Triángulos semejantes - problemas y soluciones

Solución:
Trazamos la bisectriz [tex]AL[/tex] del ángulo en [tex]A[/tex]. Entonces [tex]\angle LAB=\angle ABL[/tex] y [tex]\angle CAL=\angle ABC[/tex], por eso [tex]AL=LB[/tex]. Los triángulos tienen además el ángulo común en [tex]C[/tex], por eso [tex]\triangle CAL \sim \triangle CBA[/tex] y [tex]\frac{CA}{CB}=\frac{CL}{CA}=\frac{AL}{BA}[/tex].
Así, [tex]CL=\frac{CA^2}{CB}=\frac{64}{12}=\frac{16}{3}[/tex], [tex]AL=LB=12-\frac{16}{3}=\frac{20}{3}[/tex] y [tex]AB=\frac{AL \times CB}{CA}=\frac{20}{3} \times \frac{12}{8}=10[/tex].

Solución:
Los dos ángulos de [tex]\angle HAD=\angle BCD[/tex] complementan el ángulo en [tex]B[/tex] hasta un ángulo recto, por eso [tex]\triangle AHD \sim \triangle CBD[/tex], de donde [tex]\frac{HD}{AD}=\frac{BD}{CD}[/tex], es decir, [tex]HD=\frac{AD \times DB}{CD}[/tex].
Por lo tanto, [tex]HD=\frac{CD}{2}[/tex] se cumple exactamente cuando [tex]\frac{AD \times DB}{CD}=\frac{CD}{2}[/tex], es decir, exactamente cuando [tex]CD^2=2AD \times DB[/tex].

Solución:
Sea [tex]H[/tex] el pie de la perpendicular desde [tex]C[/tex] a [tex]AB[/tex], y [tex]p[/tex] la longitud con signo de [tex]MH[/tex], positiva en el sentido de [tex]\overrightarrow{AB}[/tex]. Por el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos con vértice [tex]H[/tex]: [tex]AC^2=CM^2+AM^2+2AM \times p[/tex] y [tex]BC^2=CM^2+BM^2-2BM \times p[/tex].
Multiplicando la primera igualdad por [tex]BM[/tex], la segunda por [tex]AM[/tex] y sumando: [tex]BM \times AC^2+AM \times BC^2=(AM+BM)CM^2+AM \times BM(AM+BM)[/tex]. Como [tex]AM+BM=AB[/tex], es la igualdad pedida.

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el punto de corte de [tex]AM[/tex] y [tex]BL[/tex]. En el [tex]\triangle ABM[/tex] la bisectriz desde [tex]B[/tex] también es altura, por eso el triángulo es isósceles: [tex]AB=BM[/tex], [tex]AO=OM=2[/tex] y [tex]BC=2AB[/tex]. Por el teorema de la bisectriz [tex]\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}[/tex].
Con [tex]\vec{BA}=\vec a;\ \vec{BM}=\vec m;\ |\vec a|=|\vec m|=s[/tex]: [tex]\vec{BO}=\frac{\vec a+\vec m}{2};\ \vec{BL}=\frac{2\vec a+2\vec m}{3}=\frac{4}{3}\vec{BO}[/tex], por eso [tex]BO=3[/tex]; el [tex]\triangle ABO[/tex] rectángulo da [tex]s^2=BO^2+AO^2=13[/tex], de donde [tex]AB=\sqrt{13};\ BC=2\sqrt{13}[/tex].
Además [tex]\vec a \cdot \vec m=s^2-2AO^2=5[/tex], por eso [tex]AC^2=|2\vec m-\vec a|^2=5s^2-4\vec a \cdot \vec m[/tex] da [tex]AC^2=65-20=45;\ AC=3\sqrt{5}[/tex], y [tex]P=3\sqrt{13}+3\sqrt{5}[/tex].

Solución:
Con la notación habitual [tex]a=4;\ b=5;\ c=6[/tex], por el teorema de la bisectriz [tex]AB_1=\frac{bc}{a+c};\ AC_1=\frac{bc}{a+b}[/tex], por eso para el triángulo de la esquina en [tex]A[/tex]: [tex]\frac{S_{AB_1C_1}}{S}=\frac{AB_1 \times AC_1}{AC \times AB}=\frac{bc}{(a+b)(a+c)}[/tex]. Numéricamente y de forma análoga para las otras dos esquinas: [tex]\frac{S_{AB_1C_1}}{S}=\frac{30}{90}=\frac{1}{3};\ \frac{S_{BC_1A_1}}{S}=\frac{24}{99}=\frac{8}{33};\ \frac{S_{CA_1B_1}}{S}=\frac{20}{110}=\frac{2}{11}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\frac{S_{A_1B_1C_1}}{S}=1-\frac{1}{3}-\frac{8}{33}-\frac{2}{11}=\frac{8}{33}[/tex], es decir, [tex]\frac{S_{ABC}}{S_{A_1B_1C_1}}=\frac{33}{8}[/tex].

Solución:
Sea [tex]M[/tex] el punto medio de [tex]BC[/tex] y [tex]H'[/tex] el punto de la prolongación de [tex]OG[/tex] más allá de [tex]G[/tex] con [tex]GH'=2OG[/tex]. El baricentro divide la mediana [tex]AM[/tex] de modo que [tex]\frac{GA}{GM}=\frac{GH'}{GO}=2[/tex], y [tex]\angle AGH'=\angle MGO[/tex] (opuestos por el vértice), por eso [tex]\triangle AGH' \sim \triangle MGO[/tex].
Por lo tanto, [tex]AH' \parallel OM[/tex]; como [tex]OM \perp BC[/tex], también [tex]AH' \perp BC[/tex], es decir, [tex]H'[/tex] está en la altura desde [tex]A[/tex]. Análogamente [tex]H'[/tex] está en la altura desde [tex]B[/tex], por eso [tex]H'=H[/tex] y los puntos [tex]O;\ G;\ H[/tex] están alineados.

Solución:
[tex]CD[/tex] es perpendicular a [tex]PK[/tex], por eso es altura del [tex]\triangle PCK[/tex] y [tex]H[/tex] está en ella; además [tex]PH \perp CK[/tex]. Los dos ángulos de [tex]\angle DPH=\angle DCK[/tex] complementan el ángulo en [tex]K[/tex] hasta un ángulo recto, por eso [tex]\triangle PDH \sim \triangle CDK[/tex] y [tex]\frac{HD}{PD}=\frac{DK}{CD}[/tex].
Como [tex]CD^2=AD \times BD[/tex], [tex]HD=\frac{PD \times DK}{CD}=\frac{AD \times BD}{4CD}=\frac{CD}{4}[/tex], por eso [tex]CH:HD=3:1[/tex].

Solución:
Sea [tex]H[/tex] el pie de la altura desde [tex]C[/tex], [tex]CH=h[/tex], [tex]AB=s[/tex] y [tex]AH=x;\ HB=y[/tex]. Como [tex]CH \parallel NA[/tex] (ambas son perpendiculares a [tex]AB[/tex]), [tex]\frac{HQ}{QA}=\frac{CH}{NA}=\frac{h}{s}[/tex], y análogamente de [tex]CH \parallel MB[/tex]: [tex]QA=\frac{xs}{h+s};\ BP=\frac{ys}{h+s}[/tex].
Como [tex]QP \parallel NM[/tex], los triángulos con vértice [tex]C[/tex] son semejantes y [tex]\frac{QP}{NM}=\frac{h}{h+s};\ QP=\frac{hs}{h+s}[/tex]. En un triángulo rectángulo [tex]xy=h^2[/tex], por eso [tex]AQ \times BP=\frac{xys^2}{(h+s)^2}=\frac{h^2s^2}{(h+s)^2}=QP^2[/tex].

Solución:
Del [tex]\triangle MNB[/tex]: [tex]\angle NMB=180^\circ-\angle B-\varphi[/tex]. Los ángulos en [tex]M[/tex] sobre la recta [tex]AB[/tex] suman un ángulo llano, por eso [tex]\angle PMN=180^\circ-\varphi-\angle NMB=\angle B[/tex].
Análogamente [tex]\angle MNP=\angle C[/tex] y [tex]\angle NPM=\angle A[/tex], por eso los triángulos tienen ángulos iguales y [tex]\triangle ABC \sim \triangle PMN[/tex].

Solución:
[tex]\triangle ADC \sim \triangle CDB[/tex] con razón [tex]\frac{AC}{CB}[/tex], y en esta semejanza el incentro [tex]O_1[/tex] corresponde al incentro [tex]O_2[/tex], por eso [tex]\frac{DO_1}{DO_2}=\frac{AC}{CB}[/tex].
[tex]O_1[/tex] y [tex]O_2[/tex] están en las bisectrices de los ángulos rectos en [tex]D[/tex], por eso [tex]\angle O_1DO_2=45^\circ+45^\circ=90^\circ[/tex]. Como también [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex], los dos triángulos rectángulos tienen catetos proporcionales, por lo tanto [tex]\triangle O_1DO_2 \sim \triangle ACB[/tex].

Solución:
Sea [tex]K[/tex] el punto de [tex]BC[/tex] con [tex]MK \parallel AS[/tex]. En el [tex]\triangle ABS[/tex], [tex]M[/tex] es el punto medio de [tex]AB[/tex] y [tex]MK \parallel AS[/tex], por eso [tex]BK=KS[/tex]. En el [tex]\triangle CMK[/tex], [tex]\frac{CS}{SK}=\frac{CP}{PM}=\frac{1}{2}[/tex], por eso [tex]CS=x;\ SK=KB=2x;\ a=5x;\ CS=\frac{a}{5}[/tex].
Análogamente, como [tex]CQ:QM=2:1[/tex], se obtiene [tex]CT=\frac{a}{2}[/tex]. Por lo tanto, [tex]ST=\frac{a}{2}-\frac{a}{5}=\frac{3a}{10}[/tex].

Solución:
De los triángulos rectángulos [tex]BP=AB\cos B;\ BQ=BC\cos B[/tex], por eso [tex]\triangle BPQ \sim \triangle BAC[/tex] con razón [tex]k=\cos B[/tex]. De las áreas [tex]k^2=\frac{6}{54}=\frac{1}{9}[/tex], por eso [tex]\cos B=\frac{1}{3};\ \sen B=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex].
Entonces [tex]AC=\frac{PQ}{\cos B}=18\sqrt{2}[/tex] y por la ley de los senos [tex]R=\frac{AC}{2\sen B}=\frac{18\sqrt{2}}{\frac{4\sqrt{2}}{3}}=\frac{27}{2}[/tex].

Solución:
En [tex]C[/tex] tenemos [tex]CA_1=CA\cos C;\ CB_1=CB\cos C[/tex], por eso [tex]\triangle A_1B_1C \sim \triangle ABC[/tex] y [tex]\angle CA_1B_1=\angle CAB[/tex]; análogamente [tex]\angle BA_1C_1=\angle BAC[/tex].
Como [tex]AA_1 \perp BC[/tex], [tex]\angle B_1A_1A=90^\circ-\angle A=\angle C_1A_1A[/tex], por eso [tex]AA_1[/tex] es bisectriz del ángulo del [tex]\triangle A_1B_1C_1[/tex] en [tex]A_1[/tex]. Las otras dos alturas se tratan de la misma forma.

Solución:
Prolongamos los lados no paralelos hasta que se corten en [tex]E[/tex]. Entonces [tex]\triangle EDC \sim \triangle EMN \sim \triangle EAB[/tex], y las áreas de triángulos semejantes son proporcionales a los cuadrados de los lados correspondientes: [tex]S_{EDC}=36t;\ S_{EMN}=x^2t;\ S_{EAB}=100t[/tex].
Los dos trapecios tienen áreas iguales: [tex]x^2t-36t=100t-x^2t[/tex], por eso [tex]x^2=68[/tex] y [tex]x=2\sqrt{17}[/tex].