Kezdőlap


Cím:	Amit jó tudni a háromszögekről
Szerző(k):	Kiss György
Füzet:	2002/március, 130 - 139. 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 lapunkban megjelenő feladatok mintamegoldásainak írása közben sokszor jelent problémát annak eldöntése, hogy egy állítás közismert-e, s ezért nem kell bizonyítani, vagy pedig nem az, és ezért a bizonyítását is le kell írni. Különösen így volt ez a B. 3478. feladatnál, amit nagyon sokféleképpen lehetett megoldani.
E cikknek az a célja, hogy a háromszögekkel kapcsolatos néhány állítás egyszerű bizonyításait összegyűjtse. A háromszögekkel kapcsolatban rengeteg tétel van, mi csak azokkal foglalkozunk, amelyek kapcsolódnak a háromszöghöz tartozó körökhöz. Ezeknek is csak egy részét ismertetjük, egyáltalán nem foglalkozunk pl. a Feuerbach körrel. Az érdeklődő olvasó további szép tételeket találhat az irodalomjegyzékben szereplő könyvekben.
A háromszögben a három oldal, csúcs, szög stb. szerepe szimmetrikus. Ezért állításainkban és bizonyításainkban a rövidség kedvéért sokszor csak $a, A, α, ...$ szerepel. Ezeket persze úgy kell érteni, hogy a háromszög tetszőleges oldalára, csúcsára, szögére igaz a megfelelő állítás.
Legyenek a háromszög csúcsai $A$ , $B$ , $C$ , oldalai $a$ , $b$ , $c$ , szögei $α$ , $β$ , $γ$ , a szokásos jelölésekkel a háromszög területét jelölje $T$ , kerületét $2 s$ , a beírható kör sugara legyen $r$ , a hozzáírt körök sugarai $r_{a}$ , $r_{b}$ , $r_{c}$ , a háromszög köré írható kör sugara $R$ , végül ezen körök középpontjai legyenek rendre $O$ , $O_{a}$ , $O_{b}$ , $O_{c}$ és $K$ (1. ábra).

1. ábra

Első állításunkat általánosított szinusztételnek is szokás nevezni.

1. állítás.

R = \frac{a}{2 sin α} = \frac{b}{2 sin β} = \frac{c}{2 sin γ}

Bizonyítás. Messe a háromszög köré írható körének

B K

átmérője a kört másodszor az

A'

pontban. Ekkor

B A' = 2 R

. Ha

α = 90^{\circ}

, akkor

A' \equiv C

, az állítás nyilvánvaló (2/1. ábra). Ha

α

nem derékszög, akkor

B A' C ∢ = α

(2/2. ábra), vagy

B A' C ∢ = α' = 180^{\circ} - α

(2/3. ábra), de felhasználva a

sin (180^{\circ} - α) = sin α

összefüggést, valamint azt, hogy a

B A' C

háromszög

C

-nél lévő szöge Thalész tétele miatt derékszög, mindig teljesül, hogy

sin α = \frac{B C}{B A'} = \frac{a}{2 R}

\begin{matrix}  \end{matrix}

\begin{matrix} \begin{matrix} 2/1. ábra \end{matrix}\begin{matrix} 2/2. ábra \end{matrix}\begin{matrix} 2/3. ábra \end{matrix} \end{matrix}

2. állítás.

R = \frac{a b c}{4 T}

Bizonyítás. Az ismert területképlet szerint

T = \frac{b \cdot c \cdot sin α}{2}

. Ezért ha az előző állításban belátott

R = \frac{a}{2 sin α}

összefüggés jobb oldalán lévő törtet

b \cdot c

-vel bővítjük, akkor éppen a bizonyítandó összefüggést kapjuk.

Ha a

T = \frac{b \cdot c \cdot sin α}{2}

területképletben az oldalakat kifejezzük az 1. állításból adódó

2 R sin β

-val, illetve

2 R sin γ

-val, akkor a következőt kapjuk:

3. állítás.

T = 2 R^{2} sin α sin β sin γ

Tudjuk, hogy

O

a háromszög három belső szögfelezőjének,

O_{a}

O_{b}

és

O_{c}

pedig két-két külső- és egy-egy belső szögfelezőjének a metszéspontja. Mivel a háromszög bármely csúcsához tartozó külső és belső szögfelező merőleges egymásra, ezért igaz a következő:

4. állítás. Az

O_{a} O_{b} O_{c}

háromszög magasságpontja

O

, magasságvonalai pedig megegyeznek az

A B C

háromszög belső szögfelezőivel.

Ebből következik, hogy az

O B O_{a} C

négyszög húrnégyszög, mert

B

-nél és

C

-nél lévő szögei egyaránt derékszögek. A négyszöget az

O O_{a}

átló két közös átfogójú derékszögű háromszögre bontja, ezért a négyszög köré írható kör középpontja az

O O_{a}

szakasz felezőpontja. A négyszög köré írt kört megrajzolva (3. ábra) látszik, hogy

O C B ∢ = O O_{a} B ∢

és

O B C ∢ = O O_{a} C ∢

, mert az egy íven nyugvó kerületi szögek egyenlőek. Vagyis

B O_{a} C ∢ = O O_{a} B ∢ + O O_{a} C ∢ = \frac{γ}{2} + \frac{β}{2}

. Ezzel bebizonyítottuk a következőt:

5. állítás. Az

O_{a} O_{b} O_{c}

háromszög szögei rendre:

\frac{β + γ}{2}

\frac{γ + α}{2}

és

\frac{α + β}{2}

\begin{matrix} \begin{matrix} 3. ábra \end{matrix}\begin{matrix} 4. ábra \end{matrix} \end{matrix}

Következő állításunk az eddigieknél kevésbé ismert (bár megtalálható a Geometriai feladatok gyűjteménye I. kötetében).

6. állítás. A háromszög köré írható kör felezi a beírható kör középpontját a hozzáírható körök középpontjaival összekötő szakaszokat.

Bizonyítás. Messe a köré írható kör az

O O_{a}

szakaszt

P

-ben (4. ábra). (Mivel

C O_{a} B ∢ = \frac{β + γ}{2} < 180^{\circ} - α = 180^{\circ} - C A B ∢

, ezért

O_{a}

a köré írható körön kívül helyezkedik el, vagyis

P

mindig létrejön.) Ekkor

P C B ∢ = P A B ∢

, mert mindkettő a

P B

ívhez tartozó kerületi szög. Ezért

P C O ∢ = P C B ∢ + B C O ∢ = \frac{α}{2} + \frac{γ}{2}

. Az

O C O_{a}

háromszögben

C

-nél derékszög van, az

O_{a}

-nál lévő szögről már láttuk, hogy

\frac{β}{2}

, ezért az

O

-nál lévő szög

90^{\circ} - \frac{β}{2} = \frac{α}{2} + \frac{γ}{2}

. Vagyis

P O C ∢ = P C O ∢

, tehát a

P O C

háromszög egyenlő szárú,

P O = P C

. Ugyanígy láthatjuk be, hogy

P O = P B

. Ez azt jelenti, hogy az

O B C

háromszög köré írható kör középpontja

P

. Ez a kör azonban megegyezik az

O B O_{a} C

húrnégyszög köré írható körrel, hiszen mindkét sokszögnek csúcsa

O

B

és

C

. Azt viszont a 4. állítás után beláttuk, hogy az

O B O_{a} C

köré írható kör középpontja az

O O_{a}

szakasz felezőpontja. Tehát

P

felezi

O O_{a}

-t.

\begin{matrix}  \end{matrix}

7. állítás. A hozzáírt körök középpontjai által meghatározott háromszög köré írható körének sugara

2 R

Bizonyítás. Ha az

O

pontból kétszeresére nagyítjuk a köré írható kört, akkor a keletkezett

2 R

sugarú kör az 5. állítás miatt átmegy az

O_{a}

O_{b}

és

O_{c}

pontok mindegyikén (5. ábra).

5. ábra

(A 6. és 7. állításokat a fentieknél egyszerűbben beláthatja az, aki ismeri a Feuerbach-kör tulajdonságait ‐ lásd pl. [2], 69‐70. oldal ‐, a 3. állításból ugyanis következik, hogy az

O_{a} O_{b} O_{c}

háromszög Feuerbach-köre megegyezik az

A B C

háromszög körülírt körével. Ebből pedig nemcsak 6. és 7. következik, hanem az is, hogy a körülírt kör felezi a hozzáírt körök középpontjai által meghatározott szakaszokat.)
A továbbiakban a beírt és a hozzáírt körök sugarait fejezzük ki az oldalakkal és a területtel. Ehhez először meghatározzuk ezen körök és az oldalegyenesek érintési pontjainak a háromszög csúcsaitól való távolságát. Jelöljük az érintési pontokat a 6. ábrán látható módon

D

E

F

G

H

I

-vel. Mivel egy külső pontból egy körhöz húzott két érintőszakasz hossza egyenlő, ezért

A H = A I

B G = B I

és

C H = C G

, továbbá a 6. ábra jelöléseinek megfelelően

A E = A F = x

B D = B F = y

és

C D = C E = z

6. ábra

x + y = c

y + z = a

és

z + x = b

összefüggésekből következik, hogy

2 x + 2 y + 2 z = a + b + c = 2 s

, azaz

x + y + z = s

, és így

\begin{matrix} x = s - a, y = s - b, z = s - c . \end{matrix}

(1)

A hozzáírt körhöz húzott érintőszakaszokra pedig

\begin{matrix} 2 A H = A H + A I = (A C + C G) + (A B + B G) = A C + A B + B C = 2 s, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} A H = A I = s, B G = B I = s - c, C H = C G = s - b . \end{matrix}

(2)

8. állítás.

T = r \cdot s = r_{a} (s - a) = r_{b} (s - b) = r_{c} (s - c)

Bizonyítás. Az

A B C

háromszög területe megegyezik az

O A B

O B C

és

O C A

háromszögek területének összegével. E három háromszög

O

-hoz tartozó magasságai

r

hosszúak, így területeik rendre

\frac{c \cdot r}{2}

\frac{a \cdot r}{2}

és

\frac{b \cdot r}{2}

. Ezeket összeadva kapjuk, hogy

T = r \cdot s

.
A hozzáírt kör esetén azt kell felhasználnunk, hogy az

A B C

háromszög területe megegyezik az

O_{a} A B

és

O_{a} C A

háromszögek területei összegének és az

O_{a} B C

háromszög területének különbségével, azaz

\begin{matrix} T = \frac{c \cdot r_{a}}{2} + \frac{b \cdot r_{a}}{2} - \frac{a \cdot r_{a}}{2} = r_{a} (s - a) . \end{matrix}

9. állítás. A beírt kör sugarának reciproka megegyezik a hozzáírt körök sugarának reciprokösszegével.

Bizonyítás. A 8. állítás szerint

\begin{matrix} \frac{1}{r_{a}} + \frac{1}{r_{b}} + \frac{1}{r_{c}} = \frac{s - a}{T} + \frac{s - b}{T} + \frac{s - c}{T} = \frac{3 s - (a + b + c)}{T} = \frac{s}{T} = \frac{1}{r} . \end{matrix}

10. állítás (Héron képlete).

T = \sqrt[]{s (s - a) (s - b) (s - c)}

Bizonyítás. A 6. ábrán látható

O B F

és

B O_{a} I

háromszögek hasonlóak, mert

F

-nél illetve

I

-nél derékszögük van, a külső és a belső szögfelezők merőlegessége miatt pedig

O B F ∢

és

B O_{a} I ∢

merőleges szárú hegyesszögek. Ezért a két háromszög megfelelő oldalainak aránya megegyezik:

\begin{matrix} \frac{O F}{F B} = \frac{B I}{I O_{a}} . \end{matrix}

Ezt (1), (2) és a 8. állítás felhasználásával átalakítva:

\begin{matrix} \frac{r}{s - b} = \frac{s - c}{r_{a}}, azaz (s - b) (s - c) = r \cdot r_{a} = \frac{T}{s} \cdot \frac{T}{s - a}, \end{matrix}

amiből

T^{2} = s (s - a) (s - b) (s - c)

adódik.

\begin{matrix}  \end{matrix}

11. állítás.

4 R = r_{a} + r_{b} + r_{c} - r

Bizonyítás. A 2. és a 8. állítás alapján elegendő azt megmutatnunk, hogy

abcT=Ts-a+Ts-b+Ts-c-Ts.