Решение №39542: Поскольку высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, является также медианой, биссектрисой и серединным перпендикуляром, то все замечательные точки треугольника находятся на высоте \(ВМ\).

Ответ: Высота \(ВМ\).

Решение №39543: \(О\) является точкой пересечения медиан и высот треугольника \(\Rightarrow LA \perp KМ\) и \(KА = AM\), \(KB \perp LM\) и \(LB = BM\) и \(MC \perp KL\) и \(KC = CL\). \(\Delta KАО = \Delta МАО\) по двум сторонам и углу между ними (\(KA = AM\), \(AO\) - общая, \(\angle KAO = \angle MAO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow KO = OM\). \(\Delta MOB = \Delta LOB\) по двум сторонам и углу между ними (\(LB = BM\), \(OB\) - общая, \(\angle OBM = \angle LBO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow LO = OM\). \(\Delta KOC = \Delta LOC\) по двум сторонам и углу между ними (\(LC = CK\), \(CO\) - общая, \(\angle LCO = \angle KCO = 90^\circ\)) \(\Rightarrow KO = OL \Rightarrow KO = OM = LO\). Поскольку \(LA\), \(MC\) и \(KB\) - медианы, то \(\fraq{MO}{OC} = \fraq{KO}{OB} = \fraq{LO}{OA}\), а т. к. \(МО = KO = OL\), то \(OC = OB = OA\). \(\Delta СОK = \Delta АОК = \Delta АОМ = \Delta BOM = \Delta BOL = \Delta COL\) по гипотенузе и катету (\(KО = ОМ = OL\) и \(CO = OB = OA\)) \Rightarrow CK = KA = CL = AM = MB = LB \Rightarrow KL = LM = KM\). Следовательно, \(\Delta KLM\) - равносторонний.

Ответ: NaN

Решение №39544: Поскольку точка пересечения медиан делит \(ВМ\) в отношении \(2 : 1\) считая от \(В\), то \(ВО : ОМ = 2 : 1\). Поскольку \(BO - OM = 3\), то \(ВО = 3 + ОМ\). Получим \(\fraq{OM + 3}{OM} = \fraq{2}{1} \Rightarrow OM + 3 = 2 \cdot OM\) см, \(\Rightarrow OM = 3\) см, \(ОВ = 6\) см \(\Rightarrow MB = OB + OM = 9\) см.

Ответ: 9 см.

Решение №39545: \(AC \perp BH \Rightarrow KC\) - высота \(\Delta ВНС\), проведенная к стороне \(ВН\). \(АВ \perp HC \Rightarrow LB\) - высота \(\Delta ВНС\), проведенная к стороне \(HC\). \(АH \perp BC \Rightarrow HD\) - высота \(\Delta HBС\), проведенная к стороне \(ВС \Rightarrow\) точка \(А\) является пересечением продолжений высот \(\Delta НВС \Rightarrow\) т. \(А\) - ортоцентр \(\Delta НВС\).

Ответ: NaN

Решение №39546: \(\Delta DEF\) совпадает с точкой пересечения медиан \(\Delta АВС\). \(DE, FE, DF\) - средние линии \(\Delta АВС\). \(DE \parallel AC\) и \(DE = \fraq{AC}{2} = AF\) по свойству средней линии \(\rightarrow ADEF\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(\rightarrow А\), \(К\) и \(Е\) лежат на одной прямой. медиана \(\Delta DEF \rightarrow т. O \in EK\) и \(т. O \in AE\) - медиане \(\Delta АВС\). \(DF \parallel BC\) и \(DF = BE \fraq{1}{2}ВC\) по свойству средней линии \(\Delta АВС \rightarrow DFEB\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(rightarrow B\), \(L\), \(F\) лежат на одной прямой. \(FL\) - медиана \(\Delta DEF \rightarrow\) т. \(O \in FL\) и т. \(O \in BF\) - медиане \(\Delta ABC \rightarrow\) т. \(О\) - пересечение медиан ЛАВС.

Ответ: NaN

Решение №39547: По свойству диагоналей параллелограмма \(BO = OD\) и \(AO = OC\). Т. e. в \(\Delta ABC BO\) - медиана, а в \(\Delta ADC DO\) - медиана = т. к. \(E\) - точка пересечения медиан \(\Delta АВС\), то \(E \in BO\), а т. к. \(F\) - точка пересечения медиан \(\Delta ADC \in DO. \rightarrow F, E \in BD\). Поскольку точка пересечения медиан делит медиану в отношении \(2 : 1\), считая от вершины, то \(ВЕ : ЕО = 2 : 1\); \(DF : FO = 2 : 1\), a T. K. \(BO = OD\), то \(FD = BE = 2x\), a \(EO = OF = x \rightarrow EF = EO + OF = 2x \rightarrow BE = EF = FD\).

Ответ: NaN

Решение №39548: Возможны два случая: 1) \(\angle В\) - острый (см. рис. ниже); 2) \(\angle B\) - тупой (см. рис. ниже). Центр описанной окружности находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Поскольку медиана в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, является серединным перпендикуляром к стороне, то \(O \in ВК \rightarrow ОК = 3 см\), \(ОВ = 6 см\( (т. к.\(OB = R\)). Случай 1: \(ВК = BO + OK = 9 см\). Т. к. \(F\) - точка пересечения медиан, то она делит \(ВК\) в отношении \(2 : 1\) на отрезки \(BF\) и \(FK\), т. е. \(BF = 6 см\), \(FK = 3 см\) (т. \(О\) совпадает с точкой пересечения медиан). Случай 2: \(ВК = ВО - ОK = 3 см\). Т. к. \(F\) - точка пересечения медиан, то она делит \(ВК\) в отношении \(2 : 1\) на отрезки \(BF\) и \(FK\), т. e. \(BF = 2 cм\), \(FK = 1 см\). Ответ: \(6 см\) и \(3 см\) или \(2 см\) и \(1 см\).

Ответ: Ответ: \(6 см\) и \(3 см\) или \(2 см\) и \(1 см\).

Решение №39549: Пусть \(m_{a}\), \(m_{b}\), \(m_{c}\). данные медианы треугольника. Анализ: Предположим, что \(\Delta АВС\) построен. Треугольник \(\Delta AOF\) можно построить по трем сторонам \(AO=\fraq{2}{3}m_{a}\), \(OF=\fraq{2}{3}m_{b}\) и \(AF=\fraq{2}{3}m_{c}\) Точку \(С\) получим, отложив \(ОА = ОС\), а т. \(В\) - отложив \(OF = OB\). Построение: 1) разделим отрезки \(m_{a}\), \(m_{b}\), и \(m_{c}\) в отношении \(2 : 1\): 2) построим \(\Delta АОF\) по трем сторонам: \(OF = \fraq{2}{3}m_{b}\), \(AF = \fraq{2}{3}m_{c}\), \(AO = \fraq{2}{3}m_{a}\) 3) достроим \(\Delta АОF\) до параллелограмма \(AOCF \rightarrow т. C\); 4) на луче \(FO\) от. т. \(О\) отложим отрезок \(OB = OF \rightarrow\) т, \(B\); 5) Соединим точки \(А\), \(В\), \(С\). Доказательство: \(\Delta ABC\) - искомый, т. К. 1) \(ao = \fraq{2}{3}m_{a}\), 2) \(CO = \fraq{2}{3}m_{c}\), 3) \(OB = \fraq{2}{3}m_{b}\) по построению; 2) по свойству параллелограмма \(АК = КС\) и \(OK = КF \rightarrow ВК\) - является медианой \(\Delta АВС\) и т. \(О\) делится в отношении \(2 : 1\) считая от вершины \(\rightarrow 3) \(O\) - точка, пересечения медиан треугольника \(\Delta АВС \rightarrow ОС\) и \(OA\) - отрезки медиан \(CL\) и \(АМ \rightarrow \Delta АВС\) - искомый. Исследование: Задача имеет единственное решение при условии, что для чисел \(m_{a}\), \(m_{b}\), и \(m_{c}\). выполнено неравенство треугольника.

Ответ: NaN

Решение №39550: По свойству средней лиции треугольника: \(EF \parallel AC\), \(EN \parallel AB\) \(EN \parallel BC\). По определению средней линии середина \(AB\), \(F\) - cepeдина \(BC\), \(N\) - середина \(AC\) . Поскольку \(O\) ортоцентр \(\Delta EFN \rightarrow FK \perp EN, EL \perp NF, ND \perp EF \rightarrow ND \perp AC, EL \perp AB, FK \perp BC \rightarrow EL, FK\) и \(ND\) - ceрединные перпендикуляры к сторонам \(\Delta АВС \rightarrow\) их точка пересечения \(\rightarrow O\) - центр описанной около \(\Delta АВС\) окружности

Ответ: NaN

Решение №39551: T. к. \(BM\) - медиана, проведенная к гипотенузе, то \(BM = MC = MA = AC : 2 \rightarrow AC = 12 cм\) Рассмотрим \(\angle BAC: BC = CA\), \(CF \parallel BM \rightarrow\) параллельные прямые \(CF\) и \(ВМ\), проходящие через точки \(С\) и \(В\), отсекают на \(AC\) равные отрезки (по теореме Фалеса): \(AF = FM \rightarrow AF = AM : 2 = 3 см \rightarrow FC = AC - FA = 9 см\). Ответ: \(3 см\), \(9 см\).

Ответ: Ответ: \(3 см\), \(9 см\).

Решение №39552: a) \(5,4 : x = 2,7 : 7,2\); по свойству пропорции \(5,4 \cdot 7,2 = х \cdot 2,7\); \(x = \fraq{5,4 \cdot 7,2}{2,7} = 14,4\); \(x = 14,4\) Ответ: \(14,4\). б) \(\fraq{x+1}{144} = \fraq{25}{60}\); по свойству пропорции \(x + 1 = \fraq{25 \cdot 144}{60}\); \(x + 1 = 60\); \(x = 59\) Ответ: \(59\).

Ответ: Ответ: \(14,4\). Ответ: \(59\).

Решение №39553: Доказательство: а) По теореме о сумме углов выпуклого четырехугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C + \angle D= 360^\circ\) \(\angle A= \angle D= \angle C\), то \(\angle B = 360 - 3 \cdot \angle A\) Предположим, что \(\angle А > 90^\circ\), то: 1) в случае если \(\angle A = 90^\circ\), то \(\angle В = 90^\circ\), что противоречит условию \(\angle A \neq \angle B\); 2) в случае если \(\angle A > 90^\circ\), то \(3 \angle A < 270^\circ \rightarrow \angle B < 90^\circ\). б) \(\angle A = \angle D\) - не острые, т. е. \(\angle A = \angle D \geq 90^\circ\) 1) Если \(\angle A = \angle D = 90^\circ\) то \(\angle B + \angle C = 180^\circ\). Поскольку\(\angle С \neq \angle A\) и \(\angle B \neq \angle A\), то \(\angle В \neq 90^\circ\), \(\angle С \neq 90^\circ \rightarrow\) один из углов \(\angle В\) и \(\angle С\) острый ,а второй - тупой ; 2) если \(\angle A = \angle D > 90^\circ\), то \(\angle A + \angle D > 180^\circ \rightarrow \angle C + \angle B < 180^\circ\), т. е. одновременно они не могут быть тупыми \(\rightarrow\) или \(\angle В < 90^\circ\) или \(\angle < 90^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №39554: По свойству параллелограмма противолежащие углы равны \(rightarrow\) данный угод равен сумме двух соседних с ним. Пусть \(\angle N = \angle K + \angle M\). т. к. \(\angle K = \angle M\) и \(\angle N = \angle L\), то \(\angle N = \angle L = 2 \angle К\). По теореме о сумме углов четырехугольника \(\angle К + \angle L + \angle M + \angle N = 360^\circ \rightarrow \angle K + 2 \angle K + \angle K + 2 \angle K = 360^\circ\); \(6 \angle K = 360^\circ \rightarrow \angle K = 60^\circ\); \(\angle L = \angle N = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ\); \(120^\circ\); \(60^\circ\); \(120^\circ\); может быть ромбом, но квадратом быть не может.

Ответ: Ответ: \(60^\circ\); \(120^\circ\); \(60^\circ\); \(120^\circ\); может быть ромбом, но квадратом быть не может.

Решение №39555: По свойству диагоналей квадрата \(АО = OC\) и \(BD \perp AC\). т. к. \(EF \perp AC\), то \(BD \parallel EF\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(О\) и \(А\), отсекают на стороне \(СЕ\) и \(СF\) равные отрезки \(\rightarrow ВС = EB\) и \(CD = DF\) Т.к. \(ABCD\) квадрат, то \(BC = CD = DF = AD = AK = EB = \Delta EBA = = \Delta BCD = \Delta ADF\) по двум катетам \(\rightarrow EA = = EF = BD = 7 cм \rightarrow EF = 2BD = 14 см\).

Ответ: NaN

Решение №39556: По свойству средней линии треугольника: \(DE \parallel AC\), \(DE = \fraq{1}{2}AC\) и \(EF \parallel AB\), \(EF = \fraq{1}{2}AB\). T.к. \(DE \perp EF\), то \(AB \perp AC\). Т. к. \(EF = DE\), то \(\fraq{1}{2}AB = \fraq{1}{2}AC \Rightarrow AB = AC \Rightarrow \Delta ВАС\) - прямоугольный (\(\angle A = 90^\circ\)) и равнобедренный (\(АВ = АС\)). Поскольку \(\Delta АВС\) равнобедренный, то \(\angle ABC = \angle BCA\). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle ABC = \angle BCA = 45^\circ\).

Ответ: \(90^\circ; 45^\circ; 45^\circ\).

Решение №39557: \(KN\) - средняя линия \(\Delta BCD\), \(ML\) - средняя линия \(\Delta ABD\), \(NL\) - средняя линия \(\Delta ACD\), \(KM\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии: \(KN \parallel BD\), \(ML \parallel BD\), \(NL \parallel AC\), \(MK \parallel AC \Rightarrow KNLM\) - параллелограмм \(\Rightarrow\) по свойству параллелограмма \(MO = ON\) и \(KO = OL \Rightarrow KL\) и \(MN\) точкой пересечения делятся пополам.

Ответ: NaN

Решение №39558: Пусть \(х\) - градусная мера угла \(D\), тогда градусная мера \(\angle С = 3х\). По свойству углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, \(\angle D + \angle C = 180^\circ\); \(x + 3x = 180^\circ\); \(x = 45^\circ\). Рассмотрим \(\Delta CKD\): \(\angle CKD = 90^\circ\), \(\angle CDK = 45^\circ \Rightarrow \angle KCD = 45^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника) \(\Rightarrow \Delta KCD\) - равнобедренный \(\Rightarrow CK = KD\). \(АВСK\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = АК = 8\) см. По аксиоме измерения отрезков \(AD = AK + KD \Rightarrow KD = 4\) см \(\Rightarrow CK = 4\) см.

Ответ: 4 см.

Решение №39559: \(ABCD\) - ромб \(\Rightarrow AB = BC = CK = AK\). \(\Delta KCD\) - равносторонний \(\Rightarrow KC = CD = KD \Rightarrow AB = BC = CD = AK = KD\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\); \(60 = 5 \cdot AK \Rightarrow AK = 12\) см \(\Rightarrow AD = 24\) см; \(ВС = 12\) см. По свойству средней линии трапеции: \(EF = (BC + AD) : 2 = 18\) см.

Ответ: 18 см.

Решение №39560: \(AM\) - медиана \(\Rightarrow ВМ = МС\). T. к. \(BH \perp AC\) и \(MD \perp AC\), то \(BH \parallel MD\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(В\) и \(М\), отсекают на прямой \(НС\) равные отрезки (по теореме Фалеса) \(\Rightarrow HD = DC = HC : 2 = 3\) (см) \(\Rightarrow AD = AH + HD = 2 + 3 = 5\) (см).

Ответ: 3 см и 5 см.

Решение №39561: Поскольку около трапеции можно описать окружность, то трапеция является равнобокой (\(AB = CD\)) и \(\angle A + \angle C = \angle B + \\angle D= 180^\circ\). a) \(\angle A + \angle B + \angle C = 300^\circ\) по условию; \(\angle A + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 300^\circ - 180^\circ = 120^\circ\). По свойству углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, \(\angle А + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle A = 60^\circ\). T. к. \(ABCD\) - равнобокая, то \(\angle A = \angle D = 60^\circ\), \(\angle B = \angle C = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\). б) Поскольку трапеция является описанной около окружности, то \(BC + AD = AB + CD =2AB\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\); \(16 = 4 \cdot AB \Rightarrow AB = 4\) см; \(CD = AB = 4\) см. \(\Delta АВK = \Delta DCH\) (по гипотенузе и катету). \(\angle ABK = \angle DCH = 30^\circ \Rightarrow AK = HD = 2\) см (как катет, лежащий против угла в \(30^\circ\)). \(KBCH\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = KН\). T. к. \(BC + AD = 8\) см, то \(BC + KH + 4 = 8\) (см) \(\Rightarrow BC = 2\) см \(\Rightarrow AD = 6\) см. Ответ: 4 см, 4 см, 6 см, 2 см.

Ответ: a) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\); б) 4 см, 4 см, 6 см, 2 см.

Решение №39562: \(EF \parallel AD\), \(AM = MC\). По теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А\), \(М\), \(С\), отсекают на прямых \(AB\) и \(CD\) равные отрезки \(\Rightarrow AE = ED\) и \(CF = FD \Rightarrow EF\) - средняя линия трапеции \(ABCD \Rightarrow EF = \fraq{1}{2}(BC+ AD)\).

Ответ: NaN

Решение №39563: Поскольку трапеция равнобокая, то \(BD = AC\). Проведем \(CD_{1} \parallel BD\) (\(D_{1}\) - пересечение \(AD\) и \(CD_{1}\)). Т. к. \(BD \perp AC\), то \(AC \perp CD_{1}\). Четырехугольник \(BCD_{1}D\) - параллелограмм по определению \(\Rightarrow DD_{1} = BC\) и \(BD = CD_{1}\). Т. к. \(BD = AC\), то \(CD_{1} = AC\). Рассмотрим \(\Delta ACD_{1}\) - прямоугольный и \(AC = CD_{1} \Rightarrow \angle CAD = \angle CD_{1}A = 45^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника). \(AD_{1} = AD + DD_{1} = AD + BC\). \(СН\) - высота \(\Delta АСD\), а т. к. \(\Delta ACD\) - равнобедренный, то \(CH\) - медиана \(\Rightarrow АН = HD_{1} = (AD + BC) : 2\). Рассмотрим \(\Delta ACH\): \(\angle CHA = 90^\circ\), \(\angle CAH = 45^\circ \Rightarrow \angle ACH = 45^\circ\), т. е. \(\Delta АНС\) - равнобедренный \(\Rightarrow АН = HC = (AD + BC) : 2\). Следовательно, высота трапеции равна полусумме оснований.

Ответ: NaN

Решение №39564: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной прямой. Проведем \(AH_{1} \perp d\), \(CH_{2} \perp d\), \(DH_{3} \perp d \Rightarrow AH_{1} \parallel CH_{2} \parallel DH_{3}\) и \(AН_{1} = a\), \(CH_{2} = c\). Проведем через т. \(D\) прямую \(l \parallel d \Rightarrow\) точки \(K\) и \(F\). Случай 1. \(KН_{1}H_{2}F\) - прямоугольник. \(DH_{3} = KH_{1} = FH_{2}\). \(\Delta AKD = \Delta CH_{2}B \Rightarrow AK = CH_{2} = c \Rightarrow H_{1}K = H_{1}A + AK = a + c \Rightarrow DH_{3} = a + c\) Ответ: \(a + c\). Случай 2. \(AH_{1} \perp d\), \(CH_{2} \perp d\), \(DH_{3} \perp d \Rightarrow KH_{1} \parallel DH_{3}\) и \(l \parallel d \Rightarrow KH_{1}H_{3}D\) - прямоугольник \(\Rightarrow DH_{3} = KH_{1}\). \(\Delta KFA = \Delta H_{2}EC \Rightarrow H_{1}C = AK = c\); \(AH_{1} = a \Rightarrow KH_{1} = AH_{1} - AK = a - c\), т. e. \(DH_{3} = a - c\). Ответ: \(а - с\).

Ответ: Случай 1: \(a + c\). Случай 2: \(а - с\).

Решение №39565: Проведем диагональ \(BD\). В точке \(О\) она делится пополам. Рассмотрим \(\Delta BCD\); \(CO\); \(DM\) и |(BN\) медианы, они пересекаются в точке, которая лежит на \(CO\), а значит эта точка лежит на диагонали \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №39566: Проведем диагональ \(BD\). В точке \(О\) она делится пополам. Рассмотрим \(\Delta BCD\); \(CO\); \(DM\) и |(BN\) медианы, они пересекаются в точке, которая лежит на \(CO\), а значит эта точка лежит на диагонали \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №39567: Поскольку биссектрисы углов при боковой стороне трапеции пересекаются под прямым углом, то \(\angle CKD = 90^\circ \rightarrow \Delta CKD\) - прямоугольный. \(KL\) - медиана \(\Delta CKD\), проведенцая к гипотенузе \(\rightarrow KL=\fraq{1}{2} CD = CL = LD \rightarrow \Delta CLK\) - равнобедренный \((KL = CL) \rightarrow \angle LCK = \angle LKC\) (по свойству равнобедренного треугольника). Но \(\angle BCK = \angle KCL\) (т. к. \(CK\) - биссектриса \(\angle BCD\)) \(\rightarrow \angle BCK = \angle LKC\) и т. к. эти углы являются внутренними накрест лежащими при прямых \(BC \parallel KL\) и секущей \(СК\), то \(BC \parallel KL\) - по признаку параллельности прямых. Параллельные прямые \(BC\), \(KL\) и \(AD\) проходящие через точки \(С\), \(L\) и \(D\), отсекают на стороне \(АВ\) равные отрезки, т. е. \(AM = МВ\). По определению средней линии \(ML\) - средняя линия и т. \(К \in ML\).

Ответ: NaN

Решение №39568: Поскольку биссектрисы углов при боковой стороне трапеции пересекаются под прямым углом, то \(\angle CKD = 90^\circ \rightarrow \Delta CKD\) - прямоугольный. \(KL\) - медиана \(\Delta CKD\), проведенцая к гипотенузе \(\rightarrow KL=\fraq{1}{2} CD = CL = LD \rightarrow \Delta CLK\) - равнобедренный \((KL = CL) \rightarrow \angle LCK = \angle LKC\) (по свойству равнобедренного треугольника). Но \(\angle BCK = \angle KCL\) (т. к. \(CK\) - биссектриса \(\angle BCD\)) \(\rightarrow \angle BCK = \angle LKC\) и т. к. эти углы являются внутренними накрест лежащими при прямых \(BC \parallel KL\) и секущей \(СК\), то \(BC \parallel KL\) - по признаку параллельности прямых. Параллельные прямые \(BC\), \(KL\) и \(AD\) проходящие через точки \(С\), \(L\) и \(D\), отсекают на стороне \(АВ\) равные отрезки, т. е. \(AM = МВ\). По определению средней линии \(ML\) - средняя линия и т. \(К \in ML\).

Ответ: NaN

Решение №39569: \(\Delta ОВА = \Delta ОСА\) - по гипотенузе и катету (\(АО\) - общая, \(ОВ = ОС\) как радиусы) \(\rightarrow \angle COA = \angle BOA\) и \(\angle BAO = \angle CAO\), \(AB = AC \rightarrow AO\) - биссектриса \(\angle А\). Центр окружности, вписанной в треугольник, находится на пересечении биссектрис углов треугольника \(\rightarrow O_{1} \in AO\) и \(\angle CBO_{1} = \angle O_{1}BA\) и \(\angle BCO_{1} = \angle O_{1}CA\). Т. к. \(\Delta CAB\) - равнобедренный \((ВА = АС\),то \(\angle ABC = \angle BCA \rightarrow \angle CBO_{1} = \angle O_{1}BA = \angle BCO_{1} = \angle O_{1}CA\). Проведем \(АO \rightarrow\) т. \(К\) принадлежит окружности. Пусть \(\angle BRE = \alpha\), тогда по свойству вписанного угла \(\angle ВОС = 2\alpha\). T. к. \(\angle BOA = \angle COA\), то \(\angle BOA = \angle COA = \alpha\). \(\Delta OBC\) - равнобедренный (\(ВО = ОС\) как радиусы) \(/rightarrow \angle OBC = \angle OCA\). Из теоремы о сумме углов треугольника \(\angle ОВС = \angle OCA = (180^\circ - 2\alpha) : 2 = 90^circ - \alpha\). \(\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ \rightarrow \angle CBA = \angle BCA = 90^\circ - \angle OBC = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) = \alpha\). Т. к. \(ВО_{1}\) и \(CО_{1}\) - биссектрисы углов \(B\) и \(C\), то \(\angle CBO_{1} = \angle BCO_{1} = \fraq{\alpha}{2}\) Рассмотрим \(\Delta BO_{1}C\): по тeopeме о сумме услов треугольника \(\angle BO_{1}C = 180^\circ - \fraq{\alpha}{2} - \fraq{\alpha}{2} = 180^\circ - \alpha\). В четырехугольнике \(KBO_{1}C: \angle BKC + \angle BO_{1}C = \alpha + 180^\circ - \alpha = 180^\circ = \angle KBC = \angle KCO_{1} = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(КВО_{1}С\) можно вписать в окружность, но точки \(К\), \(В\), \(С\) лежат на окружности с центом в т. \(О\) и радиусом \(ОВ \rightarrow\) т. \(О_{1} \in\) окружности с центром в т. \(О_{1}\) и радиусом \(ОВ\).

Ответ: NaN

Решение №39570: \(\angle CAD = \angle ACB\) как внутренние накрест лежащие при прямых \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АС\). Поскольку \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(ВС = AB\), то \(\angle BAC = \angle BCA\). T. к. \(\angle CAD = \angle BCA\), то \(\angle BAC = \angle CAD\). Поскольку трапеция равнобедренная, то \(\angle CDA = \angle BAD\).Пусть \)\angle CAD = \angle\), тогда \(\angle CDA = 2\alpha\). По теореме о сумие углов треугольника: \(\angle ACD + \angle CDA + \angle CAD = 180^\circ = 3\alpha + + 90^\ccirc = 180^\cric \rightarrow \alpha = (180^\circ - 90^\circ) : 3 = 30^\circ\), T. e. \(\angle CDA = 60^\circ \rightarrow \angle BAD = 60^\circ\). Поскольку сумма углов трапеции, прилежащих к ее боковой стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle BCD = 180^\circ - 60^\circ - 120^\circ \rightarrow \angle B = 120^\circ\). Ответ: \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

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

Решение №39571: Рассмотрим \(АВМС: \angle ABM = \angle MCA = 90^\circ\),то \(\angle ABM + \angle MCA = 180^\circ \rightarrow \angle A + \angle M = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(АВМС\) можно вписать в окружность, т. е. точки \(А\), \(В\), \(С\) и \(М\) лежат на одной окружности - т. \(М \in\) окружности, описанной около \(\Delta ABC\).

Ответ: NaN

Решение №39572: Рассмотрим \(АВМС: \angle ABM = \angle MCA = 90^\circ\),то \(\angle ABM + \angle MCA = 180^\circ \rightarrow \angle A + \angle M = 180^\circ \rightarrow\) четырехугольник \(АВМС\) можно вписать в окружность, т. е. точки \(А\), \(В\), \(С\) и \(М\) лежат на одной окружности - т. \(М \in\) окружности, описанной около \(\Delta ABC\).

Ответ: NaN

Решение №39573: \(\Delta ABC \sim \Delta KMN = \angle A = \angle K, \angle B = \angle M, \angle C = \angle N\) - по определению подобных треугольников.

Ответ: NaN

Решение №39574: \(\Delta ABC\); \(\fraq{AB}{EF} = \fraq{BC}{FD} = \fraq{AC}{ED} \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta EFD\)

Ответ: NaN

Решение №39575: а) Нет, не являются, т. к. для равенства треугольников недостаточно равенства углов; б) Да, подобны; т.к. тогда соответствующие углы равны и соответствующие стороны равны \rightarrow\) отношение соответствующих сторон равно \(1 \rightarrow k = 1\).

Ответ: NaN

Решение №39576: Нет, не могут, поскольку у прямоугольного треугольника не может быть тупого угла и у тупоугольного треугольника не может быть прямого угла.

Ответ: Нет, не могут.

Решение №39577: Если коэффициент подобия треугольников равен 0,25, то \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} ＝ \fraq{1}{4} \Rightarrow\) стороны одного треугольника в 4 раза больше сторон другого.

Ответ: в 4 раза больше.

Решение №39578: \(BE = 1,9\) см. По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{BD}{AD} = \fraq{BE}{EC} = \fraq{1}{2} \Rightarrow EC = 2EB = 3,8\) см.

Ответ: \(BE = 1,9\) см. По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{BD}{AD} = \fraq{BE}{EC} = \fraq{1}{2} \Rightarrow EC = 2EB = 3,8\) см.

Решение №39579: \(\Delta ABC \sim \Delta DBE\).

Ответ: \(\Delta ABC \sim \Delta DBE\).

Решение №39580: a) \(\fraq{a}{c} = \fraq{8}{4} = 2\); \(\fraq{b}{d} = \fraq{24}{12} = 2\), т. e. \(\fraq{a}{c} = \fraq{b}{d} \Rightarrow\) отрезки \(a\) и \(b\) и пропорциональны отрезкам \(c\) и \(d\). Ответ: да. б) \(\fraq{a}{c} = \fraq{9}{7}\); \(\fraq{b}{d} = \fraq{14}{18} = \fraq{7}{9}\), \(\fraq{a}{c} \neq \fraq{b}{d} \Rightarrow\) - отрезки \(a\) и \(b\) не пропорциональны отрезкам \(c\) и \(d\). Ответ: нет.

Ответ: a) да; б) нет.

Решение №39581: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\); 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow AB = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{9 \cdot 12}{19} = \fraq{12}{2} = 6 \Rightarrow AB = 6\). 2) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow B_{1}C_{1} = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot BC}{AB} = \fraq{9 \cdot 8}{6} = 12\).

Ответ: 6, 12.

Решение №39582: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\); 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot B_{1}C_{1}}{BC} = \fraq{20 \cdot 12}{16} = 15\). 2) \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow A_{1}C_{1} = \fraq{B_{1}C_{1} \cdot AC}{BC} = \fraq{12 \cdot 12}{16} = 9\).

Ответ: 15; 9.

Решение №39583: а) По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{AK}{KВ} = \fraq{CM}{MB} \Rightarrow \fraq{AK \cdot MB}{KB} = \fraq{2 \cdot 9}{6} = 3\) (см). б) По теореме о пропорциональных отрезках \(\fraq{BK}{KA} = \fraq{BM}{MC}\). Пусть \(BM = х \Rightarrow MC = 10 - х \Rightarrow \fraq{3}{2} = \fraq{x}{10 - х}\); \(3(10 - x) = 2x\); \(30 - 3x = 2x\); \(x = 6\) см \(\Rightarrow BM = 6\) см; \(МС = 4\) см.

Ответ: а) 3 см; б) 4 см.

Решение №39584: По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{KB}{AK} = \fraq{BM}{MC} = \fraq{4}{3} \Rightarrow KB = \fraq{4 \cdot AK}{3} = \fraq{4 \cdot 6}{3} = 8\) (см) \(\Rightarrow AB = AK + KB = 8 + 6 = 14\) (см).

Ответ: 14 см.

Решение №39585: Из подобия треугольников следует равенство соответствующих углов: \(\angle A = \angle D = 45^\circ\), \(\angle B + \angle E = 110^\circ\); \(\angle C = \angle F\). a) В \(\Delta ABC\): \(\angle A = 45^\circ\); \(\angle B = 110^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABC\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarriw \angle C = 25^\circ\). б) В \(\Delta АВС\): \(\angle B = 80^\circ\); \(\angle A = \angle C\). По теореме о сумме углов \(\Delta АВС\): \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle A = \angle C = (180^\circ - 80^\circ) : 2 = 50^\circ\). \(\angle F = \angle C = 50^\circ\).

Ответ: а) \(25^\circ\); б) \(50^\circ\).

Решение №39586: \(\angle A_{1} - \angle B_{1} = 70^\circ\); \(\angle B_{1} = \angle A_{1} - 70^\circ = 90^\circ - 20^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника (в \(\Delta B_{1}A_{1}C_{1}\)): \(\angle B_{1} + \angle A_{1} + \angle C_{1} = 180^\circ \Rightarrow \angle C_{1} = 70^\circ\). Из подобия треугольников следует: \(\angle A_{1} = \angle A = 90^\circ\), \(\angle B_{1} = \angle B = 20^\circ\), \(\angle C_{1} = \angle C = 70^\circ\).

Ответ: \(20^\circ, 70^\circ\).

Решение №39587: а) Из определения подобных треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{P_{ABC}}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \kappa\). \(P_{ABC} = AB + BC + AC = 2,5 + 4 + 5 = 11,5\) (см); \(\kappa = \fraq{P_{ABC}}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \fraq{11,5}{46} = \fraq{1}{4}\); \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{1}{4} \Rightarrow A_{1}B_{1} = 4 \cdot AB = 10\) см; \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{1}{4} \Rightarrow A_{1}C_{1} = 4 \cdot AC = 20\) см; \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{1}{4} \Rightarrow B_{1}C_{1} = 4 \cdot BC = 16\) см; Ответ: 10 см, 20 см, 16 см. б) Из определения подобных треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \cdot A_{1}B_{1}\) - наименьшая сторона \(\Delta A_{1}B_{1}C_{1} \Rightarrow A_{1}B_{1} = 5\) см. 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow A_{1}C_{1} = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot AC}{AB} = \fraq{5 \cdot 5}{2,5} = 10\) (см); 2) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow B_{1}C_{1} = \fraq{A_{1}B_{1} \cdot BC}{AB} = \fraq{5 \cdot 4}{2,5} = 8\) (см). Ответ: 5 см, 10 см, 8 см.

Ответ: а) 10 см, 20 см, 16 см; б) 5 см, 10 см, 8 см.

Решение №39588: Из подобия треугольников: \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \kappa = \fraq{P_{ABC}}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}}\); \(\kappa = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{16}{8} = 2\). \(P_{ABC} = AC + BC + AB = 16 + 12 + 10 = 38\) (см)\); \(\fraq{38}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = 2 \Rightarrow P_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \fraq{38}{2} = 19\) (см).

Ответ: 19 см.

Решение №39589: Поскольку треугольники равносторонние, то все их углы по \(60^\circ \Rightarrow \angle K_{1} = \angle K\), \(L_{1} = \angle L\), \(M_{1} = \angle M\). \(KL = LM = MK\), \(K_{1]L_{1} = L_{1]M_{1} = M_{1]K_{1}\) (по условию) \(\Rightarrow \fraq{KL}{K_{1}L_{1}} = \fraq{LM}{L_{1}M_{1}} = \fraq{MK}{M_{1}K_{1}} \Rightarrow\) по определению \(\Delta KLM \sim \Delta K_{1]L_{1]M_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №39590: Методом от противного: предположим, что \(\Delta АВС \sim \Delta А_{1}B_{1}C_{1}\), тогда \(\angle A = \angle A_{1}\). Ho \(\angle A > 90^\circ\), a \(\angle A_{1} = 60^\circ\) (т. к. \(\Delta А_{1}B_{1}C_{1}\) - равносторонний), т. е. \(\angle A \neq \angle A_{1}\). Получили противоречие \(\Rightarrow \Delta АВС \nsim \Delta А_{1}B_{1}C_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №39591: По теореме о пропориональных отрезках: \(\fraq{AM}{AB} = \fraq{DN}{DC}\). a) \(\fraq{DN}{DC} = \fraq{AM}{AB} = \fraq{4}{5}\). Пусть \(DN = х\) см, тогда \(DC = x + 3\) (см) \(\Rightarrow \fraq{x}{x + 3} = \fraq{4}{5} \Rightarrow 5x = 4x + 12 \Rightarrow х = 12\) см \(\Rightarrow DC = 15\) см. б) \(\fraq{AM}{AB} = \fraq{DN}{DC}\). Используя свойство пропорции, данное равенство можно записать в виде \(\fraq{AM}{DN} = \fraq{AB}{DC} = \fraq{3}{2}\); \(\fraq{AM}{DN} = \fraq{3}{2} \Rightarrow DN = \fraq{2AM}{3} = \fraq{2 \cdot 9}{3} = 6\) (см). T. к. \(DN + NC = CD\), то \(CD = 8\) см; \(\fraq{BA}{DC} = \fraq{3}{2} \Rightarrow AB = \fraq{DC \cdot 3}{2} = \fraq{8 \cdot 3}{2} = 12\) (см).

Ответ: а) 15 см; б) 12 см.

Решение №39592: По теореме о пропорциональных отрезках \(\fraq{MB}{AB} = \fraq{CN}{CD} = \fraq{3}{7}\). T. к. \(AM - MB = 1\), то \(AM = MB + 1\), a \(AB = 2 \cdot MB + 1 \Rightarrow \fraq{MB}{2 \cdot MB + 1} = \fraq{3}{7} \Rightarrow 7 \cdot MB = 3 \cdot (2 \cdot MB + 1)\); \(7 \cdot MB = 6 \cdot MB + 3 \Rightarrow MB = 3\) см \(\Rightarrow AM = 4\) см. Тогда \(AB = MB + AM = 7\) см.

Ответ: 7 см.

Решение №39593: а) По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{AD}{DE}\); \(\fraq{3}{4} = \fraq{12}{x} \Rightarrow x = \fraq{12 \cdot 4}{3} = 16\). б) По теореме о пропорциональных отрезках \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{AD}{DE}\); \(\fraq{x}{x + 1} = \fraq{15}{20} \Rightarrow 20x = 15x + 15\); \(5x = 15\); \(x = 3 \Rightarrow AB = 3\).

Ответ: а) 16; б) 3.

Решение №39594: Поскольку \(\Delta АВС \sim \Delta DEF\), то \(\angle A = \angle D\), \(\angle B = \angle E\); \(\angle C = \angle F \Rightarrow\) в \(\Delta ABC\): \(\angle A = 70^\circ\); \(\angle B = 55^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника (в \(\Delta AВС\)) \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle C = 180^\circ - (70^\circ + 55^\circ) = 55^\circ\), т. е. в \(\Delta АВС \angle B = \angle C \Rightarrow \Delta АВС\) - равнобедренный по признаку \(\Rightarrow АВ = АС\).

Ответ: NaN

Решение №39595: Из подобия треугольников следует: \(\angle A = \angle K\); \(\angle B = \angle M\), \(\angle C = \angle N\). Поскольку \(\angle A + \angle M = 90^\circ\), то \(\angle A + \angle B = 90^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АВC\): \(\angle А + \angle B + \angle C = 180^\circ \Rightarrow \angle C = 90^\circ \Rightarrow\) в \(\Delta АВС \angle C\) - наибольший угол, а в треугольнике против большего угла лежит большая сторона \(\Rightarrow АВ\) - наибольшая сторона \(\Delta АВС\).

Ответ: NaN

Решение №39596: По определению \(EF\), \(FD\) и \(AD\) - средние линии \(\Delta АВС\). По свойству средней линии треугольника: \(EF \parallel AC\) и \(EF = AC : 2 = AD\), \(ED \parallel BC\) и \(ED = BF = \fraq{1}{2} BC\) и \(DE \parallel AB\) и \(DF = AE = \fraq{1}{2}AB \rightarrow AEFD, DEFC, EBPD\) - параллелограммы (по признаку о двух сторонах) \(rightarrrow \angle A = \angle EFD; \angle B = = \angle EDF, \angle C = \angle FED\). Выпишем и вычислим соотношения: \(\fraq{AB}{DF} = AB : \fraq{1}{2}AB = 2; \fraq{BC}{ED} \fraq{1}{2} : 2 BC = 2\); \(\fraq{AC}{EF} = AC : \fraq{1}{2} AC = 2\) т.е. \(\fraq{AB{DF} = \fraq{BC}{ED} = \fraq{AC}{EF} = 2\). В \(\Delta CAB\) и \(\Delta EFD\) соответствующие углы равны, соответствующие стороны пропорциональны и козффициент пропорциональности равен \(2 \rightarrow \Delta CAB \sim \Delta EFD\), \(k = 2\).

Ответ: NaN

Решение №39597: \(DE\) - средняя линия \(\delta АВС\). По свойству средней линии \(DE \parallel AC\) и \(DE =\fraq{1}{2} AC\). \(\angle BDE = \angle BAC\) как соответетвенные при \(DE \parallel AC\) и секущей \(АВ\). \(\alnge BED = \alnge BCA\) как соответственные при \(DE \parallel AC\) и секущей \(BC\). \(\alnge DBE = \alnge АВС\), т. к. \(\alnge B\) - общий. Т. к. \(Е\) середина \(ВС\) и \(D\) - середина \(AB\), то \(ВЕ = \fraq{1}[2} BC\) и \( BD = \fraq{1}{2} AB\). Выпишем соотношения между сторонами: \(AC: DE = AC: \fraq{1}{2} AC = 2\), \(AB: BD = AB: \fraq{1}{2}AB = 2\), \(BC: BE = BC: \fraq{1}{2} BC = 2\). Следовательно, в \(\Delta АВС\) и \(\Delta DBE\) соответствущие углы равны, а соответствующие стороны пропорциональны \(\rightarrow \Delta АВС \sim \Delta DBE\) с коэффициентом подобия 2.

Ответ: NaN

Решение №39598: Пусть стороны \(АВ = 12 см\), \(ВС = 18 см\). Поскольку \(\Delta АВС \neq \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\), то \(A_{1}C_{1} = 12см\), а \(A_{1}B_{1} = 18 см\). Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\); 1) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \rightarrow \fraq{12}{18} = \fraq{18}{B_{1}C_{1}} \rightarrow B_{1}C_{1} = \fraq{18 \cdot 18}{12} = \fraq{3 \cdot 18}{2} = 27 см\); 2) \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \rightarrow AC = \fraq{BC \ cdot A_{1}C_{1}}{B_{1}C_{1}} = \fraq{18 \cdot 12}{27} = \fraq{2 \cdot 12}{3} = 8 см\) Ответ: /(27 см\) и \(8 см\).

Ответ: Ответ: /(27 см\) и \(8 см\).

Решение №39599: Доказательство (методом от противного): Поскольку \(\Delta АВС \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\), то \(\fraq{c}{d} = \fraq{a}{b} = \fraq{b}{c}\) Предположим, что коэффициент подобия \(k = 2\). Тогда \(\fraq{c}{d} = \fraq{a}{b} = \fraq{b}{c} = 2 \rightarrow c = 2d; a = 2b\); \(b = 2c \rightarrow c = 2d, a = 4c, b= 2c\) Рассмотрим \(\Delta ABC\):для его сторон должно быть выполнено неравенство треугольника, т. е. \(с + b > a\), \(a + b > c\), \(а + с > b\), но неравенство \(с + b > а\) не выполнено т. к. \(b = 2c, а = 4c \rightarrow с + 2 \not > 4с\ \rightarrow\) предположение не верно, т. e. \(k \neq 2\).

Ответ: NaN

Решение №39600: Ошибка доказательства в том, что в последней строке \((AO \cdot DO - BO \cdot C) \cdot AB = (AO \cdot DO - BO \cdot CO) \cdot CD\) разделили на выражение в скобках, а оно равно 0, На нуль делить нельзя.

Ответ: NaN

Решение №39601: Поскольку \(\Delta АВС \sim \Delta ACD\), то \(\angle BAC = \angle CAD, \angle ABC = \angle ACD \rightarrow \angle BCA = \angle CDA\). \(BC \parallel AD \rightarrow \angle BCA = \angle CAD\) как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АС\). Следовательно, в \(\Delta АВС: \angle BCA = \angle BAC\), а в \(\Delta CAD: \angle CAD = \angle CDA \rightarrow \Delta АВС\) равнобедренный и \(\Delta ACD\) равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника \(\rightarrow AB = ВС, AC = CD\). По определению подобных треугольников: \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{AC}{AD} = \fraq{BC}{CD}\); \(\fraq{4}{AC} = \fraq{AC}{9} = \fraq{4}{CD}\); \(\fraq{4}{AC} = \fraq{AC}{9} \rightarrow AC^{2} = 36; AC= 6см\) Ответ: \(6 cм\).

Ответ: Ответ: \(6 cм\).

Решение №39602: Поскольку \(\Delta АВС ~ \Delta ACD\), То \(\angle BAC = \angle CAD, \angle ABC = \angle ACD, \angle BCA= \angle CDA\). \(\Delta ACD\) - равнобедренный => \(\angle CAD = \angle CDA\) (по свойству равнобедренного треугольника). \(ВС \parallel AD \rightarrow \angle BCA = \angle CAD\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel АD\) и секущей \(АС\). Следовательно, в \(\Delta АВС: \angle BAC = \angle BCA \rightarrow \Delta ABC\) -равнобедренный (по признаку равнобедренного треугольника) \(\rightarrow AB = BC\). По определению подобных треугольников: \(\fraq{AC}{AD} = \fraq{AB}{AC} = \fraq{BC}{CD}\); \(\fraq{9}{12} = \fraq{12}{AD} = \fraq[9}{12}\); \(AD = \fraq{12 \cdot 12}{9} = \fraq{4 \cdot 12}{3} = 16 см\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD+ AD = 2 \cdot 9 + 12 + 16 = 46 см\) Ответ: \(46 см\)

Ответ: Ответ: \(46 см\)

Решение №39603: Поскольку \(\Delta ABD = \Delta CBD\), то \(AD = DC\) и \(\angle ADB = \angle BDC = 180^\circ : 2 = 90^\circ \rightarrow BD\) - медиана, и высота, и биссектриса \(\rightarrow \Delta ABC\) должен быть равнобедренным. б) Можно предположить, что медиана, или высота, или биссектриса разделит треугольник на два подобных треугольника. 1) Проведем высоту \(ВН \rightarrow \angle AHB = \angle BHC=90^\circ\), но равенство углов \(\angle ВАН\) и \angle HВС\) или \(\angle АВН\) и \(\angle ВHС\) не выполнено. Пример этому - \(\Delta АВС\) с углами \(\angle A = 63^\circ\), \(\angle B = 60^\circ\), \(\angle C= 57^\circ\); в нем \(\angle BAH = 63^\cric\), a \(\angle ABH = 27^\circ\) и \(\angle HBC = 30^\circ \rightarrow \Delta АВН и \Delta BCH\) - не подобны. 2) Проведем биссектрису \(BD\) угла \(АВС\). Тогда в треугольниках \(\Delta ABD\) и \(\Delta DBC : \angle ABD = \angle DBC\). Но равенство углов \(\angle BAD\) и \(\angle BDC\) невозможно, а равенство углов \(\angle BAD\) и \(\angle BCD\) будет означать, что треугольники равные \(rightarrow \Delta ABD\) и \(\Delta DBC\) - не подобны. 3) Проведем медиану \(ВМ \rightarrow\) в \(\Delta АВМ\) и \(\delta MBC\) нет пар равных углов \(\rightarrow \Delta АВМ\) и \(\Delta МВС\) - не подобны. Предположение: прямая, проходящая черев вершину треугольника, не может разделить этот треугольник на два подобных треугольника.

Ответ: NaN

Решение №39604: Рассмотрим \(\Delta ODK\) и \(\Delta OBK\): \(OK\) - общая, \(OD = OB\) - как радиусы, \(DK = КВ\) по условию \(\rightarrow, \Delta ODK = \Delta ОВК\) по трем сторонам. \(\rightarrow \angle OKD = \angle OKB = 90^\circ\). Рассмотрим \(\Delta ADK\) и \(\Delta АКВ: \angle OKD = \angle OKB= 90^\circ\), \(KD = КВ\) и \(АК\) - общая \(\rightarrow\) \(\Delta ADK = \Delta ABK\) по двум катетам \(\rightarrow\) \(AB = AD\) и \(\angle DAK = \angle BAK\). Рассмотрим \(\Delta ADC\) и \(\Delta АВС: АС\) - общая, \(AD = AB\) и \(\angle DAC = \angle BAC \rightarrow \Delta ADC = \Delta АВС\) по двум сторонам и углу между ними. Из равенства \(\Delta ADC\) и \(\Delta АВС \rightarrow BC = CD\). Если \(AB = CD\), то \(AB = CD = AD = BC \rightarrow ABCD\) - ромб \(\rightarrow\) т. к. - пересечение диагоналей и совпадает с серединой \(АС\) \(\rightarrow К = O\), что противоречит условию \(\rightarrow\) \(AB \neq CD\).

Ответ: NaN

Решение №39605: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta А_{1}C_{1}C_{1}: 1) Если добавить к условию \(\fraq{AB}{А_{1}B_{1} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}\) равенство \(\angle B = \angle B_{1}\) то \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) 2) Если добавить к условию \(\fraq{AB}{А_{1}B_{1} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}\) равенство \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}\) то \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\)

Ответ: NaN

Решение №39606: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta KMN\): \(\fraq{AB}{KN} = \fraq{BC}{MN} = \fraq{AC}{MK}\). Следовательно, \(\Delta ABC \sim \Delta KNM \Rightarrow \angle C = \angle M\) (и определения подобных треугольников).

Ответ: NaN

Решение №39607: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta KMN\): \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\). Следовательно, \(\Delta BCA \sim \Delta NKM\) (т. к. по свойству пропорции \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK} \Rightarrow \fraq{AB}{MN} = \fraq{BC}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\)) \(Rightarrow \angle M = \angle A\).

Ответ: \(\Delta BCA \sim \Delta NKM\) (т. к. по свойству пропорции \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK} \Rightarrow \fraq{AB}{MN} = \fraq{BC}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\)) \(Rightarrow \angle M = \angle A\).

Решение №39608: а) Да, если оба треугольника прямоугольные и равнобедренные. В общем случае - нет; б) нет, т. к. в равностороннем треугольнике все углы \(60^\circ\), а в прямоугольном один \(90^\circ\), т. е. не выполнено условие равенства углов; в) да, могут. Например, \(\Delta АВС\) с углами \(50^\circ\) и \(30^\circ\) и \(\Delta А_{1}В_{1}С_{1}\) с углами \(100^\circ\) и \(70^\circ\) будут подобны по двум углам; г) нет, т. к. не существует треугольника с углами \(60^\circ\) и \(120^\circ\).

Ответ: а) Да, если оба треугольника прямоугольные и равнобедренные. В общем случае - нет; б) нет; в) да, могут; г) нет.

Решение №39609: а) Нет, т. к. в одном треугольнике это может быть острый угол при основании (допустим, \(30^\circ \Rightarrow\) остальные углы \(30^\circ\), \(120^\circ\)), а в другом это может быть угол при вершине (например, \(30^\circ \Rightarrow\) остальные \(75^\circ\) и \(75^\circ\)), т. е. не выполнено равенство соответствующих углов; б) да, т. к. тупые углы однозначно находятся при вершине, противолежащей основанию равнобедренного треугольника \(Rightarrow\) углы при основании будут равны.

Ответ: а) Нет; б) да.

Решение №39610: Не обязательно. Контрпример: \(\Delta АВС \sim \Delta ADK\).

Ответ: Не обязательно. Контрпример: \(\Delta АВС \sim \Delta ADK\).

Решение №39611: а) По двум углам: \(\Delta BOC \sim \Delta DOA\). б) \(BO = 1,6\) см; \(OD = 3,2\) см; \(BC = 2,5\) см. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{BC}{AD} \Rightarrow AD = \fraq{OD \cdot BC}{BO} = \fraq{3,2 \cdot 2,5}{1,6} = 5\) (см).

Ответ: а) По двум углам: \(\Delta BOC \sim \Delta DOA\). б) \(BO = 1,6\) см; \(OD = 3,2\) см; \(BC = 2,5\) см. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{BC}{AD} \Rightarrow AD = \fraq{OD \cdot BC}{BO} = \fraq{3,2 \cdot 2,5}{1,6} = 5\) (см).

Решение №39612: a) \(\Delta LMK \sim \Delta LBA\) по двум углам; б) \(\angle LBA = 51^\circ\); \(\angle LAB = 72^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABL\): \(\angle L = 180^\circ - 72^\circ - 51^\circ = 57^\circ\). \(\angle LAB = \angle K\); \(\angle LBA = \angle M \Rightarrow \angle K = 72^\circ\); \(\angle M = 51^\circ\).

Ответ: a) \(\Delta LMK \sim \Delta LBA\) по двум углам; б) \(\angle LBA = 51^\circ\); \(\angle LAB = 72^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABL\): \(\angle L = 180^\circ - 72^\circ - 51^\circ = 57^\circ\). \(\angle LAB = \angle K\); \(\angle LBA = \angle M \Rightarrow \angle K = 72^\circ\); \(\angle M = 51^\circ\).

Решение №39613: a) \(\angle АОВ = \angle COD\) - как вертикальные, \(\angle A = \angle C\) - по условию \(\Rightarrow \Delta AOB \sim \Delta COD\) по двум углам. 6) (см. рис. ниже) Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta ACD\): \(\angle A\) - общий (\(\angle BAD = \angle CAE\)); \(AC = 3 + 6 = 9\); \(AE = 2 + 4 = 6\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{3}{9} = \fraq{1}{3}\); \(\fraq{AD}{AE} = \fraq{2}{6} = \fraq{1}{3} \Rightarrow \fraq{AB}{AC} = \fraq{AD}{AE} \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACD\) по двум сторонам и углу между ними. в) (см. рис. ниже) \(AB = 2 \cdot DB\), \(BC = 2 \cdot BE \Rightarrow \fraq{AB}{DB} = \fraq{2 \cdot DB}{DB} = 2\); \(\fraq{BC}{BE} = \fraq{2 \cdot BE}{BE} = 2\). B \(\Delta DBE\) и \(\Delta АВС\): \(\angle DBE = \angle ABC\), \(\fraq{AB}{DB} = \fraq{BC}{BE} \Rightarrow \Delta DBE \sim \Delta ABC\) по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: \(\Delta DBE \sim \Delta ABC\).

Решение №39614: а) Т. к. \(\Delta АВС\) равнобедренный, то \(\angle A = \angle C\) (по свойству равнобедренного треугольника). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle A + \angle C + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 80^\circ\). Т. к. \(AB = BC\) и \(A_{1}B_{1} = B_{1}C_{1}\), то \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. б) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{5}{10} = \fraq{1}{2}\); \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{8}{16} = \fraq{1}{2} \Rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\) и \(\angle A = \angle A_{1} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. в) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{12}{4} = 3\); \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{15}{5} = 3\); \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{9}{3} = 3 \Rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39615: (см. рис. ниже) Рассмотрим \(\Delta АСВ\) и \(\Delta DCE\): \(\angle DCE = \angle ACB\), \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{60}{20} = 3\); \(\fraq{CB}{CE} = \fraq{90}{30} = 3\), т. e. \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{CB}{CE} \Rightarrow \Delta ACB \sim \Delta DCE\) (по двум сторонам и углу между ними). По определению подобных треугольников: \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{BC}{CE} = \fraq{AB}{DE} \Rightarrow \fraq{BC}{CE} = \fraq{AB}{DE}\); \(AB = \fraq{BC \cdot DE}{CE} = \fraq{90 \cdot 40}{30} = 120\) (м).

Ответ: 120 м.

Решение №39616: Рассмотрим \(\Delta AOD\) и \(\delta BOC : \angle BOC = \angle AOD; \angle OCA = \angle ODA\) (как соответственные углы при \(BC \parallel AD\) и секущей \(OD\)) \(\rightarrow \Delta AOD \sim \Delta BOC\) по двум углам. По определению подобных треугольников: \(\fraq{OB}{OA} = \fraq{OC}{OD} = \fraq{BC}{AD}; \fraq{OB}{OA} = \fraq{BC}{AD} \rightarrow AD= \fraq{OA /cdot BC}{OB} = \fraq{9 \cdot 4}{6} = 6см\) \(AD = \fraq(OA \cdot BC}{OB} = \fraq{9 \cdot 4}{6} = 6 см\) Ответ: \(6 см\)

Ответ: Ответ: \(6 см\)

Решение №39617: Рассмотрим \(\Delta ВОС\) и \(\Delta DOA: \angle BOC= \angle AOD\) - как вертикальные, \(\angle BCO = \angle DAO\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АС \rightarrow \Delta ВОС \sim \Delta DOA\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{CO}{OA} = \fraq{BC}{AD}; \fraq{CO}{OA} = \fraq{BC}{AD} \rightarrow BC =\fraq{CO \cot AD}{OA} = \fraq{3 \cdot 16}{4} = 12 см\) Ответ: \(12 см\).

Ответ: Ответ: \(12 см\).

Решение №39618: а) \(3, 4 ,6\) и \(9, 15, 18: \fraq{3}{(} \neq \fraq{4}{15} \neq \fraq{6}{18}, т.е. треугольники не подобны; б) \(2, 3, 3\) и \(8, 12, 12: \fraq{2}{8} = \fraq{3}{12} = \fraq{3}{12}\); \(\fraq{1}{4}=\fraq{1}{4} = \fraq{1}[4}/) т. е. труегольники подобны.

Ответ: NaN

Решение №39619: \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}_{1}C_{1}\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \rightarrow A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot A_{1}C_{1}}{AC} = \fraq{6 \cdot 4}{8} = 3 (см) \rightarrow B_{1}C_{1} = 3 см.\_ \(P_{A_{1}B_{1}C_{1}} = A_{1}B_{1} + B_{1}C_{1} = 3 + 3 +4 = 10(см)\). Ответ: \(10 см\).

Ответ: Ответ: \(10 см\).

Решение №39620: \(AB = BC\) и \(A_{1}B_{1} = B_{1}C_{1} \rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}}\) и \(\angle B = \angle B_{1} \rightarrow \Delta ABC \sim A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{P_{ABC}}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \fraq{15}{10};\) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{3}{2}\);\(A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot 2}{3} = 4 (см) \rightarrow B_{1}C_{1} = 4 см\). \(P_{A_{1}B_{1}C_{1}} = A_{1}B_{1} + A_{1}C_{1} + B_{1}C_{1}\); \(10 = 8 + A_{1}C_{1} \rightarrow A_{1}C_{1} = 2 (см)\) Ответ: 4 см, 4 см, 2 см.

Ответ: Ответ: 4 см, 4 см, 2 см.

Решение №39621: /(\Delta LKM \sim \Delta L_{1}K_{1}M_{1}\). \(\Delta LKM\) - равнобедренный, \(\angle K = 90^\circ \rightarrow \angle L = \anglr M = 45^\circ\). \(\Delta L_{1}K_{1}M_{1}\) - равнобедренный, \(K_{1} = 90^\circ \rightarrow \angle L_{1} = \angle M_{1} = 45^\circ \rightarrow \Delta LKM \sim \Delta L_{1}K_{1}M_{1}\) по двум углам.

Ответ: NaN

Решение №39622: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = k\), где \(k\) - коэффициент подобия. По свойству средней линии треугольника \(EF = \fraq{1}{2}AC\) и \(E_{1}F_{1} = \fraq{1}{2}A_{1}C_{1}\). \(\fraq{EF}{E_{1}F_{1}} = \fraq{1}{2}AC : \fraq{1}{2} A_{1}C_{1} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = k\), т.е. \(EF : E_{1}F_{1} = k\)

Ответ: NaN

Решение №39623: а) Рассмотрим \(\Delta ABC\) и \(\Delta EDB : \angle DBE = \angle ABC; \angle BED = \angle BAC (по условию) \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta EDB\) по двум углам. б) Рассмотрим \(\Delta ABD и \Delta ABC : \angle ABD = \angle ABC (т.к. \angle B - общий)\); \(BC = BD + DC = 12. \fraq{AB}{DB} = \fraq{6}{3} = 2; \fraq{BC}{BA} = \fraq{12}{6} = 2 \rightarrow \fraq{AB}{DB} = \fraq{BC}{BA} \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta DBA\) по двум сторонам и углу между ними. в) Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(\Delta DAC : \fraq{BC}{AC} = \fraq{18}{12} = \fraq{3}{2}\);\(\fraq{AB}{DC} = \fraq{15}{10} = \fraq{3}{2}\); \(\fraq{AC}{AD} = \fraq{12}{8} = \fraq{3}{2}\), т.е. \(\fraq{BC}{AC} = \fraq{AC}{AD} = \fraq{AB}{DC} \rightarrow \Delta ACB \sim \Delta DAC\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39624: а) Рассмотрим \(\Delta CBD\) и \(\Delta CAB : \angle ACD = \angle BCD, \angle CBD = \angle BAC \rightarrow \Delta CBD \sim \Delta CAB\) по двум углам. б) Рассмотрим \(\Delta BOC\) и \(\Delta AOD : \angle BOC = \angle AOD\) - как вертикальные. \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{6}{9} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OC}{AO} = \fraq{8}{12} = \fraq{2}{3}\), т.е. \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{OC}{AO}\) и \(\angle BOC = \angle AOD \rightarrow \Delta AOD \sim \Delta COB\) по двум сторонам и углу между ними. в) Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(Delta ADC : \fraq{AC}{AD} = \fraq{18}{27}= \fraq{2}{3}\); \(\fraq{CB}{DC} = \fraq{8}{12} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{12}{18} = \fraq{2}{3}\), т. е. \(\fraq{AC}{AD} = \fraq{CB}{DC}= \fraq{AB}{AC} \rightarrow \Delta ACB \sim \Delta ADC\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39625: \(AKLM\) - параллелограмм \(\rightarrow KL \parallel AC\), \(ML \parallel AB\), \(\angle BLK = \angle BCA\) как соответственные при \(KL \parallel AC\) и секущей \(BC\)\. \(\angle ABC = \angle MLC\) как соответственные при \(AB \parallel ML\) и секущей \(BC\). Рассмотрим \(\Delta KBL\) и \(\Delta MLC : \angle BLK = \angle LCA\); \(\angle MLC = \angle ABL \rightarrow \Delta KBL \sim \Delta MLC\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BK}{ML} = \fraq{BL}{LC} = \fraq{KL}{MC}\). Поскольку \(AKLM\) - ромб, то \(ML = KL \rightarrow \fraq{BK}{ML} = \fraq{KL}{MC} \rightarrow \fraq{4}{ML} = \fraq{ML}{9}\); \(ML^{2} = 36\); \(ML = 6 (см)\). /(P_{AKLM} = 4 \cdot ML = 24 см\) Ответ: 24 см.

Ответ: Ответ: 24 см.

Решение №39626: \(\angle BCA = \angle CAD\) как внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AD\) и секущей \(АС\). \(\angle BOC = \angle AOD\) - как вертикальные \(\Rightarrow \Delta СОВ \sim \Delta АОD\) по двум углам. По определению подобных треугольников: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{OC}{OD} = \fraq{BC}{AD}\). ПО свойству средней линии \(FE = \fraq{1}{2}(BC + AD) \Rightarrow BC + AD = 20 \Rightarrow BC = 20 - AD\); \(\fraq{3}{7} = \fraq{20 - AD}{AD}\); \(3 \cdot AD = 7(20 - AD)\); \(10 \cdot AD = 140\); \(AD = 14\) см, а \(BC = 6\) см.

Ответ: 6 см; 14 см.

Решение №39627: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ\) по теореме о сумме углов треугольника; \(\angle А = \angle C\) - по свойству равнобедренного треугольника \(\Rightarrow \angle A = \angle C = (180^\circ - 36^\circ) : 2 = 72^\circ\). \(AD\) - биссектриса \(\Rightarrow \angle BAC = \fraq{1}{2}angle A = 36^\circ\). Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(\Delta CAD\): \(\angle ABC = \angle DAC\); \(\angle DCA = \angle BCA \Rightarrow \Delta АВС \sim \Delta CAD\) по двум углам.

Ответ: NaN

Решение №39628: Рассмотрим \(\Delta OAC\) и \(\Delta OBD\): \(\fraq{OA}{OB} = \fraq{9}{12} = \fraq{3}{4}\); \(\fraq{OC}{OD} = \fraq{6}{18} = \fraq{1}{3} \Rightarrow \Delta OAC \nsim \Delta OBD\). Рассмотрим \(\Delta OBC\) и \(\Delta ODA\): \(\fraq{OB}{OD} = \fraq{12}{18} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OC}{OA} = \fraq{6}{9} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OB}{OD} = \fraq{OC}{OA}\) и \(\angle AOD = \angle BOC \Rightarrow \Delta OBC \sim \Delta ODA\) по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: \(\Delta OAC \nsim \Delta OBD\); \(\Delta OBC \sim \Delta ODA\).

Решение №39629: Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \kappa\) и \(\angle A = \angle A_{1}\), \(\angle B = \angle B_{1}\), \(\angle C = \angle C_{1}\). \(AK = \fraq{1}{2}AC\); \(A_{1}K_{1} = \fraq{1}{2}A_{1}C_{1}\) (т. к. \(BK\), \(B_{1}К_{1} - медианы). Рассмотрим \(\Delta ABK\) и \(\Delta A_{1}B_{1}K_{1}\): \(\angle BAK = \angle B_{1}A_{1}K_{1}\), \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \kappa\); \(\fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \fraq{1}{2}AC : \fraq{1}{2}A_{1}C_{1} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \kappa\). T. e. \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \kappa \Rightarrow \Delta ABK \sim \Delta A_{1}B_{1}K_{1}\) с коэффициентом \(\kappa\). Из подобия следует, что \(\fraq{BK}{B_{1}K_{1} = \kappa\).

Ответ: NaN

Решение №39630: Из подобия треугольников следует \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \kappa\) и \(\angle A = \angle A_{1}\), \(\angle B = \angle B_{1}\), \(\angle C = \angle C_{1}\). T. к. \(AK\) и \(A_{1}K_{1}\) - биссектрисы, то \(\angle KAC = \angle KAB\) и \(\angle K_{1}A_{1}C_{1} = \angle K_{1}A_{1}B_{1}\). T. к. \(\angle A = \angle A_{1}\), то \(\angle KAC = \angle K_{1}A_{1}C_{1}\). Рассмотрим \(\Delta AKC\) и \(\Delta A_{1}K_{1}C_{1}\): \(\angle C = \angle C_{1}\), \(\angle KAC = \angle K_{1}A_{1}C_{1} \Rightarrow \Delta AKC \sim \Delta A_{1}K_{1}C_{1}\) по углам. Из подобия следует: \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \fraq{KC}{K_{1}C_{1}}\). Т. к. \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \kappa \Rightarrow \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \kappa\).

Ответ: NaN

Решение №39631: \(\angle В\) - наибольший угол \(\Delta АВС\). Провести \(BK\) так, чтобы \(\Delta ABK \sim \Delta АВС\). Анализ: Предположим, что данная прямая построена. Тогда или \(\angle CBK = \angle A\) или \(\angle ABK = \angle C\). Построение: Отложим \(\angle ABK = \angle C\) или \(\angle CBK = \angle A\) (т. е. возможны 2 способа). Доказательство: 1 способ: \(\Delta ABK \sim \Delta ACB\), т. к. \(\angle BAK = \angle BAC\); \(\angle KBA = \angle ACB\). 2 способ: \(\Delta К_{1}ВС \sim \Delta BAC\), т. к. \(\angle BAC = \angle K_{1}BC\); \(\angle BCK_{1} = \angle BCA\). Исследование: Если проводить прямую через вершину наименьшего угла, то прямая будет вне треугольника \(\Rightarrow\) данный способ не является решением задачи. Если проводить через вершину угла, среднего по величине, то способ будет единственным.

Ответ: NaN