Решение №39605: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta А_{1}C_{1}C_{1}: 1) Если добавить к условию \(\fraq{AB}{А_{1}B_{1} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}\) равенство \(\angle B = \angle B_{1}\) то \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) 2) Если добавить к условию \(\fraq{AB}{А_{1}B_{1} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}\) равенство \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}\) то \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\)

Ответ: NaN

Решение №39606: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta KMN\): \(\fraq{AB}{KN} = \fraq{BC}{MN} = \fraq{AC}{MK}\). Следовательно, \(\Delta ABC \sim \Delta KNM \Rightarrow \angle C = \angle M\) (и определения подобных треугольников).

Ответ: NaN

Решение №39607: В \(\Delta АВС\) и \(\Delta KMN\): \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\). Следовательно, \(\Delta BCA \sim \Delta NKM\) (т. к. по свойству пропорции \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK} \Rightarrow \fraq{AB}{MN} = \fraq{BC}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\)) \(Rightarrow \angle M = \angle A\).

Ответ: \(\Delta BCA \sim \Delta NKM\) (т. к. по свойству пропорции \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{MN}{NK} \Rightarrow \fraq{AB}{MN} = \fraq{BC}{NK}\) и \(\angle B = \angle N\)) \(Rightarrow \angle M = \angle A\).

Решение №39608: а) Да, если оба треугольника прямоугольные и равнобедренные. В общем случае - нет; б) нет, т. к. в равностороннем треугольнике все углы \(60^\circ\), а в прямоугольном один \(90^\circ\), т. е. не выполнено условие равенства углов; в) да, могут. Например, \(\Delta АВС\) с углами \(50^\circ\) и \(30^\circ\) и \(\Delta А_{1}В_{1}С_{1}\) с углами \(100^\circ\) и \(70^\circ\) будут подобны по двум углам; г) нет, т. к. не существует треугольника с углами \(60^\circ\) и \(120^\circ\).

Ответ: а) Да, если оба треугольника прямоугольные и равнобедренные. В общем случае - нет; б) нет; в) да, могут; г) нет.

Решение №39609: а) Нет, т. к. в одном треугольнике это может быть острый угол при основании (допустим, \(30^\circ \Rightarrow\) остальные углы \(30^\circ\), \(120^\circ\)), а в другом это может быть угол при вершине (например, \(30^\circ \Rightarrow\) остальные \(75^\circ\) и \(75^\circ\)), т. е. не выполнено равенство соответствующих углов; б) да, т. к. тупые углы однозначно находятся при вершине, противолежащей основанию равнобедренного треугольника \(Rightarrow\) углы при основании будут равны.

Ответ: а) Нет; б) да.

Решение №39610: Не обязательно. Контрпример: \(\Delta АВС \sim \Delta ADK\).

Ответ: Не обязательно. Контрпример: \(\Delta АВС \sim \Delta ADK\).

Решение №39611: а) По двум углам: \(\Delta BOC \sim \Delta DOA\). б) \(BO = 1,6\) см; \(OD = 3,2\) см; \(BC = 2,5\) см. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{BC}{AD} \Rightarrow AD = \fraq{OD \cdot BC}{BO} = \fraq{3,2 \cdot 2,5}{1,6} = 5\) (см).

Ответ: а) По двум углам: \(\Delta BOC \sim \Delta DOA\). б) \(BO = 1,6\) см; \(OD = 3,2\) см; \(BC = 2,5\) см. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{BC}{AD} \Rightarrow AD = \fraq{OD \cdot BC}{BO} = \fraq{3,2 \cdot 2,5}{1,6} = 5\) (см).

Решение №39612: a) \(\Delta LMK \sim \Delta LBA\) по двум углам; б) \(\angle LBA = 51^\circ\); \(\angle LAB = 72^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABL\): \(\angle L = 180^\circ - 72^\circ - 51^\circ = 57^\circ\). \(\angle LAB = \angle K\); \(\angle LBA = \angle M \Rightarrow \angle K = 72^\circ\); \(\angle M = 51^\circ\).

Ответ: a) \(\Delta LMK \sim \Delta LBA\) по двум углам; б) \(\angle LBA = 51^\circ\); \(\angle LAB = 72^\circ\). По теореме о сумме углов \(\Delta ABL\): \(\angle L = 180^\circ - 72^\circ - 51^\circ = 57^\circ\). \(\angle LAB = \angle K\); \(\angle LBA = \angle M \Rightarrow \angle K = 72^\circ\); \(\angle M = 51^\circ\).

Решение №39613: a) \(\angle АОВ = \angle COD\) - как вертикальные, \(\angle A = \angle C\) - по условию \(\Rightarrow \Delta AOB \sim \Delta COD\) по двум углам. 6) (см. рис. ниже) Рассмотрим \(\Delta ABD\) и \(\Delta ACD\): \(\angle A\) - общий (\(\angle BAD = \angle CAE\)); \(AC = 3 + 6 = 9\); \(AE = 2 + 4 = 6\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{3}{9} = \fraq{1}{3}\); \(\fraq{AD}{AE} = \fraq{2}{6} = \fraq{1}{3} \Rightarrow \fraq{AB}{AC} = \fraq{AD}{AE} \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACD\) по двум сторонам и углу между ними. в) (см. рис. ниже) \(AB = 2 \cdot DB\), \(BC = 2 \cdot BE \Rightarrow \fraq{AB}{DB} = \fraq{2 \cdot DB}{DB} = 2\); \(\fraq{BC}{BE} = \fraq{2 \cdot BE}{BE} = 2\). B \(\Delta DBE\) и \(\Delta АВС\): \(\angle DBE = \angle ABC\), \(\fraq{AB}{DB} = \fraq{BC}{BE} \Rightarrow \Delta DBE \sim \Delta ABC\) по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: \(\Delta DBE \sim \Delta ABC\).

Решение №39614: а) Т. к. \(\Delta АВС\) равнобедренный, то \(\angle A = \angle C\) (по свойству равнобедренного треугольника). По теореме о сумме углов треугольника \(\angle A + \angle C + \angle B = 180^\circ \Rightarrow \angle B = 80^\circ\). Т. к. \(AB = BC\) и \(A_{1}B_{1} = B_{1}C_{1}\), то \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. б) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{5}{10} = \fraq{1}{2}\); \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{8}{16} = \fraq{1}{2} \Rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}}\) и \(\angle A = \angle A_{1} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. в) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{12}{4} = 3\); \(\fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{15}{5} = 3\); \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{9}{3} = 3 \Rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39615: (см. рис. ниже) Рассмотрим \(\Delta АСВ\) и \(\Delta DCE\): \(\angle DCE = \angle ACB\), \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{60}{20} = 3\); \(\fraq{CB}{CE} = \fraq{90}{30} = 3\), т. e. \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{CB}{CE} \Rightarrow \Delta ACB \sim \Delta DCE\) (по двум сторонам и углу между ними). По определению подобных треугольников: \(\fraq{AC}{CD} = \fraq{BC}{CE} = \fraq{AB}{DE} \Rightarrow \fraq{BC}{CE} = \fraq{AB}{DE}\); \(AB = \fraq{BC \cdot DE}{CE} = \fraq{90 \cdot 40}{30} = 120\) (м).

Ответ: 120 м.

Решение №39616: Рассмотрим \(\Delta AOD\) и \(\delta BOC : \angle BOC = \angle AOD; \angle OCA = \angle ODA\) (как соответственные углы при \(BC \parallel AD\) и секущей \(OD\)) \(\rightarrow \Delta AOD \sim \Delta BOC\) по двум углам. По определению подобных треугольников: \(\fraq{OB}{OA} = \fraq{OC}{OD} = \fraq{BC}{AD}; \fraq{OB}{OA} = \fraq{BC}{AD} \rightarrow AD= \fraq{OA /cdot BC}{OB} = \fraq{9 \cdot 4}{6} = 6см\) \(AD = \fraq(OA \cdot BC}{OB} = \fraq{9 \cdot 4}{6} = 6 см\) Ответ: \(6 см\)

Ответ: Ответ: \(6 см\)

Решение №39617: Рассмотрим \(\Delta ВОС\) и \(\Delta DOA: \angle BOC= \angle AOD\) - как вертикальные, \(\angle BCO = \angle DAO\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(АС \rightarrow \Delta ВОС \sim \Delta DOA\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{CO}{OA} = \fraq{BC}{AD}; \fraq{CO}{OA} = \fraq{BC}{AD} \rightarrow BC =\fraq{CO \cot AD}{OA} = \fraq{3 \cdot 16}{4} = 12 см\) Ответ: \(12 см\).

Ответ: Ответ: \(12 см\).

Решение №39618: а) \(3, 4 ,6\) и \(9, 15, 18: \fraq{3}{(} \neq \fraq{4}{15} \neq \fraq{6}{18}, т.е. треугольники не подобны; б) \(2, 3, 3\) и \(8, 12, 12: \fraq{2}{8} = \fraq{3}{12} = \fraq{3}{12}\); \(\fraq{1}{4}=\fraq{1}{4} = \fraq{1}[4}/) т. е. труегольники подобны.

Ответ: NaN

Решение №39619: \(\Delta ABC \sim \Delta A_{1}_{1}C_{1}\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} \rightarrow A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot A_{1}C_{1}}{AC} = \fraq{6 \cdot 4}{8} = 3 (см) \rightarrow B_{1}C_{1} = 3 см.\_ \(P_{A_{1}B_{1}C_{1}} = A_{1}B_{1} + B_{1}C_{1} = 3 + 3 +4 = 10(см)\). Ответ: \(10 см\).

Ответ: Ответ: \(10 см\).

Решение №39620: \(AB = BC\) и \(A_{1}B_{1} = B_{1}C_{1} \rightarrow \fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}}\) и \(\angle B = \angle B_{1} \rightarrow \Delta ABC \sim A_{1}B_{1}C_{1}\) по двум сторонам и углу между ними. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{P_{ABC}}{P_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \fraq{15}{10};\) \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{3}{2}\);\(A_{1}B_{1} = \fraq{AB \cdot 2}{3} = 4 (см) \rightarrow B_{1}C_{1} = 4 см\). \(P_{A_{1}B_{1}C_{1}} = A_{1}B_{1} + A_{1}C_{1} + B_{1}C_{1}\); \(10 = 8 + A_{1}C_{1} \rightarrow A_{1}C_{1} = 2 (см)\) Ответ: 4 см, 4 см, 2 см.

Ответ: Ответ: 4 см, 4 см, 2 см.

Решение №39621: /(\Delta LKM \sim \Delta L_{1}K_{1}M_{1}\). \(\Delta LKM\) - равнобедренный, \(\angle K = 90^\circ \rightarrow \angle L = \anglr M = 45^\circ\). \(\Delta L_{1}K_{1}M_{1}\) - равнобедренный, \(K_{1} = 90^\circ \rightarrow \angle L_{1} = \angle M_{1} = 45^\circ \rightarrow \Delta LKM \sim \Delta L_{1}K_{1}M_{1}\) по двум углам.

Ответ: NaN

Решение №39622: Из подобия треугольников: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = k\), где \(k\) - коэффициент подобия. По свойству средней линии треугольника \(EF = \fraq{1}{2}AC\) и \(E_{1}F_{1} = \fraq{1}{2}A_{1}C_{1}\). \(\fraq{EF}{E_{1}F_{1}} = \fraq{1}{2}AC : \fraq{1}{2} A_{1}C_{1} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = k\), т.е. \(EF : E_{1}F_{1} = k\)

Ответ: NaN

Решение №39623: а) Рассмотрим \(\Delta ABC\) и \(\Delta EDB : \angle DBE = \angle ABC; \angle BED = \angle BAC (по условию) \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta EDB\) по двум углам. б) Рассмотрим \(\Delta ABD и \Delta ABC : \angle ABD = \angle ABC (т.к. \angle B - общий)\); \(BC = BD + DC = 12. \fraq{AB}{DB} = \fraq{6}{3} = 2; \fraq{BC}{BA} = \fraq{12}{6} = 2 \rightarrow \fraq{AB}{DB} = \fraq{BC}{BA} \rightarrow \Delta ABC \sim \Delta DBA\) по двум сторонам и углу между ними. в) Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(\Delta DAC : \fraq{BC}{AC} = \fraq{18}{12} = \fraq{3}{2}\);\(\fraq{AB}{DC} = \fraq{15}{10} = \fraq{3}{2}\); \(\fraq{AC}{AD} = \fraq{12}{8} = \fraq{3}{2}\), т.е. \(\fraq{BC}{AC} = \fraq{AC}{AD} = \fraq{AB}{DC} \rightarrow \Delta ACB \sim \Delta DAC\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39624: а) Рассмотрим \(\Delta CBD\) и \(\Delta CAB : \angle ACD = \angle BCD, \angle CBD = \angle BAC \rightarrow \Delta CBD \sim \Delta CAB\) по двум углам. б) Рассмотрим \(\Delta BOC\) и \(\Delta AOD : \angle BOC = \angle AOD\) - как вертикальные. \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{6}{9} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OC}{AO} = \fraq{8}{12} = \fraq{2}{3}\), т.е. \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{OC}{AO}\) и \(\angle BOC = \angle AOD \rightarrow \Delta AOD \sim \Delta COB\) по двум сторонам и углу между ними. в) Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(Delta ADC : \fraq{AC}{AD} = \fraq{18}{27}= \fraq{2}{3}\); \(\fraq{CB}{DC} = \fraq{8}{12} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{12}{18} = \fraq{2}{3}\), т. е. \(\fraq{AC}{AD} = \fraq{CB}{DC}= \fraq{AB}{AC} \rightarrow \Delta ACB \sim \Delta ADC\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Решение №39625: \(AKLM\) - параллелограмм \(\rightarrow KL \parallel AC\), \(ML \parallel AB\), \(\angle BLK = \angle BCA\) как соответственные при \(KL \parallel AC\) и секущей \(BC\)\. \(\angle ABC = \angle MLC\) как соответственные при \(AB \parallel ML\) и секущей \(BC\). Рассмотрим \(\Delta KBL\) и \(\Delta MLC : \angle BLK = \angle LCA\); \(\angle MLC = \angle ABL \rightarrow \Delta KBL \sim \Delta MLC\) по двум углам. Из подобия треугольников следует: \(\fraq{BK}{ML} = \fraq{BL}{LC} = \fraq{KL}{MC}\). Поскольку \(AKLM\) - ромб, то \(ML = KL \rightarrow \fraq{BK}{ML} = \fraq{KL}{MC} \rightarrow \fraq{4}{ML} = \fraq{ML}{9}\); \(ML^{2} = 36\); \(ML = 6 (см)\). /(P_{AKLM} = 4 \cdot ML = 24 см\) Ответ: 24 см.

Ответ: Ответ: 24 см.

Решение №39626: \(\angle BCA = \angle CAD\) как внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AD\) и секущей \(АС\). \(\angle BOC = \angle AOD\) - как вертикальные \(\Rightarrow \Delta СОВ \sim \Delta АОD\) по двум углам. По определению подобных треугольников: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{OC}{OD} = \fraq{BC}{AD}\). ПО свойству средней линии \(FE = \fraq{1}{2}(BC + AD) \Rightarrow BC + AD = 20 \Rightarrow BC = 20 - AD\); \(\fraq{3}{7} = \fraq{20 - AD}{AD}\); \(3 \cdot AD = 7(20 - AD)\); \(10 \cdot AD = 140\); \(AD = 14\) см, а \(BC = 6\) см.

Ответ: 6 см; 14 см.

Решение №39627: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ\) по теореме о сумме углов треугольника; \(\angle А = \angle C\) - по свойству равнобедренного треугольника \(\Rightarrow \angle A = \angle C = (180^\circ - 36^\circ) : 2 = 72^\circ\). \(AD\) - биссектриса \(\Rightarrow \angle BAC = \fraq{1}{2}angle A = 36^\circ\). Рассмотрим \(\Delta АВС\) и \(\Delta CAD\): \(\angle ABC = \angle DAC\); \(\angle DCA = \angle BCA \Rightarrow \Delta АВС \sim \Delta CAD\) по двум углам.

Ответ: NaN

Решение №39628: Рассмотрим \(\Delta OAC\) и \(\Delta OBD\): \(\fraq{OA}{OB} = \fraq{9}{12} = \fraq{3}{4}\); \(\fraq{OC}{OD} = \fraq{6}{18} = \fraq{1}{3} \Rightarrow \Delta OAC \nsim \Delta OBD\). Рассмотрим \(\Delta OBC\) и \(\Delta ODA\): \(\fraq{OB}{OD} = \fraq{12}{18} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OC}{OA} = \fraq{6}{9} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{OB}{OD} = \fraq{OC}{OA}\) и \(\angle AOD = \angle BOC \Rightarrow \Delta OBC \sim \Delta ODA\) по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: \(\Delta OAC \nsim \Delta OBD\); \(\Delta OBC \sim \Delta ODA\).

Решение №39629: Из подобия треугольников следует: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \kappa\) и \(\angle A = \angle A_{1}\), \(\angle B = \angle B_{1}\), \(\angle C = \angle C_{1}\). \(AK = \fraq{1}{2}AC\); \(A_{1}K_{1} = \fraq{1}{2}A_{1}C_{1}\) (т. к. \(BK\), \(B_{1}К_{1} - медианы). Рассмотрим \(\Delta ABK\) и \(\Delta A_{1}B_{1}K_{1}\): \(\angle BAK = \angle B_{1}A_{1}K_{1}\), \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \kappa\); \(\fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \fraq{1}{2}AC : \fraq{1}{2}A_{1}C_{1} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \kappa\). T. e. \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \kappa \Rightarrow \Delta ABK \sim \Delta A_{1}B_{1}K_{1}\) с коэффициентом \(\kappa\). Из подобия следует, что \(\fraq{BK}{B_{1}K_{1} = \kappa\).

Ответ: NaN

Решение №39630: Из подобия треугольников следует \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{BC}{B_{1}C_{1}} = \kappa\) и \(\angle A = \angle A_{1}\), \(\angle B = \angle B_{1}\), \(\angle C = \angle C_{1}\). T. к. \(AK\) и \(A_{1}K_{1}\) - биссектрисы, то \(\angle KAC = \angle KAB\) и \(\angle K_{1}A_{1}C_{1} = \angle K_{1}A_{1}B_{1}\). T. к. \(\angle A = \angle A_{1}\), то \(\angle KAC = \angle K_{1}A_{1}C_{1}\). Рассмотрим \(\Delta AKC\) и \(\Delta A_{1}K_{1}C_{1}\): \(\angle C = \angle C_{1}\), \(\angle KAC = \angle K_{1}A_{1}C_{1} \Rightarrow \Delta AKC \sim \Delta A_{1}K_{1}C_{1}\) по углам. Из подобия следует: \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \fraq{KC}{K_{1}C_{1}}\). Т. к. \(\fraq{AC}{A_{1}C_{1}} = \kappa \Rightarrow \fraq{AK}{A_{1}K_{1}} = \kappa\).

Ответ: NaN

Решение №39631: \(\angle В\) - наибольший угол \(\Delta АВС\). Провести \(BK\) так, чтобы \(\Delta ABK \sim \Delta АВС\). Анализ: Предположим, что данная прямая построена. Тогда или \(\angle CBK = \angle A\) или \(\angle ABK = \angle C\). Построение: Отложим \(\angle ABK = \angle C\) или \(\angle CBK = \angle A\) (т. е. возможны 2 способа). Доказательство: 1 способ: \(\Delta ABK \sim \Delta ACB\), т. к. \(\angle BAK = \angle BAC\); \(\angle KBA = \angle ACB\). 2 способ: \(\Delta К_{1}ВС \sim \Delta BAC\), т. к. \(\angle BAC = \angle K_{1}BC\); \(\angle BCK_{1} = \angle BCA\). Исследование: Если проводить прямую через вершину наименьшего угла, то прямая будет вне треугольника \(\Rightarrow\) данный способ не является решением задачи. Если проводить через вершину угла, среднего по величине, то способ будет единственным.

Ответ: NaN

Решение №39632: Анализ: Для того чтобы треугольники были подобны, необходимо, чтобы прямая была параллельна стороне треугольника. Построение: через точку на стороне проведем прямую, параллельную одной из двух других сторон (два способа).

Ответ: NaN

Решение №39633: Рассмотрим \(\Delta ВОС\) и \(\Delta DОА\): \(\angle BOC = \angle AOD\) как вертикальные; \(\angle BCO = \angle DAO\) как внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AD\) и секущей \(AС \Rightarrow \Delta ВОС \sim \Delta DOA\) по двум углам. Из подобия следует: \(\fraq{BC}{AD} = \fraq{OC}{AO} = \fraq{BO}{OD} = \fraq{a}{2} \Rightarrow BO = \fraq{a \cdot OD}{b}\); \(CO = \fraq{AO \cdot a}{b}\), тогда \(BD = BO + OD = \fraq{(a + b) \cdot OD}{b}\), \(AC = AO + OC = \fraq{(a + b) \cdot AO}{b}\). Рассмотрим \(\Delta DOF\) и \(\Delta DBC\): \(\angle D\) - общий; \(\angle DOF = \angle DBC\) - как соответственные при \(BC \parallel EF\) и секущей \(BD \Rightarrow \Delta DOF \sim \Delta DBC\) по двум углам. Из подобия треугельников следует: \(\fraq{DO}{BD} = \fraq{OF}{BC} \Rightarrow OF = \fraq{DO \cdot BC}{BD} = \fraq{DO \cdot a \cdot b}{(a + b) \cdot DO} = \fraq{ab}{a + b}\). Аналогично доказывается, что \(\Delta АОЕ \sim \Delta АСВ \Rightarrow \fraq{AO}{AC} = \fraq{OE}{BC} \Rightarrow OE = \fraq{AO \cdot BC}{AC} = \fraq{AO \cdot a \cdot b}{(a + b) \cdot AO} = \fraq{ab}{a + b}\), \(FE = 2OE = \fraq{2ab}{a + b}\).

Ответ: \(\fraq{2ab}{a + b}\).

Решение №39634: Рассмотрим \(\Delta ЕВK\) и \(\Delta ABD\): \(\angle EBK = \angle ABD\) (т. к. \(\angle B\) - общий); \(\angle BEK = \angle BAD\) как соответственные при \(EF \parallel AD\) и секущей \(АВ \Rightarrow \Delta ЕВK \sim \Delta ABD\) по двум углам. Из подобия треугольников следует \(\fraq{BE}{EA} = \fraq{m}{n} \Rightarrow \fraq{BE}{AB} = \fraq{m}{m + n}\). \(\fraq{m}{m + n} = \fraq{EK}{b} \Rightarrow EK = \fraq{mb}{m + n}\). Параллельные прямые \(EF\) и \(AD\) отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки (из теоремы о пропорциональных отрезках) \(\Rightarrow \fraq{BE}{AE} = \fraq{CF}{FD} = \fraq{m}{n} \Rightarrow \fraq{CF}{CD} = \fraq{n}{m + n}\). \(\Delta DKF \sim \Delta BDC\) (доказывается аналогично подобию \(\Delta ABD \sim \Delta EBK\)). Из подобия следует: \(\fraq{FD}{DC} = \fraq{KF}{BC}\); \(\fraq{n}{m + n} = \fraq{KF}{a} \Rightarrow KF = \fraq{an}{m + n}\). \(EF = KF + KE = \fraq{an}{m + n} + \fraq{bm}{m + n} = \fraq{an + bm}{m + n}\).

Ответ: \(\fraq{an + bm}{m + n}\).