Решение №38192: а\) Если \(AB=CD\) и \(BC=AD\), можем рассмотреть квадрат \(ACBD\). Тогда из этого следует, что \(AB /parallel CD\). б\) Треугольники \(ABC\) и \(ADC\) равны по трем сторонам, поэтому \angle \(ABC\) = \angle \(ADC\).

Ответ: Верно а\), б\).

Решение №38193: Проведите из точки \(М\) перпендикуляр \(MD\) к прямой \(ВН\). Тогда четырёхугольник \(MDHB\), параллелограмм \(и даже прямоугольник\). Поэтому \(\angle BMD = \angle BCH - \angle MBC_{1}, и, значит, прямоугольные треугольники \(BMD\) и \(MBC\), равны. В частности, \(BD = MC\),. Противоположные стороны \(MB\), и \(DH\) параллелограмма \(MDHB\), равны, поэтому \(BH = BD + DH = МС_{1} + MB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38194: Пусть \(O\) - вершина данного угла, \(М\) - данная точка. Сначала отложите на луче \(ОМ\) отрезок \(ОС = 2OМ\), затем проведите через точку \(С\) прямые, параллельные сторонам угла. Они пересекают стороны угла в точках \(А\) и \(В\). При этом \(ОАСВ\) - параллелограмм и \(М\) - точка пересечения его диагоналей.

Ответ: NaN

Решение №38195: Треугольники ABK, LDA и LCK равны по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38196: Пусть угол а при вершине \(А\) параллелограмма \(ABCD\) острый, \(Р\), \(Q\) и \(R\) - центры квадратов, построенных внешним образом на сторонах \(DA\), \(AB\) и \(ВС\). Тогда \( \angle PAQ = 90^\circ + a = \anlge RBQ\), поэтому \(APAQ = ARBQ\). Стороны \(AQ \)и \(BQ\) этих треугольников перпендикулярны, поэтому /(PQ \perp QR\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38197: Рассмотрите параллелограмм \(BCLM\). Треугольники \(AKL\) и \(ВМК\) равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому \(KL = MK\) и \( \angle MKL = \angle MKB + \angle LKB - \angle ALK + \angle LKB - 60^\circ\). Следовательно, треугольник \(MKL\) равносторонний и \(KL = ML = BC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38198: Треугольник \(AKD\) равнобедренный, поскольку \( \angle DAK = \angle DAL = \angle ADK\). Поэтому параллелограмм \(AKDL\) - ромб. Диагонали ромба перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38199: Сначала проведите биссектрису \(AD\) треугольника \(АВС\), а затем через точку \(D\) проведите прямые, параллельные прямым \(АВ \)и \(АС\).

Ответ: NaN

Решение №38200: Воспользуйтесь тем, что ВН < АВ.

Ответ: NaN

Решение №38201: Пусть \(O\) общая точка окружностей одного радиуса с центрами \(А_{1}\), \(B_{1}\), и \(C_{1}\); \(А\), \(В\) и \(С\) - точки пересечения этих окружностей, отличные от точки \(О\) \(окружности с центрами \(А\), и \(В\), проходят через точку \(С\) и T. д.). Четырёхугольники \(AB_{1}OC_{1{\) , и \(BA_{1}OC_{1}\), ромбы, поэтому четырёхугольник \(ABA_{1}B_{1}\), параллелограмм.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38202: Пусть точка \(O\) середина стороны \(CD\), \(M\) - точка пересечения прямых \(АО\) и \(ВС\). Тогда треугольники \(AOD\) и \(МОС\) равны по стороне и прилежащим к ней углам. Поэтому \(BM = BC + CM = BC + AD = AB\), a значит, \(АО\) - биссектриса прямого угла \(А\).

Ответ: NaN

Решение №38203: Пусть продолжения боковых сторон \(АВ\) и \(CD\) трапеции \(АВС\) пересекаются в точке \(O\), \(\angle A + \angle D = 90^\circ\). Середины \(М\) и \(N\) оснований \(ВС\) и \(AD\) лежат на луче с вершиной \(О\), делящем прямой угол \( \angle AOD\) на углы, равные \(LA\) и \(LD\) (рис. 190). Проведите через точку \(М\) прямые \(MP\) и \(MQ\), параллельные \(АВ\) и \(CD\) \(точки \(Р\) и \(Q\) лежат на прямой \(AD\)\). Медиана \(MN\) прямоугольного треугольника \(PQM\) равна половине гипотенузы \(PQ\), а отрезок \(PQ\) равен разности оснований трапеции.

Ответ: NaN

Решение №38204: Треугольник \(ВОС\) равнобедренный, треугольники \(ABO\) и \(DCO\) равны по стороне и при-лежащим к ней углам. Поэтому стороны \(АВ\) и \(CD\) четырёхугольника \(ABCD\) равны, a стороны \(AD\) и \(BC\) параллельны.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38205: Пусть \(ВС\) - меньшее основание трапеции \(ABCD\), \( \angle A = \angle D - 60^\circ\). Проведите через точку \(В\) прямую, параллельную \(CD\); эта прямая пересекает основание \(AD\) в некоторой точке \(E\). Треугольник \(ABE\) равносторонний, поэтому \(AD = AE + ED = AB + BC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38206: Точка пересечения диагоналей делит диагональ на части, равные основаниям трапеции.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38207: Диагонали данной трапеции разрезают её на 4 треугольника, два из которых равнобедренные прямоугольные. Высоты этих треугольников, проведённые основаниям трапеции, равны половинам оснований.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38208: Пусть \(AD\) основание трапеции \(АВСD\). У треугольников \(ADC\) и \(DAB\) сторона \(AD\) общая, стороны \(АС\) и \(DB\) равны и высоты, проведённые к общей стороне, равны. Либо эти треугольники равны \(и тогда трапеция равнобедренная\), либо \( \angle DAC + \angle ADB = 180^\circ\). Bo втором случае четырёхугольник \(ACBD\) параллелограмм, поэтому ломаная \(ABCD\) самопересекающаяся.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38209: Пусть диагональ \(BD\) трапеции \(ABCD\) равна сумме оснований \(AD\) и \(ВС\) и угол между диагоналями трапеции равен 60^\circ. Проведите через точку \(С\) прямую, параллельную диагонали \(BD\); эта прямая пересекает прямую \(AD\) в некоторой точке \(Е\). Ясно, что \(CE = BD = AD + DE - AE\). Из условия следует, что угол \(АСЕ\) равен 60^\circ или 120^\circ. Но угол при основании равнобедренного треугольника не может быть тупым, поэтому \(ACE - 60^\circ\). Следовательно, треугольник \(АСЕ\) равносторонний и \(АС - CE = BD\), т. е. диагонали трапеции равны. Согласно задаче 12.19 трапеция, диагонали которой равны, равнобедренная.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38210: Отложите на луче \(ВЕ\) отрезок \(BF = 2ВЕ\). Диагонали трапеции \(ABDF\) равны, поэтому согласно задаче 12.19 эта трапеция равнобедренная. Если \(\angle A = 2\ alpha\), то \( \angle ABE = \angle AFB = \angle DAF = З\alpha\).

Ответ: \( \angle ABE = \angle AFB = \angle DAF = З\alpha\)

Решение №38211: Диагональ данной трапеции разделяет её на два равнобедренных треугольника. Пусть углы равнобедренного треугольника, боковая сторона которого равна меньшему основанию, равны \(\alpha\), \(\alpha \) и \(180^\circ - 2\alpha\). Тогда углы другого равнобедренного 15 B 15^\circ треугольника равны \(\alpha\), \(2\аlpha\) и \(2\аlpha\). Поэтому \(5\alpha = 180^\circ\).

Ответ: \(\alpha\), \(\alpha \) и \(180^\circ - 2\alpha\)

Решение №38212: Составьте трапецию из двух равнобедренных треугольников с углами при основании 36^\circ и 72^\circ

Ответ: Существует

Решение №38213: B равнобедренном треугольнике \(ABC\) с боковыми сторонами \(АВ = ВС = 1\) и углом при вершине \(30^\circ\) проведите высоту \(АН\) (рис. 191). Средняя линия треугольника \(АСН\), параллельная \(AH\), вдвое меньше этой высоты.

Ответ: NaN

Решение №38214: Треугольник \(АС_{1}К равнобедренный, так как \(\angle C_{1}AK = \angle KAC = \angle C_{1}KA\). Поэтому \(C_{1}K = AC_{1} = \frac{1}{2}AB\) и \(A_{1}К = |A_{1}C_{1}, - C_{1}K| = \frac{1}{2}(AC - АВ)\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38215: Через каждую из трех данных точек проводим прямую, параллельную прямой, проходящей через две другие точки.

Ответ: NaN

Решение №38216: Пусть \(О\) - точка пересечения отрезков \(CK\) и \(AL\), \(\angle A = 2a\). Точка \(O\) лежит на средней линии, параллельной \(ВС\), т. е. на серединном перпендикуляре к отрезку \(АС\). Поэтому \(\angle OCA = \angle OAC = a\) и \( \angle B = \angle BKC = 3a\).

Ответ: NaN

Решение №38217: Пусть \(M\) и \(N\) - середины сторон \(АС\) и \(ВС\). Тогда \(СМ = \frac{1}{2}AC = CA_{1}\) и \(CN = СB_{1}\), поэтому треугольник \(CA_{1}B_{1}\) равен треугольнику \(CMN\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38218: Перпендикуляр, проведённый из точки \(М\) к прямой \(ВС\), является средней линией треугольника \(АНС\).

Ответ: NaN

Решение №38219: Из равенства \(AK = LB\) следует, что середина \(N\) отрезка \(АВ\) является также серединой отрезка \(KL\). Медиана \(MN\) треугольника \(KML\) равна половине стороны \(KL\), поэтому угол \(KML\) прямой.

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38220: Пусть \(K\), \(L\), \(M\) и \(N\) середины сторон \(AB\), \(BC\), \(CD\) и \(DA\) четырёхугольника \(АВСD\). Отрезки \(KL\) и \(MN\) средние линии треугольников \(АВС\) и \(ADC\), поэтому они равны половине отрезка \(АС\) и параллельны ему. Отрезки \(LM\) и \(КМ\) тоже равны и параллельны, поэтому четырёхугольник \(KLMN\) параллелограмм. Этот параллелограмм прямоугольник, если диагонали \(АС\) и \(BD\) перпендикулярны; ромб, если диагонали равны; квадрат, если диагонали равны и перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38221: Четырёхугольник \(MPNQ\) - параллелограмм, стороны которого вдвое меньше сторон \(AD\) и \(ВС\). Диагонали \(MN\) и \(PQ\) этого четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда его стороны равны.

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано.

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

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38224: Нужно разрезать треугольник по средней линии.

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: \(р : q\)

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

Ответ: \(p : (p + q)\).

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

Ответ: Утверждение доказано.

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

Ответ: \(q : р\)

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

Ответ: Утверждение доказано.

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

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

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Нет.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверждение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.