Thalész-tétel

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

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

A háromszögek szögösszegtétele alapján

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

Ábra a belső szögek összegére vonatkozó tételt felhasználó bizonyításhoz

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

$\alpha =\alpha '$ és

$\beta =\beta '$.

Az $OC$ szakasz pont az $\alpha '$ és $\beta '$ részekre osztja $\gamma$-t , így

$\gamma =\alpha '+\beta '=\alpha +\beta$

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

$\alpha +\beta +\gamma =\alpha +\beta +(\alpha '+\beta ')=\alpha +\beta +(\alpha +\beta )=180^{\circ }$;

vagyis:

$2\alpha +2\beta =180^{\circ }$

$2(\alpha +\beta )=180^{\circ }$

$\alpha +\beta =90^{\circ }$

így:

$\gamma =\alpha +\beta =90^{\circ }$ QED

Eukleidész bizonyítása

Azt kell belátnunk, hogy az ábrán a $\gamma$ 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

$\alpha =\alpha '.$

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

$\beta =\beta '.$

Mivel

$\gamma =\alpha '+\beta ',$

ezért az előbbiek miatt

$\gamma =\alpha +\beta$

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

$\gamma '=\alpha +\beta$

vagyis

$\gamma =\gamma '$

amiből az következik, hogy $\gamma$ fele az egyenesszögnek, tehát $C$-nél derékszög van. QED

Egy elemi geometriai bizonyítás szimmetriatulajdonságokkal

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

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

A Pitagorasz-tételből és megfordításából

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

Ismeretes, ha ${\vec {d}}$ rögzített vektor, akkor azon ${\vec {x}}$ vektorok, amikre

${\vec {x}}\cdot {\vec {d}}={\vec {x}}\cdot {\vec {x}}$

egy olyan kört határoznak meg, aminek átmérője ${\vec {d}}$. A fenti egyenletet felhasználva:

${\begin{aligned}{\vec {x}}\cdot {\vec {d}}&={\vec {x}}\cdot {\vec {x}}\\{\vec {x}}\cdot {\vec {d}}-{\vec {x}}\cdot {\vec {x}}&=0\\{\vec {x}}\cdot \left({\vec {d}}-{\vec {x}}\right)&=0\end{aligned}}$

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

Hasonlósággal

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 $AMF\sim ABC$, és mivel $2AF=AC$, a hasonlóság miatt $2AM=AB$, azaz M az átfogó felezőpontja. Mivel pedig az oldalfelezők egy pontban metszik egymást, ami egyben a köréírható kör középpontja is, kapjuk a tétel állítását.

Szakaszok meredekségével

Az alábbi bizonyítás koordinátageometriai eszközöket használ fel. Ehhez fel kell venni egy koordinátarendszert. Mivel ebben semmilyen megkötésünk nincsen, a lehető legegyszerűbb feltételekkel élünk: az x-tengely irányítása legyen a háromszög $AB$ oldalával egyező, és az origót ezen oldal felezőpontjába helyezzük el. Ekkor $A=(-r,0)$ és $B=(r,0)$.

Mint látható, ez egy igen szerencsés választás volt, mert így a kör egy tetszőleges pontja (ami természetesen nincs az x-tengelyen) a $C=(r\cos \phi ,r\sin \phi )$ koordinátákkal adható meg. Az $AC$ és $BC$ oldalak meredeksége ekkor aránylag egyszerűen számolható:

$m_{AC}={\frac {\Delta y}{\Delta x}}={\frac {r\sin \phi -0}{r\cos \phi -(-r)}}={\frac {\sin \phi }{\cos \phi +1}}.$

Hasonlóan kapjuk:

$m_{BC}={\frac {0-r\sin \phi }{r-r\cos \phi }}={\frac {\sin \phi }{\cos \phi -1}}.$

Számoljuk ki a két meredekség szorzatát!

$m_{AC}\cdot m_{BC}={\frac {\sin \phi }{\cos \phi +1}}\cdot {\frac {\sin \phi }{\cos \phi -1}}={\frac {\sin ^{2}\phi }{\cos ^{2}\phi -1}}={\frac {\sin ^{2}\phi }{-\sin ^{2}\phi }}=-1$.

Két egyenes meredekségének szorzata akkor és csak akkor -1, ha merőlegesek egymásra. Ezzel a tétel bizonyítását befejeztük. QED

Általánosítások

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

Lásd még

• Thalész
• A Thalész-tétel megfordítása

Források

• https://web.archive.org/web/20051223181347/http://www.sulinet.hu/ematek/html/thalesz_tetel.html
• A Thalész-tétel interaktív feldolgozása
• A Thalész-tétel a Wolfram Demonstrációk között