Решение №39677: Две наклонных (см. рисунок). \(AD = DB\).

Ответ: NaN

Решение №39678: По теореме Пифагора: \(c^2 = a^2 + b^2\); \(с^2 = 9 + 16 = 25\) (см), следовательно, \(с = 5\) (см).

Ответ: \(с = 5\) (см).

Решение №39679: \(a^2 + b^2 = 2,5^2 + 6^2 = 42,25\) (см^2). \(c^2 = 6,5^2 = 42,25\) (см^2), тогда \(c^2 = a^2 + b^2\). По теореме Пифагора этот треугольник - прямоугольный, тогда его наибольший угол равен \(90^\circ\).

Ответ: \(a^2 + b^2 = 2,5^2 + 6^2 = 42,25\) (см^2). \(c^2 = 6,5^2 = 42,25\) (см^2), тогда \(c^2 = a^2 + b^2\). По теореме Пифагора этот треугольник - прямоугольный, тогда его наибольший угол равен \(90^\circ\).

Решение №39680: а) По теореме Пифагора: \(c^2 = a^2 + b^2\), тогда \(c = \sqrt{7^2 + 24^2} = \sqrt{625} = 25\). Ответ: с = 25. б) \(b^2 = c^2 - a^2\), тогда \(b = \sqrt{9^2 - 17} = \sqrt{64} = 8\). Ответ: \(b = 8\). в) \(a^2 = c^2 - b^2\), тогда \(а = \sqrt{6^2 - 27} = \sqrt{9} = 3\). Ответ: \(а = 3\).

Ответ: а) \(с = 25\); б) \(b = 8\); в) \(а = 3\).

Решение №39681: a) По теореме Пифагора: \(a^2 = a_{l}^2 + h^2\), тогда \(a = \sqrt{a_{l}^2 + h^2}\); \(a = \sqrt{9^2 + 40^2} = \sqrt{1681} = 41\) (см) Ответ: длина наклонной равна 41 см. б) По теореме Пифагора: \(a^2 = a_{l}^2 + h^2\), откуда \(h = \sqrt{a^2 - a_{l}^2}\), \(h = \sqrt{29^2 - 20^2} = \sqrt{441} = 21\) (см). Ответ: длина перпендикуляра равна 21 см.

Ответ: a) Длина наклонной равна 41 см; б) длина перпендикуляра равна 21 см.

Решение №39682: a) По теореме Пифагора \(c^2 = a^2 + b^2\), тогда \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\), \(c = \sqrt{10^2 + 24^2} = \sqrt{676} = 28\) (см) Ответ: диагональ прямоугольника равна 26 см. б) По теореме Пифагора: \(c^2 = a^2 + b^2\), тогда \(a = \sqrt{c^2 - b^2}\), \(a = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{64} = 8\) (см); \(P = 2(a + b)\); \(P = 2(6 + 8) = 28\) (см). Ответ: периметр прямоугольника равен 28 см.

Ответ: a) диагональ прямоугольника равна 26 см; б) периметр прямоугольника равен 28 см.

Решение №39683: По теореме Пифагора \(c^2 = a^2 + b^2\). По определению равнобедренного треугольника \(а = b\). Тогда \(c^2 = 2a^2\); откуда: \(c = \sqrt{2}a\) или \(а = \fraq{c}{\sqrt{2}}\). a) \(а = 4\) см \(\Rightarrow c = \sqrt{2} \cdot 4 = 4\sqrt{2}\) (см); \(a = 2\sqrt{2}\) см \(Rightarrow c = \sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} = 4\) (см); для катета \(a\) см гипотенуза \(с = \sqrt{2}a\) (см). б) \(с = 10\) см \(\Rightarrow а = \fraq{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}\) (см); \(c = 12\) см \(\Rightarrow a = \fraq{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1\) (см); для гипотенузы \(c\) см катет \(а = \fraq{c}{\sqrt{2}}\) (см).

Ответ: a) \(c = 4\sqrt{2}\) (см); \(c = 4\) (см); \(с = \sqrt{2}a\) (см). б) \(а = 5\sqrt{2}\) (см); \(a = 1\) (см); \(а = \fraq{c}{\sqrt{2}}\) (см).

Решение №39684: Стороны квадрата с его диагональю образуют равнобедренный прямоугольный треугольник. Тогда аналогично задаче № 428: \(d = \sqrt{2}a\) и \(a = \fraq{d}{\sqrt{2}}\).

Ответ: \(d = \sqrt{2}a\) и \(a = \fraq{d}{\sqrt{2}}\).

Решение №39685: a) \(4^2 + 5^2 = 16 + 25 = 41 \neq 6^2\) - не является прямоугольным; б) \(5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2\) - прямоугольный; в) \(2^2 + (\sqrt{7})^2 = 4 + 7 = 11 \neq (\sqrt{13})^2\) - не является прямоугольным; г) \((\sqrt{10})^2 + 6^2 = 10 + 36 = 46 \neq 8^2\) - не является прямоугольным.

Ответ: a) Не является; б) является; в) не является; г) не является.

Решение №39686: \(CB^{2} + AC^{2} = 12^{2} + 16^{2} = 144 + 256 = 400 = 20^{2} - AB^{2}\) Тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, \(\Delta ABC\) - прямоугольный /(\angle ACB = 90^\circ\) По определению биссектрисы \(\angle ACD = \angle DCB = \fraq{1}{2} \angle ACB\), откуда \(\angle DCB = 90^\circ : 2 = 45^\circ\) Ответ: угол равен \(45^\circ\)

Ответ: Ответ: угол равен \(45^\circ\)

Решение №39687: По свойству биссектрисы, медианы и высоты равнобедренного треугольника \(\angle BDC = 90^\circ\) и \(AD = DC= \fraq{1}{2} AC\). Тогда \(ABCD\) - прямоугольный По теореме Пифагора: \(BC = \sqrt{BD^{2} + DC^{2}}\); \(BC = \sqrt{6^{2} + \fraq{16}{2}^{2}} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 (см)\) По определению равнобедренного треугольника: \(АВ = ВС = 10 см\). Тогда периметр: \(Р = AB + BC + CA\); \(P = 10 + 10 + 16 = 36 (см)\). Ответ: периметр равен \(36 см\).

Ответ: Ответ: периметр равен \(36 см\).

Решение №39688: По определению равнобедренного треугольника \(ВС = AB = 13 см\). \(P = AB + BC + AC\), тогда основание \(АС: AC = P - AB - BC\); \(AC = 36 - 13 - 13 = 10 (cм)\). По свойству биссеврисы, медианы и высоты равнобедренного треугольника \(AD = DC\); \(\angle BDC= 90^\circ\) \(DC = \fraq{1}{2} AC\); \(DC = 10: 2 = 5 (cм)\). По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника \(\Delta BCD\): \(BD^{2} + DC^{2} = BC^{2}\), тогда \(BD = \sqrt{13^{2}- 5^{2}} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12 (см)\). Ответ: медиана треугольника равна \(12 см\).

Ответ: Ответ: медиана треугольника равна \(12 см\).

Решение №39689: По свойству диагоналей параллелограмма \(AO = OC =AC : 2\) и \(BO = OD = BD : 2\) Тогда \(АО = 15 см\) и \(ВО = 8 см\). Рассмотрим \(\Delta BOA: BO^{2} + OA^{2} = 8^{2} + 15^{2} = 64 + 225 = 289 = 17^{2} = AB^{2}\). Тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, \(\Delta BOA\) - прямоугольный \(\angle BOA = 90^\circ\) Следовательно, диагонали параллелограмма \(ABCD\) пересекаются под прямым углом по признаку ромба, \(ABCD\) - ромб.

Ответ: NaN

Решение №39690: По свойству диагоналей ромба: \(AC \perp BD\); \(AO = OC = \fraq{AO}{2}\) и \(BO = OD = \fraq{BD}{2}\), тогда \(\Delta BOA\) - прямоугольный c катетами \(BO = \sqrt{11}\) м и \(AO = 5 м\) По теореме Пифагора: \(АВ^{2} = ВО^{2} + AO^{2}\), тогда \(AB = \sqrt{11 + 25} = \sqrt{36} = 6 см\). По определению ромба: \(AB = BC = CD = DA = 6 (см)\), тогда \(Р = 4 \cdot АВ = 4 \cdot 6 = 24 (см)\). Ответ: периметр ромба равен \(24 см\).

Ответ: Ответ: периметр ромба равен \(24 см\).

Решение №39691: а) Пусть \(a\) и \(b\) катеты, a \(c\) -гипотенуза, тогда по теореме Пифагора: \(c = \sqrt{a^{2} + a^{2}}\); \(c = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 см \) б) Пусть \(a\) и \(c\) - катеты, тогда \(b\) - гипотенуза. По теореме Пифагора \(b^{2} = a^{2} + c^{2}\); \(c = \sqrt{b^{2} - a^{2}}\); \(c = \sqrt{8^{2} - 6^{2}} = 2\sqrt{7} см\) Ответ: задача имеет два решения: \(c = 10 см\) или \(c = 2\sqrt{7} см\)

Ответ: Ответ: задача имеет два решения: \(c = 10 см\) или \(c = 2\sqrt{7} см\)

Решение №39692: а) По теореме Пифагора: \(с^{2} = а^{2} + b^{2}\). Пусть \(а = 3х\), тогда \(b = 4x\), значит, \(с^{2} = 9х^{2} + 16x^{2} = 25x^{2}\), тогда \(25х^{2} = (45)^{2}\). \(x^{2}= 2025 : 25\); \(x^{2} = 81\); \(x = 9 (см)\). Тогда катеты: \(а = 3 \cdot 9 = 27 (см)\); \(b = 4 \cdot 9 = 36 (cм)\). Ответ: катеты равны \(27\) и \(36 см\). б) Из метрических соотношений: \(CD= \sqrt{AD \cdot DB}\), тогда \(AD = \fraq{12^{2}}{16} = 9 (см)\). По теореме Пифагора для треугольников \(\Delta ADC\) и \(\Delta CDB\): \(AC = \sqrt{AD^{2} + DC^{2}}\) и \(BC = \sqrt{CD^{2} + DB^{2}}\); \(AC=\sqrt{9^{2} + 12^{2}} = \sqrt{81 + 144} =\sqrt{225} = 15 (см)\); \(BC =\sqrt{12^{2} + 16^{2}} = \sqrt{144 + 256} =\sqrt{400} = 20 (см)\). \(AB = AD + DB = 9 + 16 = 25 (см)\). Ответ: катеты треугольника равны \(15\) и \(20 см\), а его гипотенуза равна \(25 см\).

Ответ: Ответ: катеты треугольника равны \(15\) и \(20 см\), а его гипотенуза равна \(25 см\).

Решение №39693: Пусть \(а = 12х\), тогда \(с = 13х\), по теореме Пифагора \(с^{2} = а^{2} + b^{2}\); \((13x)^{2} = (12x)^{2} + 10^{2}\); \(169x^{2} = 144x^{2} + 100\); \(25x^{2} = 100\); \(x^{2} = 4\); \(x = 2 (cм)\). Тогда \(а = 2 \cdot 12 = 24(см)\); \(с = 2 \cdot 13 = 26 (см)\) Ответ: \(a = 24 см\); \(c = 26 см\). б) \(c = a_{c} + b_{c}\); \(c = 18 + 32 = 50 (cм)\) Из метрических соотношений найдем высоту \(h_{c}\), проведенную к гипотенузе: \(h_{c} = \sqrt{a_{c} \cdot b_{c}}\); \(h_{c} = \sqrt{18 \cdot 32} = 24 (см)\). По теореме Пифагора: \(a = \sqrt{a^{2}_{c} + h^{2}_{c}}\) и \(b = \sqrt{b^{2}_{c} + h^{2}_{c}}\) \(a = \sqrt{18^{2} + 24^{2}} = \sqrt{900} = 30 (см)\); \(b = \sqrt{32^{2} + 24^{2}} = \sqrt{1600} = 40 (см)\) Ответ: катеты треугольника равны \(30\) и \(40 см\), его гипотенуза равна \(50 см\).

Ответ: Ответ: катеты треугольника равны \(30\) и \(40 см\), его гипотенуза равна \(50 см\).

Решение №39694: \(\Delta ABC\) -- равносторонний треугольник. По определению равностороннего треугольника \(AB = ВС = AC\). По свойству биссектрисы медианы и высоты равностороннего треугольника: \(\angle BDC = 90^\circ\); \(AD = DC = \fraq{AC}{2}\) По теореме Пифагора: \(BC^{2} = BD^{2} + DC^{2} = BD^{2} + \fraq{BC^{2}}{2}\); отсюда: \(BD^{2} = \fraq{3}{4}BC^{2}\) Тогда: \(BD = \fraq{\sqrt{3}}{2}BC\) и \(BC = \fraq{2}{\sqrt{3}}BD\) а) \(BC = 6(см) \rightarrow BD = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot 6 = 3\sqrt{3} см\); \(BC = 2\sqrt{3} см \rightarrow BD = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 \sqrt{3} = 3 см\) \(BC = a см \rightarrow BD = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot a см\) б) \(BD = 1 см \rightarrow BC = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot DB = \fraq{2}{\sqrt{3}} см\) \(BD = 3\sqrt{3} см \rightarrow BC = \fraq{2}{\sqrt{3}} \cdot 3\sqrt{3} = 6 см\) \(BD = h см \rightarrow BD = \fraq{2}{\sqrt{3}} \cdot h см\)

Ответ: NaN

Решение №39695: \(AD = AE + ED\); \(AD = 6 + 4 = 10 см\) Но определению ромба \(АВ = BC = CD = DA\); тогда \(АВ = 10 см\) По теореме Пифагора для \(\Delta АВЕ: AB^{2} = BE^{2} + AE^{2}\); \(BE = \sqrt{AB^{2} - AE^{2}}\); \(BE = \sqrt{10^{2} - 6^{2}} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8 (cм)\). Ответ: высота ромба равна \(8 см\).

Ответ: Ответ: высота ромба равна \(8 см\).

Решение №39696: \(BC = BD + DC\); \(BC = 12 + 1 = 13\) (см). По определению равнобедренного треугольника: \(ВС = АВ\); \(АВ = 13\) (см). Рассмотрим \(\Delta ABD\). По теореме Пифагора: \(AB^2 = AD^2 + BD^2\), откуда \(AD^2 = AB^2 - BD^2\); \(AD^2 = 13^2 - 12^2 = 169 - 144 = 25\) (см^2). Рассмотрим \(\Delta ADC\). По теореме Пифагоpa: \(AC^2 = AD^2 + DC^2\); \(AC = \sqrt{AD^2 + DC^2\); \(AC = \sqrt{25 + 1} = \sqrt{26} (см).

Ответ: \(\sqrt{26}\) см.

Решение №39697: \(AC^2 + CB^2 = 15^2 + 20^2 = 225 + 400 = 625 = 25^2 = AB^2\), следовательно, по теореме, обратной теореме Пифагора, \(\Delta АВС\) - прямоугольный. Тогда для высоты \(CD\) справедливы метрические соотношения: \(CD = \sqrt{AD \cdot DB}\), но \(DB = AB - AD\), тогда \(CD^2 = AD \cdot (AB - AD)\). По теореме Пифагора для \(\Delta ADC\) и \(\Delta CDB\): \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AC^2 = AD^2 + CD^2\), \(CB^2 = BD^2 + DC^2\); \end{cases} \end{equation*} \) Подставляем выражения для \(CD^2\), получим: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AC^2 = AD^2 + AD \cdot AB - AD^2\) \(CB^2 = (AB - AD)^2 + AD \cdot (AB - AD) = AB^2 - 2AB \cdot AD + AD^2 +AD \cdot AB - AD^2 = AB^2 - AB \cdot AD\). \end{cases} \end{equation*} \) Из первого выражения находим \(AD\): \(AD = \fraq{AC^2}{AB}\); \(AD = \fraq{15^2}{25} = 9\) (см). Тогда \(DB = 25 - 9 = 16\) (см). Высота \(CD = \sqrt{AD \cdot DB}\); \(CD = \sqrt{9 \cdot 16} = 12\) (см). По определену медианы \(AM = MB = \fraq{AB}{2}\); \(AM = \fraq{25}{2} = 12,5\) (см), \(DM = AM - AD\); \(DM = 12,5 - 9 = 3,5\) (см). По теореме Пифагора для \(\Delta DMC\): \(CM = \sqrt{CD^2 + MD^2}\); \(CM = \sqrt{144 + 12,25} = 12,5\) (см).

Ответ: 12 см; 12,5 см.

Решение №39698: \((m^2 - n^2)^2 + (2mn)^2 = m^4 - 2m^2n^2 + n^4 + 4m^2n^2 = m^4 + 2m^2n^2 + n^4 = (m^2 + n^2)^2\).

Ответ: NaN

Решение №39699: По определению равнобедренной трапеции \(АВ = CD\). Следовательно, \(AE = FD\). \(BCFE|) - прямоугольник, значит, \(EF = BC = 8\) (см). Тогда \(AE = \fraq{AD - EF}{2}\), \(AE = 5\) (см). Для \(\Delta АВЕ\) по теореме Пифагора: \(AB = \sqrt{AE^2 + BE^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13\) (см); \(P = AB + BC + CD + DA\); \(P = 13 + 8 + 13 + 18 = 52\) (см). \(BC = AD = 8 + 18 = 26 = 13 + 13 = AB + CD\) это означает, что можно вписать окружность.

Ответ: 52 см; да.

Решение №39700: Проведем высоту \(СЕ\). Тогда, по определению, \(AВСЕ\) - прямоугольник и по его свойству \(ВС = AE = 21\) см и \(AB = CE\). Для \(\Delta ECD\) по теореме Пифагора: \(ED^2 + EC^2 = CD^2\), тогда \(EC = \sqrt{CD^2 - ED^2}\). \(ED = AD - AE = 28 - 21 = 7\) (см). Тогда \(EC = \sqrt{25^2 - 7^2} = \sqrt{625 - 49} = \sqrt{576} = 24\) (см). \(AB = CE = 24\) (см). \(P = AB + BC + CD + DA\); \(P = 24 + 21 ÷ 25 + 28 = 98\) (см).

Ответ: 25 см.

Решение №39701: По теореме Пифагора для \(\Delta АВD\) и \(\Delta ADC\): \(BD^2 = AB^2 - AD^2\); \(DC^2 = AC^2 - AD^2\); \(BD = \sqrt{AB^2 - AD^2\); \(DC = \sqrt{AC^2 - AD^2\); \(BD = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15\) (см); \(DC = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6\) (см). a) \(BC = BD + DC\); \(BC = 15 + 6 = 21\) (см). б) \(BC = BD - CD\); \(BC = 15 - 6 = 9\) (см).

Ответ: Задача имеет два решения: 9 см и 21 см.

Решение №39702: Пусть \(АВС\) - произвольный треугольник и \(AD\) - его высота. По теореме Пифагора для \(\Delta ADB\) и \(\Delta ADC\): \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AB^2 = AD^2 + BD^2\); \(AC^2 = AD^2 + DC^2\); \end{cases} \end{equation*} \) Вычитаем из первого уравнения второе: \(AB^2 - AC^2 = BD^2 - DC^2\). По аксиоме об измерении отрезков \(CD = BC - BD\), тогда: \(AB^2 - AC^2 = BD^2 - (BC - BD)^2 = BD^2 - BC^2 + 2BC \cdot BD - BD^2 = 2BC \cdot BD - BC^2\). Отсюда найдем \(BD\): \(BD = \fraq{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot BC}\). Зная \(BD\), найдем \(AD): \(AD = \sqrt{AB^2 - BD^2}\). a) \(АВ = 15\) см; \(AC = 41\) см; \(ВС = 52\) см. Тогда \(BD = \fraq{15^2 + 52^2 - 41^2}{2 \cdot 52} = 12\) (см); \(AD = \sqrt{15^2 -12^2} = \sqrt{81} = 9\) (см). Ответ: высота равна 9 см. б) \(АВ = 10\) см; \(АС = 17\) см; \(ВС = 21\) см. \(BD = \fraq{10^2 + 21^2 - 17^2}{2 \cdot 21} = 6\) (см); \(AD = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{64} = 8\) (см). Ответ: высота равна 8 см.

Ответ: a) 9 см; б) 8 см.

Решение №39703: По теореме Пифагора для \(\Delta ABD\) и \(\Delta ACD\): \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AC^2 = AD^2 + DC^2\); \(AB^2 = AD^2 + BD^2\); \end{cases} \end{equation*} \) \(АС = АВ + 8\) (по условию), тогда: \((AB + 8)^2 - AB^2 = DC^2 - BD^2\); \(16AB + 64 = DC^2 - BD^2\); \(AB = \fraq{DC^2 - BD^2 - 64}{16}\); \(AB = \fraq{400 - 64 - 64}{16} = 17\) (см). \(AC = 17 + 8= 25\) (см). По теореме Пифагора: \(AD = \sqrt{AC^2 - DC^2}\); \(AD = \sqrt{625 - 400} = \sqrt{225} = 15\) (см).

Ответ: 15 см.

Решение №39704: \(\Delta АВС\) вписан в окружность и опирается на диаметр, тогда \(\angle CAB = 90^\circ\) и \(\Delta АВС\) - прямоугольный. По теореме Пифагора: ВС^2 = AC^2 + AB^2\); \(BC = \sqrt{20^2 + 15^2} = \sqrt{400 + 225} = \sqrt{625} = 25 (см). \(\Delta ABD \sim \Delta CAD\), тогда: \(\fraq{BD}{DC} = \fraq{AB^2}{AC^2}\). \(DC = BC - BD\), значит, \(\fraq{BD}{BC - BD} = \fraq{AB^2}{AC^2}\); отсюда \(BD(AC^2 + AB^2) = AB^2 \cdot ВС\). \(BD = \fraq{AB^2 \cdot BC}{AC^2 + AB^2}\); \(BD = \fraq{225 \cdot 25}{400 + 225} = 9\) (см). По теореме Пифагора: \(AD = \sqrt{AB^2 - BD^2}\); \(AD = \sqrt{15^2 - 9^2} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12\) (см).

Ответ: Расстояние от точки \(А\) до диаметра равно 12 см.

Решение №39705: \(AB^2 + BC^2 = 9^2 + 40^2 = 81 + 1600 = 1681 = 41^2 = АС^2\), тогда по теореме, обратной к теореме Пифагора, \(\Delta АВС\) - прямоугольный. По свойству прямоугольного треугольника, вписанного в окружность, \(AC\) - диаметр. Тогда \(R = \fraq{AC}{2}\); \(R = \fraq{41}{2} = 20,5\) (см).

Ответ: 20,5 см.

Решение №39706: По определению касательной, \(АЕ \perp EB\) и \(AD \perp DC\), тогда \(\Delta AEB\) и \(\Delta ADC\) - прямоугольные. \(\angle DAC = \angle EAB\) - общий, следовательно, \(\Delta АЕВ \sim \delta ADC\) по равному острому углу. Из подобия: \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{AE}{AD} = \fraq{EB}{DC}\), но \(AC = AB + R_{1} + R_{2}\); \(AD = AE + ED\); \(EB = R_{1}\); \(DC = R_{2}\); тогда \(\fraq{AB}{AB + R_{1} + R_{3}} = \fraq{R_{1}}{R_{2}}\). откуда: \(AB = \fraq{R_{1}(R_{2} + R_{1})}{R_{2}\). \(AB = \fraq{4 \cdot (9 + 4)}{9 - 4}= 10,4 (см)\). По теореме Пифагора \(AE = \sqrt{AB^{2} - R_{1}^{2}}\); \(AE = \sqrt{10,4^{2} - 4^{2}} = \sqrt{108,16 - 16} = 9,6 (cм)\). \(\fraq{AE}{AE + ED} = \fraq{R_{1}}{R_{2}}\); откуда \(ED = \fraq{AE(R_{1} - R_{2})}{R_{1]}\); \(ED = \fraq{9,6 \cdot (9 - 4)}{4} = 12 (см)\). Ответ: расстояние между точками касания равно \(12 см\).

Ответ: Ответ: расстояние между точками касания равно \(12 см\).

Решение №39707: \(BD = DA = R_{1}\); \(AE = EC = R_{2}\) тогда, по определению равнобедренного треугольника, \(\Delta BDA\) и \(\Delta АЕС\) равнобедренные. По свойству углов равнобедренного треугольника \(\angle ABD = \angle BAD\) и \(\angle EAC = \angle ECA\). Пусть \(\angle BDA = 2\alpha\) и \(\angle AEC = 2\beta\), тогда по теореме о сумме углов треугольника: \(\angle ABD = \angle BAD = 90^\circ - \alpha\) и \(\angle EAC = \angle ECA = 90^\circ - \beta\). По определению касательной \(ВС \perp BD\) и \(DC \perp CE\), тогда \(\angle BCA = 90^\circ - \angle ACE = \beta\); \(\angle CBA = 90^\circ - \angle DBA = \alpha\). По свойству смежных углов: \(\angle DAB + \angle BAC + \angle CAE = 180^\circ\) Тогда: \(90^\circ - \alpha + \angle BAC + 90^\circ - \beta = 180^\circ\), отсюда \(\angle BAC = \alpha + \beta\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle ABC + \angle BCA + \angle CAB = 180^\circ\); \(\alpha. + \alpha + \beta + \beta = 180^\circ\); \(2(\alpha + \beta) = 180^\circ\); тогда \(\alpha + \beta = 90^\circ\), но \(\angle BAC = \alpha + \beta = 90^\circ\), значит, \(\Delta АВС\) - прямоугольный. По теореме Пифагора: \(BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}}\), \(BC = \sqrt{5^{2} + 12^{2}} = \sqrt{25+144} = \sqrt{169} =13 (см)\). Ответ: \(ВС = 13 см\).

Ответ: Ответ: \(ВС = 13 см\).

Решение №39708: Дополнительное построение: из точки \(В\) проведем отрезок \(ВЕ\), параллельный \(СА\). По определению трапеции \(ВС \parallel AD\), тогда из условий \(ВС \parallel ЕА\) и \(ВЕ \parallel АС \rightarrow EBCA\) - параллелограмм по определению. Тогда, по свойству противолежащих сторон параллелограмма, \(ЕА = BC\). \(\angle DOA\) и \(\angle DBE\) - соответствующие при \(ВЕ \parallel СА\) и секушей \(DB\), тогда \(\angle DBE = \angle DOA = 90^\circ\) Тогда \(\Delta DBE\) - прямоугольный. По теореме Пифагора: \(DE^{2} = DB^{2} + EB^{2}\); \(DE = \sqrt{DB^{2} + EB^{2}}; \(DE = \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2 (м)\). По свойству средней линии трапеции \(MN = \fraq{BC + AD}{2}\) Ho \(ED = EA + AD\), a \(EA = BC\), тогда \(BC + AD = ED\); \(MN = \fraq{ED}{2}\), \(MN = 1 (м)\). Ответ: средняя линия трапеции равна \(1 м\).

Ответ: Ответ: средняя линия трапеции равна \(1 м\).

Решение №39709: По теореме Пифагора для \(\Delta MDC : СМ^{2} = MD^{2} + DC^{2}\) тогда \(DM = \sqrt{CM^{2} - DC^{2}}; \(DM = \sqrt{625 - 576} = \sqrt{49} = 7 (см)\). Из метрических соотношений для \(\Delta ACB : CD^{2} = AD \cdot DB\). Пусть \(DB = x\) тогда по определению медианы \(АМ = MB = \fraq{AB}{2}\) \(MB = MD + DB\); \(AM = MD + DB = x + 7\); \(AD = AM + MD = x + 7 + 7= x + 14\). \(CD^{2} = 576\). Тогда для \(x\) получили уравнение: \(576 = (х + 14) \cdot х\); \(x^{2} + 14 х - 576 = 0\). \(D_{1} = 49 + 576 = 625\); \(x= - 7 + 25 = 18 (см)\). \(DB = 18 cм\); \(AD = 18 + 14 = 32 (см)\); \(AB = 18 + 32 = 50 (см)\). По теореме Пифагора для \(\Delta ACD\) и \(\Delta CDB\): \(AC^{2} = AD^{2} + CD^{2}\) и \(CB^{2} = CD^{2} + DB^{2}\); \(AC = \sqrt{AD^{2} + CD^{2}}\) и \(CB = \sqrt{CD^{2} + DB^{2}}\), \(AC = \sqrt{32^{2} + 24^{2} = 40 (см)\); \(CB = \sqrt{24^{2} + 18^{2}} = 30 (см)\). Радиус вписанной окружности найдем как \(r = \fraq{2 \cdot AC \cdot CB}{AC + CB + AB}\) \(r = \fraq{2 \cdot 40 \cdot 30}{40 + 30 + 50}\) Ответ: радиус вписанной окружности равен \(20 см\).

Ответ: Ответ: радиус вписанной окружности равен \(20 см\).

Решение №39710: В трапецию можно вписать окружность, если: \(AB + DC = BC + AD\). По определению равнобедренной трапеции \(AB = CD\), тогда \(АВ = \fraq{BC + AD}{2}\) Проведем высоты \(BM\) и \(CL\), тогда \(BMLC\) - прямоугольик по определению. По свойству прямоугольника \(ВС = ML\). Тогда \(AM = \fraq{AD - ML}{2} = \fraq{AD - BC}{2}\) По теореме Пифагора для \(\Delta АВМ : AB^{2} = BM^{2} + MA^{2}\), \(BM^{2} = \fraq{1}{4} BC^{2} + \fraq{1}{2} AD \cdot BC + \fraq{1}{4} AD^{2} - \fraq{1}{4} AD^{2} + \fraq{1}{2} AD \cdot BC - \fraq{1}{4}BC^{2} = AD \cdot BC\)

Ответ: NaN

Решение №39711: По теореме Пифагора: \(BC^{2} + AD^{2} = (BO^{2} + OC^{2}) + (AO^{2} + OD^{2}) = (BO^{2} + AO^{2}) + (OC^{2} + OD^{2}) = BA^{2} + CD^{2}\) Обратное утверждение: если суммы квадратов длин противолежащих сторон четырехугольника равны, то его диагонали перпендикулярны. Пусть утверждение не верно. Опустим на диагональ \(BD\) перендикуляры \(СО_{1}\) и \(AO_{1}\) По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} BO_{1}^{2} + O_{1}C^{2} = BC^{2} DO_{1}^{2} + O_{1}C^{2} = DC^{2} BO_{1}^{2} + O_{2}A^{2} = BA^{2} DO_{2}^{2} + O_{2}C^{2} = DA^{2} \end{cases} \end{equation*} \) Тогда \(BC^{2} + AD^{2} = BA^{2} + DC^{2}\) можно записать так: \(BO_{1}^{2} + O_{1}C^{2} + DO_{1}^{2} + O_{2}A^{2} = DO_{1}^{2} + O_{1}C^{2} + BO_{2}^{2} + O_{2}A^{2}\). Следовательно, \(BO_{1}^{2} + DO_{2}^{2} + DO_{1}^{2} - BO_{2}^{2} = 0\) \((BO_{1} - DO_{1}) \cdot (BO_{1} + DO_{1}) + (DO_{2} - BO_{2}) \cdot (DO_{2} + BO_{2}) = 0\), Но \(BO_{1} + DO_{1} = BD\) и \(BO_{2} + DO_{2} = BD\) и \(BD \neq 0\), тогда \(BO_{1} - DO_{1} + DO_{2} - BO_{2} = 0\) \((BO_{1} - BO_{2}) + (DO_{2} - DO_{1}) = 0\). \(O_{1}O_{2} + O_{1}O_{2} = 2 O_{1}O_{2} = 0\). Значит, точки \(O_{1}\) и \(O_{2}\) совпадают. Тогда \(CA \perp BD\).

Ответ: NaN

Решение №39712: \(AK = КМ\) по условию; \(CK\) - общая сторона \(\Delta АСК\) и \(\Delta MCK\) По теореме Пифагора: \(CA = \sqrt{CK^{2} - АК^{2}}\); \(CM = \sqrt{CK^{2} - MK^{2}} = \sqrt{CK^{2} - AK^{2}} = CA\). Тогда \(\Delta ACK\) равен \(\Delta МСК\) по двум сторонам и углу между ними. Из равенства треугольников \(\angle KCA = \angle KCM = \fraq{\angle ACM}{2}\) По определению биссектрисы, \(СК\) - биссектриса.

Ответ: NaN

Решение №39713: По теореме Пифагора: \(AD = \sqrt{AB^{2} - DB^{2}\) \(CD = \sqrt{BC^{2} - DB^{2}\), следовательно, \(AD > DC\). Ответ: \(AD > DC\).

Ответ: Ответ: \(AD > DC\).

Решение №39714: Если бы углы, прилежащие к этой стороне, были равны, то по признаку равнобедренного треугольника, данный треугольник - равнобедренный. Но тогда, по свойству биссектрисы равнобедренного треугольника, она также является и медианой, следовательно, не может делить эту сторону в отношении \(1 : 2\). Значит, углы не равны.

Ответ: NaN

Решение №39715: Допустим, биссектриса может делить боковую сторону в отношении \(2 : 1\), начиная от основания. Тогда: пусть \(CE = x\), следовательно, \(EB = 2х\). Проведем отрезок \(ED \parallel AB\). \(\angle CED = \angle B\) и \(\angle CED = \angle A\) как односторонние при параллельных \(АВ\) и \(DE\) и секущих соответственно \(СВ\) и \(CA\). T. к. \(\angle A = \angle B\), то \(\angle CDE = \angle CED \rightarrow \Delta CDE\) - равнобедренный \(\rightarrowCD = CE = х\), а т. к. \(CA = CB\), то и \(AD = ЕВ = 2x\). Углы \(\angle EAB = \angle AED\) как внутренние накрест лежащие при \(DE \parallel AB\) и секущей \(АЕ\). \(\angle DAE = \angle EAB\) (по определению биссектриссы). Следовательно, \(\angle DAE = \angle AED\) Тогда по признаку \(\Delta ADE\) равнобедренный, значит, по определению \(AD = DE = 2x\). B \(\Delta CDE : CE = CD = x\), \(DE = 2х\). Это противоречит тому, что сумма двух любых сторон треугольника должна быть больше третьей

Ответ: NaN

Решение №39716: \(AB = 5\) см; \(AD = 2,3\) см; \(DC = 2\) см. \(\fraq {BC}{DC} = \fraq{AB}{AD}\) - свойство биссектрисы треугольника. \(BC = \fraq{DC}{AD} \cdot AB\); \(BC = \fraq{2}{2,3} \cdot 5 = 4,3\) см.

Ответ: NaN

Решение №39717: \(AB = 6\) см; \(BC = 7\) см; \(CA = 8\) см; \(BD = 3\) см. \(\angle BAD = \angle CAD\), т. к. по свойству биссектрисы \(\fraq{CD}{DB} = \fraq{CA}{AB}\); \(\fraq{4}{3} = \fraq{8}{6}\) - выполняется, следовательно, \(AD\) - биссектриса \(\angle CAB\), тогда по определению \(\angle CAD = \angle DAB = \angle CAB : 2\).

Ответ: NaN

Решение №39718: а) По свойству биссектрисы: \(\fraq{АВ}{AD} = \fraq{BC}{CD}\). \(AB = BC \cdot \fraq{AD}{CD}\); \(AB = 8 \cdot \fraq{3}{2} = 12\) (см). Ответ: AB = 12 см. б) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(\fraq{AB}{AD} = \fraq{BC}{CD}\); \(AD = AC - CD\); \end{cases} \end{equation*} \) \(\fraq{AB}{AC - DC} = \fraq{BC}{CD}\); \(DC = \fraq{AC \cdot BC}{AB + BC}\); \(DC = \fraq{10 \cdot 6}{9 + 6} = 4\) см; \(AD = AC - DC\); \(AD = 10 - 4 = 6\) (см). AD = 6 см; DC = 4 см.

Ответ: а) 12 см; б) AD = 6 см; DC = 4 см.

Решение №39719: По свойству биссектрисы \(\fraq{BD}{DC} = \fraq{AB}{AC}\). По определению равнобедренного треугольника: \(AC = BC = BD + DC\); \(AC = 2 + 4 = 6\) (см). Тогда: \(AB = BD \cdot \fraq{AC}{DC}\): \(AB = 2 \cdot \fraq{6}{4} = 3\) (см).

Ответ: 3 см.

Решение №39720: По свойству биссектрисы: \(\fraq{AD}{DC} = \fraq{AB}{BC}; \(AB = BC \cdot \fraq{AD}{DC}\); \(AB = \fraq{8}{12}BC = \fraq{2}{3}BC\). \(P = AD + DC + CB + BA\); \(45 = 8 + 12 + BC + \fraq{2}{3}BC\); \(\fraq{5}{3}BC = 25\); \(ВС = 15\) (см); \(АВ = 10\) (см).

Ответ: 10 см, 15 см и 20 см.

Решение №39721: По свойству биссектрисы \(\fraq{AD}{AB} = \fraq{DC}{BC}\), или \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{AD}{DC}\). Ho \(CD - DA = 5\) (см), тогда \(CD = 5 + DA\); \(\fraq{3}{4} = \fraq{DA}{5 + DA}\); \(DA = 15\) (см). Тогда \(CD = 20\) (см). \(AC - AD + DC\); \(AC = 15 + 20 = 35\) (см). Проведем высоту \(ВЕ\), тогда из соотношений в прямоугольном треугольнике: \(\fraq{AE}{EC} = \fraq{AB^2}{BC^2}\). \(AE = AC - EC\); \(\fraq{AC - EC}{EC} = \fraq{9}{16}\); \(25EC = 16AC\); \(EC = \fraq{16}{25} \cdot 35 = 22,4\) (см). Тогда \(AE = 35 - 22,4 = 12,6\) (см). По теореме Пифагора: \(AB = \sqrt{AE^2 + EB^2}\) и \(BC = \sqrt{EC^2 + EB^2}\). Из метрических отношений: \(EB = \sqrt{AE \cdot EC}\); \(EB = \sqrt{12,6 \cdot 22,4} = 16,8\) (см); \(AB = \sqrt{12,6^2 + 16,8^2} = 21\) (см); \(BС = \sqrt{22,4^2 + 16,8^2} = 28\) (см).

Ответ: 21,28 см и 35 см.