Решение №38372: Проведите высоту \(АН\) треугольника \(АВС\) и из точки \(Н\) проведите перпендикуляры \(НМ\) и \(HN\) к сторонам \(АВ\) и \(АС\). Точки \(M\) и \(N\) лежат на окружности с диаметром \(АН\), поэтому \(MN = AH sin A\). Далее, \(AH = AB sin B = 2Rsin Csin B\), где \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\). Поэтому \(MN = 2RsinAsin B sin C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38373: Пусть \(R_{1}\) и \(R_{2}\) - радиусы окружностей, описанных около треугольников \(ABK\) и \(BCK\). Тогда \(AB = 2R_{1}sin AKB\) и \(BC = 2R_{2}sin BKC\). Поэтому из равенств \(AB = BC\) и \(sin AKB = sin BKC\) следует, что \(R_{1} = R_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38374: Точки \(E\) и \(F\) лежат на окружности с диаметром \(AD\), поэтому длина отрезка \(EF\) равна \(ADsinA\). Таким образом, длина отрезка \(EF\) наименьшая, когда длина отрезка \(AD\) наименьшая, т. е. когда \(AD\) - высота треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38375: Перпендикуляры, проведённые из точек \(А_{1}\) и \(С_{1}\) к прямой \(BD\), равны \(DA_{1}sin BDC = BC sin BDC\) и \(BC_{1}sin ABD = AD sin ABD\) (рис. 230). Оба числа \(BC sin BDC\) и \(AD sin ABD\) равны диаметру окружности, описанной вокруг четырёхугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38376: Высота треугольника \(АВС\), проведённая к стороне \(ВС\), равна \(bsinC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38377: Площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{1}{2}absinC\) и \(sin C = \frac{c}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38378: Обозначим длину биссектрисы \(AD\) буквой \(l\). Из равенства \(S_{ABC} = S_{ABD} + S_{ACD}\) следует, что \(bc sin A = blsin \frac{A}{2} + c\sin(\frac{A}{2})\). Кроме того, \(sin A = 2sin(\frac{A}{2}) cos(\frac{A}{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38379: Пусть \(l\) - длина биссектрисы \(CD\), \(h\) - длина высоты \(CH\). Тогда \(cl \geq ch = 2S_{ABC} = 2S_{ACD} + 2S_{BCD} = bl \sin \frac{C}{2} + al \sin \frac{C}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38380: Согласно задаце 18.13 высота треугольника равна \(\frac{ab}{2R}\), где \(а\) и \(b\) - длины сторон, выходящих из той же вершины, что и высота, а \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника. Поэтому высоты треугольников \(МАВ\) и \(MCD\), проведённые из вершины \(М\), равны \(\frac{MA \cdot MB}{2R}\) и \(\frac{MC \cdot MD}{2R}\), а высоты треугольников \(МВС\) и \(MAD\), проведенные из вершины \(М\), равны \(\frac{MB \cdot MC}{2R}\) и \(\frac{MA \cdot MD}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38381: Пусть смежные стороны параллелограмма равны \(а\) и \(b\), а угол между ними равен \(\alpha\). Тогда квадраты диагоналей равны \(а^2 + b^2 - 2abcos \alpha\) и \(a^2 + b^2 + 2abcos \alpha\), поэтому сумма квадратов диагоналей равна \(2а^2 + 2b^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38382: Из формулы квадрата длины медианы (пример 4 на с. 70) следует, что \((m_{b})^2 - (m_{a})^2 = \frac{3(a^2 - b^2)}{4}\).

Ответ: NaN

Решение №38383: Сначала по теореме косинусов докажите, что косинус угла при основании равен \(\frac{1}{8}\). Затем по свойству биссектрисы докажите, что биссектриса угла при основании делит сторону на отрезки, равные 4 и 16. Наконец, ещё раз применив теорему косинусов, найдите длину \(l\) биссектрисы: \(l^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{1}{8} = 36\).

Ответ: NaN

Решение №38384: Воспользуйтесь теоремой косинусов и тем, что \(соs А < cos А_{1}\) (пример 1 на с. 69 для острых углов и равенство \(cos (180^\circ - \alpha) = -cos \alpha\) для тупых углов).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38385: Пусть \(М\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\). Медианы \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) перпендикулярны тогда и только тогда, когда угол \(АМВ\) прямой, т. е. \(АМ^2 + BM^2 = c^2\). Воспользуйтесь выражением для квадрата медианы из примера 4 на c. 70: \(AM^2 = frac{4}{9} \cdot \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\) и \(BM^2 = \frac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\). Поэтому равенство \(AM^2 + BM^2 = с^2\) эквивалентно равенству \(2b^2+ 2c^2 - a^2 + 2a^2 + 2c^2 - b^2 = 9c^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38386: Пусть острый угол параллелограмма равен \(\varphi\). Тогда \(m^2n^2 = (a^2 + b^2 - 2ab cos \varphi)(a^2 +b^2 + 2ab cos \varphi) = (a^2 + b^2)^2 - 4a^2b^2 (cos \varphi)^2 = a^4 + b^4 + 2a^2b^2(1-2 (cos \varphi)^2)\). Для острого угла \(\varphi\) равенство \(2 (cos \varphi)^2 = 1\) эквивалентно тому, что \(\varphi = 45^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38387: Пусть отрезки, на которые диагонали делятся точкой пересечения, равны \(m_{1}\), \(m_{2}\), \(n_{1}\), \(n_{2}\) и \(\angle AOB = \beta\) (рис. 231). Тогда \(a^2 = (m_{1})^2 + (n_{1})^2 - 2m_{1}n_{1} cos \beta\), \(c^2 = (m_{2})^2 + (n_{2})^2 - 2m_{2}n_{2} cos \beta\), \(b^2 = (m_{2})^2 + (n_{1})^2 + 2m_{2}n_{1} cos \beta\), \(d^2 = (m_{1})^2 + (n_{2})^2 + 2m_{1}n_{2} cos \beta\). Поэтому \(a^2 + c^2 - b^2 - d^2 = -2(m_{1} + m_{2})(n_{1} + n_{2}) cos \beta = - 2mncos \beta\). Кроме того, \(cos \beta = \pm cos \alpha\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38388: Введите следующие обозначения: \(а_{1} = ВХ\), \(а_{2} = XC\), \(b = AC\), \(с = AB\), \(х = АX\). Выразите в треугольниках \(АВС\) и \(АВХ\) косинус угла \(В\) по теореме косинусов и приравняйте полученные выражения: \(\frac{c^2 +(a_{1}+a_{2})^2 - b^2}{2c(a_{1}+a_{2})} = \frac{c^2 + (a_{1})^2 - x^2}{2ca_{1}}\). Это равенство несложно преобразовать к требуемому равенству \(c^2a_{2} + b^2a_{1} - x^2(a_{1} + a_{2}) = (a_{1} + a_{2})a_{1}a_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38389: Предположите, что точка \(О\) расположена внутри треугольника \(АВС\) и не покрыта кругами, т. е. отрезки \(ОА\), \(ОВ\) и \(ОС\) больше 1. Один из углов \(АОВ\), \(ВОС\) и \(СОА\) не меньше \(120^\circ\). Пусть для определённости \(\alpha = \angle AOB \geq 120^\circ\). Тогда \(AB^2 = AO^2 + BO^2 - 2AO \cdot BOcos \alpha > 1 + 1 + 1 = 3\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38390: Пусть \(ОА = х\) и \(\angle A = 2 \alpha\). Тогда \(AM= \frac{AC}{2} = \frac{AH}{2cos 2\alpha} = \frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha}\). Примените теорему косинусов к треугольнику \(АОМ\): \(4x^2 = x^2 + (\frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha})^2 - 2x \frac{x cos \alpha}{2 cos 2 \alpha} cos \alpha\). Сократите обе части на \(x^2\) и воспользуйтесь тем, что \(2(cos \alpha)^2 = cos2\alpha + 1\), получите квадратное уравнение \(28 (cos 2 \alpha)^2 + 3cos 2 \alpha - 1 = 0\). Это уравнение имеет положительный корень \(\frac{1}{7}\) и отрицательный корень \(- \frac{1}{4}\). Нас интересует только положительный корень.

Ответ: NaN

Решение №38391: Пусть \(AB = A_{1}B_{1}\), \(АС = А_{1}C_{1}\) и \(\angle A + \angle A_{1} = 180^\circ\). Совместите стороны \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) так, чтобы точки \(С\) и \(С_{1}\) лежали по разные стороны от прямой \(АВ\) (рис. 232). Тогда высоты треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\), проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), совпадут.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38392: Пусть \(M\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\), \(С_{1}\) - середина стороны \(АВ\). У треугольников \(АМС_{1}\) и \(ВМС_{1}\) равны стороны \(АС_{1}\) и \(ВС_{1}\) и равны высоты, проведённые к этим сторонам.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38393: Из равенства площадей треугольников \(АВР\) и \(АСР\) следует, что прямая \(АР\) равноудалена от точек \(В\) и \(С\). Такая прямая либо параллельна отрезку \(ВС\), либо проходит через его середину.

Ответ: NaN

Решение №38394: Прямые \(ВС\) и \(AD\) параллельны, поэтому треугольники \(АВС\) и \(DBC\) равновелики. Прямые \(CD\) и \(ВЕ\) параллельны, поэтому треугольники \(BCD\) и \(ECD\) равновелики.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38395: Из равенства площадей треугольников \(АОВ_{1}\) и \(АОС_{1}\) с общим основанием \(АО\) следует, что высоты, проведённые к этому основанию, равны. Поэтому из равенства углов \(ОАВ_{1}\) и \(ОAC_{1}\) следует, что \(AB_{1} = AC_{1}\). По свойству биссектрисы треугольника \(AB_{1} = \frac{bc}{a+c}\) и \(AC_{1} = \frac{bc}{a+b}\), где \(а = ВС\), \(b = СА\) и \(с = АВ\). Следовательно, \(b = с\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38396: Если углы \(А\) и \(А_{1}\) треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\) равны, то их высоты, проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), пропорциональны сторонам \(АС\) и \(А_{1}С_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38397: Воспользуйтесь задачами 19.1 и 19.6.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38398: Отношение произведения площадей треугольников \(АОВ\) и \(COD\) к произведению площадей треугольников \(ВОС\) и \(AOD\) равно отношению произведения \(AO \cdot BO \cdot CO \cdot DO\) к произведению \(BO \cdot CO \cdot AO \cdot DO\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38399: Первый способ. Воспользуйтесь тем, что \(\frac{S_{AOB}}{S_{AOD}} = \frac{AO \cdot BO}{AO \cdot DO} = \frac{BO}{DO} = \frac{OC}{AO} = \frac{BO \cdot OC}{AO \cdot BO} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}\). Второй способ. Воспользуйтесь задачей 19.8 и примером 1 на с. 74.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38400: Согласно свойству биссектрисы \(АС_{1} : АВ = b: (a + b)\) и \(AB_{1} : AC = c : (a + c)\). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(\frac{bc}{(a+b)(a+c)}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38401: Пусть точка \(М\) лежит на диагонали \(АС\). Тогда равны площади треугольников 1 и 2, 3 и 4 (рис. 233, а); площади треугольников \(АВС\) и \(ADC\) также равны. Пусть точка \(М\) не лежит на диагонали \(АС\). Тогда можно рассмотреть точку \(М_{1}\), в которой прямая, проходящая через точку \(М\) параллельно прямой \(АВ\), пересекает диагональ \(АС\), и сравнить площади параллелограммов с вершинами \(В\) и \(D\) для точек \(М\) и \(М_{1}\) (рис. 238, б).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38402: Проведите через вершины треугольника прямые, параллельные данному отрезку, и примите за основания параллелограммов их стороны, параллельные данному отрезку. Высоты параллелограммов, проведённые к этим основаниям, равны попарным расстояниям между проведёнными прямыми (рис. 234).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38403: Пусть отмеченные точки делят стороны параллелограмма так, как показано на рисунке 235. Тогда \(х_{1}y_{1} + (1 - х_{1})y_{2} + x_{2}(1 - y_{1}) + (1 - x_{2})(1 - y_{2}) = 1\), т. e. \((x_{1} - x_{2})(y_{1} - y_{2}) = 0.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38404: Сторона прямоугольника отрезает от квадрата прямоугольный треугольник, отношение катетов которого равно \(3 : 4\). Поэтому если сторона квадрата равна \(4х\), то стороны прямоугольника равны \(frac{4x}{5}\) и \(5x + frac{3x}{5}\).

Ответ: NaN

Решение №38405: Cначала докажите, что отношения длин отрезков такие, как показано на рисунке 236, а затем докажите, что площадь треугольника \(АРВ\) составляет \(frac{2}{7}\) от площади треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38406: а) Площади треугольников \(АВС\) и \(DBC\) равны, поэтому точки \(А\) и \(D\) равноудалены от прямой \(ВС\). б) Согласно а) диагонали пятиугольника параллельны его сторонам. Пусть \(О\) - точка пересечения диагоналей \(АС\) и \(BD\), \(S_{AOB} = х\). Пятиугольник \(ABCDE\) можно разрезать на параллелограмм \(AODE\) и треугольники \(АОВ\) и \(ВСD\), поэтому его площадь равна \(3S + х\). Ясно, что \(S_{AOB} : S_{BOC} = AO : OC = S_{AOD} : S_{COD}\), т. e. \(x : (S - x) = S : x\). Поэтому \(x = \frac{\sqrd5-1}{2}S\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38407: Расстояние от точки \(М\) до прямой \(CD\) равно полусумме расстояний от точек \(А\) и \(В\) до этой прямой.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38408: Вычтите из обеих частей равенства, полученного в задаче 19.17, сумму площадей треугольников \(DKN\) и \(CNL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38409: Tpeугольники \(АЕС\) и \(CBD\) подобны, и отношение их высот, проведенных из вершин \(Е\) и \(В\), равно \(АС : CD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38410: Площадь четырёхугольника \(КЕСF\) меньше площади треугольника \(BFC\), а площадь этого треугольника равна четверти площади квадрата. Площадь треугольника \(AKF\) больше половины площади треугольника \(ABF\), поскольку \(FK > КВ\), а площадь треугольника \(AKF\) равна половине площади квадрата.

Ответ: NaN

Решение №38411: Пусть \(АР : PB = х : (1 - x)\), а площадь треугольника \(АВС\) равна 1. Тогда площади треугольников \(АМР\) и \(BNP\) равны \((1 - х)x^2 и (1 - х)^2 х\), а площадь треугольника \(RCQ\) равна \(х(1 - х)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38412: Рассмотрите равносторонний треугольник и треугольник с углом, близким к \(180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38413: Рассмотрите равнобедренный треугольник, основание которого мало по сравнению с боковой стороной.

Ответ: NaN

Решение №38414: Возьмите прямоугольник, отношение смежных сторон которого велико, и рассмотрите один из треугольников, на которые его разделяют диагонали.

Ответ: NaN

Решение №38415: Воспользуйтесь выражением для высоты треугольника, полученным в задаче 16.3.

Ответ: NaN

Решение №38416: Воспользуйтесь формулой Герона.

Ответ: NaN

Решение №38417: При увеличении чисел \(а\), \(b\) и \(с\) на 1 каждое из чисел \(р = \frac{а+ b + c}{2}\), \(p-а\), \(р-b\) и \(р-с\) увеличивается.

Ответ: NaN

Решение №38418: Пусть \(ВС = а\) и \(АС = b\). Тогда перпендикуляр, проведённый из точки \(В\) к прямой \(АС\), не превосходит \(а\). Этот перпендикуляр равен \(а\) в случае, когда угол \(С\) треугольника \(АВС\) прямой.

Ответ: NaN

Решение №38419: Зафиксируйте точки \(В\) и \(С\). Тогда точка \(А\) расположена на одной из двух дуг окружностей с общей хордой \(ВС\) (рис. 237). Серединный перпендикуляр к отрезку \(ВС\) пересекает эти дуги в двух точках, касательные к окружности в этих точках параллельны прямой \(ВС\). Высота треугольника \(АВС\) наибольшая, когда \(А\) - одна из этих точек.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38420: Проведите через вершины четырёхугольника прямые, параллельные его диагоналям. Эти прямые ограничивают параллелограмм, площадь которого вдвое больше площади четырёхугольника (рис. 238). Стороны этого параллелограмма равны \(а\) и \(b\), поэтому его наибольшая площадь равна \(ad\).

Ответ: NaN

Решение №38421: Сначала постройте параллелограмм, стороны которого параллельны сторонам данного угла, а диагонали пересекаются в данной точке (рис. 239). Диагональ этого параллелограмма отсекает треугольник наименьшей площади. Действительно, если через данную точку провести другую прямую, то она отсекает треугольник большей площади: приращение площади равно площади треугольника, закрашенного на рисунке 239.

Ответ: NaN

Решение №38422: Средние линии равностороннего треугольника разрезают его на четыре равных треугольника. Из трёх треугольников, закрашенных на рисунке 240, можно сложить один из этих треугольников.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38423: Разрезав диагональю четырёхугольник, длины последовательных сторон которого равны \(а\), \(b\), \(с\) и \(d\), можно получить четырёхугольник той же площади, длины последовательных сторон которого равны \(b\), \(а\), \(с\) и \(d\) (рис. 241). Площадь полученного четырёхугольника не превосходит \(\frac{ac + bd}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38424: Из исходного параллелограмма можно составить три параллелограмма, равные среднему параллелограмму (рис. 242).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38425: Выразите стороны треугольника через его площадь и высоты и воспользуйтесь неравенством треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38426: Пусть боковая сторона данного равнобедренного треугольника равна \(а\), площадь равна \(S\), а расстояния от точки основания треугольника до боковых сторон равны \(h_{1}\) и \(h_{2}\). Тогда \(S = \frac{1}{2}a(h_{1} + h_{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38427: Пусть сторона данного равностороннего треугольника равна \(а\), площадь равна \(S\), а расстояния от точки внутри треугольника до сторон равны \(h_{1}\), \(h_{2}\) и \(h_{3}\). Тогда \(S = \frac{1}{2}a (h_{1} + h_{2} + h_{3})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38428: Сначала докажите, что отношение \(ОА_{1} : АА_{1}\) равно отношению площадей треугольников \(ВОС\) и \(ВАС\).

Ответ: NaN

Решение №38429: Пусть отрезок \(EF\) пересекает диагонали \(АС\) и \(BD\) в точках \(Р\) и \(Q\). Перпендикуляры, проведённые из двух вершин треугольника к продолжению медианы, равны, поэтому \(CP : PA = S_{CPQ} : S_{APQ} = S_{BPQ} : S_{DPQ} = BQ : QD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38430: Пусть \(О\) - центр окружности, \(М\) - середина отрезка \(AD\). Угол \(ACD\) прямой, поэтому \(МА = МС\) и треугольники \(МАО\) и \(МСО) равны по трём сторонам. Следовательно, \(\angle MCO = \angle MAO = 90^\circ\), т. е. прямая \(МС\) - касательная.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38431: Перпендикуляр, проведённый из середины отрезка \(O_{1}O_{2}\) к прямой \(l\), является средней линией трапеции, основания которой - радиусы окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38432: Пусть прямая \(l\) касается окружностей с центрами \(О_{1}\) и \(O_{2}\), в точках \(А_{1}\) и \(А_{2}\) соответственно. Перпендикуляр, проведённый из середины отрезка \(O_{1}O_{2}\) к прямой \(l\), можно представить в виде разности средних линий треугольников \(А_{1}O_{1}А_{2}\) и \(А_{2}О_{2}O_{1}\), равных половинам радиусов окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38433: Постройте прямоугольный треугольник, катеты которого равны \(|R - r|\) и \(AB\), а гипотенуза равна \(d\).

Ответ: NaN

Решение №38434: Постройте прямоугольный треугольник, катеты которого равны \(R+ r\) и \(АВ\), a гипотенуза равна \(d\).

Ответ: NaN

Решение №38435: Лучи \(АО\) и \(ВО\) являются биссектрисами односторонних углов, сумма которых равна \(180^\circ\). Поэтому \(\angle BAO + \angle ABO = 90^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38436: Пусть стороны \(АВ\) и \(AD\) касаются окружности в точках \(К\) и \(L\). Тогда \(\angle AOK = \angle AOL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38437: Точки \(В\) и \(Х\) лежат на окружности с диаметром \(КО\), поэтому \(\angle XKO = \angle XBO\). Аналогично \(\angle XLO = \angle XCO\). Треугольник \(ВОС\) равнобедренный, поэтому \(\angle XBO = \angle XCO\). Следовательно, треугольник \(KOL\) равнобедренный. Его высота \(ОХ\) является также медианой.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38438: Отложите на касательной, проходящей через точку \(А\), отрезок \(АК_{1}\) , равный \(АК\). Точки \(К_{1}\) и \(L\) симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку \(АВ\), поэтому \(K_{1}L \parallel AB\) (рис. 243). Прямая \(АВ\) проходит через середину отрезка \(КК_{1}\), поэтому она проходит и через середину отрезка \(KL\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38439: Накрест лежащие углы, образованные при пересечении касательной и прямой \(ВС\) секущей \(АС\), равны: оба эти угла равны \(\angle AMN\) или \(180^\circ - \angle AMN\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38440: Угол \(ОВС\) между касательной и хордой равен вписанному углу \(ОАВ\). Из равенства \(ОA = ОВ\) следует, что \(\angle OAB = \angle OBA\). Поэтому хорды \(ВА\) и \(ВС\) окружности \(S_{1}\) образуют равные углы с диаметром.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38441: Точки \(А\) и \(В\) лежат по разные стороны от прямой \(KL\). Для определённости можно считать, что точка \(К\) лежит внутри треугольника \(ALB\). Тогда \(\angle ABK = \angle KLB\) и \(\angle BAK = \angle KLA\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38442: По свойству угла между касательной и хордой \(\angle ADP = \angle PAB\). Из параллельности хорд \(АВ\) и \(СР\) следует, что \(\angle PAB = \angle АВC\) (рассмотрите отдельно случаи, когда хорды \(АР\) и \(ВС\) не пересекаются и когда они пересекаются).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38443: Пусть для определённости \(ОВ < ОС\). По теореме о внешнем угле треугольника \(\angle APQ = \angle OAP + \angle AOP\) и \(\angle OQA = \angle ACO + \angle COQ\). Углы \(ОАР\) и \(АСО\) равны по теореме об угле между касательной и хордой, а углы \(АОР\) и \(COQ\) равны, потому что точки \(Р\) и \(Q\) лежат на биссектрисе угла \(AОВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38444: Пусть для определённости лучи \(ОA\) и \(ВС\) сонаправлены; \(М\) - точка пересечения прямых \(KL\) и \(ОA\). Тогда \(\angle LOM = \angle LCB = \angle OKM\), поэтому треугольники \(КОМ\) и \(OLM\) подобны. Следовательно, \(ОМ : КМ = LM : OM\), т. e. \(OM^2 = KM \cdot LM\). Кроме того, по теореме о квадрате касательной \(MA^2 = MK \cdot ML\). Поэтому \(МА = ОМ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38445: Пусть прямая \(АЕ\) пересекает прямую \(ОВ\) в точке \(М\). Тогда \(\angle MAO = \angle ACE\) (угол между касательной и хордой) и \(\angle ACE = \angle МОЕ\). Поэтому \(\Delta АМО \sim \Delta ОМЕ\) и \(AM : MO = OM : ME\), т. e. \(OM^2 = АМ \cdot МЕ\). По теореме о квадрате касательной \(МВ^2 = МА \cdot МЕ\). Следовательно, \(ОМ = МВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38446: Пусть искомое расстояние равно \(х\) и данная прямая и прямая \(АВ\) пересекаются в точке \(О\) под углом \(\alpha\). Тогда \(sin \alpha = \frac{a}{AO} = \frac{b}{BO} = \frac{x}{MO}\), поэтому \(\frac{ab}{AO \cdot BO} = \frac{x^2}{MO^2}\). По теореме о квадрате касательной \(МО^2 = AО \cdot ВО\), поэтому \(х^2 = ab\).

Ответ: \(x = $\sqrt{ab}$\)

Решение №38447: Выразите по теореме косинусов квадраты диагоналей параллелограмма через его стороны и один из углов и сложите эти равенства. B результате получите \(AC^2 + BD^2 = 2(BC^2 + CD^2)\). По теореме о квадрате касательной \(СВ^2 = CА \cdot СО = \frac{1}{2}СА^2\), поэтому \(DC^2 = \frac{1}{2} DB^2 = DB \cdot DO\). Это означает, что прямая \(DC\) касается окружности, проходящей через точки \(В\), \(O\) и \(С\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38448: Пусть \(D\) - точка касания окружности со второй стороной угла, \(DH\) - перпендикуляр, проведённый к прямой \(АВ\). Тогда по теореме квадрате касательной \(OD^2 = ab\) и по теореме косинусов \(AD^2 = ab + a^2 - 2a \sqrt{ab} cos \alpha\). Треугольники \(OAD\) и \(ODB\) подобны, и коэффициент подобня равен \(\kappa = \frac{ОВ}{OD} = \sqrt{\frac{b}{a}}\). Далее, \(\sin DBH = \frac{DH}{DB} = \frac{OD \sin\alpha}{DB} = \frac{\sqrt{ab} \sin \alpha}{\kappa AD} = \frac{a \sin \alpha}{AD}\). Поэтому искомый радиус окружности равен \(\frac{AD}{2 \sin DBH} = \frac{AD^2}{2a \sin \alpha} = \frac{a+b-2\sqrt{ab}\cos \alpha}{2 \sin \alpha}\).

Ответ: NaN

Решение №38449: По свойству биссектрисы треугольника \(\frac{AP}{PB} = \frac{OA}{OB}\) и \(\frac{AQ}{QC} = \frac{OA}{OC}\), поэтому \(\frac{AP \cdot AQ}{PB \cdot QC} = \frac{OA^2}{OB \cdot OC}\). По теореме о квадрате касательной \(ОA^2 = ОВ \cdot ОС\), согласно задаче 20.14 \(AP = AQ\). Поэтому \(АР^2 = РВ \cdot QC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38450: Стороны треугольника равны \(а + b\), \(b + с\) и \(с + а\).

Ответ: NaN

Решение №38451: Пусть радиусы внутренних окружностей равны \(r_{1}\) и \(r_{2}\). Тогда стороны треугольника равны \(r_{1} + r_{2}\), \(R - r_{1}\) и \(R - r_{2}\).

Ответ: \($r_{1}$ + $r_{2}$ + R - $r_{1}$ + R - $r_{2}$\)

Решение №38452: Проведите перпендикуляры \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) к прямой \(l\). Согласно примеру 4 на c. 81 \(A_{1}C_{1} = 2\sqrt{ac}\), \(B_{1}C_{1} = 2\sqrt{bc}\) и \(A_{1}B_{1} = 2\sqrt{ab}\). Поэтому из равенства \(A_{1}C_{1} + C_{1}B_{1} = A_{1}B_{1}\) следует, что \(\sqrt{ac} + \sqrt{bc} = \sqrt{ab}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38453: Пусть \(О_{1}\), \(О_{2}\) и \(O\) - центры окружностей, \(С\) - точка пересечения окружностей, лежащая на отрезке \(АВ\). Треугольники \(АОВ\), \(АО_{1}С\) и \(СО_{2}В\) равнобедренные, точки \(O_{1}\) и \(О_{2}\) лежат на отрезках \(ОА\) и \(ОВ\). Поэтому \(OO_{1} = О_{2}С = О_{2}В\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38454: Пусть \(О\) - центр большей окружности, \(О_{1}\) и \(О_{2}\) - центры меньших окружностей, \(А\) и \(B\) - точки касания. Точки \(О_{1}\) и \(О_{2}\) лежат на сторонах \(АО\) и \(ОВ\) равнобедренного треугольника \(AОВ\) и \(АО_{1} = OO_{2}\). Поэтому согласно задаче 17.10 прямые, проходящие через точки \(О_{1}\) и \(О_{2}\) параллельно \(ОВ\) и \(АО\), пересекаются в некоторой точке \(С\) отрезка \(АВ\). Эта точка принадлежит каждой из первых двух окружностей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38455: Пусть общая касательная, проходящая через точку \(С\), пересекает отрезок \(АВ\) в точке \(М\). Тогда \(МА = МС = МВ\). Медиана \(СМ\) треугольника \(АВС\) равна половине стороны \(АВ\), поэтому угол \(С\) прямой.

Ответ: \(\angle C = 90^\circ\)

Решение №38456: Расстояние от середины отрезка \(АВ\) до сторон угла равно полусумме радиусов окружностей.

Ответ: NaN

Решение №38457: Пусть \(O\) - центр меньшей окружности. Прямые \(АК\) и \(ОС\) перпендикулярны прямой \(BK\), поэтому они параллельны. Следовательно, \(\angle KAC = \angle ACO = \angle OAC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38458: Треугольники \(АО_{1}А_{1}\) и \(АО_{2}А_{2}\) равнобедренные с равными углами при основании.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38459: Пусть \(О_{A}\) и \(O_{B}\) - центры построенных окружностей, проходящих через точку \(С\) и точки \(А\) и \(В\) соответственно. Точки \(А\), \(O\) и \(О_{A}\) лежат на одной прямой, точки \(В\), \(О\) и \(О_{B}\) тоже лежат на одной прямой. Треугольники \(АОВ\), \(АО_{A}С\) и \(ВО_{B}С\) равнобедренные с равными углами при основаниях. Из этого следует, что \(ОО_{B} \parallel О_{А}С\) и \(OO_{A} \parallel O_{B}C\), т. e. четырёхугольник \(ОО_{A}CO_{B}\) - параллелограмм. Рассмотрим точку \(М\), в которой пересекаются его диагонали. Прямая \(О_{A}О_{B}\) - серединный перпендикуляр к отрезку \(CD\), поэтому \(DM = MC = МО\). Точка \(D\) лежит на окружности с диаметром \(ОС\), поэтому \(\angle ODC = 90^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38460: Пусть \(С\) - точка касания первой окружности и касательной, \(BD\) - отрезок касательной, \(H\) - точка касания окружностей (рис. 244). Угол \(АНС\) прямой (задача 20.26), поэтому \(АН\) - высота прямоугольного треугольника \(АВС\), проведённая к гипотенузе. Следовательно, \(AB^2 = ВС \cdot BH\). По теореме о квадрате касательной \(BD^2 = ВС \cdot ВН\). Поэтому \(BD = AB\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38461: \(2EM = AE + CE - AC и 2EN - BE + СЕ - ВС\). Кроме того, \(АС - ВС\).

Ответ: NaN