Kezdőlap


Cím:	Megjegyzések a talpponti háromszögről
Szerző(k):	Szabó Péter
Füzet:	1902/január, 124 - 128. 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.

A talpponti háromszög tulajdonságait gyakran találjuk számítások segítségével bebizonyítva. A következő sorokban olyan tételre mutatok rá, a melynek alapján sok esetben a szorosabb értelemben vett geometriai módszerekre vihető vissza az említett tulajdonságok levezetése. Azután a tétel alkalmazására adok példát.
Az említett tétel a következő:
1. A háromszög magasságpontjának az oldalakra vonakozó tükörképei a háromszög köré írt körön feküsznek.

Legyen az

A B C

háromszög magasságpontja

M

, a magasságok talppontjai a

B C, C A, A B

oldalakon sorra

A_{1}, B_{1}, C_{1}

; a magasságpontnak ugyanezen oldalakra vonatkozó tükörképei

M_{1}, M_{2}, M_{3}

Minthogy

M_{1}

A A_{1}

meghosszabbításán van és

M_{1} A_{1} = A_{1} M

, azért

\begin{matrix} B M_{1} A_{1} △ ≅ B M A_{1} △ \end{matrix}

és

\begin{matrix} C M_{1} A_{1} △ ≅ C M A_{1} △ \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} B M_{1} = B M \end{matrix}

és

\begin{matrix} C M_{1} = C M . \end{matrix}

Ebből következik még:

\begin{matrix} B M_{1} C △ ≅ B M C △, \end{matrix}

úgy, hogy

\begin{matrix} B M_{1} C ∢ = B M C ∢ . \end{matrix}

(1)

A további bizonyításban elválasztjuk a hegyes- és a tompaszögű háromszög esetét.
a) Hegyesszögű háromszögben:

\begin{matrix} B M C ∢ = 180^{\circ} - [90^{\circ} - B ∢ + 90^{\circ} - C ∢] \end{matrix}

azaz:

\begin{matrix} B M C ∢ = 180^{\circ} - A ∢, \end{matrix}

(2)

Tehát

\begin{matrix} B A C ∢ + B M_{1} C ∢ = 180^{\circ}, \end{matrix}

a mi

M_{1}

pontra a kimondott tételt igazolja.
b) Tompaszögű háromszögben:

(C ∢ > 90^{\circ})

most

M

külső pont lévén,

\begin{matrix} B M C ∢ = 90^{\circ} - A_{1} B A ∢ = 90^{\circ} - [90^{\circ} - A ∢] \end{matrix}

\begin{matrix} B M C ∢ = A ∢, \end{matrix}

(3)

tehát

\begin{matrix} B M_{1} C ∢ = B A C; \end{matrix}

a mi a tételt erre az esetre is helyesnek mutatja.

A bizonyítás

M_{2}

pontra egészen hasonló,

M_{3}

pontra nézve az

a)

alatti bizonyítás tompaszögű háromszögnél is változatlan marad (ha

C ∢ > 90^{\circ}

).
Ennek a tételnek felhasználásával a Feuerbach-féle körre vonatkozó tételek egy része könnyen bizonyítható. Például ez:
2. A Feuerbach-féle kör sugara a háromszög köré írható kör sugarának fele.
Az

A B C

háromszög köré írható kör sugarát jelölje

r

, az

A_{1} B_{1} C_{1}

köré írottét (A Feuerbach-féle körét)

r_{1}

. Minthogy

M_{1} M_{2} M_{3}

ugyanazon körbe van írva, mint

A B C

, azonkívül

\begin{matrix} M_{1} M_{2} M_{3} △ \sim A_{1} B_{1} C_{1} △ \end{matrix}

és a hasonlóság arányszáma

2 : 1

, azért még

\begin{matrix} r : r_{1} = 2 : 1, \end{matrix}

a honnan

\begin{matrix} r_{1} = \frac{1}{2} r \end{matrix}

(4)

A háromszög területére nézve a következő tétel alapján nyerhetünk kifejezést:
3. A háromszög csúcspontjai és a magasságpont tükörképei meghatározta hatszög területe a háromszög kétszerese.
Itt újra külön kell választanunk a hegyes- és tompaszögű háromszög esetét.
a) Hegyesszögű háromszög esetében az előbbi jelölésekkel élve, a hatszög csúcsai ilyen rendben következnek a körön:

A M_{3} B M_{1} C M_{2} A

. A tétel maga szinte nyilvánvaló, mivel

\begin{matrix} A B C = A M B + B M C + C M A \end{matrix}

és

\begin{matrix} A M_{3} B △ ≅ A M B △, B M_{1} C △ ≅ B M C △, C M_{2} A △ ≅ C M A △ . \end{matrix}

Tehát valóban

\begin{matrix} A M_{3} B M_{1} C M_{2} = 2 A B C . \end{matrix}

(5)

b) Ha a háromszög tompaszögű

(C > 90^{\circ})

, akkor óvatosan kell eljárnunk.
Mindenekelőtt a hatszög csúcsait most is az előbbi rendben vesszük. Azonban, mivel

M

külső pont,

M_{2}

és

M_{1}

B C

, illetőleg

C A

köríven lesznek (l. a 2. rajzot). Ezért a hatszög kerülete önmagát metszi.
Olyan idomoknál, melyeknek kerülete önmagát metszi, a terület értelmezésére külön megállapodás szokásos (l. Baltzer: Elemente der Mathematik 11. 64‐65. l.)
A mostani esetnél elég a következő megállapítás:
Felbontjuk a hatszöget olyan idomokra, a melyek kerülete nem metszi önmagát. Az ilyen idomok területének előjelet tulajdonítunk. A területet positívnak vesszük, ha a kerületet az óramutató járásával ellenkező irányban jártuk körül, negatívnak az ellenkező esetben.
E szerint az

A M_{3} B M_{1} C M_{2} A

hatszög területét az

A M_{3} B D

és a

D M_{2} C M_{1}

részekre bontjuk. Ha a felírt sorban az egész kerületet végig járva gondoljuk, könnyű látni, hogy az

A M_{3} B D

területet positív, a

D M_{2} C M_{1}

-et negatív jellel kell vennünk, úgy, hogy

\begin{matrix} A M_{3} B M_{1} C M_{2} = A M_{3} B D - D M_{2} C M_{1} . \end{matrix}

(6)

Más részről:

\begin{matrix} A B C = A B M - A C M - C B M . \end{matrix}

\begin{matrix} A B M △ ≅ A B M_{3} △, A C M △ ≅ A C M_{2} △, C B M △ ≅ C B M_{1} △ \end{matrix}

lévén, írhatjuk:

\begin{matrix} A B C = A B M_{3} - A C M_{2} - C B M_{1} \end{matrix}

és

\begin{matrix} 2 A B C = A B M_{3} + A B C - A C M_{2} - C B M_{1} . \end{matrix}

(6')

Azonban

\begin{matrix} A B C - A C M_{2} - C B M_{1} = A B D - D M_{2} C M_{1}; \end{matrix}

a mit

6')

-be írva és tekintetbe véve, az

\begin{matrix} A M_{3} B + A B D = A M_{3} B D, \end{matrix}

egyenlőséget, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} 2 A B C = A M_{3} B D - D M_{2} C M . \end{matrix}

(7)

7)

és

6)

-nak egybevetése mutatja, hogy ilyen megállapítások után a tétel tompaszögű háromszögre is helyes.
Ezután geometriai úton bebizonyítható:
4. Hegyesszögű háromszög területét megkapjuk, ha a talpponti hóromszög kerületét szorozzuk az eredeti háromszög köré írható kör sugarának felével. (K. M. L. IX. 26. l. 842. feladat.)
Legyen

O

a háromszög köré írt kör középpontja,

r

a sugara. Húzzuk meg az

O A, O B, O C

sugarakat, és kössük össze

O

-t sorra

M_{1}, M_{2}, M_{3}

-mal is. Így az

A M_{3} B M_{1} C M_{2}

hatszög területét felosztottuk három négyszögre:

O M_{2} A M_{3}, O M_{3} B M_{1}, O M_{1} C M_{2}

. Ezek mindegyike delta négyszög, melyeknek egyik átlója a kör sugara, másik átlója az

M_{1} M_{2} M_{3}

háromszögnek egyik oldala.
E szerint

\begin{matrix} O M_{2} A M_{3} = \frac{1}{2} r \cdot M_{2} M_{3}, O M_{3} B M_{1} = \frac{1}{2} r \cdot M_{3} M_{1}, O M_{1} C M_{2} = \frac{1}{2} r \cdot M_{1} M_{2}; \end{matrix}

a 3. tételt alkalmazva, írhatjuk:

\begin{matrix} 2 A B C = \frac{1}{2} r [M_{2} M_{3} + M_{3} M_{1} + M_{1} M_{2}] . \end{matrix}

Tekintetbe véve az

M_{1} M_{2} M_{3}

és

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszögek hasonlóságát:

\begin{matrix} M_{2} M_{3} = 2 B_{1} C_{1}, M_{3} M_{1} = 2 C_{1} A_{1}, M_{1} M_{2} = 2 A_{1} B_{1}; \end{matrix}

úgy hogy ezeket az előbbi kifejezésbe beírva és azután egyszerűsítve:

\begin{matrix} A B C = \frac{1}{2} r [B_{1} C_{1} + C_{1} A_{1} + A_{1} B_{1}] . \end{matrix}

(8)

Ha a talpponti háromszög kerületét

2 p_{1}

-gyel jelöljük, akkor még:

\begin{matrix} A B C = r \cdot p_{1} . \end{matrix}

(8')

5. Tompaszögű háromszög területét megkapjuk, ha a talpponti háromszög kerületének és a háromszögön kívül fekvő oldala kétszeresének különbségét szorozzuk az eredeti háromszög köré írható kör sugarának felével.
Az

O

pontot éppen úgy összekötjük a hatszög csúcsaival, mint a 4. tétel bizonyításánál. A 3. b) alattiak értelmében

\begin{matrix} 2 A B C = A M_{3} B D - D M_{2} M C M_{1} . \end{matrix}

(9)

Azonban

\begin{matrix} A M_{3} B D = A M_{3} O E + E O F D + F O M_{3} B \end{matrix}

és azonosan írható

\begin{matrix} A M_{3} B D - D M_{2} C M_{1} = (A M_{3} O E + E O F D + D F M_{2}) + \end{matrix}

\begin{matrix} (F O M_{3} B + E O F D + E D M_{1}) - (E O F D + D F M_{2} + E D M_{1} + D M_{2} C M_{1}) . \end{matrix}

A zárójelbe írt területek azonban az előbbi delta négyszögeket adják, úgy hogy

\begin{matrix} 2 A B C = A M_{3} O M_{2} + B M_{1} O M_{3} - C M_{1} O M_{2}; \end{matrix}

a négyszögek területeit úgy, mint előbb kifejezve, és a talpponti háromszögnek az

M_{1} M_{2} M_{3}

háromszöghöz való viszonyát tekintetbe véve:

\begin{matrix} A B C = \frac{1}{2} r \cdot [B_{1} C_{1} + C_{1} A_{1} - A_{1} B_{1}], \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} A B C = \frac{1}{2} [B_{1} C_{1} + C_{1} A_{1} + A_{1} B_{1} - 2 A_{1} B_{1}] . \end{matrix}

(10)

Ha a talpponti háromszög kerületét újra

2 p_{1}

-gyel az

A_{1} B_{1}

oldalt röviden

c_{1}

-gyel jelöljük, még írható:

\begin{matrix} A B C = r (p_{1} - c_{1}) . \end{matrix}

(10')

Megjegyzés. A

8')

és

10')

segítségével felírhatjuk a háromszög és talpponti háromszög területének viszonyát. Ha először is hegyesszögű a háromszög, és a talpponti háromszög oldalait belülről érintő kör sugara

p_{1}

, akkor

\begin{matrix} A_{1} B_{1} C_{1} = ρ_{1} \cdot p_{1} \end{matrix}

lévén,

\begin{matrix} A B C : A_{1} B_{1} C_{1} = r : ρ_{1} . \end{matrix}

(11)

Tompaszögű háromszögnél a

11)

úgy helyes, ha

ρ_{1}

annak az érintő körnek sugarát jelenti, a melyik a talpponti háromszögnek az eredeti háromszögön kívül fekvő oldalát kívülről érinti.^{$^{*}$}
Derékszögű háromszögnél a

8)

és

10)

képletek átmennek a terület közönséges kifejezésébe. A

11)

pedig elveszti értelmét.
Említésre méltónak tartom, hogy az

1)

tétel haszonnal alkalmazható a Simson-egyenesre vonatkozó tételek bebizonyításánál is.

^{$^{*}$}A

4) - 5)

alattiakra nézve v. ö. Baltzer Elemente der Mathematik II. 309‐310. l., a hol a hegyes- és tompaszögű háromszög közötti különbség nincs elég élesen kiemelve.