Háromszögek (7)

Vissza: http://gorbem.hu/Matematika.php

A háromszögek kerülete és területképletei

A háromszög kerülete: K = a + b + c. Fél-kerülete: s = K/2.

A háromszög területe: T = a*m/2, ahol m a háromszög a oldalához tartozó magassága. Alkalmazhatóságához az oldal mellett az m ismerete is szükséges, mely vagy adott, vagy a háromszög további ismert adataiból kiszámolható.

A képlet helyességét nagyon egyszerű belátni. A következő rajz 1. ábráján az ABC háromszögnek megrajzoljuk az m magasságát és a BC oldallal párhuzamos középvonalát. A keletkezett ADF háromszöget tükrözzük a D, az AFE háromszöget pedig az F pontra. Így egy olyan BCHG téglalapot kapunk, melynek a magassága m/2, alapja BC = a, és területe a háromszög területével egyezik meg, azaz: T = a*m/2.

Egy másik bizonyítás a képlet helyességének igazolásárára tekintsük a következő rajz 2. ábráját. A háromszöget az AC oldal F felezőpontjára tükrözzük, így kapjuk az ABCB’ paralelogrammát. Állítsunk a C-ből merőlegest az AB’ szakaszra, ekkor a C’ pontot kapjuk. Toljuk el balra a távolsággal a CB’C’ háromszöget, ekkor az ABB’’ háromszöget kapjuk. A BCB’B” egy olyan téglalap, melynek területe egyenlő a háromszög területének a kétszeresével, magassága m, alapja pedig a, így a háromszög területe T = a*m/2.

A terület kiszámítása két oldal és közbezárt szög segítségével.

Használjuk az előző rajz 1. ábrájának jelöléseit:

A terület kiszámítása egy oldal és a szögek segítségével.

A szinusz tétel és előző képlet alapján:

A terület kiszámítása a köré írható kör sugarának segítségével.

Legyen a háromszög B csúcsánál lévő szög kisebb, mint 90º. Ekkor a C csúcsból induló magasság az AB oldalt a T-vel jelölt, belső pontjában metszi. A D pont a C-nek a K-ra vonatkozó tükörképe, ahol a K a háromszög köré írható kör középpontja, melynek sugara: R.

Az előző rajzon a kerületi szögek tétele miatt (a két ívvel jelölt szög egyenlő) a CTB és CAD derékszögű háromszögek egymáshoz hasonlók. Ezért:

A terület kiszámítása a beírt kör sugara segítségével.

Vegyünk fel egy háromszöget, rajzoljuk meg a beírt körét. Rajzoljuk meg az O középpontját, és a csúcsokat összekötő szakaszokat. Rajzoljuk meg a középpont és a három érintési pont közötti szakaszokat is, melyek hossza nyilvánvalóan r, azaz a beírt kör sugara.

Az OA, OB és OC szakaszok az ABC háromszöget három háromszögre bontják, melyeknek a magassága a beírt kör sugara, azaz: r. Így a háromszög területe, ahol s a fél-kerület:

Héron képlete

Induljunk ki az általános négyszögekre érvényes egyik területképletből. A négyszögek területének a kiszámítására létezik egy olyan képlet, amely nagyon hasonlít Heron képletére, és szinte csak a négyszög oldalait használja. Ez pedig a Bretschneider-féle formula:

Ebben a képletben az s a fél-kerület, ε pedig két szemközti szög összegének a fele. Lássuk ennek a bizonyítását. Használjuk a következő rajz jelöléseit:

A BD átló a négyszöget két háromszögre bontja. A négyszög T területe ennek a két háromszög területének az összege:

Írjunk fel a BD átlóra két koszinusz tételt, rendezzük át és emeljük négyzetre, majd adjuk össze az előbbi képlettel:

Rendezzük a kapott egyenletet, majd vezessük be a fél-kerületet és a két jelölt szemközti szög átlagát:

Ezzel a képlet helyességét beláttuk. Térjünk át a húrnégyszögekre, amely egy speciális négyszög. A most levezetett képlet alkalmas a területük kiszámítására, csak azt kell felhasználni, hogy a szemközti szögek összege 180º, ennek a fele 90º. Vagyis a képletben a szögfüggvény értéke nulla. Így a területképlet:

De nézzük ezt részletesebben. A húrnégyszög tehát egy olyan négyszög, amely köré kör írható, azaz minden oldala egy körnek egy-egy húrja. A húrnégyszöget a négy oldala egyértelműen nem meghatározza meg (ha az oldalakat különböző sorrendben helyezzük a körbe, akkor nem kapunk egybevágó négyszögeket), de mint azt láthatjuk majd, a területét már meghatározza.

Ha a húrnégyszög oldalait a, b, c és d, valamint s = (a + b + c + d)/2, azaz a húrnégyszög kerületének a felét jelöli, akkor azt állítjuk – Héron és a Bretschneider-formula nyomán –, hogy a húrnégyszög területét a következő képlettel számolhatjuk ki:

Mint ahogy az a képletből kitűnik, a húrnégyszög területe csak az oldalak hosszától függ, tehát például az oldalak sorrendjétől vagy a szögeitől nem. Erre egy egyszerű bizonyítással is szolgálhatunk. Két esetet különböztethetünk meg. Első esetben a kör középpontja essen a húrnégyszög területére. Ekkor a következő rajból mindenki számára világos, hogy bármilyen sorrendben is vannak az oldalak, mindig a következő oldalú háromszögekből tevődnek össze: (a, r, r), (b, r, r), (c, r, r) és (d, r, r), ahol r a húrnégyszög köré írható kör sugara, a rajzon pedig, K a húrnégyszög köré írható kör középpontja:

Második esetben a kör középpontja ne essen a kör területére. Az első esethez hasonlóan most is ugyanazok a háromszögek fedezhetők fel a rajzon, csak a húrnégyszög területe most nem a négy háromszög összege, hanem három összegéből a negyediket kivonva kapjuk a területet. Azaz: (b, r, r) + (c, r, r) + (d, r, r) - (a ,r, r). Itt csak a b, c és d oldalak cserélgetéséről lehet szó, mert az a oldal a leghosszabb:

Lássunk akkor Héron képletére egy bizonyítást.

A négyszög területét az e átlóval (lásd a hárommal előbbi rajzot) alkotott két háromszög területe összegeként írhatjuk fel:

Fejezzük ki az e átló négyzetét kétféleképpen, a koszinusz-tétel segítségével:

Az (1) egyenletet ezek után mentesíthetjük a szögfüggvényes tartalomtól a (2) segítségével:

Egyenletünk már csak az oldalak hosszát tartalmazza. Alakítsuk át a következőképpen, több lépésben:

Ezzel a bizonyítandót kaptuk.

Következmények:

A húrnégyszögre is igaz egyfajta (a háromszögéhez hasonló) egyenlőtlenség: bármely három oldal összege nagyobb a negyediknél. Ugyanez másképpen fogalmazva: A fél-kerület nagyobb bármelyik oldalnál.

A Héron képlet háromszögekre is igaz. A háromszög felfogható úgy, mint egy olyan húrnégyszög, melynek az egyik (d) oldala 0 hosszúságú, azaz nem létezik. Ekkor Héron képlete így módosul, természetesen s itt a háromszög fél-kerülete:

Természetesen a háromszögre érvényes Héron képlet az előzőektől függetlenül, csak a háromszög adataival és a háromszögre felírt összefüggésekkel, tételekkel is bizonyítható.

Húrsokszögek (melynek oldalszáma legalább öt) területének kiszámítására a Héron-képlet adhat segítséget oly módon, hogy a húrsokszöget felbontjuk egy csúcsból kiinduló átlókkal négyszögekké, esetleg ha a végén marad plusz egy háromszöggé (ha az oldalszám páratlan, akkor marad, ha páros, akkor csak húrnégyszögeket kapunk), majd a berajzolt átlók hosszának ismeretében (amelyet valahogy még meg kell határozni), a teljes húrsokszög területe kiszámolható.

Héron képlete a háromszögek területének kiszámítására

Az első (elemi) bizonyítás:

Ehhez a háromszöget bontsuk fel egyik magasságával (ha a leghosszabb oldalhoz tartozó magasságot rajzoljuk be, akkor az a magasságvonal biztosan két derékszögű háromszögre bontja) két háromszögre.

Használjuk Pithagorasz tételt és a háromszög alap területképletét:

Lényegében ugyanaz a bizonyítás, egy kicsit másképp:

Ezek alapján:

A második (elemi geometriai) bizonyítás:

Rajzoljunk egy háromszöget, rajzoljuk meg a beírt és az a oldalához hozzáírt külső körét. Jelölje r a beírt kör sugarát, K a középpontját, r_a pedig a hozzáírt kör sugarát, O pedig ennek a középpontját.

Használjuk képleteinkben a fenti rajz jelöléseit. Az érintő szakaszok hosszának egyenlősége miatt AF = AE = x, BF = BD = y, CD = CE = z valamint BG = BI = u. Így az oldalak: BC = a = y + z, AC = b = x + z és AB = c = x + y, valamint legyen s = x + y + z a fél-kerület. Szintén az egyenlő érintőszakaszok miatt: BG = BI = u, CH = CI = a – u. Továbbá: AG = AH miatt:

Másrészt:

A KA, KB és KC szakaszok az ABC háromszöget három olyan háromszögre bontják, melyeknek a magassága: r. Így felírhatjuk az egyébként közismert, az ABC háromszög területére érvényes T = r*s terület-képleletet. A háromszög területét a következőképpen is felírhatjuk:

Mivel a jobb oldalon lévő háromszögek magassága közös, mégpedig r_a, így a területképlet így folytatható:

Szorozzuk össze a két területképletet:

Az FBC szög és a GOI szög merőleges szögpárok, így egyenlők. Mivel FBK szög az FBC szög fele, a GOB szög pedig, a GOI szög fele, így ők is egyenlők. Ebből az következik, hogy az FBK derékszögű háromszög hasonló a GOB derékszögű háromszöghöz, tehát felírhatjuk:

Ha ez utóbbi jobb oldalát a T² képletbe behelyettesítjük, akkor a bizonyítandó állítás négyzetgyökvonás után adódik:

A harmadik (trigonometriai) bizonyítás:

A bizonyításhoz a Cosinus tétel és a háromszög „közbezárt-szöges” területképlete kell. Írjuk fel mindkettőt (a Cosinus tételt már átrendezve):

A Heron képlet bizonyítása tangensnégyzet-tétel segítségével

A rajz jelöléseit használva:

Ezek alapján a háromszög beírható körének a sugara az oldalak segítségével:

A T = r*s képlet

Ezzel látszólag a témakör végére értünk, de van ebben a részben egy olyan képlet, amellyel célszerű még tovább foglalkozni. Ez pedig, a háromszög egyik területképlete: a T = r*s.

Először hasonlítsuk most össze a Héron- képlettel ezt az összefüggést, akkor a beírt kör sugarának hosszára kapunk egy kiszámítási lehetőséget:

A háromszögre érvényes Héron-képletet a húrnégyszögre érvényesből származtattuk (d=0). A háromszög olyan síkidom, hogy köré és bele is írható kör (kicsit furcsán megfogalmazva a háromszög húrháromszög és érintőháromszög is egyúttal). Az egy érdekes kérdés lehet, hogy ha háromszögről magasabb oldalszámú sokszögek felé elindulunk, akkor milyen tulajdonságú az a sokszög, amely egyszerre húr- és érintősokszög is? Egy dolog biztosnak látszik, ha a sokszögbe és a köré írható kör koncentrikus, akkor csak szabályos sokszögről lehet szó (hiszen minden olyan húrja a külső körnek, amely a belsőt érinti, ugyanolyan hosszú). De ekkor a két kör sugarának aránya az oldalszám egyértelmű függvénye, tehát a feladat megoldása nem kezdődhet két tetszőleges sugarú kör felrajzolásával, mert nem biztos, hogy a két kör által meghatározott húrhossz, megfelel a kérdéses szabályos sokszögnek – lehet, hogy a rajzolás végén nem kapunk zárt alakzatot. Másrészt mi van akkor, ha a két kör nem koncentrikus? Létezhet-e ekkor olyan sokszög, amely egyszerre húr- és érintősokszög is? Ennek a problémának a további boncolgatásával most nem foglalkoznék. Gondolatébresztőnek talán elég volt ennyi.

Nézzük újra a T = r*s képletet. Ha csak ennyit látunk belőle, akkor nem lehetünk biztosak abban, hogy milyen síkidomra vonatkozik. Ugyanis pontosan ilyen alakban bármely érintősokszögre érvényes. Bizonyítása ugyanaz, mint a háromszögnél, így azt csak rajzzal illusztrálom. (De a biztonság kedvéért a lépések: háromszögekre bontás az O-ból induló, csúcsokba érkező szakaszokkal, minden háromszögnek ugyanaz a magassága: r, a háromszögek területe: alap*magasság/2, amiből a közös magasság kiemelhető, így a fél-kerület marad vissza. Q.e.d.)

Játszunk el a gondolattal: mi lenne, ha az érintősokszög oldalinak számát közelítenénk a ∞-hez, az oldalhosszak maximumát pedig, minden határon túl közelítsük a nullához. Minden bizonyítgatás nélkül elfogadhatjuk, hogy így a beírt kört közelítjük, határátmentre gondolva pedig, valósítjuk meg. Azaz a kör felfogható egy ∞-sok oldalú, érintőnégyszögnek, melynek a beírt köre önmaga. Vajon ezt a határátmenetet, hogyan viseli a T = r*s képletünk? Vajon a kerület és terület ugyanilyen összefüggésben áll-e a körnél, mint a felírt képletünkben? Jelölje a kör sugarát R. A válasz igen. Ugyanis:

azaz, a közismert képletet kapjuk a kör területére. Ez természetesen nem jelenti a kör területének bizonyítását. Csak azt mutattuk meg, hogy ugyanolyan viszony áll fent a kör kerülete és sugara között a területképletében, mint az érintőnégyszög kerülete és a beírt kör sugara között, az érintősokszög területképletében. Ez természetesen abból adódik, hogy ha egy nagyon kis középponti szögű, elég nagy sugarú körcikkre gondolunk, akkor az, leginkább egy egyenlő szárú háromszöghöz hasonlítható, melynek a szárai és a magassága is a kör sugara. Ha a területének kiszámításánál pedig, az ívet egyenes szakasszal helyettesítjük, akkor háromszög területképletét alkalmazhatjuk (innen a fél-kerület, mert háromszög területszámítási képletében kettővel való osztás szerepel: T = m*a/2). Ugyanilyen okok miatt számítható a körcikk területe a T = i * r/2 képlet alapján (most legyen a kör sugara r). Ha pedig a körív számításánál a középponti szöge ívmértékét használjuk (i = r*α), akkor T = r*α* r/2 = α*r²/2. Tudjuk, hogy a teljesszög ívmértéke 2π, ha ezt a körcikk területképletébe helyettesítjük, nyilván a terjes kör területét kell kapnunk: T= 2π*r²/2 = π*r².

A V = r*S képlet

Lehet, hogy a kedves olvasó még nem találkozott evvel a képlettel, legalábbis ugyanilyen jelölésével nem. Talán ismerősebb lesz, ha leírom, hogy mi mit jelent benne. Vonatkozzon a képlet érintő-poliéderre (azaz olyan síklapokkal határolt testre, melynek minden lapja ugyanazt a gömböt érinti, másképpen fogalmazva: lapérintő gömb írható a poliéderbe). Ilyen testek például: minden háromszög alapú gúla, vagy bármely szabályos test. A képletben V jelentse a poliéder térfogatát, r a beírt gömb sugarát, S pedig a poliéder felületének harmadát: S = A/3. Lássuk be a képlet helyességét!

A háromszög alapú gúlának négy csúcsa, és négy oldallapja van, melyek mind háromszögek. Azt is mondhatnánk, ez a legegyszerűbb poliéder (ha az egyszerűségbe nem értjük bele a szabályosságot, mert akkor a tetraéder lenne). A háromszöggel analóg módon, kössük össze a beírt gömb középpontját a gúla csúcsaival. Így négy darab háromszög alapú gúlát kapunk, melyek alaplapjainak az eredeti gúla lapjai, magasságai pedig, a beírható gömb sugara, azaz ρ. Így az eredeti gúla térfogatát, négy gúla térfogata összegére bonthatjuk:

ahol tehát A a poliéder felszíne, S a felszín harmada, r a beírt gömb sugara, V pedig az érintő-poliéder térfogata. (Q.e.d.)

Mivel az előző bizonyításban sehol nem használtuk ki, hogy a poliédernek hány lapja van, (felírtuk a valóság kedvéért, hogy négy, de akárhány lapja is lehetett volna), ezért képletünk bármely érintő-poliéderre érvényes.

Talán kitalálhatja a kedves olvasó a következő lépést, hiszen ha a síkban a gondolatmenetet körrel fejeztük be, akkor nem meglepő, hogy most a gömb következik. Ha a poliéder lapjainak számát a végtelenhez, az oldallapok területe maximumát pedig, a 0-hoz közelítjük, akkor a körhöz hasonlóan, most a gömböt közelítjük, határátmenetben előállítjuk. Szerintem senki nem lepődik meg azon sem, hogy a körnél leírtak analógiájára, a gömbnél is ugyanolyan jellegű kapcsolatok fedezhetők fel a gömb felszíne, térfogata és sugara között. Ha a gömböt érintő-poliédernek fogjuk fel, akkor:

azaz a közismert gömbtérfogat képletéhez jutunk. Tovább folytatva a kör kapcsán leírtak gondolatmenetét, a gömbcikk térfogata V = A*r/3 (a tetraéderhez való hasonlóság miatt) képlettel számolható. A gömb felületének egy darabja, amelyhez α szteradián középponti szög tartozik A = r²*α, azaz a gömbcikk térfogata V = r²*α*r/3 = r³*α/3. Mivel a teljes tér 4π szteradián, a gömb térfogata ilyen megközelítésben: V = r³*4π /3 = 4*r³*π /3, ami szintén az ismerős képletet adja. (Q.e.d.)

A háromszögek további területképletei

Ezekben a képletekben T a terület, r a beírható kör sugara, R a körülírható kör sugara, r_a az a oldalhoz hozzáírt kör sugara, s a fél-kerület. Bizonyításuknál felhasználjuk a már bizonyított területképleteket és további már ismert tételeket (például a szinusz tételt). Segítségül tekintsük a következő rajzot:

1.:

2.:

3.:

4.:

5.:

6.:

7.:

8:.

9.:

10.: