Задачи на подобие треугольников и пропорциональные отрезки

Обозначим сторону квадрата за \(3x\), тогда \(DK=2x\), \(KC=x\). Необходимо найти \(BH\).



Заметим, что \(\triangle ADK\sim \triangle ABH\) по двум углам (\(\angle ADK=\angle AHB=90^\circ\), \(\angle AKD=\angle HAB\) как накрест лежащие). Следовательно, \[\dfrac{BH}{AD}=\dfrac{AB}{AK}.\] По теореме Пифагора \(AK=\sqrt{AD^2+DK^2}=\sqrt{13}x\), следовательно, \[BH=\dfrac{AD\cdot AB}{AK}=\dfrac{9x^2}{\sqrt{13}x}=\dfrac9{\sqrt{13}}x\] Так как \(AD=\sqrt{13}=3x\), то \(x=\frac{\sqrt{13}}3\), следовательно, \[BH=3.\]

Ответ: 3

Пусть \(E\) – точка пересечения \(AD\) и \(BC\).



Так как углы \(CAD\) и \(BAD\) опираются на равные дуги и оба являются вписанными, то они равны. Следовательно, \(AD\) – биссектриса \(\angle A\). Тогда в треугольнике \(ABC\) по свойству биссектрисы \[\dfrac{BE}{EC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{15}{21}=\dfrac57\] Можно обозначить \(BE=5x\), \(EC=7x\). Тогда \(5x+7x=24\), откуда \(x=2\). Следовательно, \(BE=10\), \(EC=14\).

Ответ:

10 и 14

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(AD, BC\) – основания, \(O\) – точка пересечения продолжений боковых сторон. Обозначим \(OB=x, OC=y\).



Тогда \(\triangle AOD\sim \triangle BOC\) по двум углам: \(\angle O\) – общий, \(\angle OBC=\angle OAD\) как соответственные при \(AD\parallel BC\) и \(AO\) секущей. Следовательно: \[\dfrac{x}{x+12}=\dfrac{12}{18}=\dfrac{y}{y+15} \quad\Leftrightarrow\quad x=24; \quad y=30; \quad\Leftrightarrow\quad x+y=24+30=54.\]

Ответ: 54

В решении будем обозначать катет треугольника за \(a\). Пусть \(r\) – радиус окружности. Если \(K\) – точка касания окружности с катетом \(BC\), то \(OK\perp BC\). Рассмотрим рисунок:



Заметим, что по двум углам \(\triangle BOK\sim \triangle BAC\), следовательно, \[\dfrac{OK}{AC}=\dfrac{BK}{BC}\] Так как \(AC=BC\), то \(OK=BK=r\).
По теореме Пифагора \(AB=\sqrt2a\). Так как \(O\) лежит на \(AB\), то \(AO=r\), следовательно, \(OB=\sqrt2a-r\).
Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle BOK\): \[OB^2=OK^2+BK^2 \quad\Rightarrow\quad (\sqrt2a-r)^2=r^2+r^2 \quad\Leftrightarrow\quad r=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt2+1}a=\sqrt2(\sqrt2-1)a.\] Так как \(a=\sqrt2+1\), то получаем \[r=\sqrt2(\sqrt2-1)(\sqrt2+1)=\sqrt2.\]

Ответ:

\(\sqrt2\)

Центр вписанной в \(\triangle ABC\) окружности будет лежать на биссектрисе, проведенной к его основанию. Пусть \(AC\) – основание, \(BH\) – биссектриса, следовательно, высота и медиана. Пусть \(K\) – точка касания окружности и \(AB\). Необходимо найти, например, \(BK:KA\).

Если обозначить \(AC=4x\), \(AB=3x\), то \(AH=2x\). Заметим, что по двум углам \(\triangle BKO\sim \triangle ABH\) (\(\angle B\) – общий, а также оба прямоугольные). Следовательно, \[\dfrac{BK}{BH}=\dfrac{BO}{AB}=\dfrac{KO}{AH}\] Обозначим радиус окружности за \(r\), то есть \(KO=OH=r\). Также по теореме Пифагора \(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt5x\). Следовательно, \(BO=\sqrt5x-r\). Тогда \[\dfrac{r}{2x}=\dfrac{\sqrt5x-r}{3x} \quad\Leftrightarrow\quad r=\dfrac{2\sqrt5}5x.\] Следовательно, \[BK=\dfrac{KO\cdot BH}{AH}=\dfrac{r\cdot \sqrt5x}{2x}=x \quad\Rightarrow\quad KA=3x-x=2x.\] Следовательно, \[BK:KA=1:2.\]

Ответ:

\(1:2\)

Пусть \(N\) – точка пересечения \(MP\) и \(BC\). Проведем \(MK\parallel BC\).



Тогда по теореме Фалеса точка \(K\) поделит \(AC\) в том же отношении, что точка \(M\) отрезок \(AB\). То есть \(AK=KC\). Следовательно, так как \(AC=CP\), то \(KC=\frac12CP\).
Заметим, что по двум углам \(\triangle NPC\sim \triangle MPK\) (\(\angle P\) – общий, \(\angle NCP=\angle MKP\) как соответственные). Следовательно, \[\dfrac{NC}{MK}=\dfrac{CP}{KP}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{NC}{MK}=\dfrac{2KC}{3KC}=\dfrac23 \quad\Leftrightarrow\quad NC=\dfrac23MK.\] Но \(MK\) – средняя линия в \(\triangle ABC\), следовательно, \(MK=\dfrac12BC\). Откуда \(NC=\dfrac23\cdot \dfrac12BC=\dfrac13 BC=1\). Очевидно, что \(NC<BN\), так как \(BN\) в таком случае равен \(\frac23BC=2\).

Ответ: 1

Рассмотрим картинку. Пусть \(O\) – точка пересечения \(AM\) и \(BD\), а \(Q\) – точка пересечения \(CK\) и \(BD\).

Так как у параллелограмма противоположные стороны равны, то \(AK=KD=BM=MC\).
Заметим, что \(\triangle BOM \sim \triangle AOD\) по двум углам (\(\angle AOD=\angle BOM\) как вертикальные, \(\angle OAD=\angle OMB\) как накрест лежащие). Следовательно, \[\dfrac{BO}{OD}=\dfrac{BM}{AD}=\dfrac12 \quad\Leftrightarrow\quad BO=\dfrac12OD.\] Заметим, что можно записать это так: \(BO=\dfrac13BD\).

Аналогично \(\triangle DQK\sim \triangle CQB\), следовательно, \[\dfrac{DQ}{QB}=\dfrac{KD}{BC}=\dfrac12\quad\Leftrightarrow\quad DQ=\dfrac12QB.\] Заметим, что можно записать это так: \(DQ=\dfrac13BD\).

Таким образом, \(DQ=BO=\dfrac13BD\), следовательно, \[OQ=BD-\dfrac13BD-\dfrac13BD=\dfrac13BD.\] Таким образом, \[BO:OQ:QD=1:1:1.\]

Ответ:

\(1:1:1\)