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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

Решение №38565: См. рис. 249.

Ответ: NaN

Решение №38566: См. рис. 250.

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38568: См. рис. 252.

Ответ: NaN

Решение №38569: См, рис. 253.

Ответ: NaN

Решение №38570: См. рис. 254.

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверджение доказано.

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

Ответ: NaN

Решение №38582: Пусть диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О. Примените неравенство треугольника к тре-угольникам АОВ и COD.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38583: Воспользуйтесь задачей 23.21.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38584: Отметьте на лучах \(АВ\) и \(АС\) точки \(С_{1}\) и \(В_{1}\) так, что \(АС_{1} = АС\) и \(АВ_{1}= АВ\). Воспользуйтесь тем, что сумма сторон \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) четырёхугольника \(ВВ_{1}СС_{1}\) меньше суммы его диагоналей.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38585: Пусть четырёхугольник \(ABCD\) выпуклый, \(М\) - произвольная точка. Тогда \(AM + MC \geq AC\) и \(BM + MD \geq BD\). Если же \(O\) точка пересечениядиагоналей, то \(АО + ОС = АС\) и \(BO + OD = BD\).

Ответ: NaN

Решение №38586: Рассмотрите точку \(Q\) и корой луч до пересекает сторону четырехугольника, и запишите неравенства для \(АО + OQ\) и для \(BO\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38587: Воспользуйтесь неравенством \(AO + OB < AD + DC + СВ\) из задачи 28,25.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38588: Пусть вершины \(C\) и \(D\) лежат по разные стороны от прямой \(АВ\). Стороны \(АВ\) и \(CD\) не пересекаются, поэтому отрезок \(CD\) пересекает не отрезок \(АВ\), а его продолжение. Пусть для определённости он пересекает продолжение отрезка \(АВ\) за точку \(B\) (рис. 266). Тогда точка \(В\) лежит внутри треугольника \(ACD\), четырёхугольник \(ABCD\) лежит по одну стороцу от диагонали \(АС\) и по разные стороны от диагонали \(BD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38589: Пусть невыпуклый четырехугольник ABCD лежит по одну сторону от диагонали АС и по разные стороны от диагонали BD. Тогда прямая ВД пересекает отрезок АС в некоторой точке K (cM. рис. 256). Если КВ < КД, то точка В лежит внутри треугольника ADC, а если KD < КВ, то точка D лежит внутри треугольника АВС.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38590: Воспользуйтесь тем, что суммы углов треугольников \(АВС\) и \(ABD\) равны \(180^\circ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38591: См. рис. 257.

Ответ: NaN

Решение №38592: См. рис. 258.

Ответ: NaN

Решение №38593: Воспользуйтесь тем, что диагональ пятиугольника меньше суммы двух его сторон. Пусть диагонали \(АС\) и \(ВЕ\) выпуклого пятиугольника \(ABCDE\) пересекаются в точке \(М\); воспользуйтесь тем, что \(AB < AM + MB\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38594: Угол \(DBE\) равен сумме углов \(АВЕ\) и \(CBD\), постому на стороне \(ED\) можно выбрать точку \(Р\) так, что \(\angle EBP = \angle ABE =\angle AEB\) и \( \angle DBP = \angle CBD=\angle CDB\). Тогда \(AB \parallel ВР\) и \(CD \parallel BP\). поэтому \(AE \parallel CD\). Кроме тoгo, \(AE - CD\), поэтому \(ACDE\) параллелограмм. Следовательно, \(AC = ED\) и треугольник \(АВС\) равносторонний.

Ответ: NaN

Решение №38595: Рассмотрите точку \(L\), в которой пересенаются прямые \(АЕ\) и \(CD\). Пусть градусные меры дуг \(ВС\), \(CD\), \(DE\) и \(EA\) равны \(2\alpha_{1}\), (2\alpha_{2}\), (2\beta_{2}\) и (2\beta_{1}\) (Рис. 259). Тогда \(\angle DAB = \alpha_{1} + \alpha_{2}\). Градусная мера дуги \(АВ\) равна 2(\alpha_{2} + \beta_{2})\), поэтому \(\angle DCK = \angle DLE = 2(\alpha_{w} + \beta_{2}) + 2\alpha_{2} - 2\beta_{2} = \angle DAB\). Аналогично \(\angle DEL = \angle DBA\). Следовательно, \(\Delta DAB \backsim \Delta DCK\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38596: Из равенства площадей треугольников АВЕ и АВС следует, что СЕ [АВ. Остальные диагонали пятиугольника тоже параллельны его сторонам. Пусть р - точка пересечения отрезков BD и ЕС. Положим х - Sg- Ясно, что Sepg~ SaBr - 1, поскольку АВРЕ - параллелограмм. Поэтому SABene = SABR+ Sepg + Seoc+ Sare™ 3 + x. Из равенства отношений SBPC: SpPc = BP : DP - Sepg: Sgpp получаем квадратное уравнение x: (1 -x) - 1:х и находим его положительный корень 55-1.

Ответ: NaN

Решение №38597: Если выпуклый многоугольник разрезан на параллелограммы, то для каждой его стороны найдётся ещё ровно одна параллельная ей сторона.

Ответ: NaN

Решение №38598: На рисунке 260 один из требуемых пятиугольников изображён чёрной линией, другой синей.

Ответ: NaN

Решение №38599: Пусть радиус описанной окружности равен \(R\). Выразив площадь треугольника \(АВЕ\) двумя способами, получим \(\frac{AE /cdot BE -\cdot AB}{4R} = \frac{a \cdot AB}{2}\). T. e. \(a = \frac{AE \cdot BE}{2R}\). Запишите аналогичные выражения для расстояний до прямых \(BC\), \(CD\) и \(AD\).

Ответ: NaN

Решение №38600: Сумма углов полученных треугольников равна сумме углов многоугольника.

Ответ: NaN

Решение №38601: См. рис. 261.

Ответ: NaN

Решение №38602: а) См. рис. 262. б) Предположим, что прямая не проходит через вершины многоугольника и пересекает все его стороны. Тогда стороны многоугольника можно разбить на пары, выходящие из вершин, лежащих по одну сторону от прямой.

Ответ: NaN

Решение №38603: См. рис. 268.

Ответ: NaN

Решение №38604: См. рис. 264.

Ответ: NaN

Решение №38605: Проведите через вершины \(A\), \(C\) и \(E\) прямые, параллельные сторонам \(ВС\), \(DE\) и \(FА\). Эти прямые образуют равносторонний треугольник, стороны которого равны \(|AB- DE|\), \(|BC - FE|\) и \(|CD - AF|\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38606: Каждый угол многоугольника в сумме с внешним углом деёт \(180^\circ\), Поатому сумма всех углов и всех внешних углов выпуклого n-угольника равна \(n \cdot 180^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38607: Сумма внешних углов выпуклого многоугольника равна \(360^\circ\). Вклад каждого острого угла многоугольника в эту сумму больше \(90\circ\)

Ответ: NaN

Решение №38608: Пусть перпендикуляры к сторонам треугольника, проведенные через точки \(А_{1}\), \(В_{1}\) и \(C_{1}\) пересекаются в точке \(М\). Обозначьте центр окружности буквой \(О\). Перпендикуляры к стороне \(ВС\), проведённые через точки \(A_{1}\) и \(A_{2}\) симметричны относительно точки \(О\), Поэтому перпецдикуляры к сторонам, проведённые через точки \(A_{2}\) \(A_{2}\) и \(C_{2}\), пересекаются в точке, симметричной точке \(М\) относительно точки \(О\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38609: Пусть \(P\), \(Q\), \(R\) и \(S\) - середины сторон \(АВ\), \(ВС\), \(CD\) и \(DA\) четырёхугольника \(ABCD\), \(М\) - точка пересечения отрезков \(PR\) и \(QS\). Четырёхугольник \(PQRS\) - параллелограмм (задача 13.8), потому точка \(М\) общая середина отрезков \(PR\) и \(QS\). Обозначьте центр окружности буквой \(О\). Пусть точка \(O\), симметрична точке \(О\) относительно точки \(М\). Тогда четырёхугольник \(РО_{1}RO\) - параллелограмм, поэтому\(РО_{1} \perp CD\). Аналогичные рассуждения показывают, что \(O_{1}\), искомая точка.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38610: Окружности \(S_{1}\) и \(S_{2}\) симметричны относительно точки \(А\). Угол \(ОАВ\) прямой, поскольку \(ОВ\) - диаметр окружности \(S_{1}\). Поэтому точка, симметричная точке \(В\) относительно точки \(А\), лежит на окружности \(S\). Она лежит также и на окружности \(S_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38611: Центр симметрии выпуклого многоугольника не может быть его вершиной, поэтому вершины выпуклого многоугольника, имеющего центр симметрии, разбиваются на пары.

Ответ: NaN

Решение №38612: Предположите, что выпуклый многоугольник имеет два центра симметрии; обозначьте их \(O_{1}\) и \(O_{2}\). Рассмотрите ту часть многоугольника, которая лежит на прямой \(O_{1}O_{2}\). Эта фигура является отрезком и имеет центры симметрии \(O_{1}\) и \(O_{2}\). Но у отрезка только один центо симметрии его середина.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38613: Первый игрок кладёт монету в центр стола, а затем кладёт монеты симметрично монетам второго игрока относительно центра стола. Первый игрок всегда может сделать очередной ход. Ясно также, что игра завершится за конечное число ходов.

Ответ: NaN

Решение №38614: Пусть точка \(Е\) симметрична точке \(D\) относительно точки \(Р\). Если \(S_{PCD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}\), то \(S_{PCE} = S_{PCD} = S_{PBC}+S_{PBE}/), позтому точка \(В\) лежит на отрезке \(ЕС\). Ясно также, что \(EB \parallel AD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38615: Возьмём на ломаной точки \(А\) и \(В\), делящие её периметр пополам. Тогда \(АВ < 2/). Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1 с центром в точке \(О\) - середине отрезка \(АВ\). Пусть \(M\) - произвольная точка ломаной, а точка \(М_{1}\) симметрична ей относительно точки \(О\). Тогда \(МО = \frac{M_{1}M}{2} < \frac{M_{1}A + AM}{2} = \frac{BM + AM}{2}<1\), так как \(ВМ + AM\) не превосходит половины длины ломаной.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38616: Точка /(С_{1}/), симметричная точке \(С\) относительно гипотенузы \(АВ\), не может лежать на продолжении средней линии, параллельной гипотенузе. Пусть для определённости она лежит на прямой \(MN\), где \(М\) и \(N\) - середины сторон \(АВ\) и \(ВС\) (рис. 265). Тогда четырёхугольник \(ACMC_{1}\) - ромб, \(2\alpha + \beta = 90^|circ\) и \(\alpha + 2\beta = 90^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38617: Пусть прямые \(АM\) и \(ВМ\) пересекают окружность в точках \(В_{1}\) и \(А_{1}\); эти точки симметричны точкам \(В\) и \(А\) относительно диаметра. Угол \(АОМ\) равен полусумме градусной меры дуги \(АВ\) и равной ей дуги \(А_{1}В_{1}\) поэтому он равен градусной мере дуги \(АВ\). Центральный угол \(АОВ\) тоже равен градусной мере дуги \(АВ\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38618: Пусть точка \(В_{1}\) симметрична точке \(В\) относительно прямой \(АЕ\). Тогда точки \(В\), \(H\), \(В_{1}/) и \(Е\) лежат на одной окружности. Поэтому \( \angle EHC = \angle EBB_{1} = 45^\cdot\)

Ответ: NaN

Решение №38619: Воспользовавшись результатом задачи 21.11, докажите, что указанная прямая симметрична прямой \(ВС\) относительно прямой \(AD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38620: Пусть точки \(С_{1}\) и \(С_{3}\) симметричны точке \(С\) относительно прямых \(АВ\)

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38621: Вocпользуйтесь равенствами \( \angle B_{1}OA = 2\angle BOA\) и \( \angle АОC_{1} = 2\angle АОС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38622: Пусть точки \(В_{1}\) и \(С_{1}\) симметричны точке \(А\) относительно прямых \(ОВ\) и \(ОС\) (рис. 267). Угол \(ВОС\) лежит внутри угла \(В_{1}ОC_{1}\) поэтому отрезок \(В_{1}С_{1}\) пересекает стороны угла в некоторых точках \(В_{2}\) и \(С_{2}\). Выпустив бильярдный шар из точки \(А\) в точку \(В_{2}) (или в точку (С_{2}/)), получите искомую траекторию

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38623: Ось симметрии прямой не может пересекать её под острым углом.

Ответ: NaN

Решение №38624: Вершины многоугольника, не лежащие на его оси симетрии, разбиваются на пары. Ось симметрии треугольника серединцый перпендикуляр к отрезку, соединяющему две вершинытреугольника, не лежащие на оси.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38625: Если у треугольника есть две оси симметрии, то все его стороны равны.

Ответ: NaN

Решение №38626: Пусть ось симметрии четырёхугольника не является диагональ. Тогда по крайней мере три его вершины не лежат на оси симметрии, поэтому две вершины лежат по одну сторону от оси. Две другие вершины симметричны им.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38627: Вершины многоугольника, не лежащие на оси симметрии, разбиваются на пары.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38628: Пусть у четырёхугольника есть две оси симметрии. Если одна из них является его диагональю, то четырёхугольник ромб. Если же обе оси не диагонали, то пары вершин симметричны относительно них и четырехугольник - прямоугольник.

Ответ: NaN

Решение №38629: Вершины семнадцатиугольника, не лежащие на оси симметрии, мокно разбить на пары симметричных друг другу вершин.

Ответ: NaN

Решение №38630: Проведите диаметр \(КL\) первой окружности и рассмотрите параллельный перенос, переводящий точку \(L\) в точку \(К\) (рис. 268). Этот параллельный перенос переводит первую окружность во вторую, а точку \(А\) в некоторую точку \(А_{1}\)второй окружности. При этом \(\angle LAK = 90^\circ\) и \(LA \parallel KA_{1}\). Поэтому \(\angle АКА_{1} = 90^\circ\), а значит, точка \(А\), совпадает с точкой \(В\)

Ответ: NaN

Решение №38631: Рассмотрите параллельный перенос, переводящий одну окружность в другую. При этом точка \(М\) переходит в некоторую точку \(М_{1}\) (рис. 269). Угол \(NMM_{1}\) прямой, поэтому \(M_{1}N\) - диаметр окружности. Следовательно, \(MN^{2} + AB^{2} = MN^{2} + M_{1}M^{2} = M_{1}N^{2} = 4R^{2}/).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38632: Рассмотрите параллельный перенос, переводящий точки \(А\) и \(В\) в точки \(D\) и \(С\) соответственно. При этом точка \(М\) переходит в некоторую точку \(N\) (рис. 270). Четырёхугольник \(DNCM\) обладает требуемыми свойствами.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38633: Поверните квадрат \(ABCD\) относительно точки \(А\) на \(90^\circ\\) так, чтобы точка \(В\) перешла в точку \(D\). При этом повороте точка \(М\) переходит в некоторую точку \(М_{1}\) (рис. 271). Ясно, что \(\angle M_{1}AK = \angle M_{1}AD + \angle DAK = \angle MAB + \angle DAK = \angle MAK + \angle DAK = \angle MAD\). Далее,\(\angle MAD = \angle BMA = \angle DM_{1}A\). Таким образом, \(\angle M_{1}AK = \angle DM_{1}A\), поэтому \(AK = KM_{1} = KD + DM_{1} = KD + BM\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38634: При повороте на \(90^\circ\) с центром \(Р\) прямые \(РА_{1}\), \(РВ_{1}\), \(РМ_{1}\) и \(СН\) переходят в прямые, параллельные прямым \(СА\), \(СВ\), \(СМ\) и \(АВ\) соответственно. Следовательно, при таком повороте треугольника \(РА_{1}В_{1}\) отрезок \(РМ_{1}\) переходит в медиану повёрнутого треугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38635: Рассмотрите поворот на \(90^\circ\) с центром \(О\), переводящий вершину \(С\) в вершину \(А\), а вершину \(F\) в вершину \(D\). При этом повороте точка \(А\) переходит в некоторую точку \(А_{1}\), а точка \(М_{1}\)- в точку \(М_{1}\). Точки \(М_{1}\) и \(O\) - середины сторон \(А_{1}D\) и \(А_{1}С\) треугольника \(A_{1}CD\) поэтому \(OM_{1} \parallel CD\). Ho \(OM_{1} \perp OM\), поэтому \(CD \perp OM|).

Ответ: NaN

Решение №38636: При повороте на \(90^\circ\) с центром в точке пересечения диагоналей квадрата, переводящем точку \(А_{1}\) в точку \(А_{2}\), проведенные прямые переходят в прямые /(A_{2}P/), /(A_{3}P/), /(A_{4}P/) и /(A_{1}P/) соответственно.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38637: Рассмотрите поворот с центром \(А|) на \(90^\circ\), при котором точка \(В\) переходит в точку \(D\). Пусть точка \(М_{1}\) - образ точки \(М\) при этом повороте. По условию \(МК + MC + CK = (BM + MC) + (KD + CK)\), поэтому \(MK = BM + KD = DM_{1} + KD = KM_{1}\) . Кроме того, \(АМ - AM_{1}\), поэтому треугольники \(АМК\) и \(АМ_{1}L\) равны и \(\angle MAK = \angle M_{1}AK = \frac{1}{2} \angle MAM_{1} = 45^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №38638: Рассмотрите поворот на \(90^\circ\) с центром в так, чтобы точка \(С\) перешла в точку \(А\) (рис. 272). Точка \(Х\) при этом перейдёт в некоторую точку \(X_{1}\). В треугольнике \(ХВХ_{1}\) угол \(ХВХ_{1}\) прямой и \(ВХ ВХ_{1}\), поэтому \(\angle X_{1}XB = 45^\circ\) и, кроме того, \(XX_{1} = 2 \sqrt{2}\). Таким образом, \(X_{1}Х^{2} + АХ^{2} = 9 = X_{1}A^{2}\), поэтому \(\angle X_{1}ХА = 90^\circ\). Следовательно, \(\angleAXB = \angle X_{1}XB + \angle X_{1}XA = 45^\circ + 90^\circ - 135^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38639: Pacсмотрите поворот на \(60^\circ\) с центром \(С\), переводящий точку \(Е\) в точку \(D\). При этом точка \(В\) переходит в точку \(А\), т. е. отрезок \(ВЕ\) переходит в отрезок \(AD\). Поэтому середина \(Р\) отрезка \(ВЕ\) переходит в середину \(М\) отрезка \(AD\). Это означает, что треугольник \(СРМ\) равносторонний.

Ответ: NaN

Решение №38640: Рассмотрите поворот на \(60^\circ\) с центром \(С\), при котором точка \(А\) переходит в точку \(В_{1}\). При этом точка \(А_{1}\) переходит в точку \(В\), поэтому отрезок \(АА_{1}\) переходит в отрезок \(В_{1}В\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38641: Пусть при повороте на \(60^\circ\) с центром \(В\), переводящем точку \(А\) в точку \(С\), точка \(D\) переходит в точку \(D_{1}\). Тогда \(\angle CD_{1}B = \angle ADB - 120^\circ\) и \(\angle BD_{1}D = 60^\circ\),поэтому точка \(D_{1}\) лежит на отрезке \(DC\) и \(DC = DD_{1} + D_{1}C = DB + DA\).

Ответ: Утверджение доказано.