Подобни триъгълници - много трудни задачи с решения

Решение:
Построяваме ъглополовящата [tex]AL[/tex] на ъгъла при [tex]A[/tex]. Тогава [tex]\angle LAB=\angle ABL[/tex] и [tex]\angle CAL=\angle ABC[/tex], затова [tex]AL=LB[/tex]. Триъгълниците имат и общ ъгъл при [tex]C[/tex], затова [tex]\triangle CAL \sim \triangle CBA[/tex] и [tex]\frac{CA}{CB}=\frac{CL}{CA}=\frac{AL}{BA}[/tex].
Следователно [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:
Двата ъгъла в [tex]\angle HAD=\angle BCD[/tex] допълват ъгъла при [tex]B[/tex] до прав ъгъл, затова [tex]\triangle AHD \sim \triangle CBD[/tex], откъдето [tex]\frac{HD}{AD}=\frac{BD}{CD}[/tex], т.е. [tex]HD=\frac{AD \cdot DB}{CD}[/tex].
Следователно [tex]HD=\frac{CD}{2}[/tex] е изпълнено точно когато [tex]\frac{AD \cdot DB}{CD}=\frac{CD}{2}[/tex], т.е. точно когато [tex]CD^2=2AD \cdot DB[/tex].

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]C[/tex] към [tex]AB[/tex], а [tex]p[/tex] е ориентираната дължина на [tex]MH[/tex], положителна в посоката на [tex]\overrightarrow{AB}[/tex]. От Питагоровата теорема за правоъгълните триъгълници с връх [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].
Умножаваме първото равенство по [tex]BM[/tex], второто по [tex]AM[/tex] и събираме: [tex]BM \cdot AC^2+AM \cdot BC^2=(AM+BM)CM^2+AM \cdot BM(AM+BM)[/tex]. Понеже [tex]AM+BM=AB[/tex], това е търсеното равенство.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на [tex]AM[/tex] и [tex]BL[/tex]. В [tex]\triangle ABM[/tex] ъглополовящата от [tex]B[/tex] е и височина, затова триъгълникът е равнобедрен: [tex]AB=BM[/tex], [tex]AO=OM=2[/tex] и [tex]BC=2AB[/tex]. От свойството на ъглополовящата [tex]\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}[/tex].
С [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], затова [tex]BO=3[/tex]; правоъгълният [tex]\triangle ABO[/tex] дава [tex]s^2=BO^2+AO^2=13[/tex], следователно [tex]AB=\sqrt{13};\ BC=2\sqrt{13}[/tex].
Освен това [tex]\vec a \cdot \vec m=s^2-2AO^2=5[/tex], затова [tex]AC^2=|2\vec m-\vec a|^2=5s^2-4\vec a \cdot \vec m[/tex] дава [tex]AC^2=65-20=45;\ AC=3\sqrt{5}[/tex], и [tex]P=3\sqrt{13}+3\sqrt{5}[/tex].

Решение:
С обичайните означения [tex]a=4;\ b=5;\ c=6[/tex] от свойството на ъглополовящата [tex]AB_1=\frac{bc}{a+c};\ AC_1=\frac{bc}{a+b}[/tex], затова за ъгловия триъгълник при [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]. Числено и аналогично за другите два ъгъла: [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].
Следователно [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:
Нека [tex]M[/tex] е средата на [tex]BC[/tex], а [tex]H'[/tex] е точката от продължението на [tex]OG[/tex] след [tex]G[/tex], за която [tex]GH'=2OG[/tex]. Медицентърът дели медианата [tex]AM[/tex] така, че [tex]\frac{GA}{GM}=\frac{GH'}{GO}=2[/tex], и [tex]\angle AGH'=\angle MGO[/tex] (връхни ъгли), затова [tex]\triangle AGH' \sim \triangle MGO[/tex].
Следователно [tex]AH' \parallel OM[/tex]; понеже [tex]OM \perp BC[/tex], и [tex]AH' \perp BC[/tex], т.е. [tex]H'[/tex] лежи на височината от [tex]A[/tex]. Аналогично [tex]H'[/tex] лежи на височината от [tex]B[/tex], затова [tex]H'=H[/tex] и точките [tex]O;\ G;\ H[/tex] лежат на една права.

Решение:
[tex]CD[/tex] е перпендикулярна на [tex]PK[/tex], затова е височина в [tex]\triangle PCK[/tex] и [tex]H[/tex] лежи на нея; освен това [tex]PH \perp CK[/tex]. Двата ъгъла в [tex]\angle DPH=\angle DCK[/tex] допълват ъгъла при [tex]K[/tex] до прав ъгъл, затова [tex]\triangle PDH \sim \triangle CDK[/tex] и [tex]\frac{HD}{PD}=\frac{DK}{CD}[/tex].
Понеже [tex]CD^2=AD \cdot BD[/tex], [tex]HD=\frac{PD \cdot DK}{CD}=\frac{AD \cdot BD}{4CD}=\frac{CD}{4}[/tex], затова [tex]CH:HD=3:1[/tex].

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е петата на височината от [tex]C[/tex], [tex]CH=h[/tex], [tex]AB=s[/tex] и [tex]AH=x;\ HB=y[/tex]. Понеже [tex]CH \parallel NA[/tex] (и двете са перпендикулярни на [tex]AB[/tex]), [tex]\frac{HQ}{QA}=\frac{CH}{NA}=\frac{h}{s}[/tex], и аналогично от [tex]CH \parallel MB[/tex]: [tex]QA=\frac{xs}{h+s};\ BP=\frac{ys}{h+s}[/tex].
Понеже [tex]QP \parallel NM[/tex], триъгълниците с връх [tex]C[/tex] са подобни и [tex]\frac{QP}{NM}=\frac{h}{h+s};\ QP=\frac{hs}{h+s}[/tex]. В правоъгълен триъгълник [tex]xy=h^2[/tex], затова [tex]AQ \cdot BP=\frac{xys^2}{(h+s)^2}=\frac{h^2s^2}{(h+s)^2}=QP^2[/tex].

Решение:
От [tex]\triangle MNB[/tex]: [tex]\angle NMB=180^\circ-\angle B-\varphi[/tex]. Ъглите при [tex]M[/tex] върху правата [tex]AB[/tex] имат сбор развит ъгъл, затова [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], затова триъгълниците имат равни ъгли и [tex]\triangle ABC \sim \triangle PMN[/tex].