ÉRDEKESSÉGEK A HÁROMSZÖGBEN Baka Endre Szabadka, Jugoszlávia
TALPPONTI HÁROMSZÖG Ebben a fejezetben kettő, a talpponti háromszöggel kapcsolatos, nem túl ismert tételt szeretnék bemutatni és bizonyítani. De először is definiáljuk, mi a talpponti háromszög! Talpponti háromszögnek nevezzük azt a háromszöget, amit egy hegyesszögű háromszög magasságainak talppontjai, és az azokat összekötő szakaszok alkotnak A tétel bizonyításához felhasználom a húrnégyszögek néhány tulajdonságát is:
1. tulajdonság: A húrnégyszögek egyik oldalával szemközti csúcsok azonos szögben látszanak 2. tulajdonság: Az egymással szemben lévő szögek összege 180o 1. tétel: A hegyesszögű háromszög magasságpontja a talpponti háromszögébe beírható kör középpontja. C
Ha
Hb
hc H ha hb
B
Hc
A
3. ábra
Az 3. ábrán észrevehetjük, hogy AHbB< = AHaB< = 90o Tehát ABHaHb egy húrnégyszög (1. tulajdonság), ezért igaz ez is: HbAHa< = HbBHa< = δ. ( AHaC háromszögből δ = CAHa< = 90o – ACB< ) 1. ábra
A húrnégyszögek 2. tulajdonsága miatt AHcHHb és BHcHHa is húrnégyszögek hiszen ott AHbH< + HHcA< = 180o BHaH< + HHcB< = 180o. Mindebből következik: HbAH< = HbHcH< = HaBH< = HaHcH< = δ A CHc egyenes tehát a HaHcHb< szögfelezője, vagyis a háromszög magasságai felezik a talpponti háromszög szögeit. 2. tétel: A talpponti háromszög oldalai merőlegesek a körülírható kör középpontját a háromszög csúcsaival összekötő szakaszokra (sugár).
C
J Hb
hc H
O hb
A
B
Hc
4. ábra
A 4. ábrán ACB< ugyanakkora, mint AJB<, mert az AB szakasz kerületi szögei. Mivel BJ a kör átmérője, ezért JAB< derékszög. Innen OBA< = OAB< = 90o – AJB< = 90o – ACB< = δ = HHcHb< Mivel HHc merőleges AB oldalra, ezért HbHc is merőleges az OA sugárra.
1. ábra
KÖZÉPPONTI HÁROMSZÖG A háromszög oldalfelező pontjait összekötő szakaszok (középvonalak) által meghatározott háromszöget nevezzük középponti (súlyponti) háromszögnek. A
C'
Ha'
P S
B'
O
Hb' B
A'
C
5. ábra
A párhuzamos szelők tételének megfordítása következtében a középponti háromszög oldalai párhuzamosak az ABC háromszög oldalaival, tehát A`B`C`∆ ~ ABC∆ Ugyanezzel a tétellel magyarázható, hogy a középvonalak feleakkorák, mint a nekik megfelelő oldal. Ebből az következik, hogy az B`C`, C`A`, A`B` középvonalak az ABC háromszöget 4 egybevágó háromszögre osztják. Következő lépésben azt látjuk, hogy AC`A`B` egy paralelogramma, ezért AA` felezi B`C` szakaszt. Emiatt az A`B`C` háromszög súlyvonalai az ABC háromszög súlyvonalain fekszenek, s ez azt jelenti, hogy mindkét háromszögnek ugyanaz az S pont a súlypontja. Mellékesen észrevehetjük, hogy a B`C` szakasz P felezőpontja az AA` szakasznak is felezőpontja. Az A`B`C` háromszög magasságai (B`Hb`, A`Ha`) az ABC háromszög AC, illetve BC oldalának oldalfelező merőlegesei. Ebből következik, hogy az A`B`C` háromszög O magasságpontja egyidejűleg az ABC háromszög köré irt kör középpontja.
1. ábra
A HOZZÁIRT KÖR SUGARA A hozzáirt körök sugarát a háromszög területének képletéből szeretném levezetni, továbbá szükségünk lesz a félkerületre, és a Heron képletre:
T=
a ⋅ ha 2
a+b+c =s 2
T = s ⋅ ( s − a )( s − b )( s − c ) Ib
rc
A
rb
Ic rc
rc B
sc
C
ra Ia
2. ábra
A 2. ábráról leolvasható, hogy: TABC∆ = TAIC C∆ + TBICC∆ − TAIC B∆
TAICC∆ =
b ⋅ rc 2
TBICC∆ =
a ⋅ rc 2
TAIC B∆ =
Tehát:
TABC∆ =
b ⋅ rc a ⋅ rc c ⋅ rc + − 2 2 2
a +b−c TABC∆ = rc ⋅ 2 Ismerve a félkerület képletét, megkapható, hogy
a+b−c a+b+c = −c =s−c 2 2
1. ábra
c ⋅ rc 2
TABC∆ = rc ( s − c )
rc =
TABC∆ s−c
rb =
TABC∆ s−b
ra =
TABC∆ s−a
Heron képletéből:
ra =
s ⋅ ( s − b )( s − c )
s ⋅ ( s − a )( s − c )
rb =
s−a
s ⋅ ( s − a )( s − b )
rc =
s−b
s −c
KÜLSŐ ÉRINTŐ KÖRÖK (HOZZÁIRT KÖRÖK) Tudjuk, hogy a háromszög három szögfelezője egy pontban metszi egymást, és hogy ez a pont a beírható kör középpontja. Azt is tudjuk, hogy ez a pont egyforma távolságra van a háromszög mindhárom oldalegyenesétől. Felmerül a kérdés, léteznek-e még hasonló tulajdonságú pontok? A válasz igen, a háromszög hozzáirt köreinek középpontjai. Ahhoz, hogy ezeket a pontokat meg tudjuk szerkeszteni, tudnunk kell, hogy a háromszög bármely két külső szögfelezője, valamint a harmadik csúcson áthaladó belső szög szögfelezője is egy pontra illeszkedik. Az alábbiakban ezt szeretném bizonyítani.
ZB IB YC rB
A
IC
ZC rC
YB I
B
XC
XB
C
XA
YA rA ZA
1. ábra
IA
Az 1. ábrán az IAIBIC háromszöget láthatjuk. E háromszög oldalait az α (BAC<), β (CBA<), γ (ACB<) szögek külső szögfelezői alkotják. A B csúcsponton áthaladó IAIC külső szögfelező bármely pontja egyenlő távolságra van a BC, illetve az AB egyenesektől. Hasonlóan, az IAIB bármely pontja egyenlő távolságra van a BC és a CA egyenesektől. Ennélfogva a két külső szögfelező IA metszéspontja egyenlő r A távolságra van a háromszög mindhárom oldalegyenesétől. Mivel Ia egyenlő távolságra van az oldalegyenesektől, ezért illeszkednie kell azon ponthalmazra, amely e két egyenestől egyenlő távolságra levő pontokból áll. Tehát rajta kell feküdnie az IA egyenesen, vagyis az α szög belső szögfelezőjén. Az IA középpontú és rA sugarú kör, amelyet a háromszög mindhárom oldalegyenese érint, a háromszöget kívülről érintő, vagy a háromszöghöz hozzáirt körök egyike. E körök középpontjai az IA, IB, IC pontok, míg sugaraikat rA, rB és rC jelöli. Bármely hozzáirt kör a háromszög egyik oldalát belső pontban, míg a (meghosszabbított) másik két oldalt külső pontokban érinti (külső érintő kör). Mivel a beirt kör és a három hozzáirt kör mindegyike mindhárom oldalt érinti, ezért a négy kört néha tritangens köröknek is szokták nevezni. Ha az 1. ábrán látható módon jelöljük az érintési pontokat, észrevehetjük, hogy: BXB = BZ B, mert egy körön kívül fekvő pontból egy körhöz húzható érintők hossza egyenlő. Így: BXB + BZB = BC + CXB + ZBA + AB = = BC + CYB + YBA + AB = a + b + c = 2s. Tehát bármely csúcspontból a vele szemben fekvő oldalon túl levő hozzáirt körhöz húzott érintők hossza egyenlő a fél kerülettel. AYA = AZA = BZB = BXB = CXC = CYC = s.
Mivel: CXB = BXB – BC = s – a, ezért igazak a következő állítások is:
1. ábra
BXC = BZC = CXB = CYB = s – a, CYA = CXA = AYC = AZC = s – b, AZB = AYB = BZA = BXA = s – c.
EULER-EGYENES Leonhard Euler 1707-ben született Svájcban, Baselban. 1727-ben meghívták Oroszországba, a szentpétervári Akadémiára. 1747-ben Berlinbe ment, hogy elfoglalja
a
Porosz
Akadémia
matematika
székét.
1766-ban
visszatér
Szentpétervárra, és ott élt 1783-ban bekövetkezett haláláig. Rendkívül termékeny tudós volt. A matematika majd minden területén kimagasló tevékenységet fejtett ki. 473 dolgozata még életében megjelent, 200 dolgozat nem sokkal halála után látott napvilágot, míg 61 egyéb írásának várnia kellett a publikálásra. A matematika mellett még csillagászattal és fizikával is foglalkozott. S ha ehhez még azt is hozzávesszük, hogy élete utolsó évtizedében teljesen vakon dolgozott, akkor érzékelhetjük igazán rendkívül sokirányú munkásságát és eredményeit. Többek között ő bizonyította be először, hogy a háromszög három nevezetes pontja egy egyenesen van. Ezt az egyenest később róla nevezték el. A
C'
B'
H S O
B
A'
C
6. ábra
H az ABC háromszög magasságponja, O pedig a hozzá hasonló A’B’C’ háromszög magasságpontja (és egyben az ABC háromszög köré irt körének középpontja), ezért
1. ábra
AH = 2OA` Az S súlypont a súlyvonalat 2:1 arányban osztja, e szerint AS = 2SA` Észrevehetjük még, hogy AD és OA` párhuzamosak egymással, mert mindkettő merőleges a BC oldalra. Ezért HAS< = OA’S<, mert párhuzamos szárú szögek. Mindebből következik, hogy HAS∆ ~ OA`S∆ és ASH< = A`SO<. Az utolsó képlet azt mutatja, hogy O, S és H pontok egy egyenesre illeszkednek, és HS = 2SO. Szebben megfogalmazva bármely háromszög magasságpontja, súlypontja és körülirt körének középpontja egy egyenesen fekszik, és ezt az egyenest a háromszög Euler-egyenesének nevezzük. A súlypont a magasságponttól a körülirt kör középpontjáig terjedő szakaszt 2:1 arányban osztja.
1. ábra
