#3 Треугольники II: подобие

По признаку AA \(\triangle ABC\sim\triangle DEF\). Сторона \(AB\) соответствует \(DE\), поэтому коэффициент равен \(\frac{15}{5}=3\). Сторона \(BC\) соответствует \(EF\), значит \(EF=7\cdot3=21\).

Так как \(AB:A_1B_1=3:4\), то \(AC:A_1C_1=3:4\). Значит \(A_1C_1=12\cdot\frac{4}{3}=16\).

Отрезок \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\). Поэтому \(MN=\frac{1}{2}BC=9\).

Если стороны относятся как \(2:3\), площади относятся как \(4:9\). Поэтому площадь большего треугольника равна \(20\cdot\frac{9}{4}=45\).

Так как \(DE\parallel BC\), \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\). Поэтому \(\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{3}{5}\). Значит \(DE=25\cdot\frac{3}{5}=15\).

Имеем \(AB=AD+DB=10\), поэтому \(\frac{AD}{AB}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\). Из подобия \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\) получаем \(\frac{AE}{AC}=\frac{2}{5}\). Тогда \(AC=5\cdot\frac{5}{2}=\frac{25}{2}\). Следовательно, \(EC=AC-AE=\frac{25}{2}-5=\frac{15}{2}\).

Имеем \(\frac{AB}{DE}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\) и \(\frac{AC}{DF}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\). Углы между этими сторонами равны. Следовательно, треугольники подобны по признаку SAS.

Имеем \(\frac{6}{9}=\frac{8}{12}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\). Все три стороны пропорциональны, значит треугольники подобны по признаку SSS.

Так как \(M\) и \(N\) — середины, \(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{1}{2}\). Угол \(A\) общий. По признаку SAS треугольники \(AMN\) и \(ABC\) подобны с коэффициентом \(\frac{1}{2}\). Поэтому \(MN\) соответствует \(BC\), значит \(MN\parallel BC\) и \(MN=\frac{1}{2}BC\).

Из подобия треугольников \(ACH\) и \(CBH\) следует \(\frac{CH}{AH}=\frac{HB}{CH}\). Поэтому \(CH^2=AH\cdot HB=3\cdot12=36\), значит \(CH=6\).

Пусть высота башни равна \(h\). По подобию прямоугольных треугольников \(\frac{h}{18}=\frac{2.4}{3}\). Следовательно, \(h=18\cdot0.8=14.4\) м.

Площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Поэтому стороны относятся как \(\sqrt{25}:\sqrt{49}=5:7\).

Так как \(AD:DB=2:1\), имеем \(AD:AB=2:3\). Из \(DE\parallel BC\) следует \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\) с коэффициентом \(\frac{2}{3}\). Площади относятся как \(\frac{4}{9}\). Поэтому \(S_{ADE}=54\cdot\frac{4}{9}=24\).

Треугольники \(ABC\) и \(ACH\) прямоугольные: \(\angle C=90^\circ\), \(\angle AHC=90^\circ\). Кроме того, угол при \(A\) общий. Поэтому \(\triangle ABC\sim\triangle ACH\). Соответствие сторон даёт \(\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{AH}\). Отсюда \(AC^2=AB\cdot AH\).

Из параллельности \(B_1C_1\parallel B_2C_2\) следует \(\triangle AB_1C_1\sim\triangle AB_2C_2\). Тогда \(\frac{AB_1}{AB_2}=\frac{AC_1}{AC_2}\). Получаем \(\frac{6}{10}=\frac{AC_1}{15}\), значит \(AC_1=9\).

Пусть \(P\) и \(Q\) — середины \(BG\) и \(CG\). Тогда \(PQ\parallel BC\) и \(PQ=\frac{1}{2}BC\). Так как \(M\) и \(N\) — середины \(AC\) и \(AB\), отрезок \(MN\) тоже параллелен \(BC\) и равен \(\frac{1}{2}BC\). Значит \(PQ\parallel MN\) и \(PQ=MN\), поэтому \(MNPQ\) — параллелограмм. Его диагонали \(MP\) и \(NQ\) пересекаются в точке \(G\) и делятся пополам. Поэтому \(GM=GP\), а так как \(P\) — середина \(BG\), \(BP=PG\). Следовательно, \(BG=2GM\). Аналогично \(CG=2GN\).

Так как \(PE\parallel AB\), треугольники \(CPE\) и \(CAB\) подобны. Из \(AP:PC=2:3\) получаем \(CP:CA=3:5\). Поэтому \(CE:CB=3:5\). Тогда \(EB=CB-CE\), значит \(CE:EB=3:(5-3)=3:2\).

По подобию треугольников \(ABC\) и \(ACH\) имеем \(AC^2=AB\cdot AH\). Поэтому \(AC^2=25\cdot9=225\), значит \(AC=15\).

Пусть сторона квадрата равна \(x\). Верхняя сторона квадрата параллельна основанию треугольника и находится на расстоянии \(x\) от основания. Малый треугольник над квадратом подобен исходному, его высота равна \(h-x\), поэтому длина верхней стороны квадрата равна \(a\cdot\frac{h-x}{h}\). Но эта длина равна \(x\). Получаем \(x=a\cdot\frac{h-x}{h}\), то есть \(xh=ah-ax\). Тогда \(x(a+h)=ah\), откуда \(x=\frac{ah}{a+h}\).

Обозначим середины сторон \(BC\) и \(AB\) через \(K\) и \(L\); медианы — \(AK\) и \(CL\). Достаточно доказать утверждение в удобной аффинной модели, потому что параллельность и отношения на одной прямой сохраняются. Возьмём координаты \(A=(0,0)\), \(C=(1,0)\), \(B=(0,1)\). Тогда \(K=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\), \(L=\left(0,\frac{1}{2}\right)\). Пусть \(P=(t,0)\).

Прямая через \(P\), параллельная \(AK\), имеет направление \((1,1)\) и пересекает \(BC\) в точке \(E=\left(\frac{1+t}{2},\frac{1-t}{2}\right)\). Прямая через \(P\), параллельная \(CL\), имеет направление \((-1,\frac{1}{2})\) и пересекает \(AB\) в точке \(F=\left(0,\frac{t}{2}\right)\). Параметризуем \(EF\): \(Z(\lambda)=E+\lambda(F-E)\).

Медиана \(AK\) задаётся уравнением \(y=x\). Подстановка \(Z(\lambda)\) даёт \(\lambda=\frac{1}{3}\). Медиана \(CL\) задаётся уравнением \(y=\frac{1-x}{2}\). Подстановка даёт \(\lambda=\frac{2}{3}\). Значит точки пересечения медиан с \(EF\) делят отрезок в долях \(\frac{1}{3}\) и \(\frac{2}{3}\), поэтому три части равны.

E. Подробное решение.

По теореме о касательной и хорде \(\angle PBA=\angle BCA\), а угол при \(P\) общий для треугольников \(PBA\) и \(PCB\). Значит, эти треугольники подобны, и \(\frac{AB}{BC}=\frac{PB}{PC}\).

Аналогично треугольники \(PDA\) и \(PCD\) подобны, поэтому \(\frac{AD}{DC}=\frac{PD}{PC}\). Но касательные из одной точки равны: \(PB=PD\). Следовательно, \(\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}\).

Пусть теперь прямая через \(X\), параллельная \(BD\), пересекает стороны \(AB\) и \(AD\). Тогда из подобия треугольников получаем \(\frac{AY}{AB}=\frac{AZ}{AD}=\frac{AX}{AC}\), поэтому \(Y\) и \(Z\) делят первые звенья ломаных в одном отношении.

Если же эта прямая пересекает стороны \(BC\) и \(DC\), то аналогично \(\frac{CY}{CB}=\frac{CZ}{CD}=\frac{CX}{CA}\), значит, оставшиеся части обеих ломаных имеют один и тот же относительный размер.

Так как полные длины двух ломаных имеют одинаковое отношение соответствующих звеньев, в обоих случаях точка на одной ломаной и точка на другой задают одинаковую долю пути от \(A\) к \(C\).