A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Szorítkozzunk egyelőre arra az esetre, amikor és a egyenesnek ugyanazon az oldalán van, vagyis amikor a háromszög -nél és -nél levő szöge hegyesszög. Vetítsük az , , pontokat és a szakasz felezőpontját a egyenesre, legyenek vetületeik rendre , , és (1. ábra). Minthogy a négyzeteket kifelé szerkesztettük, ill. a szakasz -n, ill. -n túli meghosszabbításán van.
1. ábra A és derékszögű háromszögek egybevágók, mert , és merőleges szárú hegyesszögek. Hasonlóan az és derékszögű háromszögek is egybevágók. Ezekből következik, hogy a trapéz két párhuzamos oldalának összege és így a trapéz középvonalának hossza továbbá ez a középvonal merőleges -re. Ez azt jelenti, hogy a egyenes pontjától és egyszersmind magától az egyenestől is távolságra van. Bebizonyítjuk még, hogy a szakasz felezőpontja. Ezekből már következik, hogy rajta van a fölé, mint átmérő fölé rajzolt körön, mégpedig a -re merőleges átmérő egyik végpontja . egyrészt felezi a szakaszt, másrészt az szakasz ugyanannyival kisebb -nál, mint a -nál, tudniillik ‐ a fenti egybevágóságok szerint ‐ -gal. Így valóban felezi a szakaszt. Ezzel a bizonyítást ‐ a tett megszorító feltétel teljesülése esetére ‐ befejeztük. Ha az háromszögben a -nél és -nél levő szögek valamelyike, mondjuk a -nél levő, derékszög, akkor egyszerűbb helyzettel állunk szemben, mert a egyenesen adódik, és a trapéz szerepét a derékszögű háromszög veszi át; a bizonyítás ennek megfelelő, kézenfekvő egyszerűsítésekkel ebben az esetben is alkalmazható. Ha pedig, mondjuk -nél, tompaszög van, akkor a és szakaszok metszik egymást, a trapéz átlói lesznek (2. ábra), az ezek felezőpontjait összekötő szakasz. Ez ‐ mint könnyen bebizonyítható ‐ minden konvex trapézban egyenlő a párhuzamos oldalak különbségének felével, az utóbbiról pedig a hegyesszögű esetben alkalmazott gondolatmenettel belátható, hogy egyenlő a szakasznak a felével. Ezek szerint az állítás minden háromszögre érvényes.
2. ábra Megjegyzés. A fenti megoldáshoz hasonló gondolatmenettel ‐ alkalmas koordinátarendszert választva ‐ egyszerű analitikus geometriai megoldás is adható.
II. megoldás. Forgassuk el az háromszöget az négyzet középpontja körül -kal úgy, hogy a -be kerüljön. Így a -be kerül, elforgatott helyzete pedig legyen (3. ábra). Ekkor merőleges -ra és egyenlő vele, tehát párhuzamos, egyenlő és egyező irányítású -vel. Így , , , ebben a sorrendben paralelogrammát határoznak meg, tehát a átló felezőpontja a átlót is felezi.
3. ábra A végzett forgatás folytán merőleges -re és egyenlő vele. Most már az szakasz a háromszög középvonala, tehát egyenlő a és szakaszok felével. Ezek szerint , és egyenlő távolságra vannak -tól, ez pedig azt jelenti, hogy a átmérő fölé rajzolt körön van. Ez a bizonyítás tetszés szerinti alakú háromszög esetén érvényes.
III. megoldás. Forgassuk el az háromszöget előbb körül -kal úgy, hogy a -be jusson, majd körül -kal úgy, hogy a -be jusson, legyen az első esetben új helyzete , a második esetben új helyzete (4. ábra). A két forgatás ellentétes irányú, a négyzetek kifelé való szerkesztése miatt. A két forgatási szög összege , ezért és párhuzamosak és ellentétes irányúak. Továbbá egyenlőek is, és ezért a négyszög paralelogramma. Így a átló kérdéses felezőpontja a átlót is felezi. Másrészt a forgatásokból következik, hogy a négyszög négyzet, tehát az átlók közös felezőpontjából az oldalak derékszögben látszanak, így a oldal, mint átmérő fölé rajzolt Thales-körön van, éppen a -re merőleges átmérő egyik végpontja.
IV. megoldás. A pontot átvihetjük -be úgy, hogy elforgatjuk először körül -kal, ‐ így -ba kerül ‐, majd -t elforgatjuk körül ugyanabban az irányban -kal (5. ábra). Ismeretes, hogy egy (síkbeli) forgatás helyettesíthető bármely két olyan egymás utáni tükrözéssel, amelyek tengelye átmegy a forgatás középpontján, és az első tengelyt a második tengelybe átvivő forgatás fele akkora szögű, mint az eredeti forgatás, és azzal megegyező irányú. Helyettesítsük a mondott forgatásokat két-két tükrözéssel úgy, hogy ezek , és , tengelypárja közül és azonos legyen. Így ugyanis a harmadik tükrözés visszaállítja a második tükrözés előtti helyzetet, és a négy tükrözés kettőre csökkenthető. Mivel nek -n, -nak -n kell átmennie, így mindkettőnek egyaránt a egyenest kell választanunk. Ilyen választás mellett -t a -n áthaladó és -vel szöget bezáró , majd a -n átmenő és -vel szöget bezáró tengelyen való tükrözés viszi át -be. Ez a két tükrözés ‐ az idézett tétel megfordítása alapján ‐ helyettesíthető egyetlen forgatással, amelynek középpontja a és metszéspontja, szöge kétszer akkora, mint a -et -be átvivő forgatás, és iránya megegyezik az utóbbi forgatás irányával. A két tengely szöge (mint a , és határolta háromszög külső szöge) így -t a -be -os forgatás viszi át, vagyis a tengelyek metszéspontja éppen a szakasz felezőpontja. Mivel pedig az pontból a szakasz -os szögben látszik, azért rajta van a átmérőjű Thales-körön, ezt kellett bizonyítanunk.
Megjegyzés. A bizonyításban -ról és -ról csak azt használtuk fel (1)-ben, hogy összegük . A feladat állítása tehát helyes marad akkor is, ha a háromszög és oldalára kifelé olyan rombuszokat rajzolunk, melyeknek -nél, ill. -nál levő szöge egyenlő; továbbá akkor is, ha mindkét oldalra befelé rajzoljuk a rombuszokat. Az általánosított állítás bizonyítható ‐ értelemszerű módosításokkal a II. és III. megoldás gondolatmenetével is. |