Решение №38507: Пусть сумма противоположных углов четырёхугольника \(ABCD\) равна \(180^\circ\). Рассмотрим окружность, описанную около треугольника \(ABD\). Она пересекает прямую \(АС\) в некоторой точке \(C_{1}\), отличной от точки \(A\). При этом \( \angle BC_{1}D = 180^\circ - \angle A - \angle C\). Если \(AC_{1} < AC\), то \( \angle BC_{1}D > \angle C\), a если \(AC_{1} > AC\), то \( \angle BC_{1} D < \angle С\), поэтому точка \(C_{1}\), совпадает с точкой \(С\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38508: Пусть какие-то две смежные стороны данного выпуклого четырехугольника не равны, например \(AD > AB\). Тогда \(CD > BC\). Отметим на сторонах \(AD\) и \(CD\) точки \(Е\) и \(F\) так, что \(АЕ = АВ\) и \(CF = ВС\). Тогда \(DE = DF\). Проведём биссектрисы углов \(А\), \(С\) и \(D\). Прямые, содержащие эти биссектрисы, являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника \(ВЕР\), поэтому они пересекаются в одной точ-ке. Эта точка равноудалена от всех сторон четырехугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38509: Отметьте на диагонали \(BD\) точку \(М\) так, что \( \angle MCD = \angle BCA\) (рис. 246). Тогда \( \Delta ABC \backsim \Delta DMC\), так как углы \(ВАС\) и \(BDC\) опираются на одну дугу. Поэтому \(AB \cdot CD = AC \cdot MD\). Из равенства \( \angle MCD = \angle BCA\) следует также равенство \( \angle BCM = \angle ACD\). Поэтому \( \Delta ВСМ \backsim \Delta ACD\), так как утлы \(CBD\) и \(CAD\) опираются на одну дугу. Следовательно, \(BC \cdot AD = AC \cdot BM\). Таким образом, \(AB \cdot CD + AD \cdot BC = AC \cdot MD + AC \cdot BM = AC - BD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38510: По теореме Птолемея \(AB \cdot CD + AC \cdot BD = AD \cdot ВС\). Учитывая, что \(CD = BD > \frac{BC}{2}\), получаем требуемое.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38511: Примените теорему Птолемея к четырёхугольнику \(АВСР\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38512: Пусть \(A_{1}\), \(B_{1}\), и \(C_{1}\) середины сторон \(ВС = а\), \(СА = b\) и \(АВ = c\). По теореме Птолемея \(АС_{1} \cdot OB_{1} + AB_{1} \cdot OС_{1} = AO \cdot B_{1}С_{1}\), где \(О\) - центр описанной окружности. Поэтому \(cd_{b} + bd_{c} = aR\). Аналогично \(ad_{c} + cd_{a} = bR\) и \(ad_{b} + bd_{a} = cR\).Кроме того, \(ad_{a} + bd_{b} + cd_{c} = 2 S_{ABC} = (a + b + c)r\). Складывая все эти равенства и сокращая на \(a + b + c\), получаем требуемое.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38513: Пусть \(P\) вторая точка пересечения прямой \(CC_{1}\) вписанной окружности. Тогда \( \angle AB_{1}C_{1} = \angle B_{1}PC_{1}\), поэтому \(\Delta CPB_{1} \backsim \Delta CB_{1}C_{1}\), а значит, \(frac{PB_{1}}{B_{1}C_{1}} = \frac{CP}{CB_{1}}\). Аналогично \(\frac{CP}{CA_{1}} = \frac{PA_{1}}{A_{1}C_{1}}. Учитывая, что \(CA_{1} = CB_{1}\), получаем \(PB_{1} \cdot A_{1}C_{1} = PA_{1} \cdot B_{1}C_{1}\). По теореме Птолемея \(PB_{1} \cdot A_{1}C_{1} + PA_{1} \cdot B_{1}C_{1} = PC_{1} \cdot A_{1}B_{1}\) т.е. \(2PB_{1} \cdot A_{1}C_{1} = 2PC_{1} \cdot QA_{1}. Кроме того, \( \angle B_{1}PC_{1} = \angle QA_{1}C_{1}\). Поэтому \(\Delta B_{1}PC_{1} \backsim \Delta QA_{1}C_{1}\), а значит, \(\angle BC_{1}P = \angle QC_{1}A_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38514: Применяя теорему Птолемея к четырехугольнику \(APQR\), получаем \(AP /cdot RQ + AR \cdot QP = AQ /cdot PR\). Так как \( \angle ACB = \angle RAQ = \angle RPQ\) и \(\angle RPQ = 180^\circ - \angle PAR = \angle ABC\), то \(\Delta RQP \backsim \Delta ABC\). Следовательно, \(RQ : QP: PR = AB : BC : CA = AB : AD : AC\), поскольку \(BC=AD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38515: Отложите на лучах \(AB\), \(AC\) и \(AD\) отрезки \(AB_{1}\), \(AC_{1}\) и \(AD_{1}\) длиной \(\frac{1}{AB}\), \(\frac{1}{AC}\) и \(\frac{1}{AD}\). Тогда \(AB : AC = AC_{1} : AB_{1}\), поэтому \(\Delta ABC \backsim \Delta AC_{1}B_{1}\). коэффициент подобия этих треугольников равен \(\frac{1}{AB \cdot AC}\). Следовательно, \(B_{1}C_{1} = \frac{BC}{AB \cdot AC}\). Аналогично \(C_{1}{D_{1} = \frac{CD}{AC \cdot AD}\) и \(B_{1}D_{1} = /frac{BD}{AB /cdot AD}\). Подставив эти выражения в неравенство треугольника \(B_{1}D_{1} \leqslant B_{1}C_{1} + C_{1}D_{1}\) и умножив обе части на \(AB /cdot AC /cdot AD\), получите требуемое.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38516: Треугольник \(АВ_{1}С_{1}\) подобен треугольнику \(АВС\), и коэффициент подобия равен \(\cos А\) (пример 2 на с. 70). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВС\) равно \((cosА)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38517: Пусть \(E\), \(F\), \(G\) и \(H\) - середины сторон \(AB\), \(ВС\), \(CD\) и \(DA\). Тогда сумма площадей треугольников \(АЕН\) и \(CFG\) равна четверти суммы площадей треугольников \(ABD\) и \(CBD\), т. е. равна \(\frac{S}{4}\).

Ответ: NaN

Решение №38518: Пусть площадь треугольника \(ABC\) равна \(S\). Тогда \(\sqrt{\frac{S_{1}}{S}} + \sqrt{\frac{S_{2}}{S} = \frac{AD}{AB} + \frac{DB}{AB} = 1\).

Ответ: NaN

Решение №38519: Пусть проведённые прямые пересекают сторону \(АВ\) в точках \(М\) и \(N\) (рис. 247) и искомая площадь равна \(S\). Тогда \(\sqrt{\frac{S_{1}}{S}} + \sqrt{\frac{S_{2}}{S} + \sqrt{\frac{S_{3}}{S} = \frac{AM}{AB} + \frac{MN}{AB} + \frac{NB}{AB} = 1\).

Ответ: NaN

Решение №38520: Пусть искомая площадь равна \(х\), \(M\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\); точка \(А_{1}\) симметрична точке \(М\) относительно середины отрезка \(ВС\). Стороны треугольника \(СМА_{1} относятся к медианам треугольника \(АВС\) как \(2 : 3\). Поэтому площадь треугольника \(СМА_{1}\) равна \(\frac{4x}{9}\). С другой стороны, эта площадь равна \(\frac{S}{3}\) (задача 19.2).

Ответ: NaN

Решение №38521: Прямоугольные треугольники \(АНВ_{1}\) и \(ВНА_{1}\) подобны, поэтому \(АН : HB_{1} = ВН : HA_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38522: Первый способ. Пусть радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\), равен \(R\), а радиус окружности, описанной около треугольника \(ABH\), равен \(R_{1}\). Тогда \(AB = 2R\sin C\) и \(AB = 2R_{1}\sinAHB = 2R_{1}\sinC\), поэтому \(R = R_{1}\). Второй способ. Пусть прямая \(АН\) пересекает окружность, описанную около треугольника \(АВС\), в точке \(D\). Тогда треугольники \(ВСН\) и \(ВСD\) равны по стороне и прилегающим к ней углам (\(\angle HBC = 90^\circ - \angle C = \angle CAD = \angle CBD), а окружность, описанная около треугольника \(ВСD\), описана и около треугольника \(АВС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38523: Радиусы окружностей, описанных около треугольников \(АВС\) и \(НВС\), равны (задача 22.7), поэтому \(2R \sin C = AB = CH = 2R \sin HBC\). Треугольник \(АВС\) остроугольный, поэтому \(\angle C = \angle HBC\). Углы \(С\) и \(НВС\) - это острые углы прямоугольного треугольника, поэтому каждый из них равен \(45^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38524: Высоты треугольника \(АВН\) лежат на прямых \(АС\), \(ВС\) и \(НС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38525: Если треугольник \(ABC\) остроугольный, то три других треугольника тупоугольные. Если, например, угол \(А\) тупой, то треугольник \(НВС\) остроугольный, а три других тупоугольные.

Ответ: NaN

Решение №38526: Согласно задачам 22.9 и 22.10 достаточно доказать, что для остроугольного треугольника \(АВС\) радиус описанной около него окружности равен радиусам окружностей, описанных около \(НВС\), \(АНС\) и \(АВН\). См. задачу 22.7.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38527: Проведите через вершины треугольника \(АВС\) прямые, параллельные его противолежащим сторонам, и рассмотрите треугольник \(А_{1}В_{1}С_{1}\) с вершинами в точках пересечения этих прямых. Точка \(Н\) является центром окружности, описанной около треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\), а радиус этой окружности равен \(2R\). Поэтому \(4R^2 = B_{1}H^2 = B_{1}A^2 + AH^2 = BC^2 + AH^2\).

Ответ: NaN

Решение №38528: Согласно задача 22.12 \(AH^2 = 4R^2 - BC^2 = (\frac{1}{(\sinA)^2} - 1)BC^2 = BC^2 (\ctgA)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38529: Согласно задаче 22.13 \(\ctgC = \pm 1\).

Ответ: NaN

Решение №38530: Угол \(АСА_{1}\) опирается на диаметр, поэтому он прямой и \(ВН \parallel А_{1}С\). Аналогично \(СН \parallel А_{1}В\). Следовательно, четырёхугольник \(А_{1}ВНС\) - параллелограмм.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38531: а) Пусть \(Q\) - середина отрезка \(CH\), \(N\) - середина стороны \(АВ\). В треугольниках \(PQH\) и \(MNO\) стороны \(PQ\) и \(MN\) равны половине стороны \(АС\) и параллельны ей, а прилегающие к ним углы равны, поскольку \(QH \parallel NO\) и \(PH \parallel МО\). Поэтому \(АН = 2РН = 2МО\). б) Стороны \(ОМ\) и \(РА\) четырёхугольника \(МОАР\) равны и параллельны, поэтому он - параллелограмм, и \(МР = ОA\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38532: Лучи \(АО\) и \(АН\) расположены внутри угла \(ВАС\), \(\angle CAH = 90^\circ - \angle C\) и \( \angle BAO = 90^\circ - \angle C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38533: Если угол \(А\) тупой, то луч \(АО\) и продолжение \(AG\) луча \(АН\) расположены внутри угла \(ВАС\), \(\angle CAG = 90^\circ - \angle C\) и \(\angle BAO = 90^\circ - \angle C\). Если, например, угол \(В\) тупой, то лучи \(АВ\) и \(АС\) расположены внутри угла \(ОAН\), \(\angle CAH = 90^\circ - \angle C\) и \(\angle BAO = 90^\circ - \angle C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38534: Прямые \(ВС\) и \(AD\) содержат высоты треугольника \(АРВ\), поэтому прямая \(PQ\), проходящая через точку \(Q\) их пересечения, перпендикулярна прямой \(АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38535: Согласно задаче 18.9 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(СА_{1}В_{1}\) равны (оба они равны углу \(А\)). Поэтому прямая \(АА_{1}\), перпендикулярная прямой ВС, делит пополам внешние углы треугольника \(А_{1}B_{1}C_{1}\) с вершиной \(А_{1}\). Далее, углы \(AC_{1}В_{1}\) и \(BC_{1}A_{1}\) равны (оба они равны углу \(С\)), поэтому луч \(С_{1}С\), перпендикулярный прямой \(АВ\), является биссектрисой угла \(А_{1}C_{1}B_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38536: Согласно примеру 2 на с. 70 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(СА_{1}В_{1}\) равны углу \(А\). Эти углы в сумме с углом \(В_{1}А_{1}C_{1}\) составляют \(180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38537: Согласно примеру 2 на с. 70 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(CА_{1}B_{1}\) равны углу \(А\). Эти углы в сумме составляют угол \(В_{1}А_{1}C_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №38538: Если треугольник \(АВC\) остроугольный, то \(\alpha = 180^\circ - 2 \angle А\) и т. д. Если угол \(С\) тупой, то \(\alpha = 2 \angle A\), \(\beta = 2 \angle B\) и \(\gamma = 2 \angle C - 180^\circ\)\).

Ответ: NaN

Решение №38539: Треугольник \(AB_{1}C_{1}\) подобен треугольнику \(ABC\), и коэффициент подобия равен \(cos А\), поэтому \(B_{1}C_{1} = BC cos A\). Аналогично \(A_{1}C_{1} = AC cos В\). Кроме того, \(\angle A_{1}C_{1}B_{1} = 180^\circ - 2 \angle C\). Поэтому отношение площади треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(\frac{cos A cos B sin 2C}{sinC} = 2cos A cos B cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38540: Треугольник \(АВ_{1}С_{1}\) подобен треугольнику \(АВС\), и коэффициент подобия равен \(\cos А\) (пример 2 на с. 70). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВС\) равно \((cosА)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38541: Это следует из свойства ортотреугольника остроугольного треугольника, сформулированного в примере 3 на с. 93.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38542: Периметр ортотреугольника вдвое больше отрезка \(МN\) из задачи 18.14.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38543: Проведите из вершин треугольника перпендикуляры \(АА_{2}\), \(ВВ_{2}\) и \(СС_{2}\) к прямой, на которой лежат точки \(А_{1}\), \(В_{1}\) и \(С_{1}\). Тогда \(ВА_{1} : СА_{1} = ВВ_{2} : СС_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38544: Пусть прямая \(EF\) пересекает прямую АС в точке \(D\). Согласно задаче 22.28 выполняется равенство \(\frac{AD}{CD} \cdot \frac{CF}{HF} \cdot \frac{HE}{AE} = 1\). По свойству биссектрисы \(HE : AE = CH : CA = BH : BC\). Оба угла \(ВСЕ\) и \(ВЕС\) равны \(90^\circ - \frac{\angle B}{2}\), поэтому \(BE = BC\). Следовательно, \(CF : HF = BE : ВH = ВС : ВН\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38545: Обозначьте точку пересечения отрезков \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) буквой \(O\). Тогда \(BA_{1} : CA_{1} = S_{ABO} : S_{ACO}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38546: Обозначьте точку пересечения прямых \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) буквой \(O\). Тогда \(BA_{1} : CA_{1} = S_{ABO} : S_{ACO}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38547: Из параллельности прямых \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) следует, что \(\frac{CB_{1}}{AB_{1}} = \frac{CB}{BA_{1}}\) и \(\frac{AC_{1}}{BC_{1}} = \frac{CA_{1}}{CB}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38548: Предположите, что \(АР < AQ\). Тогда \(РВ > QB\), поэтому \(AP : BP < AQ : BQ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38549: Рассмотрите точку \(O\), в которой пересекаются отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\), и проведите прямую \(СО\). Эта прямая пересекает отрезок \(АВ\) в некоторой точке \(С_{2}\). Согласно задаче 22.30 выполняется равенство \(\frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{CB_{1}}{AB_{1}} \cdot \frac{AC_{2}}{BC_{2}} = 1\). Следовательно, \(AC_{1} : BC_{1} = AC_{2} : ВС_{2}\). Точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) лежат на отрезке \(АВ\), поэтому согласно задаче 22.33 эти точки совпадают, т. е. отрезок \(СС_{1}\) тоже проходит через точку \(О\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38550: Пусть окружность, вписанная в треугольник, касается сторон \(ВС\), \(СА\) и \(АВ\) в точках \(А_{1}\), \(В_{1}\) и \(С_{1}\). Воспользуйтесь задачей 22.34 и тем, что \(AB_{1} = AC_{1}\), \(BA_{1} = BC_{1}\) и \(СА_{1} = СВ_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38551: Рассмотрите точку \(O\), в которой пересекаются отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\), и проведите прямую \(СО\). Эта прямая пересекает отрезок \(АВ\) в некоторой точке \(С_{2}\). Согласно задаче 22.30 выполняется равенство \(\frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{CB_{1}}{AB_{1}} \cdot \frac{AC_{2}}{BC_{2}} = 1\). Следовательно, \(AC_{1} : BC_{1} = AC_{2} : ВС_{2}\). Точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) лежат на отрезке \(АВ\), поэтому согласно задаче 22.33 эти точки совпадают, т. е. отрезок \(СС_{1}\) тоже проходит через точку \(О\). 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.