SLICNOST

Proucavanje preslikavanja geometrijskih figura zavrsavamo upoznavanjem transformacije slicnosti.

Definicija 3.
Preslikavanje Pk ravni a na samu sebe, koje svake dve tacke A, B, prevodi u tacke A1, B1 tako da je A1B1=k AB, gde je k dati pozitivan broj, naziva se transformacijom slicnosti (ili kratko slicnoscu sa koeficijentom k).

Kao u slucaju teoreme 3., mozemo dokazati da slicnost odrzava kolinearnost i raspored tacaka. Neposredno iz definicije sledi jos jedan zakljucak.

Teorema 4.
Kompozicija slicnosti sa koeficijentom k i homotetije sa koeficijentom je izometrija.

Dokaz. Za bilo koje dve tacke A, B, vazi Pk(AB)=A1B1, tako da je A1B1=k AB i c (A1B1)=A2B2, gdje je c homotetija sa koeficijentom , tako da je A2B2=A1B1. Otuda je: A2B2=A1B1= (k AB)=AB.

Neposredna posledica ove teoreme je sledece svojstvo, koje dajemo bez dokaza.

Teorema 6.
Svaka transformacija slicnosti moze se predstaviti kao kompozicija jedne homotetije i jedne izometrije.

Odavde zakkljucujemo da slicnost (kao i podudarnost i homotetija) uglove preslikava na podudarne uglove.

Navedimo jos jednu vezu izmedju homotetije i transformacije slicnost.

Teorema 7.
Homotetija sa koeficijentom k je transformacija slicnosti sa koeficijenotm k1= k

Dokaz. Neka su A, B dve proizvoljne tacke. Prema osobini 4 homotetije vazi , a odatle je ( prema definiciji). Odavde je A1B1= k AB.

Slicnost je jedan od pojmova koji u svakodnevnom govoru ima odgovarajucu interpretaciju. Slicnim figuramam smatraju se objekti koji veoma podsecaju na figure iz nade sledece definicije.

Definica 4.
Za dve figure F i F1 kazemo da su slicne (sa koeficijentom slicnosti k) ako postoji transformacija slicnosti Pk, koja figuru F prevodi na figuru F1. Slicnost tih dveju figura oznacavamo sa F~F1.

Na osnovu osobina slicnosti i definicije slicnih figura zakljucujemo da su odgovarajuci uglovi slicnih figura jednaki, dok su parovi odgovarajucih duzi proporcionalni.

 


SLICNOST TROUGLOVA

U definiciji 4 se govori o slicnosti bilo kojih figura, pa se to odnosi na slicne trouglove. Na osnovu toga zakljucujemo da su kod slicnih trouglova odgovarajuci uglovi jednaki, a odgovarajuce stranice proporcionalne:

D ABC~D A1B1C1 a =a 1,b =b 1, g =g 1,

(odnosno a : b : c = a1 : b1 : c1).

Transformacija slicnosti, kao sto teorema 6 pokazuje, ima osobine koje su zajednicke za izometriju i homtetiju. Mozemo reci da slicnost ima sve osobine izometrije, osim cuvanja podudarnost duzi. Od svih osobina slicnosti posebnu paznju cemo obratiti na sledecu,

Teorema 8.
Relacija slicnosti figura je relacija ekvivalencije (tj. slicnost je RST relacija).

Tako, na primer, svi trouglovi se mogu razvrstati po klasama ekvivalencije, tako da su svi trouglovi u jednoj klasi slicni medju sobom. Svaka ovakva klasa sadrzi kao podskupove klase podudarnih trouglova. Za dva trougla mozemo, na osnovu teoreme 6., dokazati da su slicni ako i samo ako se jedan preslikava na drugog kompozicijom jedne homotetije i jedne izometrije.

Sada cemo se malo vise pozabaviti slicnim trouglovima. Potrebne i dovoljne uslove za dokazivanje slicnosti trouglova utvrdjuju naredni stavovi (stavovi slicnosti trouglova).

Teorema 9. (Prvi stav slicnosti)
Dva trougla ABC i A1B1C1 su slicna ako i samo ako je jedan par stranica jednog trougla proporcionalan paru stranica drugog, a uglovi zahvaceni ovim stranicama jedanki su medju sobom.

Dokaz. Na osnovu definicije 4 sledi da D ABC~D A1B1C1povlaci g =g 1 i .

Dokazimo i obrnuto.

Neka je g =g 1 i . Kao je ACB = A1C1B1 = g to se kracima ugla ACB mogu odrediti tacke A2 i B2, kao na sli. 14. tako da je CA2=C1A1 i CB2=C1B1. Sada je trougao A2B2C podudaran trouglu A1B1C1 (stav SUS), a na osnovu teoreme 2, trougao CA2B2 je homotetican sa trouglom CAB. Centar homotetije je tacka C, a koeficijent je Prema tome, trougao A1B1C1 se preslikava na trougao ABC kompozicijom jedne izometrije i jedne homotetije, pa je zbog toga D ABC~D A1B1C1

Sl. 14.

 

Teorema 10. (Treci stav slicnosti)
Trouglovi ABC i A1B1C1 su slicni ako i samo ako su im sve odgovarajuce stranice proporcionalne.

Dokaz. Ako je D ABC~D A1B1C1, tada na osnovu osobina slicnosti vazi: AB=k A1B1, BC=k B1C1 i CA=k C1A1, a odavde sledi AB : BC : CA = A1B1 : B1C1 : C1A1.

Obrnuto, neka je AB : BC : CA = A1B1 : B1C1 : C1A1. Odavde, na osnovu definicije proporcije, sledi: AB = k A1B1, BC = k B1C1 i CA=k C1A1. Zanci, trougao ABC se preslikava na trougao A1B1C1 transformacijom slicnosti Pk, pa je D ABC~D A1B1C1.

Slicno se dokaziju dva sledeca stava. Njihove dokaze prepustamo citaocima.

 

Teorema 11. (Drugi stav slicnosti)
Trouglovi ABC i A1B1C1 su slicni ako i samo ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva odgovarajuca ugla drugog.
Teorema 12. (Cetvrti stav slicnosti)
Dva trougla ABC i A1B1C1 su slicna ako i samo ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne sa odgovarajucim stranicama drugog, uglovi naspram dveju od tih odgovarajucih stranica jednaki, a naspram drugih dveju odgovarajucih stranica su oba ugla ostra, oba prava ili oba tupa.

 

Primenjujuci teoreme 9-12 na posebne slucajeve primecujemo:

  • Dva pravougla trougla su slicna ako su im proporcionalne katete.
  • Dva provougla trougla su slicna ako imaju jednak po jedan ostar ugao.
  • Dva proavougla trougla su slicna ako su im hipotenuze proporcionalne jednom paru kateta.
  • Dva jednakostranicna trougla su uvek slicna.

Lako se dokazije da su odgovarajuci elementi dvaju slicnih trouglova (visine, tezisne linije i sl.) takodje proporcionalni stranicama. Na primer, na sl. 15. je

a : a1 = h : h1= t : t1. Sem toga, na osnovu osobina proprocija imamo da iz a : b : c = a1: b1: c1 sledi (a + b + c):(a1 + b1 + c1) = a : a1, odnosno O : O1= a : a1. Znaci, obimi slicnih trouglova su proporcionalni stranicama.

Polazeci od a : a1 = c: c1 i a: a1=h: h1, posle mnozenja ovih proporcija dobijamo

a2 : a12 = ch : c1h1 = = P : P1. Dakle, povrsine slicnih trouglova su proporcionalne kvadratima odgovarajucih stranica.

Sl. 15 Sl. 16

Teorema 13.
Tacka M stranice AB trougla ABC pripada simetrali ugla ACB ako i samo ako je

AM : MB = AC : CB.

Dokaz. 1 Neka je prava CM simetrala ugla ACB i C1 tacka simetrale, takva da je AC1 paralelna sa BC, sl. 16 . Prema Talesovoj teoremi je AM : MB = AC1 : BC. Medjutim, AC1C = BCC1 (naizmenicni uglovi) pa je AC1C = ACC1 = ACB. Zbog toga je trougao ACC1 jednakokrak i AC1 = AC, pa je AM : MB = AC : CB.

2 Obrnuto, neka je M tacka stranice AB, takva da je AM : MB = AC : CB. Dokazacemo da je prava CM simetralal ugla ACB. Neka je C1 tacka prave CM, takva da je AC1 paralelna sa BC. Tada je, ako u prethodnom slucaju AC1C = BCC1 i AM : MB = AC1 : BC. Ali, tada je i AC : CB=AC1 : BC, odakle sledi da je AC1 = AC. Zbog toga je u trouglu ACC1 i ACC1 = AC1C. Kako je i AC1C = BCC1 , sledi da je i ACC1 = BCC1, pa je prava CM simetralal ugla ACB.

Slicnost trouglova treba solidno izuciti, jer se pomocu slicnih trouglova mogu dokazati mnoge korisne osobine mnogouglova i kurgova. Osmi toga, slicne figure se mogu korisno upotrebiti pri resavanju konstruktivnih zadataka. U ovom slucaju se najcesce koriste teoreme 9, 10 i 11.

Primer 6.

U svakom trouglu bilo koje dve visine su obrnuto proporcionalne odgovarajucim stranicama. Dokazati.

Resenje. Neka su BD i CE visine trougla ABC, sl. 15. Pravougli trouglovi ABD i ACE imaju zajendicki ostar ugao a , pa su po teroemi 11 slicni. Zbog toga je

BD : AB = CE : AC, a odavde BD : CE = AB : AC, tj. hb: hc = c: b.

 


PRIMENE SLICNSTI NA PRAVOUGLI TROUGAO

Hipotenuzina visina CD deli pravougli trougao ABC na dva provugla trougla ACD i CBD, koji su slicni sa trouglom ABC, a slicni su i medju sobom. (Svaki ima po jedan zajendicki ugao sa trouglom ABC). Otuda mozemo formulistai sledeci stav.

Teorema 14.
U svakom pravouglom trouglu vazi:
a) Hipotenuzina visina je geometrijska sredina odsecka koje sama odseca na hipotenuzi.
b) Kateta je gemotrijska sredina hipotenuze i blizeg odsecka hipotenuze

(Euklidov stav).

v) Trugao ABC je provaugli ( C = 90 ) ako i samo ako je c2=a2 + b2

(Pitagorina teorema)

Sl. 20. Sl. 21.

Dokaz. Neka su p i q, p+q=c, odsecci {to ih visina CD odredjuje na hipotenuzi, sl. 20.

a) D ACD ~ D CBD jer je BAC = BCD (uglovi sa normalnim kracima) i jo{ je ADC = BDC = 90 . Iz slicnosti sledi: q : hc = hc : p, sto se i tvrdi .

b) Iz slicnosti trouglova CBD i ABC zakljucujemo: a : p = c : a,. iz slicnosti trouglova ACD i ABC dobijamo b : q = c : b . Time je Euklidov stav dokazan.

v) Na osnovu Euklidovog stava, za pravougli trougao vazi: a2=cp i b2=cq, pa je

a2 + b2 = cp + cq = c(p+q) = c c = c2, tj. a2 + b2 = c2.

Obrnuto, neka je a2+b2=c2. Dokazacemo da je ABC pravougli trougao, sa pravim uglom ACB. Konstruisimo tacku B`, takvu da je CB`= CB = a i ACB` = 90 , sl. 21. Tada je

a2+b2 = d2, gde je d =AB`. Medjutim, kako je i a2+b2 = c2, sledi da je c2=d2, tj. c = d. Zbog toga su podudarni trouglovi ABC i AB`C (po stav SSS), pa je ACB = ACB`=90 .

Primer 9.

Date su duzi a i b. Konstruisati geometrijsku sredinu tih duzi.

Resenje. Koristimo cinjenicu da je ugao nad precnikom prav. Na sl. 22 je AB = a i

BC = b. Trazena duz je visina BD. (Ocigledno je poluprecnik OS, OS = AC= (a+b), veci ili jednak BD, i pri tom je OS = BD ako je a = b.

Sl. 22. Sl. 23

Primer 10.

Oluja prelomi stablo visine 16m i pri tom mu vrh dodirne zemlju 8 m daleko od stabla. Na kojoj se visini polomilo stablo?

Resenje. Prema slici 23 i Pitagorinoj teoremi je x2+82 = (16-h)2. Odavde je x = 6m. Stablo se prelomilo na visnini od 6 m.