Укажіть умови, за яких ABC~∆A1B1C1.А. ∠A=∠A1, ABA1B1ACA1C1. Б. ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1. В. ∠A=∠A1, ∠B=47°, ∠B1=51°. Г. ABA1B1=BCB1C1, BCB1C1ACA1C1.
ДАБ

Решение для произвольного параллелограмма. 

Пусть дан параллелограмм АВСD, ВС=AD - большие основания,  т.О - середина АD, секущие прямые – ОМ и ОК. 

Прямые не могут проходить через вершины В и С, иначе  площади получившихся частей не будут равными. 

Следовательно,  прямые ОМ и ОК должны делить сторону ВС на 3 отрезка, а сам параллелограмм – на треугольник МОК и трапеции АВМО и ДСКО, средние линии которых  для получения равновеликих фигур должны быть равны основанию МК треугольника (см. рисунок приложения).

Так как прямые  проходят через середину большей стороны, средние линии трапеций равны (0,5•AD+BM):2=MK

Площадь каждой части равна

Формула площади треугольника S=h•а/2 ⇒ 

S ∆ MOK=h•MK:2=ВС•h/3 ⇒  

2МК=ВС/3 ⇒ МК=2ВС/3

Примем ВМ=КС=m. 

Тогда 2m=ВС-2ВС/3⇒

m=ВС/6

ОМ и ОК должны делить ВС в отношении 1:4:1

––––––––––––––––

Отмечаем середину оснований АD и ВС.  Каждую половину ВС делим на 3 части и от В и С отмечаем М  и К. ВМ=СК=ВС/6.  Соединяем т.О на АD с т. М  и К на ВС. Параллелограмм разделен на три равновеликие части. 

Мне понравился мой рисунок, так что я сделаю исключение для этой задачки.
Пусть O - центр окружности, а Т - середина KN, и PT пересекает LM в точке E. Так как треугольник KPT равнобедренный, есть такая "цепочка" равных углов ∠PLM = ∠PKN = ∠KPT = ∠EPM; откуда ясно, что в треугольнике LMP PE - высота.
То есть - другими словами - получилось, что если через точку P пересечения диагоналей провести прямую перпендикулярно LM, то она пройдет через середину KN - точку T;
Точно так же через точку P можно провести прямую перпендикулярно KN, и она пройдет через середину LM - точку Q.
Легко видеть, что OQPT - параллелограмм. Так как OQ тоже перпендикулярно LM, а OT перпендикулярно KN.
То есть OQ II PT; OT II PQ;
Следовательно OT = PQ = LN/2; (PQ - медиана прямоугольного треугольника LMQ)