Решение №38522: Первый способ. Пусть радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\), равен \(R\), а радиус окружности, описанной около треугольника \(ABH\), равен \(R_{1}\). Тогда \(AB = 2R\sin C\) и \(AB = 2R_{1}\sinAHB = 2R_{1}\sinC\), поэтому \(R = R_{1}\). Второй способ. Пусть прямая \(АН\) пересекает окружность, описанную около треугольника \(АВС\), в точке \(D\). Тогда треугольники \(ВСН\) и \(ВСD\) равны по стороне и прилегающим к ней углам (\(\angle HBC = 90^\circ - \angle C = \angle CAD = \angle CBD), а окружность, описанная около треугольника \(ВСD\), описана и около треугольника \(АВС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38523: Радиусы окружностей, описанных около треугольников \(АВС\) и \(НВС\), равны (задача 22.7), поэтому \(2R \sin C = AB = CH = 2R \sin HBC\). Треугольник \(АВС\) остроугольный, поэтому \(\angle C = \angle HBC\). Углы \(С\) и \(НВС\) - это острые углы прямоугольного треугольника, поэтому каждый из них равен \(45^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38524: Высоты треугольника \(АВН\) лежат на прямых \(АС\), \(ВС\) и \(НС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38525: Если треугольник \(ABC\) остроугольный, то три других треугольника тупоугольные. Если, например, угол \(А\) тупой, то треугольник \(НВС\) остроугольный, а три других тупоугольные.

Ответ: NaN

Решение №38526: Согласно задачам 22.9 и 22.10 достаточно доказать, что для остроугольного треугольника \(АВС\) радиус описанной около него окружности равен радиусам окружностей, описанных около \(НВС\), \(АНС\) и \(АВН\). См. задачу 22.7.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38527: Проведите через вершины треугольника \(АВС\) прямые, параллельные его противолежащим сторонам, и рассмотрите треугольник \(А_{1}В_{1}С_{1}\) с вершинами в точках пересечения этих прямых. Точка \(Н\) является центром окружности, описанной около треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\), а радиус этой окружности равен \(2R\). Поэтому \(4R^2 = B_{1}H^2 = B_{1}A^2 + AH^2 = BC^2 + AH^2\).

Ответ: NaN

Решение №38528: Согласно задача 22.12 \(AH^2 = 4R^2 - BC^2 = (\frac{1}{(\sinA)^2} - 1)BC^2 = BC^2 (\ctgA)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38529: Согласно задаче 22.13 \(\ctgC = \pm 1\).

Ответ: NaN

Решение №38530: Угол \(АСА_{1}\) опирается на диаметр, поэтому он прямой и \(ВН \parallel А_{1}С\). Аналогично \(СН \parallel А_{1}В\). Следовательно, четырёхугольник \(А_{1}ВНС\) - параллелограмм.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38531: а) Пусть \(Q\) - середина отрезка \(CH\), \(N\) - середина стороны \(АВ\). В треугольниках \(PQH\) и \(MNO\) стороны \(PQ\) и \(MN\) равны половине стороны \(АС\) и параллельны ей, а прилегающие к ним углы равны, поскольку \(QH \parallel NO\) и \(PH \parallel МО\). Поэтому \(АН = 2РН = 2МО\). б) Стороны \(ОМ\) и \(РА\) четырёхугольника \(МОАР\) равны и параллельны, поэтому он - параллелограмм, и \(МР = ОA\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38532: Лучи \(АО\) и \(АН\) расположены внутри угла \(ВАС\), \(\angle CAH = 90^\circ - \angle C\) и \( \angle BAO = 90^\circ - \angle C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38533: Если угол \(А\) тупой, то луч \(АО\) и продолжение \(AG\) луча \(АН\) расположены внутри угла \(ВАС\), \(\angle CAG = 90^\circ - \angle C\) и \(\angle BAO = 90^\circ - \angle C\). Если, например, угол \(В\) тупой, то лучи \(АВ\) и \(АС\) расположены внутри угла \(ОAН\), \(\angle CAH = 90^\circ - \angle C\) и \(\angle BAO = 90^\circ - \angle C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38534: Прямые \(ВС\) и \(AD\) содержат высоты треугольника \(АРВ\), поэтому прямая \(PQ\), проходящая через точку \(Q\) их пересечения, перпендикулярна прямой \(АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38535: Согласно задаче 18.9 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(СА_{1}В_{1}\) равны (оба они равны углу \(А\)). Поэтому прямая \(АА_{1}\), перпендикулярная прямой ВС, делит пополам внешние углы треугольника \(А_{1}B_{1}C_{1}\) с вершиной \(А_{1}\). Далее, углы \(AC_{1}В_{1}\) и \(BC_{1}A_{1}\) равны (оба они равны углу \(С\)), поэтому луч \(С_{1}С\), перпендикулярный прямой \(АВ\), является биссектрисой угла \(А_{1}C_{1}B_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38536: Согласно примеру 2 на с. 70 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(СА_{1}В_{1}\) равны углу \(А\). Эти углы в сумме с углом \(В_{1}А_{1}C_{1}\) составляют \(180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38537: Согласно примеру 2 на с. 70 углы \(ВА_{1}С_{1}\) и \(CА_{1}B_{1}\) равны углу \(А\). Эти углы в сумме составляют угол \(В_{1}А_{1}C_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №38538: Если треугольник \(АВC\) остроугольный, то \(\alpha = 180^\circ - 2 \angle А\) и т. д. Если угол \(С\) тупой, то \(\alpha = 2 \angle A\), \(\beta = 2 \angle B\) и \(\gamma = 2 \angle C - 180^\circ\)\).

Ответ: NaN

Решение №38539: Треугольник \(AB_{1}C_{1}\) подобен треугольнику \(ABC\), и коэффициент подобия равен \(cos А\), поэтому \(B_{1}C_{1} = BC cos A\). Аналогично \(A_{1}C_{1} = AC cos В\). Кроме того, \(\angle A_{1}C_{1}B_{1} = 180^\circ - 2 \angle C\). Поэтому отношение площади треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(\frac{cos A cos B sin 2C}{sinC} = 2cos A cos B cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38540: Треугольник \(АВ_{1}С_{1}\) подобен треугольнику \(АВС\), и коэффициент подобия равен \(\cos А\) (пример 2 на с. 70). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВС\) равно \((cosА)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38541: Это следует из свойства ортотреугольника остроугольного треугольника, сформулированного в примере 3 на с. 93.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38542: Периметр ортотреугольника вдвое больше отрезка \(МN\) из задачи 18.14.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38543: Проведите из вершин треугольника перпендикуляры \(АА_{2}\), \(ВВ_{2}\) и \(СС_{2}\) к прямой, на которой лежат точки \(А_{1}\), \(В_{1}\) и \(С_{1}\). Тогда \(ВА_{1} : СА_{1} = ВВ_{2} : СС_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38544: Пусть прямая \(EF\) пересекает прямую АС в точке \(D\). Согласно задаче 22.28 выполняется равенство \(\frac{AD}{CD} \cdot \frac{CF}{HF} \cdot \frac{HE}{AE} = 1\). По свойству биссектрисы \(HE : AE = CH : CA = BH : BC\). Оба угла \(ВСЕ\) и \(ВЕС\) равны \(90^\circ - \frac{\angle B}{2}\), поэтому \(BE = BC\). Следовательно, \(CF : HF = BE : ВH = ВС : ВН\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38545: Обозначьте точку пересечения отрезков \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) буквой \(O\). Тогда \(BA_{1} : CA_{1} = S_{ABO} : S_{ACO}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38546: Обозначьте точку пересечения прямых \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) буквой \(O\). Тогда \(BA_{1} : CA_{1} = S_{ABO} : S_{ACO}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38547: Из параллельности прямых \(AA_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(CC_{1}\) следует, что \(\frac{CB_{1}}{AB_{1}} = \frac{CB}{BA_{1}}\) и \(\frac{AC_{1}}{BC_{1}} = \frac{CA_{1}}{CB}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38548: Предположите, что \(АР < AQ\). Тогда \(РВ > QB\), поэтому \(AP : BP < AQ : BQ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38549: Рассмотрите точку \(O\), в которой пересекаются отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\), и проведите прямую \(СО\). Эта прямая пересекает отрезок \(АВ\) в некоторой точке \(С_{2}\). Согласно задаче 22.30 выполняется равенство \(\frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{CB_{1}}{AB_{1}} \cdot \frac{AC_{2}}{BC_{2}} = 1\). Следовательно, \(AC_{1} : BC_{1} = AC_{2} : ВС_{2}\). Точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) лежат на отрезке \(АВ\), поэтому согласно задаче 22.33 эти точки совпадают, т. е. отрезок \(СС_{1}\) тоже проходит через точку \(О\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38550: Пусть окружность, вписанная в треугольник, касается сторон \(ВС\), \(СА\) и \(АВ\) в точках \(А_{1}\), \(В_{1}\) и \(С_{1}\). Воспользуйтесь задачей 22.34 и тем, что \(AB_{1} = AC_{1}\), \(BA_{1} = BC_{1}\) и \(СА_{1} = СВ_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38551: Рассмотрите точку \(O\), в которой пересекаются отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\), и проведите прямую \(СО\). Эта прямая пересекает отрезок \(АВ\) в некоторой точке \(С_{2}\). Согласно задаче 22.30 выполняется равенство \(\frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{CB_{1}}{AB_{1}} \cdot \frac{AC_{2}}{BC_{2}} = 1\). Следовательно, \(AC_{1} : BC_{1} = AC_{2} : ВС_{2}\). Точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) лежат на отрезке \(АВ\), поэтому согласно задаче 22.33 эти точки совпадают, т. е. отрезок \(СС_{1}\) тоже проходит через точку \(О\). Пусть длины касательных, проведённых из вершин \(А\), \(В\) и \(С\) к вневписанной окружности, равны \(х\), \(у\) и \(z\). Тогда \(x - у = AB\), \(y + z = ВС\) и \(x - z = AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38552: Воспользуйтесь тем, что \(ВА_{1} : СА_{1} = СА_{2} : ВА_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38553: По теореме синусов \(\sin {BAA_{1}} : \sin {BA_{1}A} = BA_{1} : BA\) и \(\sin {CAA_{1}} : \sin {CA_{1}A} = CA_{1} : CA\). Кроме того, \(\sin {BA_{1}A} = \sin {CA_{1}A}\). Поэтому \(\frac{\sin{BAA_{1}}}{\sin{CAA_{1}}} = \frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{AC}{BC}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38554: Требуется доказать, что \(\frac{\sin {30^\circ}}{\sin {20^\circ}} \cdot \frac{\sin {10^\circ}}{\sin {70^\circ}} \cdot \frac{\sin {40^\circ}}{\sin {10^\circ}} = 1\). Ясно, что \(\sin {30^\circ} sin {40^\circ} = \frac{1}{2}\sin {40^\circ} = \sin {20^\circ} \cos {20^\circ} = \sin {20^\circ} \sin {70^\circ}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38555: Требуется доказать, что \(\frac{\sin {20^\circ}}{\sin {10^\circ}} \cdot \frac{\sin {30^\circ}}{\sin {40^\circ}} \cdot \frac{\sin {30^\circ}}{\sin {50^\circ}} = 1\). Ясно, что \(\sin {10^\circ}\sin {40^\circ}\sin {50^\circ} = \sin {10^\circ}\sin {40^\circ}\cos {40^\circ} = \frac{1}{2}\sin {10^\circ}\sin {80^\circ} = \frac{1}{4}\sin {20^\circ}.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38556: По теореме синусов \(\sin {BAA_{1}} : \sin {BA_{1}A} = BA_{1} : BA\) и \(\sin {CAA_{1}} : \sin {CA_{1}A} = CA_{1} : CA\). Кроме того, \(\sin {BA_{1}A} = \sin {CA_{1}A}\). Поэтому \(\frac{\sin{BAA_{1}}}{\sin{CAA_{1}}} = \frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{AC}{BC}\) и \(\sin{BAA_{1}} : \sin CAA_{1} = \sin CAA_{2} : \sin BAA_{2}\).

Ответ: NaN

Решение №38557: Для определенности считайте, что точки \(А_{1}\) и \(В_{1}\) лежат на продолжениях сторон. Если прямые \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) параллельны, то проведите через точку \(С\) параллельную им прямую. Если же эти прямые пересекаются в некоторой точке \(O\), то проведите прямую \(СО\). В обоих случаях проведённая прямая пересекает отрезок \(AB\) (а не его продолжение) в некоторой точке \(С_{2}\). Согласно задаче 22.30 выполняется равенство \(\frac{BA_{1}}{CA_{1}} \cdot \frac{CB_{1}}{AB_{1}} \cdot \frac{AC_{2}}{BC_{2}} = 1\). Следовательно, \(AC_{1} : BC_{1} = АС_{2} : ВС_{2}\). Точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) лежат на отрезке \(АВ\), поэтому согласно задаче 22.33 эти точки совпадают, т. е. отрезок \(СС_{1}\) тоже проходит через точку \(О\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38558: Если \(АР : ВР > 1\), то точка \(Р\) лежит на продолжении отрезка \(АВ\) за точку \(В\) и \(\frac{AP}{BP} = \frac{AB + BP}{BP} = 1 + \frac{AB}{BP}\). Если \(АР: ВР < 1\), то точка \(Р\) лежит на продолжении отрезка \(АВ\) за точку \(А\) и \(\frac{BP}{AP} = \frac{AB + AP}{AP} = 1 + \frac{AB}{AP}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38559: Предположите, что прямая \(А_{1}В_{1}\) параллельна прямой \(АВ\). Тогда \(АС_{1} = ВС_{1}\), поэтому точка \(C_{1}\) - середина отрезка \(АВ\). Но тогда на сторонах треугольника лежат либо три точки, либо одна, что противоречит условию. Поэтому прямая \(А_{1}В_{1}\) пересекает прямую \(АВ\) в некоторой точке \(С_{2}\). Из задачи 22.28 следует, что \(АС_{1} : BC_{1} = AC_{2} : BC_{2}\). Кроме того, точки \(C_{1}\) и \(С_{2}\), либо обе лежат на стороне \(АВ\), либо обе лежат на её продолжении. Воспользовавшись задачами 22.33 и 22.43, получите, что точки \(С_{1}\) и \(С_{2}\) совпадают.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38560: Воспользуйтесь задачей 22.44 и тем, что \(BA_{1} : CA_{1} = BA : СA\) (задачи 17.34 и 17.35).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38561: а) Пусть для определённости \(\angle B < \angle C\). Тогда \(\angle DAE = \angle ADE = \angle B + \frac{\angle A}{2}\), поэтому \(\angle CAE = \angle B\). Далее, \(BE : AB = \sin{BAE} : \sin{AEB}\) и \(AC : CE = \sin{AEC} : \sin{CAE}\). Углы \(АЕВ\) и \(AЕС\) равны, поэтому \(ВЕ : CE = (AB \sin{BAE}) : (AC \sin{CAE}) = (AB \sin {(A + B)}) : (AC\sin{B}) = (AB\sin{C}) : (AC \sin {B}) = AB^2 : AC^2\). б) В задаче а) точка \(Е\) лежит на продолжении стороны \(ВС\), поскольку \(\angle ADC = \angle BAD + \angle B > \angle CAD\). Поэтому все три рассматриваемые точки лежат на продолжениях сторон, и можно воспользоваться результатом задачи 22.44.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38562: Искомая прямая изображена пунктиром на рисунке 248. Если прямая не проходит через вершины пятиконечной звезды, то три вершины звезды лежат по одну сторону от этой прямой и две из этих вершиц соединены звеном.

Ответ: NaN

Решение №38563: а) Возьмите одну из вершин. Вершину, с которой она не соединена звеном, можно выбрать тремя способами. После этого замкнутая ломаная проводится одно-значно. б) У незамкнутой ломаной есть две концевые вершины. Две вершины из четырех можно выбрать шестью способами. Возьмите одну из концевых вершин и соедините её с одной из двух оставшихся вершин. После этого незамкнутая ломаная строится однозначно.

Ответ: NaN

Решение №38564: а) Возьмите одну вершину. Чтобы провести из неё звенья, нужно выбрать две вершины из четырёх. Это делается шестью способами. После этого есть два способа построить замкиутую ломаную. б) Две не концевые вершины ломаной из пяти выбираются десятью способами. Затем из них шестью способами проводятся звенья. После этого незамкнутая ломаная строится однозначно.

Ответ: NaN

Решение №38565: См. рис. 249.

Ответ: NaN

Решение №38566: См. рис. 250.

Ответ: NaN

Решение №38567: Звенья ломаной разбиваются на пары, пересекающие друг друга.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38568: См. рис. 252.

Ответ: NaN

Решение №38569: См, рис. 253.

Ответ: NaN

Решение №38570: См. рис. 254.

Ответ: NaN

Решение №38571: Вели все углы выпуклого четырёхуголь-ника острые, то сумма его углов меньше \(360^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38572: Если \(\alpha > \beta + \gamma + \delta\) и \(\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^/circ\), то \(\alpha > 180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38573: Пусть диагонали четырёхугольника \(ABCD\) пересекаются в точке \(Р\). Если диагонали перпендикулярны, то \(АВ^{2} + CD^{2} = AP^{2} + BP^{2} + CP^{2} + DP^{2} = AD^{2} + BC^{2}\). Предположите теперь, что \(АВ^{2} + CD^{2} = AD^{2} + BC^{2}. Тогда для точек \(М = В\) и \(M = D\) величина \(АМ^{2} - СМ^{2}\) принимает одно и то же значение, поэтому (задача 16.10) эти точки лежат на прямой, перпендикулярной прямой \(АС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38574: Пусть \(М\) и \(N\) середины сторон \(АВ\) и \(CD\) выпуклого четырёхугольника \(ABCD\), \(Е\) и \(F\) точки пересечения диагоналей \(АС\) и \(BD\) с отрезком \(MN\). Точки \(А\) и \(В\) удалены от прямой \(МN\) на одно и то же расстояние \(h_{1}\), точки \(C\) и \(D\) удалены от прямой \(MN\) на расстояние \(h_{2}\). Поэтому \(AE : EC = h_{1} : h_{2} = BF : FD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38575: Для площади \(S\) выпуклого четырёхугольника выполняются неравенства \(S \leq /frac{ab + cd}{2}\) и \(S \leq \frac{ad+bc}{2}\). Если оба эти неравенства обращаются в равенства, то все углы четырёхугольника прямые.

Ответ: NaN

Решение №38576: Для любой пары противоположных сторои выпуклого четы-рёхугольника сумма углов при одной стороне не меньше \(180^\circ\), Поэтому для одной из вершин четырёхугольника сумма углов при обеих сторонах, выходящих из этой вершины, не меньшие \(180^\circ\). Из четырёхугольника можно вырезать параллелограмм, вершинами которого являются эта вершина и соседние с ней.

Ответ: NaN

Решение №38577: Продолжив боковые стороны трапеции до пересечения, получим некоторый угол, содержащий трапецию. Трапеция лежит по одну сторону от каждой из сторон этого угла. Очевидно также, что трапеция лежит по одну сторону от каждого из оснований.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38578: Сначала, воспользовавшись свойством биссектрисы треугольника, докажите, что \(AC : AD = BC : BD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38579: Пусть продолжения сторон \(AB\), \(ВС\), \(CD\) и \(DA\) касаются окружности в точках \(К\), \(L\), \(M\) и \(N\). Тогда \(AB + ВС = AK - BK + BL - CL = AK - CL\) и \(AD + DC = AN - DN + DM -CM = AN - CM = AK - CL\)

Ответ: NaN

Решение №38580: Пусть прямая MN, где М и N - середины сторон АВ и СД выпуклого четырёхутольника ABCD, образует равные углы с диагоналями. Рассмотрим середину К стороны AD. Отрезки КМ и КМ параллельны диагоналям и равны их по-ловинам. Поэтому треугольник МКМ равнобедренный и диагонали равны.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38581: Взяв две хорды \(ВА\) и \(ВС\), образующие равные углы с диаметром, можно построить треугольники \(ABD\) и \(CBD\), у которых стороны \(АВ\) и \(СВ\) равны и углы \(А\) и \(С\) равны (рис. 255, а). Из этих треугольников можно сложить требуемый четырёхугольник \(ABCD\) (рис. 255, 6)

Ответ: NaN