🔻

Κριτήρια Ομοιότητας Τριγώνων

Τρία κριτήρια, αντιστοιχία κορυφών, λόγοι πλευρών και εφαρμογές

Πώς μετράς το πλάτος ενός ποταμού χωρίς να τον περάσεις;

Στην απέναντι όχθη υπάρχει ένα δέντρο. Δεν έχεις βάρκα, έχεις μόνο μια μετροταινία και μερικούς πασσάλους. Αρκεί να «στήσεις» στη δική σου όχθη ένα μικρό τρίγωνο όμοιο με το μεγάλο τρίγωνο που σχηματίζει το δέντρο — και ο λόγος ομοιότητας σου δίνει το πλάτος. Σε αυτό το κεφάλαιο μαθαίνεις πότε δύο τρίγωνα είναι σίγουρα όμοια και πώς το αποδεικνύεις.

Όμοια τρίγωνα

Δύο τρίγωνα λέγονται όμοια όταν έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και τις ομόλογες πλευρές τους ανάλογες. Ο σταθερός λόγος των ομόλογων πλευρών λέγεται λόγος ομοιότητας $\lambda$ — το ένα τρίγωνο είναι «μεγέθυνση» του άλλου με συντελεστή $\lambda$ .

Κριτήρια ομοιότητας:

Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία, είναι όμοια
Αν έχουν δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες, είναι όμοια
Αν έχουν και τις τρεις πλευρές ανάλογες, είναι όμοια

Στην πράξη, το πρώτο κριτήριο κάνει σχεδόν όλη τη δουλειά: βρες δύο ζευγάρια ίσων γωνιών (κοινή γωνία, κατακορυφήν, εντός εναλλάξ από παράλληλες) και η ομοιότητα είναι δική σου.

Λόγος εμβαδών: Τα μήκη κλιμακώνονται με $\lambda$ , αλλά τα εμβαδά «πατάνε» σε δύο διαστάσεις — γι' αυτό κλιμακώνονται με $\lambda^2$ . Οι περίμετροι, ως μήκη, έχουν λόγο $\lambda$ .

$AB\Gamma \sim \Delta EZ: \quad \frac{AB}{\Delta E} = \frac{B\Gamma}{EZ} = \frac{A\Gamma}{\Delta Z} = \lambda$ $\frac{\Pi_1}{\Pi_2} = \lambda \qquad \frac{E_1}{E_2} = \lambda^2$

Γιατί δουλεύει το 1ο κριτήριο — η απόδειξη

Έστω τρίγωνα $AB\Gamma$ και $A'B'\Gamma'$ με $\hat{A} = \hat{A'}$ και $\hat{B} = \hat{B'}$ (άρα και $\hat{\Gamma} = \hat{\Gamma'}$ ). Πάρε στην ευθεία $AB$ σημείο $\Delta$ με $A\Delta = A'B'$ και φέρε $\Delta E \parallel B\Gamma$ με το $E$ στην ευθεία $A\Gamma$ .

Είναι $A\hat{\Delta}E = \hat{B} = \hat{B'}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη), άρα τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $A'B'\Gamma'$ είναι ίσα (ΓΠΓ: $A\Delta = A'B'$ , $\hat{A} = \hat{A'}$ , $\hat{\Delta} = \hat{B'}$ ).
Από το θεώρημα του Θαλή $\frac{A\Delta}{AB} = \frac{AE}{A\Gamma}$ , και φέρνοντας από το $E$ παράλληλη προς την $AB$ βρίσκεις επίσης $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ .

Άρα οι πλευρές του $A\Delta E$ — δηλαδή του $A'B'\Gamma'$ — είναι ανάλογες των πλευρών του $AB\Gamma$ , και τα τρίγωνα είναι όμοια. Το ίδιο σχήμα δίνει και το χρήσιμο πόρισμα: αν $\Delta E \parallel B\Gamma$ , τότε $A\Delta E \sim AB\Gamma$ .

Σε όμοια τρίγωνα, ομόλογα ύψη, διάμεσοι και διχοτόμοι έχουν επίσης λόγο $\lambda$ .

Μέθοδος: απόδειξη ομοιότητας και υπολογισμός πλευρών

Εντόπισε τα δύο τρίγωνα που περιέχουν τα γνωστά και το ζητούμενο τμήμα — συνήθως έχουν κοινή κορυφή (το ένα «μέσα» στο άλλο) ή σχηματίζουν «πεταλούδα» με κατακορυφήν γωνίες.
Βρες δύο ζεύγη ίσων γωνιών: κοινή γωνία, κατακορυφήν, εντός εναλλάξ ή εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη από παράλληλες, ορθές. Αν έχεις μόνο μία ίση γωνία, έλεγξε αν οι πλευρές που την περιέχουν είναι ανάλογες.
Γράψε την ομοιότητα με αντιστοιχία κορυφών: απέναντι από ίσες γωνίες βρίσκονται ομόλογες πλευρές.
Γράψε τους τρεις ίσους λόγους, κράτησε τους δύο που περιέχουν γνωστά μήκη και τον άγνωστο, και λύσε «χιαστί».
Έλεγξε ότι το αποτέλεσμα είναι λογικό: το μικρότερο τρίγωνο πρέπει να έχει και μικρότερες πλευρές.

Άσκηση: Στο τρίγωνο $AB\Gamma$ παίρνουμε σημείο $\Delta$ στην $AB$ και $E$ στην $A\Gamma$ ώστε $\Delta E \parallel B\Gamma$ . Αν $A\Delta = 4$ , $\Delta B = 6$ , $AE = 6$ και $B\Gamma = 15$ , να βρεθούν τα $E\Gamma$ και $\Delta E$ .

Λύση: Από το Θεώρημα Θαλή στις πλευρές $AB$ και $A\Gamma$ :

$\frac{A\Delta}{\Delta B} = \frac{AE}{E\Gamma} \Rightarrow \frac{4}{6} = \frac{6}{E\Gamma} \Rightarrow E\Gamma = \frac{6 \cdot 6}{4} = 9$

Τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $AB\Gamma$ έχουν τη $\hat{A}$ κοινή και $A\hat{\Delta}E = \hat{B}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη, αφού $\Delta E \parallel B\Gamma$ ), άρα είναι όμοια με λόγο:

$\lambda = \frac{A\Delta}{AB} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} \Rightarrow \Delta E = \lambda \cdot B\Gamma = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$

Γρήγορος έλεγχος

Σε τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι $\Delta E \parallel B\Gamma$ , με $\Delta$ στην $AB$ και $E$ στην $A\Gamma$ . Αν $A\Delta = 3$ , $\Delta B = 6$ και $B\Gamma = 12$ , πόσο είναι το $\Delta E$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Δύο τρίγωνα έχουν πλευρές $4, 6, 8$ και $6, 9, 12$ αντίστοιχα. Τι ισχύει;

Άσκηση: Στο τραπέζιο $AB\Gamma\Delta$ είναι $AB \parallel \Gamma\Delta$ , $AB = 6$ και $\Gamma\Delta = 9$ . Οι διαγώνιες $A\Gamma$ και $B\Delta$ τέμνονται στο $O$ , με $OA = 4$ και $O\Delta = 7{,}5$ . Να βρεθούν τα $O\Gamma$ , $OB$ και ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων $OAB$ και $O\Gamma\Delta$ .

Σχήμα: Η μικρή βάση $AB$ πάνω (το $A$ αριστερά), η μεγάλη βάση $\Gamma\Delta$ κάτω, με το $\Gamma$ κάτω δεξιά και το $\Delta$ κάτω αριστερά. Οι διαγώνιες σχηματίζουν «πεταλούδα»: το τρίγωνο $OAB$ πάνω και το $O\Gamma\Delta$ κάτω, με κοινή κορυφή το $O$ .

Λύση: Στα τρίγωνα $OAB$ και $O\Gamma\Delta$ :

$A\hat{O}B = \Gamma\hat{O}\Delta$ (κατακορυφήν)
$O\hat{A}B = O\hat{\Gamma}\Delta$ (εντός εναλλάξ, αφού $AB \parallel \Gamma\Delta$ με τέμνουσα την $A\Gamma$ )

Άρα $OAB \sim O\Gamma\Delta$ με αντιστοιχία $O \leftrightarrow O$ , $A \leftrightarrow \Gamma$ , $B \leftrightarrow \Delta$ και λόγο

$\lambda = \frac{AB}{\Gamma\Delta} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$

Επομένως $\frac{OA}{O\Gamma} = \frac{2}{3} \Rightarrow O\Gamma = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$ και $\frac{OB}{O\Delta} = \frac{2}{3} \Rightarrow OB = \frac{2}{3} \cdot 7{,}5 = 5$ .

Λόγος εμβαδών: $\frac{(OAB)}{(O\Gamma\Delta)} = \lambda^2 = \frac{4}{9}$ .

Άσκηση: Θέλουμε το πλάτος $TA$ ενός ποταμού, όπου $T$ ένα δέντρο στην απέναντι όχθη και $A$ το σημείο της δικής μας όχθης ακριβώς απέναντί του ( $TA \perp$ όχθη). Περπατάμε κατά μήκος της όχθης $40$ m ως το σημείο $\Gamma$ και συνεχίζουμε άλλα $10$ m ως το $\Delta$ . Από το $\Delta$ απομακρυνόμαστε κάθετα στην όχθη, μέχρι το σημείο $E$ από το οποίο τα $E$ , $\Gamma$ , $T$ φαίνονται στην ίδια ευθεία· μετράμε $\Delta E = 12$ m. Πόσο είναι το πλάτος;

Σχήμα: Η όχθη οριζόντια με τα $A$ , $\Gamma$ , $\Delta$ από αριστερά προς τα δεξιά. Το $T$ ψηλά πάνω από το $A$ (απέναντι όχθη), το $E$ χαμηλά κάτω από το $\Delta$ . Η ευθεία $TE$ κόβει την όχθη στο $\Gamma$ και σχηματίζει δύο ορθογώνια τρίγωνα σε «πεταλούδα».

Λύση: Στα τρίγωνα $TA\Gamma$ και $E\Delta\Gamma$ :

$\hat{A} = \hat{\Delta} = 90^\circ$
$T\hat{\Gamma}A = E\hat{\Gamma}\Delta$ (κατακορυφήν)

Από το 1ο κριτήριο $TA\Gamma \sim E\Delta\Gamma$ με αντιστοιχία $T \leftrightarrow E$ , $A \leftrightarrow \Delta$ , $\Gamma \leftrightarrow \Gamma$ , άρα

$\frac{TA}{E\Delta} = \frac{A\Gamma}{\Delta\Gamma} \Rightarrow \frac{TA}{12} = \frac{40}{10} \Rightarrow TA = 48 \text{ m}$

Κόλπο μνήμης

τα κριτήρια ομοιότητας είναι «ξαδέρφια» των κριτηρίων ισότητας τριγώνων, με το «ίσες πλευρές» να γίνεται «ανάλογες πλευρές». Το ΠΓΠ μένει ΠΓΠ (δύο πλευρές ανάλογες, περιεχόμενη γωνία ίση), το ΠΠΠ μένει ΠΠΠ, και το ΓΠΓ «χάνει» την πλευρά του: δύο γωνίες αρκούν, αφού στην ομοιότητα το μέγεθος δεν μετράει.

Γρήγορος έλεγχος

Τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $\Delta EZ$ έχουν $\hat{A} = 70^\circ$ , $\hat{B} = 50^\circ$ και $\hat{\Delta} = 70^\circ$ , $\hat{Z} = 60^\circ$ . Τι ισχύει;

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Σε τρίγωνο $AB\Gamma$ παίρνουμε σημείο $\Delta$ στην πλευρά $AB$ και σημείο $E$ στην πλευρά $A\Gamma$ έτσι ώστε $A\Delta \cdot AB = AE \cdot A\Gamma$ .

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $A\Gamma B$ είναι όμοια.

(β) Να αποδείξετε ότι $A\hat{\Delta}E = \hat{\Gamma}$ .

(γ) Αν $AB = 12$ , $A\Gamma = 9$ , $A\Delta = 3$ και $B\Gamma = 10$ , να βρεθούν τα $AE$ και $\Delta E$ .

Σχήμα: Η κορυφή $A$ πάνω, η $B\Gamma$ κάτω. Το $\Delta$ βρίσκεται κοντά στο $A$ πάνω στην $AB$ , το $E$ πάνω στην $A\Gamma$ , και η $\Delta E$ είναι «λοξή» — όχι παράλληλη στη $B\Gamma$ .

Δεδομένα: τρίγωνο $AB\Gamma$ , $\Delta$ στην $AB$ , $E$ στην $A\Gamma$ , $A\Delta \cdot AB = AE \cdot A\Gamma$ .

Ζητούμενο: $A\Delta E \sim A\Gamma B$ , $A\hat{\Delta}E = \hat{\Gamma}$ και τα μήκη $AE$ , $\Delta E$ .

Απόδειξη (α): Διαιρούμε τη δοσμένη ισότητα με $A\Gamma \cdot AB$ :

$\frac{A\Delta}{A\Gamma} = \frac{AE}{AB}$

Τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $A\Gamma B$ έχουν τη γωνία $\hat{A}$ κοινή και τις πλευρές που την περιέχουν ανάλογες ( $A\Delta \leftrightarrow A\Gamma$ , $AE \leftrightarrow AB$ ). Από το 2ο κριτήριο ομοιότητας είναι $A\Delta E \sim A\Gamma B$ , με αντιστοιχία $A \leftrightarrow A$ , $\Delta \leftrightarrow \Gamma$ , $E \leftrightarrow B$ .

(β) Σε όμοια τρίγωνα οι ομόλογες γωνίες είναι ίσες· η γωνία στο $\Delta$ αντιστοιχεί στη γωνία στο $\Gamma$ , άρα $A\hat{\Delta}E = A\hat{\Gamma}B$ . Προσοχή: η γωνία στο $\Delta$ ισούται με τη $\hat{\Gamma}$ και όχι με τη $\hat{B}$ , γι' αυτό η $\Delta E$ γενικά δεν είναι παράλληλη στη $B\Gamma$ .

Λύση (γ): $AE = \frac{A\Delta \cdot AB}{A\Gamma} = \frac{3 \cdot 12}{9} = 4$ . Λόγος ομοιότητας $\lambda = \frac{A\Delta}{A\Gamma} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$ (έλεγχος: $\frac{AE}{AB} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$ ✓), οπότε

$\frac{\Delta E}{\Gamma B} = \frac{1}{3} \Rightarrow \Delta E = \frac{10}{3}$

Απάντηση: $AE = 4$ , $\Delta E = \frac{10}{3}$ .

Ήξερες ότι;

Σύμφωνα με τον Πρόκλο, ο Εύδημος ο Ρόδιος απέδιδε στον Θαλή μια μέθοδο για να βρίσκει την απόσταση ενός πλοίου από την ακτή, στηριγμένη στο κριτήριο ΓΠΓ της ισότητας τριγώνων. Με ομοιότητα η ίδια ιδέα γίνεται πιο πρακτική: αντί για ένα ίσο τρίγωνο στη στεριά, αρκεί ένα μικρό όμοιο — όπως στο πρόβλημα του ποταμού.

Πρόκληση

Τραπέζιο $AB\Gamma\Delta$ έχει βάσεις $AB = 4$ και $\Gamma\Delta = 12$ . Από το σημείο τομής $O$ των διαγωνίων φέρνουμε παράλληλη προς τις βάσεις, που τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές $A\Delta$ στο $E$ και $B\Gamma$ στο $Z$ . Πόσο είναι το $EZ$ ; Μάντεψε πρώτα — είναι $8$ , ο μέσος όρος των βάσεων;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Τα τρίγωνα $OAB$ και $O\Gamma\Delta$ είναι όμοια (κατακορυφήν γωνίες στο $O$ , εντός εναλλάξ γωνίες από $AB \parallel \Gamma\Delta$ ) με λόγο $\frac{AB}{\Gamma\Delta} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$ . Άρα $\frac{AO}{O\Gamma} = \frac{1}{3}$ και $\frac{BO}{O\Delta} = \frac{1}{3}$ , οπότε

$\frac{AO}{A\Gamma} = \frac{1}{4} \qquad \frac{BO}{B\Delta} = \frac{1}{4}$

Στο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ είναι $EO \parallel \Delta\Gamma$ , άρα $\frac{EO}{\Delta\Gamma} = \frac{AO}{A\Gamma} = \frac{1}{4}$ και $EO = 3$ .
Στο τρίγωνο $B\Delta\Gamma$ είναι $OZ \parallel \Delta\Gamma$ , άρα $\frac{OZ}{\Delta\Gamma} = \frac{BO}{B\Delta} = \frac{1}{4}$ και $OZ = 3$ .

Επομένως $EZ = 6$ — όχι $8$ ! Το $O$ είναι μάλιστα το μέσο του $EZ$ . Με τον ίδιο τρόπο, για βάσεις $\alpha$ και $\beta$ βγαίνει $EZ = \frac{2\alpha\beta}{\alpha + \beta}$ : ο αρμονικός μέσος των βάσεων, ενώ ο μέσος όρος $\frac{\alpha+\beta}{2}$ είναι το μήκος της διαμέσου του τραπεζίου.

Στα όμοια τρίγωνα όλα κρίνονται στην αντιστοιχία κορυφών: γράφε $AB\Gamma \sim \Delta EZ$ με τη σειρά που ταιριάζουν οι ίσες γωνίες, και οι λόγοι των πλευρών βγαίνουν μηχανικά. Ψάξε πρώτα για ίσες γωνίες — κοινή γωνία, κατακορυφήν, εντός εναλλάξ από παράλληλες. Και θυμήσου τη συχνότερη παγίδα των εξετάσεων: τα μήκη κλιμακώνονται με $\lambda$ , τα εμβαδά με $\lambda^2$ .

Συνηθισμένα λάθη

Γράφουν την ομοιότητα με τυχαία σειρά κορυφών και διαιρούν μη ομόλογες πλευρές. Διόρθωση: αντιστοίχισε πρώτα τις ίσες γωνίες· ομόλογες είναι οι πλευρές απέναντί τους.
Εφαρμόζουν το ΠΓΠ με γωνία που δεν είναι η περιεχόμενη. Διόρθωση: η ίση γωνία πρέπει να βρίσκεται ανάμεσα στις δύο ανάλογες πλευρές.
Όταν $A\Delta \cdot AB = AE \cdot A\Gamma$ , συμπεραίνουν $\Delta E \parallel B\Gamma$ . Διόρθωση: εκεί η αντιστοιχία είναι $\Delta \leftrightarrow \Gamma$ · παραλληλία δίνει μόνο η $\frac{A\Delta}{AB} = \frac{AE}{A\Gamma}$ .
Βάζουν στον λόγο της παράλληλης το $\frac{A\Delta}{\Delta B}$ . Διόρθωση: $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ — κομμάτι προς όλη την πλευρά.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Κριτήρια ομοιότητας: δύο γωνίες ίσες · δύο πλευρές ανάλογες με ίσες περιεχόμενες γωνίες · τρεις πλευρές ανάλογες.
Αν $\Delta E \parallel B\Gamma$ , τότε $A\Delta E \sim AB\Gamma$ και $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ .
Ομόλογες πλευρές βρίσκονται απέναντι από ίσες γωνίες — γράφε την ομοιότητα με σωστή αντιστοιχία κορυφών.
Ομόλογα ύψη, διάμεσοι, περίμετροι έχουν λόγο $\lambda$ · τα εμβαδά $\lambda^2$ .

🔻

Κριτήρια Ομοιότητας Τριγώνων

Τρία κριτήρια, αντιστοιχία κορυφών, λόγοι πλευρών και εφαρμογές

Πώς μετράς το πλάτος ενός ποταμού χωρίς να τον περάσεις;

Όμοια τρίγωνα

Κριτήρια ομοιότητας:

Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες ίσες μία προς μία, είναι όμοια
Αν έχουν δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες, είναι όμοια
Αν έχουν και τις τρεις πλευρές ανάλογες, είναι όμοια

$AB\Gamma \sim \Delta EZ: \quad \frac{AB}{\Delta E} = \frac{B\Gamma}{EZ} = \frac{A\Gamma}{\Delta Z} = \lambda$ $\frac{\Pi_1}{\Pi_2} = \lambda \qquad \frac{E_1}{E_2} = \lambda^2$

Γιατί δουλεύει το 1ο κριτήριο — η απόδειξη

Είναι $A\hat{\Delta}E = \hat{B} = \hat{B'}$ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη), άρα τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $A'B'\Gamma'$ είναι ίσα (ΓΠΓ: $A\Delta = A'B'$ , $\hat{A} = \hat{A'}$ , $\hat{\Delta} = \hat{B'}$ ).
Από το θεώρημα του Θαλή $\frac{A\Delta}{AB} = \frac{AE}{A\Gamma}$ , και φέρνοντας από το $E$ παράλληλη προς την $AB$ βρίσκεις επίσης $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ .

Σε όμοια τρίγωνα, ομόλογα ύψη, διάμεσοι και διχοτόμοι έχουν επίσης λόγο $\lambda$ .

Μέθοδος: απόδειξη ομοιότητας και υπολογισμός πλευρών

Εντόπισε τα δύο τρίγωνα που περιέχουν τα γνωστά και το ζητούμενο τμήμα — συνήθως έχουν κοινή κορυφή (το ένα «μέσα» στο άλλο) ή σχηματίζουν «πεταλούδα» με κατακορυφήν γωνίες.
Βρες δύο ζεύγη ίσων γωνιών: κοινή γωνία, κατακορυφήν, εντός εναλλάξ ή εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη από παράλληλες, ορθές. Αν έχεις μόνο μία ίση γωνία, έλεγξε αν οι πλευρές που την περιέχουν είναι ανάλογες.
Γράψε την ομοιότητα με αντιστοιχία κορυφών: απέναντι από ίσες γωνίες βρίσκονται ομόλογες πλευρές.
Γράψε τους τρεις ίσους λόγους, κράτησε τους δύο που περιέχουν γνωστά μήκη και τον άγνωστο, και λύσε «χιαστί».
Έλεγξε ότι το αποτέλεσμα είναι λογικό: το μικρότερο τρίγωνο πρέπει να έχει και μικρότερες πλευρές.

Λύση: Από το Θεώρημα Θαλή στις πλευρές $AB$ και $A\Gamma$ :

$\frac{A\Delta}{\Delta B} = \frac{AE}{E\Gamma} \Rightarrow \frac{4}{6} = \frac{6}{E\Gamma} \Rightarrow E\Gamma = \frac{6 \cdot 6}{4} = 9$

$\lambda = \frac{A\Delta}{AB} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} \Rightarrow \Delta E = \lambda \cdot B\Gamma = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$

Γρήγορος έλεγχος

Δύο τρίγωνα έχουν πλευρές $4, 6, 8$ και $6, 9, 12$ αντίστοιχα. Τι ισχύει;

Λύση: Στα τρίγωνα $OAB$ και $O\Gamma\Delta$ :

$A\hat{O}B = \Gamma\hat{O}\Delta$ (κατακορυφήν)
$O\hat{A}B = O\hat{\Gamma}\Delta$ (εντός εναλλάξ, αφού $AB \parallel \Gamma\Delta$ με τέμνουσα την $A\Gamma$ )

Άρα $OAB \sim O\Gamma\Delta$ με αντιστοιχία $O \leftrightarrow O$ , $A \leftrightarrow \Gamma$ , $B \leftrightarrow \Delta$ και λόγο

$\lambda = \frac{AB}{\Gamma\Delta} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$

Επομένως $\frac{OA}{O\Gamma} = \frac{2}{3} \Rightarrow O\Gamma = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$ και $\frac{OB}{O\Delta} = \frac{2}{3} \Rightarrow OB = \frac{2}{3} \cdot 7{,}5 = 5$ .

Λόγος εμβαδών: $\frac{(OAB)}{(O\Gamma\Delta)} = \lambda^2 = \frac{4}{9}$ .

Λύση: Στα τρίγωνα $TA\Gamma$ και $E\Delta\Gamma$ :

$\hat{A} = \hat{\Delta} = 90^\circ$
$T\hat{\Gamma}A = E\hat{\Gamma}\Delta$ (κατακορυφήν)

Από το 1ο κριτήριο $TA\Gamma \sim E\Delta\Gamma$ με αντιστοιχία $T \leftrightarrow E$ , $A \leftrightarrow \Delta$ , $\Gamma \leftrightarrow \Gamma$ , άρα

$\frac{TA}{E\Delta} = \frac{A\Gamma}{\Delta\Gamma} \Rightarrow \frac{TA}{12} = \frac{40}{10} \Rightarrow TA = 48 \text{ m}$

Κόλπο μνήμης

Γρήγορος έλεγχος

Τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $\Delta EZ$ έχουν $\hat{A} = 70^\circ$ , $\hat{B} = 50^\circ$ και $\hat{\Delta} = 70^\circ$ , $\hat{Z} = 60^\circ$ . Τι ισχύει;

(α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $A\Delta E$ και $A\Gamma B$ είναι όμοια.

(β) Να αποδείξετε ότι $A\hat{\Delta}E = \hat{\Gamma}$ .

(γ) Αν $AB = 12$ , $A\Gamma = 9$ , $A\Delta = 3$ και $B\Gamma = 10$ , να βρεθούν τα $AE$ και $\Delta E$ .

Δεδομένα: τρίγωνο $AB\Gamma$ , $\Delta$ στην $AB$ , $E$ στην $A\Gamma$ , $A\Delta \cdot AB = AE \cdot A\Gamma$ .

Ζητούμενο: $A\Delta E \sim A\Gamma B$ , $A\hat{\Delta}E = \hat{\Gamma}$ και τα μήκη $AE$ , $\Delta E$ .

Απόδειξη (α): Διαιρούμε τη δοσμένη ισότητα με $A\Gamma \cdot AB$ :

$\frac{A\Delta}{A\Gamma} = \frac{AE}{AB}$

$\frac{\Delta E}{\Gamma B} = \frac{1}{3} \Rightarrow \Delta E = \frac{10}{3}$

Απάντηση: $AE = 4$ , $\Delta E = \frac{10}{3}$ .

Ήξερες ότι;

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

$\frac{AO}{A\Gamma} = \frac{1}{4} \qquad \frac{BO}{B\Delta} = \frac{1}{4}$

Στο τρίγωνο $A\Delta\Gamma$ είναι $EO \parallel \Delta\Gamma$ , άρα $\frac{EO}{\Delta\Gamma} = \frac{AO}{A\Gamma} = \frac{1}{4}$ και $EO = 3$ .
Στο τρίγωνο $B\Delta\Gamma$ είναι $OZ \parallel \Delta\Gamma$ , άρα $\frac{OZ}{\Delta\Gamma} = \frac{BO}{B\Delta} = \frac{1}{4}$ και $OZ = 3$ .

Συνηθισμένα λάθη

Γράφουν την ομοιότητα με τυχαία σειρά κορυφών και διαιρούν μη ομόλογες πλευρές. Διόρθωση: αντιστοίχισε πρώτα τις ίσες γωνίες· ομόλογες είναι οι πλευρές απέναντί τους.
Εφαρμόζουν το ΠΓΠ με γωνία που δεν είναι η περιεχόμενη. Διόρθωση: η ίση γωνία πρέπει να βρίσκεται ανάμεσα στις δύο ανάλογες πλευρές.
Όταν $A\Delta \cdot AB = AE \cdot A\Gamma$ , συμπεραίνουν $\Delta E \parallel B\Gamma$ . Διόρθωση: εκεί η αντιστοιχία είναι $\Delta \leftrightarrow \Gamma$ · παραλληλία δίνει μόνο η $\frac{A\Delta}{AB} = \frac{AE}{A\Gamma}$ .
Βάζουν στον λόγο της παράλληλης το $\frac{A\Delta}{\Delta B}$ . Διόρθωση: $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ — κομμάτι προς όλη την πλευρά.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Κριτήρια ομοιότητας: δύο γωνίες ίσες · δύο πλευρές ανάλογες με ίσες περιεχόμενες γωνίες · τρεις πλευρές ανάλογες.
Αν $\Delta E \parallel B\Gamma$ , τότε $A\Delta E \sim AB\Gamma$ και $\frac{\Delta E}{B\Gamma} = \frac{A\Delta}{AB}$ .
Ομόλογες πλευρές βρίσκονται απέναντι από ίσες γωνίες — γράφε την ομοιότητα με σωστή αντιστοιχία κορυφών.
Ομόλογα ύψη, διάμεσοι, περίμετροι έχουν λόγο $\lambda$ · τα εμβαδά $\lambda^2$ .