Az emelt szintű érettségin kiemelt követelmény a klasszikus tételek szabatos bizonyítása hasonlósági érveléssel.
Tétel: A derékszögű háromszögek magasságtétele
Állítás: Bármely derékszögű háromszögben az átfogóhoz tartozó magasság ($m$) a két átfogódarab ($p$ és $q$) mértani közepe, azaz $m = \sqrt{p \cdot q}$.
Bizonyítás: Legyen az $ABC$ háromszög derékszögű a $C$ csúcsnál, a befogók $a$ és $b$, az átfogó $c$. Húzzuk be az átfogóhoz tartozó $m$ magasságot, melynek talppontja az átfogón $T$. A talppont az átfogót a $p$ és $q$ szakaszokra bontja (ahol $p$ az $a$-hoz, $q$ a $b$-hez csatlakozik).
Jelöljük az $A$ csúcsnál lévő szöget $\alpha$-val. Mivel $ABC$ derékszögű, a $B$ csúcsnál lévő szög $90^\circ - \alpha$. A magasság berajzolásával két kisebb derékszögű háromszög keletkezett: $ATC$ és $BTC$.
- Az $ATC$ háromszög derékszögű (a $T$ csúcsnál), egyik szöge $\alpha$, így a harmadik szöge az $ACT\angle = 90^\circ - \alpha$.
- A $BTC$ háromszög derékszögű, egyik szöge a $B$ csúcsnál $90^\circ - \alpha$, így a harmadik szöge a $BCT\angle = \alpha$.
Mivel a két felbontott kis háromszög (az $ATC$ és a $CTB$) szögei megegyeznek ($\alpha, 90^\circ-\alpha, 90^\circ$), a két háromszög hasonló ($ATC \sim CTB$). A hasonlóság miatt a megfelelő oldalak aránya megegyezik. A kis háromszögekben az $\alpha$ szöggel és a $90^\circ - \alpha$ szöggel szemközti befogók aránya egyenlő kell hogy legyen:
$$\frac{m}{q} = \frac{p}{m}$$
Ezt az egyenletet rendezve (keresztbe szorzással) kapjuk a tétel állítását:
$$m^2 = p \cdot q \quad \implies \quad m = \sqrt{p \cdot q} \quad \text{Q.E.D.}$$
Tétel: A belső szögfelező tétele
Állítás: A háromszög belső szögfelezője a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja fel.
Bizonyítás: Legyen az $ABC$ háromszög $C$ csúcsához tartozó szögfelező $f$, amely a $c$ oldalt a $P$ pontban metszi. A $P$ pont a $c$ oldalt $x$ és $y$ szakaszokra osztja, ahol $x$ az $a$ oldalhoz, $y$ a $b$ oldalhoz van közelebb. Bizonyítandó, hogy $\frac{x}{y} = \frac{a}{b}$.
Húzzunk a $B$ csúcson át párhuzamost a $C$ csúcsból kiinduló szögfelezővel. Ez a párhuzamos egyenes messze meg az $AC$ oldalegyenes meghosszabbítását egy $D$ pontban.
A szögfelező definíciója miatt az $f$ egyenes a $\gamma$ szöget két $\frac{\gamma}{2}$ nagyságú szögre osztja.
Mivel $CD \parallel f$, a váltószögek és egyállású szögek tulajdonságai miatt a $CDB$ háromszög szögei a $C$ csúcsnál létrejött részekkel egyeznek meg: $CDB\angle = \frac{\gamma}{2}$ és $CBD\angle = \frac{\gamma}{2}$. Így a $CDB$ háromszög egyenlő szárú, tehát $CD = CB = a$.
Most alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét a $DAB$ háromszögben, amelyet a $CP \parallel DB$ szelők metszenek az $A$ csúcsból indulva:
$$\frac{AP}{PB} = \frac{AC}{CD}$$
A korábban bevezetett jelöléseket ($AP = y$, $PB = x$, $AC = b$, és tudjuk, hogy $CD = a$) behelyettesítve:
$$\frac{y}{x} = \frac{b}{a} \quad \text{amely egyenértékű a} \quad \frac{x}{y} = \frac{a}{b} \text{ alakkal. Q.E.D.}$$