Thalész-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából
Ugrás a navigációhoz Ugrás a kereséshez
A Thalész-tétel szerint a γ szög derékszög

A Thalész-tétel a geometria egyik legkorábbi eredetű tétele. Nevét a milétoszi Thalészról kapta.

Tétel (Thalész) Ha vesszük egy O középpontú kör AB átmérőjét, valamint a körvonal egy tetszőleges (A-tól illetve B-től különböző) C pontját, akkor az ABC háromszög C csúcsánál lévő γ szöge derékszög lesz.

Bizonyítás[szerkesztés]

A Thalész-tételnek számtalan bizonyítása van. Ezek közül néhány ízelítőül:

A háromszögek szögösszegtétele alapján[szerkesztés]

Azt fogjuk felhasználni, hogy a háromszög belső szögeinek összege 180°.

Ábra a belső szögek összegére vonatkozó tételt felhasználó bizonyításhoz

Legyen O a kör középpontja. Ekkor az AOC és a COB háromszög egyenlő szárú, azaz

α = α' és
β = β'.

Az OC szakasz pont az α' és β' részekre osztja γ-t , így

γ = α' + β' = α+β

Az ABC háromszög belső szögeinek összege (ami a szögösszegtétel szerint 180°) épp e négy szög összege, tehát:

α + β + γ = α + β + (α' + β') = α + β + (α + β) = 180°;

vagyis:

2α+2β = 180°
2(α+β) = 180°
α+β = 90°

így:

γ = α + β = 90° QED

Eukleidész bizonyítása[szerkesztés]

Azt kell belátnunk, hogy az ábrán a γ szög hegyesszög vagy derékszög.

Ábra Eukleidész bizonyításához

Hosszabbítsuk meg az AC szakaszt C-n túl egy tetszőleges F pontig. Legyen O a kör középpontja. Mivel AO és OC a kör sugara, ezért az AOC háromszög egyenlő szárú, így

α = α'.

Továbbá, mivel OB is a kör sugara ezért az OBC háromszög is egyenlő szárú, így

β = β'.

Mivel

γ = α' + β',

ezért az előbbiek miatt

γ = α + β

is teljesül. Viszont a külsőszög-tétel miatt az ABC háromszög γ' külső szöge egyenlő a két nem mellette fekvő belső szög összegével, azaz

γ' = α + β

vagyis

γ = γ'

amiből az következik, hogy γ fele az egyenesszögnek, tehát C-nél derékszög van. QED

Egy elemi geometriai bizonyítás szimmetriatulajdonságokkal[szerkesztés]

Ábra a Thalész-tétel szimmetriákkal történő bizonyításához

Rajzoljuk be az O középpontot és hosszabbítsuk meg a CO szakaszt O-n túl a kör ívéig, amit metsszen a D pontban.

Azt kell belátnunk, hogy a C-nél lévő szög derékszög.

Tudjuk, hogy egy négyszög akkor és csak akkor téglalap, ha átlói felezik egymást és egyenlő hosszúságúak. De az ADBC négyszög átlói egyenlők (mert mindkettő a kör átmérője) és felezik egymást (az O pontban), így az ADBC négyszög téglalap. Ebből viszont következik, hogy minden szöge, így a C-nél lévő szög is derékszög. QED

Megjegyzés. Természetesen a szimmetriát itt az O pontra vonatkozó középpontos tükrözés jelenti.

Egy másik bizonyítás szimmetriával[szerkesztés]

Tükrözzük a háromszöget az átfogójára. Ekkor az négyszög deltoid lesz. Az és a csúcsoknál lévő szögek összege 180°, ez a kerületi és középponti szögek tételéből következik. Mivel a négyszög szögeinek összege 360°, ezért a -nél és a -nél lévő szögek összege is 180° kell legyen. Ezek a szögek viszont a tükrözés miatt egyenlőek, tehát derékszögek. QED

A Pitagorasz-tételből és megfordításából[szerkesztés]

Legyen a k kör egy átmérője d, középpontja O. Vegyünk föl a kör ívén egy, az átmérő két végpontjától különböző C pontot és bocsássunk merőlegest C-ből d-re. Legyen a merőleges talppontja T. Az OTC derékszögű háromszög oldalait jelöljük így:

Ábra a Thalész-tétel Pitagorasz-tétellel történő bizonyításához
r = OC (a kör sugara)
m = TC (az ABC háromszög C-ből kiinduló magassága)
x = OT

Továbbá

a = BC és
b = AC

Ekkor az OTC, ATC és CTB derékszögű háromszögekre rendre felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:

x² + m² = r²
(r + x)² + m² = b²
(r – x)² + m² = a²

Azt fogjuk belátni, hogy az ABC háromszög olyan, hogy két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik négyzetével ( a² + b² = d² ). A Pitagorasz-tétel megfordítása szerint ugyanis ekkor ABC derékszögű háromszög (és a derékszög a d-vel szemközt van).

a² + b² = (r – x)² + m² + (r + x)² + m² = r² -2rx + x² + m² + r² + 2rx + x² + m² = 2r² + 2x² + 2m² = 2r² + 2(x² + m²) = 2r² + 2r² = 4r² = (2r)² = d²

Tehát a C-nél lévő szög derékszög. QED

Megjegyzés. Az O = T esetben a tétel triviális módon igaz, hiszen ekkor az AOC és az OBC háromszögek egybevágó egyenlő szárú derékszögű háromszögek. Ekkor tehát γ = 45° + 45° = 90°.

Vektorokkal[szerkesztés]

Ismeretes, ha rögzített vektor, akkor azon vektorok, amikre

egy olyan kört határoznak meg, aminek átmérője . A fenti egyenletet felhasználva:

A három vektor ( és ) egy háromszöget határoz meg, aminek két oldala ( és ) merőleges egymásra. Ez az utolsó sorból egyértelműen látszik. Mivel végpontjai pedig a körön vannak, kapjuk a tétel állítását.

Hasonlósággal[szerkesztés]

A derékszögű háromszög AC befogójának felezőmerőlegese az AB átfogót az M pontban metszi. A befogó felezőpontja legyen F. Ekkor az FM szakasz párhuzamos BC-vel a merőlegesség miatt, így , és mivel , a hasonlóság miatt , azaz M az átfogó felezőpontja. Mivel pedig az oldalfelezők egy pontban metszik egymást, ami egyben a köréírható kör középpontja is, kapjuk a tétel állítását.

A tétel megfordítása[szerkesztés]

Általánosítások[szerkesztés]

A Thalész-tétel speciális esete a középponti és kerületi szögek tételének, miszerint egy körben bármely középponti szög kétszer akkora, mint az azonos ívhez tartozó kerületi szög. Emiatt a Thalész-tételt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy:

A félkörívhez tartozó minden kerületi szög derékszög.

A látószög fogalmának felhasználásával az általánosítás újabb formában fogalmazható meg:

  • Tétel – Azon pontok síkbeli helye, melyekből egy szakasz mindig ugyanakkora szögben látszik, egy körív, melynek két végpontját a szakasz köti össze.

Ez magában foglalja a tételt és a megfordítását is.

Hivatkozások[szerkesztés]

Lásd még[szerkesztés]

Források[szerkesztés]