A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Hány nevezetes pontja legyen a háromszögnek? (Fordította Láng Hugó)
1. A nevezetes pontok száma és tulajdonságaik A háromszögben a súlypontot , a körülírt kör középpontját , a beírt kör középpontját és a magasságpontot szokás nevezetes pontnak mondani. Ezek mindegyike három-három nevezetes egyenes metszéspontja: a súlyvonalak, az oldalfelező merőlegesek, a szögfelezők, pedig a magasságvonalak közös pontja. Joggal kérdezhető azonban, miért csak ezeket mondjuk nevezetesnek, nem lehet-e valamilyen természetes módon további pontokat közéjük sorolni ? Vegyük először szemügyre a háromszög nevezetes egyeneseit, és próbáljuk meg rendszerezni a tulajdonságaikat. Négy nevezetes tulajdonságot találunk, ezek mind az egyeneseknek a háromszög valamelyik csúcsához vagy a vele szemközt levő oldalához való viszonyát határozzák meg:
‐ az egyenes átmegy a csúcson; ‐ az egyenes felezi a csúcsnál levő szöget; ‐ az egyenes merőleges a szemközti oldalra; ‐ az egyenes felezi a szemközti oldalt.
Mindegyik nevezetes vonal ezek közül kettővel rendelkezik: a súlyvonal -gyel és -gyel, az oldalfelező merőleges -mal és -gyel, a szögfelező -gyel és -gal, a magasságvonal -gyel és -mal. De kimerítettük-e ezzel az összes lehetőséget? A négy tulajdonságból pusztán kombinatorikailag hat pár képezhető: , , , , , . A baj csak az, hogy a hiányzó , párok valójában három tulajdonságot jelentenek: és együtt azt kívánná, hogy az egyenes menjen át egy csúcson, felezze az ott levő szöget, és legyen merőleges a szemközti oldalra, és pedig azt, hogy az egyenes menjen át egy csúcson, felezze az ott levő szöget, és felezze a szemközti oldalt. Azon nem tudunk segíteni, hogy egy egyenes általában vagy felezi a háromszög két oldala közti szöget, vagy merőleges a harmadik oldalra. De ha nem tesszük bele -be -et, akkor és már előfordulhat együtt. Legyen tehát a következő tulajdonság: ‐ az egyenes ugyanakkora szöget zár be a csúcson átmenő oldalakkal. tehát önmagában csak azt követeli meg, hogy az egyenes párhuzamos legyen a szögfelezővel és csak -gyel együtt jelenti azt, hogy azonos is legyen vele. és így már nem zárják ki egymást. Együttes előfordulásuk egy ötödik nevezetes vonal bevezetését teszi lehetővé : ez az az egyenes, amelyik egyállású a szokásos szögfelezővel és illeszkedik a szemközti oldal felezőpontjára. Nevezzük ezt az egyenest oldalfelező szögfelezőnek. Látni fogjuk, hogy az általános háromszög oldalfelező szögfelezői egy ponton mennek át (1. tétel), ezt a pontot -fel jelöljük, magukat az oldalfelező szögfelezőket pedig -val, -vel, -vel. Állítsuk párba a fenti tulajdonságokat úgy, hogy -nek , -nek legyen a párja! Ezáltal az öt nevezetes vonal is párba állítható:
A T2T3 pár továbbra sem valósítható meg, itt lyuk marad a rendszerben. De mégis olyan rend keletkezett, amely korábban nem volt meg. T1 és T4 háromszor, T2 és T3 kétszer fordul elő, emiatt az ötféle egyenes közül egy-egy csúcson három megy át és ugyancsak három felez egy-egy oldalt. Két nevezetes egyenes merőleges egy-egy oldalra és ugyancsak kettő zár be két-két oldallal egyenlő szögeket. Rendszerünkben egyfajta megfeleltetés, dualitás mutatkozik T1 és T4, valamint T2 és T3 között. Ha minden T1-et és T4-et, illetve T2-t és T3-at felcserélünk egymással a táblázatban, akkor minden egyenes átmegy az ebben értelemben vett duálisába. A szögfelezőnek így az oldalfelező merőleges felel meg, a magasságvonalnak az oldalfelező szögfelező, és megfordítva. A súlyvonal duálisa önmaga. Látni fogjuk, hogy ez a kapcsolat még további összefüggéseket rejt magában. (Meg kell azonban jegyezni, hogy itt szó sincs a projektív geometriában használatos dualitásról, hiszen ott minden tételnek megadható a párja; de azért a fenti megfeleltetés is termékeny ötletekre vezethet.)
2. Az oldalfelező szögfelezők tulajdonságai és a metszéspontjuk létezése
1. tétel. Bármely háromszög három oldalfelező szögfelezője egy pontban metszi egymást. ![](upload/abr88/ab88769.png) 1. ábra Bizonyítás. Az ABC háromszög oldalfelező szögfelezői ugyanis az A'B'C' középháromszög szögfelezői (1. ábra). 2. tétel. Az oldalfelező szögfelezők a háromszög mindhárom oldalát metszik. Egy oldalon az oldalfelező ponttól a másik két metszéspontig terjedő szakaszok rendre egyenlőek a másik két oldal felével. Bizonyítás. Az oldalfelező szögfelezők metszik a középháromszög oldalait, tehát metszik az eredeti háromszög oldalait is. Tekintsük az AB oldalt, és jelöljük fa, fb AB-vel alkotott metszéspontját A''-vel, B''-vel. Mivel fa egyenlő szöget zár be AB-vel és A'C'-vel, az A'A''C' háromszög egyenlő szárú, A''C'=A'C'=b/2. Hasonlóan kapjuk, hogy B''C'=B'C'=a/2.
Megjegyzések. a) Az 1. ábrán a<c, b<c, így A'' az AC', B'' a BC' szakaszon van, és például AA''=(c-b)/2. Általában b) A külső szögfelezőkhöz hasonlóan beszélhetünk oldalfelező külső szögfelezőkről is, ezek ugyanúgy felezik az oldalakat, mint az oldalfelező szögfelezők, de a külső szögfelezőkkel párhuzamosak.* Könnyen látható, hogy a 2. tétel az oldalfelező külső szögfelezőkre is igaz, csak a metszéspontok rendre az oldalfelező pontok másik oldalán keletkeznek, mint az oldalfelező belső szögfelezők metszéspontjai. ![](upload/abr88/ab88770.png) 2. ábra c) Az egyik oldal felezőpontján átmenő oldalfelező belső szögfelező és oldalfelező külső szögfelező merőlegesek egymásra, és valamelyik másik oldalt annak felezőpontjára szimmetrikus pontokban metszik. A két metszéspont távolsága egyenlő a harmadik oldal hosszával (2. ábra). Ennek alapján könnyen megszerkeszthetjük az oldalfelező szögfelezőket, például a 2. ábrán a C' körüli a/2 sugarú kör metszi ki az AB egyenesből a B'-n átmenő oldalfelező szögfelezők metszéspontjait.
![](upload/abr88/ab88771.png) 3. ábra A 3. ábrán berajzoltuk az ABC háromszögbe mind a hat oldalfelező szögfelezőt. Három újabb metszéspont keletkezik, ezeket Fa-val, Fb-vel, Fc-vel jelöljük. Ezek a középháromszöget kívülről érintő körök középpontjai, és F az FaFbFc háromszög magasságpontja. A jobb tájékozódás kedvéért külön megjelöltük az ábrán az a/2 nagyságú szakaszokat. 3. tétel. Egy háromszögben az O, S, F pontok egy egyenesre illeszkednek, és OS=2FS (4. ábra). Bizonyítás. Az A'B'C' középháromszög középpontosan hasonló az ABC háromszöghöz, a hasonlóság aránya 1:(-2), középpontja S. Emiatt az ABC-be írt kör O középpontját F-fel összekötő egyenes illeszkedik S-re, és S az OF szakaszt 2:1 arányban osztja. ![](upload/abr88/ab88773.png) 4. ábra A kapott egyenest az ABC háromszög második Euler egyenesének nevezzük. (Az első Euler egyenes a K, S, M pontokon megy át, és mint tudjuk, MS=2KS.) Megjegyzés. Az OMFK négyszög átlói a háromszög Euler egyenesei, metszéspontjuk S és ez az átlókat 2:1 arányban osztja. Emiatt OM∥FK és OM=2FK (4. ábra). 4. tétel. Tükrözzük O-t F-re, és jelöljük a kapott pontot G-vel. Ez a G pont rajta van a második Euler egyenesen, és a beírt kör középpontja abban az A''B''C'' háromszögben, amelyben ABC a középháromszög (5. ábra).
![](upload/abr88/ab88772.png) 5. ábra Bizonyítás. Az ABC háromszög ugyanúgy kapható meg A''B''C''-ből, mint A'B'C' az ABC-ből. Ezért a 3. tétel szerint G, S, O egy egyenesre illeszkednek, és GS=2OS. Tehát G és F rajta vannak az OS egyenesen, és GF=GS-FS=OS+FS=OF (esetleg a négy pont azonos). A cikk elején mondott dualitásban a két Euler egyenes egymásnak felel meg, az A''B''C'' háromszög beírt köre pedig az ABC háromszög Feuerbach körének a párja. Jelöljük ezt a kört g-vel, mint látni fogjuk, ennek a körnek további nevezetes tulajdonságai vannak. 5. tétel. Ha meghúzzuk az ABC háromszög csúcsaiból a g-hez tartozó második érintőket (6. ábra, ga, gb, gc), három érintőnégyszöget kapunk (beírható körrel vagy hozzáírt körrel), amelyeket két érintő és két háromszög-oldal határol. (Az érintők azokból a csúcsokból indulnak, ahol az ABC háromszög két kiválasztott oldala nem metszi egymást. Az ABC háromszöget tehát három különböző módon is érintőnégyszöggé alakíthatjuk úgy, hogy ‐ szemléletesen szólva ‐ egy-egy oldalát "behorpasztjuk''.) Azt, hogy hogyan lehet eldönteni, hogy egy ilyen négyszögnek a kör beírt vagy hozzáírt köre lesz-e, a legegyszerűbben a 6. ábra ABEC négyszögén tudjuk megmutatni. Az érintő körnek először is benne kell lennie a BAC szögtartományban, másrészt a gb (ill. gc) érintőt ugyanazon a félegyenesen kell érintenie, mint g. Most tehát a négyszögnek beírt köre van, amit az AB, AC oldalak és a BE, CE oldalak meghosszabbításai érintenek. ![](upload/abr88/ab88774.png) 6. ábra Bizonyítás. (Zárójelben utalunk majd azokra a módosításokra, amik akkor szükségesek, ha E a háromszögön kívül van. Hozzáírt kör esetén hasonló a bizonyítás, amit az olvasó a 7. ábra alapján maga végiggondolhat.) Azt kell belátnunk, hogy AC+BE=AB+CE, vagyis BE-CE=c-b. Jelöljük a ga, gb, gc egyenesek érintési pontjait Ga-val, Gb-vel, Gc-vel, és legyenek Ta, Tb, Tc azok a pontok, amelyekben az A''B''C'' háromszög oldalai g-t érintik. Jelöléseink mellett (6. ábra) BE-CE=BGb-EGb-CE=BTb-EGc-CE=BTb-CGc==BTb-CTc=A''Tb-A''B-(A''Tc-A''C)=c-b.
Ha E a háromszögön kívül van, akkor BE-CE=BGb+EGb-CE=BTb+EGc-CE=BTb+CGc=BTb+CTc==(A''Tb-A''B)-(A''Tc-A''C)=c-b.
A ga, gb, gc, érintőknek egy további tulajdonságát figyelhetjük meg, ha meghúzzuk g-nek az A''B''C'' háromszög oldalaival párhuzamos második érintőit. Ezek az ABC háromszöghöz középpontosan hasonló A1B1C1 háromszöget határoznak meg (7. ábra). A hasonlóság H középpontja a második Euler egyenesen van, és HO=OG. ![](upload/abr88/ab88775.png) 7. ábra 6. tétel. Az AA1, BB1, CC1 egyeneseket a ga, gb, gc érintők közül kettő-kettő ugyanabban a pontban metszi. (Pl. AA1-en van gb és gc már ismert metszéspontja, E.) Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy AA1 egyenes illeszkedik E-re. Az ABEC és A1B*EC* négyszögek érintőnégyszögek, és megfelelő oldalaik párhuzamosak vagy azonosak (B* a gb A1B1-en, C* a gc A1C1-en levő pontja). Az 5. tételben megadott kritériumok szerint (amelyek eldöntik, hogy a szóban forgó négyszögeknek beírt vagy hozzáírt köre van-e) a párhuzamos érintők az érintett köröknek mindig azonos oldalán vannak. Emiatt a két négyszög középpontosan hasonló, és a hasonlóság középpontja E. Állításunk ebből már következik. Mindent összevéve már kilenc érintőt húztunk a g körhöz. Így valóban a háromszög Feuerbach körének a párja lehet. A 3‐6. tételekhez hasonló tételeket mondhatunk ki az oldalfelező külső szögfelezőkre, így további három Euler egyenest kapunk. Végül felsoroljuk az általunk javasolt dualitás legfontosabb megfeleltetéseit:
Az oldalfelező szögfelezők párhuzamosak a szögfelezőkkel. Az oldalfelező szögfelezők a középháromszög szögfelezői. F, S, O egy egyenesre illeszkednek, és OS=2FS (második Euler egyenes). Ha O-t tükrözzük F-re, a kapott G pont a kétszeres háromszög beírt körének a középpontja. A magasságvonalak párhuzamosak az oldalfelező merőlegesekkel. A magasságvonalak a csúcsokon át a szemközti oldallal párhuzamosan húzott egyenesek által határolt kétszeres háromszög oldalfelező merőlegesei. M, S, K egy egyenesre illeszkednek, és MS=2KS (első Euler egyenes). A KM szakasz felezőpontja a középháromszög körülírt körének a középpontja (Feuerbach kör).
3. Megjegyzések
Célunk annak megmutatása volt, hogy a nevezetes pontok {S, K, O, M} halmaza egy ötödik ponttal, F-fel bővíthető. Ezt indokolja e pontok tulajdonságainak a vizsgálata, és alátámasztja ezt a pontok síkbeli elhelyezkedése is (4. ábra). Ha vesszük a háromszög beírt körének a középpontját (O), a súlypontot (S), a körülírt kör középpontját (K) és vesszük a megfelelő pontokat a középháromszögben és a megkétszerezett háromszögben, akkor olyan rendszert kapunk, amely még jobban alátámasztja az általunk javasolt módosítást:
a középháromszög a háromszög a megkétszerezett háromszög
F S K' O S K G S M
Felhívjuk a téma iránt érdeklődő olvasók figyelmét a következő feladatokra és a velük kapcsolatos nevezetes összefüggésekre:
a) Horvay Katalin ‐ Reiman István: Geometriai feladatgyűjtemény, I. kötet 1376 ‐ 1379 (Euler egyenes, oldalfelező szögfelezők), 1380 ‐ 1388 (Feuerbach kör), 1389 ‐ 1394 (Simson egyenes), 1526 ‐ 1528 (szögfelezők), 1266 ‐ 1267 (érintőnégyszögek).1389 ‐ 1394 (Simson egyenes), 1526 ‐ 1528 (szögfelezők), 1266 ‐ 1267 (érintőnégyszögek). b) KöMaL 59. kötet 3‐4. szám OKTV döntő mat. II. tantervűek 1. feladata. c) D. O. Sklajarszkij-N. N. Csencov-I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből 2/1 kötet: 112‐114, 147 (nevezetes vonalak), 118‐121 (Euler egyenes, Feuerbach kör, Simson egyenes), 135 (Newton és Gauss tétele): d) Matematikai Versenytételek I. kötet. Az 1897. évi versenyhez csatlakozó 2. jegyzet az "adott körbe és egyszersmind adott kör köré írt háromszögekről'' (40. oldal).
A fordító Megjelent a Praxis der Mathematik 1967. évi 9. számában.Vizsgálataink közben egyeneseknek tekintjük a háromszög transzverzálisait, így például fa, fb, fc egyeneseket jelölnek, és a háromszög oldalain is azok egyenesét értjük. "Felezőpontjuk'' és "hosszuk'' azonban a háromszögben az oldalszakaszoknak lesz, és a-val, b-vel, c-vel az oldalak hosszát jelöljük.Általában három azonos jellegű nevezetes vonal közül csak az egyikről beszélünk.A T2 fölött álló csillag értelme később derül ki.* Most látszik, hogy szerencsésebb lett volna T2-ben azt megkövetelni, hogy az egyenes legyen párhuzamos a belső szögfelezővel. Enélkül nehéz a kétféle szögfelezőt megkülönböztetni. (A fordító)Előfordulhat, hogy ezek azonosak az első érintőkkel (vagyis A''B''C'' oldalaival).Ha két érintő azonos, akkor a megfelelő négyszög háromszöggé fajul.Pontosabb volna, ha négyszögek helyett egyenes-négyesekről beszélnénk.Ha két érintő párhuzamos, akkor az az egyenes is párhuzamos velük, amelyiken a metszéspontjuknak rajta kellene lennie. ("Végtelen távoli'' metszéspont.) Ha az érintők azonosak, akkor alkalmas pontjukat választjuk metszéspontjuknak. Tehát F az O'-t, G az O''-t, M a K''-t jelöli. Tehát F az O'-t, G az O''-t, M a K''-t jelöli. |