Matematika | Általános Iskola » Elemi geometria

Elemi geometria A sokszögek Tétel: A konvex n-szög belső szögeinek összege (n-2)*180°. Bizonyítás: Tekintsük a sokszög valamely An-2 An-3 csúcsát, pl. A n -et, és húzzuk meg az A n -ből induló összes átlókat. Így a sokszöget (n-2) db háromszögre daraboltuk át, hiszen a keletkezett An-1 háromszögek A n -nel szembeni oldalai A 1 A 2 , A 2 A 3 ,. A n-2 A n-1 , azaz tényleg (n-2) db A3 háromszög keletkezett. A keletkezett háromszögek belső szögeinek összege pontosan a konvex n-szög belső szögeinek összegét adja, An amiből felhasználva, hogy háromszög belső szögeinek összege 180°, a konvex n-szög belső A2 szögeinek összege (n-2)*180°. A1 Definíció: Egy konvex n-szög külső szögeinek nevezzük belső szögeinek mellékszögeit. Az α i belső szög melletti külső szöget α’ i –vel jelöljük. Tétel: A konvex n-szög külső szögeinek összege 360°. Bizonyítás: Mivel egy α i belső szög és a mellette lévő α’ i

külső szög összege 180°, így felhasználva az összeadás asszociatív és kommutatív tulajdonságát valamint a tétel állítását: n*180°=(α 1 + α’ 1 )+ (α 2 + α’ 2 )++ (α n + α’ n )=(α 1 + α 2 ++ α n )+( α’ 1 + α’ 2 ++ α’ n ), azaz a külső szögek összege: α’ 1 + α’ 2 ++ α’ n =n*180°-(α 1 + α 2 ++ α n )=n180°-(n-2)180°=360°. Ami az állítás volt. Definíció: Egy sokszög átlójának nevezzük a nem szomszédos csúcsait összekötő szakaszokat. A nem szomszédos csúcspárokra illeszkedő egyeneseket átlóegyeneseknek hívjuk. Tétel: A konvex n-szög átlóinak száma n*(n-3)/2. Bizonyítás: A sokszög egy kiválasztott csúcsából (n-3) db átló indul, nem mutat ugyanis átló a kiválasztott csúcsba és két szomszédjába. Így n csúcsból n*(n-3) db átló húzható, azonban így egy tetszőleges AiAj (i,j=1,,n; [i-j]>=2) átlót mindkét végpontjánál figyelembe vettük, így a konvex n-szög átlóinak

száma n*(n-3)/2. A háromszög geomeriája Tétel: A háromszög belső szögeinek összege 180°. Bizonyítás: Jelöljük a háromszög szögeit α, β, γ-val. Húzzunk a háromszög C csúcsán át párhuzamost az AB oldallal. Ekkor PCA szög =α és QCB szög =β, mert P váltószögek,=> 180° = PCA szög +BCQ Q C α szög =α+β+γ miatt teljesül. γ β A α β B -1- Tétel: A háromszög külső szöge nagyobb, mint egy nem mellette fekvő belső szög. Bizonyítás: Hosszabbítsuk meg háromszög AC oldalát C-n túl, és a meghosszabbításon vegyük fel a D pontot. Tükrözzük a háromszöget a BC oldal F D felezőpontjára, ekkor A tükörképét jelöljük α A’ A’-vel. Ekkor A’CB szög =ABC szög = β, mert B γ β váltószögek, másrészt a D CB szög = γ’ külső szög tartalmazza A’CB szög –et, így γ=DCB szög > A’CB szög = β α β A C Tétel: A háromszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást, és ez a pont

egyenlő távol van a háromszög mindhárom csúcsától. Ezért létezik olyan kör, melynek középpontja az oldalfelező merőlegesek metszéspontja, és áthalad a háromszög mindhárom csúcsán. Ezt a kört a háromszög köré írható körének nevezzük Bizonyítás: Jelöljük az oldalfelező merőlegeseket rendre f a , f b , f c –vel. C fa ABC ║∕ AB miatt f b és f c metszők, legyen a metszéspontjuk O. fb O C f b => OA=OC O C f b => OA=OC O = > OB= OC= > O C f a kell, hogy teljesüljön, és ezért OA=OB=OC! B A fc Definíció: A háromszög magasságvonalának nevezzük a háromszög valamelyik csúcsából a szemközti oldalegyenesre állított merőlegest. Tétel: A háromszög magasságvonalai egy pontban metszik egymást. Ez a pont a háromszög magasságpontja. Bizonyítás: Húzzunk az ABC háromszög mindhárom csúcsán át ma párhuzamosokat a szemközti B1 C A1 oldallal. Így az A1B1C1 háromszöghöz jutunk. AB║ CA1 és mb AC║ BA 1 =

> ABA 1 paralelogramma => AB#CA A B AB ║ B 1 C és BC ║ AB 1 => ABA 1 C paralelogramma=> AB#B 1 C. Ebből B1C=CA 1 , azaz C felezőpontja A 1 B 1 –nek, és m c ┴ mc AB ║ A1B1 miatt mc C1 felezőmerőlegese A1B1 –nek. -2- Hasonlóan igaz, hogy m a felezőmerőlegese B 1 C 1 –nek, és m b felezőmerőlegese A 1 C 1 –nek. = > Az ABC háromszög magasságvonalai az A 1 B 1 C 1 háromszög oldalfelező merőlegesei, amiről bizonyított, hogy egy pontban metszik egymást. Tétel: A háromszög belső szögfelezői egy pontban metszik egymást. Ez a pont egyenlő távol van a háromszög oldalaitól. Ezért létezik olyan köt, amelynek ez a pont a középpontja, és érinti a háromszög mindhárom oldalát. Ezt a kört a háromszög beírt körének nevezzük Bizonyítás: Jelöljük a szögfelezőket az ábra szerint f α , f β , f γ C fα –val, és legyen O az f β és f γ metszéspontja. O C f β =>O egyenlő távol van az a és c fβ

oldalaktól, a O C f γ => O egyenlő távol van az a és b. b Ezért O egyenlő távol van a b és c oldalaktól is, C tehát O C f α . A B fγ c Definíció: A háromszög súlyvonalának nevezzük a háromszög valamely csúcsát a szemközti oldal felezőpontjával összekötő szakaszt. Tétel: A háromszög bármelyik súlyvonala felezi a háromszög területét. Bizonyítás: Az ABF a és AF a C háromszögben BF a =F a C. A BF a A oldalakhoz tartozó magasságok és FaC megegyeznek, így a háromszög területéből adódik, hogy T ABFa =T AFaC ma B C Fa Tétel: A háromszög középvonala párhuzamos és egyenlő a nem metszett oldal felével. Tétel: A derékszögű háromszög befogóinak négyzetösszege egyenlő az átfogó négyzetével. Bizonyítás: legyen a derékszögű háromszög két befogója a és b, átfogója c. Vegyük fel az a és b hosszúságú szakaszokból szerkesztett (a+b) oldalú négyzeteke, és daraboljuk őket át kétféleképpen, az ábrán

látható módon. A jobboldali ábrán keletkezett PQRS négyszög oldalai egyenlők, hiszen egybevágó derékszögű háromszögek átfogói, másrészt szögei derékszögek, mert azokat két pótszög egészíti ki egyenesszöggé, így területe c2. -3- a a A2 b a S b ab b R b b ab b 2 c2 b T=a2+b2+2ab b P a Q a T=c2+4 ab/2=c2+2ab Következményei: 1) Az a oldalú négyzet átlója: e=a*√2 2) Az a élű kocka testátlója: d= a*√3 3) Az a,b oldalú téglalap átlója e=√(a2+b2) 4) Az s,b,c élekkel elfeszített téglatest testátlója: d=√(a2+b2+c2) 5) Az a oldalú szabályos háromszög magassága: m= (a*√3 )/2 6) Az a oldalú szabályos tetraéder testmagassága: M=(a*√6)/3 Kör Definíció: Egy körben 1) Középponti szögnek nevezünk egy szöget, ha csúcsa a kör középpontja, (ekkor szárai nyilván tartalmazzák a kör két sugarát) 2) Kerületi szögnek nevezünk egy szöget, ha csúcsa a kör kerületén van, és szárai tartalmazzák

a kör két húrját 3) Érintőszárú kerületi szögnek nevezzük azt a kerületi szöget, amelynek egyik szára a szög csúcsában a körhöz húzott érintő, másik szára pedig tartalmazza a kör egy húrját. Tétel: Egy adott körben egyenlő ívekhez (húrokhoz) egyenlő középponti szögek tartoznak. Tétel: Egy adott körben a középponti szög kétszerese a vele azonos íven nyugvó kerületi szögnek. Tétel: A kör átmérőjéhez tartozó kerületi szög derékszög. Tétel: Adott szakasz - mint átfogó – fölé szerkesztett derékszögű háromszögek derékszögű csúcsainak mértani helye a síkon a szakasz, mint átmérő fölé szerkesztett kör, kivéve a szakasz végpontjait. Bizonyítás: A Thales-tétel azonnal adódik a kerületi és középponti szögek tételéből, figyelembe véve, hogy a kör átmérőjéhez tartozó középponti szög egyenesszög. Definíció: Egy négyszöget húrnégyszögnek nevezünk, ha létezik köré írt köre. Tétel:

Minden húrnégyszög konvex. Tétel: A húrnégyszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást. Tétel: Egy konvex négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha szemközti szögei kiegészítő szögek. D Bizonyítás: Ha az ABCD négyszög húrnégyszög, akkor az állítás azonnal adódik abból, hogy egy adott körben íven illetve a komplementer ívén nyugvó kerületi szögek egymás kiegészítő szögei. A α C -4- B Hasonlóság Tulajdonságai: A sík (tér) valamely O pontjára, mint centrumra vonatkozó középpontos hasonlóság: − kölcsönösen egyértelmű − egyenestartó − illeszkedéstartó − szögtartó − aránytartó. Tétel: Két háromszög hasonló, ha: a) megfelelő oldalaik aránya egyenlő b) két – két oldaluk aránya és az ezek által közrefogott szög egyelő c) két – két oldaluk aránya és e két – két oldal közül a nagyobbal szemben lévő szögük egyenlő d) szögeik páronként egyenlők Tétel: A

derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magassága olyan szeletekre osztja az átfogót, amelynek mértani közepe az átfogóhoz tartozó magassággal egyenlő. Bizonyítás: Az ábra jelöléseit használva AT=p, TB=q, CT=m c ACT szög = β és TCB szög = α mert pótszögek, így C TCA háromszög ~ TBC háromszög, mert szögeik α páronként egyenlők. Mivel hasonló háromszögek a β b megfelelő oldalainak aránya egyenlő, így mc AT/TC=TC/TB, amiből TC2=AT*TB, azaz β α TC=√(AT*TB), tehát a bevezetett jelöléssel: B A q T p mc=√(p*q). Tétel: A derékszögű háromszög befogója mértani közepe az átfogónak és a befogóra eső merőleges vetületének. Bizonyítás: BCT háromszög = α és TCA háromszög =β, mert C pótszögek, így TCB háromszög ~ CAB háromszög , mert α szögeik páronként egyenlők. a β Mivel hasonló háromszögek megfelelő oldalainak b mc aránya egyenlő, így: BT/BC=BC/AB’ β α B A BC2=BT*AB q T p BC=√(BT*AB)

a=√(p*c) Hasonlóan látható be a b=√(q*c) összefüggés is. -5-