Біз геометрияның теориялық сұрақтарын қарастырғанымызда түрлендіру әдісінің кейбір қолдануларын қарастырдық. Мысалы, қозғалысты фигуралар теңдігін анықтағанда, ұқсас түрлендіруді үшбұрыштар ұқсастығын оқып-үйренгенде.
Түрлендірулер әдісін түрлі геометриялық есептер шығаруда қолдануды қарастырайық.
19-мысал. АОВ тікбұрыштың ішінен М нүктесі алынған.
| Сурет - 46 |
SOA(M) = M1, SOB(M) = М2
шарттарын қанағаттандыратындай нүктелер жүргізілген. М1, О және М2 нүктелерінің бір түзудің бойында жататынын дәлелдеу керек (46- сурет)
Берілгені: 
АОВ =90"
М € АОВ
SOA(M) = M1, SOB(M) = М2
Дәлелдеу керек: (М1, О және М2) € L
Дәлелдеу. М 1, О, М2 нүктелері бір түзудің бойында жату үшін
l= 5, яғни олар вертикаль бұрыштар болуы қажет. АО ны созсақ,
АОВ= 90 °, онда ВОК = 90 °.
Бұл арадан 5 = 90?- 
4
2= 90?- 3 түрінде жазуға болады. Симметриялы нүктелердің қасиеті бойынша
4 = 3
2 = 1
Сонымен, 5 = 90?- 4
1 = 90?- 4 яғни 5 = 1 вертикаль бұрыштар болады.
Ендеше М 1, О, М2 нүктелері бір түзудің бойында жатады.
20-мысал. Берілгені: ∆АВС (47-сурет)
AL - биссектриса,
КМ 
AL
BB1 КМ
Дәлелдейтініміз: Р∆ВВ1С1 > Р ∆АВС
Дәлелдеуі. ВВ 1 +В 1 С+ВС>АВ+АС+ВС
немесе ВВ 1+ В1С>АС+АВ
КМ -ге қарағанда
нүктесін табамыз. 47-сурет
Симметриялы нүктелердің қасиеті бойынша l= 2 (1), мұндағы 2+ 3 = 4+ 5 себебі: AL KM.
Есептің шарты бойынша 2= 3, ендеше 2= 5 (2).
Жоғарыдағы (1), (2) теңдіктерден 
= 5 болады. Демек, 
AB -
түзу сызық. ∆ 
ВС1 үшбұрыштың екі қабырғаның ұзындықтарының қосындысы үшінші қабырғасының ұзындығынан артық деген қасиет бойынша С1В1 + В1В> С1А + АВ
Себебі С1В1 = В1С, С1А = АС сонымен, В1С1+ В1В > AC + АВ теңсіздіктің екі жағына ВС-ні қоссақ, нәтижесінде В1В + В1С1 + BC>AC + АВ + ВС болады.
| Сурет 48 |
21-мысал. Теңбүйірлі үшбұрыштың табанындағы кез келген бірнүктеден бүйір қабырғаларына дейінгі ара қашықтықтардың қосындысы үшбұрыштың бір төбесінен оған қарсы жатқан бүйір қабырғасына түсірілген биіктіктің ұзындығына тең болатынын дәлелдеу керек.
Берілгені: ∆АВС: АВ = ВС
М 
АС, АК ВС
MN ВС
РM AB
Дәлелдеу керек: PM + МК = АК
Дәлелдеу үшін АС қабырғасына қарағанда ∆АВС-ға симметриялы үшбұрыш сызамыз, сонда АВСВ1 ромбы шығады. Р нүктесіне симметриялы Р1= S (Р) нүктені табамыз. Р мен М нүктелерін қосып, Р, М, Nнүктелерінің бір түзу бойында жататынын дәлелдейміз. Егер Р1= SАС (Р) болса, онда Р1М 
АВ1
| Сурет 49 |
22 - мысал. Табанының ұзындығы a - ға тең, үшбұрыштың бүйір қабырғаларын О төбесінен бастап есептегенде қатынасы m болатындай бөліктерге бөлетін кесіндінің ұзындығын табу керек (49-сурет).
Берілгені: ∆ОВС, ВС = а,
ОЕ: EC = OD: BD = m
Табатынымыз DE -?
Шешуі: Н0к -гомотетияны қарастыралық. Егер Н0к (О) = О, Н0к (D) = В, Н0к(Е) = С, болса,
Онда ОС = к∙ОЕ, OB = к∙OD және
ВС = к ∙ DE → а = к ∙ DE —> DE= 
23-мысал. Трапецияның табандарына параллель және диагональдарының қиылысу нүктесінен өтетін, бүйір қабырғаларын қосатын кесіндісінің үзындығын табу керек.
| 50-сурет |
Берілгені ABCD - трапеция АВ = a, DC = b (50-сурет)
Табатынымыз: ЕҒ-?
Шешуі: Центрі О-нүктесі, к - коэффициенті болатын гомотетияны қарастыралық. Мұндағы О— трапецияның диагоналдарының қиылысу нүктесі.
Гомотетияның анықтамасы бойынша
24-мысал. Үшбұрыш қабырғаларының ортасын қосқаннан (центрі - медианаларының қиылысу нүктесі) коэффициенті к = -? болатын, әуелгі үшбұрышқа гомотетиялы үшбұрыш шығатынын дәлелдеу керек
(51-сурет).
Берілгені: ∆АВС
| Сурет 51 |
Дәлелдейтініміз: ∆АВС және ∆А0В0С0
гомотетиялы болатынын, яғни Н 
(∆АВС)=∆А0В0С0
Шешуі: Берілген ABC үшбұрышының медианаларының табандарын төбелеріне сәйкес А0В0 және С0 деп белгілеп, оларды қоссақ, ∆А0В0С0, шығады. О - центрлі коэффициенттері К болатын және Н0к(0) = 0, Н0к (A) = А0, Н0к (B) = В0, Н0к (С) = С0 шарттарын қанағаттандыратын
| Сурет 52 |
гомотетияны қарастырайық. Үшбұрыш медианасының белгілі қасиеті бойынша ОА0: ОА = ОВ0: ОВ = ОС0: ОС =
- 
. Сонымен, к = - бола отырып, ∆АВС мен ∆А0В0С0 гомотетиялы болады.
25-мысал. ABCD - параллелограмының А төбесінен BD диагоналын және CD қабырғасын сәйкесінше P, Q нүктелерінде қиып өтетін түзу жүргізілген.
Егер 
= 
болса, онда 
= + 1
теңдігі орындалатынын көрсету керек.
Шешуі. Берілгендері бойынша Hкр(Р) = Р,Hкр(A) = Q, HkP(B) = D
HRp (B) = D шарттарын қанағаттандыратындай түрлендірулер жүргіземіз. Сонда 
гомотетия коэффициенті.
AB:DC = 
немесе = 
