тема 3 из 26

Доказательство подобия

В задании 18 подобие — главный инструмент. Пункт а) часто просит доказать подобие или равенство отношений, а пункт б) переносит отношение сторон на неизвестный отрезок. Подобие доказывают по признаку, чаще всего по двум углам: их дают общий угол, вертикальные углы, параллельные прямые, прямые углы и вписанные углы. Стандартные пары подобных треугольников — прямая, параллельная стороне, высота к гипотенузе и диагонали трапеции.

Главная тема в задании18На карте навыков

Доказательство подобия
—В аналитике

Как доказать подобие и перенести отношение

Назовите признак подобия и докажите каждое его условие с причиной. Потом запишите пропорцию сходственных сторон и найдите из неё нужный отрезок.

Признаки подобия: два равных угла; две пропорциональные стороны и равный угол между ними; три пропорциональные стороны.
Равные углы дают: общий угол, вертикальные углы, накрест лежащие и соответственные углы при параллельных прямых, углы $90^\circ - \alpha$ в прямоугольных треугольниках, вписанные углы на одной дуге.
Стандартные пары: прямая, параллельная стороне; два отрезка между параллельными прямыми; высота к гипотенузе; диагонали трапеции; две хорды.
Запись $\triangle ABC \sim \triangle A_1B_1C_1$ ставит соответственные вершины на одни места. Сходственные стороны читаются по буквам: $\frac{AB}{A_1B_1} = \frac{BC}{B_1C_1} = \frac{AC}{A_1C_1} = k$ .
Длины относятся как $k$ , площади — как $k^2$ .

Признаки подобия

Признак	Что доказать	Где взять условие
Два угла	$\angle A = \angle A_1$ , $\angle B = \angle B_1$	Общий угол, вертикальные углы, углы при параллельных прямых, вписанные углы на одной дуге
Две стороны и угол между ними	$\frac{A_1B_1}{AB} = \frac{A_1C_1}{AC}$ , $\angle A = \angle A_1$	Середины сторон, данные отношения отрезков, общий или прямой угол
Три стороны	$\frac{A_1B_1}{AB} = \frac{B_1C_1}{BC} = \frac{A_1C_1}{AC}$	Все стороны известны или выражены через одну величину

Два угла: где искать равные углы

Чаще всего подобие доказывают по двум углам. Равные углы дают общий угол, вертикальные углы, накрест лежащие и соответственные углы при параллельных прямых, углы, которые дополняют один и тот же угол до $90^\circ$ , и вписанные углы на одной дуге. Отметьте на рисунке две пары равных углов и назовите причину каждой.

Запишите подобие так, чтобы равные углы стояли на одних местах. Тогда пропорцию читают по буквам: из $\triangle ABL \sim \triangle CBA$ следует $\frac{AB}{CB} = \frac{BL}{BA} = \frac{AL}{CA}$ . Равенство произведений $AL \cdot BC = AB \cdot AC$ — та же пропорция: произведение крайних членов равно произведению средних.

\angle CAD = \angle CAL = \angle LAB = \angle BCA = \varphi

;

L

E

лежат на серединном перпендикуляре к

AC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В параллелограмме $ABCD$ угол $BAC$ вдвое больше угла $CAD .$ Биссектриса угла $BAC$ пересекает отрезок $BC$ в точке $L .$ На продолжении стороны $CD$ за точку $D$ выбрана такая точка $E ,$ что $AE = CE .$
а) Докажите, что $AL \cdot BC = AB \cdot AC .$
б) Найдите $EL ,$ если $AC = 8 , \operatorname{tg} \angle BCA = \frac{1}{2} .$

Решение

а) Пусть $\angle CAD = \varphi$ , тогда $\angle BAC = 2\varphi$ , и биссектриса делит его: $\angle BAL = \angle LAC = \varphi$ .
$BC \parallel AD$ , поэтому $\angle BCA = \angle CAD = \varphi$ как накрест лежащие углы.
Треугольники $ABL$ и $CBA$ : угол $B$ общий, $\angle BAL = \angle BCA$ . Они подобны по двум углам, вершины соответствуют так: $A \to C$ , $B \to B$ , $L \to A$ .
Пропорция сходственных сторон: $\frac{AL}{CA} = \frac{AB}{CB}$ , то есть $AL \cdot BC = AB \cdot AC$ .
б) В треугольнике $ALC$ углы при стороне $AC$ равны $\varphi$ , поэтому $AL = LC$ . По условию $AE = CE$ . Пусть $K$ — середина $AC$ : $AK = KC = 4$ . В равнобедренных треугольниках $ALC$ и $AEC$ медианы $LK$ и $EK$ — высоты, поэтому точки $L$ , $K$ , $E$ лежат на одной прямой, перпендикулярной $AC$ .
Из прямоугольного треугольника $LKC$ : $LK = KC \operatorname{tg}\varphi = 4 \cdot \frac12 = 2$ .
$AB \parallel CD$ , поэтому $\angle ACD = \angle BAC = 2\varphi$ . Точка $E$ лежит на продолжении $CD$ за точку $D$ , значит, $\angle ECK = 2\varphi$ .
$\operatorname{tg}\varphi = \frac12$ , поэтому $\cos\varphi = \frac{2}{\sqrt5}$ , $\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt5}$ . По формулам двойного угла $\sin 2\varphi = \frac45$ , $\cos 2\varphi = \frac35$ , $\operatorname{tg} 2\varphi = \frac43$ .
$EK = KC \operatorname{tg} 2\varphi = 4 \cdot \frac43 = \frac{16}{3}$ . Точки $L$ и $E$ лежат по разные стороны от $AC$ : $EL = 2 + \frac{16}{3} = \frac{22}{3}$ . Ответ: б) $\frac{22}{3}$ .

Две стороны и угол между ними

Если длины даны через середины и отношения, сравнивайте две стороны при равном угле. Треугольники подобны, если $\frac{A_1B_1}{AB} = \frac{A_1C_1}{AC}$ и $\angle A_1 = \angle A$ . Равный угол здесь чаще всего прямой или общий. Стороны берите те, которые прилежат к равному углу, а не любые две.

Из подобия следуют равные углы против сходственных сторон. Так доказывают равенство углов, параллельность и перпендикулярность, а потом находят отрезки в пункте б). Признак по трём сторонам нужен, когда все стороны известны и углов нет.

\triangle KNM \sim \triangle NBA

с коэффициентом

\frac12

PT

— высота равнобедренного треугольника

PKN

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точки $M$ и $N$ - середины гипотенузы $AC$ и катета $BC$ соответственно. Точка $K$ лежит на катете $BC$ так, что $BK : KC = 1 : 3 .$
а) Докажите, что $AN = 2 KM .$
б) Пусть $P$ - точка пересечения отрезков $AN$ и $KM .$ Найдите длину отрезка $BP ,$ если $AB = 10 , BC = 16 .$

Решение

а) $AC$ — гипотенуза, значит, угол $B$ прямой. $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$ : $MN \parallel AB$ , $MN = \frac12 AB$ . Поэтому $MN \perp BC$ .
$BK = \frac14 BC$ , $BN = \frac12 BC$ , значит, $KN = \frac14 BC = \frac12 BN$ .
Треугольники $KNM$ и $NBA$ : $\angle KNM = \angle NBA = 90^\circ$ , $\frac{KN}{NB} = \frac{NM}{BA} = \frac12$ . Они подобны по двум сторонам и углу между ними, $k = \frac12$ .
Гипотенузы $KM$ и $NA$ сходственные: $KM = \frac12 AN$ , то есть $AN = 2KM$ .
б) $BN = 8$ , $BK = KN = 4$ . Из подобия $\angle NKM = \angle BNA$ : эти углы лежат против сходственных сторон $NM$ и $BA$ .
В треугольнике $PKN$ углы при стороне $KN$ равны, поэтому $PK = PN$ , и высота $PT$ делит $KN$ пополам: $KT = TN = 2$ , $BT = 6$ .
В прямоугольном треугольнике $PTN$ : $PT = TN \cdot \operatorname{tg}\angle PNT = 2 \cdot \frac{AB}{BN} = 2 \cdot \frac{10}{8} = 2{,}5$ .
$BP = \sqrt{BT^2 + PT^2} = \sqrt{36 + 6{,}25} = 6{,}5$ . Ответ: б) 6,5.

Параллельные прямые: отсечённый треугольник и «песочные часы»

Прямая, параллельная стороне треугольника, отсекает подобный треугольник. Если два отрезка пересекаются между двумя параллельными прямыми, треугольники при точке пересечения тоже подобны: вертикальные углы равны, накрест лежащие углы при параллельных прямых равны. Части каждого отрезка относятся как параллельные стороны.

Параллельные прямые отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Если $K$ лежит на $AB$ , $L$ — на отрезке $AP$ с концом $P$ на $BC$ , и $KL \parallel BC$ , то $\frac{AL}{AP} = \frac{AK}{AB}$ . Обратно: если точки делят две стороны треугольника в одном отношении от общей вершины, отрезок между ними параллелен третьей стороне.

Пример

Дан ромб $ABCD$ . На диагонали $AC$ отмечена точка $M$ так, что $AM = \frac13 AC$ . Прямая $BM$ пересекает сторону $AD$ в точке $P$ . Докажите, что $P$ — середина $AD$ .

AP \parallel BC

: треугольники

AMP

CMB

подобны.

1. $AD \parallel BC$ как противоположные стороны ромба. Треугольники $AMP$ и $CMB$ : $\angle AMP = \angle CMB$ как вертикальные, $\angle MAP = \angle MCB$ как накрест лежащие. Они подобны по двум углам.
2. $AM = \frac13 AC$ , $MC = \frac23 AC$ , поэтому $k = \frac{AM}{MC} = \frac12$ .
3. $AP = \frac12 BC = \frac12 AD$ , значит, $P$ — середина $AD$ .

Обобщённая теорема Фалеса

Параллельные прямые отсекают пропорциональные отрезки на любых двух секущих. Пусть параллельные прямые пересекают одну секущую в точках $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ , а другую — в точках $A_2$ , $B_2$ , $C_2$ . Тогда $\frac{A_1B_1}{B_1C_1} = \frac{A_2B_2}{B_2C_2}$ . Секущие могут не пересекаться, одна из них может быть перпендикулярна прямым. Если отрезки на одной секущей равны, то равны и отрезки на другой: это теорема Фалеса.

В трапеции прямая, параллельная основаниям, делит обе боковые стороны и высоту в одном отношении. Так отношение на боковой стороне переносят на высоту или на другую боковую сторону.

Пример

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ точка $M$ лежит на стороне $AB$ , $AM : MB = 2 : 3$ . Прямая, которая проходит через $M$ параллельно $AD$ , пересекает сторону $CD$ в точке $N$ , а высоту $BH$ — в точке $P$ . Найдите $DN$ и $PH$ , если $CD = 15$ , $BH = 12$ .

AD \parallel MN \parallel BC

пересекают три секущие:

AB

BH

DC

1. $AD \parallel MN \parallel BC$ . Секущие $AB$ и $DC$ : $\frac{DN}{NC} = \frac{AM}{MB} = \frac23$ , поэтому $DN = \frac25 CD = \frac25 \cdot 15 = 6$ .
2.Секущие $AB$ и $HB$ : $\frac{HP}{PB} = \frac{AM}{MB} = \frac23$ , поэтому $PH = \frac25 BH = \frac25 \cdot 12 = 4{,}8$ .

Ответ: $DN = 6$ , $PH = 4{,}8$

Высота к гипотенузе: три подобных треугольника

Высота $CH$ прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом $C$ делит его на два треугольника, подобных ему и друг другу. Причина — углы при высоте: $\angle BCH = \angle A$ и $\angle ACH = \angle B$ .

Из подобия: $CH^2 = AH \cdot HB$ , $AC^2 = AH \cdot AB$ , $BC^2 = BH \cdot AB$ . Высота — среднее пропорциональное отрезков гипотенузы. Катет — среднее пропорциональное гипотенузы и своей проекции на неё. В задании 18 прямой угол с высотой часто прячется в окружности: радиус в точку касания, вписанный угол на диаметр.

Высота к гипотенузе делит треугольник на подобные

\angle BCH = \angle A \approx 54^\circ, \quad \angle ACH = \angle B

CH^2 = AH \cdot HB = 3{,}5 \cdot 6{,}5 = 22{,}75

AC^2 = AH \cdot AB = 3{,}5 \cdot 10 = 35

Вершина

C

движется по полуокружности с диаметром

AB

, поэтому угол

C

прямой. Равные углы отмечены одним цветом. Двигайте вершину

C

OB \perp NB

BH

— высота прямоугольного треугольника

NBO

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Окружность с центром в точке $O$ касается сторон угла с вершиной $N$ в точках $A$ и $B .$ Отрезок $BC$ - диаметр этой окружности.
а) Докажите, что прямая $AC$ параллельна биссектрисе угла $ANB .$
б) Найдите длину отрезка $NO ,$ если известно, что $AC = 10$ и $AB = 24 .$

Решение

а) $BC$ — диаметр, поэтому $\angle BAC = 90^\circ$ (вписанный угол на диаметр): $AC \perp AB$ .
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе: $NO$ — биссектриса угла $ANB$ . Отрезки касательных равны: $NA = NB$ . В равнобедренном треугольнике $ANB$ биссектриса — высота: $NO \perp AB$ .
Прямые $AC$ и $NO$ перпендикулярны одной прямой $AB$ , поэтому $AC \parallel NO$ .
б) $NO$ пересекает $AB$ в середине $H$ : $BH = 12$ . $OH$ — средняя линия треугольника $ABC$ : $OH = \frac12 AC = 5$ . Радиус $OB = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$ .
Радиус в точку касания перпендикулярен касательной: $\angle NBO = 90^\circ$ , и $BH$ — высота к гипотенузе $NO$ .
Катет — среднее пропорциональное: $OB^2 = OH \cdot ON$ , $ON = \frac{169}{5} = 33{,}8$ . Ответ: б) 33,8.

Диагонали трапеции

Диагонали $AC$ и $BD$ трапеции с основаниями $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $O$ . Треугольники $BOC$ и $DOA$ подобны: углы при $O$ вертикальные, а углы при основаниях накрест лежащие. Коэффициент $k = \frac{BC}{AD}$ , поэтому $\frac{BO}{OD} = \frac{CO}{OA} = \frac{BC}{AD}$ .

Так же работает любая фигура, где два параллельных отрезка соединены двумя пересекающимися прямыми. Площади четырёх треугольников трапеции — в теме отношение площадей. Если даны обе диагонали и сумма оснований, перенесите диагональ параллельно себе.

Пример

Диагонали трапеции $ABCD$ с основаниями $AD = 12$ и $BC = 4$ пересекаются в точке $O$ . а) Докажите, что $BO : OD = 1 : 3$ . б) Найдите $AO$ , если $AC = 10$ .

\angle CBO = \angle ADO

как накрест лежащие при

BC \parallel AD

1.а) $BC \parallel AD$ . Треугольники $BOC$ и $DOA$ : $\angle BOC = \angle DOA$ как вертикальные, $\angle CBO = \angle ADO$ как накрест лежащие. Они подобны по двум углам.
2. $k = \frac{BC}{DA} = \frac{4}{12} = \frac13$ , поэтому $BO : OD = 1 : 3$ .
3.б) Так же $CO : OA = 1 : 3$ , то есть $AO = \frac34 AC = \frac34 \cdot 10 = 7{,}5$ .

Ответ: б) $7{,}5$

Две хорды

Хорды $AB$ и $CD$ окружности пересекаются в точке $P$ . Треугольники $APC$ и $DPB$ подобны: углы при $P$ вертикальные, а $\angle CAB = \angle CDB$ как вписанные углы на одной дуге. Отсюда $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ . Этот факт и случай секущих — в теме хорды и секущие.

Перенос отношений: дополнительная параллельная прямая

Отношения даны на сторонах, а нужно отношение на отрезке, который пересекает другой отрезок. Проведите через вершину прямую, параллельную стороне. Появятся две пары «песочных часов». Первая пара переносит данное отношение на новый отрезок, вторая — с нового отрезка на искомый.

Найденное отношение сравните с отношением на стороне. Если $\frac{BD}{BB_1} = \frac{BA_1}{BC}$ , то треугольники $BDA_1$ и $BB_1C$ подобны по двум сторонам и углу между ними. Тогда $DA_1 \parallel B_1C$ и $DA_1 = \frac{BA_1}{BC} \cdot B_1C$ . Отношение на отрезке $BB_1$ даёт и теорема Менелая.

BT \parallel AC

: пары

TBC_1

CAC_1

TBD

CB_1D

подобны.

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

На сторонах $AB , BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $C_{1} , A_{1}$ и $B_{1}$ соответственно, причём $AC_{1} : C_{1} B = 8 : 3 ,$ $BA_{1} : A_{1} C = 1 : 2 ,$ $AB_{1} : B_{1} C = 1 : 3 .$ Отрезки $BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в точке $D .$
а) Докажите, что четырёхугольник $ADA_{1} B_{1}$ - параллелограмм.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ если отрезки $AD$ и $BC$ перпендикулярны, $AC = 16 , BC = 15 .$

Решение

а) Через $B$ проведём прямую, параллельную $AC$ . Она пересекает прямую $CC_1$ в точке $T$ .
Треугольники $TBC_1$ и $CAC_1$ подобны (вертикальные углы при $C_1$ , накрест лежащие углы при $TB \parallel AC$ ): $\frac{TB}{AC} = \frac{BC_1}{AC_1} = \frac38$ , $TB = \frac38 AC$ .
Треугольники $TBD$ и $CB_1D$ подобны так же: $\frac{BD}{DB_1} = \frac{TB}{CB_1} = \frac38 AC : \frac34 AC = \frac12$ , то есть $\frac{BD}{BB_1} = \frac13$ .
Треугольники $BDA_1$ и $BB_1C$ : угол $B$ общий, $\frac{BD}{BB_1} = \frac{BA_1}{BC} = \frac13$ . Они подобны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому $\angle BA_1D = \angle BCB_1$ , $DA_1 \parallel B_1C$ и $DA_1 = \frac13 B_1C = \frac13 \cdot \frac34 AC = \frac14 AC = AB_1$ .
Отрезки $DA_1$ и $AB_1$ параллельны и равны, поэтому $ADA_1B_1$ — параллелограмм.
б) $AD \parallel A_1B_1$ и $AD \perp BC$ , поэтому $A_1B_1 \perp BC$ . $A_1C = \frac23 \cdot 15 = 10$ , $B_1C = \frac34 \cdot 16 = 12$ . В прямоугольном треугольнике $A_1B_1C$ : $\cos C = \frac{10}{12} = \frac56$ .
По теореме косинусов: $AB^2 = 16^2 + 15^2 - 2 \cdot 16 \cdot 15 \cdot \frac56 = 81$ , $AB = 9$ .
$\sin C = \sqrt{1 - \frac{25}{36}} = \frac{\sqrt{11}}{6}$ . По теореме синусов: $R = \frac{AB}{2\sin C} = \frac{27}{\sqrt{11}} = \frac{27\sqrt{11}}{11}$ . Ответ: б) $\frac{27\sqrt{11}}{11}$ .

Перпендикуляры к одной прямой сохраняют отношения

Перпендикуляры к одной прямой параллельны. Поэтому по обобщённой теореме Фалеса, если точка $M$ делит отрезок $AC$ в отношении $m : n$ , то её проекция делит проекцию отрезка $AC$ в том же отношении. Расстояние от $M$ до прямой делится так же: если $A$ лежит на прямой, оно равно $\frac{m}{m + n}$ расстояния от $C$ . Причина — подобные прямоугольные треугольники с общим углом при $A$ .

Так решают задачи, где прямая, перпендикулярная стороне, пересекает диагонали в данных отношениях. Направьте ось $x$ по этой стороне: проекция точки — её координата $x$ , а координата точки, которая делит отрезок, — та же доля от начала. Точки на одном перпендикуляре имеют равные $x$ : это уравнение. Длина отрезка на перпендикуляре — разность расстояний его концов до прямой.

KM \perp AD

B_1

C_1

— проекции вершин

B

C

на прямую

AD

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Прямая, перпендикулярная стороне $AD$ ромба $ABCD ,$ пересекает его диагональ $AC$ в точке $M ,$ диагональ $BD$ в точке $N ,$ причем $AM : MC = 1 : 2 ,$ $BN : ND = 1 : 3 .$
а) Докажите, что $\cos \angle BAD = \frac{1}{5} .$
б) Найдите площадь ромба, если $MN = 5 .$

Решение

а) Пусть сторона ромба равна $a$ , $\angle BAD = \alpha$ , прямая пересекает прямую $AD$ в точке $K$ . Направим ось $x$ по лучу $AD$ с началом в $A$ . Абсциссы вершин: $A$ — 0, $D$ — $a$ , $B$ — $a\cos\alpha$ , $C$ — $a + a\cos\alpha$ .
$AM : MC = 1 : 2$ , поэтому абсцисса $M$ равна $\frac13 (a + a\cos\alpha)$ . $BN : ND = 1 : 3$ , поэтому абсцисса $N$ равна $a\cos\alpha + \frac14 (a - a\cos\alpha) = \frac{a + 3a\cos\alpha}{4}$ .
Точки $M$ и $N$ лежат на одном перпендикуляре к $AD$ , их абсциссы равны: $4 + 4\cos\alpha = 3 + 9\cos\alpha$ . Отсюда $\cos\angle BAD = \frac15$ .
б) Пусть $h$ — высота ромба. $A$ лежит на прямой $AD$ , а $C$ удалена от неё на $h$ : расстояние от $M$ до $AD$ равно $\frac13 h$ . $B$ удалена на $h$ , $D$ лежит на прямой: расстояние от $N$ равно $\frac34 h$ .
$MN = \frac34 h - \frac13 h = \frac{5}{12} h = 5$ , поэтому $h = 12$ .
$\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{1}{25}} = \frac{2\sqrt6}{5}$ , сторона $a = \frac{h}{\sin\alpha} = \frac{12 \cdot 5}{2\sqrt6} = 5\sqrt6$ .
$S = a \cdot h = 5\sqrt6 \cdot 12 = 60\sqrt6$ . Ответ: б) $60\sqrt6$ .

Проверьте себя

Все задания на этот навык

Решать