SLICNOST

Proucavanje preslikavanja geometrijskih figura zavrsavamo upoznavanjem transformacije slicnosti.

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 P_k(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.

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

Navedimo jos jednu vezu izmedju homotetije i transformacije slicnost.

Dokaz. Neka su A, B dve proizvoljne tacke. Prema osobini 4° homotetije vazi , a odatle je ( prema definiciji). Odavde je A₁B₁=½ k½ × 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.

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 A₁B₁C_{1Þ 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,

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).

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 Ð ACB = Ð 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.

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 P_k, pa je D ABC~D A₁B₁C₁.

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

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

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, Ð AC₁C = Ð BCC₁ (naizmenicni uglovi) pa je Ð AC₁C = Ð ACC₁ = Ð 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 Ð AC₁C = Ð 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 Ð ACC₁ = Ð AC₁C. Kako je i Ð AC₁C = Ð BCC₁ , sledi da je i Ð ACC₁ = Ð 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. h_b: h_c = 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.

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 Ð BAC = Ð BCD (uglovi sa normalnim kracima) i jo{ je Ð ADC = Ð BDC = 90° . Iz slicnosti sledi: q : h_c = h_c : 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 Ð ACB` = 90° , sl. 21. Tada je

a²+b² = d², gde je d =AB`. Medjutim, kako je i a<sup>2</sup>+b<sup>2</sup> = c<sup>2</sup>, sledi da je c<sup>2</sup>=d<sup>2</sup>, tj. c = d. Zbog toga su podudarni trouglovi ABC i AB`C (po stav SSS), pa je Ð ACB = Ð 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.