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 és B-től különböző) C pontját, akkor az ABC háromszög C csúcsánál lévő γ szöge derékszög lesz.

Bizonyítások

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

$\alpha ={\alpha }^{\prime }$ és

$\beta ={\beta }^{\prime }$.

Az $OC$ szakasz pont az ${\alpha }^{\prime }$ és ${\beta }^{\prime }$ részekre osztja $\gamma$-t , így

$\gamma ={\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime }=\alpha +\beta$

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

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

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

$\alpha ={\alpha }^{\prime }.$

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

$\beta ={\beta }^{\prime }.$

Mivel

$\gamma ={\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime },$

ezért az előbbiek miatt

$\gamma =\alpha +\beta$

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

${\gamma }^{\prime }=\alpha +\beta$

vagyis

$\gamma ={\gamma }^{\prime }$

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 $A{C}^{\prime }BC$ 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 $C^{\prime }$-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:

$x^2+m^2=r^2$

$(r+x{)}^2+m^2=b^2$

$(r-x{)}^2+m^2=a^2$

Azt fogjuk belátni, hogy az ABC háromszög olyan, hogy két oldalának négyzetösszege egyenlő a harmadik négyzetével ( $a^2+b^2=d^2$). A Pitagorasz-tétel megfordítása szerint ugyanis ekkor ABC derékszögű háromszög (és a derékszög a d-vel szemközt van).

$\begin{array}{cc}{a}^2+b^2& =(r-x{)}^2+m^2+(r+x{)}^2+m^2=\\ & =r^2-2rx+x^2+m^2+r^2+2rx+x^2+m^2=\\ & =2r^2+2x^2+2m^2=2r^2+2(x^2+m^2)=\\ & =2r^2+2r^2=4r^2=(2r{)}^2=d^2\end{array}$

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 $\gamma =45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }$.

Vektorokkal

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

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

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

$\begin{array}{cc}\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{d}& =\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{x}\\ \overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{d}-\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{x}& =0\\ \overrightarrow{x}\cdot (\overrightarrow{d}-\overrightarrow{x})& =0\end{array}$

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

Hasonlósággal

Magyarázó ábra a hasonlósággal igazoláshoz

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 koordináta-rendszert. 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 $C=(r\cos \varphi ,r\sin \varphi )$ koordinátákkal adható meg. Az $AC$ és $BC$ oldalak meredeksége ekkor aránylag egyszerűen számolható:

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

Hasonlóan kapjuk:

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

Számoljuk ki a két meredekség szorzatát!

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

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.

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

Kapcsolódó szócikkek

• A Thalész-tétel megfordítása
• Párhuzamos szelők tétele