Slični trouglovi - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Povucimo simetralu [tex]AL[/tex] ugla kod [tex]A[/tex]. Tada je [tex]\angle LAB=\angle ABL[/tex] i [tex]\angle CAL=\angle ABC[/tex], pa je [tex]AL=LB[/tex]. Trouglovi imaju i zajednički ugao kod [tex]C[/tex], pa je [tex]\triangle CAL \sim \triangle CBA[/tex] i [tex]\frac{CA}{CB}=\frac{CL}{CA}=\frac{AL}{BA}[/tex].
Dakle, [tex]CL=\frac{CA^2}{CB}=\frac{64}{12}=\frac{16}{3}[/tex], [tex]AL=LB=12-\frac{16}{3}=\frac{20}{3}[/tex] i [tex]AB=\frac{AL \cdot CB}{CA}=\frac{20}{3} \cdot \frac{12}{8}=10[/tex].

Rešenje:
Oba ugla u [tex]\angle HAD=\angle BCD[/tex] dopunjuju ugao kod [tex]B[/tex] do pravog, pa je [tex]\triangle AHD \sim \triangle CBD[/tex], odakle [tex]\frac{HD}{AD}=\frac{BD}{CD}[/tex], tj. [tex]HD=\frac{AD \cdot DB}{CD}[/tex].
Prema tome, [tex]HD=\frac{CD}{2}[/tex] važi tačno kada je [tex]\frac{AD \cdot DB}{CD}=\frac{CD}{2}[/tex], tj. tačno kada je [tex]CD^2=2AD \cdot DB[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]H[/tex] podnožje normale iz [tex]C[/tex] na [tex]AB[/tex], a [tex]p[/tex] orijentisana dužina [tex]MH[/tex], pozitivna u smeru [tex]\overrightarrow{AB}[/tex]. Po Pitagorinoj teoremi za pravougle trouglove sa temenom [tex]H[/tex]: [tex]AC^2=CM^2+AM^2+2AM \cdot p[/tex] i [tex]BC^2=CM^2+BM^2-2BM \cdot p[/tex].
Množenjem prve jednakosti sa [tex]BM[/tex], druge sa [tex]AM[/tex] i sabiranjem dobijamo [tex]BM \cdot AC^2+AM \cdot BC^2=(AM+BM)CM^2+AM \cdot BM(AM+BM)[/tex]. Kako je [tex]AM+BM=AB[/tex], to je tražena jednakost.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] presek [tex]AM[/tex] i [tex]BL[/tex]. U [tex]\triangle ABM[/tex] simetrala iz [tex]B[/tex] je i visina, pa je trougao jednakokraki: [tex]AB=BM[/tex], [tex]AO=OM=2[/tex] i [tex]BC=2AB[/tex]. Po svojstvu simetrale ugla [tex]\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}[/tex].
Uz [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], pa je [tex]BO=3[/tex]; pravougli [tex]\triangle ABO[/tex] daje [tex]s^2=BO^2+AO^2=13[/tex], dakle [tex]AB=\sqrt{13};\ BC=2\sqrt{13}[/tex].
Takođe [tex]\vec a \cdot \vec m=s^2-2AO^2=5[/tex], pa [tex]AC^2=|2\vec m-\vec a|^2=5s^2-4\vec a \cdot \vec m[/tex] daje [tex]AC^2=65-20=45;\ AC=3\sqrt{5}[/tex], i [tex]P=3\sqrt{13}+3\sqrt{5}[/tex].

Rešenje:
Uz uobičajene oznake [tex]a=4;\ b=5;\ c=6[/tex] po svojstvu simetrale ugla [tex]AB_1=\frac{bc}{a+c};\ AC_1=\frac{bc}{a+b}[/tex], pa za ugaoni trougao kod [tex]A[/tex]: [tex]\frac{S_{AB_1C_1}}{S}=\frac{AB_1 \cdot AC_1}{AC \cdot AB}=\frac{bc}{(a+b)(a+c)}[/tex]. Brojno i analogno za druga dva ugla: [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].
Prema tome, [tex]\frac{S_{A_1B_1C_1}}{S}=1-\frac{1}{3}-\frac{8}{33}-\frac{2}{11}=\frac{8}{33}[/tex], tj. [tex]\frac{S_{ABC}}{S_{A_1B_1C_1}}=\frac{33}{8}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]M[/tex] središte [tex]BC[/tex], a [tex]H'[/tex] tačka na produžetku [tex]OG[/tex] iza [tex]G[/tex] za koju je [tex]GH'=2OG[/tex]. Težište deli težišnu duž [tex]AM[/tex] tako da je [tex]\frac{GA}{GM}=\frac{GH'}{GO}=2[/tex], i [tex]\angle AGH'=\angle MGO[/tex] (unakrsni uglovi), pa je [tex]\triangle AGH' \sim \triangle MGO[/tex].
Dakle, [tex]AH' \parallel OM[/tex]; kako je [tex]OM \perp BC[/tex], i [tex]AH' \perp BC[/tex], tj. [tex]H'[/tex] leži na visini iz [tex]A[/tex]. Analogno, [tex]H'[/tex] leži na visini iz [tex]B[/tex], pa je [tex]H'=H[/tex] i tačke [tex]O;\ G;\ H[/tex] su kolinearne.

Rešenje:
[tex]CD[/tex] je normalna na [tex]PK[/tex], pa je visina [tex]\triangle PCK[/tex] i [tex]H[/tex] leži na njoj; takođe [tex]PH \perp CK[/tex]. Oba ugla u [tex]\angle DPH=\angle DCK[/tex] dopunjuju ugao kod [tex]K[/tex] do pravog, pa je [tex]\triangle PDH \sim \triangle CDK[/tex] i [tex]\frac{HD}{PD}=\frac{DK}{CD}[/tex].
Kako je [tex]CD^2=AD \cdot BD[/tex], [tex]HD=\frac{PD \cdot DK}{CD}=\frac{AD \cdot BD}{4CD}=\frac{CD}{4}[/tex], pa je [tex]CH:HD=3:1[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]H[/tex] podnožje visine iz [tex]C[/tex], [tex]CH=h[/tex], [tex]AB=s[/tex] i [tex]AH=x;\ HB=y[/tex]. Kako je [tex]CH \parallel NA[/tex] (obe su normalne na [tex]AB[/tex]), [tex]\frac{HQ}{QA}=\frac{CH}{NA}=\frac{h}{s}[/tex], i analogno iz [tex]CH \parallel MB[/tex]: [tex]QA=\frac{xs}{h+s};\ BP=\frac{ys}{h+s}[/tex].
Kako je [tex]QP \parallel NM[/tex], trouglovi sa temenom [tex]C[/tex] su slični i [tex]\frac{QP}{NM}=\frac{h}{h+s};\ QP=\frac{hs}{h+s}[/tex]. U pravouglom trouglu [tex]xy=h^2[/tex], pa je [tex]AQ \cdot BP=\frac{xys^2}{(h+s)^2}=\frac{h^2s^2}{(h+s)^2}=QP^2[/tex].

Rešenje:
Iz [tex]\triangle MNB[/tex]: [tex]\angle NMB=180^\circ-\angle B-\varphi[/tex]. Uglovi kod [tex]M[/tex] na pravoj [tex]AB[/tex] u zbiru daju opruženi ugao, pa je [tex]\angle PMN=180^\circ-\varphi-\angle NMB=\angle B[/tex].
Analogno [tex]\angle MNP=\angle C[/tex] i [tex]\angle NPM=\angle A[/tex], pa trouglovi imaju jednake uglove i [tex]\triangle ABC \sim \triangle PMN[/tex].

Rešenje:
[tex]\triangle ADC \sim \triangle CDB[/tex] sa koeficijentom [tex]\frac{AC}{CB}[/tex], i pri toj sličnosti centar [tex]O_1[/tex] odgovara centru [tex]O_2[/tex], pa je [tex]\frac{DO_1}{DO_2}=\frac{AC}{CB}[/tex].
[tex]O_1[/tex] i [tex]O_2[/tex] leže na simetralama pravih uglova kod [tex]D[/tex], pa je [tex]\angle O_1DO_2=45^\circ+45^\circ=90^\circ[/tex]. Kako je i [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex], dva pravougla trougla imaju proporcionalne katete, dakle [tex]\triangle O_1DO_2 \sim \triangle ACB[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]K[/tex] tačka [tex]BC[/tex] za koju je [tex]MK \parallel AS[/tex]. U [tex]\triangle ABS[/tex] tačka [tex]M[/tex] je središte [tex]AB[/tex] i [tex]MK \parallel AS[/tex], pa je [tex]BK=KS[/tex]. U [tex]\triangle CMK[/tex] je [tex]\frac{CS}{SK}=\frac{CP}{PM}=\frac{1}{2}[/tex], pa je [tex]CS=x;\ SK=KB=2x;\ a=5x;\ CS=\frac{a}{5}[/tex].
Analogno, kako je [tex]CQ:QM=2:1[/tex], dobijamo [tex]CT=\frac{a}{2}[/tex]. Prema tome, [tex]ST=\frac{a}{2}-\frac{a}{5}=\frac{3a}{10}[/tex].

Rešenje:
Iz pravouglih trouglova [tex]BP=AB\cos B;\ BQ=BC\cos B[/tex], pa je [tex]\triangle BPQ \sim \triangle BAC[/tex] sa koeficijentom [tex]k=\cos B[/tex]. Iz površina [tex]k^2=\frac{6}{54}=\frac{1}{9}[/tex], pa je [tex]\cos B=\frac{1}{3};\ \sin B=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex].
Tada je [tex]AC=\frac{PQ}{\cos B}=18\sqrt{2}[/tex] i po sinusnoj teoremi [tex]R=\frac{AC}{2\sin B}=\frac{18\sqrt{2}}{\frac{4\sqrt{2}}{3}}=\frac{27}{2}[/tex].

Rešenje:
Kod [tex]C[/tex] imamo [tex]CA_1=CA\cos C;\ CB_1=CB\cos C[/tex], pa je [tex]\triangle A_1B_1C \sim \triangle ABC[/tex] i [tex]\angle CA_1B_1=\angle CAB[/tex]; analogno [tex]\angle BA_1C_1=\angle BAC[/tex].
Kako je [tex]AA_1 \perp BC[/tex], [tex]\angle B_1A_1A=90^\circ-\angle A=\angle C_1A_1A[/tex], pa je [tex]AA_1[/tex] simetrala ugla [tex]\triangle A_1B_1C_1[/tex] kod [tex]A_1[/tex]. Druge dve visine razmatraju se analogno.

Rešenje:
Produžimo krake do preseka u [tex]E[/tex]. Tada je [tex]\triangle EDC \sim \triangle EMN \sim \triangle EAB[/tex], a površine sličnih trouglova odnose se kao kvadrati odgovarajućih stranica: [tex]S_{EDC}=36t;\ S_{EMN}=x^2t;\ S_{EAB}=100t[/tex].
Dva trapeza imaju jednake površine: [tex]x^2t-36t=100t-x^2t[/tex], pa je [tex]x^2=68[/tex] i [tex]x=2\sqrt{17}[/tex].