Решение №17246: Треугольники \(АСЕ\) и \(СAD\) равны по стороне и прилежащим к ней углам. Поэтому равны их высоты, проведённые к стороне \(АС\). Следовательно, \(ED\parallel АС\).

Ответ: NaN

Решение №17247: Совместите стороны \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) данных треугольников так, чтобы точки \(С\) и \(С_{1}\) лежали по одну сторону от прямой \(АВ\). Если прямые \(CD\) и \(С_{1}D_{1}\) совпадают, то точки \(С\) и \(С_{1}\) тоже совпадают. Если же эти прямые не совпадают, то они параллельны. В таком случае угол \(\alpha\) (рис. ниже) является внешним углом треугольника с углом \(\beta\) , а угол \(\beta\) является внешним треугольником углом \(\alpha\). Поэтому \(\alpha > \beta\) и \(\beta > \alpha\) , чего не может быть.

Ответ: NaN

Решение №17249: Прямые \(a\) и \(b\) могут содержать стороны равнобедренного треугольника, а секущая его основание.

Ответ: Нет.

Решение №17250: Прямые \(а\) и \(b\) перпендикулярны секущей

Ответ: Да.

Решение №17251: Пусть любая прямая, пересекающая прямую \(a\), пересекает и прямую \(b\). Предположим, что прямые \(a\) и \(b\) пересекаются в некоторой точке \(A\). Проведем через точку прямой \(a\), отличную от точки \(A\) , прямую, параллельную прямой \(b\). Эта прямая пересекает прямую \(a\) и не пересекает прямую \(b\).

Ответ: NaN

Решение №17252: Проведем высоту \(AH\) (см. рис. ниже). Пусть для определенности точка \(M\) лежит на окружности с диаметром \(AB\). Тогда угол \(AMB\) прямой и прямоугольные треугольники \(ABM\) и \(BAN\) равны по гипотенузе и острому углу.

Ответ: NaN

Решение №17253: Пусть прямая, проходящая через точку \(М\) параллельно прямой \(АС\), пересекает прямую \(АВ\) в точке \(Р\) (рис. 149). Тогда \(\angle CNM = \angle MAN = \angle PМА\). В треугольниках \(MNC\) и \(АМР\), помимо углов \(N\) и \(М\), равны также углы \(С\) и \(Р\), поэтому равны и углы \(М\) и \(А\). Следовательно, эти треугольники равны по стороне (\(МN = АM\)) и прилежащим к ней углам, поэтому \(CN = РМ = ВМ\).

Ответ: NaN

Решение №17254: Рассмотрим точку \(К\), в которой пересекаются высота \(АD\) и прямая, проходящая через точку \(Н\) параллельно стороне \(ВС\), и покажем, что луч \(ВК\) - биссектриса угла \(В\) (рис. 150). Действительно, прямоугольные треугольники \(АНК\) и \(СВН\) равны по гипотенузе и острому углу, поэтому \(НК = НВ\), а значит, \(\angle HBK = \angle HКВ = \angle КВС\).

Ответ: NaN

Решение №17260: Внешний угол с вершиной \(А\) треугольника \(АВС\) равен \(60^{\circ}\) (см. рис. ниже). Поэтому луч \(АВ_{1}\) является биссектрисой внешнего угла треугольника \(АВА_{1}\) . Луч \(ВВ_{1}\) является биссектрисой угла \(В\) этого треугольника. Поэтому луч \(А_{1} В_{1}\) является биссектрисой угла \(АА_{1}С\). Аналогично луч \(А_{1}С_{1}\) является биссектрисой угла \(АА_{1}В\). Угол между биссектрисами двух смежных углов равен \(90^{\circ}\).

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17347: Обозначим \(AC_{1} = AB_{1} = x, BA_{1} = BC_{1} = y, CA_{1} = CB_{1} = z, AB = c, AC = b, BC = a\) (рис. 172). Тогда \( x + z = b, x + y = c, z + y = a\). Из полученной системы уравнений находим, что \(AB_{1} = x = \frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )=p-a \) , т.е. точка \(B_{1}\) совпадает с точкой касания вписанной окружности со стороной \(AC\). Аналогично для точек \(A_{1}\) и \(C_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17348: Первый способ. Пусть \(AB + CD = BC + AD\) и прямые \(AB\) и \(CD\) пересекаются в точке \(M\). Впишем окружность в треугольник \(AMB\). Пусть она полностью содержится в четырехугольнике \(ABCD\) (см. рис. ниже,а). Докажем, что она касается \(BC\). Если это не так, то проведем через точку \(B\) касательную к окружности, пересекающую \(CD\) в точке \(C_{1}\). Тогда \(AB + CD = BC + AD и AB + C_{1}D = BC_{1} + AD\). Вычитая почленно эти равенства, получим \(CC_{1} + BC_{1} = BC\), что невозможно. Аналогично рассматриваются остальные случаи. Второй способ. Пусть \(AB + CD = BC + AD − AD = BC − CD\). Рассмотрим случай, когда \( AB> AD \)(см. рис. ниже,б). Тогда \( BC > CD\). На отрезке \(AB\) возьмем такую точку \(T\), чтобы \( AT = AD\), а на отрезке \(BC\) — такую точку \(S\), чтобы \(CS = CD\). Тогда треугольники \(TBS, ADT\) и \(CDS\) равнобедренные. Биссектрисы их углов при вершинах \( B, A\) и \(C\) являются серединными перпендикулярами к отрезкам \(TS, DT\) и \(DS\) соответственно, т.е. серединными перпендикулярами к сторонам треугольника \(DTS\). Поэтому биссектрисы углов \(B, A\) и \(C\) пересекаются в одной точке — центре описанной окружности треугольника \(DTS\). Эта точка равноудалена от всех сторон четырехугольника \(ABCD\). Следовательно, она является центром вписанной окружности четырехугольника \(ABCD\). Аналогично для \(AB < AD\). Если же \(AB = AD\), то утверждение очевидно.

Ответ: NaN

Решение №17400: Пусть \( C_{1}\) — точка, симметричная точке \(C\) относительно прямой\( OA\) (см. рис. ниже), а \(C_{2}\) симметрична \(C\) относительно прямой \(OB\). Тогда точки \(C_{1}, O\) и \(C_{2}\) лежат на одной прямой, так как \( \angle C_{1}OC_{2} = \angle C_{1}OC + \angle COC_{2} = 2(\angle AOC + \angle COB) = 2 · 90^{\circ} = 180^{\circ}\). Следовательно, \(AC + BC + AB = AC_{1} + BC_{2} + AB > C_{1}C_{2} = 2OC\).

Ответ: NaN

Решение №17401: Пусть \(B_{2}\) — точка, симметричная точке \(B\) относительно биссектрисы угла \(ACB\) (см. рис. ниже). Тогда \(BB_{1} = B_{2}A_{1}\). Рассмотрим треугольник \(AB_{2}A_{1}\). В этом треугольнике \( \angle AB_{2}A_{1} > \angle AB_{2}B = 180^{\circ} − CB_{2}B= 180◦ − \frac{1}{2}(180^{\circ} − \angle C) = 90^{\circ} + \frac{1}{2} + \angle C > 90^{\circ}\). Следовательно, \(BB_{1} = A_{1}B_{2} < AA_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №17402: Продолжим \(BM\) до пересечения со стороной \(AC\) в точке \(N\) (см. рис. ниже). Тогда \( AB + AN > BN = BM + MN и MN + NC > MC\). Сложив почленно эти неравенства, получим \(AB + AN + NC + MN > MN + BM + MC\), или \(AB + AC + MN > BM + MC + MN\). Отсюда следует, что \(AB + AC > BM + MC\).

Ответ: NaN

Решение №17403: Cледует, что для точки \(M\), лежащей внутри треугольника \(ABC\) (см. рис. ниже), верны неравенства \(MB + MC < AB + AC, MB + MA < AC + BC, MA + MC < AB + BC\). Сложив их почленно, получим \(2(MA + MB + MC) < 2(AB + BC + AC)\). Отсюда следует, что указанная сумма расстояний меньше периметра треугольника. Применяя неравенство треугольника к треугольникам \(AMC, BMC\) и \(AMB\), получим \(AM + MC > AC, BM + MC > BC и AM + MB > AB\), откуда \( AM+BN+CM> \frac{1}{2}\left ( AB+AC+BC \right ) \) .

Ответ: NaN

Решение №17404: Пусть в треугольнике \(ABC\) угол \(BAC\) равен \( 75^{\circ}\), а высота \(BN\) вдвое меньше стороны \(AC\) (см. рис. ниже). Докажем, что \(BC = AC\). Предположим, что \(BC < AC\). Тогда \( \angle ABC> 75^{\circ}, \angle ACB< 30^{\circ}, BN< \frac{1}{2}BC< \frac{1}{2}AC \) что противоречит условию. Аналогично докажем, что \(BC\) не может быть больше \(AC\).

Ответ: NaN

Решение №17405: На боковой стороне \(AC\) данного равнобедренного треугольника \(ABC\) отложим отрезок \(CD\), равный основанию \(BC\) (рис. 216,а). Тогда \( \angle ABD = 80^{\circ} −50^{\circ} = 30^{\circ}\), значит, в треугольнике \(ABD\) угол \(ABD\) больше угла \(BAD\), поэтому \(AD > BD > BC\) (в равнобедренном треугольнике \(BDC\) основание \(BD\) лежит против большего угла \(C\)). Следовательно, \( AC = AD + CD > BC + CD = 2BC\). Пусть точка \(B_{1}\) симметрична точке \(B\) относительно прямой \(AC\), а точка \(B_{2}\) симметрична \(C\) относительно \(AB_{1}\) (рис. 216,б). Тогда \(\angle BAB_{2} = 3\angle BAC = 60^{\circ} и AB_{2} = AB\), поэтому треугольник \(BAB_{2}\) равносторонний. Следовательно, \(AB = BB_{2} < BC + CB_{1} + B_{1}B_{2} = 3BC\).

Ответ: NaN

Решение №17406: У квадрата и правильного пятиугольника все диагонали равны. Докажем, что других выпуклых многоугольников со всеми равными диагоналями не существует. Предположим, что все диагонали выпуклого многоугольника \(A_{1}A_{2} ...A_{1}\) равны и \(n \geqslant 6\) (рис. 217). Рассмотрим выпуклый четырехугольник \(A_{1}A_{2}A_{4}A_{5}\). Сумма длин его диагоналей \(A_{1}A_{4} \)и \(A_{2}A_{5}\) больше суммы противоположных сторон \(A_{2}A_{4}\) и \(A_{1}A_{5}\), что невозможно, так как по предположению эти суммы равны.

Ответ: 4 или 5.

Решение №17407: Допустим, что в городе \(P\) приземляется, например, 6 самолетов,вылетевших из городов \(A_{1}, A_{2}, ..., A_{6}\), и точки \(A_{1}, A_{2}, ..., A_{6}\) — последовательные вершины шестиугольника (см. рис. ниже). Так как расстояние между городами \(A_{1}\) и \(A_{2}\) должно быть больше, чем расстояние от каждого из них до города \(P\), то \( \angle A_{1}PA_{2} > 60^{\circ}\) . Аналогично, углы \(A_{2}PA_{3}, A_{3}PA_{4}, A_{4}PA_{5}, A_{5}PA_{6}, A_{6}PA_{1}\) больше \(60^{\circ}\). Но тогда полный угол при точке \(P\) будет превосходить \(360^{\circ}\), что невозможно.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: NaN

Решение №17415: Рассмотрим случай внешнего касания (см. рис. ниже). Предположим, что окружности \(S_{1}, S_{2}\) и \(S_{3}\) построены. Пусть \(S_{1}\) и \(S_{2}\) касаются в точке \(C, S_{1}\) и \(S_{3}\) — в точке \(B, S_{2} и \(S_{3}\) — в точке \(A\). Пусть \(O_{1}, O_{2}\) и \(O_{3}\) — центры окружностей \( S_{1}, S_{2}\) и \(S_{3}\) соответственно. Тогда точки \(A, B\) и \(C\) лежат на сторонах треугольника \(O_{1}O_{2}O_{3}\), причем \(O_{1}B = O_{1}C, O_{2}C = O_{2}A, O_{3}A = O_{3}B\). Точки \(A, B\) и \(C\) являются точками касания вписанной окружности треугольника \(O_{1}O_{2}O_{3}\) с его сторонами. Отсюда вытекает следующий способ построения. Строим описанную окружность треугольника \(ABC\) и проводим к ней касательные в точках \(A, B\) и \(C\). Точки пересечения этих касательных есть центры искомых окружностей. Если каждая из двух окружностей, касающихся между собой внешним образом, внутренне касается третьей окружности, то аналогично можно доказать, что точки их попарного касания являются точками касания прямых, содержащих стороны треугольника \(O_{1}O_{2}O_{3}\), с вневписанной окружностью этого треугольника.

Ответ: NaN

Решение №17418: Рассмотрите точки, симметричные точкам \(M\) и \(N\) относительно сторон данного угла.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 7

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 82350

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 70336

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 2n+\frac{(4^{n}-1)(4^{n+1}+1)}{3\cdot 4^{n}}

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 7

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 41