Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ABE и CDF равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу (AB = CD как про­ти­во­ле­жа­щие сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма;  ∠BAE = ∠DCF как на­крест ле­жа­щие углы при па­рал­лель­ных пря­мых AB и CD и се­ку­щей AC). Сле­до­ва­тель­но, BE = DF. Кроме того, BE || DF, т. к. это пер­пен­ди­ку­ля­ры к одной пря­мой. Таким об­ра­зом, в че­ты­рех­уголь­ни­ке BFDE про­ти­во­ле­жа­щие сто­ро­ны равны и па­рал­лель­ны, по­это­му BFDE  — па­рал­ле­ло­грамм.

По­сколь­ку угол ACB тупой, ос­но­ва­ния высот A₁ и B₁ будут ле­жать на про­дол­же­ни­ях сто­рон BC и AC со­от­вет­ствен­но. Диа­го­на­ли че­ты­рех­уголь­ни­ка AA₁B₁B пе­ре­се­ка­ют­ся, по­это­му он вы­пук­лый. По­сколь­ку ∠AA₁B = ∠AB₁B = 90°, каж­дый из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков AA₁B и AB₁B впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром AB. Это озна­ча­ет, что все вер­ши­ны че­ты­рех­уголь­ни­ка AA₁B₁B лежат на одной окруж­но­сти. Тогда углы ∠AB₁A₁ и ∠ABA₁ равны как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на дугу A₁A. Ана­ло­гич­но, ∠BA₁B₁ = ∠BAB₁. Зна­чит, ука­зан­ные тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам.

Ука­жем общую тео­ре­му.

Ос­но­ва­ния двух высот тре­уголь­ни­ка (ост­ро­уголь­но­го или ту­по­уголь­но­го) и одна из его вер­шин об­ра­зу­ют тре­уголь­ник, по­доб­ный ис­ход­но­му; ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен мо­ду­лю ко­си­ну­са их об­ще­го угла.

См. также.

Ана­ло­гич­ное за­да­ние с ост­ро­уголь­ным тре­уголь­ни­ком: 340341.

При­ве­дем ре­ше­ние Ро­ма­на Ре­ше­ти­ло­ва.

Тре­уголь­ни­ки ACA₁ и BCB₁ по­доб­ны по двум углам, по­сколь­ку ∠AA₁C = ∠BB₁C  =  90°, ∠ACA₁ = ∠BCB₁ равны как вер­ти­каль­ные. Сле­до­ва­тель­но,

Углы ACB и A₁CB₁ равны как вер­ти­каль­ные, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки A₁CB₁ и ACB по­доб­ны по от­но­ше­нию двух сто­рон, за­клю­ча­ю­щих рав­ные углы.

Про­ве­дем LF па­рал­лель­но CD (см. рис.). Тогда BL = LC = CD. Сле­до­ва­тель­но, па­рал­ле­ло­грамм CDFL яв­ля­ет­ся ром­бом. Диа­го­наль DL ромба CDFL яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла CDA.

При­ве­дем ре­ше­ние Нелли Хуш­мах­ма­до­вой.

В тре­уголь­ни­ке LCD LC=CD, сле­до­ва­тель­но, углы CLD и CDL равны. Углы CLD и LDA равны как на­крес­тле­жа­щие углы при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых се­ку­щей, сле­до­ва­тель­но, угол LDA равен углу CDL, тогда DL  — бис­сек­три­са угла CDA.

По свой­ству бис­сек­три­сы угла точка P рав­но­уда­ле­на от пря­мых AD и CD (так как лежит на бис­сек­три­се угла D ) и рав­но­уда­ле­на от пря­мых BC и CD (так как лежит на бис­сек­три­се угла C). Зна­чит, точка P рав­но­уда­ле­на от всех трех ука­зан­ных пря­мых.

Пусть ABCD  — тра­пе­ция, M и N  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний AD и BC со­от­вет­вен­но.

Пусть AM = MD = a и BN = NC = b, а h  — вы­со­та тра­пе­ции. Тогда пло­щадь каж­дой из ча­стей, на ко­то­рые от­ре­зок MN делит тра­пе­цию, равна то есть, эти части рав­но­ве­ли­ки.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Пусть h  — длина вы­со­ты тра­пе­ции. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABM равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка MCD, по­сколь­ку вы­со­ты, про­ве­ден­ные к ос­но­ва­ни­ям AF и FD равны, а ос­но­ва­ния AM и MD равны. Ана­ло­гич­но равны пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков BNM и По­ка­жем, что пло­ща­ди че­ты­рех­уголь­ни­ков ABNM и MNCD равны: