三角形の相似条件

3 辺が $4,5,6$ の三角形と、3 辺が $6,\ 7.5,\ 9$ の三角形を比べる。辺の比は
$$ \frac64=\frac{7.5}5=\frac96=\frac32 $$
で、3 組とも等しい。角を 余弦定理（高校数学） で求める。3 辺が $a,b,c$ の三角形で、長さ $a$ の辺の向かいの角を $\alpha$ とすると $\cos\alpha=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ である。
(1) 3 辺 $4,5,6$ の三角形。辺 $4$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{25+36-16}{2\cdot5\cdot6}=\dfrac{45}{60}=\dfrac34$、辺 $5$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{16+36-25}{2\cdot4\cdot6}=\dfrac{27}{48}=\dfrac9{16}$、辺 $6$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{16+25-36}{2\cdot4\cdot5}=\dfrac5{40}=\dfrac18$ である。
(2) 3 辺 $6,\ 7.5,\ 9$ の三角形。辺 $6$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{7.5^2+9^2-6^2}{2\cdot7.5\cdot9}=\dfrac{56.25+81-36}{135}=\dfrac{101.25}{135}=\dfrac34$ である。同じように、辺 $7.5$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{36+81-56.25}{108}=\dfrac{60.75}{108}=\dfrac9{16}$、辺 $9$ の向かいの角は $\cos=\dfrac{36+56.25-81}{90}=\dfrac{11.25}{90}=\dfrac18$ である。
対応する角の余弦がすべて等しいので、対応する角はすべて等しい（$0^\circ$ と $180^\circ$ の間の角は余弦で決まる）。辺の比だけを確かめたのに、角まで等しくなった。

$\angle A=90^\circ$、$AB=3$、$AC=4$、$BC=5$ の直角三角形 $ABC$ で、$A$ から辺 $BC$ に垂線 $AH$ を下ろす。座標を $A(0,0)$、$B(3,0)$、$C(0,4)$ にとると、$H\left(\dfrac{48}{25},\dfrac{36}{25}\right)$ で、
$$ BH=\frac95,\qquad HC=\frac{16}5,\qquad AH=\frac{12}5 $$
である（後の図 2 と同じ三角形。$H$ は直線 $BC$ の上の点 $(3-3t,\ 4t)$ のうち $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$ となる $t=\dfrac{9}{25}$ の点）。
三角形 $HBA$ と三角形 $ABC$ を比べる。$\angle BHA=90^\circ=\angle BAC$ で、角 $B$ は共通である。2 つの角が等しい。辺の比を計算すると
$$ \frac{HB}{AB}=\frac{9/5}{3}=\frac35,\qquad \frac{BA}{BC}=\frac35,\qquad \frac{AH}{CA}=\frac{12/5}{4}=\frac35 $$
で、3 組とも $\dfrac35$ になる。角だけを確かめたのに、辺の比まで等しくなった。

ex-tsc-start-aa の三角形で考える。
(1) $\triangle HBA\sim\triangle ABC$ である。対応は $H\leftrightarrow A$、$B\leftrightarrow B$、$A\leftrightarrow C$ で、角は $\angle H=90^\circ=\angle A$、$\angle B$ は共通、残りの角も $\angle BAH=180^\circ-90^\circ-\angle B=\angle C$ で等しい（三角形の内角の和）。辺の比は ex-tsc-start-aa で計算したとおり、すべて $\dfrac35$ である。
(2) 同じ 2 つの三角形を、対応 $H\leftrightarrow A$、$B\leftrightarrow C$、$A\leftrightarrow B$ で比べると、$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac35$ だが $\dfrac{HB}{AC}=\dfrac{9/5}4=\dfrac9{20}$ で、辺の比が等しくない。この対応のもとでは相似ではない。
同じ三角形の組でも、どの頂点を対応させるかを決めないと「相似」は意味をもたない。

1. 原点 $O$ を中心とする比 $2$ の相似拡大で、$X(1,3)$ は $X^*(2,6)$ に、$Y(4,-1)$ は $Y^*(8,-2)$ に移る。$\overrightarrow{XY}=(3,-4)$、$\overrightarrow{X^*Y^*}=(6,-8)=2\,\overrightarrow{XY}$ で、$XY=5$、$X^*Y^*=10$ である。
2. ex-tsc-start-sss の三角形を $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C\left(\dfrac58,\dfrac{5\sqrt{63}}8\right)$ と置く（$AC=\dfrac58\sqrt{1+63}=5$、$BC=\sqrt{\left(4-\dfrac58\right)^2+\dfrac{25\cdot63}{64}}=\sqrt{\dfrac{729+1575}{64}}=\sqrt{36}=6$）。$A$ を中心とする比 $\dfrac32$ の相似拡大で、$B^*(6,0)$、$C^*\left(\dfrac{15}{16},\dfrac{15\sqrt{63}}{16}\right)$ に移る。$AB^*=6$、$AC^*=7.5$、$B^*C^*=\dfrac32\cdot6=9$ で、3 辺 $6,\ 7.5,\ 9$ の三角形ができる（図 1 の左）。

1. 3 辺が $2,3,4$ の三角形と、3 辺が $6,9,12$ の三角形は、$\dfrac62=\dfrac93=\dfrac{12}4=3$ なので、thm-tsc-main の 1 により相似で、相似比は $3$ である。長さ $2$ と $6$ の辺、$3$ と $9$ の辺、$4$ と $12$ の辺が対応し、対応する辺の向かいの角が等しい。
2. 3 辺が $4,5,6$ の三角形と、3 辺が $8,10,11$ の三角形は、短い順に比べると $\dfrac84=\dfrac{10}5=2$ だが $\dfrac{11}6\ne2$ である。辺の長さは短い順に対応させるしかない（相似なら、長い辺ほど相似比 $k$ 倍しても長いので、大小の順が保たれる）。その対応で比が等しくないので、相似ではない。

1. $AB=4$、$AC=6$、$\angle A=60^\circ$ の三角形 $ABC$ と、$A'B'=6$、$A'C'=9$、$\angle A'=60^\circ$ の三角形 $A'B'C'$ は、$\dfrac64=\dfrac96=\dfrac32$ で間の角が等しいので相似である。実際、余弦定理で残りの辺を求めると
   $$ BC^2=16+36-2\cdot4\cdot6\cdot\frac12=28,\qquad B'C'^2=36+81-2\cdot6\cdot9\cdot\frac12=63 $$
   で、$BC=2\sqrt7$、$B'C'=3\sqrt7=\dfrac32\cdot2\sqrt7$ となり、3 つ目の辺の比も $\dfrac32$ である。
2. 座標を $A(0,0)$、$B(6,0)$、$C(0,4)$ にとる。辺 $AC$ の上に $AD=3$ の点 $D(0,3)$、辺 $AB$ の上に $AE=2$ の点 $E(2,0)$ をとる。三角形 $ADE$ と三角形 $ABC$ を、対応 $A\leftrightarrow A$、$D\leftrightarrow B$、$E\leftrightarrow C$ で比べると
   $$ \frac{AD}{AB}=\frac36=\frac12,\qquad \frac{AE}{AC}=\frac24=\frac12 $$
   で、間の角 $A$ は共通である。よって $\triangle ADE\sim\triangle ABC$ で、$DE=\dfrac12BC$ のはずである。実際 $DE=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$、$BC=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}$ である。この $DE$ は $BC$ と平行ではない（傾きは $-\dfrac32$ と $-\dfrac23$）。$D$ を辺 $AB$ の側でなく辺 $AC$ の側にとったので、裏返した向きに相似になっている。

1. ex-tsc-start-aa の直角三角形では、三角形 $HBA$ と三角形 $ABC$ が直角と角 $B$ を共有するので、thm-tsc-main の 3 により相似である。同じように三角形 $HAC$ と三角形 $ABC$ も、直角と角 $C$ を共有するので相似である（対応 $H\leftrightarrow A$、$A\leftrightarrow B$、$C\leftrightarrow C$）。
2. 台形 $ABCD$ で $A(0,2)$、$D(2,2)$、$B(-1,0)$、$C(5,0)$ とし、$AD\parallel BC$ とする。対角線 $AC$ と $BD$ の交点を $P$ とすると、$\angle PAD=\angle PCB$、$\angle PDA=\angle PBC$（平行線の錯角）なので $\triangle PAD\sim\triangle PCB$ で、相似比は $\dfrac{AD}{CB}=\dfrac26=\dfrac13$ である。座標で確かめると、$P$ は $A+s(C-A)=B+u(D-B)$ を解いて $s=\dfrac14$、$u=\dfrac34$ の点 $P\left(\dfrac54,\dfrac32\right)$ で、$\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{1/4}{3/4}=\dfrac13$、$\dfrac{PD}{PB}=\dfrac{1-3/4}{3/4}=\dfrac13$ となり、確かに $\dfrac13$ である。

$\angle A=90^\circ$ の直角三角形 $ABC$ で、$A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $H$ とする。
まず、$H$ が辺 $BC$ の上（端点を除く）にあることを確かめる。三角形の内角の和 から $\angle B+\angle C=90^\circ$ なので、角 $B$ と角 $C$ はどちらも鋭角で、$\cos B>0$、$\cos C>0$ である。$H$ は直線 $BC$ の上の点なので、$\overrightarrow{BH}=t\,\overrightarrow{BC}$ と書ける。$\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{BA}-t\,\overrightarrow{BC}$ が $\overrightarrow{BC}$ と垂直なので、内積をとって
$$ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}-t\,BC^2=0,\qquad t=\frac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{BC^2}=\frac{AB\cos B}{BC}>0 $$
である。$B$ と $C$ の役を入れかえて同じ計算をすると、$\overrightarrow{CH}=(1-t)\,\overrightarrow{CB}$ から $1-t=\dfrac{AC\cos C}{BC}>0$ である。よって $0< t<1$ で、$H$ は $B$ と $C$ の間にあり、$BH+HC=BC$ である。
ex-tsc-aa の (1) により、$\triangle HBA\sim\triangle ABC$、$\triangle HAC\sim\triangle ABC$ で、したがって $\triangle HBA\sim\triangle HAC$ でもある（対応 $H\leftrightarrow H$、$B\leftrightarrow A$、$A\leftrightarrow C$）。対応する辺の比から、次の 3 つの式が出る。

1. $\triangle HBA\sim\triangle ABC$ から $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BA}{BC}$、つまり $AB^2=BH\cdot BC$。
2. $\triangle HAC\sim\triangle ABC$ から $\dfrac{HC}{AC}=\dfrac{AC}{BC}$、つまり $AC^2=CH\cdot CB$。
3. $\triangle HBA\sim\triangle HAC$ から $\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}$、つまり $AH^2=BH\cdot HC$。
   図 2 の三角形（$AB=3$、$AC=4$、$BC=5$、$BH=\dfrac95$、$HC=\dfrac{16}5$、$AH=\dfrac{12}5$）で確かめると、
   $$ AB^2=9=\frac95\cdot5,\qquad AC^2=16=\frac{16}5\cdot5,\qquad AH^2=\frac{144}{25}=\frac95\cdot\frac{16}5 $$
   で、3 つとも成り立つ。

円の 2 本の弦 $AB$、$CD$ が円の内部の点 $P$ で交わるとする。三角形 $PAC$ と三角形 $PDB$ で、$\angle APC=\angle DPB$（対頂角）、$\angle PAC=\angle BAC=\angle BDC=\angle PDB$（弧 $BC$ に対する円周角）なので、thm-tsc-main の 3 により $\triangle PAC\sim\triangle PDB$ である。対応する辺の比から $\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{PC}{PB}$、つまり $PA\cdot PB=PC\cdot PD$ である。
数値で確かめる。円 $x^2+y^2=25$ と点 $P(1,0)$ をとる。$x$ 軸に沿う弦は $A(-5,0)$、$B(5,0)$ で、$PA\cdot PB=6\cdot4=24$ である。直線 $x=1$ に沿う弦は $C(1,\sqrt{24})$、$D(1,-\sqrt{24})$ で、$PC\cdot PD=\sqrt{24}\cdot\sqrt{24}=24$ である。相似比も確かめると
$$ \frac{PA}{PD}=\frac6{\sqrt{24}},\qquad \frac{PC}{PB}=\frac{\sqrt{24}}4,\qquad \frac{AC}{DB}=\frac{\sqrt{36+24}}{\sqrt{16+24}}=\frac{\sqrt{60}}{\sqrt{40}} $$
で、3 つとも $\dfrac{\sqrt6}2$ に等しい。

$\angle B=30^\circ$、$AB=2$、$AC=\sqrt2$ を満たす三角形 $ABC$ を作る（図 3）。$B$ を原点、直線 $BC$ を $x$ 軸にとると $A(\sqrt3,1)$ で、$C(x,0)$（$x>0$）が $AC=\sqrt2$ を満たす条件は、余弦定理 $AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB\cdot BC\cos30^\circ$ から
$$ 2=4+x^2-2\sqrt3\,x,\qquad x^2-2\sqrt3\,x+2=0,\qquad x=\sqrt3\pm1 $$
である。2 つの解はどちらも正なので、$C_1(\sqrt3+1,0)$ と $C_2(\sqrt3-1,0)$ の 2 つの三角形ができる。
三角形 $ABC_1$ と三角形 $ABC_2$ は、$\dfrac{AB}{AB}=\dfrac{AC_2}{AC_1}=1$（2 辺の比が等しい）で、角 $B$ は共通である。しかし角 $C$ は、正弦定理 $\sin C=\dfrac{AB\sin B}{AC}=\dfrac{2\cdot\frac12}{\sqrt2}=\dfrac1{\sqrt2}$ から、$C_1$ では $45^\circ$、$C_2$ では $135^\circ$ である（$C_2$ では $\cos\angle AC_2B=-\dfrac{\sqrt2}2$）。対応する角が等しくないので、2 つの三角形は相似でない。
等しいのは「$AB$ と $AC$ の比」と「角 $B$」で、角 $B$ は辺 $AB$ と辺 $BC$ の間の角であり、辺 $AB$ と辺 $AC$ の間の角ではない。間の角でない角では、三角形の形が 1 つに決まらない。三角形が 2 つできる場合の数え方は 三角形の決定と解の個数 で扱う。

1. 角が 1 つだけ等しい場合。3 辺 $3,4,5$ の直角三角形と、3 辺 $1,1,\sqrt2$ の直角二等辺三角形は、どちらも直角をもつ。しかし直角を挟む 2 辺の比は $\dfrac43$ と $\dfrac11$ で違い、残りの角も、前者は $45^\circ$ でない鋭角（$\cos=\dfrac45$ と $\dfrac35$）、後者は $45^\circ$ と $45^\circ$ である。相似でない。
2. 2 組の辺の比だけが等しい場合。3 辺 $3,4,5$ の三角形と、3 辺 $6,8,12$ の三角形（$6+8>12$ なので三角形がある）は、$\dfrac63=\dfrac84=2$ だが、3 つ目は $\dfrac{12}5\ne2$ である。角も違い、後者の最大の角は $\cos=\dfrac{36+64-144}{2\cdot6\cdot8}=-\dfrac{11}{24}<0$ で鈍角だが、前者の最大の角は直角である。相似でない。
   2 辺の比を等しくしたうえで、間の角も等しくすれば条件 2 になる。(2) は、間の角を指定しないと 3 つ目の辺が自由に動けることを示している。

1. 対応する角がすべて等しいが相似でない。縦 $1$・横 $2$ の長方形と、1 辺 $1$ の正方形は、4 つの角がすべて $90^\circ$ で等しい。しかし辺の比は、縦どうし $\dfrac11=1$、横どうし $\dfrac12$ で等しくない（対応をずらしても、長方形の隣り合う 2 辺の比 $\dfrac12$ が正方形の $1$ にならない）。
2. 対応する辺の比がすべて等しいが相似でない。1 辺 $1$ の正方形と、1 辺 $1$ で 1 つの角が $60^\circ$ のひし形は、4 辺の比がすべて $1$ で等しい。しかし角は $90^\circ$ と $60^\circ$（または $120^\circ$）で等しくない。
   四角形では、4 つの角を決めても辺の比は決まらず、4 辺の比を決めても角は決まらない（四角形は、辺の長さを変えずに押しつぶせる）。三角形で相似条件が成り立つのは、3 辺を決めると三角形が 1 つに決まる（合同条件）からである。

半径 $1$ の球面の上で、北極 $(0,0,1)$ と赤道の上の 2 点 $(1,0,0)$、$(0,1,0)$ を大円の弧で結ぶと、3 つの角がすべて $90^\circ$ の球面三角形ができる。球面三角形の面積は、角を $A,B,C$（ラジアン）として $A+B+C-\pi$ に等しい（球面三角形の面積）ので、この三角形の面積は
$$ \frac\pi2+\frac\pi2+\frac\pi2-\pi=\frac\pi2 $$
である（球面全体 $4\pi$ の $\dfrac18$ で、確かに合う）。同じ公式により、3 つの角がすべて $90^\circ$ の球面三角形は、どれも面積が $\dfrac\pi2$ である。
平面なら、lem-tsc-homothety の相似拡大で、角を変えずに面積だけを $k^2$ 倍した三角形が作れる（面積の比は 三角形の面積比）。球面の上では、角を保ったまま大きさだけを変えることはできない。相似拡大が作れるのは、平面で平行線公準が成り立つからである（rem-tsc-noneuclid）。

1. 比 $k$ の相似拡大は、lem-tsc-homothety の 1 により比 $k$ の相似変換である。平行移動・回転・直線に関する対称移動は合同変換である。
2. 複素数平面で $f(z)=2iz+1$ とする。$\lvert f(z)-f(w)\rvert=\lvert2i(z-w)\rvert=\lvert2i\rvert\,\lvert z-w\rvert=2\lvert z-w\rvert$ なので、$f$ は比 $2$ の相似変換である。$f$ は「原点のまわりに $90^\circ$ 回して $2$ 倍し、$1$ だけ平行移動する」写像である（複素数の掛け算は回転と拡大）。たとえば $0\mapsto1$、$1\mapsto1+2i$、$i\mapsto-1$ で、3 点の距離 $1,1,\sqrt2$ が $2,2,2\sqrt2$ になる。

1. $\alpha=0$、$\beta=2$、$\gamma=1+i$ の三角形では $w=\dfrac{1+i}2$ である。$\alpha'=1$、$\beta'=1+2i$、$\gamma'=i$ の三角形では $w'=\dfrac{i-1}{2i}=\dfrac{(i-1)(-i)}{2}=\dfrac{1+i}2$ である。$w$ と $w'$ の偏角はどちらも $\dfrac\pi4$（正）なので、2 つの三角形は同じ向きである。$w=w'$ なので、prop-tsc-complex の 1 により相似である。実際、どちらも 3 辺が $2,\sqrt2,\sqrt2$ の直角二等辺三角形である。
2. $\alpha''=0$、$\beta''=2$、$\gamma''=1-i$ の三角形では $w''=\dfrac{1-i}2$ で、偏角は $-\dfrac\pi4$（負）である。(1) の最初の三角形を実軸で折り返したもので、(1) の最初の三角形とは逆の向きである。$w''=\overline{w}$ なので、prop-tsc-complex の 2 により、2 つの三角形（対応 $\alpha\leftrightarrow\alpha''$、$\beta\leftrightarrow\beta''$、$\gamma\leftrightarrow\gamma''$）は相似である。$w''$ と $w$ は互いに共役で、偏角の符号（$\dfrac\pi4$ と $-\dfrac\pi4$）が逆であることに、向きが逆であることが表れている。