A geometriai transzformációk fontos csoportját alkotják a hasonlósági transzformációk. E függvények közös tulajdonsága az aránytartás: bármely szakasz képe hosszának és a szakasz eredeti hosszának hányadosa állandó, a transzformációra jellemző érték. A legismertebb hasonlósági transzformációval, a középpontos nagyítással, illetve kicsinyítéssel már korábbi tanulmányainkban is találkoztunk. Az alábbiakban rendszerezzük és kiegészítjük ismereteinket.

Gyakran előforduló szerkesztési feladat egy szakasz egyenlő részekre osztása. A szakasz felezése egyszerű feladat, a szerkesztés helyességét is igazoltuk. Talán a szakasz három (vagy tetszőleges) egyenlő részre osztásának módszerét is sokan ismerik. A szerkesztés menete leolvasható a 39. ábráról:

Vegyünk fel egy segédegyenest, amely áthalad az AB szakasz egyik végpontján (az ábrán a kék színű egyenes áthalad az A ponton). Az A-tól számítva mérjünk fel három egyenlő hosszú szakaszt a segédegyenesre (AC, CD és DE). Kössük össze az E és B pontokat, majd húzzunk párhuzamosokat C-n és D-n keresztül az EB egyenessel. E párhuzamosok az AB szakaszt a H₁, H₂ harmadolópontokban metszik.

A párhuzamos szelők tétele:

Adott a síkon két egyenes. Ha ezeket az egyeneseket egymással párhuzamos egyenesekkel metszük (ezek a párhuzamos szelők), akkor az egyik egyenesen keletkező szakaszok aránya egyenlő a másik egyenesen keletkező megfelelő szakaszok arányával (40. ábra).

A tétel bizonyítását több lépésre bontjuk. Ha a két adott egyenes párhuzamos (az ábra első rajza), akkor az állítás abból következik, hogy a megfelelő szakaszok egyenlők, hiszen a megfelelő szakaszok végpontjai alkotta négyszögek paralelogrammák (az ábra első rajzán az A₁B₁B₂A₂ és a C₁D₁D₂C₂ négyszögek szemközti oldalai párhuzamosok). A továbbiakban metsző egyeneseket tekintünk. A 40. ábra harmadik esetére részletezzük a bizonyítást, ami értelemszerű változtatásokkal bármely más esetre is alkalmazható.

a) az egyik adott egyenesen egyenlő hosszú szakaszok keletkeznek (41. ábra)

A₁B₁ = C₁D₁. Az A₁ és a C₁ pontokon át húzzunk párhuzamosokat az A₂B₂ egyenessel, ezek a párhuzamosok a B₁B₂ szelőt B-ben, a D₁D₂ szelőt D-ben messék. Az A₁BB₂A₂ illetve a C₁DD₂C₂ négyszögek paralelogrammák, ezért A₁B = A₂B₂, C₁D = C₂D₂. Az A₁BB₁ és a C₁DD₂ háromszögek egybevágók, mert egy oldaluk (A₁B, C₁D₁) egyenlő és a rajta fekvő megfelelő szögek is egyenlők (egyállású szögek). Ezért A₁B = C₁D, azaz A₂B₂ = C₂D₂. Tehát A₁B₁:C₁D₁ = A₂B2:C₂D₂ = 1:1.

b) az egyik adott egyenesen keletkező szakaszok aránya racionális

, azaz az A₁B₁ szakasz p-ed része egyenlő a C₁D₁ szakasz q-ad részével. Ezeket az egyenlő részeket jelöljük a-val. Az a hosszúságú szakaszok minden végpontján át húzzunk párhuzamosokat a szelőkkel. Ezek a szelők az a) eset alapján a másik adott egyenesből egyenlő szakaszokat vágnak ki (b-vel jelölt szakaszok) Ţ A₂B₂ = pb és C₂D₂ = qb Ţ A₂B₂:C₂D₂ = p:q Ţ A₁B₁:C₁D₁ = A₂B₂:C₂D₂.

c) az egyik adott egyenesen keletkező szakaszok arány nem racionális

A C₁D₁ szakaszt osszuk fel q darab egyenlő részre, egy ilyen kicsi szakasz hossza legyen a. Az a hosszúságú szakaszt mérjük fel A₁-től kezdve az A₁B₁ szakaszra (p+1)-szer úgy, hogy teljesüljön a pa < A₁B₁ < (p+1)a egyenlőtlenségrendszer (43. ábra).

Húzzunk párhuzamosokat a szelőkkel az a hosszúságú szakaszok végpontjain át. Ezek a párhuzamosok a bizonyítás a) része alapján egyenlő hosszúságú szakaszokat metszenek ki a másik adott egyenesből, ezek hosszát jelölje b. Osszuk el a pa < A₁B₁ < (p+1)a egyenlőtlenség-rendszert C₁D₁-gyel:

Hasonló módon juthatunk a egyenlőtlenség-rendszerhez. Az (1) és (2) egyenlőtlenség-rendszereket úgy is fogalmazhatjuk, hogy az számok a nyílt intervallum pontjai, amiből a egyenlőtlenség következik. A (*) egyenlőtlenség minden pozitív egész q-ra teljesül. Mivel q tetszőlegesen nagy lehet, a reciproka tetszőlegesen kicsi lehet, azaz a (*) egyenlőtlenség bal oldalán álló abszolútértékes kifejezés minden pozitív számnál kisebb. Az egyetlen nemnegatív szám, ami minden pozitív számnál kisebb a 0. Ebből az adódik, hogy Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Megjegyzés: a tétel bizonyítása közben néhány komoly matematikai problémát érintettünk. Az egyik ilyen a racionális és irracionális számok témakörébe esik. Két szakaszt összemérhetőnek nevezünk (kommenzurábilis szakaszok), ha található olyan szakasz, amely mindkettőre egész számszor fér rá. Bebizonyítható, hogy két szakasz akkor és csak akkor összemérhető, ha hosszaik hányadosa racionális. A másik érintett terület a határértékszámítás. A határértékszámítás a matematikai analízis egyik központi területe, a középiskolában csak érintjük ezt a témát.

A páhuzamos szelők tételének megfordítása −ha két adott egyenesen egyenlő arányú megfelelő szakaszokat veszünk fel, akkor a szakaszok megfelelő végpontjait összekötő egyenesek párhuzamosok− nem igaz, amint azt a 44. ábra szemlélteti.

Ha egy szög száraira a csúcstól számítva egyenlő arányú szakaszokat mérünk fel, akkor a megfelelő végpontokat összekötő egyenesek párhuzamosok.

Indirekt módon bizonyítunk: tegyük fel, hogy az A₁A₂, B₁B₂ szelők nem párhuzamosok. Húzzunk B₁-en át egy párhuzamost A₁A₂-vel, ez a párhuzamos messe B-ben a másik szögszárat. A párhuzamos szelők tétele értelmében , ami ellentmondás, azaz az A₁A₂, B₁B₂ szelőknek mégis párhuzamosoknak kell lenniük.

Ha egy szög szárait párhuzamosokkal metszük, akkor az egyik száron keletkező szakaszok aránya egyenlő a szárak által a párhuzamosokból kimetszett szakaszok arányával: OA₁:OB₁ = A₁A₂:B₁B₂ (46. ábra).

Húzzunk párhuzamost az OA₂ szögszárral az A₁ ponton keresztül, ez a párhuzamos messe B-ben a B₁B₂ szakaszt. Tekintsük adott egyeneseknek a B₁A₁ és B₁B₂ egyeneseket, párhuzamos szelőknek az A₁B és OB₂ egyeneseket. Ekkor a párhuzamos szelők tételének értelmében OA₁:OB₁ = B₂B:B₂B₁. Az A₁A₂B₂B négyszög paralelogramma (szemközti oldalai párhuzamosok), ezért A₁A₂ = B₂B. Ebből már következik a bizonyítandó állítás.

• O, P és P’ egy egyenesre esik,
• ,
• ha l > 0, akkor az O pont nem választja el a P és P’ pontokat, különben elválasztja.

Ha |l | > 1, akkor nagyításról, |l | < 1 esetén kicsinyítésről beszélünk. A |l | = 1 egybevágósági transzformációt határoz meg (az identitást, illetve a középpontos tükrözést).

• kölcsönösen egyértelmű,
• illeszkedéstartó
• aránytartó,
• szögtartó,
• egy O-ra nem illeszkedő egyenes párhuzamos a képével,
• fixpontja az O pont, fixegyenesei az O-ra illeszkedő egyenesek (l ą 1 esetén)

A felsorolt tulajdonságok bizonyítása a definíció és a párhuzamos szelők tulajdonságai alapján történhet.

Két ponthalmaz (alakzat) akkor és csak akkor hasonló, ha létezik olyan hasonlósági transzformáció, amely az egyiket a másikba viszi. A definíció közvetlen alkalmazása sokszor nehézkes, ezért a gyakrabban előforduló síkidomok hasonlóságára megfogalmazunk néhány tételt, ahogyan azt az egybevágóság kapcsán is tettük. Ezeket a tételeket itt nem bizonyítjuk be.

Érdemes még megjegyezni, hogy olyan síkidomok esetében, amelyek egyetlen hosszadattal jellemezhetők, bármely két példány hasonló. Például hasonló bármely két kör vagy bármely két parabola.

Egy háromszög egyik oldala legyen a, a hozzá tartozó magasság m, a háromszög területe T. A háromszög l arányú hasonlósági transzformációval kapott képére teljesülnek az a’ = |l |a és az m’ = |l |m egyenlőségek. Írjuk fel a képháromszög területét: Mivel minden sokszög háromszögekre bontható, a kapott összefüggést hasonló sokszögekre is könnyen beláthatnánk. Görbe vonalakkal határolt alakzatokra jóval nehezebb lenne igazolni az állítást, de ezekre is teljesül. Általánosságban mondjuk ki tételünket:

Bármely két hasonló síkidom területének aránya egyenlő a hasonlóság arányának négyzetével.

175. Egy háromszög kerülete a hozzá hasonló háromszög kerületének -a. Két megfelelő oldal különbsége 1 m. Határozzuk meg a két háromszög megfelelő oldalainak hosszát!

177. Egy háromszögből az egyik középvonala 21 cm² területű trapézt vág le. Mekkora a háromszög területe?

178. Egy paralelogramma oldalai 7 és 4 cm hosszúak. Az egyik oldalával párhuzamos szelő az eredeti paralelogrammához hasonló paralelogrammát vág le belőle. Határozzuk meg az új paralelogramma oldalainak hosszát!

Megoldások 172-180