Решение №39362: Пусть дан прямоугольник \(KLMN\). Поскольку противолежащие стороны прямоугольника равны, то данные стороны - соседние. Пусть \(KL = х\) (см), тогда \(LM = 2x\) (см). \(P_{KLMN} = KL + LM + MN + NK\). \(\Rightarrow (2x + x) \cdot 2 = 36\); \(6x = 36\); \(x = 6\) (см). \(\Rightarrow KL = 6\) cм, \(LM = 12\) см.

Ответ: 6 см, 12 см, 6 см, 12 см.

Решение №39363: По свойству прямоугольника \(АО = OB \Rightarrow \Delta АОВ\) - равнобедренный по определению. По свойству равнобедренного треугольника \(\angle OBA = \angle BAO = 65^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АОВ\): \(\angle BAO + \angle AOB + \angle OBA = 180^\circ \Rightarrow \angle AOB = 180^\circ - 2 \cdot 65^\circ = 50^\circ\).

Ответ: \(50^\circ\).

Решение №39364: По свойству прямоугольника \(АO = ОВ \Rightarrow \Delta АОВ\) - равнобедренный по определению. По свойству равнобедренного треугольника: \(\angle OBA = \angle OAB\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АОВ\): \(\angle AOB + \angle OBA + \angle OAB = 180^\circ \Rightarrow \angle OAB = (180^\circ - 80^\circ) : 2 = 50^\circ\). По определению прямоугольника \(\angle BAD = 90^\circ\). Но \(\angle BAD = \angle BAC + \angle CAD\), т. e. \(90^\circ = 50^\circ + \angle CAD \Rightarrow \angle CAD = 40^\circ\).

Ответ: \(50^\circ\) и \(40^\circ\).

Решение №39365: По свойству прямоугольника: \(СО = OD \Rightarrow \Delta COD\) - равнобедренный по определению. По свойству равнобедренного треугольника \(\angle CDO = \angle DCO\). T. к. \(\angle CDO = 60^\circ\) и сумма углов треугольника \(180^\circ\), то \(\angle CDO = \angle DCO = (180^\circ - 60^\circ) : 2 = 60^\circ \Rightarrow \Delta CDO\) равносторонний по признаку. \(\Rightarrow CO = CD = 8\) см. T. к. \(CO = OD\), то \(AC = 16\) см.

Ответ: 16 см.

Решение №39366: а) Пусть дан ромб \(ABCD\). Поскольку противолежащие углы ромба равны, то данные углы - соседние. Пусть \(\angle А\) на \(120^\circ > \angle B\); \(\angle A = х \Rightarrow \angle B = x - 120^\circ\). T. к. \(\angle A\) и \(\angle B\) соседние, то \(\angle A + \angle B = 180^\circ\). T. e. \(2x - 120^\circ = 180^\circ\), \(\Rightarrow x = 150^\circ\). \(\Rightarrow \angle A = 150^\circ\), \(\angle B = 30^\circ\). По свойству ромба: \(\angle A = \angle C = 150^\circ\) и \(\angle B = \angle D = 30^\circ\). б) Если диагональ равна стороне ромба, то диагональ делит ромб на два равносторонних треугольника \(Rightarrow\) в условии речь идет о меньшей диагонали. Т. к. \(\Delta АВС\) - равносторонний. \(\Rightarrow \angle B = 60^\circ\). \(\angle B\) и \(\angle A\) - соседние углы ромба, \(\Rightarrow \angle A + \angle B = 180^\circ\), \(\Rightarrow \angle A = 120^\circ\). По свойству ромба: \(\angle B = \angle D = 60^\circ\) и \(\angle A = \angle C = 120^\circ\).

Ответ: а) \(150^\circ; 30^\circ; 150^\circ; 30^\circ\); б) \(60^\circ; 120^\circ; 60^\circ; 120^\circ\).

Решение №39367: а) Пусть дан ромб \(АВCD\). Поскольку сумма соседних углов ромба \(180^\circ\), то данные углы противолежащие. T. e. их сумма \(220^\circ > 180^\circ \Rightarrow\) данные углы тупые. Пусть \(\angle А + \angle C = 220^\circ\). По свойству ромба \(\angle A = \angle C \Rightarrow \angle A = \angle C = 110^\circ\). \(\angle A\) и \(\angle B\) - соседние \(\Rightarrow \angle B + \angle A = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 70^\circ\). \(\angle B = \angle D = 70^\circ\). б) Пусть \(\angle ABD = 25^\circ\). По свойству диагоналей ромба \(\angle ABD = \angle DBC = 25^\circ \Rightarrow \angle ABC = 50^\circ\). \(\angle A\) и \(\angle B\) - соседние углы ромба, \(\Rightarrow \angle B + \angle A = 180^\circ\), \(\Rightarrow \angle A = 130^\circ\). По свойству ромба: \(\angle A = \angle C = 130^\circ\), \(\angle B = \angle D = 50^\circ\).

Ответ: а) \(70^\circ; 110^\circ; 70^\circ; 110^\circ\); б) \(130^\circ; 50^\circ; 130^\circ; 50^\circ\).

Решение №39368: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к прямой. Проведем \(OH_{1} \perp CD\) и \(OH_{2} \perp AD\). \(H_{2}OH_{1}D\) - прямоугольник по построению. Рассмотрим \(\Delta H_{2}OD\) и \(\Delta H_{1}OD\) : \(OD\) - общая; \(\angle H_{2}DO = \angle H_{1}DO\), т. к. диагональ квадрата является биссектрисой его углов. \(\Rightarrow \Delta H_{1}OD = \Delta H_{1}OD\) по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольника следует равенство соответствующих сторон. \(\Rightarrow H_{2}D = H_{1}D\). T. e. \(H_{2}OH_{1}D\) квадрат со стороной \(DC : 2\). \(P_{ABCD} = 4DC\), \(\Rightarrow DC = 10\) м. \(\Rightarrow OH_{1} = ОН_{2} = 5\) м.

Ответ: 5 м.

Решение №39369: Расстояние между параллельными прямыми - это длина общего перпендикуляра \(\Rightarrow\) расстояние между \(АВ\) и \(DC\) равно \(AD\), т. e. \(AD = 5\) см. \(P_{ABCD} = 4AD = 20\) (см).

Ответ: 20 см.

Решение №39370: Поскольку сумма соседних углов параллелограмма \(180^\circ\), то \(\angle A + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 90^\circ\). По свойству параллелограммa \(\angle A = \angle C\), \(\angle B = \angle D \Rightarrow \angle C = 90^\circ\), \(\angle D = 90^\circ\). Т. е. параллелограмм \(ABCD\) является прямоугольником (по определению).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39371: По свойству параллелограмма \(AB = DC\) и \(BC = AD\). T. к. \(AB = AD\), то \(AB = DC = AD = BC\). T. е. параллелограмм \(ABCD\) является ромбом (по определению).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39372: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к прямой. Проведем \(ОН_{1} \perb BC\), \(ОН_{2} \perb CD\), \(ОН_{3} \perb AD\) и \(ОН_{4} \perb AB\). Рассмотрим \(\Delta АОВ\) и \(\Delta DOC\): \(АO = ОВ = OC = OD\) (по свойству диагоналей прямоугольника), \(\angle BОA = \angle COD\) (как вертикальные) \(\Rightarrow \Delta АОВ = \Delta DOC (по двум сторонам и углу между ними) \(\Rightarrow ОН_{2} = ОН_{4}\). Аналогично \(\Delta ВОС = \Delta AOD \Rightarrow ОН_{1} = ОН_{3}\). Т. е. т. \(О\) равноудалена от противолежащих сторон прямоугольника \(\Rightarrow\) т. \(О\) удалена от соседних сторон прямоугольника на расстояние 3 см и 4 см. Пусть \(ОН_{1} = 3\) см, \(ОН_{2} = 4\) см \(\Rightarrow OH_{3} = 3\) см, \(ОН_{4} = 4\) см. Рассмотрим четырехугольник \(ВСН_{2}Н_{4}\): \(H_{2}H_{4} = 8\) см, \(\angle B = \angle C = \angle H_{2} = \angle H_{4} = 90^\circ \Rightarrow BCH_{2}H_{4}\) - прямоугольник. По свойству прямоугольника \(ВС = Н_{2}Н_{4}\), т. e. \(BC = 8\) см. Аналогично: \(АВН_{1}Н_{3}\) - прямоугольник. \(Н_{1}Н_{3} = 6\) см. По свойству прямоугольника: \(AB = Н_{1}Н_{3}\), т. е. \(АВ = 6\) см. \(P_{ABCD} = 2 \cdot (AB + BC) = 2 \cdot (6 + 8) = 28\) (см).

Ответ: 28 см.

Решение №39373: \(\angle 1 = \angle 2\) как внутренние накрест лежащие при \(LM \parallel KN\) и секущей \(LD\). \(\angle 1 = \angle 3\), т. к. \(LD\) - биссектриса \(\angle L \Rightarrow \angle 2 = \angle 3\). По признаку равнобедренного треугольника \(\Delta LKD - равнобедренный \(\Rightarrow LK = KD\) (по свойству равнобедренного треугольника). Т. к. \(KD = DN = 6\) см \(\Rightarrow KL = 6\) см. \(P_{KLMN = 2 \cdot (LK + LM) = 2 \cdot (12 + 6) = 36 (см).

Ответ: 36 см.

Решение №39374: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к прямой. Проведем \(OH_{1} \perp AB\) и \(OH_{2} \perp BC\). Рассмотрим четырехугольник \(ОН_{1}ВН_{2}\): \(\angle B = 90^\circ\) по условию, \(\angle OH_{1}B = \angle OH_{2}B = 90^\circ\) по построению \(\Rightarrow \angle H_{1}OH_{2} = 90^\circ\) (из теоремы о сумме углов четырехугольника). Т. е. \(ОН_{1}ВН_{2} - прямоугольник (по определению). Пусть \(ОН_{1} = 3\) см, \(ОН_{2} = 5\) см. По свойству прямоугольника \(OH_{1} = ВН_{2}\) и \(Н_{1}В = ОН_{2}\), т.е. \(Н_{1}В = 5\) см, \(ВН_{2} = 3\) см. Проведем \(ОА\) и \(ОС\). \(ОA = ОВ = OC\) как радиусы. Рассмотрим \(\Delta АОВ\) - равнобедренный: \(ОН_{1}\) - высота, \(\Rightarrow ОН_{1}\) - медиана \(\Rightarrow АН_{1} = \(Н_{1}В. Аналогично \(ВН_{2} = Н_{2}С \Rightarrow АВ = 10\) см, \(ВС = 6\) см.

Ответ: 10 см, 6 см.

Решение №39375: a) \(\angle 1 : \angle 2 = 1 : 4\). Пусть \(\angle ABD = х\), тогда \(\angle ВАC = 4х\). По теореме о сумме углов \(\Delta АОВ\): \(\angle ABO + \angle AOB + \angle OAB = 180^\circ\); \(5x + 90^\circ = 180^\circ \Rightarrow 5x = 90^\circ\); \(x = 18^\circ\); т. е. \(\angle ABO = 18^\circ\). По свойству диагоналей ромба: \(\angle ABO = \angle CBO \Rightarrow \angle ABC = 2\angle ABO = 36^\circ\). \(\angle A\) и \(\angle B\) - соседние углы ромба (\Rightarrow \angle A + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 144^\circ\). По свойству ромба \(\angle A = \angle C\) и \(\angle B = \angle D\), т.е. \(\angle C = 144^\circ\), а \(\angle D = 36^\circ\). б) Рассмотрим \(\Delta AHD\): \(\angle H = 90^\circ\); \(AH = \fraq{1}{2}AD \Rightarrow \angle ABC = 30^\circ\) (т. к. если катет равен половине, гипотенузы, то угол, противолежащий катету, равен \(30^\circ\)). \(\angle D\) и \(\angle A\) - соседние углы ромба \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 150^\circ\). По свойству ромба \(\angle B = \angle D\) и \(\angle A = \angle C\), т. e. \(\angle C = 150^\circ\), \(\angle B = 30^\circ\).

Ответ: а) \(36^circ, 144^circ, 36^circ, 144^circ\); б) \(150^circ, 30^circ, 150^circ, 30^circ\)

Решение №39376: Дано: \(KLMN\)— ромб. \(LH\) — высота. а) \(\Delta KLH\) — равнобедренный; б)\(KH = HN\) Найти: углы ромба. а) \(\Delta LHK\) — равнобедренный, \(\angle Н = 90^\circ\), \(LK\) — основание, т. е. \(KH = LH\). По свойству равнобедренного треугольника \(\angle LKH = \angle KLH\). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle LKH +\angle KHL + \angle HLK = 180^\circ\); \(2 \angle LKH = 90^\circ \longrightarrow \angle LKH = 45^\circ\) Поскольку с ободних углов ромба равна \(180^\circ \longrightarrow \angle K + \angle L = 180^\circ \longrightarrow \angle L = 135^/circ\). По свойству углов ромба: \(\angle К = \angle М\) и \(\angle L = \angle N\). б) Т.к. \(КН = НN\), то \(KH = \fraq{1}{2}KL\). В \(\Delta (\angle H = 90^\circ)\) катет \(LH\) в \(2\) раза меньше гипотенузы \(KL =\) угол, лежащий против катета \(LH\) равен \(30^\circ\), т.е. \(\angle KLH = 30^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle LKH + \angle KLH + \angle LHK = 180^\circ\) Т. к. сумма соседних углов ромба равна \(180^\circ\), то \(\angle K + \angle L = 180^\circ \longrightarrow \angle L = 120^\circ\). По свойству углов ромба: \(\angle K = \angle M\) и \(\angle L = \angle N\).

Ответ: а) \(45^\circ\), \(135^\circ\), \(45^\circ\), \(135^\circ\); б) \(\angle 60^\circ\), \(\angle 120^\circ\), \(\angle 60^\circ\), \(\angle 120^\circ\).

Решение №39377: Дано: \(РТАК\) - ромб; \(\angle TPK = 120^\circ\); \(PF=6 см\). Найти: \(P_{PTFK}\) - соседние углы ромба \(\longrightarrow \angle P+ \angle T = 180^/circ \longrightarrow \angle Т = 60^\circ\). По свойству диагоналей ромба \(РТ\) биссектриса \(\angle P \longrightarrow \angle TPF = 120^\circ : 2=60^\circ \longrightarrow \Delta PTF\) - равносторонний \(\longrightarrow РТ = TF = PF = 6 см\) (по определению равностороннего треугольника). \(P_{РТFK} = PT + TF + FK + KP\), а т. к. \(PT = TF = FK = КР\), то \(P = 4 \cdot PT = 24 (см)\). Ответ: \(24 см\)

Ответ: \(24 см\).

Решение №39378: Дано: \(ABCD\) - квадрат; \(BD = 18 м\). \(KCED\) - квадрат. Найти: \(P_{KCED}\) По свойству квадрата \(AC \perp BD\) и \(BK = KD= KC=AK \longrightarrow\) сторона квадрата \(KCED\) равна \(АС : 2 = 9 (м)\). \(P_{KCED} = 4 \cdot СК = 36 (м)\). Ответ: \(36 м\).

Ответ: \(36 м\).

Решение №39379: Дано: \(\Delta АВС (\angle B = 90^\circ)\), \(AB = BC\). \(КРТР\) - квадрат, \(РТ = 2 см\). Найти: \(AC\). Рассмотрим \(\Delta АВС (\angle B = 90^\circ)\): т. к. \(\Delta АВС\) равнобедренный, то \(\angle A = \angle C\) по свойству равнобедренного треугольника. По теореме о сумме углов треугольника \(\angle A + \angle B + \angle C = 180 \longrightarrow \angle A= \angle C = 45^\circ\). Рассмотрим \(\Delta APK : \angle PAK =45^\circ\); \(\angle PKA = 90^\circ \longrightarrow \angle APK = 45^\circ\); - по теореме о сумме углов треугольника \(\longrightarrow \Delta АРК\) - равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника, т. е. \(АК = РК\). Рассмотрим \(\Delta TFC\) : аналогично \(TF = FC\). T. к. \(PK = KF = TF\), то \(AK = KF = FC\). T. e. \(AC = 3KF = 6 см\). Ответ: \(6 см\).

Ответ: \(6 см\).

Решение №39380: \(\Delta KLM\) - равнобедренный \(KL = KM\longrightarrow\) по свойству равнобедрецного треуголь-ника \(\angle L = \angle M\) По теореме о сумме углов треугольника \(\angle L + \angle K + \angle M = 180^\circ \longrightarrow \anlge L = \angle M = 45^\circ\). Рассмотрим \(\Delta LBC: \angle B = 45^\circ\), \(\angle B = 90^/circ \longrightarrow \angle LBC = 45^\circ\) (по теореме о сумме углов треугольника), т.е. \(\angle L = \angle C \longrightarrow \Delta LBC\) - равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника. T. e. \(BC = LB \longrightarrow BC = BK\), т.е. \(BC = LB \longrightarrow BC = BK\), то \(LB = BK = LK : 2 = 2 (см)\). \(Р_{KBCD} = KB + BC + CD + DK = 4BK = 8 (см)\). Ответ: \(8 см\).

Ответ: \(8 см\).

Решение №39381: Рассмотрим \(\Delta ВОС\) и \(\Delta DOC\). \(BO = OD\) (по свойству диагоналей параллелограмма). \(ОС\) общая. \(\angle BOC = \angle DOC = 90^\circ\) (по условию) \(\longrightarrow \Delta ВОС = \Delta DОС\) по двум сторонам и углу между ними =\(\longrightarrow ВС = СD\). По свойству параллелограмма \(BC = AD\) и \(DC = AB \longrightarrow AB = BC = CD = AD \longrightarrow ABCD\) - ромб по определению.

Ответ: NaN

Решение №39382: \(\angle CBD\) и \(\angle ADB\) - внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(BD \longrightarrow \angle CBD = \angle ADB\). T. к. \(BD\) - биссектриса \(\angle B\), то \(\angle CBD = \angle ABD \longrightarrow \angle ABD = \angle ADB\). B \(\Delta ABD\) два угла равны \(\longrightarrow \Delta ABD\) - равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника \(\longrightarrow AB = AD\). По свойству параллелограмма \(AB = DC\) и \(AD = BC\). T. к. \(AB = AD\), то \(AB = BC = CD = AD \longrightarrow ABCD\) - ромб по определению.

Ответ: NaN

Решение №39383: Рассмотрим \(\Delta AOD\) и \(\Delta BOC : AO = OD = BO = OC\) (как радиусы окружности), \(\angle BOC = \angle AOD\) (как вертикальные) \(\longrightarrow \Delta ВОС = \Delta DOA\) по двум сторонам и углу между ними \(\angle EBO = \angle ADO\). \(\angle CBO\) и \(\angle ADO\) - внутренние накрест лежащие при прямых \(AD\) и \(ВС\) и секущей \(BD\) и т.к.\(\angle CBO = \angle ADO\), то \(AD \parallel ВС\) по признаку параллельных прямых. \(\Delta BOA = \Delta DOC\) по двум сторонам и углу между ними \(\longrightarrow \angle OAB = \angle OCD\) (как соответствующие элементы равных треугольников). \(\angle OAB\) и \(\angle OCD\) внутренние накрест лежащие при прямых \(АВ\) и \(CD\) и секущей \(AC\), а т. к. \(\angle OAB = \angle OCD\), то \(AB \parallel CD\) по признаку параллельных прямых. В четырехугольнике \(ABCD: AB \parallel CD\) и \(BC \parallel AD = ABCD\) - параллелограмм по определению. T. к. \(AO = OC = BO = OD\), то \(AC = BD\). Параллелограмм, в котором равны диагонали, является прямоугольником, т. е. \(ABCD\) - прямоугольник по признаку.

Ответ: NaN

Решение №39384: Рассмотрим \(\Delta ВОН\) и \(\Delta DОН_{1}: \angle BOH = \angle DOH\), как вертикальные; \(BO = OD\) по свойству диагоналей утрямоугольника. \(\angle OBC = \angle ODC\) как внутренние накрест лежащие при \(AD \paralle BC\) и секущей \(BD \longrightarrow \Delta BOH = \Delta DOH\), = Проведем \(СН_{1}\). Рассмотрим \(\Delta НОС\) и \(\Delta Н_{1}ОС: \angle HOC = \angle H_{1}OC = 90^\circ\), \(OC\) - общая, \(ОН = ОН_{1} \longrightarrow \Delta НОС = \Delta Н_{1}ОС\) по двум катетам \(\longrightarrow HC = CH_{1}\), и \(\angle HCO = \angle H_{1}CO\). \(ВН : HC = 1 : 2\). T. к. \(BH = H_{1}D\) и \(HC = H_{1}C\), то \(H_{1}D : H_{1}C = 1: 2\). \(\delta H_{1}CD\) - прямоугольный и катет \(H_{1}D\) в 2 раза меньше гипотенузы \(\longrightarrow \angle H_{1}CD = 30^\circ\). \(\angle H_{1}CH + \angle H_{1}CD = \angle HCD \longrightarrow \angle H_{1}CH = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\) T. к. \(\angle HCO = \angle H_{1}CO = \angle H_{1}CH : 2 = 30^\circ\), т. e. \(\angle BCA = 30^\circ = \angle CAD = 60^\circ\). Ответ: \(30^\circ, 60^\circ\).

Ответ: \(30^\circ, 60^\circ\)

Решение №39385: Решение: Пусть \(\angle CHO = \alpha = \angle COD = \alpha\). В \(\Delta НСО\) по теореме о сумме углов треугольника \(\angle BCO + \angle HOC + \angle OHC = 180^\circ \longrightarrow \angle BCO = 90^\circ - \alpha\) \(BO = CO = DO =AO\) (по свойству прямоугольника) = \(\Delta COD\) - равнобедренный - по свойству равнобедренного треугольника \(\angle OCD = \angle ODC\). B \(\Delta COD\) по теореме о сумме углов треугольника \(\angle COD + \angle OCD + \angle ODC = 180^/circ\) \(\angle OCD = (180^\circ - \alpha) : 2 = 90^\circ - \fraq{\alpha}{2}\_. \(\angle BCD = \angle BCA + \angle ACD\); \(90^\circ =90^\circ - \alpha + 90^\circ- \fraq{\alpha}{2}\), \(\alpha = 60^\circ\) \(\angle BCO = 90^\circ - \alpha = 30^\circ\), a \(\angle OCD = 90^\circ - \fraq{\alpha}{2} = 60^\circ\) Ответ: \(30^\circ, 60^\circ\)

Ответ: \(30^\circ, 60^\circ\)

Решение №39386: 1) Доказать: высоты ромба равны. \(\angle B = \angle D\) по свойству ромба, \(АВ = ВС = CD = AD\) - по определению ромба \(\Rightarrow \Delta ABH_{1} = \Delta CBH_{2} = \Delta ADH_{3} = \Delta CDH_{4}\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow AH_{1} = AH_{3} = CH_{2} = CH_{4}\). \(\angle CBA = \angle DAH_{8}\) - как соответственные при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АВ\). \(\angle ABC = \angle DCH_{5}\) - соответственные при \(AB \parallel DC\) и секущей \(ВС\). \(\angle ADC = \angle H_{7}AB\) - соответственные при \(DC \parallel AB\) и секущей \(AD\). \(\angle ADC = \angel BCH_{6} - соответственные при \(AD \parallel BC\) и секущей \(DC\). \(\Rightarrow \angle H_{7}AB = \angle ABC = \angle BCH_{6} = \angle H_{5}CD = \angle H_{8}AD \Rightarrow \Delta H_{2}BC = \Delta H_{7}AB = \Delta H_{6}CB = \Delta H_{5}CD = \Delta H_{8}AD\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow СH_{2} = BH_{7} = BH_{6} = DH_{5} = DH_{8} = AH_{3} = AH_{3} = AH_{1} = СH_{4}. T. е. все высоты ромба равны. Утверждение: Если в четырехугольнике все высоты равны, то данный четырехугольник является ромбом. 2) Доказать: \(ABCD\) - ромб. Рассмотрим \(\Delta Н_{2}ВС\) и \(\Delta Н_{1}DC\): \(\angle BCD\) - общий, \(BH_{2} = DH_{1}\) и \(\angle BH_{2}C = \angle DH_{1}C = 90^\circ \Rightarrow \Delta Н_{2}BC = \Delta H_{1}DC\) по катету и острому углу \(\Rightarrow BC = DC \Rightarrow \Delta BCD\) - равнобедренный \(\Rightarrow \angle CBD = \angle CDB\) по свойству равнобедренного треугольника. Рассмотрим \(\Delta АН_{4}D\) и \(\Delta AH_{3}B\): \(\angle BAC\) - общий, \(ВН_{3} = DH_{4}\), и \(\angle AH_{3}B = \angle DH_{4}A = 90^\circ \Rightarrow \Delta АН_{4}D = \Delta АН_{3}В\) по катету и острому углу \(\Rightarrow AB = AD \Rightarrow \Delta ABD\) - равнобедренный \(\Rightarrow \angle ABD = \angle ADB\) по свойству равнобедренного треугольника. Рассмотрим \(\Delta BH_{3}D\) и \(\Delta BH_{2}D\): \(BD\) - общая, \(BH_{3} = BH_{2} \Rightarrow \Delta BH_{3}D = \Delta ВН_{2}D\) по гипотенузе и катету \(\Rightarrow \angle BDA = \angle BDC\). T. к. \(\angle ADB = \angle ABD\) и \(\angle CBD = \angle CDB\), то \(\angle ABD = \angle CBD\) и \(\angle CDB = \angle ADB\). Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta CDB\): \(BD\) - общая, а \(\angle ABD = \angle CBD = \angle CDB = \angle ADB \Rightarrow \Delta ABD = \Delta CDB\) по стороне и двум прилежащим к ней углам \(\Rightarrow AB = ВС = CD = AD \Rightarrow\) четырехугольник \(ABCD\) - ромб.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39387: Рассмотрим \(\Delta OLC\) и \(\Delta ONA\): \(ОА = ОС\) по свойству диагоналей ромба. \(\angle AON = \angle COL\) как вертикальные, \(\angle ANO = \angle CLO = 90^\circ \Rightarrow \Delta OLC = \Delta ONA\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow ON = OL\). Рассмотрим \(\Delta АКО\) и \(\Delta СМО\): \(АО = OC\), \(\angle AOK = \angle COM\) - как вертикальные, \(\angle AKO = \angle CMO = 90^\circ \Rightarrow \Delta АКО = \Delta СМО\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow КО = ОМ\). В четырехугольнике \(KLMN\): \(KO = OM\) и \(LO = ON \Rightarrow KLMN\) - параллелограмм по признаку о диагоналях. \(KN\) и \(ML\) - высоты ромба \(\Rightarrow KN = ML\) (доказано в задаче № 131 (1)). T. е. в параллелограмме \(KLMN\) диагонали равны \(\Rightarrow KLMN\) - прямоугольник по признаку.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39388: \(AC\) - биссектриса \(\angle A\) и \(\angle C \Rightarrow \angle BAC = \angle CAD\) и \(\angle DCA = \angle BCA\). Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(\Delta ADC\): \(AC\) - общая, \(\angle BAC = \angle CAD\) и \(\angle DCA = \angle BCA \Rightarrow- \Delta АВС = \Delta ADC\) по стороне и прилежащим к ней углам \(\Rightarrow BC = CD\) и \(AB = AD\). \(DB\) - биссектриса углов \(\angle В\) и \(\angle D \Rightarrow \angle ABD = \angle DBC\) и \(\angle AOB = \angle CDB\). Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta CBD\): \(BD\) - общая, \(\angle ABD = \angle DBC\) и \(\angle ADB\) и \(\angle CDB \Rightarrow \Delta ABD = \Delta CBD по стороне и двум прилежащим к ней углам \(\Rightarrow АВ = ВС\) и \(AD = CD\). В четырехугольнике \(ABCD\): \(AB = BC = CD = AD \Rightarrow ABCD\) - ромб.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39389: Биссектрисы соседних углов параллелограмма пересекаются под прямым углом (доказано в задаче № 63) \(\Rightarrow \angle LAK = 90^\circ\), \(\angle ABC = 90^\circ\), \(\angle MCN = 90^\circ\), \(\angle CDL = 90^\circ\). \(\angle BAD = \angle LAK\) и \(\angle BCD = \angle MCN\) как вертикальные. Т. к. в четырехугольнике \(ABCD\) все углы по \(90^\circ \Rightarrow ABCD\) - прямоугольник.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39390: Биссектрисы соседних углов параллелограмма пересекаются под прямым углом (доказано в задаче №63) \(\Rightarrow \angle BKA = \angle CMD = \angle BNC = \angle ALM = 90^\circ\). \(\angle BKA = \angle LKN\) и \(\angle CMD = \angle LMN\) как вертикальные. В четырехугольнике \(LMNK\) все углы \(90^\circ \Rightarrow KLMN\) - прямоугольник. Рассмотрим \(\Delta EMC\), \(\Delta CMD\), \(\Delta DMF\), \(\Delta TKA\), \(\Delta АKВ\) и \(\Delta ВKР\). Эти треугольники прямоугольные и равнобедренные (угол при основании \(45^\circ\)). \(EM = MC = MD = MF\); \(АK = KТ = KВ = KР\) и \(АВ = CD \Rightarrow\) данные треугольники равны \(\Rightarrow KT = KР = EM = MF\). \(\angle 1 = \angle 2 = 45^\circ\); \(\angle 3 = \angle 4 = 45^\circ\); \(\angle 5 = \angle 6 = 45^\circ\); \(\angle 7 = \angle 8 = 15^\circ\) - как вертикальные \(\Rightarrow \Delta PLE\) и \(\Delta TNF\) - равнобедренные по признаку. По свойству равнобедренного треугольника \(PL = LE\) и \(TN = NF\). T. к. \(\Delta AKT = \Delta FMD = \Delta PKB = \Delta EMC\), то \(BP = EC = AT = FD\); \(TF = AD - 2AT\); \(PE = BC - 2BP \Rightarrow TF = PF\). Рассмотрим \(\Delta TNF\) и \(\Delta PLE\): \(PE = TF\), \(\angle PEL = \angle TFN\), \(\angle PLE = \angle TNF = 90^\circ \Rightarrow \Delta TNF = \Delta PLE\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow PL = LE = TN = NF\). T. е. в прямоугольнике \(KLMN\): \(KL = LM = MN = NK \Rightarrow KLMN\) - квадрат.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39391: a) \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(\Rightarrow \angle A = \angle C\) (по свойству равнобедренного треугольника). \(DE \parallel AC\), \(АВ\) - секущая \(\Rightarrow \angle BDE = \angle BAC\) - как соответственные. \(DE \parallel AC\), \(BC\) - секущая, \(\Rightarrow \angle BED = \angle BCA\) - как соответственные. \(\angle BAC = \angle BCA \Rightarrow \angle BDE = \angle BED \Rightarrow \Delta BDE\) - равнобедренный по признаку \(\Rightarrow BD = BE\). \(AD = AB - BD\) и \(EC = BC - BE\), а т. к. \(BD = BE\) и \(AB = BC\), то \(AD = EC\). Рассмотрим \(\Delta ADC\) и \(\Delta CEA\): \(\angle DAC = \angle ECA\), \(AC\) - общая, \(AD = EC \Rightarrow \Delta ADC = \Delta СЕА\) по двум сторонам и углу между ними \(\Rightarrow AE = DC\). б) \(\angle ABC = 80^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника (в \(\Delta АВС\)) \(\angle ABC + \angle BCA + \angle BAC = 180^\circ \Rightarrow \angle BCA = \angle BAC = (180^\circ - 80^\circ) : 2 = 50^\circ\). \(DE \parallel AC\), \(AB\) - секущая \(\Rightarrow \angle ADE + \angle DAC = 180^\circ\) - как внутренние односторонние \(\Rightarrow \angle ADE = 130^\circ\). \(\angle CED = 130^\circ\) (доказывается аналогично).

Ответ: а) Утверждение доказано; б) \(130^\circ, 50^\circ, 130^\circ, 50^\circ\).

Решение №39392: \(QR \parallel PS\); \(PQ = RS\). Ho \(PQRS\) не является параллелограммом.

Ответ: \(QR \parallel PS\); \(PQ = RS\). Ho \(PQRS\) не является параллелограммом.

Решение №39393: Основания трапеции не могут быть равными, т. к. если \(PS \parallel QR\) и \(PS = QR\), то \(PQRS\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах.

Ответ: Основания трапеции не могут быть равными, т. к. если \(PS \parallel QR\) и \(PS = QR\), то \(PQRS\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах.

Решение №39394: а) Да. У прямоугольной и равнобокой трапеции соседние углы равны. б) Поскольку сумма углов трапеции, прилежащих к одной стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle P + \angle Q = 180^\circ\) и \(\angle R + \angle S = 180^\circ\). Если \(\angle P = \angle R\), то \(\angle Q = 180^\circ - \angle P\) и \(\angle S = 180^\circ - \angle R\) тоже будут равны. Тогда в \(PQRS \angle P = \angle R\) и \(\angle Q = \angle S \Rightarrow PQRS\) - параллелограмм по признаку о противолежащих углах.

Ответ: а) Да, могут; б) Нет, не могут.

Решение №39395: В трапеции \(ABCD (AD \parallel BC) ВС\) - большее основание. \(\angle B\) - тупой, \(\angle C\) - острый. \(\Rightarrow\) Углы трапеции, прилежащие к большему основанию, не обязательно острые.

Ответ: В трапеции \(ABCD (AD \parallel BC) ВС\) - большее основание. \(\angle B\) - тупой, \(\angle C\) - острый. \(\Rightarrow\) Углы трапеции, прилежащие к большему основанию, не обязательно острые.

Решение №39396: Равнобедренная трапеция не может быть прямоугольной, т.к. если \(AB \per AD\) и \(CD \perp AD\), то \(AB \parallel CD\). Тогда в \(ABCD: BC \parallel AD\) и \(AB \parallel CD\), т. e. \(ABCD\) - параллелограмм по определению

Ответ: NaN

Решение №39397: а) Высота трапеции не может быть больше боковой стороны, т. к. боковая сторона - это наклонная к основанию \(AD\), а высота - это перпендикуляр (т. е. наименьшее расстояние) Перпендикуляр не может быть длиннее наклонной. б) Высота трапеции может быть равна боковой стороне трапеции, если трапеция прямоугольная

Ответ: NaN

Решение №39398: a) \(\Delta AOD\) не может быть равным \(\Delta ВОС\), т. к. если \(\Delta AOD = \Delta ВОС\), то \(ВС = AD\). Тогда, т. к. \(AD \parallel BC\), то \(ABCD\) - параллелограмм по признанаку о двух сторонах. б) \(\Delta АОВ\) может быть равным \(\Delta DOC\) в случае, если трапеция равнобокая.

Ответ: NaN

Решение №39399: а) Точка пересечения диагоналей трапеции нe может быть серединой каждой из диагоналей, т.к. если в четырехугольнике диагонали nepeceкаются точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник - параллелограмм.

Ответ: NaN

Решение №39400: a) \(ABCH\) - прямоугольная трапеция. б) Высота \(АК\) параллелограмма не является высотой трапеции \(ABCH\), так что не любая высота параллелограмма является высотой трапеции.

Ответ: NaN

Решение №39401: a) Трапеция \(ABCD\) - равнобокая, т. к. \(\angle A = \angle D\) - углы при основании. б) \(BD = 3,8 см\); \(AC = 3,8 см \longrightarrow BD = AC\).

Ответ: NaN

Решение №39402: Решение: Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle A +\angle B=180^\circ\), \(\angle D+\angle C=180^\circ,\longrightarrow \angle B= 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ\) \(\angle C= 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ\). Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). б) Решение: По свойству равнобокой трапеции углы при основании равны, т. е. \(\angle K = \angle F\) и \(\angle P=\angle T\).\(\angle K+\angle P=180^\circ\) - как углы, прилежащие к боковой стороне.\(\longrightarrow \angle OP = 180^\circ - 58^\circ = 122^\circ\). \(\angle F = \angle K = 58^\circ\), \(\angle P = \angle T = 122^\circ\) Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) в) Решение: Пусть \(х\) градуеная мера \(\angle D\), тогда градусная мера \(\angle С = 3х\). \(\angle D\) и \(\angle C\) - прилежащие к боковой стороне \(longrightarrow \angle C + \angle D = 180^\circ\); \(x + 3x = 180^\circ \longrightarrow x = 45^\circ\), T.e. \(\angle D = 45^\circ\), \(\angle C = 135^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\).

Ответ: Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39403: Рассмотрим \(\Delta MHN\) по теореме о сумме углов треутольника: \(\angle MHN + \angle HMN + \angle MNH = 180^\circ \longrightarrow \angle MNH = 180^\circ - 90^\circ = 22^\circ = 68^\circ\). \(\angle M\) и \(\angle N\) - углы, прилежащие к боковой стороне \(\longrightarrow \angle N = \angle M = 180° \longrightarrow \angle M = 112^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle M = \angle L = 112^/circ\) и \(\angle K = \angle N = 68^\circ\). Ответ: \(68^\circ, 112^\circ, 68^\circ, 112^\circ\) б) Решение: \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle BAC = \angle BCA\). По теореме о сумме углов треугольника \((\Delta АВС): \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^/circ \longrightarrow \angle BAC = \angle BCA = 45^\circ\) \(\angle ACD = 90^\circ\) по условию \(\longrightarrow \angle BCD = \angle BCA + \angle ACD = 135^\circ\) \(\Delta ACD\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle CAD = \angle CDA\). По теореме о сумме углов треугольника \((ADC): \angle CAD + \angle ACD + \angle CDA = 180° \longrightarrow \angle CAD = \angle CDA = 45^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle CBA = \angle BAD = 90^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Ответ: Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39404: Решение: Проведем вторую высоту \(ВК\). Рассмотрим \(\Delta АКВ\) и \(\Delta DHC: AB- CD\); \(\angle BAK = \angle CDH\) по свойству равнобокой трапеции, /(\angle BKA = \angle DHC = 90^\circ \longrightarrow \Delta AKB = \Delta DHC\) по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих элементов: \(AK = HD \longrightarrow AK = 6 см\). \(АН = АК + КН = КН = 24 см\) Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 24 см\). Ответ: \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(24 см\).

Решение №39405: Решение: Проведем вторую высоту \(BK\). \(\Delta AKB = \Delta DHC\) (доказано в задаче 149) \(\longrightarrow AK = HD = 3 см\). Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 10 см\). \(AD = AK + KH + HD = 3 + 10 + 3 = 16 (см)\). Ответ: \(16 см\).

Ответ: \(16 см\)

Решение №39406: \(\angle K + \angle L = 180^\circ\); \(\angle N + \angle M = 180^\circ\), т. к. сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N\) и \(\angle L = \angle M\), \(\Rightarrow \angle K + \angle M = 180^\circ\) и \(\angle N + \angle L = 180^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39407: а) \(\angle K + \angle M = 180^\circ\) (доказано в задаче №151). \(\angle M - \angle N = 80^\circ \Rightarrow \angle M = \angle K + 80^\circ\); \(\angle K + \angle K + 80^\circ = 180^\circ \Rightarrow \angle K = (180^\circ - 80^\circ) : 2 \Rightarrow \angle K = 50^\circ\), a \(\angle M = 130^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N\) и \(\angle L = \angle M\). б) Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Рассмотрим \(\Delta АВС\): по теореме о сумме углов треугольника \(\angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ \Rightarrow \angle BCA = 180^\circ - 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ\). Т. к. \(CA\) - биссектриса \(\angle BCD\), то \(\angle BCD = \angle BCA \cdot 2 = 110^\circ\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle C + \angle D = 180^\circ \Rightarrow \angle D = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ\).

Ответ: а) \(50^\circ, 130^\circ, 50^\circ, 130^\circ\); б) \(90^\circ, 90^\circ, 110^\circ, 70^\circ\).

Решение №39408: \(\angle K = \angle P = 90^\circ\) (т. к. трапеция прямоугольная). Пусть градусная мера \(\angle Т = 3х\), тогда градусная мера \(\angle F = 2x\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т.e. \(\angle T + \angle F = 180^\circ\); \(5x = 180^\circ\); \(x = 36^\circ \Rightarrow \angle T = 3 \cdot 36^\circ = 108^\circ\), \(\angle F = 72^\circ\). б) Обозначим т. \(K\) - середину \(AD\): \(AK = KD = CD = BC = AB\). Проведем отрезок \(СK\). Рассмотрим четырехугольник \(АВСK\): \(BC \parallel AK\), \(ВС = АK \Rightarrow АВСK\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах. По свойству параллелограмма \(АВ = СK\). B \(\Delta CKD\): \(CK = KD = CD \Rightarrow \Delta CKD\) - равносторонний \(\Rightarrow \angle CKD = \angle CDK = \angle DCK = 60^\circ\), т. e. \(\angle D = 60^\circ\). \(\angle D + \angle C = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне \(\Rightarrow \angle С = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle D = \angle A = 60^\circ\); \(\angle C = \angle B = 120^\circ\).

Ответ: а) \(90^\circ, 90^\circ, 108^\circ, 72^\circ\); б) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\).

Решение №39409: a) \(BC \parallel KD\) - по определению трапеции; \(BK \parallel CD\) по условию \(\Rightarrow\) в четырехугольнике \(KBCD\) противолежащие стороны параллельны \(\Rightarrow KBCD\) - параллелограмм по определению. б) Решение: По свойству параллелограмма \(ВС = KD\) и \(BK = CD\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = AB + BC ++ BK + KD + KA\), но \(AB + BK + KA = P_{\Delta ABK}\). T. e. \(P_{ABCD} = P_{\Delta ABK} + BC + KD\), но \(BC = KD = 4\) см. \(\Rightarrow P_{ABCD} = 11 + 8 = 19\) (см).

Ответ: а) Утверждение доказано. б) 19 см.

Решение №39410: а) Т. к. \(\Delta ABK\) - равносторонний, то \(\angle BAK = 60^\circ\) (по свойству равностороннего треугольника). \(\angle BAK + \angle ABC = 180^\circ\) - как углы трапеции, прилежащие к боковой стороне \(\Rightarrow \angle ABC = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle A = \angle D\) и \(\angle B = \angle C\). T. e. \(\angle A = 60^\circ\), \(\angle B = 120^\circ\), \(\angle C = 120^\circ\), \(\angle D = 60^\circ\). б) Т. к. \(\Delta АВK\), \(\Delta ВКС\) и \(\Delta CKD\) - равносторонние и имеют общие стороны, то \(\Delta АВK = \Delta ВKС = \Delta CKD\) по трем сторонам \(\Rightarrow AB = AK = KD = DC = BC\). \(Р_{\Delta ABK} = 12\) м, а т. к. \(\Delta АВК\) - равносторонний, то \(AB = 12 : 3 = 4\) (м). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\), но \(AD = 2AK\) (т. к. \(K\) - середина \(AD\)). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + 2AK = 5AB = 2\) (м).

Ответ: a) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\); б) 20 м.

Решение №39411: \(\angle CBD = \angle BDA\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(BD\). \(\angle BDC = \angle BDA\) по условию \(\Rightarrow \angle CBD = \angle BDC \Rightarrow \Delta CBD\) - равнобедренный по признаку \(\Rightarrow BC = CD\) - по определению равнобедренного треугольника \(\Rightarrow AB = CD = BC = 15\) см. Проведем высоты \(ВН\) и \(СК\). Рассмотрим \(\Delta АВН\) и \(\Delta DCK\): \(\angle BAH = \angle CDH\) (по свойству равнобокой трапеции); \(\angle BHA = \angle CKD = 90^\circ\); \(AB = CD\) (т. к. трапеция равнобокая) \(\Rightarrow \Delta АВН = \Delta DCK \Rightarrow AH = KD\). В \(\Delta АВН\): \(AB = 15\) см, \(\angle ABH = 30^\circ \Rightarrow АН = 7,5\) см как катет, лежащий против угла \(30^\circ \Rightarrow KD = 7,5\) см. \(НВСK\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = НK = 15\) см \(\Rightarrow AD = 30\) см. \(R_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = 15 \cdot 3 + 30 = 75\) см.

Ответ: 75 см.

Решение №39412: \(\angle RQS = \angle QSP\) как внутренние накрест лежащие при \(QR \parallel PS\) и секущей \(QS\). T. к. \(\angle RQS = \angle PSQ\) и \(\angle RQS = \angle QSP\), то \(\angle PQS = \angle PQS \Rightarrow\) по признаку равнобедренного треугольника \(\Delta PQS\) - равнобедренный \(\Rightarrow PQ = PS = 10\) см. \(P_{PQRS} = PQ + QR + RS + SP = 10 + 5 + 10 + 10 = 35\) (см).

Ответ: 35 см.

Решение №39413: \(\angle A + \angle B = 180^\circ\) т .к. сумма углов, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\). \(АН\) - биссектриса \(\angle A\), то \(\angle BAH = \fraq{\angle A}{2}\). \(BH\) - биссектриса \(\angle B \Rightarrow \angle ABH = \fraq{\angle B}{2}\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АВН\): \(\angle BAH + \angle ABH + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{\angle A}{2} + \fraq{\angle B}{2} + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{1}{2}(\angle A + \angle B) + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{1}{2} \cdot 180^\circ + \angle BHA = 180^\circ\); \(90^\circ + \angle BHA = 180^\circ\); \(\angle BHA = 90^\circ\), т.e. \(AH \perp BH\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39414: а) Пусть \(a\) и \(b\) - данные стороны параллелограмма, \(d\) - его диагональ. Анализ: Пусть параллелограмм \(ABCD\) построен. \(\Delta АВС\) можно построить по трем сторонам (\(AB = a\); \(BC = b\); \(AC = d\)). T. o. мы получим три вершины параллелограмма \(А\), \(В\), \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построив \(\Delta ACD\) по трем сторонам (\(CD = a\); \(AD = b\); \(AC = d\). Построение: 1) Построим \(\Delta ABC\) по трем сторонам. На луче \(l\) от т. \(А\) отложим отрезок длиной \(d\), получим т. \(С\). Проведем дугу окружности с центром в т. \(А\) радиусом \(a\). Проведем дугу окружности: центр в т. \(С\) радиусом \(b\). \(\Rightarrow\) Их пересечение - т. \(В\). 2) Построим \(\Delta ADC\) по трем сторонам. Проведем дугу окружности: центр в т. \(С\) радиусом \(а\). Проведем дугу окружности с центром в т. \(А\) радиусом \(b \Rightarrow\) их пересечение - т. \(D\). Доказательство: По построению \(AB = CD = a\), \(BC = AD = b \Rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку о противолежащих сторонах со сторонами \(а\) и \(b\) и диагональю \(d\). Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(а\), \(b\), \(d\) выполнено неравенство треугольника (\(a + b > d\), \(a + d > b\), \(b + d > a\)). б) Пусть \(a\) - данная сторона, \(d\) - данная диагональ ромба. Анализ: Пусть ромб \(ABCD\) построен. Треугольник \(АВС\) можно построить по трем сторонам (\(AC = d\), \(AB = a\), \(BC = a\)), T. о. мы получим три вершины параллелограмма - \(А\), \(В\), \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построить \(\Delta АDC\) по трем сторонам (\(AD = DC = a\) и \(AC = d\)). Построение: 1) Построим \(\Delta ABC\) по трем сторонам (алгоритм построения - в задании 159 а). 2) Построим \(\Delta АDC\) по трем сторонам. Доказательство: По построению \(AB = BC = AD = DC = a \Rightarrow ABCD\) - ромб. Исследование: Задача имеет единственное решение, если \(а + а > c\), т. е. \(2а > с\) (выполнено неравенство треугольника). в) Пусть \(а\) - данное большее основание трапеции, \(c\) - данная боковая сторона. \(\alpha\) - данный острый угол. Анализ: Пусть трапеция \(KLMN\) построена. \(\Delta LKN\) можно построить по двум сторонам и углу между ними. Т. о. мы получим три вершины трапеции - \(L\), \(K\) и \(N\). Вершину \(М\) можно получить, построив \(LM \parallel KN\) и проведя дугу радиусом \(c\) с центром в т. \(N\). Построение: 1) Построим \(\Delta KLN\) по двум сторонам и углу между ними (\(KL = c\), \(KN = a\), \(\angle LKN = \alpha\)). 2) Проведем прямую \(l\) через т. \(L\), причем \(l \perp KN\). 3) Проведем дугу окружности с центром в т. \(N\) и радиусом \(с \Rightarrow\) пересечение дуги и прямой \(l\) - т. \(M\). Доказательство: \(LM \perp KN\) по построению, \(KL = MN\) по построению, \(\angle LKN = \alpha \Rightarrow KLMN\) - равнобокая трапеция с большим основанием \(a\), боковой стороной \(c\) и острым углом \(\alpha\).

Ответ: NaN

Решение №39415: а) Пусть \(d\) - данная диагональ ромба, \(\alpha\) - угол, противолежащий данной диагонали. Анализ. Пусть ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta АВС\) можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам (\(AC = d\), \(\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - \alpha) : 2\)). T. o. мы получим три вершины ромба - \(А\), \(В\) и \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построив \(\Delta ADC\) по трем сторонам (\(AB = AD\) и \(BC = CD\)). Построение: 1) Построим угол \(180^\circ - \alpha\). 2) Разделим утол \(180^\circ - \alpha\) пополам (проведем биссектрису). 3) Построим \(\Delta АВС\) по стороне и двум прилежащим к ней углам: \(АС = d\), \(\angle BAC = \angle BCD = (180^\circ - \alpha) : 2\). 4) Построим \(\Delta ADC\) по трем сторонам. Доказательство: \(\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - \alpha) : 2\) и \(AC = d\) по построению \(\Rightarrow \Delta АВС\) - равнобедренный с углом при вершине \(\alpha\). T. к. \(AB = AD\) и \(BC = CD\) (по построению), то \(АВ = ВС = CD = AD \Rightarrow ABCD\) - ромб с диагональю \(d\) и противолежащим ей углом \(\alpha\). Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(d\) и \(\alpha\). б) Пусть \(d\) - длина диагоналей прямоугольника, \(\alpha\) - угол, под которым они пересекаются. Анализ: Пусть прямоугольник \(ABCD\) построен. \(\Delta AОВ\) можно построить по двум сторонам и углу между ними \((AO = BO= \fraq{d}{2} Ł \angle AOB = \alpha)\) . Т. о. получим две вершины прямоугольника - \(А\) и \(В\). Вершины \(С\) и \(D\) можно получить, удвоив отрезки \(АO\) и \(ВО\). Построение: 1) Построим отрезом \(d\) и разделим его пополам. 2) Построим \(\Delta АОВ\) по двум сторонам и углу между ними. 3) На лучах \(АО\) и \(ВО\) отложим отрезки \(OC = AO\) и \(OD = BO\). 4) Последовательно соединим точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: По построению: \(ОА = ОС\) и \(DO = OB \Rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку о диагоналях. \(OA = OB \Rightarrow OD = OC \Rightarrow AC = BD \Rightarrow\) параллелограмм \(ABCD\) является прямоугольником по признаку. По построению \(AO = \fraq{d}{2} \Rightarrow AC = d\), \(\angle АОВ = \alpha \Rightarrow ABCD\) - искомый прямоугольник. Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(\alpha\). в) Пусть \(а\) - данное меньшее основание трапеции, \(с\) - данная большая боковая сторона, \(d\) - большая диагональ. Анализ: Пусть искомая трапеция \(АВСD\) построена. Треугольник \(BCD\) можно построить по трем сторонам (\(BC = а\); \(CD = c\); \(BD = d\)). Т. о. получим три вершины \(В\), \(С\) и \(D\) искомой трапеции. Вершину \(А\) можно получить как пересечение перпендикуляра к прямой \(ВС\) через т. \(В\) и прямой, параллельной прямой \(ВС\), проходящей через т. \(D\). Построение: 1) Построим \(\Delta BCD\) по трем сторонам. 2) Проведем прямую \(l_{1} \perp ВС\) и \(B \in l_{1}\). 3) Проведем прямую \(l_{2} \perp ВС\) и \(D \in l_{2}\). Доказательство: По построению \(ВС \parallel AD\), \(BA \perp ВС\), \(BA \perp AD \Rightarrow ABCD\) - прямоугольная трапеция с диагональю \(d\), меньшим основанием \(а\) и боковой стороной \(с\). Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(а\), \(с\) и \(d\) выполнено неравенство треугольника, т. e. если \(a + c > d\), \(a + d > c\), \(c + d > a\).

Ответ: NaN

Решение №39416: Решение: \(\Delta ABD\) - равнобедренный. Пусть \(\angle ABD= х\), тогда \(\angle ADB = х\) (как углы при основании равнобедренного \(\Delta ABD\)). \(\angle ADB\) и \(\angle DBC\) - накрест лежащие при \(AD \perallel BC\) и секущей \(BD \rightarrow \angle DBC= \angle ADB = х\). \(\Delta BCD\) - равнобедренный \(\rightarrow \angle BCD = \angle BDC - (180^\circ - \angle DBC): 2 = (180° - х): 2\). Трапеция \(ABCD\) - равнобокая \(\rightarrow \angle ABC = \angle BCD = (180^\circ - x): 2\). Поскольку также \(\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = x + x = 2х\), то \((180^\circ - х): 2 = 2x\); \(5х = 180^\circ\); \(х = 36^\circ\). Тогда \(\angle ABC = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ\); \(\angle BCD = 72^\circ\); \(\angle BAD = (180^\circ - 2 \cdot 36^\circ) = 108^\circ\); \(\angle ADC = \angle BAD = 108^\circ\) Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Ответ: Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Решение №39417: Проведем высоты \(LН_{1}\) и \(MН_{2}\). \(\Delta LKН_{1} = \Delta MNН_{2}\) по гипотенузе и острому углу \(\rightarrow КН_{1} = NН_{2}\). \(Н_{1}LMН_{2}\) прямоугольник \(rightarrow LM = Н_{1} Н_{2} = 7a \rightarrow KН_{1} = (9a - 7a) : 2= a\). Pacсмотрим \(\Delta KLН_{1} ; \angle KН_{1}L = 90^\circ\), \(KН_{1} = а\), \(LK = 2a \rightarrow\) угол, противолежащий катету \(КН_{1}\), равен \(30^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника \(в \Delta KLН_{1}\) \(\angle KIН_{1} + \angle IHK_{1} + \angle Н_{1}KL = 180^\circ = \angle LKН_{1} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\) \(\angle K + \angle L = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне трапеции \(\rightarrow \angle L = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N = 60^\circ\), \)\angle L= \angle M = 120^\circ\) Ответ: \(60^\circ\), \)120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

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

Решение №39418: Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(\Delta DCB: ВС\) - общая, \(AB = CD\) (т. к. трапеция равнобокая), \(\angle ABC = \angle DCB\) по свойству равнобокой трапеции \(\rightarrow \Delta АВС = \Delta ADC\) до двум сторонам и углу между ними \(\rightarrow AC = BD\). 2) Дано: \(PQRS\) - трапеция, \(PS \parallel QR\), \(QS = PR\). Доказать: \(PQRS\) - равнобокая. Проведем высоты \(QH_{1}\) и \(RH_{1}\), \(QH_{1} = RH_{2}\). Рассмотрим \(\Delta PRH_{2} и \(\Delta SQH_{1} : QS = PR\) по условию, \(QH_{1} = RH_{1}\) и \(\angle QH_{1}S= \angle RH_{2}Q = 90^\circ \rightarrow \Delta PRH_{2} =\Delta QSH_{1}\), по гипотенузе и катету \(\rightarrow \angle RPH_{2} = \angle QSH_{1}\). Рассмотрим \(\Delta PQS\) и \(\Delta SRP: PS\) - общая, \(\angle RPH_{2}= \angle QSH_{1}, QS = PR\) условию, \(\rightarrow \Delta PQS = \Delta SRP\) по двум сторонам и углу между ними. \(\rightarrow PQ = RS\), T. e. \(PQRS\) равнобокая трапеция.

Ответ: NaN

Решение №39419: Т. к. трапеция равнобокая, то ее диагонали равны (задача N 163. (1)) \(\rightarrow AC = BD\). Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta DCA: AD\) - общая, \(АВ = CD\) - по условию, \(AC = BD \rightarrow \Delta ABD = \Delta DCA\) трем сторонам \(\rightarrow \angle CAD = \angle BDA\) Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(Delta DCB: BC\) - общая, \(AB = CD\) по условию, \(AC = BD \rightarrow \Delta ABC = \Delta DCB\) по трем сторонам \(\rightarrow \angle ACB = \angle DBC\). 2) Проведем высоты \(QH_{1}\) и \(RH_{2}\) Pacсмотрим \(\DeltaQH_{1}S\) и \(\Delta RH_{2}S: QH_{1}S = RH_{w} = 90^\circ \rightarrow \Delta QH_{1}S= \Delta RH_{2}S\) по катету и острому углу \(\rightarrow QS = PR\). Если у трапеции диагонали равны, то трапеция равнобокая

Ответ: NaN

Решение №39420: Анализ: Пусть параллелограмм \(ABCD\) - построен. \(\Delta ABD\) можно построить по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них. Т. о. мы получим три вершины параллелограмма \(A\), \(В\) и \(D\). Вершину \(С\) получим, построив \(\Delta CDB\), равный \(\Delta ABD\). Построение: 1) Построим \(Delta ABD\) по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них. Для этого построим убол, равный углу а. На одной его стороне оделаем засечку радиусом \(\alpha\) с центром в т. \(А \rightarrow\) получим т. \(В\). На второй стороне угла сделаем \(\rightarrow \) т. \(D\). 2) Построим \(\Delta CDB\), равный \(\Delta ABD\) по трем сторонам. Доказательство: \(AB = DC\), \(AD = BC\), \(BD = d\), \(\angle BAD = \alpha\) по построению. \(\rightarrow ABCD\) - искомый параллелограмм. Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(а, d\) и \(\alpha\). б) Пусть \(d\) диагональ данного ромба, \(h\) - его высота Построить: ромб. Анализ: Пусть искомый ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta AFC\) можно построить по гипотенузе и катету \(AC = d, AF = h\). T. о., получены две вершины - \(А\) и \(С\). Вершину \(В\) можно получить как пересечение серединного перпендикуляра к отрезку \(АС\) и прямой \(FC\) Вершину \(D\) получим, отложив отрезок \(OD = OB\) от т. \(O\) на прямой \(ВО\). Построение: 1) Построи \(\Delta AFC\) по гипотенузе \(d\) и катету \(h\). 2) Проведем серединный перпендикуляр к отрезку \(AC \rightarrow\) точка пересечения прямой \(FC\) и серединного перпендикуляра - т. \(В\). 3) От т. \(О\) отложим отрезок \(ОD = OB\) (на прямой \(BO\)) 4) Соединим последовательно точки \(A\), \(B\), \(C\) и \(D\). Докавательство \(AO = OC\), \(BO = OD \rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку. \(BD \perp AC\) по построению \(\rightarrow ABCD\) - ромб. Диагональ \(AC = d\) и высота ромба равна \(h \rightarrow ABCD\) - искомый ромб. Исследование: Задача имеет единственное решение при \(d > h\). данные основания трапеции. \(d_{1}\) и \(d_{2}\) - ее диагонали. Построить: трапецию. Анализ: Пусть искомая трапеция \(ABCD\) построена. Проведем через вершину \(С\) прямую \(CE \parallel BD\). Тогда \(BCED\) - параллелограмм по определению \(\rightarrow CE = BD\) и \(BC = DE \rightarrow AE = b + а\). Вспомогательный \(\Delta АСЕ\) можно построить, по трем сторонам \(\rightarrow\) получим две вершины трапеции \(А\) и \(С\). Вершину \(В\) получим, отложив отрезок \(ED\) а на прямой \(АЕ\). После этого нужно провести прямую \(ВС \parallel AD\) и отложить от т. \(С\) отрезок, равный \(а \rightarrow\) получим т. \(В\). Построение: 1) Построим \(\Delta ACE\) по трем сторонам \(AE = b + a, AC = d_{1} , CE = d_{2}\). От т. \(Е\) отложим отредок \(ED = а \rightarrow\) получим т. \(D\). Проведем прямую \(l\) \(AD\) и \(C \in l\). На прямой \(l\) от. \(С\) отложим отрезок \(СВ = а \rightarrow\) получим т. \(В\). Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: \(BC \parallel AD\) по построению, \(\rightarrow ABCD\) - трапеция. \(BC = a\), \(AD = b\), \(AC = d_{1}\), \(BD = CE = = d_{2} = ABCD\) - искомая трапеция. Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(b + a\), \(d_{1}\) и \(d_{2}\) выполнено неравенство треугольника, т. е. \((b + а) > d_{1} + d_{2}, d_{1} > (b + a) + d_{2}, d_{2} > (b + a) + d_{1}.

Ответ: NaN

Решение №39421: Предположим, что данный прямоугольник построен. Тогда \(АЕ\) это полупериметр; \(\Delta CDE\) - прямоугольный и равнобедренный, а \(\Delta ACD\) - прямоугольный с гипотенузой \(d\) и суммой катетов \(Р : 2\). Построение: Разделим отрезок пополам. На луче \(а\) от т. \(А\) отложим отрезок длиной \(Р : 2 \rightarrow\) долучим т. \(F\) От луча \(FA\) отожим угол в \(45^\circ\) с вершиной в т. \(Е\) Проведем засечку радиусом \(d\) с центром в т. \(А\) = получим т. \(С\). Из т. \(С\) опустим высоту на \(AF \rightarrow\) получим т. \(D\). Через т. \(С\) проведем прямую \(\parallel AD\) и через т. \(А\) проведем прямую \(\parallel DC\), их пересечение - т. \(В\). Доказательство: \(ABCD\) - прямоугольник по построению: \(AC = d\), \(AD + DC = P : 2 = ABCD\) - искомый прямоугольник. Исследование: Задача имеет единственное решение. 6) Пусть \(h\) - высота ромба (все высоты у ромба равны), а данный острый угол ромба. Построить: ромб. Анализ: Пусть искомый ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta АЕВ\) можно построить по катету и острому углу, прилежащему к этому катету \(\rightarrow\) получим две вершины ромба - \(А\) и \(В\). Вершину \(С\) получим, отложив на прямой \(ВЕ\) отрезок \(ВС\) = т. \(С\). Вершину \(D\) получим, построив \(\Delta ADC = \Delta АВС\). Построение: 1) Построим \(\Delta ABE\) катету \(h\) и прилежащему к нему углу \(90^\circ - \alpha \rightarrow\) получим т. \(B\). 2) Отложим отрезок \(ВС = АВ\) на прямой \(BE \rightarrow\) т. \(C\). 3) Построим \(\Delta ADC = \Delta АВС\) (по трем сторонам) \(rightarrow\) т. \(D\). 4) Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: По построению \(АВ = BC = CD = AD \rightarrow ABCD\) - ромб по определению. \(АЕ\) - высота ромба, \(АЕ = h\) (по построению). \(\angle BAE = 90^\circ - \alpha \rightarrow \angle ABE = \alpha\), T. e. острый угол ромба \(= \alpha = ABCD\) - искомый ромб. в) Пусть \(b - а\) - разность длин оснований данной трапеции, \(с\) - боковая сторона, \(d\) - диагональ. Построить: трапецию. Пусть искомая трапеция \(ABCD\) построена \(BC = a, AD = b, CD = c, CA = d\). \(\Delta АВН_{2}\) можно построить по гипотенузе и катету \(\rightarrow\) получим две вершины трапеции - \(B\) и \(A\). Далее проведем прямую \(\parallel АН_{2}\) через т. \(В\) сделаем на этой прямой засечку радиусом \(d\) с центром в т. \(А \rightarrow\) получим т. \(С\). Вершину \(D\) получим, сделав засечку радиусом \(c\) на прямой \(АН_{2}\) с центром в т. \(С \rightarrow\) получим т. \(D\). Построение: Разделим отрезок \(b\) - а пополам. Построим \(\DElta ABH_{2}\) по гипотенузе \(AB\) и катету \(АН_{2} \fraq{b-a}{2} \rightarrow\) т. \(B\). 3) Проведем \(l \parallel АН_{2}\) так, что \(B \in l\) На прямой \(l\) сделаем засечку дуги радиусом \(d\) с центром в т \(A \rightarrow\) получим т. \(С\). На прямой \(AH_{2}\) - сделаем засечку дуги радиусом \(c\) с центром с т. \(С \rightarrow\) получим т. \(D\). 6) Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: \(BC \parallel AD \rightarrow ABCD\) - трапеция. \(АН_{2} = (b - a) : 2\); \(AC = d \rightarrow ABCD\) - искомая трапеция. Исследование: Задача имеет единственное решение при любых значениях \(с\), \(d\) и \(b - а\).

Ответ: NaN