Решение №38244: Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(АМ\), точки \(А\) и \(Q\) лежат по одну сторону от прямой \(РМ\), поэтому \(\angle PAM = \angle PQM\).

Ответ: Утверждение доказано.

Решение №38245: Точки \(А_{1}\) и \(В_{1}\) лежат на окружности с диаметром \(АВ\). Точки \(А\) и \(А_{1}\) лежат по разные стороны от прямой \(ВВ_{1}\), поэтому \(\angle BA_{1}B_{1} = 180^\circ - \angle BAB_{1} = 180^\circ - \angle A\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38246: Точки \(С\) и \(Н\) лежат на окружности с диаметром \(АМ\), точки \(А\) и \(С\) лежат по одну сторону от прямой \(MH\), поэтому \(\angle MAH = \angle MCH\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38247: Проведите из точки \(F\) перпендикуляры \(FK_{1}\) и \(FL_{1}\) к прямым \(ВС\) и \(АС\) (рис. 202). Точки \(Н\) и \(К_{1}\) лежат на окружности с диаметром \(CF\), поэтому \(\angle CHK_{1} = \angle CFK_{1} = 45^\circ\). Это означает, что точка \(К_{1}\) совпадает с точкой \(К\). Аналогично точка \(L_{1}\) совпадает с точкой \(L\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38248: Точки \(А\) и \(Q\) лежат по разные стороны от хорды \(PC\), поэтому \(\angle PAC + \angle PQC = 180^\circ\). Следовательно, \(\angle A + \angle PQH - 90^\circ\). Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(ВН\), поэтому \(\angle PQH = \angle PBH = \angle ABH\). Таким образом, \(\angle A + \angle ABH = 90^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38249: Из равенства вписанных углов \(САВ\) и \(CDB\) следует, что \(\angle ACE = 90^\circ - \angle CAB = 90^\circ - \angle CDB = 90^\circ - \angle EDM\). Кроме того, \(\angle DEM = \angle EDM\) (рис. 203).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38250: Пусть в остроугольном треугольнике \(АВC\) проведены высоты \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\). Согласно примеру 1 на с. 53 \(\angle AA_{1}B_{1} = \angle ABB_{1}\) и \(\angle AA_{1}C_{1} = \angle ACC_{1}\). Кроме того, \(\angle ABB_{1} = 90^\circ - \angle A = \angle ACC_{1}\). Поэтому \(\angle AA_{1}B_{1} = \angle AA_{1}C_{1}\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38251: a) Достройте треугольник \(ВСР\) до параллелограмма \(BCQP\). Тогда \(\angle PQD = \angle PCD\), поэтому точки \(P\), \(Q\), \(С\) и \(D\) лежат на одной окружности. Следовательно, \(\angle PDC = \angle PQC = \angle PBC\). б) Достройте треугольник \(ВСР\) до параллелограмма \(BCQP\). Тогда \(\angle CQD + \angle CPD = 180^\circ\), поэтому точки \(P\), \(Q\), \(С\) и \(D\) лежат на одной окружности. Следовательно, \(\angle PDC = \angle PQC = \angle PBC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38252: Отметьте на отрезке \(CD\) точку \(E\) так, что \(DE = AD\) (рис. 204). Углы \(ADC\) и \(АВС\) опираются на одну и ту же дугу, поэтому треугольник \(ADE\) равносторонний. Треугольники \(ADB\) и \(АЕС\) имеют равные стороны \(АВ\) и \(АС\) и соответственно равные углы. Действительно, углы при вершинах \(D\) и \(E\) равны \(120^\circ\), углы при вершинах \(В\) и \(С\) опираются на одну дугу, поэтому углы при вершине \(А\) тоже равны. Следовательно, \(ЕС = DB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38253: Сумма односторонних углов, образованных при пересечении прямых \(АС\) и \(BD\) секущей \(АВ\), равна \(180^\circ\), поскольку \(\angle MBD = 180^\circ - \angle MND = \angle MNC = 180^\circ - \angle MAC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38254: Вписанные углы \(ВАС\) и \(BDC\) равны, поэтому равны углы при основаниях равнобедренных треугольников \(CAM\) и \(BDN\). Следовательно, углы \(ВМС\) и \(BNC\) равны, а значит, точки \(С\), \(M\), \(N\) и \(В\) лежат на одной окружности. Если точки \(С\) и \(М\) лежат по одну сторону от прямой \(NB\), то \(\angle NMB = \angle NCB = \angle MAD\) (рис. 205, а), а если по разные стороны, то \(\angle NMA = 180^\circ - \angle NMB = \angle NCB = \angle MAD\) (рис. 205, б).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38255: Острые углы при основаниях равнобедренных трапеций с соответственно параллельными сторонами равны, поэтому на диагонали этих трапеций опираются равные вписанные углы.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38256: Углы \(В_{1}АА_{1}\) и \(A_{1}BB_{1}\) равны, поэтому точки \(А\), \(В\), \(А_{1}\) и \(В_{1}\) лежат на одной окружности. Согласно примеру 2 на с. 53 параллельные прямые \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) высекают на этой окружности равные хорды \(АВ_{1}\) и \(ВА_{1}\). Поэтому \(АС = ВС\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38257: Пусть \(О\) - центр данной окружности. Точки \(Р\) и \(Q\) лежат на окружности с диаметром \(ОМ\). Вписанный в эту окружность угол \(POQ\) равен либо углу \(АОС\), либо смежному с ним углу \(AOD\). Длина диаметра \(ОМ\) постоянна, поэтому длина хорды \(PQ\) тоже постоянна.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38258: Угол \(KAL\) равен сумме постоянных по величине углов \(АСВ\) и \(ALB\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38259: Углы \(DAB_{1}\) и \(DAC_{1}\) равны, поэтому \(DB_{1} = DC_{1}\). Аналогично \(DB_{2} = DC_{2}\). Кроме того, \(\angle B_{1}B_{2}D = \angle C_{1}C_{2}D\) и \(\angle B_{2}B_{1}D = \angle C_{2}C_{1}D\). Поэтому треугольник \(DB_{1}B_{2}\) равен треугольнику \(DC_{1}C_{2}\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38260: Вписанные углы \(ВАС\) и \(ВОС\) равны. Вписанный угол \(DAB\) равен половине центрального угла \(DOB\). Поэтому \(\angle DAB = \angle DAC\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38261: Точки \(М\) и \(С\) лежат по одну сторону от прямой \(АВ\), и \(\angle ACB = 2 \angle АМВ\), поэтому точка \(М\) лежит на окружности с центром \(С\), проходящей через точки \(А\) и \(В\). Проведите диаметр \(BD\) этой окружности (рис. 206). Дуга \(DM\) равна \(2\alpha), а дуга \(МА\) равна \(2(60^\circ - \alpha)\). Вписанный угол \(BAM\) опирается на дугу \(180^\circ + 2\alpha\), а центральный угол \(ВСМ\) опирается на дугу \(60^\circ + 2(60^\circ - \alpha)\).

Ответ: NaN

Решение №38262: При таких условиях \(\angle AMC = 180^\circ - \angle MAC - (45^\circ - \angle MCD) = 135^\circ = \frac{360^\circ - 90^\circ}{2}\). Это означает, что точка \(М\) лежит на дуге окружности радиуса \(АВ\) с центром \(В\). Поэтому \(\angle ABM = 2 \angle ACM = 90^\circ - 2\alpha\).

Ответ: \(\angle ABM = 2\angle ACM = 90^\circ - 2\alpha\).

Решение №38263: Отложите на продолжении отрезка \(BF\) за точку \(F\) отрезок \(FD\), равный \(BF\) (рис. 207). Точки \(А\), \(В\) и \(D\) лежат на окружности с центром \(Е\), поэтому \(\angle ADB = \frac{1}{2} \angle AEB\). Вписанные углы \(АЕВ\) и \(АСВ\) равны. Внешний угол \(АСВ\) треугольника \(ADC\) вдвое больше угла \(D\), поэтому \(AC = CD\) и \(BF = DF = DC + CF = AC + CF\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38264: Угол \(АМС\) - это внешний угол треугольника \(AMD\). Он равен сумме вписанных углов \(ADC\) и \(BAD\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38265: Для определенности считайте, что точки \(В\) и \(D\) лежат на отрезках \(АМ\) и \(СМ\). Угол \(ADC\) - это внешний угол треугольника \(AMD\). Он равен сумме вписанного угла \(ВАD\) и искомого угла.

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38266: Пусть \(О\) - точка пересечения хорд \(А_{1}С_{1}\) и \(B_{1}D_{1}\), \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) и \(\delta\) - градусные меры дут \(АВ\), \(ВС\), \(CD\) и \(DA\). Тогда \(\angle A_{1}OB_{1} = \frac{1}{2}(\cupA_{1}B + \cupBB_{1} + \cupC_{1}D + \cupDD_{1}) = \frac{1}{4}(\alpha + \beta + \gamma + \delta) = 90^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №38267: Ясно, что \(2 \angle EKC = \cup MB + \cup AC и 2 \angle EDC = \cup MC = \cup MB + \cup BC\). По условию \(2 \cup MB = \cup AB\), поэтому \(\angle EKC + \angle EDC = 180^\circ\).

Ответ: Утверждение доказано

Решение №39462: а) \(\cup АВС\) меньше полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую оцирвется \(\angle ABC\), - больше полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC > 180^\circ = \angle ABC > \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC > 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - тупой. б) \(\cup ABC\) больше побуоружности дуга, на которую опирается \(\angle ABC\), - меньше полуокружности, т. е. \(\cup ADC < 180^\circ \longrightarrow \angle ABC < 180^\circ\) - острый в) а) \(\cup АВС\) равна полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую опирвется \(\angle ABC\), - равна полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC = 180^\circ = \angle ABC = \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC = 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - прямой.

Ответ: NaN

Решение №39463: \(АO = OB = ОС \longrightarrow \Delta AOB\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle OAB = \angle ABO \longrightarrow \angle ABO\) может быть только острым, т.к. в противном случае нарушается теорема о сумме углов треугольника

Ответ: NaN

Решение №39464: \(\angle A = \angle B = \angle С\) , т. к. эти углы опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, у всех футболистов угол обстрела ворот одинаковый

Ответ: NaN

Решение №39465: Два вписанных угла могут быть равными, опираясь на разные дуги, если они стягиваются хордой диаметром. \(\angle BAC = \angle CDA = 90^\circ\), но \(\angle BAC\) опирается на \(\cup BDC\), a \(\angle BDC\) опирается на \(\cup BAC\).

Ответ: NaN

Решение №39466: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Ответ: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Решение №39467: а) Да, угол, стороны которого пересекают окружность в концах диаметра, может быть острым. На рисунке \(\angle \alpha\) - острый. В условии не сказано, что угол должен быть вписанным. б) Нет, угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность в конце диаметра, не может быть острым, т. к. это вписанный угол, опирающийся на полуокружность \(\Rightarrow\) он должен быть равным \(90^\circ\).

Ответ: а) Да; б) Нет.