Номер 5, страница 78 - гдз по геометрии 9 класс учебник Смирнов, Туяков

5. На рисунке 14.5 укажите все подобные треугольники.

а)

б)

в)

г)

д)

Рис. 14.5

а)

На рисунке изображен прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle CAB = 90^\circ$), в который вписана фигура с вершинами $D$ на $AB$, $E$ на $BC$ и $F$ на $AC$. По условию, $FE \perp AC$ и $ED \perp AB$. Это создает еще два прямоугольных треугольника: $\triangle FEC$ и $\triangle EDB$.

1. Сравним треугольники $\triangle FEC$ и $\triangle ABC$.
Оба треугольника прямоугольные: $\angle CFE = 90^\circ$ и $\angle CAB = 90^\circ$.
Угол $\angle C$ является общим для обоих треугольников.
Следовательно, по признаку подобия по двум углам (AA), $\triangle FEC \sim \triangle ABC$. (Правильное соответствие вершин: $\triangle FEC \sim \triangle ABC$, так как $\angle C$ - общий, а $\angle CFE = \angle CAB$).

2. Сравним треугольники $\triangle EDB$ и $\triangle ACB$.
Оба треугольника имеют по одному прямому углу: $\angle EDB = 90^\circ$ и $\angle CAB = 90^\circ$.
Угол $\angle B$ является общим для обоих треугольников.
Пусть $\angle B = \beta$. Тогда в прямоугольном треугольнике $ACB$ угол $\angle ACB = 90^\circ - \beta$.
В прямоугольном треугольнике $EDB$ угол $\angle DEB = 90^\circ - \beta$.
Таким образом, $\angle ACB = \angle DEB$.
Следовательно, по признаку подобия по двум углам (AA), используя общий угол $\angle B$ и равенство углов $\angle ACB = \angle DEB$, получаем, что $\triangle EDB \sim \triangle ACB$.

3. Поскольку $\triangle FEC \sim \triangle ABC$ и $\triangle EDB \sim \triangle ACB$, то по свойству транзитивности все три треугольника подобны друг другу: $\triangle FEC \sim \triangle EDB \sim \triangle ACB$.

Ответ: $\triangle FEC \sim \triangle EDB \sim \triangle ACB$.

б)

На рисунке изображен прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) и вписанный в него прямоугольник $GFED$ так, что вершины $G$ и $F$ лежат на катетах $AC$ и $BC$ соответственно, а вершины $E$ и $D$ — на гипотенузе $AB$. Из этого следует, что $GF \parallel AB$, $GD \perp AB$ и $FE \perp AB$.

1. Сравним $\triangle CGF$ и $\triangle CAB$.
Так как $GF \parallel AB$, то по теореме о пропорциональных отрезках (обобщенной теореме Фалеса) $\triangle CGF \sim \triangle CAB$. (Угол $\angle C$ общий, а $\angle CGF = \angle CAB$ как соответственные углы при параллельных прямых $GF$ и $AB$ и секущей $AC$).

2. Сравним $\triangle AGD$ и $\triangle CAB$.
$\angle GAD$ (он же $\angle A$) является общим.
$\triangle AGD$ — прямоугольный, так как $GD \perp AB$, т.е. $\angle ADG = 90^\circ$.
$\triangle CAB$ — прямоугольный, $\angle ACB = 90^\circ$.
Пусть $\angle A = \alpha$. Тогда в $\triangle CAB$ угол $\angle B = 90^\circ - \alpha$.
В $\triangle AGD$ угол $\angle AGD = 90^\circ - \angle A = 90^\circ - \alpha$.
Следовательно, $\angle AGD = \angle CBA$. Так как углы треугольников соответственно равны ($\angle A$, $90^\circ-\alpha$, $90^\circ$), то $\triangle AGD \sim \triangle CAB$.

3. Сравним $\triangle BFE$ и $\triangle BCA$.
$\angle FBE$ (он же $\angle B$) является общим.
$\triangle BFE$ — прямоугольный, так как $FE \perp AB$, т.е. $\angle BEF = 90^\circ$.
$\triangle BCA$ — прямоугольный, $\angle BCA = 90^\circ$.
Пусть $\angle B = \beta$. Тогда в $\triangle BCA$ угол $\angle A = 90^\circ - \beta$.
В $\triangle BFE$ угол $\angle BFE = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - \beta$.
Следовательно, $\angle BFE = \angle BAC$. Так как углы треугольников соответственно равны ($\angle B$, $90^\circ-\beta$, $90^\circ$), то $\triangle BFE \sim \triangle BCA$.

4. Из пунктов 1, 2 и 3 следует, что все указанные треугольники подобны друг другу.

Ответ: $\triangle CGF \sim \triangle AGD \sim \triangle BFE \sim \triangle CAB$.

в)

На рисунке изображена прямоугольная трапеция $ADCB$ с основаниями $DA$ и $CB$ и прямыми углами при вершинах $A$ и $B$. Из отметок на сторонах следует, что $DC = CB$. $E$ — точка на диагонали $DB$ такая, что $CE \perp DB$.

1. Найдем углы треугольников. Пусть $\angle CBD = \alpha$.
Поскольку $\triangle DCB$ равнобедренный ($DC=CB$), то $\angle CDB = \angle CBD = \alpha$.
В прямоугольном $\triangle CEB$ ($\angle CEB=90^\circ$) имеем: $\angle BCE = 90^\circ - \angle CBE = 90^\circ - \alpha$.

2. Рассмотрим $\triangle DAB$. Угол $\angle CBA = 90^\circ$, поэтому $\angle DBA = 90^\circ - \angle CBD = 90^\circ - \alpha$.
Так как $\triangle DAB$ прямоугольный ($\angle DAB=90^\circ$), то $\angle ADB = 90^\circ - \angle DBA = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) = \alpha$.
Таким образом, углы $\triangle DAB$ равны $90^\circ, \alpha, 90^\circ - \alpha$.

3. Рассмотрим $\triangle DEC$. Мы знаем, что $\angle CDE = \angle CDB = \alpha$. Угол $\angle DCB = 180^\circ - 2\alpha$.
Тогда $\angle DCE = \angle DCB - \angle BCE = (180^\circ - 2\alpha) - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ - \alpha$.
Третий угол $\triangle DEC$ равен $\angle DEC = 180^\circ - \angle CDE - \angle DCE = 180^\circ - \alpha - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ$.
Таким образом, углы $\triangle DEC$ также равны $90^\circ, \alpha, 90^\circ - \alpha$.

4. Все три треугольника, $\triangle DAB$, $\triangle CEB$ и $\triangle DEC$, имеют одинаковый набор углов ($90^\circ, \alpha, 90^\circ - \alpha$), следовательно, они подобны друг другу.

Ответ: $\triangle DAB \sim \triangle CEB \sim \triangle DEC$.

г)

На рисунке изображена трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ ($BC \parallel AD$). Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Отмеченные углы $\angle ACB$ и $\angle CAD$ являются внутренними накрест лежащими при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $AC$, что подтверждает параллельность оснований.

1. Сравним треугольники $\triangle BOC$ и $\triangle DOA$.
$\angle BOC = \angle DOA$ как вертикальные углы.
$\angle OCB = \angle OAD$ как внутренние накрест лежащие углы при $BC \parallel AD$ и секущей $AC$.
$\angle OBC = \angle ODA$ как внутренние накрест лежащие углы при $BC \parallel AD$ и секущей $BD$.
Следовательно, по признаку подобия по двум (или трем) углам, $\triangle BOC \sim \triangle DOA$.

В общем случае для произвольной трапеции другие пары треугольников ($\triangle AOB$ и $\triangle DOC$, и т.д.) не являются подобными.

Ответ: $\triangle BOC \sim \triangle DOA$.

д)

На рисунке изображен треугольник $ABC$. Точки $F$ и $G$ лежат на сторонах $AC$ и $BC$ соответственно. Отрезок $CD$ соединяет вершину $C$ с точкой $D$ на основании $AB$. Отрезки $FG$ и $CD$ пересекаются в точке $E$. По условию, $\angle A = \angle CFG$.

1. Так как $\angle A$ и $\angle CFG$ являются соответственными углами при прямых $AB$ и $FG$ и секущей $AC$, и они равны, то $FG \parallel AB$.

2. Сравним $\triangle FGC$ и $\triangle ABC$.
Угол $\angle C$ общий. $\angle CFG = \angle CAB$ (по условию). Следовательно, по признаку подобия по двум углам, $\triangle FGC \sim \triangle ABC$.

3. Сравним $\triangle FEC$ и $\triangle ADC$.
Так как $C, E, D$ лежат на одной прямой, то угол при вершине $C$ у них общий ($\angle FCE = \angle ACD$).
Поскольку $FG \parallel AB$, то и $FE \parallel AD$. Тогда $\angle CFE = \angle CAD$ как соответственные углы при параллельных прямых $FE$ и $AD$ и секущей $AC$.
Следовательно, по признаку подобия по двум углам, $\triangle FEC \sim \triangle ADC$.

4. Сравним $\triangle GEC$ и $\triangle BDC$.
Так как $C, E, D$ лежат на одной прямой, то угол при вершине $C$ у них общий ($\angle GCE = \angle BCD$).
Поскольку $FG \parallel AB$, то и $EG \parallel DB$. Тогда $\angle CGE = \angle CBD$ как соответственные углы при параллельных прямых $EG$ и $DB$ и секущей $BC$.
Следовательно, по признаку подобия по двум углам, $\triangle GEC \sim \triangle BDC$.

Таким образом, на рисунке есть три пары подобных треугольников.

Ответ: $\triangle FGC \sim \triangle ABC$, $\triangle FEC \sim \triangle ADC$, $\triangle GEC \sim \triangle BDC$.