Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Сторона, равная 1.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет.

Решение №17352: Пусть одна сторона = \(х\). Тогда вторая-\(х+1\), третья-\(х-3\). х+х+1+х-3=19 3х=21 х=7 4+7>8 4+8>7 7+8>4

Ответ: Может.

Решение №17353: Пусть указанная сторона равна \(2x\).‍ Тогда остальные стороны равны \(x\)‍ и \(6x\).‍ Треугольник со сторонами \(x,‍ 2x\)‍ и \(6x\)‍ не существует, так как для этих сторон не выполняется неравенство треугольника \( (x + 2x = 3x < 6x)\).

Ответ: Нет.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17355: Пусть \(h‍_{1},‍ h‍_{2},‍ h‍_{3}\) —‍ высоты треугольника, опущенные на стороны \( a,‍ b,‍ c\)‍ соответственно. Тогда \( h‍_{1} ≤ b,‍ h‍_{2} ≤ c,‍ h‍_{3} ≤ a\),‍ причём хотя бы в одном из случаев неравенство строгое. Сложив почленно эти три неравенства, получим, что \( h‍_{1} + h_{2}‍ + h‍_{3} < a + b + c\).‍ Что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) 3; б) 13.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 6

Решение №17359: Поскольку в треугольнике против большей стороны лежит больший угол, то наименьший угол треугольника \(ABC\) лежит против стороны \(AB\), то есть это угол \(ACB\). Обозначим \(\angle C = \gamma \). Тогда \(\angle A = 2\gamma , \angle B = 3\gamma \). По теореме о сумме углов треугольника \(\gamma + 2\gamma + 3\gamma = 180^{\circ}\), откуда \gamma = 30^{\circ}\). Следовательно, \( \angle A = 2\gamma = 60^{\circ}\).

Ответ: 60^{\circ}

Решение №17360: Поскольку в треугольнике против большего угла лежит большая сторона , то средняя по величине сторона треугольника лежит против среднего по величине угла треугольника, а так как среднее арифметическое двух чисел содержится между этими числами, то средний по величине угол треугольника \(ABC\) —‍ это угол при вершине \(A\).‍ Следовательно, \(BC\) —‍ средняя по величине сторона треугольника \(ABC\).

Ответ: BC

Решение №17361: Если хорда \(AB\) не является диаметром окружности с центром \(O\) (см. рис. ниже), то для равнобедренного треугольника \(AOB\) верно неравенство \(AB < OA + OB\).

Ответ: NaN

Решение №17362: Из простейшего неравенства треугольника \(АВ + ВС > АС\); поэтому \(АВ + ВС + CD > AC + CD\); но \(АС + СD > AD\) (из того же неравества треугольника).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: а) Да; б) нет.

Решение №17364: Если \(CD\) — высота прямоугольного треугольника \(ABC\), проведенная к гипотенузе \(AB\) (см. рис. ниже), то \( \angle ACD = \angle ∠ABC и \angle ∠BCD = ∠\angle BAC\).

Ответ: NaN

Решение №17365: Если \( \angle BAD > \angle CAD\) (см. рис. ниже), то \( \angle ABC = 90^{\circ} − \angle BAD < 90^{\circ} − \angle CAD = ∠\angle ACB\).

Ответ: AB > AC

Решение №17366: Пусть \(a, b, c\) — стороны треугольника. Тогда \(a + b + c = a + (b + c) > a + a = 2a\) , поэтому \( a< \frac{1}{2}\left ( a+b+c \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17367: Пусть \(AC\) — диагональ четырехугольника \(ABCD\) (см. рис. ниже). Применяя неравенство треугольника к треугольникам \(ABC\) и \(ACD\), получим \(AC < AB + BC\) и \(AC < AD + CD\). Сложив почленно эти неравенства, найдем \( 2AC < AB + BC + AC + CD\), откуда \( AC< \frac{1}{2}\left ( AB+BC+AC+CD \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17368: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) данного четырехугольника \(ABCD\) (см. рис. ниже). Тогда \(AB < AM+ BM\) и \(CD < CM + DM\). Сложив почленно эти неравенства, получим \(AB + CD < AM + BM + CM + DM = (AM + CM) + (BM + DM) = AC + BD\).

Ответ: NaN

Решение №17369: В точке пересечения диагоналей четырехугольника. Указание. Предположите, что искомая точка не лежит на одной из диагоналей, и примените неравенство треугольника.

Ответ: NaN

Решение №17370: Пусть \(M\) – точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) четырёхугольника \(ABCD\). Применим неравенство треугольника к треугольникам \(ABC, ADC, BAD\) и\( BCD: AC < AB + BC, AC < DA + DC, BD < AB + AD, BD < CB + CD\). Сложив эти четыре неравенства, получим: \( 2(AC + BD) < 2(AB + BC + CD + AD)\). Запишем неравенства треугольника для треугольников \(AMB, BMC, CMD и AMD: AM + MB > AB, BM + MC > BC, MC + MD > CD, MA + MD > AD\). Сложив эти неравенства, получим: \(2(AC + BD) > AB + BC + CD + AD\).

Ответ: NaN

Решение №17371: Пусть \(M\) — точка на основании \(BC\) равнобедренного треугольника \(ABC\), отличная от точек \(B\) и \(C\) (см. рис. ниже). Тогда один из углов \(AMB\) и \(AMC\) прямой или тупой. Предположим, \( \angle AMB > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(AMB\), значит, \(AM < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17372: Через точку \(K\) проведем прямую, параллельную основанию \(BC\) (см. рис. ниже). Пусть \(M\) — ее точка пересечения с боковой стороной \(AB\). Тогда \( \angle BKM = \angle CBK = \angle ABK\), значит, треугольник \( BMK\) равнобедренный, \( BM = MK = KC\). Следовательно, \(2CK = BM + MK > BK\).

Ответ: NaN

Решение №17373: Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей радиусов \(r\) и \(R\) соответственно (см. рис. ниже), A — одна из двух точек их пересечения. Для треугольника \( O_{1}AO_{2} \) верны неравенства \( O_{1}O_{2} < O_{1}A + O_{2}A\) и \(AO_{2} < O_{1}A + O_{1}O_{2}\), или \( O_{1}O_{2} < r + R и O_{1}O_{2} > AO_{2} − AO_{1} = R − r\).

Ответ: NaN

Решение №17374: Докажем, что кратчайшее расстояние между точками двух окружностей, лежащих одна вне другой, есть отрезок линии центров, заключенный между окружностями. Пусть \(O_{1}\) и \(O_{2}\) — центры окружностей, а линия центров пересекает окружности в точках \(A\) и \(B\), причем и \(A\), и \(B\) лежат между \(O_{1}\) и \(O_{2}\) (см. рис. ниже). Тогда, если \(X\) и \(Y\) — другие точки этих окружностей, то \(XO_{1} + XY + YO_{2} > O_{1}O_{2} = AO_{1} + AB + BO_{2}\). Следовательно, \(XY > AB\). Пусть \(AM\) и \(BN\) — диаметры окружностей, а \(X\) и \(Y\) — точки окружностей, отличные от \(M\) и \(N\). Тогда \( XY < XO_{1} + O_{1}O_{2} + Y O_{2} = MO_{1} + O_{1}O_{2} + NO_{2} = MN\). В нашей задаче \(AB = 3\) и \( MN = 2 + 8 + 3 = 13\).

Ответ: 3 и 13.

Решение №17375: Если \( O\) — точка пересечения биссектрис треугольника \(ABC\), то \( \angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A \)

Ответ: NaN

Решение №17376: Пусть \( ABC\) и \( A_{1}B_{1}C_{1}\) — равнобедренные треугольники с основаниями \(BC\) и \(B_{1}C_{1}\) (рис. 194), причем \(AB = AC = A_{1}B_{1} = A_{1}C_{1}\) и \( \angle A > \angle A_{1}, а \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) — их высоты. На продолжениях \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\) за точки \(D\) и \(D_{1}\) отложим отрезки \(DM\) и \(D_{1}M_{1}\), соответственно равные \(AD\) и \(A_{1}D_{1}\). Тогда в треугольниках \(ACM\) и \(A_{1}C_{1}M_{1}\) известно, что \(AC = A_{1}C_{1}, CM = C_{1}M_{1}\) и \(\angle ACM < \angle A_{1}C_{1}M_{1}\). Значит, \(AM < A_{1}M_{1}\). Следовательно, \(AD < A_{1}D_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17377: Пусть \(a\) – боковая сторона, \(2b\) – основание, \(h\) – высота, опущенная на основание. Тогда \(a^{2} = h^{2} + b^{2} \), откуда все и следует.

Ответ: NaN

Решение №17378: Воспользуемся следующей леммой (рис. 1). Если стороны \(XY\)‍ и \(XZ\)‍ треугольника \(XYZ\)‍ соответственно равны сторонам \(X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(X‍_{1}Z‍_{1}\)‍ треугольника \( X‍_{1}Y‍_{1}Z_{1}\),‍ а \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(\angle YXZ > \angle Y‍_{1}X_{1}‍Z‍_{1}\).‍ Обратно, если \(XY = X‍_{1}Y‍_{1}\)‍ и \(XZ = X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ а \( YXZ > \angle Y‍_{1}X‍_{1}Z‍_{1}\),‍ то \(YZ > Y‍_{1}Z‍_{1}\)‍. Пусть \(AB\)‍ и \(CD\) —‍ отличные от диаметра хорды окружности с центром \(O\)‍ (рис. 2), причём \(AB > CD,‍ M\)‍ и \(N\)‍ соответственно — проекции центра окружности на эти хорды. Тогда \(OM\)‍ и \(ON\) —‍ высоты равнобедренных треугольников \(AOB\)‍ и \(COD\)‍ с равными боковыми сторонами \(OA = OB = OC = OD\)‍ и неравными основаниями \(AB > AC\).‍ Докажем, что высота \(OM\)‍ треугольника \(AOB\)‍ с большим основанием \(AB\),‍ меньше высоты \(ON\)‍ треугольника \(COD\).‍ Действительно, по лемме \( \angle AOB > \angle COD\),‍ поэтому \( \angle OAB < \angle OCD\).‍ На продолжении отрезка \(OM‍\) за точку \(M\)‍ отложим отрезок \(MP\),‍ равный \(OM\),‍ а на продолжении отрезка \(ON\)‍ за точку \(N\) —‍ отрезок \(NQ\),‍ равный \(ON\).‍ Рассмотрим равнобедренные треугольники \(OAP‍\) и \(OCQ\).‍ Известно, что \(AP = AO = CO = CQ\)‍ и \( \angle OAP < \angle OCQ\),‍ поэтому \(OP < OQ\).‍ Следовательно, \(OM =\frac{1}{2}OP< ‍ ‍\frac{1}{2}CQ = ON\).‍ Что и требовалось доказать. Аналогично можно доказать и обратное, т. е. если расстояние от центра окружности до хорды \(AB\)‍ меньше расстояния от центра окружности до хорды \(CD\),‍ то \(AB > CD\).

Ответ: NaN

Решение №17379: Искомая хорда перпендикулярна радиусу, проходящему через данную точку.

Ответ: NaN

Решение №17380: Отложим на продолжении медианы \(AM\) за точку \(M\) отрезок \(MK\), равный \(AM\) (см. рис. ниже). Тогда \(CK = AB\). Применяя неравенство треугольника к треугольнику \(ABK\), получим \(2AM = AK < AB + BK = AB + AC\) и \(2AM = AK > AB − BK = AB − AC\). Отсюда следует, что \( \frac{1}{2}\left ( AB-AC \right )< AM < \frac{1}{2}\left ( AB+AC \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17381: Продолжим \(AM\) до пересечения со стороной \(BC\) в точке \(K\) (см. рис. ниже). Тогда \( \angle BMK = \angle BAM + \angle ABM > \angle BAM\) и \( \angle CMK = \angle CAM + \angle ACM > \angle CAM\). Следовательно, \( \angle BMC = \angle BMK + \angle CMK > \angle BAM + \angle CAM = \angle BAC\).

Ответ: NaN

Решение №17382: Поскольку угол \(B\) треугольника \(BCK\) (см. рис. ниже) больше угла \(A\) треугольника \(ACK\) (против большей стороны \(AC\) треугольника \(ABC\) лежит больший угол), а углы \(BCK\) и \(ACK\) этих треугольников равны, то \(\angle BKC < \angle AKC\), а так как это смежные углы, то угол \(AKC\) тупой.

Ответ: NaN

Решение №17383: Угол \(ADB\) — внешний угол треугольника \(BDC\) (см. рис. ниже), поэтому \angle ADB > \angle CBD = \angle ABD\) , значит, в треугольнике \( ABD\) сторона \(AB\) больше стороны \(AD\). Аналогично, \(CB > CD\).

Ответ: NaN

Решение №17384: Отложим на продолжении медианы \(CD\) за точку \(D\) отрезок \(DC_{1}\), равный \(DC\) (см. рис. ниже). Тогда \(AC_{1} = BC\) и \( \angle AC_{1}C = \angle BCD\). В треугольнике \(CAC_{1}\) известно, что \( AC > AC_{1} = BC\). Следовательно, \(\angle ACD = \angle ACC_{1} < \angle AC_{1}C = \angle BCD\).

Ответ: NaN

Решение №17385: Пусть \(BD\) — биссектриса треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже) и \(AB > BC\). Рассмотрим точку \(C_{1}\), симметричную вершине \(C\) относительно биссектрисы угла \(B\). Тогда \(CD = C_{1}D\). Поскольку \(BC_{1} = BC < AB\), точка \(C_{1}\) лежит на отрезке \(AB\), а \(AC_{1}D\) — внешний угол треугольника \(BDC_{1}\), поэтому \(\angle AC_{1}D > \angle BDC_{1} = \angle BDC > \angle A\. Следовательно, \(CD = C_{1}D < AD\).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17387: В треугольнике \(ABN\) (см. рис. ниже) угол \(B\) наибольший, поэтому \(AN > AB\), а так как \(AM\) — биссектриса треугольника \(ABN\), то \(MN > BM\). Неравенство \( MN < NC\) доказывается аналогично.

Ответ: NaN

Решение №17388: В треугольнике \(ABN\) сторона \(AN\) лежит против тупого или прямого угла \(ABN\), поэтому \(AN > AB\). На продолжении отрезка \(AM\) за точку \(M\) отложими отрезок \(MK\), равный \(AM\). Тогда четырёхугольник \(ANKB\) — параллелограм. Поэтому \(NK = AB < AN\). В треугольнике \(ANK\) против стороны \(AN\) лежит угол \(AKN\), больший угла, лежащего против стороны \(KN\), т.е. угла \(MAN\). Поэтому \( \angle BAM = \angle AKN > \angle MAN \). Аналогично докажем, что \(\angle MAN > \angle NAC\).

Ответ: NaN

Решение №17389: Содержащая точку B полуплоскость, граница которой — серединный перпендикуляр к отрезку AB.

Ответ: NaN

Решение №17390: Поскольку \( \angle AMN = \angle MCN + \angle MNC > \angle C\), то угол \(AMN\) тупой (см. рис. ниже). Следовательно, \(AN\) — наибольшая сторона треугольника \(AMN\). Тогда \(MN < AN\). Аналогично докажем, что \(AB\) — наибольшая сторона треугольника \(ANB\). Поэтому \(AN < AB\). Следовательно, \(MN < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17391: Пусть \(D\) — точка на стороне \(BC\) треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже). Один из углов \(ADB\) и \(ADC\) не меньше прямого. Пусть \(\angle ADC > 90^{\circ}\). Тогда это наибольший угол треугольника \(ADC\), значит, \(AD < AC\). Если же \(\angle ADC > 90^{\circ}\), то аналогично докажем, что \(AD < AB\).

Ответ: NaN

Решение №17392: Соедините одну из данных точек с противоположной вершиной треугольника и воспользуйтесь результатом предыдущей задачи.

Ответ: NaN

Решение №17393: Проекции центров \( O_{1}\) и \(O_{2}\) данных окружностей на \(BC\) — середины \(P\) и \(Q\) отрезков \(BM\) и \(MC\) (рис. 204). Тогда \( O_{1}O_{2}\geqslant PQ=\frac{1}{2}a \). Если \(AM\) — высота треугольника \(BAC\), то \( O_{1}O_{2}=PQ=\frac{1}{2}a \) . В остальных случаях \( O_{1}O_{2}> \frac{1}{2}a \) .

Ответ: \frac{1}{2}a

Решение №17394: Пусть \( B_{1} \) — точка, симметричная точке \(B \) относительно прямой \(CM\) (см. рис. ниже). Поскольку биссектриса есть ось симметрии угла, точка \( B_{1}\) лежит на продолжении стороны \(AC\) за точку \( C, CB_{1} = CB\) и \(MB_{1} = MB\). Поэтому \(MA + MB = MA + MB_{1} > AB_{1} = CA + CB_{1} = CA + CB\).

Ответ: NaN

Решение №17395: Если треугольник \(ABC\) равносторонний, то \(AB + BC = 2BC\). Пусть \( AB \neq AC\) (см. рис. ниже). При симметрии относительно биссектрисы угла \(A\) вершина \(C\) переходит в точку \(C_{1}\) луча \(AB\), а вершина \(B\) — в точку \(B_{1}\) луча \(AC\). При этом \( B_{1}C_{1} = BC, CC_{1} = AC, BB_{1} = AB\). Следовательно, \(2BC = BC + B_{1}C_{1} > BB_{1} + CC_{1} = AB + AC\)

Ответ: NaN

Решение №17396: Пусть \( \angle BAC < 90^{\circ}\). Докажем, что точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Ясно, что точка \(A\) не может лежать на этой окружности, так как тогда \( \angle BAC = 90^{\circ}\). Предположим, что она внутри окружности (рис. 207,а), и продолжим отрезок \(BA\) до пересечения с окружностью в точке \(M\). Тогда \( \angle BAC > \angle BMC = 90^{\circ}\), что невозможно. Значит, точка \(A\) лежит вне окружности. Следовательно, \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Пусть \( AA_{1}> \frac{1}{2}BC \) . Тогда точка \(A\) лежит вне окружности с диаметром \(BC\). Если луч \(AB\) пересекает окружность в точке \(M\) (рис. 207,б), то \( \angle BAC < \angle BMC = 90^{\circ}\).

Ответ: NaN

Решение №17397: Поскольку \(ME\) — медиана треугольника \(BMC\) (см. рис. ниже) и \( ME > EC=\frac{1}{2}BC \) , то угол \(BMC\) острый . Значит, угол \(AMB\) тупой, следовательно, \( MD < \frac{1}{2}AB = AD\).

Ответ: NaN

Решение №17398: Постройте окружность на другой диагонали как на диаметре.

Ответ: NaN

Решение №17399: Пусть \(M\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\) (см. рис. ниже). В треугольниках \(AMD\) и \(AMB\) сторона \(AM\) — общая, \(DM = MB\), а \( AD < AB \). Поэтому \( \angle AMD < \angle AMB\). Тогда \( \angle BMC < \angle CMD\). В треугольниках \(BMC\) и \(CMD\) сторона \(CM\) общая, \(DM = MB\), а \( \angle BMC < \angle CMD\). Следовательно, \( BC < DC\).

Ответ: NaN

Решение №17400: Пусть \( C_{1}\) — точка, симметричная точке \(C\) относительно прямой\( OA\) (см. рис. ниже), а \(C_{2}\) симметрична \(C\) относительно прямой \(OB\). Тогда точки \(C_{1}, O\) и \(C_{2}\) лежат на одной прямой, так как \( \angle C_{1}OC_{2} = \angle C_{1}OC + \angle COC_{2} = 2(\angle AOC + \angle COB) = 2 · 90^{\circ} = 180^{\circ}\). Следовательно, \(AC + BC + AB = AC_{1} + BC_{2} + AB > C_{1}C_{2} = 2OC\).

Ответ: NaN

Решение №17401: Пусть \(B_{2}\) — точка, симметричная точке \(B\) относительно биссектрисы угла \(ACB\) (см. рис. ниже). Тогда \(BB_{1} = B_{2}A_{1}\). Рассмотрим треугольник \(AB_{2}A_{1}\). В этом треугольнике \( \angle AB_{2}A_{1} > \angle AB_{2}B = 180^{\circ} − CB_{2}B= 180◦ − \frac{1}{2}(180^{\circ} − \angle C) = 90^{\circ} + \frac{1}{2} + \angle C > 90^{\circ}\). Следовательно, \(BB_{1} = A_{1}B_{2} < AA_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17402: Продолжим \(BM\) до пересечения со стороной \(AC\) в точке \(N\) (см. рис. ниже). Тогда \( AB + AN > BN = BM + MN и MN + NC > MC\). Сложив почленно эти неравенства, получим \(AB + AN + NC + MN > MN + BM + MC\), или \(AB + AC + MN > BM + MC + MN\). Отсюда следует, что \(AB + AC > BM + MC\).

Ответ: NaN

Решение №17403: Cледует, что для точки \(M\), лежащей внутри треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже), верны неравенства \(MB + MC < AB + AC, MB + MA < AC + BC, MA + MC < AB + BC\). Сложив их почленно, получим \(2(MA + MB + MC) < 2(AB + BC + AC)\). Отсюда следует, что указанная сумма расстояний меньше периметра треугольника. Применяя неравенство треугольника к треугольникам \(AMC, BMC\) и \(AMB\), получим \(AM + MC > AC, BM + MC > BC и AM + MB > AB\), откуда \( AM+BN+CM> \frac{1}{2}\left ( AB+AC+BC \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17404: Пусть в треугольнике \(ABC\) угол \(BAC\) равен \( 75^{\circ}\), а высота \(BN\) вдвое меньше стороны \(AC\) (см. рис. ниже). Докажем, что \(BC = AC\). Предположим, что \(BC < AC\). Тогда \( \angle ABC> 75^{\circ}, \angle ACB< 30^{\circ}, BN< \frac{1}{2}BC< \frac{1}{2}AC \) что противоречит условию. Аналогично докажем, что \(BC\) не может быть больше \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №17405: На боковой стороне \(AC\) данного равнобедренного треугольника \(ABC\) отложим отрезок \(CD\), равный основанию \(BC\) (рис. 216,а). Тогда \( \angle ABD = 80^{\circ} −50^{\circ} = 30^{\circ}\), значит, в треугольнике \(ABD\) угол \(ABD\) больше угла \(BAD\), поэтому \(AD > BD > BC\) (в равнобедренном треугольнике \(BDC\) основание \(BD\) лежит против большего угла \(C\)). Следовательно, \( AC = AD + CD > BC + CD = 2BC\). Пусть точка \(B_{1}\) симметрична точке \(B\) относительно прямой \(AC\), а точка \(B_{2}\) симметрична \(C\) относительно \(AB_{1}\) (рис. 216,б). Тогда \(\angle BAB_{2} = 3\angle BAC = 60^{\circ} и AB_{2} = AB\), поэтому треугольник \(BAB_{2}\) равносторонний. Следовательно, \(AB = BB_{2} < BC + CB_{1} + B_{1}B_{2} = 3BC\).

Ответ: NaN

Решение №17406: У квадрата и правильного пятиугольника все диагонали равны. Докажем, что других выпуклых многоугольников со всеми равными диагоналями не существует. Предположим, что все диагонали выпуклого многоугольника \(A_{1}A_{2} ...A_{1}\) равны и \(n \geqslant 6\) (рис. 217). Рассмотрим выпуклый четырехугольник \(A_{1}A_{2}A_{4}A_{5}\). Сумма длин его диагоналей \(A_{1}A_{4} \)и \(A_{2}A_{5}\) больше суммы противоположных сторон \(A_{2}A_{4}\) и \(A_{1}A_{5}\), что невозможно, так как по предположению эти суммы равны.

Ответ: 4 или 5.

Решение №17407: Допустим, что в городе \(P\) приземляется, например, 6 самолетов,вылетевших из городов \(A_{1}, A_{2}, ..., A_{6}\), и точки \(A_{1}, A_{2}, ..., A_{6}\) — последовательные вершины шестиугольника (см. рис. ниже). Так как расстояние между городами \(A_{1}\) и \(A_{2}\) должно быть больше, чем расстояние от каждого из них до города \(P\), то \( \angle A_{1}PA_{2} > 60^{\circ}\) . Аналогично, углы \(A_{2}PA_{3}, A_{3}PA_{4}, A_{4}PA_{5}, A_{5}PA_{6}, A_{6}PA_{1}\) больше \(60^{\circ}\). Но тогда полный угол при точке \(P\) будет превосходить \(360^{\circ}\), что невозможно.

Ответ: NaN

Решение №17408: Геометрическое место середин хорд окружности, равных данному отрезку, — окружность, концентрическая данной.

Ответ: NaN

Решение №17409: Если точки \(A, B\) и \(C\) лежат на окружности, причем \(AC = BC\), то прямая, проходящая через точку \(C\) параллельно \(AB\), — касательная к окружности.

Ответ: NaN