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.

Решение №38374: Точки \(E\) и \(F\) лежат на окружности с диаметром \(AD\), поэтому длина отрезка \(EF\) равна \(ADsinA\). Таким образом, длина отрезка \(EF\) наименьшая, когда длина отрезка \(AD\) наименьшая, т. е. когда \(AD\) - высота треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Решение №38375: Перпендикуляры, проведённые из точек \(А_{1}\) и \(С_{1}\) к прямой \(BD\), равны \(DA_{1}sin BDC = BC sin BDC\) и \(BC_{1}sin ABD = AD sin ABD\) (рис. 230). Оба числа \(BC sin BDC\) и \(AD sin ABD\) равны диаметру окружности, описанной вокруг четырёхугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38376: Высота треугольника \(АВС\), проведённая к стороне \(ВС\), равна \(bsinC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38377: Площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{1}{2}absinC\) и \(sin C = \frac{c}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38378: Обозначим длину биссектрисы \(AD\) буквой \(l\). Из равенства \(S_{ABC} = S_{ABD} + S_{ACD}\) следует, что \(bc sin A = blsin \frac{A}{2} + c\sin(\frac{A}{2})\). Кроме того, \(sin A = 2sin(\frac{A}{2}) cos(\frac{A}{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38379: Пусть \(l\) - длина биссектрисы \(CD\), \(h\) - длина высоты \(CH\). Тогда \(cl \geq ch = 2S_{ABC} = 2S_{ACD} + 2S_{BCD} = bl \sin \frac{C}{2} + al \sin \frac{C}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38380: Согласно задаце 18.13 высота треугольника равна \(\frac{ab}{2R}\), где \(а\) и \(b\) - длины сторон, выходящих из той же вершины, что и высота, а \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника. Поэтому высоты треугольников \(МАВ\) и \(MCD\), проведённые из вершины \(М\), равны \(\frac{MA \cdot MB}{2R}\) и \(\frac{MC \cdot MD}{2R}\), а высоты треугольников \(МВС\) и \(MAD\), проведенные из вершины \(М\), равны \(\frac{MB \cdot MC}{2R}\) и \(\frac{MA \cdot MD}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38381: Пусть смежные стороны параллелограмма равны \(а\) и \(b\), а угол между ними равен \(\alpha\). Тогда квадраты диагоналей равны \(а^2 + b^2 - 2abcos \alpha\) и \(a^2 + b^2 + 2abcos \alpha\), поэтому сумма квадратов диагоналей равна \(2а^2 + 2b^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38382: Из формулы квадрата длины медианы (пример 4 на с. 70) следует, что \((m_{b})^2 - (m_{a})^2 = \frac{3(a^2 - b^2)}{4}\).

Ответ: NaN

Решение №38383: Сначала по теореме косинусов докажите, что косинус угла при основании равен \(\frac{1}{8}\). Затем по свойству биссектрисы докажите, что биссектриса угла при основании делит сторону на отрезки, равные 4 и 16. Наконец, ещё раз применив теорему косинусов, найдите длину \(l\) биссектрисы: \(l^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{1}{8} = 36\).

Ответ: NaN

Решение №38384: Воспользуйтесь теоремой косинусов и тем, что \(соs А < cos А_{1}\) (пример 1 на с. 69 для острых углов и равенство \(cos (180^\circ - \alpha) = -cos \alpha\) для тупых углов).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38385: Пусть \(М\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\). Медианы \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) перпендикулярны тогда и только тогда, когда угол \(АМВ\) прямой, т. е. \(АМ^2 + BM^2 = c^2\). Воспользуйтесь выражением для квадрата медианы из примера 4 на c. 70: \(AM^2 = frac{4}{9} \cdot \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\) и \(BM^2 = \frac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\). Поэтому равенство \(AM^2 + BM^2 = с^2\) эквивалентно равенству \(2b^2+ 2c^2 - a^2 + 2a^2 + 2c^2 - b^2 = 9c^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38386: Пусть острый угол параллелограмма равен \(\varphi\). Тогда \(m^2n^2 = (a^2 + b^2 - 2ab cos \varphi)(a^2 +b^2 + 2ab cos \varphi) = (a^2 + b^2)^2 - 4a^2b^2 (cos \varphi)^2 = a^4 + b^4 + 2a^2b^2(1-2 (cos \varphi)^2)\). Для острого угла \(\varphi\) равенство \(2 (cos \varphi)^2 = 1\) эквивалентно тому, что \(\varphi = 45^\circ\).

Ответ: NaN

Решение №38387: Пусть отрезки, на которые диагонали делятся точкой пересечения, равны \(m_{1}\), \(m_{2}\), \(n_{1}\), \(n_{2}\) и \(\angle AOB = \beta\) (рис. 231). Тогда \(a^2 = (m_{1})^2 + (n_{1})^2 - 2m_{1}n_{1} cos \beta\), \(c^2 = (m_{2})^2 + (n_{2})^2 - 2m_{2}n_{2} cos \beta\), \(b^2 = (m_{2})^2 + (n_{1})^2 + 2m_{2}n_{1} cos \beta\), \(d^2 = (m_{1})^2 + (n_{2})^2 + 2m_{1}n_{2} cos \beta\). Поэтому \(a^2 + c^2 - b^2 - d^2 = -2(m_{1} + m_{2})(n_{1} + n_{2}) cos \beta = - 2mncos \beta\). Кроме того, \(cos \beta = \pm cos \alpha\).

Ответ: Утверджение доказано.

Решение №38388: Введите следующие обозначения: \(а_{1} = ВХ\), \(а_{2} = XC\), \(b = AC\), \(с = AB\), \(х = АX\). Выразите в треугольниках \(АВС\) и \(АВХ\) косинус угла \(В\) по теореме косинусов и приравняйте полученные выражения: \(\frac{c^2 +(a_{1}+a_{2})^2 - b^2}{2c(a_{1}+a_{2})} = \frac{c^2 + (a_{1})^2 - x^2}{2ca_{1}}\). Это равенство несложно преобразовать к требуемому равенству \(c^2a_{2} + b^2a_{1} - x^2(a_{1} + a_{2}) = (a_{1} + a_{2})a_{1}a_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.