Подобные треугольники - нормальные задачи с решениями

Решение:
Углы [tex]\angle DCA=\angle CAB[/tex] накрест лежащие и соответствуют друг другу в подобии, поэтому [tex]\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{DA}{CB}=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}[/tex].
Следовательно, [tex]CA=\frac{2}{3} \cdot 27=18[/tex] и [tex]DC=\frac{2}{3} \cdot 18=12[/tex].

Решение:
Из прямоугольных [tex]\triangle BHC[/tex] и [tex]\triangle BDA[/tex]: [tex]BH=BC\cos B[/tex] и [tex]BD=BA\cos B[/tex], поэтому [tex]\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BA}=\cos B[/tex].
У треугольников общий [tex]\angle B[/tex], а прилежащие к нему стороны пропорциональны, поэтому по второму признаку подобия [tex]\triangle DBH \sim \triangle ABC[/tex].

Решение:
[tex]CD=16[/tex], и [tex]AD=BD[/tex], так как треугольник равнобедренный. 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] и [tex]\frac{HD}{AD}=\frac{BD}{CD}[/tex].
Следовательно, [tex]AD^2=HD \cdot CD=9 \cdot 16=144[/tex], поэтому [tex]AD=12;\ AB=24[/tex] и [tex]AC=\sqrt{12^2+16^2}=20[/tex].

Решение:
[tex]AM=11[/tex]. Оба угла в [tex]\angle HBM=\angle CAM[/tex] дополняют угол при вершине [tex]C[/tex] до прямого, поэтому для прямоугольных треугольников [tex]\triangle BHM \sim \triangle ACM[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{HM}{BM}=\frac{CM}{AM}[/tex], поэтому [tex]CM=\frac{6 \cdot 11}{8}=\frac{33}{4}[/tex] и [tex]BC=8+\frac{33}{4}=\frac{65}{4}[/tex].

Решение:
В [tex]\triangle BCH[/tex] отрезок [tex]BD[/tex] — биссектриса угла [tex]B[/tex], поэтому [tex]\frac{CD}{DH}=\frac{BC}{BH}=\frac{5}{3}[/tex]. Пусть [tex]BC=5k;\ BH=3k[/tex]; тогда [tex]CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=4k=24[/tex], поэтому [tex]k=6[/tex] и [tex]BC=30;\ BH=18[/tex].
Из [tex]\triangle ABC \sim \triangle CBH[/tex]: [tex]AB=\frac{BC^2}{BH}=\frac{900}{18}=50[/tex].

Решение:
Пусть [tex]K[/tex] — точка [tex]BC[/tex], для которой [tex]C_1K \parallel AN[/tex]. В [tex]\triangle ABN[/tex] точка [tex]C_1[/tex] — середина [tex]AB[/tex] и [tex]C_1K \parallel AN[/tex], поэтому [tex]BK=KN[/tex]. В [tex]\triangle CC_1K[/tex] [tex]MN \parallel C_1K[/tex], поэтому [tex]\frac{CN}{NK}=\frac{CM}{MC_1}=\frac{1}{3}[/tex].
Пусть [tex]CN=x;\ NK=3x;\ BK=3x[/tex]; тогда [tex]BN=6x[/tex] и [tex]BN:NC=6:1[/tex].

Решение:
Так как [tex]AB \parallel CD[/tex], [tex]\triangle AOB \sim \triangle COD[/tex] (вертикальные и накрест лежащие углы), поэтому [tex]\frac{AB}{CD}=\frac{AO}{OC}=3[/tex] и [tex]AB=9[/tex].
Средняя линия равна [tex]\frac{AB+CD}{2}=\frac{9+3}{2}=6[/tex].

Решение:
Пусть [tex]BC=a[/tex]. По свойству биссектрисы [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{20}{32}[/tex], поэтому [tex]BL=\frac{20a}{52}=\frac{5a}{13}[/tex]; кроме того, [tex]BM=\frac{a}{2}[/tex].
Так как [tex]AB \lt AC[/tex], точка [tex]L[/tex] лежит между [tex]B[/tex] и [tex]M[/tex], поэтому [tex]LM=\frac{a}{2}-\frac{5a}{13}=\frac{3a}{26}[/tex] и [tex]a=26[/tex].

Решение:
Противоположные стороны ромба параллельны: [tex]DE \parallel BC[/tex], поэтому [tex]\triangle ADE \sim \triangle ABC[/tex] и [tex]\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}[/tex], т.е. [tex]\frac{x}{10}=\frac{15-x}{15}[/tex]. Следовательно, [tex]x=6[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{AB}{AC}=\frac{BL}{LC}=\frac{4}{6}[/tex], поэтому [tex]AB=8[/tex] и [tex]BC=10[/tex]. Тогда [tex]\frac{AK}{KC}=\frac{AB}{BC}=\frac{8}{10}[/tex], поэтому [tex]AK=\frac{8}{18} \cdot 12=\frac{16}{3}[/tex].
В [tex]\triangle ABK[/tex] отрезок [tex]AO[/tex] — биссектриса угла [tex]A[/tex], поэтому [tex]\frac{BO}{OK}=\frac{AB}{AK}=8:\frac{16}{3}=\frac{3}{2}[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{CM}{MB}=\frac{AC}{AB}=\frac{8}{6}[/tex], поэтому [tex]CM=\frac{4}{7} \cdot 8=\frac{32}{7}[/tex]. По симметрии [tex]CP=CM[/tex], поэтому [tex]MP \parallel AB[/tex] и [tex]\frac{MP}{AB}=\frac{CM}{CB}=\frac{4}{7}[/tex].
Следовательно, [tex]MP=\frac{24}{7}[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы в [tex]\triangle AMB[/tex]: [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AM}{MB}[/tex], а в [tex]\triangle AMC[/tex]: [tex]\frac{AP}{PC}=\frac{AM}{MC}[/tex]. Так как [tex]MB=MC[/tex], [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AP}{PC}[/tex], поэтому по теореме, обратной теореме Фалеса, [tex]DP \parallel BC[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{AQ}{QB}=\frac{CA}{CB}=\frac{2}{3}[/tex] и [tex]\frac{BP}{PC}=\frac{AB}{AC}=\frac{5}{4}[/tex]. Положим [tex]CA=4k;\ CB=6k;\ AB=5k[/tex].
Значит, [tex]BC:CA:AB=6:4:5[/tex].

Решение:
У треугольников общий угол при вершине [tex]C[/tex] и [tex]\angle DBC=\angle CAB[/tex], поэтому [tex]\triangle CBD \sim \triangle CAB[/tex]: [tex]\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CB}=\frac{BD}{AB}[/tex].
Следовательно, [tex]CB^2=CD \cdot CA=2 \cdot 18=36[/tex], поэтому [tex]CB=6[/tex], и [tex]AB=BD \cdot \frac{CA}{CB}=5 \cdot 3=15[/tex].

Решение:
[tex]\frac{AD}{AC}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}[/tex] и [tex]\frac{AC}{AB}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}[/tex], и у треугольников общий угол при вершине [tex]A[/tex], поэтому по второму признаку [tex]\triangle ADC \sim \triangle ACB[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{CD}{BC}=\frac{2}{3}[/tex] и [tex]CD=\frac{2}{3} \cdot 12=8[/tex].

Решение:
Оба угла в [tex]\angle DAM=\angle ABD[/tex] дополняют [tex]\angle ADB[/tex] до прямого, а оба треугольника прямоугольные, поэтому [tex]\triangle ADM \sim \triangle BAD[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{DM}{AD}=\frac{AD}{AB}[/tex] и [tex]DM=\frac{36}{9}=4[/tex].

Решение:
Так как [tex]AB \parallel CD[/tex], [tex]\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=2[/tex]. Из [tex]\triangle AOM \sim \triangle ACD[/tex]: [tex]\frac{OM}{CD}=\frac{AO}{AC}[/tex], поэтому [tex]OM=\frac{2}{3} \cdot 5=\frac{10}{3}[/tex]; аналогично [tex]ON=\frac{10}{3}[/tex], поэтому [tex]MN=\frac{20}{3}[/tex].

Решение:
Биссектриса внешнего угла делит противоположную сторону внешним образом в отношении прилежащих сторон: [tex]\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}=\frac{10}{4}[/tex]. Поэтому [tex]PB=\frac{5}{2} \cdot 6=15[/tex] и [tex]BC=PB-PC=15-6=9[/tex].

Решение:
[tex]AC=6;\ BC=8[/tex] и [tex]AH=\frac{AC^2}{AB}=\frac{36}{10}=\frac{18}{5}[/tex]. Пусть [tex]K[/tex] — проекция [tex]G[/tex] на [tex]AB[/tex]. Точка пересечения медиан — среднее арифметическое вершин, поэтому её проекция — среднее арифметическое проекций вершин, находящихся на расстояниях [tex]0;\ AB;\ AH[/tex] от [tex]A[/tex]: [tex]AK=\frac{0+10+\frac{18}{5}}{3}=\frac{68}{15}[/tex].
Так как [tex]CH[/tex] перпендикулярна [tex]AB[/tex], расстояние от [tex]G[/tex] до неё [tex]GK=HK=\frac{68}{15}-\frac{18}{5}=\frac{14}{15}[/tex].

Решение:
Прямоугольные треугольники имеют равные острые углы, поэтому [tex]\triangle ACD \sim \triangle CBD[/tex] при соответствии [tex]A \leftrightarrow C;\ C \leftrightarrow B;\ D \leftrightarrow D[/tex] с коэффициентом [tex]\frac{AC}{CB}=\frac{b}{a}[/tex]. Сторона [tex]CD[/tex] первого треугольника соответствует стороне [tex]BD[/tex] второго, поэтому медианы [tex]AM[/tex] и [tex]CN[/tex] к ним соответственные.
Соответственные медианы подобных треугольников относятся как коэффициент подобия, следовательно, [tex]AM:CN=b:a[/tex].

Решение:
[tex]\triangle CMN \sim \triangle CAB[/tex] и [tex]\triangle AMP \sim \triangle ACB[/tex], поэтому [tex]S_{CMN}=\left(\frac{1}{3}\right)^2S=\frac{S}{9}[/tex] и [tex]S_{AMP}=\left(\frac{2}{3}\right)^2S=\frac{4S}{9}[/tex].
[tex]MNBP[/tex] — параллелограмм ([tex]MN \parallel AB[/tex], [tex]MP \parallel BC[/tex]), поэтому [tex]S_{MNBP}=S-\frac{S}{9}-\frac{4S}{9}=\frac{4S}{9}[/tex], а диагональ [tex]NP[/tex] делит его пополам: [tex]S_{MNP}=\frac{1}{2}S_{MNBP}=\frac{2S}{9}[/tex].

Решение:
Так как [tex]AM \parallel CD[/tex], [tex]\triangle APM \sim \triangle CPD[/tex], поэтому [tex]\frac{AP}{PC}=\frac{PM}{PD}=\frac{2}{3}[/tex].
[tex]S_{ACD}=\frac{15}{2}[/tex]. Треугольники с общей вершиной и основаниями на одной прямой имеют площади, пропорциональные основаниям, поэтому [tex]S_{APD}=\frac{2}{5}S_{ACD}=3[/tex] и [tex]S_{AMP}=\frac{2}{3}S_{APD}=2[/tex].

Решение:
У треугольников общий угол при вершине [tex]A[/tex] и [tex]\angle ABM=\angle ACB[/tex], поэтому [tex]\triangle ABM \sim \triangle ACB[/tex] и [tex]\frac{AB}{AC}=\frac{AM}{AB}[/tex].
Следовательно, [tex]AB^2=AC \cdot AM=AC \cdot \frac{AC}{2}[/tex], т.е. [tex]AC^2=2AB^2[/tex].

Решение:
Пусть [tex]CD[/tex] — диаметр описанной окружности, проходящий через [tex]C[/tex]. Тогда [tex]\angle CBD=90^\circ[/tex], так как он опирается на диаметр, и [tex]\angle CAH=\angle CDB[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на дугу [tex]CB[/tex]), поэтому [tex]\triangle CAH \sim \triangle CDB[/tex] и [tex]\frac{CA}{CD}=\frac{CH}{CB}[/tex].
Следовательно, [tex]CD=\frac{CA \cdot CB}{CH}=\frac{12 \cdot 15}{10}=18[/tex], поэтому [tex]R=9[/tex].

Решение:
[tex]BD=8[/tex]. Пусть [tex]AD=x[/tex]; положим [tex]D(0;0),\ B(0;8),\ A(-x;0),\ C(21-x;0)[/tex], тогда [tex]M\left(\frac{21-x}{2};4\right)[/tex]. Прямая [tex]AM[/tex] пересекает [tex]BD[/tex] на высоте [tex]\frac{8x}{21+x}[/tex], поэтому [tex]\frac{8x}{21+x}=\frac{10}{3}[/tex], откуда [tex]x=15[/tex] и [tex]DC=21-x=6[/tex].
Следовательно, [tex]AB=\sqrt{15^2+8^2}=17;\ BC=\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Решение:
В [tex]\triangle AMC[/tex] отрезок [tex]AO[/tex] — биссектриса угла [tex]A[/tex], и [tex]AM=\frac{AB}{2}[/tex]. По свойству биссектрисы [tex]\frac{CO}{OM}=\frac{AC}{AM}=\frac{AC}{\frac{1}{2}AB}=\frac{3}{1}[/tex].