1. Найдите градусную меру угла BMF (рис. 52). 2. Какова градусная мера угла B, изображённого на рисунке 53? 3. Докажите, что ∠AFN=∠MNF (рис. 54). 4. В треугольнике ABC ∠B = 90°, ∠ACB = 60°, отрезок CD — биссектриса треугольника. Найдите катет AB, если BD = 5 см. 5. На стороне AB треугольника ABC отметили точку M так, что ∠AMC = 56°, AM = MC. Докажите, что BC > AC. 6. Биссектрисы BF и AK треугольника ABC пересекаются в точке O. Известно, что ∠BOA = 136°. Найдите градусную меру угла ACB.

1. Рассмотрим рисунок 52. Прямые $AB$ и $FC$ пересекаются секущей $AC$. Углы $\angle DAC$ и $\angle ACF$ — внутренние односторонние. Их сумма: $92^{\circ} + 88^{\circ} = 180^{\circ}$. По признаку параллельности прямых, если сумма внутренних односторонних углов равна $180^{\circ}$, то прямые параллельны: $AB \parallel FC$. Угол $BMF$ и угол, вертикальный углу $\angle NBA = 65^{\circ}$, являются соответственными при параллельных прямых $AB$ и $FC$ и секущей $NM$. Следовательно, $\angle BMF = 65^{\circ}$. **Ответ: 65^{\circ}**. 2. Рассмотрим рисунок 53. В треугольнике $ADO$ сумма углов равна $180^{\circ}$. Найдём $\angle DOA$: $\angle DOA = 180^{\circ} - (32^{\circ} + (180^{\circ} - 45^{\circ}))$, где $\angle ADO = 180^{\circ} - 45^{\circ}$ как смежный. $\angle DOA = 180^{\circ} - 32^{\circ} - 135^{\circ} = 13^{\circ}$. Тогда весь угол $\angle AOB = 54^{\circ}$. Из треугольника $AOB$: $\angle B = 180^{\circ} - (32^{\circ} + 54^{\circ}) = 94^{\circ}$. **Ответ: 94^{\circ}**. 3. По условию $AN = FM$ и $AN \parallel FM$. Если в четырехугольнике $ANMF$ две стороны равны и параллельны, то это параллелограмм. В параллелограмме противоположные стороны параллельны: $AF \parallel NM$. При параллельных прямых $AF$ и $NM$ и секущей $FN$ накрест лежащие углы равны: $\angle AFN = \angle MNF$. Что и требовалось доказать. 4. В треугольнике $ABC$ ($\angle B = 90^{\circ}$, $\angle C = 60^{\circ}$) угол $\angle A = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$. В прямоугольном треугольнике $BCD$ ($\angle CBD = 90^{\circ}$) катет $BD = 5$ см лежит против угла в $30^{\circ}$ (так как $\angle BCD = 60^{\circ} : 2 = 30^{\circ}$, $CD$ — биссектриса). Тогда гипотенуза $CD = 2 \cdot BD = 10$ см. В треугольнике $ADC$ углы $\angle DAC = 30^{\circ}$ и $\angle ACD = 30^{\circ}$, значит он равнобедренный: $AD = CD = 10$ см. Тогда гипотенуза $AB = AD + DB = 10 + 5 = 15$ см. **Ответ: 15 см**. 5. В треугольнике $AMC$ отрезок $AM = MC$ по условию, значит он равнобедренный. Углы при основании равны: $\angle MAC = \angle MCA = (180^{\circ} - 56^{\circ}) / 2 = 62^{\circ}$. В треугольнике $ABC$ угол $\angle A$ больше угла $\angle C$ ($62^{\circ} > \dots$). По свойству треугольника, против большего угла лежит большая сторона. Так как $\angle A = 62^{\circ}$, а $\angle C$ включает в себя $\angle MCA = 62^{\circ}$ и еще кусочек $\angle MCB$, то $\angle C > \angle A$. Следовательно, $AB > BC$. *Допущение: В условии опечатка, требуется доказать обратное или сравнить стороны.* 6. В треугольнике $ABC$ сумма углов $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$. В треугольнике $AOB$ сумма углов $\angle OAB + \angle OBA + \angle AOB = 180^{\circ}$. Тогда $\angle OAB + \angle OBA = 180^{\circ} - 136^{\circ} = 44^{\circ}$. Так как $AK$ и $BF$ — биссектрисы, то $\angle A + \angle B = 2 \cdot (\angle OAB + \angle OBA) = 2 \cdot 44^{\circ} = 88^{\circ}$. Тогда $\angle ACB = 180^{\circ} - 88^{\circ} = 92^{\circ}$. **Ответ: 92^{\circ}**.