Най­дем ско­рость груза через 42 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 42 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 1,444

Най­дем ско­рость груза через 46 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 46 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,16

Най­дем ско­рость груза через 50 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 50 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 1,16

Най­дем ско­рость груза через 50 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 50 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 1,16

Най­дем ско­рость груза через 53 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 53 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,16

Най­дем ско­рость груза через 57 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 57 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,76

Най­дем ско­рость груза через 52 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 52 се­кун­ды после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,676

Най­дем ско­рость груза через 56 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Най­дем ки­не­ти­че­скую энер­гию груза через 56 се­кунд после на­ча­ла ко­ле­ба­ний:

Ответ: 0,32

а)  От­ме­тим се­ре­ди­ны ребер (на­зо­вем их со­от­вет­ствен­но) и до­ка­жем, что они все лежат в одной плос­ко­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­ной и об­ра­зу­ют пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник.

По­сколь­ку а про­ек­ци­ей на плос­кость яв­ля­ет­ся то Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся пер­пен­ди­ку­ляр­ность дру­гих ребер диа­го­на­ли По­это­му все они лежат в одной плос­ко­сти  — пер­пен­ди­ку­ляр­ной к и про­хо­дя­щей через E.

Длины всех сто­рон ше­сти­уголь­ни­ка равны, по­сколь­ку каж­дая сто­ро­на со­еди­ня­ет се­ре­ди­ны ребер на одной грани и, зна­чит, равна по­ло­ви­не диа­го­на­ли грани.

На­ко­нец,

По­это­му сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка EFK про­пор­ци­о­наль­ны чис­лам по­это­му угол ше­сти­уголь­ни­ка равен 120°. Ана­ло­гич­но осталь­ные углы ше­сти­уголь­ни­ка равны 120°.

б)  За­ме­тим, что плос­кость пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABC по пря­мой KI. От­ме­тим точку T  — се­ре­ди­ну AB. Тогда по­сколь­ку по­сколь­ку в ше­сти­уголь­ни­ке мень­шая диа­го­наль пер­пен­ди­ку­ляр­на сто­ро­не. Зна­чит,

При этом

Ответ:

а)  Пусть O₁  — центр окруж­но­сти, ко­то­рая ка­са­ет­ся от­рез­ка CD, O₂  — центр окруж­но­сти, ко­то­рая ка­са­ет­ся от­рез­ка CE, R  — ра­ди­ус окруж­но­стей. Окруж­ность с цен­тром O₁ ка­са­ет­ся от­рез­ка CD в точке K, а пря­мой DE  — в точке M; окруж­ность с цен­тром O₂ ка­са­ет­ся от­рез­ка CE в точке L, а пря­мой DE  — в точке N (рис. 1).

По­лу­ча­ем, что AO₁O₂B и MO₁O₂N  — пря­мо­уголь­ни­ки, сле­до­ва­тель­но, AB  =  O₁O₂ и MN  =  O₁O₂.

По свой­ству ка­са­тель­ных CA  =  CK, DM  =  DK, CB  =  CL, EL  =  EN.

Тогда пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка CDE

б)  Точка O₁ лежит на бис­сек­три­сах углов MDC и ACD (рис. 2), сле­до­ва­тель­но,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CO₁D имеем:

Ана­ло­гич­но По­лу­ча­ем, что

Ответ: 12,375.

Пря­мые AD и BC па­рал­лель­ны, по­это­му ∠ACB = ∠CAD.

Пред­по­ло­жим, что ∠BAC = ∠ACD, тогда по­лу­ча­ем, что пря­мые AB и CD па­рал­лель­ны и ABCD  — па­рал­ле­ло­грамм. Зна­чит, пред­по­ло­же­ние не­вер­но и ∠ABC = ∠ACD.

б)  Тре­уголь­ни­ки ABC и DCA по­доб­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Опу­стим из вер­ши­ны C пер­пен­ди­ку­ляр CK на ос­но­ва­ние AD. Тогда Зна­чит, ABCK  — пря­мо­уголь­ник.

Сле­до­ва­тель­но,

Пусть N и M  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний AD и BC со­от­вет­ствен­но, MH  — пер­пен­ди­ку­ляр к AD. Тогда ABMH  — пря­мо­уголь­ник. По­лу­ча­ем, что

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MNH имеем:

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние John Titor.

Тре­уголь­ни­ки ABC и DCA по­доб­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Пусть N и M  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний AD и BC со­от­вет­ствен­но. Про­ве­дем через точку C пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой MN. Пусть E  — точка пе­ре­се­че­ния этой пря­мой и от­рез­ка AD. NMCE  — па­рал­ле­ло­грамм, сле­до­ва­тель­но,

В тре­уголь­ни­ке ACE по тео­ре­ме ко­си­ну­сов най­дем CE:

Сле­до­ва­тель­но,

а)  Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка SBD равны 5, 5 и по­это­му он пря­мо­уголь­ный, то есть пря­мая SD пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SB. Оче­вид­но, что пря­мые SB и PQ па­рал­лель­ны как сто­ро­ны рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ков с общим углом, тогда пря­мая SD пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой PQ. Пря­мая AC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BD, и по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая AC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SD, а зна­чит, и пря­мая QR пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SD. Таким об­ра­зом, плос­кость PQR пер­пен­ди­ку­ляр­на ребру SD.

б)  Пусть плос­кость PQR пе­ре­се­ка­ет ребро SD в точке E. Из до­ка­зан­но­го сле­ду­ет, что пря­мая PE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SD, от­ку­да

Зна­чит, По­сколь­ку плос­кость PQR пер­пен­ди­ку­ляр­на ребру SD, ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно DE.

Ответ: б)

а)  Пусть Q  — точка пе­ре­се­че­ния про­дол­же­ний бо­ко­вых сто­рон. Точка Q, цен­тры окруж­но­стей и точка P лежат на одной пря­мой, причём QP  — бис­сек­три­са пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AQD. Сле­до­ва­тель­но, по свой­ству бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка

б)  Пусть окруж­ность с цен­тром O₁ ра­ди­у­са R  =  3 ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны AB в точке  E, а ос­но­ва­ния AD  — в точке  M; окруж­ность ра­ди­у­са r  =  1 с цен­тром O₂ ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны AB в точке  F, а ос­но­ва­ния BC  — в точке  N. От­пу­стим пер­пен­ди­ку­ляр O₂H из цен­тра мень­шей окруж­но­сти на от­ре­зок O₁E.

Тогда

а по­сколь­ку линия цен­тров окруж­но­стей про­хо­дит через точку их ка­са­ния,

Зна­чит,

Обо­зна­чим Тогда По­лу­ча­ем:

Из тре­уголь­ни­ка O₂CN на­хо­дим:

Сле­до­ва­тель­но, Ана­ло­гич­но,

Учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем

Ответ: б)

За­ме­тим, что от­ре­зок AC виден из точек K и M под углом 90°, по­это­му точки М, К, С и А лежат на одной окруж­но­сти, диа­мет­ром ко­то­рой яв­ля­ет­ся от­ре­зок АС. Ана­ло­гич­но точки M, K, H, E лежат на окруж­но­сти, диа­мет­ром ко­то­рой яв­ля­ет­ся MK.

Пусть Тогда по­сколь­ку они опи­ра­ют­ся на одну дугу KC в окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг четырёхуголь­ни­ка AMKC. Кроме того, по­сколь­ку они опи­ра­ют­ся на одну дугу KH в окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг четырёхуголь­ни­ка MKHE. по­это­му пря­мые EH и АС па­рал­лель­ны, по­сколь­ку это со­от­вет­ствен­ные углы при пе­ре­се­че­нии EH и AC се­ку­щей OA. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Ис­поль­зу­ем по­до­бие тре­уголь­ни­ков. Тре­уголь­ни­ки MBK и CBA по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тре­уголь­ни­ки OEH и OMK также по­доб­ны с тем же ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия. Кроме того, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки OMK и AOC, по­это­му по­доб­ны тре­уголь­ни­ки OEH и OAC, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Тогда

Тем самым ис­ко­мое от­но­ше­ние длин сто­рон равно 3:4.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть КС  =  2x, тогда из тре­уголь­ни­ка KHC на­хо­дим HC  =  X, из ΔOKC: ∠KOC  =  30°, тогда OC  =  4x, от­ку­да

В силу по­до­бия ΔOEH и ΔОАС по­лу­ча­ем:

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Шев­ки­на (Москва).

а)  По­стро­им вспо­мо­га­тель­ную окруж­ность с диа­мет­ром MK. Она пройдёт через точки E и H, так как

По­стро­им вспо­мо­га­тель­ную окруж­ность с диа­мет­ром AC. Она пройдёт через точки M и K, т. к.

По свой­ству впи­сан­ных углов а зна­чит, А это со­от­вет­ствен­ные углы при пря­мых ЕН и АС и се­ку­щей AE. Из ра­вен­ства этих углов сле­ду­ет па­рал­лель­ность пря­мых ЕН и АС, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пря­мая MK, про­хо­дя­щая через ос­но­ва­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC, от­се­ка­ет тре­уголь­ник KMB, по­доб­ный тре­уголь­ни­ку ABC. Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки MOK и EOH. Они по­доб­ны по двум углам: (свой­ство впи­сан­ных углов), (вер­ти­каль­ные). Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен

Умно­жив по­лу­чен­ные ра­вен­ства

найдём от­но­ше­ние оно равно

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние Софии Ни­ко­лен­ко (Москва).

а)  Пусть вы­со­ты АК и СМ пе­ре­се­ка­ют­ся в точке О. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AMO. В нем ME яв­ля­ет­ся вы­со­той, про­ве­ден­ной к ги­по­те­ну­зе, по­это­му тре­уголь­ни­ки AME и OME по­доб­ны, а углы MAE и OME равны. Пусть эти углы равны  α, тогда ∠MOE  =  90° − α. Углы KOH и MOE равны 90° − α, тогда угол OKH равен α. Углы EMO и OKH равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну дугу EH, таким об­ра­зом, че­ты­рех­уголь­ник EMKH можно впи­сать в окруж­ность. Че­ты­рех­уголь­ник AMKC также можно впи­сать в окруж­ность с диа­мет­ром AC. Углы KAC и KMC равны, углы KEH и KMC тоже равны, по­это­му угол KEH равен углу KAC. Углы KEH и KAC яв­ля­ют­ся со­от­вет­ствен­ны­ми при пе­ре­се­че­нии пря­мых EH и AC се­ку­щей AO. Таким об­ра­зом, пря­мые EH и AC па­рал­лель­ны.

б)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник AMO, пусть ME  =  x, тогда

От­сю­да

Рас­смот­рим тре­уголь­ник AME, в нем:

Тре­уголь­ни­ки AOC и EOH по­доб­ны по двум углам. Зна­чит, от­ку­да

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Де­ни­са Чер­ны­ше­ва (Тю­мень).

а) До­ка­жем па­рал­лель­ность, ис­поль­зуя тео­ре­му, об­рат­ную тео­ре­ме о про­пор­ци­о­наль­ных от­рез­ках для сто­рон OA и OC в тре­уголь­ни­ке AOC. Для этой цели уста­но­вим по­до­бие иных тре­уголь­ни­ков, име­ю­щих с AOC общие сто­ро­ны (части сто­рон).

По при­зна­ку па­рал­лель­но­сти, две пря­мые, пер­пен­ди­ку­ляр­ные тре­тьей, па­рал­лель­ны друг другу. Зна­чит, пря­мая MB па­рал­лель­на пря­мой KH. При этих па­рал­лель­ных равны со­от­вет­ствен­ные углы: Ана­ло­гич­но пря­мая KB па­рал­лель­на пря­мой EM, а по­то­му Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CKH и EMA по­доб­ны по двум углам, а зна­чит,

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки MOE и KOH также по­доб­ны, по­сколь­ку их ост­рые углы MOE и KOH равны как вер­ти­каль­ные. В силу по­до­бия сто­ро­ны этих тре­уголь­ни­ков про­пор­ци­о­наль­ны:

Из двух по­лу­чен­ных ра­венств сле­ду­ет тре­тье: Итак, в тре­уголь­ни­ке AOC пря­мые AC и EH делят общий угол AOC, на­чи­ная от вер­ши­ны, на про­пор­ци­о­наль­ные от­рез­ки. Сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме о про­пор­ци­о­наль­ных от­рез­ках, эти пря­мые па­рал­лель­ны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

а)  Плос­кость па­рал­лель­на диа­го­на­ли ос­но­ва­ния BD, по­это­му пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние ABCD по пря­мой KK₁, па­рал­лель­ной BD, K₁ лежит на CD. по­это­му пря­мая се­че­ния LL₁ па­рал­лель­на BD, где L₁ лежит на B₁C₁. Се­че­ни­ем приз­мы будет тра­пе­ция

Для того чтобы пря­мая была пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти, не­об­хо­ди­мо, чтобы она была пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым, ле­жа­щим в этой плос­ко­сти.

За­ме­тим, что про­ек­ци­ей пря­мой AC₁ на плос­кость ABCD яв­ля­ет­ся пря­мая AC. Кроме того, как диа­го­на­ли квад­ра­та таким об­ра­зом по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах сле­до­ва­тель­но,

Рас­смот­рим плос­кость AA₁C₁C. Пусть эта плос­кость пе­ре­се­ка­ет пря­мые KK₁ и LL₁ в точ­ках E и F со­от­вет­ствен­но. O  — точка пе­ре­се­че­ния EF и AC₁. Четырёхуголь­ник AA₁C₁C  — пря­мо­уголь­ник, причём

Так как AA₁C₁C  — пря­мо­уголь­ник, Зна­чит, Таким об­ра­зом,

Тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный, Таким об­ра­зом,

б)  Рас­сто­я­ние от точки B₁ до плос­ко­сти равно рас­сто­я­нию до нее от любой точки па­рал­лель­ной ей пря­мой B₁D₁. Из точки M  — пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей грани в плос­ко­сти AA₁C₁C опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр MH на пря­мую EF. Так как по до­ка­зан­но­му в п. а) плос­кость сле­до­ва­тель­но, ука­зан­ный пер­пен­ди­ку­ляр  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Най­дем За­ме­тим, Таким об­ра­зом,

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние век­тор­но-ко­ор­ди­нат­ным ме­то­дом.

По­ме­стим на­ча­ло ко­ор­ди­нат в точке C, на­пра­вим ко­ор­ди­нат­ные оси так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти тогда и толь­ко тогда, когда её на­прав­ля­ю­щий век­тор кол­ли­не­а­рен век­то­ру, пер­пен­ди­ку­ляр­но­му этой плос­ко­сти. Про­ве­рим вы­пол­не­ние этого усло­вия.

Най­дем на­прав­ля­ю­щий век­тор пря­мой

Най­дем век­тор пер­пен­ди­ку­ляр­ный плос­ко­сти Опре­де­лим ко­ор­ди­на­ты точек, ле­жа­щих в этой плос­ко­сти: Под­ста­вим най­ден­ные ко­ор­ди­на­ты в урав­не­ние плос­ко­сти по­лу­чим:

Плос­кость не про­хо­дит через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, по­это­му можно по­ло­жить D рав­ным лю­бо­му от­лич­но­му от нуля числу. Пусть тогда Сле­до­ва­тель­но,

За­ме­тим, что Сле­до­ва­тель­но, век­то­ры и кол­ли­не­ар­ные, а по­то­му пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­сто­я­ние от точки с ко­ор­ди­на­та­ми до плос­ко­сти опре­де­ля­ет­ся по фор­му­ле

Под­став­ляя в фор­му­лу най­ден­ные в пунк­те а) ко­эф­фи­ци­ен­ты урав­не­ния плос­ко­сти и ко­ор­ди­на­ты точки по­лу­ча­ем:

Пусть

Имеем:

по­это­му по­лу­ча­ем: если a  =  0, то t > 0; если то По­сколь­ку при a  =  0 ре­ше­ни­ем яв­ля­ют­ся все по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния t, урав­не­ние имеет един­ствен­ное ре­ше­ние, если

Ответ:

а)  Обо­зна­чим вы­со­ту тра­пе­ции через h (рис. 1). Тогда рас­сто­я­ние от точки M до пря­мой AD равно Зна­чит,

При этом

по­это­му

б)  Пусть пря­мые BC и MD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K (рис. 2). Тогда как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых KC и AD и се­ку­щей AB, как вер­ти­каль­ные, AM  =  BM. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AMD и BMK равны, от­ку­да BK  =  AD  =  4.

Углы KOC и DOE равны как вер­ти­каль­ные, как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых KC и AD и се­ку­щей CE. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки KOC и DOE по­доб­ны по двум углам, от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

а)  Точка H лежит на от­рез­ке MN. NC  =  ND, по­это­му TC  =  TD. Это озна­ча­ет, что точка T лежит на SM. Таким об­ра­зом, точки T и H лежат в плос­ко­сти SNM, пер­пен­ди­ку­ляр­ной плос­ко­сти ABC.

Зна­чит, тре­уголь­ник SNM рав­но­сто­рон­ний, а NT  — его вы­со­та и, сле­до­ва­тель­но, ме­ди­а­на, T  — се­ре­ди­на SM.

б)  Пусть E  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки T на пря­мую SC. Пря­мые NT и TE пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку NT  — вы­со­та пи­ра­ми­ды NSCD. От­ре­зок TE пер­пен­ди­ку­ля­рен как пря­мой SC, так и пря­мой NT, по­это­му его длина и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки SET и SMC по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

а)  Про­ведём через точки K и L пря­мые, па­рал­лель­ные AC. Пусть эти пря­мые пе­ре­се­ка­ют рёбра BC и A₁B₁ в точ­ках K₁ и L₁ со­от­вет­ствен­но (рис. 1). Тогда тра­пе­ция KL₁LK₁ яв­ля­ет­ся се­че­ни­ем ис­ход­ной приз­мы плос­ко­стью γ. Рас­смот­рим плос­кость BB₁M. Пусть эта плос­кость пе­ре­се­ка­ет пря­мые AC, KK₁ и LL₁ в точ­ках N, E и F со­от­вет­ствен­но. Четырёхуголь­ник BB₁MN  — пря­мо­уголь­ник, причём

Кроме того, от­ку­да Пусть FP  — вы­со­та тра­пе­ции EFB₁B (рис. 2), тогда

По­сколь­ку то есть пря­мые EF и BM пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

Пря­мая KK₁ па­рал­лель­на пря­мой AC, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти BB₁M. Зна­чит, пря­мые KK₁ и EF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой BM, по­это­му пря­мая BM пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти γ.

б)  По­сколь­ку пря­мая AC па­рал­лель­на плос­ко­сти γ, рас­сто­я­ние от точки C до плос­ко­сти γ равно рас­сто­я­нию от точки N до пря­мой EF. Тогда

Ответ: б)

а)  AMKC  — впи­сан­ный че­ты­рех­уголь­ник, по­сколь­ку   — все точки лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром AC. Ана­ло­гич­но MKEH  — впи­сан­ный, при­чем в окруж­ность с диа­мет­ром MK. Зна­чит,

от­ку­да

б)  Обо­зна­чим за O точку пе­ре­се­че­ния AK и MC. Тогда По­это­му KOC  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, и его вы­со­та KH сов­па­да­ет с его ме­ди­а­ной, то есть H  — се­ре­ди­на OC. Ана­ло­гич­но E  — се­ре­ди­на OA, по­это­му EH  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AOC и

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Еще не­сколь­ко под­хо­дов к ре­ше­нию при­ве­де­ны в за­да­че 514449.