Решение №39452: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из точки к прямой. Проведем \(AD \perp l\), \(KE \perp l\), \(BC \perp l\) (\(AD = 7\) см, \(BC = 11\) см) \(\Rightarrow AD \parallel KE \parallel BC \Rightarrow ABCD\) - трапеция. Параллельные прямые, проведенные через точки \(А\), \(K\) и \(В\), отсекают от прямой \(l\) равные отрезки, т. e. \(DE = EC\) (по теореме Фалеса). \(AK = KB\), \(DE = EC \Rightarrow KE\) - средняя линия трапеции (по определению) \(\Rightarrow\) по свойству средней линии трапеции \(KЕ = \fraq{1}{2}(AD + BC) = \fraq{1}{2}(7 + 11) = 9\) (см).

Ответ: 9 см.

Решение №39453: \(AK = KL = LM = MB\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(А\), \(K\), \(L\), \(M\), отсекают от второй стороны угла равные отрезки (по теореме Фалеса) \(\Rightarrow BN = NP = PT = TC\). T. к. \(AK = KL = LM = MB \Rightarrow AL = LB\). T. к. \(BN = NP = PT = TC \Rightarrow BP = РС \Rightarrow\) по определению средней линии треугольника \(LP\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии \(LP = \fraq{1}{2} AC = 6\) см и \(LP \parallel AC\). Т. к. \(LM = MB\) и \(BN = NP \Rightarrow\) по определению средней линии треугольника \(MN\) - средняя линия \(\Delta LBP \Rightarrow MN = \fraq{1}{2}LP = 3\) см (по бронатву средней линии). \(LP \parallel AC \Rightarrow\) - трапеция, \(AK = KL\), \(РТ = ТС \Rightarrow\) по определению средней линии \(KТ\) - средняя линия трапеции. По свойству средней линии трапеции \(KT = \fraq{1}{2}(AC + LP) = \fraq{1}{2}(12 + 6) = 9\) (см).

Ответ: 9 см, 6 см, 3 см.

Решение №39454: По свойству параллелограмма \(AD = BC\), \(М\) - середина \(BC\), \(N\) - середина \(AD \Rightarrow BM = MC = AN = ND\). По определению параллелограмма \(AD \parallel BC \Rightarrow AN \parallel MC\). Рассмотрим четырехугольник \(AMCN\): \(NA \parallel MC\) и \(NA = MC \Rightarrow AMCN\) - параллелограмм. По определению параллелограмма \(AM \parallel NC\). Рассмотрим \(\angle ADB\): \(AN = ND\), \(AM \parallel CN \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(A\), \(N\), \(D\), отсекают на другой стороне угла \(\angle ADB\) равные отрезки \(\Rightarrow DL = LK\). Рассмотрим \(\angle DBC\): \(BM = MC\), \(AM \parallel NC \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(В\), \(М\), \(С\), отсекают на другой стороне угла \(\angle CBD\) равные отрезки \(\Rightarrow ВK = KL \Rightarrow BK = KL = LD\). Доказано.

Ответ: NaN

Решение №39455: 1) От точки \(А\) отложим луч \(АС\), отличный от луча \(АВ\). 2) От точки \(А\) на луче \(АС\) отложим 5 равных отрезков \(\Rightarrow\) получим точки \(С_{1}\), \(С_{2}\), \(С_{3}\), \(С_{4}\) и \(С_{5}\). 3) Соединим точки \(С_{5}\) и \(В\). 4) Через точки \(С_{4}\), \(С_{3}\), \(С_{2}\), \(С_{1}\) проведем прямые, параллельные прямой \(\(С_{5}В \Rightarrow\_ получим точки \(D_{1}\), \(D_{3}\), \(D_{3}\), \(D_{4}\). 5) По теореме Фалеса: \(AD_{1}\) = D_{1}D_{2} = D_{2}D_{3} = D_{3}D_{4} = D_{4}B\), т. e. т. \(D_{3}\) делит отрезок \(АВ\) в отношении \(3 : 2\).

Ответ: NaN

Решение №39456: 1) Проведем среднюю линию \(KL\) трапеции \(ABCD\). По определению средней Линии \(АК = КВ\) и \(CL = LD\). По свойству средней линии \(KL \parallel AD\) и \(KL \parallel BC\). Рассмотрим \(/angle BDC; CL = LD\) и \(LK \parallel BC \longrightarrow\) по теореме Фалеса \(LK\) пересекает сторону \(BD\) посередине \(\longrightarrow\) т. \(F\) лежит на прямой \(LK\). Рассмотрим \(\angle BAC: AK = KB\) и \(KL \parallel BC \longrightarrow\) по теореме Фалеса \(KL\) делит сторону \(АС\) пополам =› т. \(Е\) лежит на прямой \(LK\). Т.к. \(LK \parallel AD\) и \(LK \parallel BC\), то \(EF \parallel AD\) и \(EF \parallel BC\). Рассмотрим \(\Delta ACD: EL\) - средняя линия \(\Delta ACD \longrightarrow\) по свойетву средней линии \(EL = \fraq{1}{2}AD\). Рассмотрим \(\Delta BDC: FL\) - средняя линия \(\Delta BDC \longrightarrow\) по свойству средней линии \(FL = \fraq{1}[2}BC\) 2) Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной прямой. Проведем \(АН_{1} \perp 1\), \(BH_{3} \perp l\), \(CH_{2} \perp l \longrightarrow AH_{1} = 7 см\), \(BH_{3} = 14 см\) и \(AH_{1} \perp BH_{3}\), а \(CH_{2}\) - искомое расстояние. Т.к. \(;AH_{1} \parallel ВН_{3}\), то \(АН_{1}ВН_{1}\) трапеция. Рассмотрим \(\angle BAH_{3}: AC = CB\), \(ВН_{3} \parallel CH_{1} \longrightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые \(СН_{2}\) и \(ВН_{3}\) проходящие через точки \(С\) и \(В\), отсекают на \(Н_{1}Н_{3}\). равные отрезки, т. е. \(H_{1}H_[2} = H_{2}H_{3}\). T. e. отрезок \(СH_{2}\), соединяет середины диагоналей трапеции \(\longrightarrow\) по доказанному в задаче 201 (1) \(СН_{1} = \fraq{1}{2}(ВН_{3} - АН_{1}) = 2 см\). Ответ: \(2 см\).

Ответ: Ответ: \(2 см\)

Решение №39457: \(MN\) - средняя линия трапеции по свойству средней линии трапеции. \(MN \parallel AD\) и \(MN \parallel BC\). По условию \(AM = MB\), \(CN = ND\), \(AB = CD \longrightarrow AM = MB = CN = ND\). Рассмотрим \(\angle HCD: CN = ND\),\(AD \parallel MN \longrightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые \(AD\) и \(MN\), проходящие через точки \(D\) и \(N\), отсекают на второй стороне равные отрезки, т. е. \(СК = КН\). T. к. \(MN \parallel AD\), a \(CH \perp AD\), то \(CK \perp MN \longrightarrow \Delta CKN = \Delta HKN\) (по двум катетам) \(\longrightarrow CN = NH\). \(\Delta DNH\) - равнобедренный \(DN = NH\) \(\longrightarrow\) \(/angle NDH = \angle NHD\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle BAD = \angle CDA = \angle BAD = \angle NHD\), a эти углы являются соответственными при прямых \(МА\) и \(МН\) и секущей \(АН \longrightarrow AM \parallel NH\). Рассмотрим четырехугольник \(AMNH: AM \parallel NH\), \(AM = NH \longrightarrow AMNH\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(\longrightarrow\) a) \(АН = MN\); по свойству средней линии \(MN = \fraq{a+ b}{2}\), т. e. \(AH = \fraq{1}{2}(a+b)\); б) \(HD = AD - AH = b - \fraq{a + b}{2} = \fraq{2b - a - b}{2} = \fraq{b - a}{2}/)

Ответ: NaN

Решение №39458: Проведем высоту \(КН\). Как доказано в N 202, \(HLKT\) - параллелограмм и \(LK = HT\), т. e. \(HT = \fraq{1}{2} (RS +QT) = LK\). Рассмотрим \(\Delta RHT: \angle RHT=90^\circ, \angle RTH = 60^/circ \longrightarrow \angle HRT = 30^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника). \(RT = 4 см \longrightarrow НТ = 2 см\) (как катет, лежащий против угла \(30^\circ\)) \(\longrightarrow LK = 2 см\). Ответ: \(2 см\).

Ответ: Ответ: \(2 см\).

Решение №39459: а) Через точки \(А_{1}, А_{2},, А_{3}, ..., А_{m-1}\) проведем прямые, параллельные стороне \(АС\). По теореме Фалеса параллольные прямые, проходящие через точки \(А_{1}, А_{2}, А_{3}, ... , А_{m-1}\) отсекут на стороне \(ВС m\) равных отрезков прямые пересекут \(ВС\) в точках \(B_{1}, B_{2}, ... , B_{m-1} \longrightarrow A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2} \parallel ... \parallel A_{m-1}B_{m-1} \parallel AC\) б) Утверждение: если в трапеции \(ABCD\) боковые стороны разделены на \(m\) равных отрезков, то отрезки, соединяющие соответствующие точки деления, параллельны между собой и основаниям трапеции. Через точки \(А_{1}, А_{2}, ... А_{m-1}\) проведем прямые, параллельные основаниям трапеции \(ВC\) и \(AD\). По теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А_{1}, А_{2}, ... , А_{m-1}\), отсекут на стороне \(CD\) равные отрезки (\(m\) штук) \(\longrightarrow-\) пересекут \(CD\) в точках \(B_{1}, B_{2}, …B_{m-1} \longrightarrow A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2} \parallel ... A_{m-1}B_{m-1} \parallel AD \parallel BC\) в) Утверждение (обратное теореме Фалеса): если прямые отсекают на одной стороне угла равные отрезки и на другой стороне угла равные отрезки, то такие прямые параллельны. Данное утверждение неверно, т. к. прямые \(l_{1}\) и \(l_{2}\) (см. рис.) пересекают стороны угла и на каждой из них отсекают равные отрезки, но \(l_{1}/l_{2}\)

Ответ: NaN

Решение №39460: Центр описанной около треугольника окружности находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника \(B\) равностороннем треугольнике это, пересечение высот, т. е. т. \(O\) (центр окружности) \(\in ВН\) (высота треугольника) \(\longrightarrow ОВ\) - радиус. \(BH \perp AC, l \parallel AC \longrightarrow l \perp BH\), т. e. \(l \perp BO\). Предположим, что \(l\) не является касательной к окружности, тогда \(l\) - секущая \(\longrightarrow l\) имеет с окружностью 2 общие точки. Но тогда \(\angle OBK + 90^\circ\), т. е. \(l \not\perp BO\), что противоречит доказанному выше \(\longrightarrow l\) является касательной к окружности в т. \(В\).

Ответ: NaN

Решение №39461: Поскольку внешний угол меньше \(90^\circ\), то внутренний угол треугольника тупой. Т. к. треугольник равнобедренный, то его углы при основании равны, они не могут быть тупыми, то к. тогда нарушается теорема о сумме углов треугольника - данный внешний угол - это внешний угол при вершине треугольника, про-тиволежащий основанию. По свойству внешнего угла треугольника \(\angle ABD = \angle BAC + \angle BCA\), a т. к. \(\angle BAC = \angle BCA\),то \(\angle BAC = \angle BCA = 80^\circ : 2 = 40^\circ\). \(\angle DBA \) и \(\angle ABC\) - смежные \(\longrightarrow \angle ABC = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ\) Ответ: \(40^\circ, 40^\circ, 100^\circ\)

Ответ: Ответ: \(40^\circ, 40^\circ, 100^\circ\)

Решение №39462: а) \(\cup АВС\) меньше полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую оцирвется \(\angle ABC\), - больше полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC > 180^\circ = \angle ABC > \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC > 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - тупой. б) \(\cup ABC\) больше побуоружности дуга, на которую опирается \(\angle ABC\), - меньше полуокружности, т. е. \(\cup ADC < 180^\circ \longrightarrow \angle ABC < 180^\circ\) - острый в) а) \(\cup АВС\) равна полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую опирвется \(\angle ABC\), - равна полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC = 180^\circ = \angle ABC = \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC = 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - прямой.

Ответ: NaN

Решение №39463: \(АO = OB = ОС \longrightarrow \Delta AOB\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle OAB = \angle ABO \longrightarrow \angle ABO\) может быть только острым, т.к. в противном случае нарушается теорема о сумме углов треугольника

Ответ: NaN

Решение №39464: \(\angle A = \angle B = \angle С\) , т. к. эти углы опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, у всех футболистов угол обстрела ворот одинаковый

Ответ: NaN

Решение №39465: Два вписанных угла могут быть равными, опираясь на разные дуги, если они стягиваются хордой диаметром. \(\angle BAC = \angle CDA = 90^\circ\), но \(\angle BAC\) опирается на \(\cup BDC\), a \(\angle BDC\) опирается на \(\cup BAC\).

Ответ: NaN

Решение №39466: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Ответ: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Решение №39467: а) Да, угол, стороны которого пересекают окружность в концах диаметра, может быть острым. На рисунке \(\angle \alpha\) - острый. В условии не сказано, что угол должен быть вписанным. б) Нет, угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность в конце диаметра, не может быть острым, т. к. это вписанный угол, опирающийся на полуокружность \(\Rightarrow\) он должен быть равным \(90^\circ\).

Ответ: а) Да; б) Нет.

Решение №39468: Медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т. e. \(BD = \fraq{AC}{2} = 5\) см. Поскольку длина перпендикуляра прямой, проведенного из точки, меньше длины наклонной, проведенной из той же точки, то \(BH < BD \Rightarrow BH \neq 6\) см.

Ответ: Не может. Медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т. e. \(BD = \fraq{AC}{2} = 5\) см. Поскольку длина перпендикуляра прямой, проведенного из точки, меньше длины наклонной, проведенной из той же точки, то \(BH < BD \Rightarrow BH \neq 6\) см.

Решение №39469: б) выделен узором; в) \(\angle ABC = \angle ADC\), т. к. опираются на одну и ту же дугу.

Ответ: NaN

Решение №39470: a) \(\angle ACB = 90^\circ\), т. к. опирается на диаметр (полуокружность); б) \(\angle AOC = 2\angle ABC\).

Ответ: a) \(\angle ACB = 90^\circ\), т. к. опирается на диаметр (полуокружность); б) \(\angle AOC = 2\angle ABC\).

Решение №39471: а) Пусть градусная мера \(\cup AOB = x^\circ\), тогда \(\cup ADB = 120^\circ + x\). Вместе эти дуги составляют окружность \(\Rightarrow \cup ACB + \cup ADB = 360^\circ\); \(2x + 120^\circ = 360^\circ \Rightarrow х = 120^\circ\), т. e. \(\cup ACB = 120^\circ \Rightarrow \cup ADB = 240^\circ\). Ответ: 120° 240°. б) Пусть градуеная мера \(\cup ACB = 2x\), тогда \(\cup ADB = 7х\). Вместе эти дуги составляют окружность \(\Rightarrow \cup ACB + \cup ADB = 360^\circ\); \(2x + 7x = 360^\circ \Rightarrow x = 40^\circ \Rightarrow \cup ACB = 80^\circ\), \(\cup ADB = 280^\circ\). Ответ: 80°, 280°.

Ответ: а) \(120^\circ, 240^\circ\). б) \(80^\circ, 280^\circ\).

Решение №39472: Вся окружность \(360^\circ\), следовательно: a) \(\cup KLM = \fraq{1}{4}\) окружности \(\Rightarrow \cup KLM = 360 : 4 = 90^\circ\); б) \(\cup MNK = \fraq{1}{3}\) окружности \(\Rightarrow \cup MNK = 360 : 3 = 120^\circ\); в) \(\cup ABC = \fraq{5}{18}\) окружности \(\Rightarrow \cup ABC = \fraq{360}{18} \cdot 5 = 100^\circ\).

Ответ: а) \(90^\circ\); б) \(120^\circ\); в) \(100^\circ\).

Решение №39473: a) \(\angle ABC\) - вписанный угол, \(\angle AOC\) - соответствующий ему ценральный \(\Rightarrow \angle ABC = \fraq{1}{2} \angle AOC \Rightarrow \angle ABC = \fraq{1}{2} \cdot 140^\circ = 70^\circ \) (по теореме о вписанном угле). б) \(\angle ABC\) - вписанный, опирается на \(\cup ADC\), \(\angle AOC\) - центральный, опирается на \(\cup ADC \Rightarrow \angle AOC = 2\angle ABC = 40^\circ\) (по теореме о вписанном угле). в) Поскольку градусная мера дуги - это градусная мера соответствующего центрального угла, то \(\cup ADB = \angle AOB\); \(\cup ADB = 150^\circ\). Дуги \(\cup ADB\) и \(\cup ACB\) coставляют окружность, т. е. \(\cup ADB + \cup ACB = 360^\circ \Rightarrow \cup ACB = 210^\circ\).

Ответ: а) \(70^\circ\); б) \(40^\circ\); в) \(210^\circ\).

Решение №39474: a) Вписанный угол \(РKТ\) опирается на \(\cup PST\), центральный угол \(РОТ\) опирается на \(\cup PST \Rightarrow \angle PKT = \fraq{1}{2}\angle POT = 40^\circ\) (по теореме о вписанном угле). б) \(\angle LMN\) - вписанный, опирается на \(\cup LAN\); \(\angle LKN\) - вписанный, опирается на \(\cup LAN\). Поскольку градусные меры углов, опирающихся на одну и ту же дугу, равны, то \(\angle LKN = 50^\circ\). в) \(\cup ABC\) и \(\cup ADC\) составляют окружность \(\Rightarrow \cup ABC + \cup ADC = 360^\circ \Rightarrow \cup ADC = 300^\circ\). Поскольку градусная мера вписанного угла - это половина градусной меры дуги, на которую он опирается, то \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ADC = 150^\circ\) (по теореме про вписанный угол).

Ответ: а) \(40^\circ\); б) \(50^\circ\); в) \(150^\circ\).

Решение №39475: Случай 1: \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) опираются на одну дугу (\(\cup AKC\)) \(\Rightarrow \angle ABC = \angle ADC = \alpha\). Случай 2: \(\angle АВС\) опирается на \(\cup ADC\), a \(\angle ADC\) - на \(\cup AKC\). Поскольку градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры соответствующей дуги, то \(\cup AKC = 2\alpha\), \(\cup ADC = 2\angle ABC\). Вместе \(\cup AKC\) и \(\cup ADC\) составляют \(360^\circ\): \(\cup AKC + \cup ADC = 360^\circ\). \(2\alpha + 2\angle ABC = 360^\circ\); \(\alpha + \angle ABC = 180^\circ \Rightarrow \angle ABC = 180^\circ - \alpha\).

Ответ: Возможны два случая - \(\alpha\) или \(180^\circ - \alpha\).

Решение №39476: \(\angle AOC\) опирается на \(\cup ALC\). Рассмотрим \(\Delta АОС: AO = OC\) как радиусы; \(АО = АС\) (по условию) \(\longrightarrow \Delta АОС\) - равносторонний \(\longrightarrow \Delta AOC = 60^\circ \longrightarrow \cup ALC = 60^\circ\) (т. к. градусная мера дуги, по определению это соответствующая градусная мера центрального угла). Случай 1: \(\angle CBA\) опирается на \(\cup ALC\). Пo теореме о вписанном угле \(\angle CBA =\fraq{1}{2}\cup AFC = 30^\circ\). Случай 2: \(\angle CBA\) опирается на \(\cup ALC\). По теореме о вписанном угле \(\angle CBA = \fraq{1}{2} \cup ALC = 30^\circ\) \(\cup ALC\) и \(\cup AFC\) составляют окружность, т. e. \(\cup ALC + \cup AFC = 360° \longrightarrow \cup AFC = \fraq{1}{2} 300^\circ = 150^\circ\). Ответ: возможны два случая - \(30^\circ\) и \(150^\circ\)

Ответ: Ответ: возможны два случая - \(30^\circ\) и \(150^\circ\)

Решение №39477: a) \(\angle A = 65^\circ\); б) \(AB = 12 см\); \(СК\) - медиана. Найти: a) \(\angle B\); б) \(СК\). a) \(O \in AB \longrightarrow AB\) - диаметр \(\longrightarrow\) \(\angle ACB\) опирается на полуокружность \(\longrightarrow \angle ACB = 90^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \longrightarrow \angle B = 25^\circ\). б) Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы \(\longrightarrow СК = \fraq{1}{2} АВ = 6 см\). Ответ: a) \(25^\circ\); 6) \(6 см\).

Ответ: Ответ: a) \(25^\circ\); 6) \(6 см\).

Решение №39478: a) \(\angle ABC\) опирается на полуокружность \(\longrightarrow \angle ABC = 90^\circ\). б) \(OB = OC = OA\) - радиусы окружности \(\longrightarrow АС = 2OB = 10 см\). Ответ: a) \(90^\circ\) б) \(10 см\)

Ответ: Ответ: a) \(90^\circ\) б) \(10 см\)

Решение №39479: \(BD\) - биссектриса \(\angle ABC \longrightarrow \angle ABD = \angle DBC\). Поскольку градусная мера угла равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается, то \(\cup AKD = 2 \angle ABD и \(\cup DLC = 2 \angle DBC\); а т.к. \(\angle ABD = \angle DBC\) по условию \(\longrightarrow \cup AKD = \cup DLC\).

Ответ: NaN

Решение №39480: \(\angle ABC\) опирается на диаметр \(\longrightarrow \angle ABC = 90^\circ\); \(\angle BDC\) и \(\angle ВАС\) опираются на одну дугу. \(\longrightarrow \angle BAC = \angle BDC = 25^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АВС: \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^\circ \longrightarrow \angle BCA = 65^\circ\). По аксиоме измерения углов: \(\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = 90^\circ \longrightarrow \angle DBC = 90^\circ - 50^\circ = 60^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta BЕС: \angle BEC + \angle EBC + \angle BCE = 180^\circ \longrightarrow \angle BEC = 180^\circ - (60^\circ + 65^\circ) = 55^\circ\) Ответ: \(55^\circ\)

Ответ: Ответ: \(55^\circ\)

Решение №39481: \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) опираются на одну дугу \(\longrightarrow \angle ABC = \angle ADC = 45^\circ\). По теореме о сумме углов в \(\Delta ABL: \angle ABC + \angle ALB + \angle BAL = 180^\circ \longrightarrow BLA = 120^\circ\) Ответ: \(120^\circ\) б) \(AOOB = OC\)- радиусы окружности \(\longrightarrow\) - равнобедренный. По свойству равнобедренного треугольника \(\angle ВАО = \angle ABO\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle AOB + \angle OBA + \angle OAB = 180^\circ \longrightarrow \angle OBA = \angle OAB = (180^\circ - \angle AOB) : 2 = 110^\circ : 2 = 55^\circ\) Ответ: \(55^\circ\)

Ответ: Ответ: \(55^\circ\)

Решение №39482: Пусть градусная мера \(\cup ALC = 11x\), тогда, т. к. \(\cup ALC: \cup AMC = 11: 7\), то \(\cup AMC = 7х\). Дуги \(\cup ALC\) и \(\cup AMO\) составляют окружность: \(\cup ALC + \cup AMC = 360^\circ\); \(11x + 7x = 360^\circ\); \(\longrightarrow 18x = 360^\circ\); \(x = 20^\circ\). \(\cup ALC = 220^\circ\); \(\cup AMC = 140^\circ\). \(\angle ABC\) опирается на дугу \(\cup AMC = 140^\circ\). По теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} AMC = 70^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №39483: Пусть градусная мера \(\cup NАМ = 3х\), тогда \(\cup MBL= 4x\), \(\cup LCN = 5x\) Дуги \(\cup NAM\), \(\cup MBL\) и \(\cup LCN\) Составляют окружность \(\longrightarrow \cup NAM = 90^\circ\); \(\cup MBL = 120^\circ\), \(\cup NCL = 150^circ\). \(\angle L\) опирается на \(\cup NAM\), \(\angle M\) - на \(\cup NCL\),\(\angle N\) - на \(\cup MBL\). По теореме о вписанном угле: \(\angle L= \fraq{1}{2} \cup NAM = 45^\circ\) \(\angle M= \fraq{1}{2} \cup NCL = 75^\circ\) \(\angle N= \fraq{1}{2} \cup MBL = 60^\circ\) Ответ: \(45^\circ\) \(75^\circ\); \(60^\circ\)

Ответ: Ответ: \(45^\circ\) \(75^\circ\); \(60^\circ\)

Решение №39484: Случай 1: \(AB\) - основание \(\Delta ABC\); \(АС = CB\). \(\cup ALB = 100^\circ\) \(\angle АСВ\) -- вписанный угол, опирается на \(\cup ALB\) - по теореме о вписанном угле \(\angle ACB = \fraq{1}{2} ALB = 50^\circ\). Т. к. \(\Delta ABC\) равнобедренный, то по свойству равнобедренного треугольника \(\angle 4 = \angle В\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle С + \angle A + \angle B = 180^\circ \longrightarrow \angle A = \angle B = (180^\circ - 50^\circ) : 2 = 65^\circ\) Случай 2: \(АВ\) - боковая сторона \(\Delta ABC: AB = BC\). \(\cup ALB = 100^\circ\), \(\angle АСВ\) опирается на дугу \(\cup ALB\) - по теореме о вписанном угле \(\angle ACB = \fraq{1}{2} \cup ALB = 50^\circ\). По свойству равнобедренного треугольника в \(\Delta ABC: \angle ВАС - \angle ВСА = 50^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \longrightarrow LB = 180^\circ - 2\angle C = 80^\circ\) Ответ: задача имеет два решения -1) \(65^\circ\) \(65^\circ\) \(50^\circ\); 2) \(50^\circ\), \(50^\circ\), \(80^\circ\)

Ответ: Ответ: задача имеет два решения -1) \(65^\circ\) \(65^\circ\) \(50^\circ\); 2) \(50^\circ\), \(50^\circ\), \(80^\circ\)

Решение №39485: Проведем диаметр \(ВС\). \(BO\) - радиус окружности. По свойству радиуса, проведенного в точку касания, \(OB \perp l\), T. e. \(\angle CBF = 90^\circ\). Дуга \(\cup CKB\) опирается на диаметр \(\cup CKB = 180^\circ\). T. e. \(\angle CBF = \fraq{1}{2} \angle СКВ\). \(\angle ABC\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup ADC \longrightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}[2} \angle ADC\). По аксиоме измерения углов: \(\angle ABP = \angle ABC + \angle CBF = \fraq{1}{2} \cup ADC + \fraq{1}{2} \cup CKB = \fraq{1}{2}(\cup ADC + cup CKB\) Но дуги \(\cup ADC\) и \(\cup CKB\) составляют \(\cup ACB\), которая лежит внутри угла между хордой и касательной, проведенной через конец хорды \(\angle ABF = \fraq{1}{2}\cup ACB\).

Ответ: NaN

Решение №39486: a) \(\angle B\) - острый, т. е. \(\angle B < 90^\circ\). \(\angle B\) опирается на дугу \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2 \angle ABC \Rightarrow \cup ALC < 180^\circ\). T. e. \(\cup ALC\) меньше полуокружности. Проведем через т. \(С\) диаметр \(\Rightarrow \cup DAC = 180^\circ \Rightarrow\) т. \(А\) и т. \(В\) лежат в разных полуплоскостях от прямой \(ОС \Rightarrow\) т. \(В\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АС\). Аналогично доказывается, что точки \(О\) и \(С\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АВ\) и точки \(А\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(ВС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит внутри треугольника \(\Delta АВС\). б) \(\angle ABC > 90^\circ\), a т. к. \(\angle B\) - опирается на \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC\), то \(\cup ALC > 180^\circ\). Проведем через точку \(С\) диаметр \(CD \Rightarrow\) т. \(А\) и \(В\) лежат в одной полуплоскости относительно прямой \(DC \Rightarrow\) точки \(В\) и \(О\) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой \(АС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит вне треугольника.

Ответ: а) Утверждение доказано. б) Утверждение доказано.

Решение №39487: Проведем радиусы \(ОA\) и \(ОВ\). По свойству радиусов, проведенных в точку касания, \(\angle OAK = 90^\circ\) и \(\angle OBK = 90^\circ\). Поскольку \(\cup ACB = 100^\circ\), a \(\angle AOB\) - центральный, олирающейся на \(\cup ACB\), то \(\angle AOB = 100^\circ\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle AOB + \angle OAK + \angle AKB + \angle OBK= 360^\circ \Rightarrow \angle AKB = 360^\circ - 100^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 80^\circ\).

Ответ: \(80^\circ\).

Решение №39488: \(\angle CBA\) опирается на полуокружность \(\Rightarrow \angle CBA = 90^\circ\). \(\angle BCA = 60^\circ\) по условию, по теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta ABC\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 30^\circ\). \(ВС\) - катет, лежащий против угла в \(30^\circ \Rightarrow\) гипотенуза равна \(2 \cdot ВС \Rightarrow АС = 8\) см. \(АС\) - диаметр окружности \(\Rightarrow R = АС : 2 = 4\) см.

Ответ: 4 см.

Решение №39489: Поскольку медиана прямоугольного треугольника равна половине гипотенузе, то \(AD = DC = BD\). \(\Rightarrow \Delta ADC\) - равнобедренный \(\Rightarrow \angle DAC = \angle DCA\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АDС\): \(\angle DAC + \angle DCA + \angle ADC = 180^\circ \Rightarrow \angle DAC = \angle DCA = (180^\circ - 60^\circ) : 2 = 60^\circ \Rightarrow \Delta ADC\) - равносторонний \(\Rightarrow AD = AC\), т. е. \(AC = 9\) см. Поскольку в \(\Delta АВС \angle DCA = 60^\circ\), a \(\angle BAC = 90^\circ \Rightarrow \angle ABC = 30^\circ\). Против меньшего угла лежит меньшая сторона \(\Rightarrow АС\) - меньший катет.

Ответ: 9 см.

Решение №39490: a) \(\angle B\) - острый, т. е. \(\angle B < 90^\circ\). \(\angle B\) опирается на дугу \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC \Rightarrow \cup ALC < 180^\circ\). T. e. \(\cup ALC\) меньше полуокружности. Проведем через т. \(С\) диаметр \(\Rightarrow \cup DAC = 180^\circ \Rightarrow\) т. \(А\) и т. \(В\) лежат в разных полуплоскостях от прямой \(ОС \Rightarrow\) т. \(В\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АС\). Аналогично доказывается, что точки \(О\) и \(С\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АВ\) и точки \(А\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(ВС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит внутри треугольника \(\Delta АВС\). б) \(\angle ABC > 90^\circ\), a т. к. \(\angle B\) - опирается на \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC\), то \(\cup ALC > 180^\circ\). Проведем через точку \(С\) диаметр \(CD \Rightarrow\) т. \(А\) и \(В\) лежат в одной полуплоскости относительно прямой \(DC \Rightarrow\) точки \(В\) и \(О\) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой \(АС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит вне треугольника.

Ответ: NaN

Решение №39491: \(\angle NKP\) - вписанный и опирается на \(\cup NAP\). \(\angle NLP\) - вписанный и опирается на \(\cup NAP\). \(\angle KNL\), \(\angle KPL\) - вписанные и опираются на \(\cup KBL\). По теореме про вписанный угол: \(\angle NKP = \angle NLP = \fraq{1}{2} \cup NAP\), \(\angle KNL = \angle KPL = \fraq{1}{2} \cup KBL\). \(\angle NMP является внешним углом \(\Delta NMK\). По свойству внешнего угла треугольника: \(\angle NMP = \angle KNM + \angle NKM = \fraq{1}{2}\cup NAP + \fraq{1}{2}\cup KBL = \fraq{1}{2}(\cup NAP + \cup KBL)\).

Ответ: NaN

Решение №39492: \(\angle BDA\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup ACB\). \(\angle DBK\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup DSK\). По теореме о вписанном угле: \(\angle BDA = \fraq{1}{2}\cup ACB\), \(\angle DBK = \fraq{1}{2} \cup DSK\). \(\angle ADB\) - внешний угол \(\Delta BDF\). По свойству внешнего угла треугольника: \(\angle ADB = \angle DBF + \angle DFB \Rightarrow \angle DFB = \angle ADB - \angle DBF = \fraq{1}{2} \cup ACB - \fraq{1}{2} \cup DSK = \fraq{1}{2} (\cup ACB - \cup DSK)\).

Ответ: NaN

Решение №39493: Пусть \(с\) - гипотенуза искомого треугольника, \(h\) - высота, проведеная к гипотенузе. Анализ: Пусть искомый треугольник построен. Тогда \(AD\) - его медиана. \(\Delta АDH\) можно построить по гипотенузе и катету (\(AD = \fraq{c}{2}\); \(АН = h\)). Получим вершину \(А\); вершины \(В\) и \(С\) можно получить, отложив на прямой \(DH\) от точки \(D\) в обе стороны отрезок, равный \(\fraq{c}{2}\). Построение: 1) Разделим отрезок \(с\) на две равные части. 2) Построим \(\Delta ADH\) по гипотенузе и катету. 3) Проведем через точки \(D\) и \(Н\) прямую. 4) На прямой \(DH\) отложим отрезки \(DB\) и \(DC\), равные \(\fraq{c}{2}\). 5) Соединим точки \(А\), \(В\) и \(С\). Доказательство: Поскольку \(DA = DB = DC\), то около \(\Delta АВС\) можно описать окружность с центром в т. \(D\), тогда \(ВС\) - ее диаметр \(\Rightarrow \angle BAC = 90^\circ\) (т. к. \(\angle BAC\) опирается на диаметр) \(\Rightarrow \Delta ВАС\) - прямоугольный. По построению \(АН = h\), a \(BC = с \Rightarrow \Delta BAC\) - искомый. Исследование: Задача имеет единственное решение при условии, что \(\fraq{c}{2} > h\).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №39495: Построим окружность с диаметром \(AB\). Вершины всех прямых углов должны лежать на окружности, кроме точек \(А\) и \(B\).

Ответ: NaN

Решение №39496: Геометрическим местом точек должны быть вершины углов, опирающихся на дугу в \(\alpha\) градусов и хорду \(АВ\). Анализ: Предположим, что данное геометрическое место точек построено. Тогда \(\Delta АОВ\) можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам (\(AB = а\), \(\angle OAB = \angle OBA = 90^\circ - \alpha\)). \(\Delta AO_{1}B\) строится аналогично. Построение: 1) Построим \(\Delta АОВ\) и \(\Delta AO_{1}B\) по трем сторонам \(\Rightarrow\) получим т. \(О\) и \(O_{1}\). 2) Построим окружности с центрами в т. \(О\) и \(О_{1}\) радиусом \(AO\). 3) \(\cup ALB\) и \(\cup AL_{1}B\) - искомое место точек. Доказательство: По построению \(АВ = а\). \(\angle OAB = \angle OBA = 90^\circ - \alpha \Rightarrow \angle AOB = 2\alpha\). Т. е. если вершина угла будет лежать на дуге \(\cup ALB\) или \(\cup AL_{1}В\) то хорду \(АВ\) будет видно под углом \(\alpha\). Исследование: если \(\angle \alpha\) тупой, то геометрическим местом точек будут дуги, дополнительные дугам \(\cup ALB\) и \(\cup AL_{1}B\).

Ответ: NaN