответ: NaN

Решение №38492: Пусть \(I\)- центр окружности, вписанной в треугольник \(АВС\), \(АА_{1}\} - биссектриса треугольника. По свойству биссектрисы \(AI : IA_{1} = AB : BA_{1}\) и \(BA_{1} = \frac{AB \cdot BC}{AB + AC}. Поэтому \(AI : IA_{1} = (AB + AC) : ВC > 1\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38493: Пусть \(I\) - середина дуги окружности \(S\), лежащей внутри треугольника \(АВС\). Тогда \(\angle CBI = \angle BCI\) и \(\angle BCI = \angle ABI\). Позтому \(BI\) - биссектриса угла \(В\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38494: Внешний угол \(CID\) треугольника \(AIC\) равен \(\frac{1}{2} \angle A + \frac{1}{2} \angleC\) и \(\angle BIE = 90^\circ - - \frac{1}{2} \angle B\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38495: Пусть \(АВ\) - основание данного равнобедренного треугольника \(ABC\), \(I\) -- точка пересечения биссектрис. Тогда \(3 \angle BAI = \angle ACI = 90^\circ - 2 \angle BAI\).

Ответ: NaN

Решение №38496: Пусть \(I\) - центр окружности, вписанной в треугольник \(АВС\), \(О\) - центр окружности, описанной около него. Рассмотрим окружность радиуса 10 с центром \(I\) и проведём хорды \(ОМ\) и \(ON\), параллельные сторонам \(АВ\) и \(АС\). Пусть \(К\) - точка касания вписанной окружности со стороной \(AB\), \(L\) середина стороны \(АВ\). Тогда \(IК \perp АВ\) и \(OL \perp AB\), поэтому \(OM = 2KL = 2BL - 2BK = AB - (BC + AB - AC) = AC - BC = AE\). Аналогично \(ON = AD\). Поэтому \(\Delta MON = \Delta EAD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38497: Воспользуйтесь тем, что \(\angle IВС = \frac{1}{2} \angle B\) и \(\angle I_{a}BС = 90^\circ - \frac{1}{2} \angle В\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38498: Углы этого треугольника равны \(\frac{1}{2} \angle В+ \frac{1}{2} \angle С\) и т. д.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38499: Луч \(АI_{a}\) - биссектриса угла \(А\) треугольника \(АВС\), а лучи \(АI_{b}\) и \(АI_{c}\) биссектрисы внешних углов с вершиной \(А\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38500: Луч \(АI_{a}\) - биссектриса угла \(А\) треугольника \(АВС\), а лучи \(АI_{b}\) и \(АI_{c}\) биссектрисы внешних углов с вершиной \(А\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38501: Пусть \(I_{a}\) - середина дуги окружности \(S\), лежащей вне треугольника \(АВС\). Тогда \( \angle CBI_{a} = \angle BCI_{a}\) и \(\angle BCI_{a} = \angle DBI_{a}\).точка на продолжении стороны \(АВ\) за точку \(В\). Поэтому BI_{a} - биссектриса внешнего угла с вершиной \(В\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38502: Рассмотрите четыре треугольника, одна вершина каждого из которых центр окруж-пости, а противолежащая сторона высеченная хорда. Эти равнобедренные треугольники равны по трём сторонам, поэтому равны высоты, проведённые к основаниям. Таким образом, центр окруж-ности равноудалён от сторон четырёхугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38503: Пусть \(Р\) - точка касания окружности с основанием \( AD\). По теореме о квадрате касательной \(АР^2 = АК \cdot АМ\). Угол \(D\) треугольника \(ADM\) заключён между сторонами \(AD = 2AP\) и \(DM = АР\). Поэтому, выразив сторону \(АМ\) по теореме косинусов, получим \(\frac{AM}{AK}=\frac{AM^2}{AP^2} = 5 - 4 \cos{D}\). Аналогично \(\frac{BM}{BL} = 5 - 4 \cos{C} = 5 + 4 \cos{D}\).

Ответ: NaN

Решение №38504: Пусть \(О_{a}\), \(О_{b}\), \(О_{c}\), \(О_{d}\) - центры данных окружностей, вписанных в углы \(А\), \(В\), \(С\) и \(D\) ,a \(O\) - общая точка этих окружностей. Точки \(О_{a}\) и \(О_{b}\) равноудалены от прямой \(АВ\), поэтому \(О_{a}О_{b} \parallel AB\). Аналогично \(О_{a}О_{b} \parallel AB\) поэтому \(\angle ABC = \angle О_{a}О_{b}О_{c}\). Таким образом, углы четырёхугольника \(ABCD\) равны углам четырёхугольника \(О_{a}О_{b}О_{c}О_{d}\). Ясно также, что четырёхугольник \(О_{a}О_{b}О_{c}О_{d}\) вписанный, посказьку его вершины равноудалены от точки \(О\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38505: Пусть \(О\) - центр вписанной в четырёхугольник \(ABCD\) окружности, \(К\), \(L\), \(M\) и \(N\) - точки касания вписанной окружности со сторонами \(AB\), \(BC\), \(CD\) и \(DA\). Тогда \( \angle KOL = 180^\circ - \angle B= \angle D\) и \( \angle MON = 180^\circ - \angle D = \angle В\). Пусть \(Р\) точка пересечения отрезков \(КМ\) и \(LN\). Тогда \( \angle KPL = \frac{1}{2} (\smileKL + \smile MN) = 90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38506: Пусть \( \angle BAD = 2\alpha\) и \( \angle CBA = \angle 2 \beta\); для определённости будем считать, что \(\alpha \geqslant \beta\). Отметим на стороне \(CD\) точку \(Е\) так, что \(DE = DA\). Тогда \(CE = CD- AD = СВ\). Угод при вершине \(С\) равнобедренного треугольника \(ВСЕ\) равен \(180^\circ - 2\alpha\), поэтому \( \angle СВЕ = \alpha\). Аналогично \( \angle DAE = \beta\). Биссектриса угла \(В\) пересекает \(CD\) в некоторой точке \(F\). Так как \( \angle FBA = \beta = \angle AED\), четырёхугольник \(АВFЕ\) вписанный, а значит, \( \angle FAE = \angle FBE = \alpha - \beta\). Следовательно, \(\angle FAD = \beta + (\alpha - \beta) = \alpha\), T. e. \(AF\) - биссектриса угла \(А\).

Ответ: Утверджение доказано.