Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
15. tétel: Összefüggések a háromszög oldalai és szögei közt Definíciók: Háromszög csúcsai: három nem kollineáris pont. Jelölésük: A, B, C Háromszög oldalai: a csúcsokat összekötı szakaszok. Jelölésük: a, b, c (a megfelelı csúccsal szemközti betővel) Háromszög belsı szöge: valamely két oldal, mint félegyenes által bezárt szög. Jelölésük: α , β , γ Háromszög külsı szöge: az egyik belsı szög mellékszöge. Hegyesszögő háromszög: minden szöge hegyesszög ( 0o < α, β, γ < 90o Derékszögő háromszög: egyik belsı szöge derékszög. Tompaszögő háromszög: egyik szöge tompaszög ( 90o < γ < 180o , de 0o < α, β < 90o ) Egyenlıszárú háromszög: két oldala egyenlı hosszúságú, ezeket száraknak nevezzük, a harmadik oldal az alap. Egyenlı oldalú háromszög: minden oldala egyenlı. Tétel (axióma is lehetne): háromszög-egyenlıtlenség: Egy háromszög bármely két oldalának összege nagyobb a harmadik oldalnál: a + b > c Tétel: Egy háromszög belsı szögeinek összege 180o . Bizonyítás: Húzzunk párhuzamost A-n keresztül BC oldallal!
Ekkor A csúcsnál is γ és β szögek keletkeznek (váltószögek). Így α + β + γ = 180o (A Bolyai-geometriában α + β + γ < 180 o , a gömbi-geometriában pedig α + β + γ > 180o .) Tétel: A háromszög külsı szöge egyenlı a nem mellette fekvı két belsı szög összegével. Bizonyítás: α + β + γ = 180o (belsı szögek összege) (szög és mellékszög összege) α + α′ = 180 ⇒ α′ = β + γ o
Tétel: A háromszög külsı szögeinek összege 360o . Bizonyítás: α′ + β′ + γ′ = (180o − α ) + (180o − β) + (180o − γ ) = 540o − (α + β + γ ) = 360o mellékszög
összevonás
belsı szögek összege
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Tétel: Egy háromszögben két oldal akkor és csak akkor egyenlı, ha a velük szemközti szögek is. Azaz : a = b ⇔ α = β Bizonyítás: 1. a = b ⇒ α = β Kössük össze a harmadik oldal felezıpontját a két oldal közös csúcsával! Ekkor két egybevágó háromszög keletkezik, AFC ≅ BFC, mert oldalaik páronként megegyeznek. Ebbıl következik, hogy az azonos oldalak által közbezárt szögek is egyenlık (α = β) . A háromszögek egybevágóságából az is következik, hogy AFC p = BFC p = 90o , vagyis az alaphoz tartozó súlyvonal magasság is.
2.
α=β⇒a =b Indirekt, tfh α = β de a ≠ b , feltehetı, hogy a < b . Ilyenkor létezik AC=b oldalnak egy olyan D belsı pontja, melyre AD = a. CDB tehát így egyenlıszárú, így az elızı rész miatt: CDB p = CBD p = δ , és α < δ (ADB belsı és külsı szöge) ill. δ < β (mivel benne van) Ebbıl: α < β , ami ellentmondás.
Tétel: Egy háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van és fordítva: Azaz : a < b ⇔ α < β Bizonyítás: 1. a < b ⇒ α < β Ilyenkor létezik AC=b oldalnak egy olyan D belsı pontja, melyre AD = a. CDB tehát így egyenlıszárú, és az elızı tétel miatt: CDB p = CBD p = δ , és α < δ (ADB belsı és külsı szöge) ill. δ < β (mivel benne van) Ebbıl: α < β , amit bizonyítani szerettünk volna.
2.
α<β⇒a
b , akkor α > β az elızı rész miatt. Ez is ellentmondás.
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Pitagorasz-tétel: Egy derékszögő háromszög két befogójának négyzetösszege az átfogó négyzete. Azaz: γ = 90o ⇒ a 2 + b 2 = c 2 . Bizonyítás: A tétel bizonyításában felhasználjuk azt az euklideszi axiómát, hogy „Ha egyenlı területekbıl egyenlı területeket veszünk el, akkor a maradék területek is egyenlık.”
Készítsünk két darab (b + a) oldalú négyzetet az alábbi módon: ahol a és b a derékszögő háromszög befogói.
A (b + a) oldalú négyzetek területe nyilvánvalóan egyenlı (2. axióma, területszámítás). A baloldali négyzetben kaptunk 4 darab, az eredeti háromszöggel egybevágó derékszögő háromszöget (hiszen befogói és a derékszög megegyezik), és egy a illetve b oldalú négyzetet. Ezek területe a2 és b2 területegység. A jobb oldali négyzetben is megtalálható ez a 4 darab, az eredeti háromszöggel egybevágó derékszögő háromszög (hiszen befogói és a derékszög mind a 4 háromszögben megegyezik), ezeknek átfogója c Így tehát a középsı PQRS síkidom minden oldala c. Az eredeti háromszögben α + β = 90° , ezért PQRS a síkidomnak minden szöge 180° − (α + β ) = 90° .
Tehát a PQRS síkidom egy c oldalú négyzet, területe pedig c2. Ha mindkét négyzetbıl elvesszük a 4 darab derékszögő háromszöget, a maradékok területe is egyenlı, azaz: a 2 + b 2 = c 2 Pitagorasz-tétel megfordítása: Ha egy háromszögben két oldal négyzetének összege egyenlı a harmadik oldal négyzetével, akkor a harmadik oldallal szemben derékszög van. Azaz: a 2 + b 2 = c 2 ⇒ γ = 90o . Bizonyítás:
Vegyünk fel egy a és b befogójú derékszögő háromszöget. Ennek átfogóját jelöljük c’-vel. 2 Erre a háromszögre teljesül a Pitagorasz-tétel, tehát: a 2 + b 2 = (c′) 2 Viszont: a 2 + b 2 = c 2 , így c 2 = (c′) ⇒ c = c′ Ez viszont azt jelenti, hogy a két háromszög egybevágó, mivel minden oldala megegyezik, tehát az eredeti ABC háromszög is derékszögő.
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Összefüggés a háromszög oldalai és köréírt körének sugara közt:
Megrajzolva a háromszög körért körét (oldalfelezı merılegesek), a BAC p = α a kör A-t nem tartalmazó BC ívének kerületi szöge. Így BOC p = 2α a kerületi és középponti szögek tétele miatt. Ezért BOF p = COF p = α . a Fölírva egy szögfüggvényt: sin α = 2R Tompaszögő és derékszögő háromszög esetében is igaz.
Trigonometria derékszögő háromszögekben (hegyesszögek szögfüggvényei):
Egy hegyesszög szinusza egy derékszögő háromszögben a szöggel a szemközti befogó és az átfogó hányadosa. sin α = c Egy hegyesszög koszinusza egy derékszögő háromszögben a szög melletti befogó és az b átfogó hányadosa. Azaz az ábra jelöléseit használva: cos α = c Egy hegyesszög tangense egy derékszögő háromszögben a szöggel szemközti és a a szög melletti befogó hányadosa. Azaz az ábra jelöléseit használva: tgα = b Egy hegyesszög kotangense egy derékszögő háromszögben a szög melletti befogó és a b szöggel szemközti befogó hányadosa. Az ábra jelöléseit használva: ctgα = a A definíció nem függ a háromszög választásától, mert az ilyen háromszögek hasonlók (két szög megegyezik), az oldalak aránya állandó.
Szögfüggvények tulajdonságai: (hegyesszögek esetén) 1. 0 < sin α < 1 2. 0 < cos α < 1 3. 0 < tgα a 1 cos α sin α c a c a 5. = = ⋅ = = tgα 6. ctgα = = cos α b c b b tgα sin α c 7. Visszakeresés: sin α = 0,6 számológép: α = sin −1 0,6 α = arcsin 0,6
mellékmegjegyzés: sin(α 2 ) ≠ (sin α ) 2
8. Négyzetes összefüggés: 2
2
a 2 + b2 c2 a b Pitagorasz − tétel sin α + cos α = + = = → =1 c2 c2 c c 2
2
4. 0 < ctgα
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
α + β = 90° ⇒ β = 90° − α
9. Pótszöges összefüggés: sin β = sin(90° − α ) = tgβ = tg (90° − α) =
b = cos α c
b 1 = ctgα = a tgα
Szinusztétel: Egy háromszögben két oldal aránya megegyezik a velük szemben levı szögek szinuszainak arányával. Azaz: a : b : c = sin α : sin β : sin γ
1. 0° < α; γ < 90° A B-bıl induló magasság talppontja (T) AC- n belül van. m m BTA∆ ⇒ sin α = illetve CTB∆ ⇒ sin γ = c a m sin α c m a a = = ⋅ = sin γ m c m c a 2. 0° < α < 90° sin α =
a c
γ = 90° a sin α
és
sin α = = sin γ sin 90° c
3. 0° < α < 90° és γ > 90° A B-bıl induló magasság talppontja (T) AC- n kívül van BTC∆ ⇒ BCT∠ = 180° − γ ATB∆ ⇒ sin α =
és
sin(180° − γ ) = sin γ =
m c
m m a a sin α = c = ⋅ = m c m c sin γ a
Q. E. D.
Koszinusztétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetösszegébıl kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát. c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
m a
Magyar Eszter
Emelt szintő érettségi tételek
Bizonyítás: 1. 0° < γ < 90° A B-bıl induló magasság talppontja (T) AC- n belül van BTC∆ ⇒
x2 + m2 = a 2
⇒ cos γ =
BTA∆
x a
⇒ m2 = a 2 − x 2
⇒ x = a ⋅ cos γ
c 2 = m 2 + ( b − x ) 2 = m 2 + b 2 − 2bx + x 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos γ 2. γ = 90° cos 90°= 0 c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ → c 2 = a 2 + b 2
ami épp a Pitagorasz-tétel
3. γ > 90° A B-bıl induló magasság talppontja (T) AC- n kívül van BTC∠ = 180° − γ BTC∆ ⇒
x 2 + m2 = a 2
⇒ m2 = a 2 − x 2
⇒ cos(180° − γ ) = − cos γ = BTA∆
x a
⇒
x = −a ⋅ cos γ
c 2 = m 2 + ( b + x ) 2 = m 2 + b 2 + 2bx + x 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos γ
Q. E. D.
Alkalmazások: - sokszögek belsıszög-összege
-
3 2 egyenlı szárú derékszögő háromszög átfogójának és befogójának aránya 2 nevezetes szögfüggvények értéke (30o , 45o , 60o ) vektorok felbontása (merıleges) komponensekre (fizikában erık összegzése) terület és térfogatképletek térgeometriában síkmetszeteknél a háromszög oldalainak, szögeinek kiszámítása (koszinusz- ill. szinusztétel) területszámítás térképészet, csillagászat: távolságok számítása
szabályos háromszög magasságának és oldalának aránya
