Cím: A Simson-féle egyenes (1899. március)
Szerző(k):  Antal Márkus 
Füzet: 1899/március, 117 - 120. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ha egy háromszögnek a csúcsain átmenő kör kerületének egy tetszésszerinti P pontjából a háromszög oldalaira merőlegeseket rajzolunk, akkor e merőlegesek talppontjai egy egyenesen, a P ponthoz tartozó Simson-féle egyenesen feküsznek; tehát a háromszög köré írható kör mértani helye ama pontoknak, melyeknek a háromszög oldalaira való vetületei egy egyenesbe esnek. Adjuk ezen érdekes tételnek néhány egyszerű bizonyítását.
I. bizonyítás. A P pontból az oldalakra rajzolt merőlegesek talppontjai: A1,B1,C1. Ki kell mutatnunk, hogy e pontok egy egyenesbe esnek, vagyis, hogy a C1B1 és B1A1 egyenesek egy egyenest alkotnak.

 

 

1. ábra
 

Minthogy a C1B1A és CB1A1 szögek egy-egy szára a háromszögnek AC oldalába esik, csak azt kell kimutatnunk, hogy e szögek egyenlők, mert akkor a B1C1 és B1A1 szárak is egy egyenesbe esnek. Az AC1PB1 és B1PCA1 négyszögek húrnégyszögek, tehát csúcsaikon át kört fektethetünk.
Így tehát C1PA∢=C1B1A∢ és A1B1C∢=A1PC∢; de BAPC is húrnégyszög, miért is C1AP∢=A1CP∢ (mindegyik 180∘-ra egészíti ki a BAP szöget). Ez utóbbi szögek azonban pótló szögei az APC1 és A1PC szögeknek s így ezek is egyenlők. Látjuk tehát, hogy APC1∢=A1PC∢=AB1C1∢=A1B1C∢.
E bizonyítással lényegileg megegyezik, de rövidsége miatt érdekesebb a
II. (Baltzer-féle) bizonyítás. (L. 1. ábra.) Minthogy PC1AB1 és PA1BC1 húrnégyszögek, azért
PC1B1∢=B1AP∢=CAP∢=CBP∢=PBA1∢=PC1A1∢.

De ha PC1B1∢=PC1A1∢, akkor C1,B1 és A1 pontok egy egyensen vannak.
 
III. bizonyítás. (L. 2. ábra.)
 

 

2. ábra
 

Kimutatjuk, hogy C1B1 és B1A1 egyenesek párhuzamosak egy harmadik egyenessel, miből következik, hogy C1B1 és B1A1 egyenes alkotnak. Hosszabbítsuk meg PB1-et D-ig és rajzoljuk meg a BDE egyenest. C1AP∢+PAB∢=180∘; EDP∢+PDB∢=180∘; de PAB∢=PDB∢, mert egyenlő ívekhez tartozó kerületi szögek s így EDP∢=C1AP∢; de a C1AB1P húrnégyszögből C1AP∢=C1B1P∢, tehát EDP∢=C1B1P∢. Látjuk tehát, hogy C1B1∥DB. Minthogy továbbá PB1A1C húrnégyszög, azért PB1A1∢+A1CP∢=180∘, de A1CP∢+BDP∢=180∘, s így PDB∢=PB1A1∢. Tehát B1A1∥DB. Minthogy tehát C1B1∥BD∥B1A1, azért C1B1 és B1A1 egy egyenest alkotnak.
Ezek alapján bebizonythatjuk a következő tételeket:
 

630*. 1∘. A P ponthoz tartozó Simson-féle egyenes felezi azt az egyenest, mely a P pontot a háromszög magassági pontjával összeköti.
2∘. A P1 és P2 pontokhoz tartozó s1 és s2 Simson-féle egyenesek által bezárt szög egyenlő a P1P2 ívhez tartozó kerületi szöggel.
3∘. A körülírt kör változó átmérőjének végpontjaihoz tartozó Simson-féle egyenesek metszőpontjainak mértani helye a Feuerbach-féle kör.
 

1∘. (2. ábra.) Mérjük rá a B1D távolságra a PB1 távolságot úgy, hogy PB1=B1K legyen s hosszabbítsuk meg a BF magasságot G-ig.
 

Minthogy MF=FG,* azért KPGM egyenlőszárú trapéz; DP∥BG és DB=PG s így BDPG is egyenlőszárú trapéz. De az előbbeniek (III. bizonyítás) értelmében BD∥C1A1 s így KM is párhuzamos C1A1-gyel. Minthogy tehát a Simson-féle egyenes párhuzamos KM-mel s felezi a PK távolságot, azért a PKM háromszög PM oldalát is felezi, vagyis keresztül megy ezen egyenesenek L középpontján.
 
2∘. (3. ábra.) Legyenek a P1 és P2 pontokból az oldalakra bocsátott merőlegesek talppontjai A1,A2,B1,B2,C1,C2, az s1 és s2 Simson-féle egyenesek metszéspontja S.
 

 

3. ábra
 

A tétel a következőképp bizonytható:
A P1A1BC1 és a P1B1AC1 húrnégyszögek, s így
CAP1∢=B1C1P1∢=A1BP1∢=α+γ-(90∘-BA1C∢),
tehát
BAP1∢=α-CAP1∢=90∘-γ-BA1C1∢(1)
hasonló eljárás után a P2B2CA2 és a P2B2AC2 húrnégyszögekből kapjuk, hogy
CAP2∢=α-BAP2∢=90∘-β-CA2B2∢(2)
Az (1)-et és (2)-őt tekintetbe véve, felírhatjuk, hogy
η=P1AP2∢=α-BAP1∢+CAP2∢)=(α+β+γ)-180∘+BA1C1∢+CA2B2∢)
vagy
η=BA1C1∢+CA2B2∢(3)
Ámde az s1 és s2 által bezárt δ szög külszöge az A1SA2 háromszögnek, s így
δ=BA1C1∢+CA2B2∢.(4)

A (3) és (4) alapján közvetlenül látható, hogy
δ=η.

 
3∘. (4. ábra.) Kössük össze a változó átmérő P1 és P2 végpontjait M-mel, a háromszög magasságpontjával s jelöljük P1M és P2M metszéspontjait az s1 és s2 Simson-féle egyenesekkel S1 és S2-vel. Legyen a háromszög köré írható kör középpontja O s végre az S1S2 és OM egyenesek metszéspontja F.
 

 

4. ábra
 

Az előbbeniek alapján:
δ=90∘,P1S1=S1M,P2S2=S2M,
s minthogy
P1O=P2O,
azért az MS1S2 és MP1P2 háromszögek hasonlók. De ekkor:
MF=OFésS1S2=P1P22=r2.

Látjuk, hogy F középpontja ama egyenesnek, mely a magassági pontot a háromszög köré írható kör középpontjával összeköti, miért is F a Feuerbach-féle kör középpontja (V. évfolyam 22. lap). Minthogy továbbá S1S2=r2 és δ=90∘, azért S1S2 a Feuerbach-féle kör átmérője és a Simson-féle egyenesek metszéspontjának, S-nek, a mértani helye a Feuerbach-féle kör (IV. 46. lap).
 
(Antal Márkus.)
 

A feladatot még megoldották: Freibauer E., Krisztián Gy., Kornis Ö., Krausz B., Lukhaub Gy., Sasvári G.
*Jegyzet. CAH∢=CBF∢, mert mindkét szög a BCA szöget 90∘-ra egészíti ki; CBF∢=CBG∢=CAG∢, mert a GC ívhez tartozó kerületi szögek egyenlők. Így tehát CAH∢=CAG∢, de MG⊥AC, miért is MF=FG.