Подобные треугольники - сложные задачи с решениями

Решение:
Проведём биссектрису [tex]AL[/tex] угла [tex]A[/tex]. Тогда [tex]\angle LAB=\angle ABL[/tex] и [tex]\angle CAL=\angle ABC[/tex], поэтому [tex]AL=LB[/tex]. У треугольников также общий угол при вершине [tex]C[/tex], поэтому [tex]\triangle CAL \sim \triangle CBA[/tex] и [tex]\frac{CA}{CB}=\frac{CL}{CA}=\frac{AL}{BA}[/tex].
Значит, [tex]CL=\frac{CA^2}{CB}=\frac{64}{12}=\frac{16}{3}[/tex], [tex]AL=LB=12-\frac{16}{3}=\frac{20}{3}[/tex] и [tex]AB=\frac{AL \cdot CB}{CA}=\frac{20}{3} \cdot \frac{12}{8}=10[/tex].

Решение:
Оба угла в [tex]\angle HAD=\angle BCD[/tex] дополняют угол при вершине [tex]B[/tex] до прямого, поэтому [tex]\triangle AHD \sim \triangle CBD[/tex], откуда [tex]\frac{HD}{AD}=\frac{BD}{CD}[/tex], т.е. [tex]HD=\frac{AD \cdot DB}{CD}[/tex].
Следовательно, [tex]HD=\frac{CD}{2}[/tex] выполняется ровно тогда, когда [tex]\frac{AD \cdot DB}{CD}=\frac{CD}{2}[/tex], т.е. ровно тогда, когда [tex]CD^2=2AD \cdot DB[/tex].

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — основание перпендикуляра из [tex]C[/tex] на [tex]AB[/tex], а [tex]p[/tex] — длина [tex]MH[/tex] со знаком, положительная в направлении [tex]\overrightarrow{AB}[/tex]. По теореме Пифагора для прямоугольных треугольников с вершиной [tex]H[/tex]: [tex]AC^2=CM^2+AM^2+2AM \cdot p[/tex] и [tex]BC^2=CM^2+BM^2-2BM \cdot p[/tex].
Умножая первое равенство на [tex]BM[/tex], второе на [tex]AM[/tex] и складывая, получаем [tex]BM \cdot AC^2+AM \cdot BC^2=(AM+BM)CM^2+AM \cdot BM(AM+BM)[/tex]. Так как [tex]AM+BM=AB[/tex], это и есть требуемое равенство.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения [tex]AM[/tex] и [tex]BL[/tex]. В [tex]\triangle ABM[/tex] биссектриса из вершины [tex]B[/tex] является и высотой, поэтому треугольник равнобедренный: [tex]AB=BM[/tex], [tex]AO=OM=2[/tex] и [tex]BC=2AB[/tex]. По свойству биссектрисы [tex]\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}[/tex].
При [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], поэтому [tex]BO=3[/tex]; прямоугольный [tex]\triangle ABO[/tex] даёт [tex]s^2=BO^2+AO^2=13[/tex], следовательно, [tex]AB=\sqrt{13};\ BC=2\sqrt{13}[/tex].
Кроме того, [tex]\vec a \cdot \vec m=s^2-2AO^2=5[/tex], поэтому [tex]AC^2=|2\vec m-\vec a|^2=5s^2-4\vec a \cdot \vec m[/tex] даёт [tex]AC^2=65-20=45;\ AC=3\sqrt{5}[/tex], и [tex]P=3\sqrt{13}+3\sqrt{5}[/tex].

Решение:
При обычных обозначениях [tex]a=4;\ b=5;\ c=6[/tex] по свойству биссектрисы [tex]AB_1=\frac{bc}{a+c};\ AC_1=\frac{bc}{a+b}[/tex], поэтому для углового треугольника при вершине [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]. Численно и аналогично для двух других углов: [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].
Следовательно, [tex]\frac{S_{A_1B_1C_1}}{S}=1-\frac{1}{3}-\frac{8}{33}-\frac{2}{11}=\frac{8}{33}[/tex], т.е. [tex]\frac{S_{ABC}}{S_{A_1B_1C_1}}=\frac{33}{8}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] — середина [tex]BC[/tex], а [tex]H'[/tex] — точка на продолжении [tex]OG[/tex] за точку [tex]G[/tex], для которой [tex]GH'=2OG[/tex]. Точка пересечения медиан делит медиану [tex]AM[/tex] так, что [tex]\frac{GA}{GM}=\frac{GH'}{GO}=2[/tex], и [tex]\angle AGH'=\angle MGO[/tex] (вертикальные углы), поэтому [tex]\triangle AGH' \sim \triangle MGO[/tex].
Следовательно, [tex]AH' \parallel OM[/tex]; так как [tex]OM \perp BC[/tex], то и [tex]AH' \perp BC[/tex], т.е. [tex]H'[/tex] лежит на высоте из вершины [tex]A[/tex]. Аналогично [tex]H'[/tex] лежит на высоте из вершины [tex]B[/tex], поэтому [tex]H'=H[/tex] и точки [tex]O;\ G;\ H[/tex] лежат на одной прямой.

Решение:
[tex]CD[/tex] перпендикулярна [tex]PK[/tex], поэтому она высота [tex]\triangle PCK[/tex] и [tex]H[/tex] лежит на ней; кроме того, [tex]PH \perp CK[/tex]. Оба угла в [tex]\angle DPH=\angle DCK[/tex] дополняют угол при вершине [tex]K[/tex] до прямого, поэтому [tex]\triangle PDH \sim \triangle CDK[/tex] и [tex]\frac{HD}{PD}=\frac{DK}{CD}[/tex].
Так как [tex]CD^2=AD \cdot BD[/tex], [tex]HD=\frac{PD \cdot DK}{CD}=\frac{AD \cdot BD}{4CD}=\frac{CD}{4}[/tex], поэтому [tex]CH:HD=3:1[/tex].

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — основание высоты из вершины [tex]C[/tex], [tex]CH=h[/tex], [tex]AB=s[/tex] и [tex]AH=x;\ HB=y[/tex]. Так как [tex]CH \parallel NA[/tex] (обе перпендикулярны [tex]AB[/tex]), [tex]\frac{HQ}{QA}=\frac{CH}{NA}=\frac{h}{s}[/tex], и аналогично из [tex]CH \parallel MB[/tex]: [tex]QA=\frac{xs}{h+s};\ BP=\frac{ys}{h+s}[/tex].
Так как [tex]QP \parallel NM[/tex], треугольники с вершиной [tex]C[/tex] подобны и [tex]\frac{QP}{NM}=\frac{h}{h+s};\ QP=\frac{hs}{h+s}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]xy=h^2[/tex], поэтому [tex]AQ \cdot BP=\frac{xys^2}{(h+s)^2}=\frac{h^2s^2}{(h+s)^2}=QP^2[/tex].

Решение:
Из [tex]\triangle MNB[/tex]: [tex]\angle NMB=180^\circ-\angle B-\varphi[/tex]. Углы при вершине [tex]M[/tex] на прямой [tex]AB[/tex] в сумме дают развёрнутый угол, поэтому [tex]\angle PMN=180^\circ-\varphi-\angle NMB=\angle B[/tex].
Аналогично [tex]\angle MNP=\angle C[/tex] и [tex]\angle NPM=\angle A[/tex], поэтому углы треугольников равны и [tex]\triangle ABC \sim \triangle PMN[/tex].

Решение:
[tex]\triangle ADC \sim \triangle CDB[/tex] с коэффициентом [tex]\frac{AC}{CB}[/tex], и при этом подобии центр [tex]O_1[/tex] соответствует центру [tex]O_2[/tex], поэтому [tex]\frac{DO_1}{DO_2}=\frac{AC}{CB}[/tex].
[tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] лежат на биссектрисах прямых углов при вершине [tex]D[/tex], поэтому [tex]\angle O_1DO_2=45^\circ+45^\circ=90^\circ[/tex]. Так как и [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex], у двух прямоугольных треугольников катеты пропорциональны, следовательно, [tex]\triangle O_1DO_2 \sim \triangle ACB[/tex].

Решение:
Пусть [tex]K[/tex] — точка [tex]BC[/tex], для которой [tex]MK \parallel AS[/tex]. В [tex]\triangle ABS[/tex] точка [tex]M[/tex] — середина [tex]AB[/tex] и [tex]MK \parallel AS[/tex], поэтому [tex]BK=KS[/tex]. В [tex]\triangle CMK[/tex] [tex]\frac{CS}{SK}=\frac{CP}{PM}=\frac{1}{2}[/tex], поэтому [tex]CS=x;\ SK=KB=2x;\ a=5x;\ CS=\frac{a}{5}[/tex].
Аналогично, так как [tex]CQ:QM=2:1[/tex], получаем [tex]CT=\frac{a}{2}[/tex]. Следовательно, [tex]ST=\frac{a}{2}-\frac{a}{5}=\frac{3a}{10}[/tex].

Решение:
Из прямоугольных треугольников [tex]BP=AB\cos B;\ BQ=BC\cos B[/tex], поэтому [tex]\triangle BPQ \sim \triangle BAC[/tex] с коэффициентом [tex]k=\cos B[/tex]. Из площадей [tex]k^2=\frac{6}{54}=\frac{1}{9}[/tex], поэтому [tex]\cos B=\frac{1}{3};\ \sin B=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex].
Тогда [tex]AC=\frac{PQ}{\cos B}=18\sqrt{2}[/tex], и по теореме синусов [tex]R=\frac{AC}{2\sin B}=\frac{18\sqrt{2}}{\frac{4\sqrt{2}}{3}}=\frac{27}{2}[/tex].

Решение:
При вершине [tex]C[/tex] имеем [tex]CA_1=CA\cos C;\ CB_1=CB\cos C[/tex], поэтому [tex]\triangle A_1B_1C \sim \triangle ABC[/tex] и [tex]\angle CA_1B_1=\angle CAB[/tex]; аналогично [tex]\angle BA_1C_1=\angle BAC[/tex].
Так как [tex]AA_1 \perp BC[/tex], [tex]\angle B_1A_1A=90^\circ-\angle A=\angle C_1A_1A[/tex], поэтому [tex]AA_1[/tex] — биссектриса угла [tex]\triangle A_1B_1C_1[/tex] при вершине [tex]A_1[/tex]. Две другие высоты рассматриваются аналогично.

Решение:
Продолжим боковые стороны до пересечения в точке [tex]E[/tex]. Тогда [tex]\triangle EDC \sim \triangle EMN \sim \triangle EAB[/tex], а площади подобных треугольников относятся как квадраты соответственных сторон: [tex]S_{EDC}=36t;\ S_{EMN}=x^2t;\ S_{EAB}=100t[/tex].
Площади двух трапеций равны: [tex]x^2t-36t=100t-x^2t[/tex], поэтому [tex]x^2=68[/tex] и [tex]x=2\sqrt{17}[/tex].