Решение №39393: Основания трапеции не могут быть равными, т. к. если \(PS \parallel QR\) и \(PS = QR\), то \(PQRS\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах.

Ответ: Основания трапеции не могут быть равными, т. к. если \(PS \parallel QR\) и \(PS = QR\), то \(PQRS\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах.

Решение №39394: а) Да. У прямоугольной и равнобокой трапеции соседние углы равны. б) Поскольку сумма углов трапеции, прилежащих к одной стороне, равна \(180^\circ\), то \(\angle P + \angle Q = 180^\circ\) и \(\angle R + \angle S = 180^\circ\). Если \(\angle P = \angle R\), то \(\angle Q = 180^\circ - \angle P\) и \(\angle S = 180^\circ - \angle R\) тоже будут равны. Тогда в \(PQRS \angle P = \angle R\) и \(\angle Q = \angle S \Rightarrow PQRS\) - параллелограмм по признаку о противолежащих углах.

Ответ: а) Да, могут; б) Нет, не могут.

Решение №39395: В трапеции \(ABCD (AD \parallel BC) ВС\) - большее основание. \(\angle B\) - тупой, \(\angle C\) - острый. \(\Rightarrow\) Углы трапеции, прилежащие к большему основанию, не обязательно острые.

Ответ: В трапеции \(ABCD (AD \parallel BC) ВС\) - большее основание. \(\angle B\) - тупой, \(\angle C\) - острый. \(\Rightarrow\) Углы трапеции, прилежащие к большему основанию, не обязательно острые.

Решение №39396: Равнобедренная трапеция не может быть прямоугольной, т.к. если \(AB \per AD\) и \(CD \perp AD\), то \(AB \parallel CD\). Тогда в \(ABCD: BC \parallel AD\) и \(AB \parallel CD\), т. e. \(ABCD\) - параллелограмм по определению

Ответ: NaN

Решение №39397: а) Высота трапеции не может быть больше боковой стороны, т. к. боковая сторона - это наклонная к основанию \(AD\), а высота - это перпендикуляр (т. е. наименьшее расстояние) Перпендикуляр не может быть длиннее наклонной. б) Высота трапеции может быть равна боковой стороне трапеции, если трапеция прямоугольная

Ответ: NaN

Решение №39398: a) \(\Delta AOD\) не может быть равным \(\Delta ВОС\), т. к. если \(\Delta AOD = \Delta ВОС\), то \(ВС = AD\). Тогда, т. к. \(AD \parallel BC\), то \(ABCD\) - параллелограмм по признанаку о двух сторонах. б) \(\Delta АОВ\) может быть равным \(\Delta DOC\) в случае, если трапеция равнобокая.

Ответ: NaN

Решение №39399: а) Точка пересечения диагоналей трапеции нe может быть серединой каждой из диагоналей, т.к. если в четырехугольнике диагонали nepeceкаются точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник - параллелограмм.

Ответ: NaN

Решение №39400: a) \(ABCH\) - прямоугольная трапеция. б) Высота \(АК\) параллелограмма не является высотой трапеции \(ABCH\), так что не любая высота параллелограмма является высотой трапеции.

Ответ: NaN

Решение №39401: a) Трапеция \(ABCD\) - равнобокая, т. к. \(\angle A = \angle D\) - углы при основании. б) \(BD = 3,8 см\); \(AC = 3,8 см \longrightarrow BD = AC\).

Ответ: NaN

Решение №39402: Решение: Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle A +\angle B=180^\circ\), \(\angle D+\angle C=180^\circ,\longrightarrow \angle B= 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ\) \(\angle C= 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ\). Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). б) Решение: По свойству равнобокой трапеции углы при основании равны, т. е. \(\angle K = \angle F\) и \(\angle P=\angle T\).\(\angle K+\angle P=180^\circ\) - как углы, прилежащие к боковой стороне.\(\longrightarrow \angle OP = 180^\circ - 58^\circ = 122^\circ\). \(\angle F = \angle K = 58^\circ\), \(\angle P = \angle T = 122^\circ\) Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) в) Решение: Пусть \(х\) градуеная мера \(\angle D\), тогда градусная мера \(\angle С = 3х\). \(\angle D\) и \(\angle C\) - прилежащие к боковой стороне \(longrightarrow \angle C + \angle D = 180^\circ\); \(x + 3x = 180^\circ \longrightarrow x = 45^\circ\), T.e. \(\angle D = 45^\circ\), \(\angle C = 135^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\).

Ответ: Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39403: Рассмотрим \(\Delta MHN\) по теореме о сумме углов треутольника: \(\angle MHN + \angle HMN + \angle MNH = 180^\circ \longrightarrow \angle MNH = 180^\circ - 90^\circ = 22^\circ = 68^\circ\). \(\angle M\) и \(\angle N\) - углы, прилежащие к боковой стороне \(\longrightarrow \angle N = \angle M = 180° \longrightarrow \angle M = 112^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle M = \angle L = 112^/circ\) и \(\angle K = \angle N = 68^\circ\). Ответ: \(68^\circ, 112^\circ, 68^\circ, 112^\circ\) б) Решение: \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle BAC = \angle BCA\). По теореме о сумме углов треугольника \((\Delta АВС): \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^/circ \longrightarrow \angle BAC = \angle BCA = 45^\circ\) \(\angle ACD = 90^\circ\) по условию \(\longrightarrow \angle BCD = \angle BCA + \angle ACD = 135^\circ\) \(\Delta ACD\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle CAD = \angle CDA\). По теореме о сумме углов треугольника \((ADC): \angle CAD + \angle ACD + \angle CDA = 180° \longrightarrow \angle CAD = \angle CDA = 45^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle CBA = \angle BAD = 90^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Ответ: Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39404: Решение: Проведем вторую высоту \(ВК\). Рассмотрим \(\Delta АКВ\) и \(\Delta DHC: AB- CD\); \(\angle BAK = \angle CDH\) по свойству равнобокой трапеции, /(\angle BKA = \angle DHC = 90^\circ \longrightarrow \Delta AKB = \Delta DHC\) по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих элементов: \(AK = HD \longrightarrow AK = 6 см\). \(АН = АК + КН = КН = 24 см\) Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 24 см\). Ответ: \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(24 см\).

Решение №39405: Решение: Проведем вторую высоту \(BK\). \(\Delta AKB = \Delta DHC\) (доказано в задаче 149) \(\longrightarrow AK = HD = 3 см\). Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 10 см\). \(AD = AK + KH + HD = 3 + 10 + 3 = 16 (см)\). Ответ: \(16 см\).

Ответ: \(16 см\)

Решение №39406: \(\angle K + \angle L = 180^\circ\); \(\angle N + \angle M = 180^\circ\), т. к. сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N\) и \(\angle L = \angle M\), \(\Rightarrow \angle K + \angle M = 180^\circ\) и \(\angle N + \angle L = 180^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39407: а) \(\angle K + \angle M = 180^\circ\) (доказано в задаче №151). \(\angle M - \angle N = 80^\circ \Rightarrow \angle M = \angle K + 80^\circ\); \(\angle K + \angle K + 80^\circ = 180^\circ \Rightarrow \angle K = (180^\circ - 80^\circ) : 2 \Rightarrow \angle K = 50^\circ\), a \(\angle M = 130^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N\) и \(\angle L = \angle M\). б) Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Рассмотрим \(\Delta АВС\): по теореме о сумме углов треугольника \(\angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ \Rightarrow \angle BCA = 180^\circ - 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ\). Т. к. \(CA\) - биссектриса \(\angle BCD\), то \(\angle BCD = \angle BCA \cdot 2 = 110^\circ\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle C + \angle D = 180^\circ \Rightarrow \angle D = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ\).

Ответ: а) \(50^\circ, 130^\circ, 50^\circ, 130^\circ\); б) \(90^\circ, 90^\circ, 110^\circ, 70^\circ\).

Решение №39408: \(\angle K = \angle P = 90^\circ\) (т. к. трапеция прямоугольная). Пусть градусная мера \(\angle Т = 3х\), тогда градусная мера \(\angle F = 2x\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т.e. \(\angle T + \angle F = 180^\circ\); \(5x = 180^\circ\); \(x = 36^\circ \Rightarrow \angle T = 3 \cdot 36^\circ = 108^\circ\), \(\angle F = 72^\circ\). б) Обозначим т. \(K\) - середину \(AD\): \(AK = KD = CD = BC = AB\). Проведем отрезок \(СK\). Рассмотрим четырехугольник \(АВСK\): \(BC \parallel AK\), \(ВС = АK \Rightarrow АВСK\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах. По свойству параллелограмма \(АВ = СK\). B \(\Delta CKD\): \(CK = KD = CD \Rightarrow \Delta CKD\) - равносторонний \(\Rightarrow \angle CKD = \angle CDK = \angle DCK = 60^\circ\), т. e. \(\angle D = 60^\circ\). \(\angle D + \angle C = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне \(\Rightarrow \angle С = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle D = \angle A = 60^\circ\); \(\angle C = \angle B = 120^\circ\).

Ответ: а) \(90^\circ, 90^\circ, 108^\circ, 72^\circ\); б) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\).

Решение №39409: a) \(BC \parallel KD\) - по определению трапеции; \(BK \parallel CD\) по условию \(\Rightarrow\) в четырехугольнике \(KBCD\) противолежащие стороны параллельны \(\Rightarrow KBCD\) - параллелограмм по определению. б) Решение: По свойству параллелограмма \(ВС = KD\) и \(BK = CD\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = AB + BC ++ BK + KD + KA\), но \(AB + BK + KA = P_{\Delta ABK}\). T. e. \(P_{ABCD} = P_{\Delta ABK} + BC + KD\), но \(BC = KD = 4\) см. \(\Rightarrow P_{ABCD} = 11 + 8 = 19\) (см).

Ответ: а) Утверждение доказано. б) 19 см.

Решение №39410: а) Т. к. \(\Delta ABK\) - равносторонний, то \(\angle BAK = 60^\circ\) (по свойству равностороннего треугольника). \(\angle BAK + \angle ABC = 180^\circ\) - как углы трапеции, прилежащие к боковой стороне \(\Rightarrow \angle ABC = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle A = \angle D\) и \(\angle B = \angle C\). T. e. \(\angle A = 60^\circ\), \(\angle B = 120^\circ\), \(\angle C = 120^\circ\), \(\angle D = 60^\circ\). б) Т. к. \(\Delta АВK\), \(\Delta ВКС\) и \(\Delta CKD\) - равносторонние и имеют общие стороны, то \(\Delta АВK = \Delta ВKС = \Delta CKD\) по трем сторонам \(\Rightarrow AB = AK = KD = DC = BC\). \(Р_{\Delta ABK} = 12\) м, а т. к. \(\Delta АВК\) - равносторонний, то \(AB = 12 : 3 = 4\) (м). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\), но \(AD = 2AK\) (т. к. \(K\) - середина \(AD\)). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + 2AK = 5AB = 2\) (м).

Ответ: a) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\); б) 20 м.

Решение №39411: \(\angle CBD = \angle BDA\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(BD\). \(\angle BDC = \angle BDA\) по условию \(\Rightarrow \angle CBD = \angle BDC \Rightarrow \Delta CBD\) - равнобедренный по признаку \(\Rightarrow BC = CD\) - по определению равнобедренного треугольника \(\Rightarrow AB = CD = BC = 15\) см. Проведем высоты \(ВН\) и \(СК\). Рассмотрим \(\Delta АВН\) и \(\Delta DCK\): \(\angle BAH = \angle CDH\) (по свойству равнобокой трапеции); \(\angle BHA = \angle CKD = 90^\circ\); \(AB = CD\) (т. к. трапеция равнобокая) \(\Rightarrow \Delta АВН = \Delta DCK \Rightarrow AH = KD\). В \(\Delta АВН\): \(AB = 15\) см, \(\angle ABH = 30^\circ \Rightarrow АН = 7,5\) см как катет, лежащий против угла \(30^\circ \Rightarrow KD = 7,5\) см. \(НВСK\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = НK = 15\) см \(\Rightarrow AD = 30\) см. \(R_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = 15 \cdot 3 + 30 = 75\) см.

Ответ: 75 см.

Решение №39412: \(\angle RQS = \angle QSP\) как внутренние накрест лежащие при \(QR \parallel PS\) и секущей \(QS\). T. к. \(\angle RQS = \angle PSQ\) и \(\angle RQS = \angle QSP\), то \(\angle PQS = \angle PQS \Rightarrow\) по признаку равнобедренного треугольника \(\Delta PQS\) - равнобедренный \(\Rightarrow PQ = PS = 10\) см. \(P_{PQRS} = PQ + QR + RS + SP = 10 + 5 + 10 + 10 = 35\) (см).

Ответ: 35 см.

Решение №39413: \(\angle A + \angle B = 180^\circ\) т .к. сумма углов, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\). \(АН\) - биссектриса \(\angle A\), то \(\angle BAH = \fraq{\angle A}{2}\). \(BH\) - биссектриса \(\angle B \Rightarrow \angle ABH = \fraq{\angle B}{2}\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АВН\): \(\angle BAH + \angle ABH + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{\angle A}{2} + \fraq{\angle B}{2} + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{1}{2}(\angle A + \angle B) + \angle BHA = 180^\circ\); \(\fraq{1}{2} \cdot 180^\circ + \angle BHA = 180^\circ\); \(90^\circ + \angle BHA = 180^\circ\); \(\angle BHA = 90^\circ\), т.e. \(AH \perp BH\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №39414: а) Пусть \(a\) и \(b\) - данные стороны параллелограмма, \(d\) - его диагональ. Анализ: Пусть параллелограмм \(ABCD\) построен. \(\Delta АВС\) можно построить по трем сторонам (\(AB = a\); \(BC = b\); \(AC = d\)). T. o. мы получим три вершины параллелограмма \(А\), \(В\), \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построив \(\Delta ACD\) по трем сторонам (\(CD = a\); \(AD = b\); \(AC = d\). Построение: 1) Построим \(\Delta ABC\) по трем сторонам. На луче \(l\) от т. \(А\) отложим отрезок длиной \(d\), получим т. \(С\). Проведем дугу окружности с центром в т. \(А\) радиусом \(a\). Проведем дугу окружности: центр в т. \(С\) радиусом \(b\). \(\Rightarrow\) Их пересечение - т. \(В\). 2) Построим \(\Delta ADC\) по трем сторонам. Проведем дугу окружности: центр в т. \(С\) радиусом \(а\). Проведем дугу окружности с центром в т. \(А\) радиусом \(b \Rightarrow\) их пересечение - т. \(D\). Доказательство: По построению \(AB = CD = a\), \(BC = AD = b \Rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку о противолежащих сторонах со сторонами \(а\) и \(b\) и диагональю \(d\). Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(а\), \(b\), \(d\) выполнено неравенство треугольника (\(a + b > d\), \(a + d > b\), \(b + d > a\)). б) Пусть \(a\) - данная сторона, \(d\) - данная диагональ ромба. Анализ: Пусть ромб \(ABCD\) построен. Треугольник \(АВС\) можно построить по трем сторонам (\(AC = d\), \(AB = a\), \(BC = a\)), T. о. мы получим три вершины параллелограмма - \(А\), \(В\), \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построить \(\Delta АDC\) по трем сторонам (\(AD = DC = a\) и \(AC = d\)). Построение: 1) Построим \(\Delta ABC\) по трем сторонам (алгоритм построения - в задании 159 а). 2) Построим \(\Delta АDC\) по трем сторонам. Доказательство: По построению \(AB = BC = AD = DC = a \Rightarrow ABCD\) - ромб. Исследование: Задача имеет единственное решение, если \(а + а > c\), т. е. \(2а > с\) (выполнено неравенство треугольника). в) Пусть \(а\) - данное большее основание трапеции, \(c\) - данная боковая сторона. \(\alpha\) - данный острый угол. Анализ: Пусть трапеция \(KLMN\) построена. \(\Delta LKN\) можно построить по двум сторонам и углу между ними. Т. о. мы получим три вершины трапеции - \(L\), \(K\) и \(N\). Вершину \(М\) можно получить, построив \(LM \parallel KN\) и проведя дугу радиусом \(c\) с центром в т. \(N\). Построение: 1) Построим \(\Delta KLN\) по двум сторонам и углу между ними (\(KL = c\), \(KN = a\), \(\angle LKN = \alpha\)). 2) Проведем прямую \(l\) через т. \(L\), причем \(l \perp KN\). 3) Проведем дугу окружности с центром в т. \(N\) и радиусом \(с \Rightarrow\) пересечение дуги и прямой \(l\) - т. \(M\). Доказательство: \(LM \perp KN\) по построению, \(KL = MN\) по построению, \(\angle LKN = \alpha \Rightarrow KLMN\) - равнобокая трапеция с большим основанием \(a\), боковой стороной \(c\) и острым углом \(\alpha\).

Ответ: NaN

Решение №39415: а) Пусть \(d\) - данная диагональ ромба, \(\alpha\) - угол, противолежащий данной диагонали. Анализ. Пусть ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta АВС\) можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам (\(AC = d\), \(\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - \alpha) : 2\)). T. o. мы получим три вершины ромба - \(А\), \(В\) и \(С\). Вершину \(D\) можно получить, построив \(\Delta ADC\) по трем сторонам (\(AB = AD\) и \(BC = CD\)). Построение: 1) Построим угол \(180^\circ - \alpha\). 2) Разделим утол \(180^\circ - \alpha\) пополам (проведем биссектрису). 3) Построим \(\Delta АВС\) по стороне и двум прилежащим к ней углам: \(АС = d\), \(\angle BAC = \angle BCD = (180^\circ - \alpha) : 2\). 4) Построим \(\Delta ADC\) по трем сторонам. Доказательство: \(\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - \alpha) : 2\) и \(AC = d\) по построению \(\Rightarrow \Delta АВС\) - равнобедренный с углом при вершине \(\alpha\). T. к. \(AB = AD\) и \(BC = CD\) (по построению), то \(АВ = ВС = CD = AD \Rightarrow ABCD\) - ромб с диагональю \(d\) и противолежащим ей углом \(\alpha\). Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(d\) и \(\alpha\). б) Пусть \(d\) - длина диагоналей прямоугольника, \(\alpha\) - угол, под которым они пересекаются. Анализ: Пусть прямоугольник \(ABCD\) построен. \(\Delta AОВ\) можно построить по двум сторонам и углу между ними \((AO = BO= \fraq{d}{2} Ł \angle AOB = \alpha)\) . Т. о. получим две вершины прямоугольника - \(А\) и \(В\). Вершины \(С\) и \(D\) можно получить, удвоив отрезки \(АO\) и \(ВО\). Построение: 1) Построим отрезом \(d\) и разделим его пополам. 2) Построим \(\Delta АОВ\) по двум сторонам и углу между ними. 3) На лучах \(АО\) и \(ВО\) отложим отрезки \(OC = AO\) и \(OD = BO\). 4) Последовательно соединим точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: По построению: \(ОА = ОС\) и \(DO = OB \Rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку о диагоналях. \(OA = OB \Rightarrow OD = OC \Rightarrow AC = BD \Rightarrow\) параллелограмм \(ABCD\) является прямоугольником по признаку. По построению \(AO = \fraq{d}{2} \Rightarrow AC = d\), \(\angle АОВ = \alpha \Rightarrow ABCD\) - искомый прямоугольник. Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(\alpha\). в) Пусть \(а\) - данное меньшее основание трапеции, \(с\) - данная большая боковая сторона, \(d\) - большая диагональ. Анализ: Пусть искомая трапеция \(АВСD\) построена. Треугольник \(BCD\) можно построить по трем сторонам (\(BC = а\); \(CD = c\); \(BD = d\)). Т. о. получим три вершины \(В\), \(С\) и \(D\) искомой трапеции. Вершину \(А\) можно получить как пересечение перпендикуляра к прямой \(ВС\) через т. \(В\) и прямой, параллельной прямой \(ВС\), проходящей через т. \(D\). Построение: 1) Построим \(\Delta BCD\) по трем сторонам. 2) Проведем прямую \(l_{1} \perp ВС\) и \(B \in l_{1}\). 3) Проведем прямую \(l_{2} \perp ВС\) и \(D \in l_{2}\). Доказательство: По построению \(ВС \parallel AD\), \(BA \perp ВС\), \(BA \perp AD \Rightarrow ABCD\) - прямоугольная трапеция с диагональю \(d\), меньшим основанием \(а\) и боковой стороной \(с\). Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(а\), \(с\) и \(d\) выполнено неравенство треугольника, т. e. если \(a + c > d\), \(a + d > c\), \(c + d > a\).

Ответ: NaN

Решение №39416: Решение: \(\Delta ABD\) - равнобедренный. Пусть \(\angle ABD= х\), тогда \(\angle ADB = х\) (как углы при основании равнобедренного \(\Delta ABD\)). \(\angle ADB\) и \(\angle DBC\) - накрест лежащие при \(AD \perallel BC\) и секущей \(BD \rightarrow \angle DBC= \angle ADB = х\). \(\Delta BCD\) - равнобедренный \(\rightarrow \angle BCD = \angle BDC - (180^\circ - \angle DBC): 2 = (180° - х): 2\). Трапеция \(ABCD\) - равнобокая \(\rightarrow \angle ABC = \angle BCD = (180^\circ - x): 2\). Поскольку также \(\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = x + x = 2х\), то \((180^\circ - х): 2 = 2x\); \(5х = 180^\circ\); \(х = 36^\circ\). Тогда \(\angle ABC = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ\); \(\angle BCD = 72^\circ\); \(\angle BAD = (180^\circ - 2 \cdot 36^\circ) = 108^\circ\); \(\angle ADC = \angle BAD = 108^\circ\) Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Ответ: Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Решение №39417: Проведем высоты \(LН_{1}\) и \(MН_{2}\). \(\Delta LKН_{1} = \Delta MNН_{2}\) по гипотенузе и острому углу \(\rightarrow КН_{1} = NН_{2}\). \(Н_{1}LMН_{2}\) прямоугольник \(rightarrow LM = Н_{1} Н_{2} = 7a \rightarrow KН_{1} = (9a - 7a) : 2= a\). Pacсмотрим \(\Delta KLН_{1} ; \angle KН_{1}L = 90^\circ\), \(KН_{1} = а\), \(LK = 2a \rightarrow\) угол, противолежащий катету \(КН_{1}\), равен \(30^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника \(в \Delta KLН_{1}\) \(\angle KIН_{1} + \angle IHK_{1} + \angle Н_{1}KL = 180^\circ = \angle LKН_{1} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\) \(\angle K + \angle L = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне трапеции \(\rightarrow \angle L = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N = 60^\circ\), \)\angle L= \angle M = 120^\circ\) Ответ: \(60^\circ\), \)120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

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

Решение №39418: Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(\Delta DCB: ВС\) - общая, \(AB = CD\) (т. к. трапеция равнобокая), \(\angle ABC = \angle DCB\) по свойству равнобокой трапеции \(\rightarrow \Delta АВС = \Delta ADC\) до двум сторонам и углу между ними \(\rightarrow AC = BD\). 2) Дано: \(PQRS\) - трапеция, \(PS \parallel QR\), \(QS = PR\). Доказать: \(PQRS\) - равнобокая. Проведем высоты \(QH_{1}\) и \(RH_{1}\), \(QH_{1} = RH_{2}\). Рассмотрим \(\Delta PRH_{2} и \(\Delta SQH_{1} : QS = PR\) по условию, \(QH_{1} = RH_{1}\) и \(\angle QH_{1}S= \angle RH_{2}Q = 90^\circ \rightarrow \Delta PRH_{2} =\Delta QSH_{1}\), по гипотенузе и катету \(\rightarrow \angle RPH_{2} = \angle QSH_{1}\). Рассмотрим \(\Delta PQS\) и \(\Delta SRP: PS\) - общая, \(\angle RPH_{2}= \angle QSH_{1}, QS = PR\) условию, \(\rightarrow \Delta PQS = \Delta SRP\) по двум сторонам и углу между ними. \(\rightarrow PQ = RS\), T. e. \(PQRS\) равнобокая трапеция.

Ответ: NaN

Решение №39419: Т. к. трапеция равнобокая, то ее диагонали равны (задача N 163. (1)) \(\rightarrow AC = BD\). Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta DCA: AD\) - общая, \(АВ = CD\) - по условию, \(AC = BD \rightarrow \Delta ABD = \Delta DCA\) трем сторонам \(\rightarrow \angle CAD = \angle BDA\) Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(Delta DCB: BC\) - общая, \(AB = CD\) по условию, \(AC = BD \rightarrow \Delta ABC = \Delta DCB\) по трем сторонам \(\rightarrow \angle ACB = \angle DBC\). 2) Проведем высоты \(QH_{1}\) и \(RH_{2}\) Pacсмотрим \(\DeltaQH_{1}S\) и \(\Delta RH_{2}S: QH_{1}S = RH_{w} = 90^\circ \rightarrow \Delta QH_{1}S= \Delta RH_{2}S\) по катету и острому углу \(\rightarrow QS = PR\). Если у трапеции диагонали равны, то трапеция равнобокая

Ответ: NaN

Решение №39420: Анализ: Пусть параллелограмм \(ABCD\) - построен. \(\Delta ABD\) можно построить по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них. Т. о. мы получим три вершины параллелограмма \(A\), \(В\) и \(D\). Вершину \(С\) получим, построив \(\Delta CDB\), равный \(\Delta ABD\). Построение: 1) Построим \(Delta ABD\) по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них. Для этого построим убол, равный углу а. На одной его стороне оделаем засечку радиусом \(\alpha\) с центром в т. \(А \rightarrow\) получим т. \(В\). На второй стороне угла сделаем \(\rightarrow \) т. \(D\). 2) Построим \(\Delta CDB\), равный \(\Delta ABD\) по трем сторонам. Доказательство: \(AB = DC\), \(AD = BC\), \(BD = d\), \(\angle BAD = \alpha\) по построению. \(\rightarrow ABCD\) - искомый параллелограмм. Исследование: Задача имеет единственное решение при всех значениях \(а, d\) и \(\alpha\). б) Пусть \(d\) диагональ данного ромба, \(h\) - его высота Построить: ромб. Анализ: Пусть искомый ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta AFC\) можно построить по гипотенузе и катету \(AC = d, AF = h\). T. о., получены две вершины - \(А\) и \(С\). Вершину \(В\) можно получить как пересечение серединного перпендикуляра к отрезку \(АС\) и прямой \(FC\) Вершину \(D\) получим, отложив отрезок \(OD = OB\) от т. \(O\) на прямой \(ВО\). Построение: 1) Построи \(\Delta AFC\) по гипотенузе \(d\) и катету \(h\). 2) Проведем серединный перпендикуляр к отрезку \(AC \rightarrow\) точка пересечения прямой \(FC\) и серединного перпендикуляра - т. \(В\). 3) От т. \(О\) отложим отрезок \(ОD = OB\) (на прямой \(BO\)) 4) Соединим последовательно точки \(A\), \(B\), \(C\) и \(D\). Докавательство \(AO = OC\), \(BO = OD \rightarrow ABCD\) - параллелограмм по признаку. \(BD \perp AC\) по построению \(\rightarrow ABCD\) - ромб. Диагональ \(AC = d\) и высота ромба равна \(h \rightarrow ABCD\) - искомый ромб. Исследование: Задача имеет единственное решение при \(d > h\). данные основания трапеции. \(d_{1}\) и \(d_{2}\) - ее диагонали. Построить: трапецию. Анализ: Пусть искомая трапеция \(ABCD\) построена. Проведем через вершину \(С\) прямую \(CE \parallel BD\). Тогда \(BCED\) - параллелограмм по определению \(\rightarrow CE = BD\) и \(BC = DE \rightarrow AE = b + а\). Вспомогательный \(\Delta АСЕ\) можно построить, по трем сторонам \(\rightarrow\) получим две вершины трапеции \(А\) и \(С\). Вершину \(В\) получим, отложив отрезок \(ED\) а на прямой \(АЕ\). После этого нужно провести прямую \(ВС \parallel AD\) и отложить от т. \(С\) отрезок, равный \(а \rightarrow\) получим т. \(В\). Построение: 1) Построим \(\Delta ACE\) по трем сторонам \(AE = b + a, AC = d_{1} , CE = d_{2}\). От т. \(Е\) отложим отредок \(ED = а \rightarrow\) получим т. \(D\). Проведем прямую \(l\) \(AD\) и \(C \in l\). На прямой \(l\) от. \(С\) отложим отрезок \(СВ = а \rightarrow\) получим т. \(В\). Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: \(BC \parallel AD\) по построению, \(\rightarrow ABCD\) - трапеция. \(BC = a\), \(AD = b\), \(AC = d_{1}\), \(BD = CE = = d_{2} = ABCD\) - искомая трапеция. Исследование: Задача имеет единственное решение, если для чисел \(b + a\), \(d_{1}\) и \(d_{2}\) выполнено неравенство треугольника, т. е. \((b + а) > d_{1} + d_{2}, d_{1} > (b + a) + d_{2}, d_{2} > (b + a) + d_{1}.

Ответ: NaN

Решение №39421: Предположим, что данный прямоугольник построен. Тогда \(АЕ\) это полупериметр; \(\Delta CDE\) - прямоугольный и равнобедренный, а \(\Delta ACD\) - прямоугольный с гипотенузой \(d\) и суммой катетов \(Р : 2\). Построение: Разделим отрезок пополам. На луче \(а\) от т. \(А\) отложим отрезок длиной \(Р : 2 \rightarrow\) долучим т. \(F\) От луча \(FA\) отожим угол в \(45^\circ\) с вершиной в т. \(Е\) Проведем засечку радиусом \(d\) с центром в т. \(А\) = получим т. \(С\). Из т. \(С\) опустим высоту на \(AF \rightarrow\) получим т. \(D\). Через т. \(С\) проведем прямую \(\parallel AD\) и через т. \(А\) проведем прямую \(\parallel DC\), их пересечение - т. \(В\). Доказательство: \(ABCD\) - прямоугольник по построению: \(AC = d\), \(AD + DC = P : 2 = ABCD\) - искомый прямоугольник. Исследование: Задача имеет единственное решение. 6) Пусть \(h\) - высота ромба (все высоты у ромба равны), а данный острый угол ромба. Построить: ромб. Анализ: Пусть искомый ромб \(ABCD\) построен. \(\Delta АЕВ\) можно построить по катету и острому углу, прилежащему к этому катету \(\rightarrow\) получим две вершины ромба - \(А\) и \(В\). Вершину \(С\) получим, отложив на прямой \(ВЕ\) отрезок \(ВС\) = т. \(С\). Вершину \(D\) получим, построив \(\Delta ADC = \Delta АВС\). Построение: 1) Построим \(\Delta ABE\) катету \(h\) и прилежащему к нему углу \(90^\circ - \alpha \rightarrow\) получим т. \(B\). 2) Отложим отрезок \(ВС = АВ\) на прямой \(BE \rightarrow\) т. \(C\). 3) Построим \(\Delta ADC = \Delta АВС\) (по трем сторонам) \(rightarrow\) т. \(D\). 4) Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: По построению \(АВ = BC = CD = AD \rightarrow ABCD\) - ромб по определению. \(АЕ\) - высота ромба, \(АЕ = h\) (по построению). \(\angle BAE = 90^\circ - \alpha \rightarrow \angle ABE = \alpha\), T. e. острый угол ромба \(= \alpha = ABCD\) - искомый ромб. в) Пусть \(b - а\) - разность длин оснований данной трапеции, \(с\) - боковая сторона, \(d\) - диагональ. Построить: трапецию. Пусть искомая трапеция \(ABCD\) построена \(BC = a, AD = b, CD = c, CA = d\). \(\Delta АВН_{2}\) можно построить по гипотенузе и катету \(\rightarrow\) получим две вершины трапеции - \(B\) и \(A\). Далее проведем прямую \(\parallel АН_{2}\) через т. \(В\) сделаем на этой прямой засечку радиусом \(d\) с центром в т. \(А \rightarrow\) получим т. \(С\). Вершину \(D\) получим, сделав засечку радиусом \(c\) на прямой \(АН_{2}\) с центром в т. \(С \rightarrow\) получим т. \(D\). Построение: Разделим отрезок \(b\) - а пополам. Построим \(\DElta ABH_{2}\) по гипотенузе \(AB\) и катету \(АН_{2} \fraq{b-a}{2} \rightarrow\) т. \(B\). 3) Проведем \(l \parallel АН_{2}\) так, что \(B \in l\) На прямой \(l\) сделаем засечку дуги радиусом \(d\) с центром в т \(A \rightarrow\) получим т. \(С\). На прямой \(AH_{2}\) - сделаем засечку дуги радиусом \(c\) с центром с т. \(С \rightarrow\) получим т. \(D\). 6) Соединим последовательно точки \(А\), \(B\), \(C\) и \(D\). Доказательство: \(BC \parallel AD \rightarrow ABCD\) - трапеция. \(АН_{2} = (b - a) : 2\); \(AC = d \rightarrow ABCD\) - искомая трапеция. Исследование: Задача имеет единственное решение при любых значениях \(с\), \(d\) и \(b - а\).

Ответ: NaN

Решение №39422: Дано: \(\Delta ABC\) равносторонний; \(AD = DB\); \(BE = EC\); \(CF = FA\). Доказать: \(ADEF\) - ромб. \(\Delta АВС\) - равносторонний \(\rightarrow AB = ВС = АС\). T. к. \(AD = DB\), то \(AD = DB= \fraq{AB}{2}\); T. K. \(BE = EC\), то \(BE = EC = \fraq{AB}{2}\), т. к. \(AF = FC\), то \(AF = FC = \fraq{AB}{2} \rightarrow BE = EC = AD = DB =AF FC\). По свойству равностороннего треугольника: \(\angle A = \angle B = \angle C = 60^\circ\). Рассмотрим \(\Delta FEC : FC = EC \rightarrow \Delta FEC\) - равнобедренный, по свойству равнобедренного треугольника \(\angle CFE = \angle CEF\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle C + \angle CFE + \angle FEC= 180^\circ \rightarrow \angle CFE = \angle CEF = (180^\circ - 60^\circ) : 2 = 60^\circ\); \(\angle ECF = 60^\circ \rightarrow \Delta EFC\) - равносторонний. \(\rightarrow ЕС = EF\). Аналогично \(\Delta DBE\) - равносторонний \(\\rightarrow BE = DE\). В четырехугольнике \(ADEF: AD = DE = EF \rightarrow AF = \Delta ADEF\) - ромб (по признаку). \(DFEB\) и \(DFCE\) - тоже являются ромбами.

Ответ: NaN