Решение №39482: Пусть градусная мера \(\cup ALC = 11x\), тогда, т. к. \(\cup ALC: \cup AMC = 11: 7\), то \(\cup AMC = 7х\). Дуги \(\cup ALC\) и \(\cup AMO\) составляют окружность: \(\cup ALC + \cup AMC = 360^\circ\); \(11x + 7x = 360^\circ\); \(\longrightarrow 18x = 360^\circ\); \(x = 20^\circ\). \(\cup ALC = 220^\circ\); \(\cup AMC = 140^\circ\). \(\angle ABC\) опирается на дугу \(\cup AMC = 140^\circ\). По теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} AMC = 70^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №39483: Пусть градусная мера \(\cup NАМ = 3х\), тогда \(\cup MBL= 4x\), \(\cup LCN = 5x\) Дуги \(\cup NAM\), \(\cup MBL\) и \(\cup LCN\) Составляют окружность \(\longrightarrow \cup NAM = 90^\circ\); \(\cup MBL = 120^\circ\), \(\cup NCL = 150^circ\). \(\angle L\) опирается на \(\cup NAM\), \(\angle M\) - на \(\cup NCL\),\(\angle N\) - на \(\cup MBL\). По теореме о вписанном угле: \(\angle L= \fraq{1}{2} \cup NAM = 45^\circ\) \(\angle M= \fraq{1}{2} \cup NCL = 75^\circ\) \(\angle N= \fraq{1}{2} \cup MBL = 60^\circ\) Ответ: \(45^\circ\) \(75^\circ\); \(60^\circ\)

Ответ: Ответ: \(45^\circ\) \(75^\circ\); \(60^\circ\)

Решение №39484: Случай 1: \(AB\) - основание \(\Delta ABC\); \(АС = CB\). \(\cup ALB = 100^\circ\) \(\angle АСВ\) -- вписанный угол, опирается на \(\cup ALB\) - по теореме о вписанном угле \(\angle ACB = \fraq{1}{2} ALB = 50^\circ\). Т. к. \(\Delta ABC\) равнобедренный, то по свойству равнобедренного треугольника \(\angle 4 = \angle В\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle С + \angle A + \angle B = 180^\circ \longrightarrow \angle A = \angle B = (180^\circ - 50^\circ) : 2 = 65^\circ\) Случай 2: \(АВ\) - боковая сторона \(\Delta ABC: AB = BC\). \(\cup ALB = 100^\circ\), \(\angle АСВ\) опирается на дугу \(\cup ALB\) - по теореме о вписанном угле \(\angle ACB = \fraq{1}{2} \cup ALB = 50^\circ\). По свойству равнобедренного треугольника в \(\Delta ABC: \angle ВАС - \angle ВСА = 50^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \longrightarrow LB = 180^\circ - 2\angle C = 80^\circ\) Ответ: задача имеет два решения -1) \(65^\circ\) \(65^\circ\) \(50^\circ\); 2) \(50^\circ\), \(50^\circ\), \(80^\circ\)

Ответ: Ответ: задача имеет два решения -1) \(65^\circ\) \(65^\circ\) \(50^\circ\); 2) \(50^\circ\), \(50^\circ\), \(80^\circ\)

Решение №39485: Проведем диаметр \(ВС\). \(BO\) - радиус окружности. По свойству радиуса, проведенного в точку касания, \(OB \perp l\), T. e. \(\angle CBF = 90^\circ\). Дуга \(\cup CKB\) опирается на диаметр \(\cup CKB = 180^\circ\). T. e. \(\angle CBF = \fraq{1}{2} \angle СКВ\). \(\angle ABC\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup ADC \longrightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}[2} \angle ADC\). По аксиоме измерения углов: \(\angle ABP = \angle ABC + \angle CBF = \fraq{1}{2} \cup ADC + \fraq{1}{2} \cup CKB = \fraq{1}{2}(\cup ADC + cup CKB\) Но дуги \(\cup ADC\) и \(\cup CKB\) составляют \(\cup ACB\), которая лежит внутри угла между хордой и касательной, проведенной через конец хорды \(\angle ABF = \fraq{1}{2}\cup ACB\).

Ответ: NaN

Решение №39486: a) \(\angle B\) - острый, т. е. \(\angle B < 90^\circ\). \(\angle B\) опирается на дугу \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2 \angle ABC \Rightarrow \cup ALC < 180^\circ\). T. e. \(\cup ALC\) меньше полуокружности. Проведем через т. \(С\) диаметр \(\Rightarrow \cup DAC = 180^\circ \Rightarrow\) т. \(А\) и т. \(В\) лежат в разных полуплоскостях от прямой \(ОС \Rightarrow\) т. \(В\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АС\). Аналогично доказывается, что точки \(О\) и \(С\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АВ\) и точки \(А\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(ВС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит внутри треугольника \(\Delta АВС\). б) \(\angle ABC > 90^\circ\), a т. к. \(\angle B\) - опирается на \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC\), то \(\cup ALC > 180^\circ\). Проведем через точку \(С\) диаметр \(CD \Rightarrow\) т. \(А\) и \(В\) лежат в одной полуплоскости относительно прямой \(DC \Rightarrow\) точки \(В\) и \(О\) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой \(АС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит вне треугольника.

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

Решение №39487: Проведем радиусы \(ОA\) и \(ОВ\). По свойству радиусов, проведенных в точку касания, \(\angle OAK = 90^\circ\) и \(\angle OBK = 90^\circ\). Поскольку \(\cup ACB = 100^\circ\), a \(\angle AOB\) - центральный, олирающейся на \(\cup ACB\), то \(\angle AOB = 100^\circ\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle AOB + \angle OAK + \angle AKB + \angle OBK= 360^\circ \Rightarrow \angle AKB = 360^\circ - 100^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 80^\circ\).

Ответ: \(80^\circ\).

Решение №39488: \(\angle CBA\) опирается на полуокружность \(\Rightarrow \angle CBA = 90^\circ\). \(\angle BCA = 60^\circ\) по условию, по теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta ABC\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 30^\circ\). \(ВС\) - катет, лежащий против угла в \(30^\circ \Rightarrow\) гипотенуза равна \(2 \cdot ВС \Rightarrow АС = 8\) см. \(АС\) - диаметр окружности \(\Rightarrow R = АС : 2 = 4\) см.

Ответ: 4 см.

Решение №39489: Поскольку медиана прямоугольного треугольника равна половине гипотенузе, то \(AD = DC = BD\). \(\Rightarrow \Delta ADC\) - равнобедренный \(\Rightarrow \angle DAC = \angle DCA\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АDС\): \(\angle DAC + \angle DCA + \angle ADC = 180^\circ \Rightarrow \angle DAC = \angle DCA = (180^\circ - 60^\circ) : 2 = 60^\circ \Rightarrow \Delta ADC\) - равносторонний \(\Rightarrow AD = AC\), т. е. \(AC = 9\) см. Поскольку в \(\Delta АВС \angle DCA = 60^\circ\), a \(\angle BAC = 90^\circ \Rightarrow \angle ABC = 30^\circ\). Против меньшего угла лежит меньшая сторона \(\Rightarrow АС\) - меньший катет.

Ответ: 9 см.

Решение №39490: a) \(\angle B\) - острый, т. е. \(\angle B < 90^\circ\). \(\angle B\) опирается на дугу \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC \Rightarrow \cup ALC < 180^\circ\). T. e. \(\cup ALC\) меньше полуокружности. Проведем через т. \(С\) диаметр \(\Rightarrow \cup DAC = 180^\circ \Rightarrow\) т. \(А\) и т. \(В\) лежат в разных полуплоскостях от прямой \(ОС \Rightarrow\) т. \(В\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АС\). Аналогично доказывается, что точки \(О\) и \(С\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(АВ\) и точки \(А\) и \(О\) лежат в одной полуплоскости от прямой \(ВС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит внутри треугольника \(\Delta АВС\). б) \(\angle ABC > 90^\circ\), a т. к. \(\angle B\) - опирается на \(\cup ALC \Rightarrow\) по теореме о вписанном угле \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ALC \Rightarrow \cup ALC = 2\angle ABC\), то \(\cup ALC > 180^\circ\). Проведем через точку \(С\) диаметр \(CD \Rightarrow\) т. \(А\) и \(В\) лежат в одной полуплоскости относительно прямой \(DC \Rightarrow\) точки \(В\) и \(О\) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой \(АС \Rightarrow\) т. \(О\) лежит вне треугольника.

Ответ: NaN

Решение №39491: \(\angle NKP\) - вписанный и опирается на \(\cup NAP\). \(\angle NLP\) - вписанный и опирается на \(\cup NAP\). \(\angle KNL\), \(\angle KPL\) - вписанные и опираются на \(\cup KBL\). По теореме про вписанный угол: \(\angle NKP = \angle NLP = \fraq{1}{2} \cup NAP\), \(\angle KNL = \angle KPL = \fraq{1}{2} \cup KBL\). \(\angle NMP является внешним углом \(\Delta NMK\). По свойству внешнего угла треугольника: \(\angle NMP = \angle KNM + \angle NKM = \fraq{1}{2}\cup NAP + \fraq{1}{2}\cup KBL = \fraq{1}{2}(\cup NAP + \cup KBL)\).

Ответ: NaN

Решение №39492: \(\angle BDA\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup ACB\). \(\angle DBK\) - вписанный и опирается на дугу \(\cup DSK\). По теореме о вписанном угле: \(\angle BDA = \fraq{1}{2}\cup ACB\), \(\angle DBK = \fraq{1}{2} \cup DSK\). \(\angle ADB\) - внешний угол \(\Delta BDF\). По свойству внешнего угла треугольника: \(\angle ADB = \angle DBF + \angle DFB \Rightarrow \angle DFB = \angle ADB - \angle DBF = \fraq{1}{2} \cup ACB - \fraq{1}{2} \cup DSK = \fraq{1}{2} (\cup ACB - \cup DSK)\).

Ответ: NaN

Решение №39493: Пусть \(с\) - гипотенуза искомого треугольника, \(h\) - высота, проведеная к гипотенузе. Анализ: Пусть искомый треугольник построен. Тогда \(AD\) - его медиана. \(\Delta АDH\) можно построить по гипотенузе и катету (\(AD = \fraq{c}{2}\); \(АН = h\)). Получим вершину \(А\); вершины \(В\) и \(С\) можно получить, отложив на прямой \(DH\) от точки \(D\) в обе стороны отрезок, равный \(\fraq{c}{2}\). Построение: 1) Разделим отрезок \(с\) на две равные части. 2) Построим \(\Delta ADH\) по гипотенузе и катету. 3) Проведем через точки \(D\) и \(Н\) прямую. 4) На прямой \(DH\) отложим отрезки \(DB\) и \(DC\), равные \(\fraq{c}{2}\). 5) Соединим точки \(А\), \(В\) и \(С\). Доказательство: Поскольку \(DA = DB = DC\), то около \(\Delta АВС\) можно описать окружность с центром в т. \(D\), тогда \(ВС\) - ее диаметр \(\Rightarrow \angle BAC = 90^\circ\) (т. к. \(\angle BAC\) опирается на диаметр) \(\Rightarrow \Delta ВАС\) - прямоугольный. По построению \(АН = h\), a \(BC = с \Rightarrow \Delta BAC\) - искомый. Исследование: Задача имеет единственное решение при условии, что \(\fraq{c}{2} > h\).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №39495: Построим окружность с диаметром \(AB\). Вершины всех прямых углов должны лежать на окружности, кроме точек \(А\) и \(B\).

Ответ: NaN

Решение №39496: Геометрическим местом точек должны быть вершины углов, опирающихся на дугу в \(\alpha\) градусов и хорду \(АВ\). Анализ: Предположим, что данное геометрическое место точек построено. Тогда \(\Delta АОВ\) можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам (\(AB = а\), \(\angle OAB = \angle OBA = 90^\circ - \alpha\)). \(\Delta AO_{1}B\) строится аналогично. Построение: 1) Построим \(\Delta АОВ\) и \(\Delta AO_{1}B\) по трем сторонам \(\Rightarrow\) получим т. \(О\) и \(O_{1}\). 2) Построим окружности с центрами в т. \(О\) и \(О_{1}\) радиусом \(AO\). 3) \(\cup ALB\) и \(\cup AL_{1}B\) - искомое место точек. Доказательство: По построению \(АВ = а\). \(\angle OAB = \angle OBA = 90^\circ - \alpha \Rightarrow \angle AOB = 2\alpha\). Т. е. если вершина угла будет лежать на дуге \(\cup ALB\) или \(\cup AL_{1}В\) то хорду \(АВ\) будет видно под углом \(\alpha\). Исследование: если \(\angle \alpha\) тупой, то геометрическим местом точек будут дуги, дополнительные дугам \(\cup ALB\) и \(\cup AL_{1}B\).

Ответ: NaN

Решение №39497: Пусть данная окружность изображена на рис. \(А\) - точка, через которую необходимо провести касательную к этой окружности. Анализ: Пусть данная касательная построена. Тогда радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен ей, и таких касательных две. Точки касания находятся на окружности с диаметром \(ОА\). Построение: 1) Построим середину отрезка \(AO \Rightarrow\) т. \(O_{1}\). 2) Проведем окружность с центром в т. \(О_{1}\) и радиусом \(O_{1}O \Rightarrow В\), \(В_{1}\). 3) Проведем прямую через точки \(А\) и \(В\) и прямую через точки \(А\) и \(В_{1}\). Прямые \(AB\) и \(AB_{1}\) - искомые касательные. Доказательство: Поскольку \(\angle ABO\) и \(\angle AB_{1}O\) опираются на диаметр, то \(\angle ABO = \angle AB_{1}O = 90^\circ\). \(OB_{1}\) и \(ОВ\) - радиусы \(\Rightarrow AB\) и \(AB_{1}\) - касательные.

Ответ: NaN

Решение №39498: По свойству равнобедренного треугольника \(\angle BAC = \angle BCA = 40^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle B + \angle C + \angle A = 180^\circ \Rightarrow \angle В = 100^\circ\). По свойству радиуса, проведенного в точку касания, \(\angle BKO = \angle BLO = 90^\circ\). По теореме о сумме углов четырехугольника (в четырехугольнике \(KOLB\)): \(\angle B + \angle BKO + \angle KOL + \angle OLB = 360^\circ \Rightarrow \angle KOL = 360^\circ - (100^\circ - 90^\circ - 90^\circ) = 80^\circ\).

Ответ: \(80^\circ\).

Решение №39499: Центр вписанной окружности находится на пересечении биосектрис углов треугольника \(\Rightarrow AO\) и \(ОС\) - биссектрисы. T. к. \(\angle BAC = \angle ВСА\) и \(АО\) и \(ОС\) - биссектрисы, то \(\angle OAM = \angle OCM = \angle OCL \Rightarrow \Delta LOC = \Delta MOC = \Delta MOA\) по катету и острому углу (\(OM = OL\) - как радиусы) \(\Rightarrow AM = MC = LC = 8\) см \(\Rightarrow AC = 16\) см. \(P_{ABC} = AB + BC + AC = 17 + 17 + 16 = 50\) см.

Ответ: 50 см.

Решение №39500: В квадрат можно вписать окружность и около квадрата можно описать окружность.

Ответ: В квадрат можно вписать окружность и около квадрата можно описать окружность.

Решение №39501: Если в четырехугольнике только один прямой угол, то в него нельзя вписать окружность. Если в четырехугольнике только два прямых угла, то в него можно вписать окружность при условии, что это два противолежащих угла.

Ответ: Если в четырехугольнике только один прямой угол, то в него нельзя вписать окружность. Если в четырехугольнике только два прямых угла, то в него можно вписать окружность при условии, что это два противолежащих угла.

Решение №39502: Нет, нельзя, т. к. сумма противолежащих углов в данном случае не равна \(180^\circ\).

Ответ: Нет, нельзя.

Решение №39503: Необходимо продлить до пересечения боковые стороны трапеции.

Ответ: Необходимо продлить до пересечения боковые стороны трапеции.

Решение №39504: Нет, нельзя вписать окружность, т. к. суммы противолежащих сторон в данном случае не равны. Описать окружность можно.

Ответ: Нет, нельзя вписать окружность. Описать окружность можно.

Решение №39505: a) \(\angle B = 74^\circ\); \(\angle A = 93^\circ\); б) \(\angle A + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle C = 87^\circ\); \(\angle B + \angle D = 180^\circ \Rightarrow \angle D = 106^\circ\); в) верно.

Ответ: a) \(\angle B = 74^\circ\); \(\angle A = 93^\circ\); б) \(\angle A + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle C = 87^\circ\); \(\angle B + \angle D = 180^\circ \Rightarrow \angle D = 106^\circ\); в) верно.

Решение №39506: a) \(AB = 3,6 см\), \(ВС = 2,6 см\), \(DC = 2,3 м\); б) \(AB + DC = BC + AD \longrightarrow AD = AB + DC - BC = 3,3 см\); в) верно.

Ответ: NaN

Решение №39507: a) \(\angle A = 90^\circ\); \(\angle B = 90^\circ\); \(\angle C = 20^\circ\); \(\angle D = 160^\circ\); 6) \(\angle A = 5^\circ\); \(\angle B = 120^\circ\); \(\angle C = 175^\circ\); \(\angle D = 60^\circ\). Можно ли описать окружность? Решение: По признаку вписанного четырехугольника \(\angle A + \angle C = \angle B+ \angle D\). а) В данном случае это равенство не выполняется: \(\angle A + \angle C = 110^\circ\); а \(\angle B + \angle D = 250^\circ \longrightarrow\) около \(ABCD\) нельзя описать окружность; б) около \(ABCD\) можно описать окружность, т. к. \(\angle A + \angle C = 180^\circ\) и \(\angle B + \angle D = 180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №39508: a) По свойству четырехугольника, вписанного в окружность, сумма противолежаших углов должна быть равна \(180^\circ\), а т. к. \(46^\circ + 125^\circ \neq 180^\circ\), то данные углы могут быть только соседними. Пусть \(\angle D = 125^\circ, /angle C = 46^\circ\). По свойству четырехугольника, вписанного в окружность \(\angle А + \angle C = 180^\circ\) и \(\angle B + \angle D = 180^\circ \longrightarrow \angle A = 134^\circ\), \(\angle B = 55^\circ\). Ответ: \(134^\circ\), \(55^\circ\) б) По свойству углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, \(\angle C + \angle D = 180^\circ \longrightarrow \angle C = 100^\circ\) По свойству вписанного четырехугольника: \(\angle B + \angle D = 180^\circ\) и \(\angle A + \angle C = 180^\circ \longrightarrow \angle B = 100^\circ\),\(\angle A = 80^\circ\) Ответ: \(100^\circ\), \(80^\circ\), \(100^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №39509: а) По свойству вписанного четырехуголь- ника \(\angle A + \angle C = 180^\circ\); \(\angle B +\angle D = 180^\circ\). T. к. \(\angle A = \angle C\), то \(\angle A = \angle C = 90^\circ\), \(\angle B = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ\). Ответ: \(90^\circ\), \(90^\circ\), \(130^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №39510: Окружность, описанная около \(ABCD\), является также окружностью, описанной около \(\Delta АВС\). Но \(\Delta АВС\) прямоугольный \(\longrightarrow\) центр окружности находится на середине гипотенузы, т. е. в точке пересечения диагоналей прямоугольника. Таким образом, т. \(О\) - центр описанной окружности.

Ответ: NaN

Решение №39511: \(CB \perp AB = \angle ABC = 90^\circ\); \(CD \perp AD = \angle ADC = 90^\circ\). Следовательно, \(\angle B + \angle D = 180^\circ\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D = 360^\circ \longrightarrow \angle A + \angle C = 180^\circ\). В четырехугольнике \(ABCD\) сумма противолежащих углов равна \(180\^\circ\) = около \(ABCD\) можно описать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39512: По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D = 360^\circ\); \((\angle A + \angle C) + (\angle B + \angle D) = 360^\circ\). т. к. \(\angle A + \angle C = \angle B + \angle D = \angle A + \angle C = \angle B + \angle D = 360^\circ : 2 = 180^\circ\). В четырехугольнике \(ABCD\) сумма противолежащих углов равна \(180^\circ\longrightarrow\) около \(АВС\) можно описать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39513: а) По свойству описанного четырехугольника \(AD + BC = AB + DC \longrightarrow AD = AB + DC - BC = 7 + 8 - 9 = 6 (см)\). \(P_{ABCD}= AB + BC + CD + AD = 30 см\). Ответ: \(30 см\). б) По свойству описанного четырехугольника \(KL + MN = LM + KN = 3 + 11 = 14 (cм)\), т. e. \(LM + KN = 14 cм\). \(P_{KLMN} = KL + LM + MN + KN = 28 см\). Ответ: \(28 см\).

Ответ: Ответ: \(28 см\).

Решение №39514: a) \(EF = 7 см\); б) \(Р = 16 см\) По свойству четырехугольника, описанного около окружности: \(ВС + AD = AB + CD\). а) По свойству средней линии трапеции \(FE=\fraq{1}{2}BC + AD = 2EF\) \(BC + AD = 14 \longrightarrow AB + CD = 14 см\). Поскольку трапеция равнобокая, то \(AB = CD \longrightarrow AB = CD = 7 см\). б) \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = 16 cм \longrightarrow (AB + CD) = (BC + AD) = 16 : 2 = 8 (см)\). По свойству средней линии трапеции \(FE=\fraq{1}{2}(BC + AD) = 4 см\). Ответ: а) \(7 см\); б) \(4 см\).

Ответ: Ответ: а) \(7 см\); б) \(4 см\).

Решение №39515: Проведем \(OK \perp CD\) и \(OH \pepr AD\). \(OH, ОК\) - радиусы вписанной окружности, т. е. \(ОК = 3 см\), \(ОН = 3 см\). Рассмотрим \(OKDH\) - это квадрат, т. к. у него все углы прямые и \(ОК = ОН \longrightarrow KD = 3 см \longrightarrow CD = 6 cм\). \(P_{ABCD} = 4АВ = 24 см\). Ответ: \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(24 см\).

Решение №39516: \(\angle ABD\) и \(\angle ACD\) опираются на диаметр \(\Rightarrow \angle ABD = \angle ACD = 90^\circ\). По аксиоме измерения углов \(\angle АBС = \angle ABD + \angle DBC\), a \(\angle BCD = \angle BCA + \angle ACD\), т. e. \(\angle ABC = 90^circ + 10^circ = 100^circ\), a \(\angle BCD = 20^circ + 90^circ = 110^circ\). По свойству четырехугольника, вписанного в окружность: \(\angle ABC + \angle CDA = 180^circ\) и \(\angle BCD + \angle BAD = 180^circ \Rightarrow \angle CDA = 80^circ\), \(\angle DAB = 70^circ\).

Ответ: \(70^circ, 80^circ, 110^circ, 100^circ\).

Решение №39517: Т. к. трапеция вписана в окружность, то она равнобокая \(\Rightarrow \angle L = \angle M\) и \(\angle K = \angle N\). \(\angle KNL\) и \(\angle KML\) опираются на одну дугу \(\Rightarrow \angle KNL = \angle KML\). \(\angle KNL = \angle NLM\) и \(\angle LMK = \angle LNK\) как внутренние накрест лежащие при \(LM \parallel KN\) и секущих \(LN\) и \(KМ\) соответственно \(\Rightarrow \angle KML = \angle LNK = \angle NLM = \angle NKM\). \(\angle NEM\) - внешний угол \(\Delta LEM\). По свойству внешнего угла треугольника: \(\angle NEM = \angle ELM + \angle LME \Rightarrow \angle ELM = 70^\circ : 2 = 35^\circ\). \(\angle KLN\) опирается на диаметр \(\Rightarrow \angle KLN = 90^\circ\). По аксиоме измерения углов: \(\angle KLM = \angle KLN + \angle NLM = 90^\circ + 35^\circ = 125^\circ\). Поскольку сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle KLM + \angle LKN = 180^\circ \Rightarrow \angle LKN = 55^\circ\). Поскольку трапеция равнобедренная, то \(\angle LKN = \angle MNK = 55^\circ\), \(\angle KLM = \angle NML = 125^\circ\).

Ответ: \(55^\circ, 125^\circ, 55^\circ, 125^\circ\).

Решение №39518: \(AA_{1}\), \(CC_{1}\) - высоты \(\Rightarrow \angle BC_{1}D = \angle BA_{1}D = 90^\circ \Rightarrow \angle BC_{1}D + \angle BA_{1}D = 180^\circ\). Пo теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle A + \angle BA_{1}D + \angle A_{1}DC_{1} + \angle DC_{1}B = 360^\circ \Rightarrow \angle A + \angle C_{1}DA_{1} = 180^\circ\). В четырехугольнике \(A_{1}BC_{1}D\) сумма противолежащих углов равна \(180^\circ \Rightarrow\) четырехугольник \(A_{1}BC_{1}D\) является вписанным в окружность, т. е. существует окружность такая, что т. \(B\), \(A_{1}\), \(C_{1}\) и \(D\) лежат на ней.

Ответ: NaN

Решение №39519: По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta CKD\): \(\angle CKD = 180^\circ - (\fraq{\angle C}{2} + \fraq{\angle D}{2})\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta AMB\): \(\angle AMB = 180^\circ - (\fraq{\angle A}{2} + \fraq{\angle B}{2})\). \(\angle AMB = \angle NML\) и \(\angle DKC = \angle NKL\) как вертикальные, т. e. \(\angle NML = 180^\circ - (\fraq{\angle A}{2} + \fraq{\angle B}{2})\), a \(\angle LKN = 180^\circ - (\fraq{\angle C}{2} + \fraq{\angle D}{2})\). Рассмотрим четырехугольник \(NMLK\): \(\angle NML + \angle LKN = 180^\circ - (\fraq{\angle A}{2} + \fraq{мangle B}{2}) + 180^\circ - (\fraq{\angle C}{2} + \fraq{\angle D}{2})\) = 360^\circ - \fraq{1}{2}(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D)\). Ho \(\angle A + \angle C + \angle B + \angle D = 360^\circ\) (т. к. сумма углов четырехугольника \(ABCD\) равна \(360^\circ\)) \(\Rightarrow \angle LMN + \angle LKN = 360^\circ - \fraq{1}{2} \cdot 360^\circ = 180^\circ\). По теореме сумме углов четырехугольника (в четырехугольнике \(NMLK\)): \(\angle NML + \angle LKN + \angle MLK + \angle MNK = 360^\circ \Rightarrow \angle MLK + \angle MNK = 180^\circ\). В четырехугольнике \(MLKN\) суммы противолежащих углов равны \(\Rightarrow\) около \(MNKL\) можно описать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39520: a) Проведем радиусы в точки касания окружности со сторонами ромба. По свойству радиуса, проведенного в точку касания: \(OL \perp AD\), \(OF \perp DC\), \(OK \perp BC\), \(ОЕ \perp AB\). Поскольку \(BC \parallel AD\), то \(ОK\) и \(OL\) лежат на одной прямой \(\Rightarrow LK\) - диаметр и \(LK\) - высота ромба \(\Rightarrow r = LK : 2 = h : 2\). Рассмотрим \(\Delta ОEВ\) и \(\Delta ОKB\): \(OE = OK\) - как радиусы, \(OB\) - общая \(\Rightarrow \Delta BEO = \Delta BKO (по гипотенузе и катету) \(\Rightarrow \angle EBO = \angle KBO \Rightarrow\) т. \(O \in\) биссектрисе угла \(B\), т. е. \(О\) лежит на диагонали \(BD\). Аналогично доказывается, что т. \(O \in\) диагонали \(АС\). Следовательно, т. \(О\) является точкой пересечения диагоналей ромба. б) Проведем радиусы в точки касания окружности с основаниями трапеции. По свойству радиуса, проведенного в точку касания: \(ОK \perp BC\), \(OH \perp AD\). Поскольку \(ВС \parallel AD\), то \(KО\) и \(ОН\) лежат на одной прямой, т. е. \(KН\) является диаметром окружности и высотой трапеции \(\Rightarrow\) радиус вписанной окружности равен половине высоты трапеции.

Ответ: NaN

Решение №39521: \(\Delta АВС\) - равнобедренный, \(АС\) - основание \(\Rightarrow AB = BC\). \(\Delta ADC\) - равнобедренный, \(АС\) - основание \(\Rightarrow AD = DC\). В четырехугольнике \(ABCD\): \(AB = ВС\); \(AD = DC \Rightarrow AB + AD = BC + DC\), т. е. суммы противолежащих сторон равны \(\Rightarrow\) в четырехугольник \(ABCD\) можно вписать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39522: Поскольку в четырехугольник \(ABCD\) можно вписать окружность, то суммы противолежащих сторон равны. Следовательно, противолежащими являются стороны 4 м и 9 м, а также 8 м и 5 м.

Ответ: 4 м и 9 м, 8 м и 5 м.

Решение №39523: Центр окружности, вписанной в ромб, находится в точке пересечения диагоналей ромба. Проведем \(ОН \perp ВС \Rightarrow ОН\) - радиус вписанной окружности. По свойству диагоналей ромба \(BD\) - биссектриса \(\angle B\) и \(OB = BD : 2 = 12\) см \(\Rightarrow \angle OBH = 30^\circ\). В прямоугольном треугольнике \(\Delta ОВН\): \(\angle OBH = 30^\circ\); \(ОВ = 12\) см \(\Rightarrow ОН = 6\) см (как катет, лежащий против угла в \(30^\circ\)).

Ответ: 6 см.

Решение №39524: Проведем высоту \(СН\). Поскольку радиус окружности, вписанной в трапецию, равен половине высоты трапеции, то \(CH = 6\) см. \(ABCH\) - прямоугольник \(\Rightarrow CH = AB = 6\) см. Поскольку в трапецию можно вписать окружность, то \(АВ + CD = BC + AD \Rightarrow BC + AD = 16\) см. По свойству средней линии трапеции \(EF = \fraq{1}{2} (BC + AD) = 8\) см.

Ответ: 8 см.

Решение №39525: По определению средней линии \(NE = EM\) и \(MF = FK\), т. к. \(NM = MK\), то \(NE = EM = MF = FK\). По свойству средней линии \(EF = \fraq{1}{2}NK = 6\) см. \(P_{EMF} = EM + MF + EF\); \(EM + MF = 24 - 6 = 18 \)(см). \(NE + FK = EM + MF = 18\) см. \(NK + EF = 12 + 6 = 18\) (см). Поскольку в трапеции \(NEFK\) суммы противолежащих сторон равны \(\Rightarrow\) в \(NEFK\) можно вписать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39526: Проведем радиусы в точки касания. По свойству радиуса, проведенного в точку касания: \(ОВ \perp AB\) и \(ОС \perp AC \longrightarrow \angle OBA = \angle OCA = 90^\circ\). \(\angle OCA + \angle OBA = 180^\circ \longrightarrow \angle BOC + \angle BAC = 180^\circ\) (из теоремы о сумме углов четырехугольника) в \(АВОС\) суммы противолежащих углов равны \(180^\circ\) - в \(АВОС\) можно вписать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39527: а) т. \(О\) - точка пересечения биссектрис углов трапеции, б) \(\Delta AOR\) и \(\Delta COD\) - прямоугольные. Доказательство: а) Проведем радиусы в точки касания окружности со сторонами трапеции. По свойству радиуса, проведенного в точку касания: \(OH \perp CD\), \(OK \perp BC\), \(OL \perp AB\),\(OM \perp AD\). Соединим центр окружности с вершинами трапеции. Рассмотрим \(\Delta ALO\) и \(\Delta AMO: \angle L = \angle M = 90^\circ\); \(OL = OM\) - как радиусы; \(АО - общая \longrightarrow \Delta ALO = \Delta AM)\) по гипотенузе и катету \(\longrightarrow \angle LAO = \angle ОАМ \longrightarrow AO\) - биссектриса \(\angle A\). Аналогично доказывается, что \(DО\) биссектриса \(\angle D, CO\) - биссектриса \(\angle C\). \(BO\) биссектриса \(\angle B\), т.е. \(О\) - пересечение биссектрис угловлов трапеции. б) Т. к. сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle C + \angle D = 180^\circ\) и \(\angle A + \angle B = 180^\circ\). Поскольку \(BO, CO, DO, AO\) - биссектрисы углов \(\angle B, \angle C, \angle D\) и \(\angle A\) соответственно, то \(\angle LAO = \angle A : 2; \angle LBO = \angle B : 2; \angle OCH = \angle C : 2; \angle ODH = \angle D : 2\); \(\angle LAO + \angle LBO = \fraq{1}{2} \angle A + \fraq{1}{2} \angle B = \fraq{1}{2} (\angle A + \angle B) = 90^\circ\) По теореме о сумме углов треутольника \(в \Delta AОВ\): \(\angle AOB + \angle OBA + \angle LAO = 180^\circ \longrightarrow \angle AOB = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \longrightarrow \Delta AОВ\) прямоугольный. Аналогично доказывается, что \(\Delta COD\) прямоугольный.

Ответ: NaN

Решение №39528: Докажем, что \(\angle A + \angle C = \angle B + \angle D \leftrightarrow \((\angle A + \angle C) - (\angle B + \angle D) = 0\) \(\angle BTA = \angle CTD\) и \(\angle BTC = \angle ATD\) как вертикальные. Из теоремы о сумме углов треугольника следует, что \(\angle 8= \angle 5 (в \Delta ВАТ и \Delta CDT)\) и \(\angle 2 + \angle 3 = \angle 7 + \angle 6 (в \Delta ВТС и \Delta ATD) \rightarrow \angle 2 - \angle 7 = \angle 3 - \angle 6\). \((\angle A + \angle C) - (\angle B + \angle D) = (\angle 8 + \angle 7 + \angle 3 + \angle 4) - (\angle 1 + \angle 2 + \angle 5 + \angle 6) = \angle 8 + \angle 7 + \angle 3 + \angle 4 - \angle 1 - \angle 2 - \angle 5 - \angle 6 = (\angle 8 - \angle 5) + (\angle 4 - \angle 1)+ (\angle 3 - \angle 6) - (\angle 2 - \angle 7) = \angle A + \angle C = \angle B + \angle D\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D = 360^\circ \rightarrow \angle A + \angle C = \angle B + \angle D = 180^\circ\). B \(ABCD\) сумма противолежащих углов равна \(180^\circ\) около \(ABCD\) можно описать окружность.

Ответ: NaN

Решение №39529: Рассмотрим четырехугольник \(BMDN: \angle BMD = \angle BND = 90^\circ\), T. e. \(\angle BMD + \angle BND = 180^\circ \rightarrow \angle MBN + \angle MDN = 180^\circ\) (из теоремы о сумме углов четырехугольника) \(\rightarrow\) около четырехугольника \(BMDN\) можно описать окружность, ее центр находится в центре гипотенузы \(AMBD\) (т.к. \(\Delta BMD\) - прямоугольный). \(OM = ON = OB = OD = BD: 2\), T. к. \(BO, OD, ON, OM\) - радиусы, а \(BD\) - диаметр \(\rightarrow \Delta MON\) равнобедренный = т. к. \(OD\) - биссектриса \(\angle NOM\), то \(OK\) высота и медиана \(\Delta NOM \rightarrow MK = KN = MN: 2\) и \(\Delta OKM\) - прямоугольный. T.к. \(MN = \fraq{1}{2} BD\), то \(MK = \fraq{1}{4} BD\). В \(\Delta OKM : \angle OKM = 90^\circ\) и катет \(МК\) в 2 раза меньше гипотенузы - угол, лежащий против кадета \(МК\), равен \(30^\circ \rightarrow \angle KOM = 30^\circ\) B \(\Delta OMD: OM = OD\) и \(\angle MOD = 30^\circ \rightarrow \angle ODM = \angle OMD = (180^\circ - 30^\circ) : 2 = 75^\circ\) (из теоремы о сумме углов \Delta OMD). По свойству диагоналей ромба \(DB\) - биссектриса \(\angle D = \angle D = 2 \cdot \angle ODM = 150^\circ\). По свойству углов ромба \(\angle 4 + \angle D = 180^\circ \rightarrow \angle A = 30^\circ\) и \(\angle A = \angle C\); \(\angle B = \angle D\). Ответ: \(150^\circ\); \(30^\circ\);\(150^\circ\); \(30^\circ\)

Ответ: Ответ: \(150^\circ\); \(30^\circ\);\(150^\circ\); \(30^\circ\)

Решение №39530: В четырехугольнике \(ACBK : \angle C + \angle K = 180^\circ = \angle A + \angle B = 180^\circ\) (из теоремы о сумме углов четырехугольника) около четырехугольинка \(АСВ\) можно описать окружность. Данная окружность описана также около \(\Delta ACD\). T. к. \(\Delta ACD\) прямоугольный, то центр окружности находится в центре гипотенузы. Опишем окружность около четырехугольника \(ACBK\) \(\angle KAB = \angle KCB\), т. к. эти углы опираются на одну и ту же дугу. \(\angle ACK = \angle ABK\), т. к. эти углы опираются на одну и ту же дугу. Поскольку хорды стягивающие данные дуги, равны, то \(\angle КАВ = \angle KCB = \angle ACK = \angle ABK \rightarrow \angle ACK = \angle KCB\), но \(\angle ACK + \angle KCB = \angle ACB = 90^\circ \rightarrow \angle ACK = 45^\circ\). Ответ: \(45^\circ\).

Ответ: Ответ: \(45^\circ\)

Решение №39531: Ошибка данного доказательства в том, что оно опирается на неправильный чертеж. Вчетырехугольнике \(ABCD: \angle B + \angle D = 18^\circ \rightarrow \angle A + \angle C = 180^\circ\) (из теоремы о сумме углов четырехугольника \(ABCD\)) \(\rightarrow ABCD\) можно вписать в окружность, T. e. окружность, проходящая через точки \(А\), \(В\) и \(С\), пройдет через т. \(D\).

Ответ: NaN

Решение №39532: Ошибка доказательства в том, что неправильно применен признак равенства треугольников. Для признака равенства тругольников по стороне и двум прилежащим к ней углам необходимо равенство углов \(\angle BAC\) и \(\angle ACE\).

Ответ: NaN

Решение №39533: Пусть \(d\) - данная диагональ ромба, а \(r\) - данный радиус вписанной окружности. Анализ: Пусть данный ромб построен. \(\Delta OBH\) можно получить по гипотенузе \(OB = d : 2\) и катету \(ОН = r\). Получим вершины \(В\) и \(С\) ромба. Чтобы получить вершину \(D\), нужно на продолжении отрезка \(ВО\) отложить отрезок \(OD = BO\). Проведя серединный перпендикуляр к \(ВО\), получим т. \(С\) как пересечение перпендикуляра с \(ВН\). Точку \(А\) можно получить, отложив на прямой \(ОС\) от т. \(О\) отрезок \(AO = ОС\). Построение. Разделим отрезок \(d\) пополам; построим \(\Delta ОВН\) по гипотенузе \(\fraq{d}{2}\) и катету \(r\); 3) на луче \(ВО\) отложим от т. \(О\) отрезок \(OD = OB \rightarrow T. \(D\); 4) Построим серединный перпендикуляр к \(BD \rightarrow\) т. \(С\) как пересечение перпендикуляра и \(ВН\); 5) отложим на луче \(СО\) от т. \(О\) отрезок \(AO = OC \rightarrow\) т. \(A\); 6) соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\), \(D\). Доказательство. По построению: \(DO = ОВ\) и \(AO = OC \rightarrow ABCD\) - параллелограмм. \(AC \perp BD\) (по построению) \(\rightarrow ABCD \)- ромб. \(AC = d\); \(OH= r\) по построению \(\rightarrow ABCD\) - искомый ромб.

Ответ: NaN

Решение №39534: Пусть \(a\) - данная боковая сторона трапеции, радиус вписанной окружности. Анализ: Пусть данная трапеция \(ABCD\) построена. \(\Delta АВН\) можно построить по гипотенузе и катету \(AB = a\), \(BH = 2r\), т. к. высота трапеции в 2 раза больше радиуса вписанной окружности. Остальные точки восстановим, используя то, что центр окружности находится на пересечении биссектрис углов \(А\) и \(В\) трапеции, и то, что \(\Delta ВОД = \Delta COD\). Построение: 1) построим \(\Delta АВН\) по гипотенузе и катету; 2) проведем прямую \(а \parallel АН\) 3) определим т. \(Q\) - центр вписанной окружности как пересечение биссектрис углов \(В\) и \(А\) 4) на прямой \(a\) сделаем засечку радиусом \(OB \rightarrow\) т. \(C\); 5) на прямой \(АН\) сделаем засечку радиусом \(а \rightarrow\) т. \(D\). Доказательство: T. к. \(AD \parallel BO\) (по построению), то \(ABCD\) - трапеция. По построению \(BH = 2r\), \(ВА = а\), \(CD = а\) - трапеция равнобокая и радиус вписанной окружности \(r\) Исследование: задача имеет едииствен ное решение при условии, что \(2r < а\).

Ответ: NaN

Решение №39535: \(\angle K = 60^\circ \rightarrow \angle L + \angle M = 120^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника). Т. к. \(LO\) и \(MO\) - биссектрисы углов \(L\) и \(M\), то \(\angle LMO = \angle M : 2\) и \(\angle OLM = \angle L : 2 \rightarrow \fraq{\angle M}{2} + \fraq{\angle L}{2} = \fraq{1}{2}(\angle M + \angle L\) = \fraq{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ\).

Ответ: \(60^\circ\).

Решение №39536: Угол между прямыми - это острый угол, образованный при пересечении прямых \(\rightarrow \angle EKB\) - искомый. По теореме о сумме углов четырехугольника (в \(AEKD): \angle A + \angle AEC + \angle BDA + \angle EKD = 360^\circ \rightarrow \angle EKD = 360^\circ - (90^\circ + 90^\circ + 60^\circ) = 120^\circ\). \(\angle EKD\) и \(\angle EKB\) - смежные \(\rightarrow \angle EKD + \angle EKB= 180^\circ \rightarrow \angle EKB= 60^\circ\).

Ответ: \(60^\circ\).

Решение №39537: Точка пересечения высот треугольника и точка пересечения серединных перпендикуляров могут находиться за пределами треугольника.

Ответ: Точка пересечения высот треугольника и точка пересечения серединных перпендикуляров.

Решение №39538: Да, может. Точка пересечения высот треугольника \(\Delta АВС\) находится в вершине \(А \Rightarrow ортоцентр \Delta АВС\) - это точка \(А\).

Ответ: Да, может.

Решение №39539: Все 4 точки совпадают.

Ответ: Cовпадают.

Решение №39540: а) \(CO = 4\) см; \(OD = 1,4\) см; \(AO \approx 2,7\) см. \(\fraq{AO}{OD} = \fraq{OC}{OE} = 2 : 1 \Rightarrow \fraq {2,7}{1,4} = \fraq{4}{x} \Rightarrow x \approx 2,07\) см \(\Rightarrow OE = 2\) см. Измерим \(ОЕ : ОЕ = 1,9\) см. б) \(AF : FC = 1 : 1\) (пополам). Т. к. \(BF\) - медиана \(\Rightarrow F\) - середина отрезка \(АС\).

Ответ: а) \(CO = 4\) см; \(OD = 1,4\) см; \(AO \approx 2,7\) см. \(OE = 2\) см. Измерим \(ОЕ : ОЕ = 1,9\) см. б) \(AF : FC = 1 : 1\) (пополам).

Решение №39541: \(\angle BKC = 90^\circ\), т. к. \(ВK\) - высота.

Ответ: \(\angle BKC = 90^\circ\), т. к. \(ВK\) - высота.