Решение №38222: Пусть прямые \(DE\) и \(ВС\) пересекаются в точке \(F\), точка \(К\) - середина отрезка \(ЕС\) (рис. 192). Биссектриса \(CD\) треугольника \(ECF\) является его высотой, поэтому точка \(D\) - середина стороны \(EF\). С одной стороны, средняя линия \(DK\) этого треугольника параллельна прямой \(ВС\), поэтому \(AD = DK\). С другой стороны, медиана \(DK\) прямоугольного треугольника \(EDC\) равна половине гипотенузы \(ЕС\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38223: Пусть \(L\) - середина отрезка \(МА\). Тогда \(NL\) - средняя линия треугольника \(BMA\) и \(\angle BMC = \angle NLM = \angle NML\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38224: Нужно разрезать треугольник по средней линии.

Ответ: NaN

Решение №38225: Пусть \(M\) и \(N\) - середины сторон \(АВ\) и \(AC\). Тогда \(\angle AMB1 = \angle MBB1 + \anlge MB1B = 2 \angle MBB1 = 180^\circ - \angle B\). Поэтому точки \(B1\), \(M\), \(N\) и \(С_{1}\) лежат на одной прямой, \(B_{1}M = \frac{1}{2}AB, MN = \frac{1}{2}BC и C_{1}N = \frac{1}{2}AC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38226: Пусть \(B_{1}\) и \(В_{2}\) - основания перпендикуляров, проведённых из точки \(А\) к биссектрисам внутреннего и внешнего углов с вершиной \(В\). Сначала докажите, что прямая \(В_{1}В_{2}#\) проходит через середину стороны \(АВ\) и параллельна прямой \(ВС\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38227: Прямая, проходящая через точку \(А\) и середину отрезка \(ВС\), параллельна прямой \(СЕ\) (рис. 193). Эта прямая содержит среднюю линию треугольника \(BFC\), поэтому она делит отрезок \(BF\) пополам.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38228: Пусть \(Р\) и \(Q\) - середины сторон \(АВ\) и \(CD\). Тогда отрезки \(РО\) и \(ОQ\) - средние линии треугольников \(ABD\) и \(ACD\). Поэтому \(\angle MPO = \angle MAD = \angle PMO\) и \(MO = PO = QO\) (рис. 194). Следовательно, \(\angle PMQ = 90^\circ\) и \(MQ \perp CD\), т. e. \(MQ\) - серединный перпендикуляр к отрезку \(CD\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38229: Проведите через точку \(B\) прямую, параллельную \(AC\). Пусть проведённые перпендикуляры пересекают эту прямую в точках \(М\) и \(N\) (рис. 195). Прямоугольные треугольники \(CBN\) и \(DNM\) равны треугольнику \(АСЕ\) по катету и прилежащему острому углу. Поэтому \(BN = NM\) и \(NL\) - средняя линия треугольника \(КМВ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38230: Пусть длина каждой из медиан \(АА1\) и \(СС1\) треугольника \(АВС\) равна \(3m\) и эти медианы пересекаются в точке \(М\). Тогда \(АМ = 2m = CM\) и \(А_{1}М = m = С_{1}М\). Поэтому треугольники \(АМС_{1}\) и \(СМА_{1}\) равны по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38231: Пусть \(М\) и \(М_{1}\) - точки пересечения медиан треугольников \(АВС\) и \(A_{1}B_{1}C_{1}\) с соответственно равными медианами. Тогда треугольники \(АВМ\) и \(А_{1}В_{1}М_{1}\) равны по двум сторонам и медиане, проведённой к третьей стороне.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38232: Пусть \(М\) точка пересечения медиан \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) треугольника \(ABC\), \(D\) - вершина параллелограмма \(АМСD\). Сначала постройте треугольник \(CMD\) по трём сторонам: \(CD = \frac{2}{3}AA_{1}\), \(MD = \frac{2}{3}BB_{1}\) и \(MC = \frac{2}{3}CC_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №38233: Медиана \(АА_{1}\) является диагональю параллелограмма \(AB_{1}A_{1}C_{1}\), поэтому она делит отрезок \(B_{1}C_{1}\) пополам.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38234: Пусть \(М\) и \(N\) - середины боковых сторон \(АВ\) и \(CD\) равнобедренной трапеции \(ABCD\), \(СН\) - высота трапеции. Тогда \(\angle NHD = \angle NDH = \angle MAH\), поэтому четырёхугольник \(AMNH\) - параллелограмм и \(MN = АН\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38235: Если средняя линия трапеции делится диагоналями на три части, равные \(х\), то меньшее основание равно \(2х\), а большее основание равно \(4х\) (рис. 196).

Ответ: NaN

Решение №38236: Точки \(А_{1}\) и \(С_{1}\) лежат на окружности диаметром \(AC\). Перпендикуляр \(ОН\) к прямой \(А_{1}С_{1}\), проведенный из центра этой окружности, является средней линией трапеции \(AА_{2}С_{2}C\), поэтому \(A_{2}H = HC_{2}\). Ясно также, что \(C_{1}H = HA_{1}\), поэтому \(А_{1}С_{2} = С_{1}А_{2}\).

Ответ: NaN

Решение №38237: Пусть боковая сторона \(АВ\) равна сумме оснований \(AD\) и \(ВС\), \(К\) и \(L\) - середины сторон \(АВ\) и \(СD\). Отрезки \(АК\) и \(ВК\) равны средней линии \(KL\), поэтому треугольники \(AKL\) и \(BKL\) равнобедренные (рис. 197). Следовательно, \(AL\) и \(BL\) - биссектрисы углов \(А\) и \(В\).

Ответ: NaN

Решение №38238: Пусть точки \(М\) и \(N\) - середины сторон \(АВ\) и \(СD\). Прямые \(РМ\) и \(QN\) параллельны прямой \(AD\), поэтому точки \(М\) и \(N\) лежат на отрезке \(PQ\), \(PM = \frac{1}{2} AB\) и \(QN = \frac{1}{2} CD\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38239: Пусть точки \(М\) и \(N\) - середины сторон \(АВ\) и \(СD\). Прямые \(PM\) и \(QN\) параллельны прямой \(AD\), поэтому точки \(Р\) и \(Q\) лежат на отрезке \(MN\), \(PM = \frac{1}{2}AB\) и \(QN = \frac{1}{2} CD\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38240: Пусть диагонали \(АС\) и \(ВD\) трапеции \(ABCD\) с основаниями \(AD\) и \(ВС\) пересекаются в точке \(О\). Отложите на продолжении отрезка \(AD\) за точку \(D\) отрезок \(DE\), равный отрезку \(ВС\) (рис. 198). Четырёхугольник \(BCED\) - параллелограмм, поэтому \(OD \parallel CE\). Следовательно, \(AO : OC = AD : DE = AD : BC\).

Ответ: \(р : q\)

Решение №38241: Отметьте на луче \(BC\) точку \(D\) так, что \(BD = B_{1}C_{1}\) (рис. 199). Из равенства отношений \(AB_{1}: B_{1}B\) и \(АС_{1} : С_{1}С\) следует параллельность прямых \(В_{1}С_{1}\) и \(ВС\), поэтому четырёхугольник \(BB_{1}C_{1}D\) - параллелограмм. Следовательно, \(B_{1}C_{1}: BC = BD : BC = BD : (BD + DC) = AC_{1} : (AC_{1} + C_{1}C) = p : (p + q)\).

Ответ: \(p : (p + q)\).

Решение №38242: Проведём через точки \(Е\) и \(F\) прямые, параллельные прямой \(АВ\) (рис. 200). Эти прямые делят стороны \(АС\) и \(ВС\) на три равные части, и прямая, проходящая через точку \(F\), проходит также через середину \(М\) гипотенузы прямоугольного треугольника \(DEF\). Поэтому \(\angle ADF = \angle DFM = \angle MDF\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38243: Проведите диагональ \(АС\) (рис. 201). Согласно задаче 13.29 \(KL: AC = q : (p + q)\) и \(MN : AC = р : (p + q)\), поэтому \(KL: MN = q : р\). Согласно задаче 13.28 точка пересечения диагоналей трапеции \(NKLM\) делит их в отношении \(q : р\).

Ответ: \(q : р\)

Решение №38244: Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(АМ\), точки \(А\) и \(Q\) лежат по одну сторону от прямой \(РМ\), поэтому \(\angle PAM = \angle PQM\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38245: Точки \(А_{1}\) и \(В_{1}\) лежат на окружности с диаметром \(АВ\). Точки \(А\) и \(А_{1}\) лежат по разные стороны от прямой \(ВВ_{1}\), поэтому \(\angle BA_{1}B_{1} = 180^\circ - \angle BAB_{1} = 180^\circ - \angle A\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38246: Точки \(С\) и \(Н\) лежат на окружности с диаметром \(АМ\), точки \(А\) и \(С\) лежат по одну сторону от прямой \(MH\), поэтому \(\angle MAH = \angle MCH\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38247: Проведите из точки \(F\) перпендикуляры \(FK_{1}\) и \(FL_{1}\) к прямым \(ВС\) и \(АС\) (рис. 202). Точки \(Н\) и \(К_{1}\) лежат на окружности с диаметром \(CF\), поэтому \(\angle CHK_{1} = \angle CFK_{1} = 45^\circ\). Это означает, что точка \(К_{1}\) совпадает с точкой \(К\). Аналогично точка \(L_{1}\) совпадает с точкой \(L\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38248: Точки \(А\) и \(Q\) лежат по разные стороны от хорды \(PC\), поэтому \(\angle PAC + \angle PQC = 180^\circ\). Следовательно, \(\angle A + \angle PQH - 90^\circ\). Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(ВН\), поэтому \(\angle PQH = \angle PBH = \angle ABH\). Таким образом, \(\angle A + \angle ABH = 90^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38249: Из равенства вписанных углов \(САВ\) и \(CDB\) следует, что \(\angle ACE = 90^\circ - \angle CAB = 90^\circ - \angle CDB = 90^\circ - \angle EDM\). Кроме того, \(\angle DEM = \angle EDM\) (рис. 203).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38250: Пусть в остроугольном треугольнике \(АВC\) проведены высоты \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\). Согласно примеру 1 на с. 53 \(\angle AA_{1}B_{1} = \angle ABB_{1}\) и \(\angle AA_{1}C_{1} = \angle ACC_{1}\). Кроме того, \(\angle ABB_{1} = 90^\circ - \angle A = \angle ACC_{1}\). Поэтому \(\angle AA_{1}B_{1} = \angle AA_{1}C_{1}\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38251: a) Достройте треугольник \(ВСР\) до параллелограмма \(BCQP\). Тогда \(\angle PQD = \angle PCD\), поэтому точки \(P\), \(Q\), \(С\) и \(D\) лежат на одной окружности. Следовательно, \(\angle PDC = \angle PQC = \angle PBC\). б) Достройте треугольник \(ВСР\) до параллелограмма \(BCQP\). Тогда \(\angle CQD + \angle CPD = 180^\circ\), поэтому точки \(P\), \(Q\), \(С\) и \(D\) лежат на одной окружности. Следовательно, \(\angle PDC = \angle PQC = \angle PBC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38252: Отметьте на отрезке \(CD\) точку \(E\) так, что \(DE = AD\) (рис. 204). Углы \(ADC\) и \(АВС\) опираются на одну и ту же дугу, поэтому треугольник \(ADE\) равносторонний. Треугольники \(ADB\) и \(АЕС\) имеют равные стороны \(АВ\) и \(АС\) и соответственно равные углы. Действительно, углы при вершинах \(D\) и \(E\) равны \(120^\circ\), углы при вершинах \(В\) и \(С\) опираются на одну дугу, поэтому углы при вершине \(А\) тоже равны. Следовательно, \(ЕС = DB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38253: Сумма односторонних углов, образованных при пересечении прямых \(АС\) и \(BD\) секущей \(АВ\), равна \(180^\circ\), поскольку \(\angle MBD = 180^\circ - \angle MND = \angle MNC = 180^\circ - \angle MAC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38254: Вписанные углы \(ВАС\) и \(BDC\) равны, поэтому равны углы при основаниях равнобедренных треугольников \(CAM\) и \(BDN\). Следовательно, углы \(ВМС\) и \(BNC\) равны, а значит, точки \(С\), \(M\), \(N\) и \(В\) лежат на одной окружности. Если точки \(С\) и \(М\) лежат по одну сторону от прямой \(NB\), то \(\angle NMB = \angle NCB = \angle MAD\) (рис. 205, а), а если по разные стороны, то \(\angle NMA = 180^\circ - \angle NMB = \angle NCB = \angle MAD\) (рис. 205, б).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38255: Острые углы при основаниях равнобедренных трапеций с соответственно параллельными сторонами равны, поэтому на диагонали этих трапеций опираются равные вписанные углы.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38256: Углы \(В_{1}АА_{1}\) и \(A_{1}BB_{1}\) равны, поэтому точки \(А\), \(В\), \(А_{1}\) и \(В_{1}\) лежат на одной окружности. Согласно примеру 2 на с. 53 параллельные прямые \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) высекают на этой окружности равные хорды \(АВ_{1}\) и \(ВА_{1}\). Поэтому \(АС = ВС\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38257: Пусть \(О\) - центр данной окружности. Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(ОМ\). Вписанный в эту окружность угол \(POQ\) равен либо углу \(АОС\), либо смежному с ним углу \(AOD\). Длина диаметра \(ОМ\) постоянна, поэтому длина хорды \(PQ\) тоже постоянна.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38258: Угол \(KAL\) равен сумме постоянных по величине углов \(АСВ\) и \(ALB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38259: Углы \(DAB_{1}\) и \(DAC_{1}\) равны, поэтому \(DB_{1} = DC_{1}\). Аналогично \(DB_{2} = DC_{2}\). Кроме того, \(\angle B_{1}B_{2}D = \angle C_{1}C_{2}D\) и \(\angle B_{2}B_{1}D = \angle C_{2}C_{1}D\). Поэтому треугольник \(DB_{1}B_{2}\) равен треугольнику \(DC_{1}C_{2}\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38260: Вписанные углы \(ВАС\) и \(ВОС\) равны. Вписанный угол \(DAB\) равен половине центрального угла \(DOB\). Поэтому \(\angle DAB = \angle DAC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38261: Точки \(М\) и \(С\) лежат по одну сторону от прямой \(АВ\), и \(\angle ACB = 2 \angle АМВ\), поэтому точка \(М\) лежит на окружности с центром \(С\), проходящей через точки \(А\) и \(В\). Проведите диаметр \(BD\) этой окружности (рис. 206). Дуга \(DM\) равна \(2\alpha), а дуга \(МА\) равна \(2(60^\circ - \alpha)\). Вписанный угол \(BAM\) опирается на дугу \(180^\circ + 2\alpha\), а центральный угол \(ВСМ\) опирается на дугу \(60^\circ + 2(60^\circ - \alpha)\).

Ответ: NaN

Решение №38262: При таких условиях \(\angle AMC = 180^\circ - \angle MAC - (45^\circ - \angle MCD) = 135^\circ = \frac{360^\circ - 90^\circ}{2}\). Это означает, что точка \(М\) лежит на дуге окружности радиуса \(АВ\) с центром \(В\). Поэтому \(\angle ABM = 2 \angle ACM = 90^\circ - 2\alpha\).

Ответ: \(\angle ABM = 2\angle ACM = 90^\circ - 2\alpha\).

Решение №38263: Отложите на продолжении отрезка \(BF\) за точку \(F\) отрезок \(FD\), равный \(BF\) (рис. 207). Точки \(А\), \(В\) и \(D\) лежат на окружности с центром \(Е\), поэтому \(\angle ADB = \frac{1}{2} \angle AEB\). Вписанные углы \(АЕВ\) и \(АСВ\) равны. Внешний угол \(АСВ\) треугольника \(ADC\) вдвое больше угла \(D\), поэтому \(AC = CD\) и \(BF = DF = DC + CF = AC + CF\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38264: Угол \(АМС\) - это внешний угол треугольника \(AMD\). Он равен сумме вписанных углов \(ADC\) и \(BAD\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38265: Для определенности считайте, что точки \(В\) и \(D\) лежат на отрезках \(АМ\) и \(СМ\). Угол \(ADC\) - это внешний угол треугольника \(AMD\). Он равен сумме вписанного угла \(ВАD\) и искомого угла.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38266: Пусть \(О\) - точка пересечения хорд \(А_{1}С_{1}\) и \(B_{1}D_{1}\), \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) и \(\delta\) - градусные меры дут \(АВ\), \(ВС\), \(CD\) и \(DA\). Тогда \(\angle A_{1}OB_{1} = \frac{1}{2}(\cupA_{1}B + \cupBB_{1} + \cupC_{1}D + \cupDD_{1}) = \frac{1}{4}(\alpha + \beta + \gamma + \delta) = 90^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38267: Ясно, что \(2 \angle EKC = \cup MB + \cup AC и 2 \angle EDC = \cup MC = \cup MB + \cup BC\). По условию \(2 \cup MB = \cup AB\), поэтому \(\angle EKC + \angle EDC = 180^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38268: Пусть \(О\) - середина отрезка \(АВ\). Отрезок \(ОС\) пересекает окружность с диаметром \(АВ\) в некоторой точке \(D\), \(\angle ADC = 90^\circ\). Углы \(ADO\) и \(BDO\) больше углов \(АСО\) и \(ВСО\), поэтому \(\angle ACB < \angle ADB = 90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38269: Пусть \(О\) - середина отрезка \(АВ\). Продолжение отрезка \(ОС\) за точку \(С\) пересекает окружность с диаметром \(АВ\) в некоторой точке \(D\), \(\angle ADC = 90^\circ\). Углы \(ADO\) и \(BDO\) меньше углов \(АСО\) и \(ВСО\), поэтому \(\angle ACB > \angle ADB = 90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38270: Длина отрезка внутри круга не превосходит длины содержащей его хорды. Если хорда \(АВ\) отлична от диаметра, то можно провести диаметр \(АС\). Катет \(АВ\) прямоугольного треугольника меньше гипотенузы \(АС\).

Ответ: Нет.

Решение №38271: Углы \(BAD\) и \(BCD\) тупые, поэтому точки \(А\) и \(С\) лежат внутри круга с диаметром \(BD\). Отрезок, лежащий внутри круга, меньше диаметра этого круга.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38272: Достройте треугольник \(АВС\) до параллелограмма \(ABDC\). Медиана \(АМ\) равна половине диагонали \(AD\), и \(AD < AC + DC = AC + AB\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38273: Сложите неравенства \(AB < BM + AM\) и \(AC < CM + AM\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38274: Воспользуйтесь тем, что медиана треугольника меньше полусуммы двух сторон треугольника. Пусть \(М\) - точка пересечения медиан треугольника. Воспользуйтесь тем, что \(AM + MB > AB\) и \(AM = \frac{2}{3}АА_{1}\), где \(A_{1}\) - середина стороны \(ВС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38275: Точки \(А\) и \(С\) лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра к отрезку \(АВ\), поэтому медиана \(СС_{1}\) лежит по ту же сторону. В частности, точка \(М\), в которой пересекаются медианы, лежит по ту же сторону. Следовательно, \(АМ < ВМ\) и \(АА_{1} < ВВ_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38276: Воспользуйтесь неравенствами \(AB < ВС + АС\) и \(AC < CD + AD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38277: Воспользуйтесь неравенствами \(A_{1}A_{n} < A_{1}A_{2} + A_{2}A_{n}\), \(A_{2}A_{n} < A_{2}A_{3} + A_{3}A_{n}\), ..., \(A_{n-2}A_{n} < A_{n-2}A_{n-1} + A_{n-1}A_{n}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38278: Длина ломаной, соединяющей концы отрезка, больше длины этого отрезка.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38279: Пусть \(Р\) - точка пересечения луча \(AO\) и стороны \(ВС\). Сложите неравенства \(AB + BP > AO + OP\) и \(ОР + РС > ОС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38280: Воспользуйтесь неравенствами \(АВ < AO + OB\) и \(АО + ОВ < АС + СВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38281: Длина отрезка \(В_{1}С_{1}\) меньше длины ломаной \(В_{1}ВСС_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.