Решение №38190: Пусть /(\angle BAD = x\). Тогда \(\angle ABM = 180^\circ – x\) (как внутренние односторонние углы при пересечении параллельных прямых), а \(\angle BAM = x/2\). Сумма углов треугольника \(ABM\): \(\angle BAM + \angle ABM + \angleBMA = 180 ^\circ\) ; \(\frac{x}{2} + 180^\circ - x + \angle BMA = 180\); \(\angle BMA = x / 2\). \(\angle AMC = 180 ^\circ - <\angle BMA = 180 ^\circ - x / 2\). \(\angle CMD = \angle AMC / 2\) (деление биссектрисой). \(\angle CMD = (180^\circ - x / 2) / 2 = 90^\circ - x / 4\). Противоположные углы параллелограмма равны, поэтому \(\angle MCD = \angleBAD = x\). Сумма углов треугольника \(MCD\): \(\angle CMD + \angle MCD + \angle MDC = 180^\circ \); \(\(90^\circ - x / 4\) + x + 45^\circ = 180^\circ\) ; \(3x / 4 = 45^\circ\) ; \(x = 60^\circ\) . \(\angle A = \angle\) \(C = 60^\circ\) ; \(\angle B = \angle D = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\) .

Ответ: \(\angle A = 60^\circ\) , \(\angle B = 120^\circ\) , \(\angle C = 60^\circ\) , \(\angle D = 120^\circ\)

Решение №38191: Пусть исходный параллелограмм \(ABCD\), вписанный в него — \(PQRS\); их центры — \(O\) и \(O’\) соответственно. Тогда \(AO =\frac{ \(AB + BC\)}{2}\), \(AO' = \frac{\(AP + AR\)}{2}\). Докажем равенство векторов AO и AO' и, таким образом, совпадение точек O и O'. Поскольку \(ABCD\) — параллелограмм, имеем попарное равенство векторов: \(AB = DC\), \(BC = AD\). Векторы \(AB\) и \(BC\) неколлинеарны, следовательно, они образуют базис. В силу того, что \(PQRS\) — параллелограмм, векторы, лежащие на противоположных сторонах, равны. Рассмотрим, например, равенство векторов \(PQ = SR\) \(PQ = PB + BQ \equiv \alpha \cdot AB + \beta \cdot BC\) \(SR = SD + DR \equiv \delta \cdot AD + \gamma \cdot DC = γ \cdot AB + \delta \cdot BC\) \(\alpha, \beta, \gamma и \delta — некоторые положительные числа от 0 до 1\). Поскольку \(PQ = SR\), то \( \alpha = \gama \) и \( \beta = \delta \) в силу единственности разложения по базису. Отсюда \(AO' = \frac{\(AP + AR\)}{2} = \frac{\(AP + AD + DR\)}{2} = \frac{\[\(1−\alpha\) \cdot AB + BC + \alpha \cdot AB\]}{2} = \frac{\(AB + BC\)}{2} = AO\). Утверждение доказано

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Верно а\), б\).

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано

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

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN

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

Ответ: Утверждение доказано