Matematika | Középiskola » Háromszöggeometria

H ÁROMSZÖGGEOMETRIA A továbbiakban kétdimenziós, irányított euklideszi (affin) síkon dolgozunk. Ismertnek tételezzük fel a következı fogalmakat: háromszög, háromszög oldalai, csúcsai, szögei; háromszög szögfelezıi, középvonalai; oldalak felezımerılegesei. Nevezetes pontok, egyenesek és körök Az alábbi – középiskolából ismert – eredményeket bizonyítás nélkül közöljük. Tétel és definíció: Egy és csak egy olyan kör van, amelyre egy háromszög mindhárom csúcsa illeszkedik, ezt a háromszög körülírt körének nevezzük. Definíció és tétel: Egy háromszög egyik csúcspontjából a szemközti oldalegyenesre bocsátott merıleges szakaszt a háromszög egyik magasságának nevezzük. Egy háromszög három magasságának egyenese egy ponton halad át, ezt a pontot a háromszög magasságpontjának hívjuk. Megjegyzés: Ha egy háromszög nem derékszögő, akkor csúcsai a magasságponttal együtt ún. ortocentrikus

pontnégyest alkotnak. Ez azt jelenti, hogy közülük bármely három olyan háromszöget határoz meg, amelynek a negyedik a magasságpontja. Tétel és definíció: Egy háromszög egy csúcsát a szemközti oldal felezıpontjával összekötı szakaszt a háromszög egyik súlyvonalának nevezzük. A háromszög súlyvonalai egy ponton haladnak át. Ez a pont a háromszög súlypontja A súlypont mindegyik súlyvonalnak (a csúcstól távolabbi) harmadolópontja. Tétel és definíció: Egy és csak egy olyan kör létezik, amely egy háromszög mindhárom oldalát érinti, ezt a háromszög beírt körének hívjuk. A háromszög szögfelezıi egymást a beírt kör középpontjában metszik. Definíció és tétel: Egy olyan kört, amely a háromszög egyik oldalát és másik két oldalának meghosszabbítását érinti, a háromszög egyik hozzáírt körének nevezzük. A háromszög minden oldalához egyetlen hozzáírt kör tartozik, amelynek középpontja egy belsı és

két külsı szög felezıjének közös pontja. 1 Tétel és definíció: Ha egy háromszög nem szabályos, akkor körülírt körének középpontja (K), súlypontja (S) és magasságpontja (M) egy egyenesre illeszkedik. Ez az egyenes az ún Euleregyenes Továbbá teljesül, hogy S az MK szakasz K-hoz közelebb esı harmadolópontja. Megjegyzés: Szabályos háromszög esetén a fent említett három pont egybeesik. Bizonyítás: Origónak választva a körülírt kör középpontját, legyen az A, B, C csúcspontok és az S súlypont helyzetvektora rendre a, b, c és s. Ekkor 1 a = b = c , s ismert, hogy s = (a + b + c ) . 3 Legyen m := 3s = a + b + c . Megmutatjuk, hogy m a magasságpont helyzetvektora. (m − a ) ⊥ (b − c )  Azt kell ellenırizni, hogy (m − b ) ⊥ (a − c ) . (m − c ) ⊥ (a − b )  Például: (m − a ) ⊥ (b − c) ⇔ m − a, b − c = 0 m−a = a+b+c−a =b+c 2 2 2 2 m − a , b − c = b + c , b − c = b + c , b − b,

c − c = b − c = 0 Így az m helyzetvektorú pont mindhárom magasságvonalra illeszkedik, ezért m az M magasságpont helyzetvektora. Tehát K, S és M egy egyenesen van, továbbá m választásából adódóan S valóban harmadolópontja az MK szakasznak. ◊ 1. következmény: A magasságpont kétszer akkora távolságra van a háromszög csúcsától, mint a körülírt kör középpontja a csúccsal szemközti oldaltól. 2 2. következmény: A magasságpontnak az oldalakra vonatkozó tükörképei a háromszög körülírt körén vannak. Tétel és definíció: Egy háromszög oldalfelezı pontjai, a magasságainak talppontjai és a magasságpontot a csúcsokkal összekötı szakaszok felezıpontjai rajta vannak egy olyan körön, amelynek középpontja a magasságpontot a körülírt kör középpontjával összekötı szakasz felezıpontja, sugara pedig fele a körülír kör sugarának. Ezt a kört a Feuerbach-körnek (vagy a kilencpontos körnek) nevezzük.

Bizonyítás: Válasszuk origónak a körülírt kör K középpontját. Jelentse r a körülírt kör sugarát, M a magasságpontot, F az MK szakasz felezıpontját; A1, B1 és C1 az oldalak felezıpontjait; A2, B2 és C2 a megfelelı magasságok talppontjait; A3, B3 és C3 a magasságpontot a csúcspontokkal összekötı szakaszok felezıpontjait. A vektorokat a végpontjaiknak megfelelıen jelöljük Tekintsük a C csúcspontot, a másik két csúcsra az okoskodás analóg. 1 (a + b ) − 1 m = 1 (a + b − a − b − c ) = − 1 c ⇒ c1 − f = 1 r ; 2 2 2 2 2 1 1 1 1 FC3 = c3 − f = (m + c ) − m = c ⇒ c3 − f = r 2 2 2 2 1 1 (C1, F és C3 egy egyenesen van, ugyanis: c1 − f = − c és c3 − f = c ) . 2 2 FC1 = c1 − f = 3 1 FC 2 = c2 − f = r , mivel C2 illeszkedik az F középpontú C1C3 átmérıjő Thalész-körre. 2 Ha mindhárom csúcsra megkaptuk a fenti egyenlıségeket, akkor az alábbiakat állapíthatjuk meg: - F felezi a KM szakaszt. 1 - Az F

középpontú kör sugara r . 2 - Erre a körre illeszkedik a korábban meghatározott 9 pont. ◊ Következmény: (Feuerbach-tétel) Egy háromszög Feuerbach-köre érinti a háromszög oldalegyeneseit érintı köröket; a beírt kört tartalmazza, a hozzáírt köröket pedig kívülrıl érinti. Alapvetı tételek háromszögekre (A középiskolai tanulmányokból ismert tételeket ismét bizonyítás nélkül írtuk le.) Tétel: (szögfelezı-tétel) Egy háromszög bármely szögének belsı szögfelezıje a szöggel szemközti oldalt a szöget bezáró oldalak arányában osztja ketté (az ábra a y jelöléseivel) = . b x Tétel: (magasságtétel) Egy derékszögő háromszögben m 2 = p ⋅ q , ahol m az átfogóhoz tartozó magasság hossza, p és q az átfogóból a magasság által kimetszett szakaszok hosszai. Tétel: (befogótétel) Egy derékszögő háromszögben: a 2 = p ⋅ c és b 2 = q ⋅ c . Tétel: (Pithagorasz) Derékszögő háromszögben: a 2 + b 2 = c 2 .

Megjegyzés: A fent említett tételek mindegyikének a megfordítása is igaz. Tétel: (szinusztétel) a b c = = ( = 2r ) sin α sin β sin γ a sin α = = . c sin γ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos α Tétel: (koszinusztétel) b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos β . c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos γ 4 vagy Tétel: (általánosított Pithagorasz-tétel) Hegyesszögő háromszögben (az ábra jelöléseivel): c 2 = a 2 + b 2 − 2ax . (Tompaszög esetén: c 2 = a 2 + b 2 + 2ax ) Bizonyítás: a koszinusztétel segítségével . A háromszögek területképletei (Ezek a képletek nem csupán terület kiszámítására használhatóak, hanem „átjárhatóságot” biztosítanak a háromszög bizonyos adatai között.) Mi ismert? egy oldal és a magassága oldalak Területképlet a ⋅ ma b ⋅ mb c ⋅ mc T∆ = = = 2 2 2 K ⋅ρ T∆ = ρ ⋅ s = 2 a ⋅b ⋅c T∆ = 4⋅r T∆ = s ⋅ (s − a ) ⋅ (s − b ) ⋅ (s − c ) (Heron-képlet) egy oldal és a hozzáírt

kör sugara T∆ = Ra ⋅ (s − a ) = Rb ⋅ (s − b ) = Rc ⋅ (s − c ) kerület/félkerület és a beírt kör sugara oldalak és a körülírt kör sugara két oldal és az általuk közbezárt szög sinusa/ egy oldal és a rajta fekvı két szög sinusa T∆ = a ⋅ b ⋅ sin γ a 2 ⋅ sin β ⋅ sin γ = = . 2 2 ⋅ sin α Egyenlıtlenségek, Fermat-feladat, Fagnano-feladat Tétel: (Háromszög-egyenlıtlenség) Három szakasz akkor és csak akkor lehet egy háromszög három oldala, ha bármelyikük hossza kisebb, mint a másik kettı hosszának összege. Bizonyítás: Legyenek a szakaszok hosszai a, b, c. A koszinusztételbıl következik, hogy a kívánt háromszög pontosan akkor létezik, ha van olyan α ∈ ]0, π [ , hogy cos α = b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 ⇔ −1 < <1 ⇔ b −c < a < b + c . 2bc 2bc 5 ◊ Tétel: (sugáregyenlıtlenség) Bármely háromszög esetén: 2 ⋅ ρ ≤ r , ahol ρ a háromszögbe írható kör sugara, r pedig

a háromszög köré írt kör sugara. Tétel: (Erdıs-Mordell egyenlıtlenség) Ha egy háromszög belsı P pontjának a csúcsoktól mért távolságösszege rendre u, v, w; az oldalegyenesektıl mért távolságai pedig x, y, z, akkor u + v + w ≥ 2 ⋅ (x + y + z ) Egyenlıség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja. Bizonyítás: Lemma: Ha egy ABCD négyszög két átlója e és f, az átlók szöge ε, akkor T = ef ⋅ sin ε , 2 következésképpen 2T ≤ ef . Legyen P’ a P pont tükörképe az A csúcsnál lévı szög szögfelezıjére. Ennél a tükrözésnél az AB oldalegyenese a AC oldalegyenesbe megy át, y és z hosszúságú szakaszok (az illeszkedés- és szögtartás miatt) a tükrözés után szintén merılegesek lesznek a megfelelı oldalakra ( AC -re illetve AB -re) és P’-re illeszkednek. 2TABP C ≤ AP⋅BC = ua Így a lemma miatt: 2TABP C     cy bz  = 2(TABP + TAP C ) = 2 +  = cy + bz   2

2  6 ⇒ cy + bz ≤ au . Hasonlóan: az + cx ≤ bv és ay + bx ≤ cw . Így azt kapjuk, hogy: cy + bz az + cx ay + bx c b a c a b + + u+v+w≥ = y+ z+ z+ x+ y+ x= a b c a a b b c c c b a c a b =  +  x +  +  y +  +  z ≥ 2( x + y + z ) b c  c a b a 1 ugyanis bármely k pozitív valós szám esetén: k + ≥ 2 teljesül, s itt egyenlıség csakis k=1 k esetén érvényes. Ha P egy szabályos háromszög középpontja, akkor az egyenlıtlenség egyenlıséggé válik. a b a c  b c Megfordítva, ha egyenlıség áll fenn, akkor  +  =  +  =  +  = 2 , amibıl b a c a c b a b a c b c = = = = = = 1 , tehát a=b=c következik. b a c a c b Ily módon a háromszög szabályos, és a P pont automatikusan a szabályos háromszög középpontja lesz. ◊ Fermat-feladat: Egy hegyesszögő háromszögben határozzuk meg azt a pontot, amelynek a csúcsoktól mért

távolságösszege minimális! – A megoldásként adódó pont a háromszög izogonális pontjának vagy Fermat-pontjának nevezzük. Legyen P egy tetszıleges pont (az ábrán már a megoldás szerepel). Forgassuk B pont körül 60 fokos szöggel az ABP háromszöget, így kapjuk az A’B’P’ háromszöget. Ekkor BP=B’P=BP’ és A’P’=AP . A 60o-os forgatás miatt a P’BP háromszög szabályos lesz, ezért PB=P’B’=PP’ . A feladat az AP+BP+CP összeg minimumának meghatározása, de AP+BP+CP= =A’P’+P’P+PC miatt ez ekvivalens az A’P’PC töröttvonal minimumának meghatározásával, ez utóbbi pedig akkor minimális, ha a pontok kollineárisak. Ennek alapján a Fermat-pont/izogonális pont a következıképpen szerkeszthetı: Két tetszıleges oldalra kifelé szerkesztünk egy-egy szabályos háromszöget (a rajzon pontozott vonallal jeleztük). Egy-egy ilyen háromszög csúcsát összekötjük a vele szemközti csúcsponttal A metszéspont éppen a

keresett pont lesz. A szerkesztés helyességét az elızetes meggondolás bizonyítja. 7 Fagnano-feladat: Adott hegyesszögő háromszögbe írt háromszögek közül keresendı a legkisebb kerülető. – A megoldás az ún talpponti háromszög: az a háromszög, amelynek csúcsai a háromszög három magasságának talppontjai. Bizonyítás (Fejér Lipót): Vegyünk fel egy tetszıleges A1B1C1 háromszöget és rögzítsük le a C1 pontot. Tükrözzük C1-et az AC , majd a BC oldalegyenesre, így kapjuk a D és E pontokat. Ekkor: B1C1 = B1 D A1C1 = A1 E K A1B1C1∆ = DB1 + B1 A1 + A1 E Keressük meg rögzített C1 mellett a minimális kerületet. Ez akkor teljesül, ha D, B1, A1, E pontok kollineárisak. Válasszuk meg A1o és B1o pontokat úgy, hogy D, B1o , A1o , E kollineáris legyen. Tehát rögzített C1 esetén a minimális kerületet az a C1 B1o A1o háromszög adja, amelynek a kerülete a DE szakasz hossza. A CED háromszög egyenlıszárú. (Bármilyen C1

választása mellett ez a háromszög egyenlıszárú és szárszöge mindig állandó tükrözések miatt! Így minden ilyen háromszög egymáshoz hasonló.) A DE szakasz akkor minimális, ha a CED háromszög a szárai a lehetı legkisebbek. Szintén a tükrözések tulajdonságaiból adódóan: CD=CC1=CE . A feladat tehát a CC1 szakasznak kell a minimumának megkeresése. Ez a minimum köztudottan a C csúcsból húzott magasság! A fenti okoskodást elvégezve az A és B csúcsokra is, azt kapjuk, hogy a minimális kerülető beírható háromszög csúcsai valóban a magasságok talppontjai. (A talpponti háromszöget az ábrán pontozott vonallal jelöltük.) 8