Решение №38359: Синус острого угла \(\alpha\) равен синусу тупого угла \(180^\circ - \alpha\).

Ответ: NaN

Решение №38360: Рассмотрите треугольник \(АВС\) с углами \(angle A = \alpha\) и \(angle В = \beta\). Пусть радиус описанной около него окружности равен \(R\). Тогда \(АВ = 2Rsin (\alpha + \beta)\). Проведите высоту \(СС_{1}\). Если оба угла \(\alpha\) и \(\beta\) острые, то \(AC_{1} = 2Rsin \beta cos \alpha\) и \(BC_{1} = 2R sin \alpha cos \beta\). Поэтому из равенства \(AB = AC_{1} + С_{1}В\) следует требуемое. Случай, когда один из углов \(\alpha\) и \(\beta\) тупой или прямой, разберите самостоятельно.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38361: Возьмите треугольник \(АВС\) со стороной \(ВС = 1\) и углами \(\angle A = \alpha\) и \(angle B = \beta\) и проведите перпендикуляр \(ВН\) к прямой \(AC\) (рис. 229). Предположите, что углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\alpha + \beta\) меньше \(90^\circ\). Тогда \(CH = АН - AC\), т. е. \(cos(\alpha + \beta) = \frac{sin(\alpha + \beta)}{sin\alpha}cos\alpha - \frac{sin\beta}{sin\alpha}\). Воспользовавшись тем, что \(sin (\alpha + \beta) = sin\alpha cos\beta + cos\alpha sin\beta\), легко получить требуемое. Случаи, когда один из углов \(\alpha\), \(\beta\) и \(\alpha + \beta\) больше или равен \(90^\circ\), разберите самостоятельно.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38362: Точки \(B\), \(D\) и \(К\) лежат на окружности с диаметром \(АС\). Для определённости будем считать, что \(\angle KCA = \varphi \leq 45^\circ\). Тогда \(BK = AC sin (45^\circ - \varphi) = \frac{AC(cos \varphi - sin \varphi)}{2^(1/2)}\) и \(DK = AC sin (45^\circ + \varphi) = \frac{AC(cos \varphi + sin \varphi)}{2^(1/2)}\). Кроме того, \(AC sin \varphi = AK\) и \(ACcos \varphi = CK\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38363: Оба выражения равны \(2sin A sin B cos A cos B - 2(cos A)^2(cos B)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38364: Оба выражения равны \(2(sin A)^2(sin B)^2 - 2sin A sin B cosA cos B\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38365: Из формулы синуса суммы углов следует, что \((sin (60^\circ \pm \alpha))^2 = \frac{1}{4}(3^(1/2) cos \alpha \pm sin \alpha)^2 = \frac{1}{4}(3(cos \alpha)^2 \pm 2 3^(1/2)cos \alpha sin \alpha + (sin \alpha)^2)\). Поэтому \((sin(60^\circ + \alpha)^2 + (sin(60^\circ - \alpha)^2 = \frac{1}{2}(3(cos \alpha)^2 + (sin \alpha)^2)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38366: Пусть для определённости точка \(X\) находится на дуге \(АВ\) и на дугу \(АХ\) опирается центральный угол \(2\alpha\). Тогда \(AX = 2Rsin \alpha\), \(BX = 2R sin (60^\circ - \alpha)\) и \(CX = 2Rsin (60^\circ + \alpha)\); здесь \(R\) - радиус описанной окружности. Поэтому согласно задаче 18.7 \(AX^2 + BX^2 + CX^2 = 6R^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38367: У треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С\) углы \(ACB\) и \(A_{1}CB_{1}\) вертикальные, \(A_{1}C = -AC cos C\) и \(B_{1}C = -BC cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38368: Согласно примеру 2 на с. 70 и задаче 18.9 \(A_{1}B_{1} = \pm AB cos C\), поэтому \(cos C = \pm frac{1}{2}\).

Ответ: NaN

Решение №38369: Треугольник \(AB_{1}C_{1}\) подобен треугольнику \(ABC\), и коэффициент подобия равен \(cos А\), поэтому \(B_{1}C_{1} = BC cos A\). Аналогично \(A_{1}C_{1} = AC cos В\). Кроме того, \(\angle A_{1}C_{1}B_{1} = 180^\circ - 2 \angle C\). Поэтому отношение площади треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(frac{cos A cos B sin 2C}{sinC} = 2cos A cos B cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38370: Пусть \(O\) - точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника \(ABCD\). Выполните сначала гомотетию с коэффициентом \(cos AOB\) и центром \(О\), а затем симметрию относительно биссектрисы угла \(АОВ\). При этом преобразовании вершины четырёхугольника переходят в основания перпендикуляров.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38371: Высота \(СН\) равна \(AC sin A = AC \times \frac{BC}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38372: Проведите высоту \(АН\) треугольника \(АВС\) и из точки \(Н\) проведите перпендикуляры \(НМ\) и \(HN\) к сторонам \(АВ\) и \(АС\). Точки \(M\) и \(N\) лежат на окружности с диаметром \(АН\), поэтому \(MN = AH sin A\). Далее, \(AH = AB sin B = 2Rsin Csin B\), где \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\). Поэтому \(MN = 2RsinAsin B sin C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38373: Пусть \(R_{1}\) и \(R_{2}\) - радиусы окружностей, описанных около треугольников \(ABK\) и \(BCK\). Тогда \(AB = 2R_{1}sin AKB\) и \(BC = 2R_{2}sin BKC\). Поэтому из равенств \(AB = BC\) и \(sin AKB = sin BKC\) следует, что \(R_{1} = R_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.