Решение №39542: Поскольку высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, является также медианой, биссектрисой и серединным перпендикуляром, то все замечательные точки треугольника находятся на высоте \(ВМ\).

Ответ: Высота \(ВМ\).

Решение №39543: \(О\) является точкой пересечения медиан и высот треугольника \(\Rightarrow LA \perp KМ\) и \(KА = AM\), \(KB \perp LM\) и \(LB = BM\) и \(MC \perp KL\) и \(KC = CL\). \(\Delta KАО = \Delta МАО\) по двум сторонам и углу между ними (\(KA = AM\), \(AO\) - общая, \(\angle KAO = \angle MAO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow KO = OM\). \(\Delta MOB = \Delta LOB\) по двум сторонам и углу между ними (\(LB = BM\), \(OB\) - общая, \(\angle OBM = \angle LBO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow LO = OM\). \(\Delta KOC = \Delta LOC\) по двум сторонам и углу между ними (\(LC = CK\), \(CO\) - общая, \(\angle LCO = \angle KCO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow KO = OL \Rightarrow KO = OM = LO\). Поскольку \(LA\), \(MC\) и \(KB\) - медианы, то \(\fraq{MO}{OC} = \fraq{KO}{OB} = \fraq{LO}{OA}\), а т. к. \(МО = KO = OL\), то \(OC = OB = OA\). \(\Delta СОK = \Delta АОК = \Delta АОМ = \Delta BOM = \Delta BOL = \Delta COL\) по гипотенузе и катету (\(KО = ОМ = OL\) и \(CO = OB = OA\)) \Rightarrow CK = KA = CL = AM = MB = LB \Rightarrow KL = LM = KM\). Следовательно, \(\Delta KLM\) - равносторонний.

Ответ: NaN

Решение №39544: Поскольку точка пересечения медиан делит \(ВМ\) в отношении \(2 : 1\) считая от \(В\), то \(ВО : ОМ = 2 : 1\). Поскольку \(BO - OM = 3\), то \(ВО = 3 + ОМ\). Получим \(\fraq{OM + 3}{OM} = \fraq{2}{1} \Rightarrow OM + 3 = 2 \cdot OM\) см, \(\Rightarrow OM = 3\) см, \(ОВ = 6\) см \(\Rightarrow MB = OB + OM = 9\) см.

Ответ: 9 см.

Решение №39545: \(AC \perp BH \Rightarrow KC\) - высота \(\Delta ВНС\), проведенная к стороне \(ВН\). \(АВ \perp HC \Rightarrow LB\) - высота \(\Delta ВНС\), проведенная к стороне \(HC\). \(АH \perp BC \Rightarrow HD\) - высота \(\Delta HBС\), проведенная к стороне \(ВС \Rightarrow\) точка \(А\) является пересечением продолжений высот \(\Delta НВС \Rightarrow\) т. \(А\) - ортоцентр \(\Delta НВС\).

Ответ: NaN

Решение №39546: \(\Delta DEF\) совпадает с точкой пересечения медиан \(\Delta АВС\). \(DE, FE, DF\) - средние линии \(\Delta АВС\). \(DE \parallel AC\) и \(DE = \fraq{AC}{2} = AF\) по свойству средней линии \(\rightarrow ADEF\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(\rightarrow А\), \(К\) и \(Е\) лежат на одной прямой. медиана \(\Delta DEF \rightarrow т. O \in EK\) и \(т. O \in AE\) - медиане \(\Delta АВС\). \(DF \parallel BC\) и \(DF = BE \fraq{1}{2}ВC\) по свойству средней линии \(\Delta АВС \rightarrow DFEB\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(rightarrow B\), \(L\), \(F\) лежат на одной прямой. \(FL\) - медиана \(\Delta DEF \rightarrow\) т. \(O \in FL\) и т. \(O \in BF\) - медиане \(\Delta ABC \rightarrow\) т. \(О\) - пересечение медиан ЛАВС.

Ответ: NaN

Решение №39547: По свойству диагоналей параллелограмма \(BO = OD\) и \(AO = OC\). Т. e. в \(\Delta ABC BO\) - медиана, а в \(\Delta ADC DO\) - медиана = т. к. \(E\) - точка пересечения медиан \(\Delta АВС\), то \(E \in BO\), а т. к. \(F\) - точка пересечения медиан \(\Delta ADC \in DO. \rightarrow F, E \in BD\). Поскольку точка пересечения медиан делит медиану в отношении \(2 : 1\), считая от вершины, то \(ВЕ : ЕО = 2 : 1\); \(DF : FO = 2 : 1\), a T. K. \(BO = OD\), то \(FD = BE = 2x\), a \(EO = OF = x \rightarrow EF = EO + OF = 2x \rightarrow BE = EF = FD\).

Ответ: NaN

Решение №39548: Возможны два случая: 1) \(\angle В\) - острый (см. рис. ниже); 2) \(\angle B\) - тупой (см. рис. ниже). Центр описанной окружности находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Поскольку медиана в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, является серединным перпендикуляром к стороне, то \(O \in ВК \rightarrow ОК = 3 см\), \(ОВ = 6 см\( (т. к.\(OB = R\)). Случай 1: \(ВК = BO + OK = 9 см\). Т. к. \(F\) - точка пересечения медиан, то она делит \(ВК\) в отношении \(2 : 1\) на отрезки \(BF\) и \(FK\), т. е. \(BF = 6 см\), \(FK = 3 см\) (т. \(О\) совпадает с точкой пересечения медиан). Случай 2: \(ВК = ВО - ОK = 3 см\). Т. к. \(F\) - точка пересечения медиан, то она делит \(ВК\) в отношении \(2 : 1\) на отрезки \(BF\) и \(FK\), т. e. \(BF = 2 cм\), \(FK = 1 см\). Ответ: \(6 см\) и \(3 см\) или \(2 см\) и \(1 см\).

Ответ: Ответ: \(6 см\) и \(3 см\) или \(2 см\) и \(1 см\).

Решение №39549: Пусть \(m_{a}\), \(m_{b}\), \(m_{c}\). данные медианы треугольника. Анализ: Предположим, что \(\Delta АВС\) построен. Треугольник \(\Delta AOF\) можно построить по трем сторонам \(AO=\fraq{2}{3}m_{a}\), \(OF=\fraq{2}{3}m_{b}\) и \(AF=\fraq{2}{3}m_{c}\) Точку \(С\) получим, отложив \(ОА = ОС\), а т. \(В\) - отложив \(OF = OB\). Построение: 1) разделим отрезки \(m_{a}\), \(m_{b}\), и \(m_{c}\) в отношении \(2 : 1\): 2) построим \(\Delta АОF\) по трем сторонам: \(OF = \fraq{2}{3}m_{b}\), \(AF = \fraq{2}{3}m_{c}\), \(AO = \fraq{2}{3}m_{a}\) 3) достроим \(\Delta АОF\) до параллелограмма \(AOCF \rightarrow т. C\); 4) на луче \(FO\) от. т. \(О\) отложим отрезок \(OB = OF \rightarrow\) т, \(B\); 5) Соединим точки \(А\), \(В\), \(С\). Доказательство: \(\Delta ABC\) - искомый, т. К. 1) \(ao = \fraq{2}{3}m_{a}\), 2) \(CO = \fraq{2}{3}m_{c}\), 3) \(OB = \fraq{2}{3}m_{b}\) по построению; 2) по свойству параллелограмма \(АК = КС\) и \(OK = КF \rightarrow ВК\) - является медианой \(\Delta АВС\) и т. \(О\) делится в отношении \(2 : 1\) считая от вершины \(\rightarrow 3) \(O\) - точка, пересечения медиан треугольника \(\Delta АВС \rightarrow ОС\) и \(OA\) - отрезки медиан \(CL\) и \(АМ \rightarrow \Delta АВС\) - искомый. Исследование: Задача имеет единственное решение при условии, что для чисел \(m_{a}\), \(m_{b}\), и \(m_{c}\). выполнено неравенство треугольника.

Ответ: NaN

Решение №39550: По свойству средней лиции треугольника: \(EF \parallel AC\), \(EN \parallel AB\) \(EN \parallel BC\). По определению средней линии середина \(AB\), \(F\) - cepeдина \(BC\), \(N\) - середина \(AC\) . Поскольку \(O\) ортоцентр \(\Delta EFN \rightarrow FK \perp EN, EL \perp NF, ND \perp EF \rightarrow ND \perp AC, EL \perp AB, FK \perp BC \rightarrow EL, FK\) и \(ND\) - ceрединные перпендикуляры к сторонам \(\Delta АВС \rightarrow\) их точка пересечения \(\rightarrow O\) - центр описанной около \(\Delta АВС\) окружности

Ответ: NaN

Решение №39551: T. к. \(BM\) - медиана, проведенная к гипотенузе, то \(BM = MC = MA = AC : 2 \rightarrow AC = 12 cм\) Рассмотрим \(\angle BAC: BC = CA\), \(CF \parallel BM \rightarrow\) параллельные прямые \(CF\) и \(ВМ\), проходящие через точки \(С\) и \(В\), отсекают на \(AC\) равные отрезки (по теореме Фалеса): \(AF = FM \rightarrow AF = AM : 2 = 3 см \rightarrow FC = AC - FA = 9 см\). Ответ: \(3 см\), \(9 см\).

Ответ: Ответ: \(3 см\), \(9 см\).

Решение №39552: a) \(5,4 : x = 2,7 : 7,2\); по свойству пропорции \(5,4 \cdot 7,2 = х \cdot 2,7\); \(x = \fraq{5,4 \cdot 7,2}{2,7} = 14,4\); \(x = 14,4\) Ответ: \(14,4\). б) \(\fraq{x+1}{144} = \fraq{25}{60}\); по свойству пропорции \(x + 1 = \fraq{25 \cdot 144}{60}\); \(x + 1 = 60\); \(x = 59\) Ответ: \(59\).

Ответ: Ответ: \(14,4\). Ответ: \(59\).

Решение №39553: Доказательство: а) По теореме о сумме углов выпуклого четырехугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D= 360^\circ\) \(\angle A= \angle D= \angle C\), то \(\angle B = 360 - 3 \cdot \angle A\) Предположим, что \(\angle А > 90^\circ\), то: 1) в случае если \(\angle A = 90^\circ\), то \(\angle В = 90^\circ\), что противоречит условию \(\angle A \neq \angle B\); 2) в случае если \(\angle A > 90^\circ\), то \(3 \angle A < 270^\circ \rightarrow \angle B < 90^\circ\). б) \(\angle A = \angle D\) - не острые, т. е. \(\angle A = \angle D \geq 90^\circ\) 1) Если \(\angle A = \angle D = 90^\circ\) то \(\angle B + \angle C = 180^\circ\). Поскольку\(\angle С \neq \angle A\) и \(\angle B \neq \angle A\), то \(\angle В \neq 90^\circ\), \(\angle С \neq 90^\circ \rightarrow\) один из углов \(\angle В\) и \(\angle С\) острый ,а второй - тупой ; 2) если \(\angle A = \angle D > 90^\circ\), то \(\angle A + \angle D > 180^\circ \rightarrow \angle C + \angle B < 180^\circ\), т. е. одновременно они не могут быть тупыми \(\rightarrow\) или \(\angle В < 90^\circ\) или \(\angle < 90^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №39554: По свойству параллелограмма противолежащие углы равны \(rightarrow\) данный угод равен сумме двух соседних с ним. Пусть \(\angle N = \angle K + \angle M\). т. к. \(\angle K = \angle M\) и \(\angle N = \angle L\), то \(\angle N = \angle L = 2 \angle К\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle К + \angle L + \angle M + \angle N = 360^\circ \rightarrow \angle K + 2 \angle K + \angle K + 2 \angle K = 360^\circ\); \(6 \angle K = 360^\circ \rightarrow \angle K = 60^\circ\); \(\angle L = \angle N = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ\); \(120^\circ\); \(60^\circ\); \(120^\circ\); может быть ромбом, но квадратом быть не может.

Ответ: Ответ: \(60^\circ\); \(120^\circ\); \(60^\circ\); \(120^\circ\); может быть ромбом, но квадратом быть не может.

Решение №39555: По свойству диагоналей квадрата \(АО = OC\) и \(BD \perp AC\). т. к. \(EF \perp AC\), то \(BD \parallel EF\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(О\) и \(А\), отсекают на стороне \(СЕ\) и \(СF\) равные отрезки \(\rightarrow ВС = EB\) и \(CD = DF\) Т.к. \(ABCD\) квадрат, то \(BC = CD = DF = AD = AK = EB = \Delta EBA = = \Delta BCD = \Delta ADF\) по двум катетам \(\rightarrow EA = = EF = BD = 7 cм \rightarrow EF = 2BD = 14 см\).

Ответ: NaN

Решение №39556: По свойству средней линии треугольника: \(DE \parallel AC\), \(DE = \fraq{1}{2}AC\) и \(EF \parallel AB\), \(EF = \fraq{1}{2}AB\). T.к. \(DE \perp EF\), то \(AB \perp AC\). Т. к. \(EF = DE\), то \(\fraq{1}{2}AB = \fraq{1}{2}AC \Rightarrow AB = AC \Rightarrow \Delta ВАС\) - прямоугольный (\(\angle A = 90^\circ\)) и равнобедренный (\(АВ = АС\)). Поскольку \(\Delta АВС\) равнобедренный, то \(\angle ABC = \angle BCA\). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle ABC = \angle BCA = 45^\circ\).

Ответ: \(90^\circ; 45^\circ; 45^\circ\).

Решение №39557: \(KN\) - средняя линия \(\Delta BCD\), \(ML\) - средняя линия \(\Delta ABD\), \(NL\) - средняя линия \(\Delta ACD\), \(KM\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии: \(KN \parallel BD\), \(ML \parallel BD\), \(NL \parallel AC\), \(MK \parallel AC \Rightarrow KNLM\) - параллелограмм \(\Rightarrow\) по свойству параллелограмма \(MO = ON\) и \(KO = OL \Rightarrow KL\) и \(MN\) точкой пересечения делятся пополам.

Ответ: NaN

Решение №39558: Пусть \(х\) - градусная мера угла \(D\), тогда градусная мера \(\angle С = 3х\). По свойству углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, \(\angle D + \angle C = 180^\circ\); \(x + 3x = 180^\circ\); \(x = 45^\circ\). Рассмотрим \(\Delta CKD\): \(\angle CKD = 90^\circ\), \(\angle CDK = 45^\circ \Rightarrow \angle KCD = 45^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника) \(\Rightarrow \Delta KCD\) - равнобедренный \(\Rightarrow CK = KD\). \(АВСK\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = АК = 8\) см. По аксиоме измерения отрезков \(AD = AK + KD \Rightarrow KD = 4\) см \(\Rightarrow CK = 4\) см.

Ответ: 4 см.

Решение №39559: \(ABCD\) - ромб \(\Rightarrow AB = BC = CK = AK\). \(\Delta KCD\) - равносторонний \(\Rightarrow KC = CD = KD \Rightarrow AB = BC = CD = AK = KD\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\); \(60 = 5 \cdot AK \Rightarrow AK = 12\) см \(\Rightarrow AD = 24\) см; \(ВС = 12\) см. По свойству средней линии трапеции: \(EF = (BC + AD) : 2 = 18\) см.

Ответ: 18 см.

Решение №39560: \(AM\) - медиана \(\Rightarrow ВМ = МС\). T. к. \(BH \perp AC\) и \(MD \perp AC\), то \(BH \parallel MD\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(В\) и \(М\), отсекают на прямой \(НС\) равные отрезки (по теореме Фалеса) \(\Rightarrow HD = DC = HC : 2 = 3\) (см) \(\Rightarrow AD = AH + HD = 2 + 3 = 5\) (см).

Ответ: 3 см и 5 см.

Решение №39561: Поскольку около трапеции можно описать окружность, то трапеция является равнобокой (\(AB = CD\)) и \(\angle A + \angle C = \angle B + \\angle D= 180^\circ\). a) \(\angle A + \angle B + \angle C = 300^\circ\) по условию; \(\angle A + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 300^\circ - 180^\circ = 120^\circ\). По свойству углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, \(\angle А + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 60^\circ\). T. к. \(ABCD\) - равнобокая, то \(\angle A = \angle D = 60^\circ\), \(\angle B = \angle C = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\). б) Поскольку трапеция является описанной около окружности, то \(BC + AD = AB + CD =2AB\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\); \(16 = 4 \cdot AB \Rightarrow AB = 4\) см; \(CD = AB = 4\) см. \(\Delta АВK = \Delta DCH\) (по гипотенузе и катету). \(\angle ABK = \angle DCH = 30^\circ \Rightarrow AK = HD = 2\) см (как катет, лежащий против угла в \(30^\circ\)). \(KBCH\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = KН\). T. к. \(BC + AD = 8\) см, то \(BC + KH + 4 = 8\) (см) \(\Rightarrow BC = 2\) см \(\Rightarrow AD = 6\) см. Ответ: 4 см, 4 см, 6 см, 2 см.

Ответ: a) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\); б) 4 см, 4 см, 6 см, 2 см.

Решение №39562: \(EF \parallel AD\), \(AM = MC\). По теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А\), \(М\), \(С\), отсекают на прямых \(AB\) и \(CD\) равные отрезки \(\Rightarrow AE = ED\) и \(CF = FD \Rightarrow EF\) - средняя линия трапеции \(ABCD \Rightarrow EF = \fraq{1}{2}(BC+ AD)\).

Ответ: NaN

Решение №39563: Поскольку трапеция равнобокая, то \(BD = AC\). Проведем \(CD_{1} \parallel BD\) (\(D_{1}\) - пересечение \(AD\) и \(CD_{1}\)). Т. к. \(BD \perp AC\), то \(AC \perp CD_{1}\). Четырехугольник \(BCD_{1}D\) - параллелограмм по определению \(\Rightarrow DD_{1} = BC\) и \(BD = CD_{1}\). Т. к. \(BD = AC\), то \(CD_{1} = AC\). Рассмотрим \(\Delta ACD_{1}\) - прямоугольный и \(AC = CD_{1} \Rightarrow \angle CAD = \angle CD_{1}A = 45^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника). \(AD_{1} = AD + DD_{1} = AD + BC\). \(СН\) - высота \(\Delta АСD\), а т. к. \(\Delta ACD\) - равнобедренный, то \(CH\) - медиана \(\Rightarrow АН = HD_{1} = (AD + BC) : 2\). Рассмотрим \(\Delta ACH\): \(\angle CHA = 90^\circ\), \(\angle CAH = 45^\circ \Rightarrow \angle ACH = 45^\circ\), т. е. \(\Delta АНС\) - равнобедренный \(\Rightarrow АН = HC = (AD + BC) : 2\). Следовательно, высота трапеции равна полусумме оснований.

Ответ: NaN

Решение №39564: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной прямой. Проведем \(AH_{1} \perp d\), \(CH_{2} \perp d\), \(DH_{3} \perp d \Rightarrow AH_{1} \parallel CH_{2} \parallel DH_{3}\) и \(AН_{1} = a\), \(CH_{2} = c\). Проведем через т. \(D\) прямую \(l \parallel d \Rightarrow\) точки \(K\) и \(F\). Случай 1. \(KН_{1}H_{2}F\) - прямоугольник. \(DH_{3} = KH_{1} = FH_{2}\). \(\Delta AKD = \Delta CH_{2}B \Rightarrow AK = CH_{2} = c \Rightarrow H_{1}K = H_{1}A + AK = a + c \Rightarrow DH_{3} = a + c\) Ответ: \(a + c\). Случай 2. \(AH_{1} \perp d\), \(CH_{2} \perp d\), \(DH_{3} \perp d \Rightarrow KH_{1} \parallel DH_{3}\) и \(l \parallel d \Rightarrow KH_{1}H_{3}D\) - прямоугольник \(\Rightarrow DH_{3} = KH_{1}\). \(\Delta KFA = \Delta H_{2}EC \Rightarrow H_{1}C = AK = c\); \(AH_{1} = a \Rightarrow KH_{1} = AH_{1} - AK = a - c\), т. e. \(DH_{3} = a - c\). Ответ: \(а - с\).

Ответ: Случай 1: \(a + c\). Случай 2: \(а - с\).

Решение №39565: Проведем диагональ \(BD\). В точке \(О\) она делится пополам. Рассмотрим \(\Delta BCD\); \(CO\); \(DM\) и |(BN\) медианы, они пересекаются в точке, которая лежит на \(CO\), а значит эта точка лежит на диагонали \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №39566: Проведем диагональ \(BD\). В точке \(О\) она делится пополам. Рассмотрим \(\Delta BCD\); \(CO\); \(DM\) и |(BN\) медианы, они пересекаются в точке, которая лежит на \(CO\), а значит эта точка лежит на диагонали \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №39567: Поскольку биссектрисы углов при боковой стороне трапеции пересекаются под прямым углом, то \(\angle CKD = 90^\circ \rightarrow \Delta CKD\) - прямоугольный. \(KL\) - медиана \(\Delta CKD\), проведенцая к гипотенузе \(\rightarrow KL=\fraq{1}{2} CD = CL = LD \rightarrow \Delta CLK\) - равнобедренный \((KL = CL) \rightarrow \angle LCK = \angle LKC\) (по свойству равнобедренного треугольника). Но \(\angle BCK = \angle KCL\) (т. к. \(CK\) - биссектриса \(\angle BCD\)) \(\rightarrow \angle BCK = \angle LKC\) и т. к. эти углы являются внутренними накрест лежащими при прямых \(BC \parallel KL\) и секущей \(СК\), то \(BC \parallel KL\) - по признаку параллельности прямых. Параллельные прямые \(BC\), \(KL\) и \(AD\) проходящие через точки \(С\), \(L\) и \(D\), отсекают на стороне \(АВ\) равные отрезки, т. е. \(AM = МВ\). По определению средней линии \(ML\) - средняя линия и т. \(К \in ML\).

Ответ: NaN

Решение №39568: Поскольку биссектрисы углов при боковой стороне трапеции пересекаются под прямым углом, то \(\angle CKD = 90^\circ \rightarrow \Delta CKD\) - прямоугольный. \(KL\) - медиана \(\Delta CKD\), проведенцая к гипотенузе \(\rightarrow KL=\fraq{1}{2} CD = CL = LD \rightarrow \Delta CLK\) - равнобедренный \((KL = CL) \rightarrow \angle LCK = \angle LKC\) (по свойству равнобедренного треугольника). Но \(\angle BCK = \angle KCL\) (т. к. \(CK\) - биссектриса \(\angle BCD\)) \(\rightarrow \angle BCK = \angle LKC\) и т. к. эти углы являются внутренними накрест лежащими при прямых \(BC \parallel KL\) и секущей \(СК\), то \(BC \parallel KL\) - по признаку параллельности прямых. Параллельные прямые \(BC\), \(KL\) и \(AD\) проходящие через точки \(С\), \(L\) и \(D\), отсекают на стороне \(АВ\) равные отрезки, т. е. \(AM = МВ\). По определению средней линии \(ML\) - средняя линия и т. \(К \in ML\).

Ответ: NaN

Решение №39569: \(\Delta ОВА = \Delta ОСА\) - по гипотенузе и катету (\(АО\) - общая, \(ОВ = ОС\) как радиусы) \(\rightarrow \angle COA = \angle BOA\) и \(\angle BAO = \angle CAO\), \(AB = AC \rightarrow AO\) - биссектриса \(\angle А\). Центр окружности, вписанной в треугольник, находится на пересечении биссектрис углов треугольника \(\rightarrow O_{1} \in AO\) и \(\angle CBO_{1} = \angle O_{1}BA\) и \(\angle BCO_{1} = \angle O_{1}CA\). Т. к. \(\Delta CAB\) - равнобедренный \((ВА = АС\),то \(\angle ABC = \angle BCA \rightarrow \angle CBO_{1} = \angle O_{1}BA = \angle BCO_{1} = \angle O_{1}CA\). Проведем \(АO \rightarrow\) т. \(К\) принадлежит окружности. Пусть \(\angle BRE = \alpha\), тогда по свойству вписанного угла \(\angle ВОС = 2\alpha\). T. к. \(\angle BOA = \angle COA\), то \(\angle BOA = \angle COA = \alpha\). \(\Delta OBC\) - равнобедренный (\(ВО = ОС\) как радиусы) \(/rightarrow \angle OBC = \angle OCA\). Из теоремы о сумме углов треугольника \(\angle ОВС = \angle OCA = (180^\circ - 2\alpha) : 2 = 90^circ - \alpha\). \(\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ \rightarrow \angle CBA = \angle BCA = 90^\circ - \angle OBC = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) = \alpha\). Т. к. \(ВО_{1}\) и \(CО_{1}\) - биссектрисы углов \(B\) и \(C\), то \(\angle CBO_{1} = \angle BCO_{1} = \fraq{\alpha}{2}\) Рассмотрим \(\Delta BO_{1}C\): по тeopeме о сумме услов треугольника \(\angle BO_{1}C = 180^\circ - \fraq{\alpha}{2} - \fraq{\alpha}{2} = 180^\circ - \alpha\). В четырехугольнике \(KBO_{1}C: \angle BKC + \angle BO_{1}C = \alpha + 180^\circ - \alpha = 180^\circ = \angle KBC = \angle KCO_{1} = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(КВО_{1}С\) можно вписать в окружность, но точки \(К\), \(В\), \(С\) лежат на окружности с центом в т. \(О\) и радиусом \(ОВ \rightarrow\) т. \(О_{1} \in\) окружности с центром в т. \(О_{1}\) и радиусом \(ОВ\).

Ответ: NaN

Решение №39570: \(\angle CAD = \angle ACB\) как внутренние накрест лежащие при прямых \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АС\). Поскольку \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(ВС = AB\), то \(\angle BAC = \angle BCA\). T. к. \(\angle CAD = \angle BCA\), то \(\angle BAC = \angle CAD\). Поскольку трапеция равнобедренная, то \(\angle CDA = \angle BAD\).Пусть \)\angle CAD = \angle\), тогда \(\angle CDA = 2\alpha\). По теореме о сумие углов треугольника: \(\angle ACD + \angle CDA + \angle CAD = 180^\circ = 3\alpha + + 90^\ccirc = 180^\cric \rightarrow \alpha = (180^\circ - 90^\circ) : 3 = 30^\circ\), T. e. \(\angle CDA = 60^\circ \rightarrow \angle BAD = 60^\circ\). Поскольку сумма углов трапеции, прилежащих к ее боковой стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle BCD = 180^\circ - 60^\circ - 120^\circ \rightarrow \angle B = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

Ответ: Ответ: \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

Решение №39571: Рассмотрим \(АВМС: \angle ABM = \angle MCA = 90^\circ\),то \(\angle ABM + \angle MCA = 180^\circ \rightarrow \angle A + \angle M = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(АВМС\) можно вписать в окружность, т. е. точки \(А\), \(В\), \(С\) и \(М\) лежат на одной окружности - т. \(М \in\) окружности, описанной около \(\Delta ABC\).

Ответ: NaN

Решение №39572: Рассмотрим \(АВМС: \angle ABM = \angle MCA = 90^\circ\),то \(\angle ABM + \angle MCA = 180^\circ \rightarrow \angle A + \angle M = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(АВМС\) можно вписать в окружность, т. е. точки \(А\), \(В\), \(С\) и \(М\) лежат на одной окружности - т. \(М \in\) окружности, описанной около \(\Delta ABC\).

Ответ: NaN

Решение №39573: \(\Delta ABC \sim \Delta KMN = \angle A = \angle K, \angle B = \angle M, \angle C = \angle N\) - по определению подобных треугольников.

Ответ: NaN

Решение №39574: \(\Delta ABC\); \(\fraq{AB}{EF} = \fraq{BC}{FD} = \fraq{AC}{ED} \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta EFD\)

Ответ: NaN

Решение №39575: а) Нет, не являются, т. к. для равенства треугольников недостаточно равенства углов; б) Да, подобны; т.к. тогда соответствующие углы равны и соответствующие стороны равны \rightarrow\) отношение соответствующих сторон равно \(1 \rightarrow k = 1\).

Ответ: NaN

Решение №39576: Нет, не могут, поскольку у прямоугольного треугольника не может быть тупого угла и у тупоугольного треугольника не может быть прямого угла.

Ответ: Нет, не могут.

Решение №39577: Если коэффициент подобия треугольников равен 0,25, то \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} ＝ \fraq{1}{4} \Rightarrow\) стороны одного треугольника в 4 раза больше сторон другого.

Ответ: в 4 раза больше.

Решение №39578: \(BE = 1,9\) см. По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{BD}{AD} = \fraq{BE}{EC} = \fraq{1}{2} \Rightarrow EC = 2EB = 3,8\) см.

Ответ: \(BE = 1,9\) см. По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{BD}{AD} = \fraq{BE}{EC} = \fraq{1}{2} \Rightarrow EC = 2EB = 3,8\) см.

Решение №39579: \(\Delta ABC \sim \Delta DBE\).

Ответ: \(\Delta ABC \sim \Delta DBE\).

Решение №39580: a) \(\fraq{a}{c} = \fraq{8}{4} = 2\); \(\fraq{b}{d} = \fraq{24}{12} = 2\), т. e. \(\fraq{a}{c} = \fraq{b}{d} \Rightarrow\) отрезки \(a\) и \(b\) и пропорциональны отрезкам \(c\) и \(d\). Ответ: да. б) \(\fraq{a}{c} = \fraq{9}{7}\); \(\fraq{b}{d} = \fraq{14}{18} = \fraq{7}{9}\), \(\fraq{a}{c} \neq \fraq{b}{d} \Rightarrow\) - отрезки \(a\) и \(b\) не пропорциональны отрезкам \(c\) и \(d\). Ответ: нет.

Ответ: a) да; б) нет.

Решение №39581: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\); 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow AB = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{9 \cdot 12}{19} = \fraq{12}{2} = 6 \Rightarrow AB = 6\). 2) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow B_{1}C_{1} = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot BC}{AB} = \fraq{9 \cdot 8}{6} = 12\).

Ответ: 6, 12.

Решение №39582: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\); 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot B_{1}C_{1}}{BC} = \fraq{20 \cdot 12}{16} = 15\). 2) \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow A_{1}C_{1} = \fraq{B_{1}C_{1} \cdot AC}{BC} = \fraq{12 \cdot 12}{16} = 9\).

Ответ: 15; 9.

Решение №39583: а) По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{AK}{KВ} = \fraq{CM}{MB} \Rightarrow \fraq{AK \cdot MB}{KB} = \fraq{2 \cdot 9}{6} = 3\) (см). б) По теореме о пропорциональных отрезках \(\fraq{BK}{KA} = \fraq{BM}{MC}\). Пусть \(BM = х \Rightarrow MC = 10 - х \Rightarrow \fraq{3}{2} = \fraq{x}{10 - х}\); \(3(10 - x) = 2x\); \(30 - 3x = 2x\); \(x = 6\) см \(\Rightarrow BM = 6\) см; \(МС = 4\) см.

Ответ: а) 3 см; б) 4 см.

Решение №39584: По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{KB}{AK} = \fraq{BM}{MC} = \fraq{4}{3} \Rightarrow KB = \fraq{4 \cdot AK}{3} = \fraq{4 \cdot 6}{3} = 8\) (см) \(\Rightarrow AB = AK + KB = 8 + 6 = 14\) (см).

Ответ: 14 см.

Решение №39585: Из подобия треугольников следует равенство соответствующих углов: \(\angle A = \angle D = 45^\circ\), \(\angle B + \angle E = 110^\circ\); \(\angle C = \angle F\). a) В \(\Delta ABC\): \(\angle A = 45^\circ\); \(\angle B = 110^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABC\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarriw \angle C = 25^\circ\). б) В \(\Delta АВС\): \(\angle B = 80^\circ\); \(\angle A = \angle C\). По теореме о сумме углов \(\Delta АВС\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle A = \angle C = (180^\circ - 80^\circ) : 2 = 50^\circ\). \(\angle F = \angle C = 50^\circ\).

Ответ: а) \(25^\circ\); б) \(50^\circ\).

Решение №39586: \(\angle A_{1} - \angle B_{1} = 70^\circ\); \(\angle B_{1} = \angle A_{1} - 70^\circ = 90^\circ - 20^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника (в \(\Delta B_{1}A_{1}C_{1}\)): \(\angle B_{1} + \angle A_{1} + \angle C_{1} = 180^\circ \Rightarrow \angle C_{1} = 70^\circ\). Из подобия треугольников следует: \(\angle A_{1} = \angle A = 90^\circ\), \(\angle B_{1} = \angle B = 20^\circ\), \(\angle C_{1} = \angle C = 70^\circ\).

Ответ: \(20^\circ, 70^\circ\).