№ 1. Отрезки КВ и КС являются отрезками касательных к окружности с центром О, проведёнными из точки К. Найдите угол ВКС, если середина отрезка КО лежит на окружности.

Давай разберем задачи по геометрии: **Задача №1** Отрезки $KB$ и $KC$ — касательные. Значит, $\angle KBO = 90^\circ$ и $\angle KCO = 90^\circ$ (радиус перпендикулярен касательной). Пусть $R$ — радиус окружности. Тогда $OB = OC = R$. По условию, середина $KO$ лежит на окружности. Пусть точка $M$ — середина $KO$, значит, $OM = MK = R$. В прямоугольном треугольнике $\triangle KBO$ гипотенуза $KO = KM + MO = R + R = 2R$. Катет $OB = R$. Так как катет $OB$ в два раза меньше гипотенузы $KO$, то угол против него $\angle BKO = 30^\circ$. Аналогично, $\triangle KCO \cong \triangle KBO$, значит, $\angle CKO = 30^\circ$. Тогда $\angle BKC = \angle BKO + \angle CKO = 60^\circ$. В четырехугольнике $KBOC$ сумма углов $360^\circ$, $\angle BOC = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. В треугольнике $\triangle BKC$: $KB=KC$, значит он равнобедренный. $\angle BKC = 60^\circ$, значит, треугольник равносторонний. Но нам нужен $\angle BKC$ или $\angle BКС$ (условие «Найдите угол ВКС» может означать угол между касательными). Ответ: $60^\circ$. **Задача №2** $O$ — центр, $K, L$ на окружности. $\angle KOL = 140^\circ$. $\triangle KOL$ — равнобедренный ($OK=OL=R$), значит, $\angle OKL = \angle OLK = (180^\circ - 140^\circ) / 2 = 20^\circ$. Прямая $LM$ касается окружности в $L$, значит, $OL \perp LM$, то есть $\angle OLM = 90^\circ$. Угол $\angle KLM = \angle OLM - \angle OLK = 90^\circ - 20^\circ = 70^\circ$. Ответ: $70^\circ$. **Задача №3** $BO$ — ось симметрии угла $ABC$. Симметрия относительно $BO$ переводит $\triangle ABC$ в $\triangle A_1C_1B$ (так как $BO$ — биссектриса, то $A$ переходит в $C$, а $C$ в $A$, но здесь обозначения $A_1C_1$). Поскольку симметрия сохраняет длины, $BA = BA_1 = 53$ мм, $BC = BC_1 = 32$ мм. При симметрии $A$ переходит в $A_1$, а $C$ в $C_1$. Отрезки $A_1C$ и $AC_1$ равны по свойству осевой симметрии. Поскольку $BA = 53$ мм и $BC = 32$ мм, $A_1C = AC_1$. Так как треугольники симметричны относительно биссектрисы угла $B$, то $BA_1 = BC$ и $BC_1 = BA$. Длина $A_1C = AC_1 = |BA - BC| = 53 - 32 = 21$ мм (или 2,1 см). Ответ: $21$ мм. **Задача №4** В $\triangle RQS$: $\angle S = 90^\circ$, $\angle Q = 60^\circ$. Тогда $\angle R = 30^\circ$. $QS = 10$. Гипотенуза $RQ = QS / \sin(30^\circ) = 10 / 0,5 = 20$. Радиус описанной окружности прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы: $R = 20 / 2 = 10$. Ответ: $10$. **Задача №5** В равнобедренном $\triangle KLM$ ($KL=LM$), $\angle KLM = 50^\circ$. Углы при основании: $\angle LKM = \angle LMK = (180^\circ - 50^\circ) / 2 = 65^\circ$. Окружность с центром $O$ описана около $\triangle KLM$. Точка $O$ — центр, $OL, OK, OM$ — радиусы. $\triangle OKL$ — равнобедренный, $\angle LOK = 180^\circ - 2 \cdot \angle OLK$. Угол между радиусом и хордой: $\angle OKL = 65^\circ - (90^\circ - \angle K/2)$... проще: угол $\angle LOM$ — центральный, опирающийся на дугу $LM$. Вписанный угол $\angle LKM = 65^\circ$. Центральный угол $\angle LOM = 2 \cdot \angle LKM = 130^\circ$. Ответ: $130^\circ$. **Задача №6** $O$ — центр вписанной окружности, значит $O$ лежит на биссектрисах. $ABC$ — равнобедренный с основанием $AC$. $BO$ — биссектриса, медиана и высота. В $\triangle AOB$ и $\triangle COB$: $OB$ — общая, $AB=BC$, $\angle ABO = \angle CBO$ (так как $BO$ — биссектриса). Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Ч.Т.Д. **Задача №7** *Недостаточно данных для решения: обрезано условие задачи (не указано расстояние от центра).* Пожалуйста, пришлите полное фото.