а) Углы ∠BDC и ∠BAC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу BC. Тогда в ΔABE угол ∠ABE = 30° (так как ∠BAC = 60°). Обозначим точку пересечения прямой ME со стороной AB за K. Тогда в прямоугольном треугольнике BKE угол ∠BEK = 60°. Далее, ∠BEK = ∠MED = 60° (как вертикальные). Отсюда получаем, что ΔEDM — равносторонний (так как все углы по 60°), то есть EM = ED = MD ~ x. Так как в прямоугольном треугольнике CED против угла в 30° лежит катет, в 2 раза меньший гипотенузы, то CD = 2x. Получили, что так как DM = x, точка M является серединой гипотенузы CD, то есть EM — медиана ΔCED. Что и требовалось доказать.

б) Из ΔABE получаем, что Тогда по теореме Пифагора из ΔADE получаем:

Ответ:

а) Пусть тогда (рис.1).

По теореме синусов будем иметь:

В

В Так как

то

Значит,

Ясно, что

б) Пусть — центр окружности, описанной около — центр окружности, описанной около (Рис. 2).

Очевидно, что точки и лежат на серединном перпендикуляре к отрезку BM. Пусть он пересекает BM в точке D. Тогда

Наша задача — найти длину отрезка

Найдем и которые являются радиусами названных окружностей.

Нам понадобятся значения синуса и косинуса угла BAM.

По следствию из теоремы синусов будем иметь:

В где по теореме Пифагорa получим:

В аналогично

Ответ: а) б) 17.

а) Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров. Покажем, что точка T является серединой стороны AB. Во-первых, треугольник BOR является прямоугольным (т.к. R — середина BC, то OR — серединный перпендикуляр, поэтому ), то есть получается, что BO — гипотенуза и диаметр малой окружности с центром в точке E. Далее, треугольник BTO вписан в малую окружность, а его угол BTO опирается на диаметр, и потому равен Так как , и O является центром окружности, описанной вокруг треугольника ABC, то OT — серединный перпендикуляр, то есть T — середина AB. Значит, TR — средняя линия треугольника ABC, поэтому Что и требовалось доказать.

б) Из предыдущего пункта получаем, что AC = 2 TR = 16, AB = 2 TB = 12. Углы ROB и REB опираются на одну и ту же дугу RB, поэтому они равны; отсюда получаем, что (соответственные при параллельных прямых). В итоге получаем:

Ответ: 48.

а) углы ∠BDC и ∠BAC равны, так как они опираются на одну и ту же дугу BC. Тогда в треугольнике ABE угол ∠ABE = 30° (так как ∠BAC = 60°). Обозначим точку пересечения прямой ME со стороной AB за K. Тогда в прямоугольном треугольнике BKE угол ∠BEK = 60°. Далее, ∠BEK = ∠MED = 60° (как вертикальные). Отсюда получаем, что — равносторонний (так как все углы по ), то есть EM = ED = MD = x. Так как в прямоугольном треугольнике CED против угла в 30° лежит катет, в 2 раза меньший гипотенузы, то CD = 2x. Получили, что так как DM = x, точка M является серединой гипотенузы CD, то есть EM — медиана ΔCED. Что и требовалось доказать.

б) из ΔABE получаем, что Тогда по теореме Пифагора из ΔADE получаем:

Отсюда получаем, что

Ответ:

а) Построим чертеж, который должен получиться в результате, и докажем, что он верен. Введем следующие обозначения: CM = a, CN = b, MK = x, KN = y. Так как отрезки касательных, проведенные из одной точки, равны, то, во-первых, MB = MK = x, ND = KN = y. Во-вторых, CB = CD, откуда: CB = CM + MB = a + x, CD = CN + ND = b + y, то есть a + x = b + y. Далее, периметр треугольника CMN равен 14, то есть a + b + x + y = 14. Подставляя сюда a + x из предыдущего равенства, получим 2(b + y) = 14, откуда b + y = 7. Следовательно, и a + x = 7. Отсюда получили, что CB = CD = 7 (что совпадает с длиной стороны квадрата), то есть точки B и D действительно являются точками касания. Тогда так как касательная перпендикулярна радиусу, а ABCD — квадрат, то BA = CD = 7, DA = BC = 7, то есть A — центр окружности.

Требуемое доказано

б) Треугольники MBA и MKA равны по 3-м сторонам (BA = KA = 7, BM = MK, AM — общая). Тогда ∠BAM = ∠MAK. Аналогично равны треугольники KAN и DAN, откуда следует ∠KAN = ∠NAD. Обозначим ∠BAM = α, тогда , откуда Тогда

Ответ: 45.