Подобные треугольники

Два треугольника называются подобными, если они имеют одинаковую форму: углы одного треугольника соответственно равны углам другого, а стороны одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого.

Один из двух подобных треугольников — это увеличенная или уменьшенная копия другого, которая, возможно, к тому же сдвинута, повёрнута или перевёрнута. Фотография и её увеличенный отпечаток, карта и реальная местность, два предмета и их тени в один и тот же момент — во всех этих случаях возникают подобные треугольники.

Определение и обозначения

Треугольники $ABC$ и $A_1B_1C_1$ подобны, если

Пишут ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ и читают «треугольник $ABC$ подобен треугольнику $A_1B_1C_1$». Число $k$ называется коэффициентом подобия (это отношение сходственных сторон). При обычных обозначениях сторон ${a_1=ka},$ ${b_1=kb}$ и ${c_1=kc}.$

• Порядок букв важен. Он показывает, какие вершины соответствуют друг другу: $A$ и $A_1,$ $B$ и $B_1,$ $C$ и $C_1.$ Сходственные стороны соединяют соответствующие вершины и лежат против равных углов.
• Если ${k\gt 1},$ второй треугольник — увеличенная копия первого; если ${k\lt 1},$ — уменьшенная. На рисунке выше ${k=1{,}55}.$
• Если ${k=1},$ треугольники равны. Значит, равные треугольники подобны, но подобные треугольники, как правило, не равны.
• Если ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ с коэффициентом $k,$ то ${\triangle A_1B_1C_1\sim\triangle ABC}$ с коэффициентом $\frac1k.$ Два треугольника, подобные третьему, подобны между собой.

Если известны только длины сторон, сходственные стороны находят по их величине: наименьшая сторона соответствует наименьшей, средняя — средней, наибольшая — наибольшей.

На этой странице: Признаки подобия · Прямоугольные и равнобедренные треугольники · Прямая, параллельная стороне · Периметры и площади · В прямоугольном треугольнике · Теорема Менелая · Теорема Чевы · Задачи с решениями · Практические задачи · Задачи для самостоятельного решения

Признаки подобия треугольников

Чтобы доказать, что два треугольника подобны, не нужно проверять все три пары углов и все три отношения сторон. Достаточно любого из следующих признаков. В признаках ${k\gt 0}$ — произвольное число.

Первый признак: по двум углам

Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Тогда равны и третьи углы, так как каждый из них дополняет сумму двух других до $180^\circ.$ Этот признак применяют чаще всего, ведь равные углы найти легко: это углы при параллельных прямых, вертикальные углы, общий угол, прямые углы.

Второй признак: по двум сторонам и углу между ними

Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, заключённые между этими сторонами, равны, то такие треугольники подобны.

Если ${A_1B_1=k\cdot AB},$ ${A_1C_1=k\cdot AC}$ и ${\angle A=\angle A_1},$ то ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}.$ Равным должен быть именно угол между этими двумя сторонами.

Третий признак: по трём сторонам

Если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Чтобы это проверить, запишите стороны каждого треугольника в порядке возрастания и разделите стороны второго на стороны первого, стоящие на тех же местах: все три отношения должны быть равны.

По двум сторонам и углу, лежащему против большей из них

Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, лежащие против больших из этих сторон, равны, то такие треугольники подобны.

Если равные углы лежат против меньших сторон, треугольники могут и не быть подобными. Например, у треугольников со сторонами 6; 8; 10 и 6; 8; 2,8 есть стороны 6 и 8 и равные углы, лежащие против стороны 6, но первый из них прямоугольный, а второй — тупоугольный.

Почему признаки верны

Воспользуемся теоремой из раздела Прямая, параллельная стороне треугольника: такая прямая отсекает треугольник, подобный данному. Пусть ${A_1B_1=k\cdot AB},$ где ${k\gt 1}$ (если ${k\lt 1},$ поменяем треугольники местами; если ${k=1},$ признаки подобия превращаются в признаки равенства). На стороне $A_1B_1$ отметим точку $D$ так, чтобы ${A_1D=AB},$ и проведём ${DE\parallel B_1C_1},$ где точка $E$ лежит на $A_1C_1.$ Тогда ${\triangle A_1DE\sim\triangle A_1B_1C_1}$ с коэффициентом $\frac1k,$ поэтому ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}},$ ${DE=\frac{B_1C_1}{k}}$ и ${\angle A_1DE=\angle B_1}.$

• Первый признак. ${A_1D=AB},$ ${\angle A_1=\angle A}$ и ${\angle A_1DE=\angle B_1=\angle B},$ поэтому ${\triangle A_1DE=\triangle ABC}$ (по второму признаку равенства).
• Второй признак. ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}=AC},$ поэтому ${\triangle A_1DE=\triangle ABC}$ (по первому признаку равенства).
• Третий признак. ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}=AC}$ и ${DE=\frac{B_1C_1}{k}=BC},$ поэтому ${\triangle A_1DE=\triangle ABC}$ (по третьему признаку равенства).
• Четвёртый признак доказывается так же, с помощью признака равенства «по двум сторонам и углу, лежащему против большей из них»: обозначим треугольники так, чтобы ${AB\ge AC}$ и ${\angle C=\angle C_1};$ тогда ${A_1E=AC}$ и ${\angle A_1ED=\angle C_1=\angle C}.$

В каждом случае треугольник $ABC$ равен треугольнику $A_1DE,$ который подобен треугольнику $A_1B_1C_1,$ поэтому ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}.$

Прямоугольные, равнобедренные и равносторонние треугольники

Для этих треугольников признаки подобия упрощаются.

• Два прямоугольных треугольника подобны, если острый угол одного равен острому углу другого (первый признак), если их катеты пропорциональны (второй признак: прямой угол лежит между катетами) или если катет и гипотенуза одного пропорциональны катету и гипотенузе другого (гипотенуза — большая из этих двух сторон, и она лежит против прямого угла).
• Два равнобедренных треугольника подобны, если равны их углы при вершине, если равны их углы при основании или если основание и боковая сторона одного пропорциональны основанию и боковой стороне другого.
• Любые два равносторонних треугольника подобны: все их углы равны $60^\circ.$

Прямая, параллельная стороне треугольника

Почему? Угол $A$ общий, а ${\angle ADE=\angle ABC}$ как соответственные углы при параллельных прямых $DE$ и $BC$ (аналогично ${\angle AED=\angle ACB}$). Значит, углы двух треугольников соответственно равны. Равенство ${\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}}$ следует из теоремы о пропорциональных отрезках (обобщённой теоремы Фалеса). Для третьего отношения проведём через $E$ прямую, параллельную $AB;$ она пересечёт $BC$ в точке $F.$ Тогда $DBFE$ — параллелограмм, ${DE=BF},$ и по теореме о пропорциональных отрезках для угла $C$ получаем ${\frac{BF}{BC}=\frac{AE}{AC}}.$

Для параллельных сторон ${\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}},$ то есть в знаменателе стоит вся сторона $AB.$ Отношение ${\frac{AD}{DB}}$ равно ${\frac{AE}{EC}},$ но оно не равно ${\frac{DE}{BC}}.$

То же верно, когда прямая пересекает продолжения сторон за вершину $A\text{:}$ треугольники $ADE$ и $ABC$ образуют «песочные часы» и подобны по первому признаку (вертикальные углы при вершине $A$ и накрест лежащие углы при параллельных прямых).

Верно и обратное утверждение: если $D$ лежит на $AB,$ $E$ лежит на $AC$ и ${\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}},$ то ${DE\parallel BC}.$ Действительно, треугольники $ADE$ и $ABC$ подобны по второму признаку, поэтому ${\angle ADE=\angle ABC},$ а это соответственные углы.

Высоты, периметры и площади подобных треугольников

Доказательство

Высоты. У треугольников $ACH$ и $A_1C_1H_1$ углы при вершинах $H$ и $H_1$ прямые, а углы при вершинах $A$ и $A_1$ равны (можно считать, что $\angle A$ острый, так как в треугольнике не более одного неострого угла; тогда ${\angle CAH=\angle A}$ даже в случае, когда $H$ лежит за точкой $B$). По первому признаку они подобны, поэтому ${\frac{C_1H_1}{CH}=\frac{A_1C_1}{AC}=k}.$

Медианы. Если $M$ и $M_1$ — середины $AB$ и $A_1B_1,$ то ${A_1M_1=k\cdot AM},$ ${A_1C_1=k\cdot AC}$ и ${\angle A_1=\angle A},$ поэтому ${\triangle AMC\sim\triangle A_1M_1C_1}$ по второму признаку и ${C_1M_1=k\cdot CM}.$ Для биссектрис $CL$ и $C_1L_1$ рассмотрим треугольники $ACL$ и $A_1C_1L_1:$ они подобны по первому признаку, так как ${\angle A=\angle A_1}$ и ${\angle ACL}={\frac12\angle C}={\frac12\angle C_1}={\angle A_1C_1L_1},$ поэтому ${C_1L_1=k\cdot CL}.$

Периметры. ${P_1}={a_1+b_1+c_1}={ka+kb+kc}={kP}.$

Площади. ${S_1}={\frac12c_1h_{c_1}}={\frac12\cdot kc\cdot kh_c}={k^2\cdot\frac12ch_c}={k^2S}.$

Радиусы. Если $p$ — полупериметр, то ${r=\frac{S}{p}}$ и ${R=\frac{abc}{4S}}$ (см. задачу 10). Площадь умножается на $k^2,$ а $p$ — на $k,$ поэтому $r$ умножается на $k;$ произведение $abc$ умножается на $k^3,$ поэтому $R$ умножается на $k.$

Например, если каждую сторону увеличить в два раза, то периметр тоже увеличится в два раза, а площадь — в четыре раза. На карте масштаба ${1:5000}$ длины уменьшены в 5000 раз, а площади — в ${5000^2=25\,000\,000}$ раз.

Подобные треугольники в прямоугольном треугольнике

Пусть ${\angle C=90^\circ}$ и $CH$ — высота, проведённая к гипотенузе. Она делит гипотенузу $c$ на отрезки ${AH=b_c}$ и ${HB=a_c}$ — проекции катетов $b$ и $a$ на гипотенузу.

Высота, проведённая к гипотенузе, делит прямоугольный треугольник на два треугольника, подобных ему и друг другу: ${\triangle ACH\sim\triangle ABC\sim\triangle CBH}.$

Каждый из двух меньших треугольников имеет прямой угол и общий с большим треугольником острый угол ($\angle A$ или $\angle B$), поэтому применим первый признак. Записав пропорции сходственных сторон, получаем

Например, из ${\triangle ACH\sim\triangle CBH}$ получаем ${\frac{AH}{CH}=\frac{CH}{HB}},$ то есть ${h^2=a_c b_c}.$ Сложив два последних равенства, получим ${{a^2+b^2=c(a_c+b_c)=c^2}:}$ это одно из доказательств теоремы Пифагора. Подробнее об этих формулах — на странице Высота треугольника.

Знаменитые теоремы Менелая, Чевы и Морли

Теорема Менелая

Произведение «обходит» треугольник: от $A$ к точке на $AC,$ затем к $C,$ к точке на $CB,$ к $B,$ к точке на прямой $AB$ и обратно к $A.$ Теорема верна и в том случае, когда прямая пересекает продолжения всех трёх сторон.

Доказательство

Проведём через $C$ прямую, параллельную $AB;$ она пересечёт прямую $MN$ в точке $Q.$ У треугольников $MCQ$ и $MAP$ равны вертикальные углы при вершине $M$ и накрест лежащие углы при вершинах $C$ и $A,$ поэтому они подобны и ${\frac{AM}{MC}=\frac{AP}{CQ}}.$ Аналогично ${\triangle NCQ\sim\triangle NBP},$ поэтому ${\frac{CN}{NB}=\frac{CQ}{BP}}.$ Тогда

$$\frac{AM}{MC}\cdot\frac{CN}{NB}\cdot\frac{BP}{PA}=\frac{AP}{CQ}\cdot\frac{CQ}{BP}\cdot\frac{BP}{PA}=1.$$

Верно и обратное утверждение: если $M$ и $N$ лежат на сторонах $AC$ и $BC,$ $P$ лежит на продолжении $AB$ и произведение равно 1, то точки $M,$ $N$ и $P$ лежат на одной прямой. Поэтому теорему Менелая применяют, чтобы доказать, что три точки лежат на одной прямой.

Теорема Чевы

Доказательство

Проведём через $A$ прямую, параллельную $BC.$ Продолжения отрезков $BB_1$ и $CC_1$ пересекают её в точках $X$ и $Y.$ Вертикальные углы и накрест лежащие углы при параллельных прямых дают четыре пары подобных треугольников:

• ${\triangle AC_1Y\sim\triangle BC_1C},$ поэтому ${\frac{AC_1}{C_1B}=\frac{AY}{BC}};$
• ${\triangle CB_1B\sim\triangle AB_1X},$ поэтому ${\frac{CB_1}{B_1A}=\frac{BC}{AX}};$
• ${\triangle OA_1B\sim\triangle OAX}$ и ${\triangle OA_1C\sim\triangle OAY},$ поэтому ${\frac{BA_1}{AX}=\frac{OA_1}{OA}=\frac{A_1C}{AY}},$ то есть ${\frac{BA_1}{A_1C}=\frac{AX}{AY}}.$

Перемножив эти равенства, получим ${\frac{AY}{BC}\cdot\frac{AX}{AY}\cdot\frac{BC}{AX}=1}.$

Верно и обратное утверждение. Для медиан каждое отношение равно 1, поэтому и произведение равно 1, и обратная теорема показывает, что три медианы пересекаются в одной точке.

Теорема Морли

Разделим каждый угол треугольника на три равных угла (проведём трисектрисы). Две трисектрисы, прилежащие к одной стороне, пересекаются в точке, и три полученные точки всегда являются вершинами равностороннего треугольника. Эту удивительную теорему открыл Фрэнк Морли в 1899 году; её доказательство сложнее и опирается не только на подобные треугольники.

Задачи с решениями

Задача 1. Подобны ли треугольники $ABC$ и $PQR$ на рисунке?

Решение. Известны все шесть сторон, поэтому применим третий признак. В порядке возрастания стороны равны 2, 4, 5 и 6, 12, 15:

$$\frac{PQ}{AB}=\frac{6}{2}=3,\qquad \frac{QR}{BC}=\frac{12}{4}=3,\qquad \frac{PR}{AC}=\frac{15}{5}=3.$$

Все три отношения равны, поэтому ${\triangle ABC\sim\triangle PQR}$ с коэффициентом подобия 3.

Задача 2. В треугольниках $ABC$ и $PQR$ ${\angle A=\angle P},$ ${\angle B=\angle Q},$ ${AB=4},$ ${BC=6},$ ${AC=7}$ и ${QR=12}.$ Найдите $PQ$ и $PR.$

Решение. По первому признаку ${\triangle ABC\sim\triangle PQR}.$ Треугольник $PQR$ изображён перевёрнутым, но равные углы показывают соответствие вершин: $A$ соответствует $P,$ $B$ — $Q,$ а $C$ — $R.$ Значит, стороне $BC$ соответствует сторона $QR$ и ${k=\frac{QR}{BC}=\frac{12}{6}=2}.$ Тогда ${PQ=2\cdot AB=8}$ и ${PR=2\cdot AC=14}.$

Задача 3. Точки $B$ и $C$ лежат на сторонах $AD$ и $AE$ треугольника $ADE,$ ${BC\parallel DE},$ ${BC=3},$ ${DE=6}$ и ${BD=4}.$ Найдите $AB.$

Решение. Прямая $BC$ параллельна стороне $DE,$ поэтому ${\triangle ABC\sim\triangle ADE}$ и ${\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}=\frac36=\frac12}.$ Так как ${AD=AB+4},$ получаем ${2AB=AB+4},$ откуда ${AB=4}.$

Задача 4. Диагонали трапеции $ABCD$ ${(AB\parallel CD)}$ пересекаются в точке $O,$ и ${AO:OC=3:2}.$ Средняя линия трапеции равна 5 см. Найдите основания.

Решение. В треугольниках $AOB$ и $COD$ углы при вершине $O$ вертикальные, а ${\angle OAB=\angle OCD}$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AB$ и $CD.$ Поэтому ${\triangle AOB\sim\triangle COD}$ и ${\frac{AB}{CD}=\frac{AO}{OC}=\frac32}.$ Средняя линия равна полусумме оснований, поэтому ${AB+CD=10}.$ Тогда ${AB=6}$ см и ${CD=4}$ см.

Задача 5. Стороны треугольника относятся как ${2:3:4}.$ Периметр подобного ему треугольника равен 84,6 см. Найдите его стороны.

Решение. Стороны подобного треугольника относятся так же, поэтому они равны $2t,$ $3t$ и $4t.$ Тогда ${9t=84{,}6},$ ${t=9{,}4},$ и стороны равны 18,8 см, 28,2 см и 37,6 см.

Задача 6. Прямая, параллельная стороне $BC$ треугольника $ABC,$ делит его на две равновеликие части. В каком отношении она делит сторону $AB?$

Решение. Пусть прямая пересекает $AB$ в точке $D$ и $AC$ в точке $E.$ Тогда ${\triangle ADE\sim\triangle ABC}$ с коэффициентом ${k=\frac{AD}{AB}},$ и площадь треугольника $ADE$ равна половине площади треугольника $ABC.$ Поэтому ${k^2=\frac12},$ ${k=\frac{1}{\sqrt2}}$ и

$$\frac{AD}{DB}=\frac{AD}{AB-AD}=\frac{1}{\sqrt2-1}=\sqrt2+1\approx 2{,}41.$$

Прямая проходит не через середину $AB\text{:}$ средняя линия отсекает треугольник, площадь которого составляет лишь четверть площади всего треугольника.

Задача 7. В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD,$ а прямая, проходящая через $D$ параллельно $AB,$ пересекает $AC$ в точке $E.$ Найдите $AB,$ если ${AE=6}$ см и ${EC=4}$ см.

Решение. ${\angle ADE=\angle DAB}$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $DE$ и $AB,$ а ${\angle DAB=\angle DAE},$ так как $AD$ — биссектриса. Поэтому треугольник $ADE$ равнобедренный и ${DE=AE=6}.$ Прямая $DE$ параллельна стороне $AB,$ поэтому ${\triangle EDC\sim\triangle ABC}$ и ${\frac{DE}{AB}=\frac{EC}{AC}=\frac{4}{10}}.$ Тогда ${AB=\frac{6\cdot 10}{4}=15}$ см.

Задача 8. Две вершины квадрата лежат на стороне ${AB=a}$ треугольника $ABC,$ а две другие — на сторонах $AC$ и $BC.$ Найдите сторону $x$ квадрата, если ${a=15}$ см, а высота, проведённая из вершины $C,$ равна ${h=10}$ см.

Решение. Верхняя сторона квадрата параллельна $AB,$ поэтому она отсекает треугольник, подобный треугольнику $ABC.$ Его основание равно $x,$ а высота равна ${h-x}.$ Высоты относятся так же, как основания:

$$\frac{x}{a}=\frac{h-x}{h}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{ah}{a+h}=\frac{15\cdot 10}{25}=6\ \text{см}.$$

Задача 9. Хорды $AB$ и $CD$ окружности пересекаются в точке $P.$ Докажите, что ${PA\cdot PB=PC\cdot PD},$ и найдите $PD,$ если ${PA=4},$ ${PB=6}$ и ${PC=3}.$

Решение. Вписанные углы $CAB$ и $CDB$ опираются на одну и ту же дугу $CB,$ поэтому они равны. Углы $APC$ и $DPB$ вертикальные. По первому признаку ${\triangle APC\sim\triangle DPB},$ откуда ${\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}}$ и ${PA\cdot PB=PC\cdot PD}.$ Тогда ${PD=\frac{4\cdot 6}{3}=8}.$

Задачи повышенной сложности

Задача 10. Докажите, что произведение двух сторон треугольника равно произведению высоты, проведённой к третьей стороне, на диаметр описанной окружности: ${ab=2R\cdot h_c}.$

Решение. В треугольнике не более одного неострого угла, поэтому можно считать, что угол $B$ острый (иначе поменяем местами $A$ и $B$). Пусть $CH$ — высота, а $CD$ — диаметр описанной окружности; точка $H$ лежит на луче $BA.$ Вписанный угол $CAD$ опирается на диаметр, поэтому ${\angle CAD=90^\circ=\angle CHB}.$ Точки $B$ и $D$ лежат на одной и той же дуге $CA\text{:}$ иначе ${\angle CDA=180^\circ-\angle B}$ был бы тупым, а он — острый угол прямоугольного треугольника $CAD.$ Поэтому вписанные углы $CBA$ и $CDA$ опираются на одну и ту же дугу и равны. По первому признаку ${\triangle CHB\sim\triangle CAD},$ откуда ${\frac{CH}{CA}=\frac{CB}{CD}},$ то есть ${CA\cdot CB=CD\cdot CH},$ или ${ab=2R\cdot h_c}.$

Так как ${h_c=\frac{2S}{c}},$ отсюда получается известная формула ${S=\frac{abc}{4R}}.$

Задача 11. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $CD$ и $AE.$ Докажите, что отрезок $DE$ отсекает треугольник, подобный треугольнику $ABC.$

Решение. Прямоугольные треугольники $ABE$ и $CBD$ имеют общий угол $B,$ поэтому они подобны и ${\frac{BE}{BD}=\frac{AB}{CB}},$ или ${\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}}.$ Треугольники $BDE$ и $BCA$ имеют общий угол $B,$ а заключающие его стороны пропорциональны, поэтому по второму признаку ${\triangle BDE\sim\triangle BCA}$ с коэффициентом ${\frac{BD}{BC}=\cos B}.$ Обратите внимание на соответствие вершин: $D$ соответствует $C,$ а $E$ — $A,$ поэтому в общем случае $DE$ не параллельна $AC$ (параллельна только при ${AB=BC}$).

Задача 12 (прямая Эйлера). Пусть $O$ — центр описанной окружности, $G$ — точка пересечения медиан (центр тяжести), а $H$ — ортоцентр (точка пересечения высот) остроугольного треугольника $ABC.$ Докажите, что точки $O,$ $G$ и $H$ лежат на одной прямой и ${GH=2\,GO}.$

Решение. В равностороннем треугольнике эти три точки совпадают, поэтому пусть треугольник не равносторонний, а его вершины обозначены так, что ${AB\ne AC};$ тогда ни $H,$ ни $O$ не лежат на медиане, проведённой из вершины $A.$ Пусть $M$ и $N$ — середины $BC$ и $CA.$ Прямые $OM$ и $AH$ обе перпендикулярны $BC,$ поэтому они параллельны; аналогично ${ON\parallel BH},$ а ${MN\parallel AB}$ как средняя линия. У треугольников $OMN$ и $HAB$ стороны соответственно параллельны, поэтому их углы равны и они подобны с коэффициентом ${\frac{MN}{AB}=\frac12}.$ Отсюда ${AH=2\,OM}.$

Точка пересечения медиан лежит на медиане $AM,$ причём ${AG=2\,GM}.$ Треугольник остроугольный, поэтому $H$ и $O$ лежат внутри него: луч $AH$ направлен к $BC,$ а луч $MO$ — от $BC.$ Значит, $H$ и $O$ лежат по разные стороны от $AM,$ и в треугольниках $AGH$ и $MGO$ углы $HAG$ и $OMG$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AH$ и $OM,$ а ${\frac{AH}{MO}=\frac{AG}{GM}=2}.$ По второму признаку ${\triangle AGH\sim\triangle MGO},$ поэтому ${\angle AGH=\angle MGO}.$ Эти углы лежат по разные стороны от прямой $AM,$ поэтому точки $H,$ $G$ и $O$ лежат на одной прямой и ${GH=2\,GO}.$

То же верно для любого треугольника, который не является равносторонним; эта прямая называется прямой Эйлера.

Практические задачи

Задача 13 (высота по тени). В один и тот же момент человек ростом 1,8 м отбрасывает тень длиной 2,7 м, а дерево — тень длиной 15 м. Какова высота дерева?

Решение. Пусть $AB$ — дерево, $BC$ — его тень, $A_1B_1$ — человек, $B_1C_1$ — его тень. Солнечные лучи параллельны, поэтому они образуют с землёй равные углы: ${\angle C=\angle C_1}.$ Дерево и человек стоят вертикально, поэтому ${\angle B=\angle B_1=90^\circ}.$ По первому признаку ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ и

$$\frac{AB}{A_1B_1}=\frac{BC}{B_1C_1}\quad\Rightarrow\quad AB=\frac{1{,}8\cdot 15}{2{,}7}=10\ \text{м}.$$

Задача 14 (высота здания по дереву). Таня хочет найти высоту здания. Перед зданием, в 30 м от него, растёт дерево высотой 2,8 м. Таня отходит от дерева назад, пока не увидит верхушку дерева и верх здания на одной прямой; в этот момент она находится в 5 м от дерева. Её глаза находятся на высоте 1,6 м над землёй. Какова высота здания?

Решение. Пусть $T$ — верхушка дерева, $D$ — верхняя точка здания. Проведём через глаз Тани $E$ горизонтальную прямую; она пересекает дерево в точке $K,$ а здание — в точке $L.$ Прямоугольные треугольники $EKT$ и $ELD$ имеют общий угол при вершине $E,$ поэтому они подобны. Здесь ${EK=5},$ ${EL=5+30=35}$ и ${KT=2{,}8-1{,}6=1{,}2}$ м, поэтому

$$\frac{LD}{KT}=\frac{EL}{EK}\quad\Rightarrow\quad LD=\frac{1{,}2\cdot 35}{5}=8{,}4\ \text{м}.$$

Высота здания равна ${8{,}4+1{,}6=10}$ м.

Задача 15 (ширина реки). Чтобы найти расстояние от точки $A$ до точки $X$ на другом берегу, идём от $A$ вдоль берега перпендикулярно $AX$ и отмечаем точку $B,$ для которой ${AB=200}$ м. На $AB$ отмечаем точку $M,$ для которой ${MB=30}$ м, идём от $M$ параллельно $AX$ и останавливаемся в точке $N,$ лежащей на прямой $BX.$ Измеряем ${MN=15}$ м. Найдите $AX.$

Решение. ${MN\parallel AX},$ поэтому ${\triangle BMN\sim\triangle BAX}$ и

$$\frac{AX}{MN}=\frac{AB}{MB}\quad\Rightarrow\quad AX=\frac{15\cdot 200}{30}=100\ \text{м}.$$

Задача 16 (транспортёр). Наклонная лента транспортёра начинается в точке $A$ на полу и опирается на стойку высотой 3 м, которая стоит в 8 м от $A.$ Ленту нужно продлить с тем же наклоном до новой стойки высотой 9 м. На каком расстоянии от первой стойки должна стоять новая стойка и на сколько удлинится лента?

Решение. Пусть $D$ и $E$ — нижний и верхний концы первой стойки, $B$ и $C$ — новой стойки, а ${x=DB}.$ Прямоугольные треугольники $ADE$ и $ABC$ имеют общий угол $A,$ поэтому они подобны с коэффициентом ${k=\frac{BC}{DE}=\frac93=3}.$ Тогда ${AB=3\cdot 8=24}$ м и ${x=24-8=16}$ м. Длина старой ленты ${AE}={\sqrt{8^2+3^2}}={\sqrt{73}}\approx{8{,}54}$ м. Длина новой ленты ${AC=3\cdot AE},$ поэтому лента удлинится на ${EC=2\sqrt{73}\approx 17{,}09}$ м.

Задача 17 (площадь по карте). На карте масштаба ${1:5000}$ треугольное поле имеет площадь 12 см². Какова его действительная площадь?

Решение. Поле и его изображение подобны с коэффициентом ${k=5000},$ поэтому действительная площадь равна ${12\cdot 5000^2}={300\,000\,000}$ см² ${=30\,000}$ м², то есть 3 га.

Задачи для самостоятельного решения

Решите их сами, а затем откройте ответ.

1. Стороны треугольника равны 26 см, 38 см и 46 см. Наименьшая сторона подобного ему треугольника равна 13 см. Найдите две другие его стороны.

${k=\frac{13}{26}=\frac12},$ поэтому две другие стороны равны 19 см и 23 см.

2. Две сходственные стороны подобных треугольников равны 15 см и 6 см, а высота, проведённая к стороне 15 см, равна 8 см. Найдите соответствующую высоту, проведённую к стороне 6 см.

${8\cdot\frac{6}{15}=3{,}2}$ см.

3. Коэффициент подобия двух подобных треугольников равен 1,75, а сумма двух соответствующих высот равна 121 мм. Найдите эти высоты.

${h+1{,}75h=121},$ поэтому ${h=44}$ мм и ${1{,}75h=77}$ мм.

4. Отношение двух соответствующих высот подобных треугольников равно 0,6, а две соответствующие биссектрисы отличаются на 1,4 см. Найдите эти биссектрисы.

Биссектрисы относятся так же: ${l-0{,}6l=1{,}4},$ поэтому ${l=3{,}5}$ см и ${0{,}6l=2{,}1}$ см.

5. Площади двух подобных треугольников равны 18 см² и 50 см², а сторона меньшего из них равна 6 см. Найдите сходственную сторону большего треугольника.

${k^2=\frac{50}{18}=\frac{25}{9}},$ ${k=\frac53},$ поэтому искомая сторона равна 10 см.

6. Угол при вершине одного равнобедренного треугольника равен $\alpha,$ а угол при основании другого равнобедренного треугольника равен ${90^\circ-\frac{\alpha}{2}}.$ Боковая сторона первого треугольника и периметр второго равны по 80 см, а основание второго равно 20 см. Найдите основание первого треугольника.

Угол при вершине второго треугольника равен ${180^\circ-2\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\alpha},$ поэтому треугольники подобны. Боковые стороны второго равны 30 см, поэтому основание первого равно ${80\cdot\frac{20}{30}=53\frac13}$ см.

7. Основание равнобедренного треугольника равно 3 см, а боковая сторона — 6 см. Отрезок прямой, параллельной основанию, заключённый между боковыми сторонами, равен части боковой стороны, прилежащей к основанию. Найдите этот отрезок.

Если отрезок равен $x,$ то у отсечённого треугольника боковая сторона равна ${6-x},$ а основание — $x,$ поэтому ${\frac{x}{3}=\frac{6-x}{6}}$ и ${x=2}$ см.

8. В треугольнике $ABC$ ${AB=9},$ ${BC=12}$ и ${AC=6}.$ Точка $D$ лежит на $AB,$ причём ${AD=4}.$ Найдите $CD.$

${\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}=\frac23}$ и угол $A$ общий, поэтому ${\triangle ADC\sim\triangle ACB}$ (по второму признаку) и ${CD=\frac23\cdot BC=8}.$

9. Параллелограмм $AKMP$ вписан в треугольник $ABC$ так, что угол $A$ у них общий ($K$ на $AC,$ $M$ на $BC,$ $P$ на $AB$). Найдите стороны параллелограмма, если ${AC=24},$ ${AB=36}$ и ${KM:MP=3:1}.$

Пусть ${MP=AK=t},$ тогда ${KM=3t}.$ ${KM\parallel AB},$ поэтому ${\frac{3t}{36}=\frac{24-t}{24}},$ откуда ${t=8}.$ Стороны равны 8 и 24.

10. Боковые стороны трапеции равны 12 см и 8 см, а большее основание равно 27 см. Диагональ делит трапецию на два подобных треугольника. Найдите эту диагональ и меньшее основание.

Пусть ${AB=27}$ и $AC$ — диагональ. ${\angle DCA=\angle CAB}$ как накрест лежащие углы. Если бы ещё ${\angle D=\angle B},$ то было бы ${\angle DAC=\angle ACB},$ откуда ${AD\parallel BC}$ и $ABCD$ был бы параллелограммом. Значит, ${\angle D=\angle ACB},$ ${\triangle DCA\sim\triangle CAB}$ и ${\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AD}{BC}}.$ Квадрат этого отношения равен ${\frac{DC}{CA}\cdot\frac{CA}{AB}=\frac{DC}{AB}\lt 1},$ поэтому ${AD=8},$ ${BC=12}$ и отношение равно $\frac23.$ Тогда ${CA=\frac23\cdot 27=18}$ см и ${DC=\frac23\cdot 18=12}$ см.

11. В прямоугольнике $ABCD$ ${AB=10}$ и ${AD=4}.$ Из точки $M$ на стороне $CD$ сторона $AB$ видна под прямым углом. Найдите $DM$ и $MC.$

${\triangle ADM\sim\triangle MCB}$ (прямые углы при вершинах $D$ и $C,$ и ${\angle DAM}={\angle CMB}={90^\circ-\angle DMA}$), поэтому ${DM\cdot MC=4\cdot 4=16}$ и ${DM+MC=10}.$ Значит, ${DM=2},$ ${MC=8}$ или ${DM=8},$ ${MC=2}.$

12. Прямоугольный треугольник с катетом 8 см вписан в окружность радиуса 5 см. Найдите проекцию этого катета на гипотенузу.

Гипотенуза — диаметр, она равна 10 см. Из ${b^2=c\cdot b_c}$ получаем ${b_c=\frac{64}{10}=6{,}4}$ см.

13. Основание равнобедренного треугольника равно 6 см, а боковая сторона — 9 см. Найдите расстояние между точками, в которых вписанная окружность касается боковых сторон.

Отрезок касательной, проведённой из вершины, противолежащей основанию, равен ${9-3=6}$ см. Искомый отрезок параллелен основанию, поэтому он равен ${6\cdot\frac69=4}$ см.

14. Основание равнобедренного треугольника равно 12 см, а боковая сторона — 9 см. Проведена касательная к вписанной окружности, параллельная основанию. Найдите длину отрезка этой касательной, заключённого между боковыми сторонами.

${h=\sqrt{81-36}=3\sqrt5},$ ${r=\frac{S}{p}=\frac{18\sqrt5}{15}=1{,}2\sqrt5}.$ Высота отсечённого треугольника равна ${h-2r=0{,}6\sqrt5=\frac{h}{5}},$ поэтому отрезок равен ${\frac{12}{5}=2{,}4}$ см.

15. Окружности радиусов 36 см и 24 см расположены одна вне другой. Их общая внутренняя касательная делит отрезок, соединяющий центры, на части, которые отличаются на 16 см. Найдите расстояние между центрами.

Два прямоугольных треугольника, образованных радиусами, проведёнными в точки касания, подобны, поэтому части относятся как ${36:24=3:2}.$ Тогда части равны 48 см и 32 см, а расстояние между центрами равно 80 см.

16. Две окружности радиусов 3 см и 2 см касаются внешним образом. Их общие внешние касательные пересекаются в точке $M.$ Найдите расстояние от центра меньшей окружности до точки $M.$

Если это расстояние равно $d,$ то ${\frac{d}{d+5}=\frac23}$ (из подобия прямоугольных треугольников, катетами которых служат радиусы, проведённые в точки касания с одной из касательных), поэтому ${d=10}$ см.

17. Основания $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ относятся как ${5:1},$ а ${AC=22}$ см. На какие части делит диагональ $AC$ прямая, проходящая через $B$ и середину $AD?$

Эта прямая пересекает продолжение основания $CD$ в точке $K,$ причём ${DK=AB}$ (треугольники с вершиной в середине $AD$ равны). Если прямая пересекает $AC$ в точке $O,$ то ${\triangle AOB\sim\triangle COK},$ причём ${\frac{AB}{CK}=\frac{5}{6}}.$ Поэтому ${AO=10}$ см и ${OC=12}$ см.

18. Медиана $BM$ треугольника $ABC$ образует со стороной $AB$ угол, равный углу $C.$ Докажите, что ${AC^2=2AB^2}.$

${\triangle ABM\sim\triangle ACB}$ (по первому признаку: угол $A$ общий и ${\angle ABM=\angle C}$). Поэтому ${\frac{AB}{AC}=\frac{AM}{AB}},$ ${AB^2=AC\cdot\frac{AC}{2}},$ и ${AC^2=2AB^2}.$

19. Из точки $P$ вне окружности проведены касательная $PB$ и прямая, пересекающая окружность в точках $C$ и $A$ (в этом порядке). Докажите, что ${PB^2=PC\cdot PA}.$

Угол между касательной и хордой $BC$ равен вписанному углу $BAC,$ поэтому ${\angle PBC=\angle PAB}.$ Угол $P$ общий, поэтому ${\triangle PBC\sim\triangle PAB}$ и ${\frac{PB}{PA}=\frac{PC}{PB}},$ то есть ${PB^2=PC\cdot PA}.$

20. Высоты $BD$ и $CE$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Докажите, что ${EH\cdot HC=DH\cdot HB}.$

У прямоугольных треугольников $EHB$ и $DHC$ равны вертикальные углы при вершине $H,$ поэтому они подобны и ${\frac{EH}{DH}=\frac{HB}{HC}}.$

Ещё о треугольниках: Треугольники · Признаки равенства треугольников · Высота треугольника · Медиана · Задачи на теорему Фалеса