259. Teorema. Površine dva trougla sa po jednim jednakim uglom odnose se kao proizvodi strana koje zahvataju te uglove.
Neka su (sl. 257) u trouglovima ABC i A1B1C1 uglovi A i A1 jednaki.
Spuštanjem visina BD i B1D1 imaćemo:
površinaABC/površinaA1B1C1=AC·BD/(A1C1·B1D1)=AC/A1C1·BD/B1D1
Trouglovi ABD i A1B1D1 su slični (∢A=∢A1, ∢D=∢D1). Stoga je odnos BD:B1D1 jednak odnosu AB:A1B1; zamenom prvog odnosa drugim dobijamo:
površinaABC/površinaA1B1C1=AC/A1C1·AB/A1B1=AC·AB/(A1C1·A1B1)
260. Teorema. Površine sličnih trouglova ili mnogouglova odnose se kao kvadrati odgovarajućih strana.
Slični trouglovi ABC i A1B1C1 imaju jednake uglove; neka ∢A=∢A1, ∢B=∢B1 i ∢C=∢C1. Primenimo na njih prethodnu teoremu:
površinaABC/površinaA1B1C1=AB·AC/(A1B1·A1C1)=AB/A1B1·AC/A1C1 (1)
Iz sličnosti trouglova sleduje:
AB/A1B1=AC/A1C1=BC/B1C1 (2)
Stoga u jednačini (1) svaki od dva odnosa AB/A1B1 i AC/A1C1 može da se zameni kojim bilo odnosom iz proporcije (2); prema tome,
površinaABC/površinaA1B1C1=(AB/A1B1)2=(AC/A1C1)2=(BC/B1C1)2=
=AB2/A1B12=AC2/A1C12=BC2/B1C12
Dva slična mnogougla ABCDE i A1B1C1D1E1 (sl. 258,) kao što smo videli (§ 171), mogu da se podele na isti broj sličnih i istim redom poređanih trouglova. Neka ti trouglovi budu: AOB i A1O1B1, BOC i B1O1C1 itd. Shodno prvom delu ove teoreme imamo:
površinaAOB/površinaA1O1B1=(AB/A1B1)2;
površina BOC/površinaB1O1C1=(BC/B1C1)2 itd.
Iz sličnosti mnogouglova sleduje:
AB/A1B1=BC/B1C1=CD/C1D1=...
i stoga
(AB/A1B1)2=(BC/B1C1)2=(CD/C1D1)2=...
Znači,
površinaAOB/površinaA1O1B1=površinaBOC/površinaB1O1C1=površinaCOD/površinaC1O1D1=...
odakle
(površinaAOB+površinaBOC+površinaCOD+...)/(površinaA1O1B1+površinaB1O1C1+površinaC1O1D1+...)=
=površinaABCDE/površinaA1B1C1D1E1=AB2/A1B12
Posledica. Površine pravilnih istoimenih mnogouglova odnose se kao kvadrati strana, ili kvadrati poluprečnika opisanih kružnih linija, ili kvadrati apotema.
261. Zadatak. Podeliti dati trougao na m jednakih delova prvama paralelnim njegovoj strani.
Neka, na primer, treba podeliti △ABC (sl. 259) na tri jednaka dela pravama paralelnim osnovici AC.
Pretpostavimo da su tražene prave DE i FG. Očevidno je, ako se odrede prave BE i BG, onda će se odrediti i DE i FG.
Trouglovi BDE, BFG i BAC su slični; stoga
površina BDE/površinaBAC=BE2/BC2 i površinaBFG/površinaBAC=BG2/BC2
Ali
površina BDE/površinaBAC=1/3 i površinaBFG/površinaBAC=2/3
Prema tome,
BE2/BC2=1/3 i BG2/BC2=2/3
odakle
BE=√(1/3·BC2)=√(1/3·BC·BC)
i
BG=√(2/3·BC2)=√(2/3·BC·BC)
Iz ovih izraza se vidi da je BE srednja proporcionala između BC i 1/3BC, a BG je srednja proporcionala između BC i 2/3BC. Konstrukcija se može izvršiti na ovaj način: podelimo BC na tri jednaka dela tačkama a i b; nad BC opišimo polukrug; iz a i b podignimo prema BC normale aH i bK. Tetive HB i KB biće tražene srednje proporcionale; prva - između datog prečnika BC i njegove trećine Ba, druga - između BC i Bb , tj. između BC i 2/3BC. Ostaje samo da se ove tetive prenesu na BC od tačke B; tada će se dobiti tačke E i G.
Na isti način može trougao da se podeli na kolikogod hoćemo jednakih delova.