Fórum: szögharmadolás

Ekkor $\displaystyle q_0*q^2=q_A*q_B*q_C$

Az $\displaystyle A_0B_0C_0$ szabályos háromszög $\displaystyle q_0$ oldala a következő képlettel számolható ki, ahol $\displaystyle R$ az $\displaystyle ABC$ háromszög köré írt kör sugara:

$\displaystyle q_0=8R\sin(\frac{\alpha}{3})\sin(\frac{\beta}{3})\sin(\frac{\gamma}{3})$

Az $\displaystyle A_{A0}B_{B0}C_{C0}$ szabályos háromszög $\displaystyle q$ oldala a következő képlettel számolható ki, ahol $\displaystyle R$ az $\displaystyle ABC$ háromszög köré írt kör sugara:

$\displaystyle q=8R\sin(60°-\frac{\alpha}{3})\sin(60°-\frac{\beta}{3})\sin(60°-\frac{\gamma}{3})$

Az $\displaystyle A_{A0}B_{A0}C_{A0}$ szabályos háromszög $\displaystyle q_A$ oldala a következő képlettel számolható ki, ahol $\displaystyle R$ az $\displaystyle ABC$ háromszög köré írt kör sugara:

$\displaystyle q_A=8R\sin(\frac{\alpha}{3})\sin(60°-\frac{\beta}{3})\sin(60°-\frac{\gamma}{3})$

Az $\displaystyle A_{B0}B_{B0}C_{B0}$ szabályos háromszög $\displaystyle q_B$ oldala a következő képlettel számolható ki, ahol $\displaystyle R$ az $\displaystyle ABC$ háromszög köré írt kör sugara:

$\displaystyle q_B=8R\sin(60°-\frac{\alpha}{3})\sin(\frac{\beta}{3})\sin(60°-\frac{\gamma}{3})$

Az $\displaystyle A_{C0}B_{C0}C_{C0}$ szabályos háromszög $\displaystyle q_0$ oldala a következő képlettel számolható ki, ahol $\displaystyle R$ az $\displaystyle ABC$ háromszög köré írt kör sugara:

$\displaystyle q_0=8R\sin(60°-\frac{\alpha}{3})\sin(60°-\frac{\beta}{3})\sin(\frac{\gamma}{3})$

Morley-tétel kibővítése:

Ezt a tételt nem csak az $\displaystyle ABC$ belső szögharmadolóira lehet kimondani, hasonló állítások érvényesek az $\displaystyle ABC$ külső szögharmadolóira is.

A továbbiakban a következő jelöléseket alkalmazom:

Továbbá:

Tekintsük az $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, $\displaystyle C_0$, $\displaystyle M_0$, $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, $\displaystyle C_1$ $\displaystyle M_1$ pontokat.

Az előbbi tételek alapján a következő állítások teljesülnek:

Ekkor a Morley-tétel a következőképpen értelmezhető: Hegyesszögű $\displaystyle ABC$ háromszög esetén van olyan $\displaystyle O$ pont, melyre teljesül, hogy $\displaystyle OA$, $\displaystyle OB$, $\displaystyle OC$ szakaszok páronként merőlegesek legyenek egymásra. Ekkor van olyan $\displaystyle A_0^*B_0^*C_0^*M_0^*A_1^*B_1^*C_1^*M_1^*$ téglatest, amelynek $\displaystyle A_0^*$, $\displaystyle B_0^*$, $\displaystyle C_0^*$, $\displaystyle M_0^*$, $\displaystyle A_1^*$, $\displaystyle B_1^*$, $\displaystyle C_1^*$, $\displaystyle M_1^*$ csúcsainak az $\displaystyle O$ pontra vonatkozó, és az $\displaystyle ABC$ háromszög síkjára eső három iránypontos perspektív képe éppen az $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, $\displaystyle C_0$, $\displaystyle M_0$, $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, $\displaystyle C_1$, $\displaystyle M_1$ pontok lesznek. Ekkor ez a három iránypont éppen az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ csúcspontja. Ekkor a következő állítások teljesülnek az említett téglatest éleire:

Az $\displaystyle M_0^*A_1^*$, $\displaystyle A_0^*M_1^*$, $\displaystyle B_0^*C_1^*$, $\displaystyle C_0^*B_1^*$ szakaszok párhuzamosak az $\displaystyle OA$ szakasszal.

Az $\displaystyle M_0^*B_1^*$, $\displaystyle B_0^*M_1^*$, $\displaystyle C_0^*A_1^*$, $\displaystyle A_0^*C_1^*$ szakaszok párhuzamosak az $\displaystyle OB$ szakasszal.

Az $\displaystyle M_0^*C_1^*$, $\displaystyle C_0^*M_1^*$, $\displaystyle A_0^*B_1^*$, $\displaystyle B_0^*A_1^*$ szakaszok párhuzamosak az $\displaystyle OC$ szakasszal.

Legyen $\displaystyle \textbf{a}=\overrightarrow{OA}$.

Legyen $\displaystyle \textbf{b}=\overrightarrow{OB}$.

Legyen $\displaystyle \textbf{c}=\overrightarrow{OC}$.

Ekkor baricentrikus koordinátákat használva, a következő összefüggések írhatóak fel:

$\displaystyle A_0=\frac{+a*\textbf{a}+2b\cos(\frac{\gamma}{3})*\textbf{b}+2c\cos(\frac{\beta}{3})*\textbf{c}}{+a+2b\cos(\frac{\gamma}{3})+2c\cos(\frac{\beta}{3})}$

$\displaystyle B_0=\frac{+2a\cos(\frac{\gamma}{3})*\textbf{a}+b*\textbf{b}+2c\cos(\frac{\alpha}{3})*\textbf{c}}{+2a\cos(\frac{\gamma}{3})+b+2c\cos(\frac{\alpha}{3})}$

$\displaystyle C_0=\frac{+2a\cos(\frac{\beta}{3})*\textbf{a}+2b\cos(\frac{\alpha}{3})*\textbf{b}+c*\textbf{c}}{+2a\cos(\frac{\beta}{3})+2b\cos(\frac{\alpha}{3})+c}$

$\displaystyle M_0=\frac{+a\cos(\frac{\alpha}{3})*\textbf{a}+b\cos(\frac{\beta}{3})*\textbf{b}+c\cos(\frac{\gamma}{3})*\textbf{c}}{+a\cos(\frac{\alpha}{3})+b\cos(\frac{\beta}{3})+c\cos(\frac{\gamma}{3})}$

$\displaystyle A_1=\frac{+2a*\textbf{a}+\frac{b}{\cos(\frac{\gamma}{3})}*\textbf{b}+\frac{c}{\cos(\frac{\beta}{3})}*\textbf{c}}{+2a+\frac{b}{\cos(\frac{\gamma}{3})}+\frac{c}{\cos(\frac{\beta}{3})}}$

$\displaystyle B_1=\frac{+\frac{a}{\cos(\frac{\gamma}{3})}*\textbf{a}+2b*\textbf{b}+\frac{c}{\cos(\frac{\alpha}{3})}*\textbf{c}}{+\frac{a}{\cos(\frac{\gamma}{3})}+2b+\frac{c}{\cos(\frac{\alpha}{3})}}$

$\displaystyle C_1=\frac{+\frac{a}{\cos(\frac{\beta}{3})}*\textbf{a}+\frac{b}{\cos(\frac{\alpha}{3})}*\textbf{b}+2c*\textbf{c}}{+\frac{a}{\cos(\frac{\beta}{3})}+\frac{b}{\cos(\frac{\alpha}{3})}+2c}$

$\displaystyle M_1=\frac{+\frac{a}{\cos(\frac{\alpha}{3})}*\textbf{a}+\frac{b}{\cos(\frac{\beta}{3})}*\textbf{b}+\frac{c}{\cos(\frac{\gamma}{3})}*\textbf{c}}{+\frac{a}{\cos(\frac{\alpha}{3})}+\frac{b}{\cos(\frac{\beta}{3})}+\frac{c}{\cos(\frac{\gamma}{3})}}$

Tétel: Az $\displaystyle AA_1$, $\displaystyle BB_1$, $\displaystyle CC_1$ egyenesek egy pontban metszik egymást.

xxxxxxxxxx

Bizonyítás:

Legyen $\displaystyle A_{M1}$ egyenes az $\displaystyle AA_1$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle a$ oldalának metszéspontja.

Legyen $\displaystyle B_{M1}$ egyenes az $\displaystyle BB_1$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle b$ oldalának metszéspontja.

Legyen $\displaystyle C_{M1}$ egyenes az $\displaystyle CC_1$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle c$ oldalának metszéspontja.

Így azt kell bizonyítani, hogy az $\displaystyle A_{M1}$, $\displaystyle B_{M1}$, $\displaystyle C_{M1}$ egyenesek egy pontban metszik egymást.

Az $\displaystyle A_1$ pont rajta van a $\displaystyle CA_C$, $\displaystyle BA_B$, $\displaystyle AA_{M1}$ egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{BA_{M1}}{A_{M1}C}*\frac{CA_B}{A_BA}*\frac{AA_C}{A_CB}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{BA_{M1}}{A_{M1}C}=\frac{A_BA}{CA_B}*\frac{A_CB}{AA_C}=\frac{c}{2a\cos(\frac{\beta}{3})}*\frac{2a\cos(\frac{\gamma}{3})}{b}=\frac{c\cos(\frac{\gamma}{3})}{b\cos(\frac{\beta}{3})}$

Az $\displaystyle B_1$ pont rajta van a $\displaystyle AB_A$, $\displaystyle CB_C$, $\displaystyle BB_{M1}$ egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{CB_{M1}}{B_{M1}A}*\frac{AB_C}{B_CB}*\frac{BB_A}{B_AC}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{CB_{M1}}{B_{M1}A}=\frac{B_CB}{AB_C}*\frac{B_AC}{BB_A}=\frac{a}{2b\cos(\frac{\gamma}{3})}*\frac{2b\cos(\frac{\alpha}{3})}{c}=\frac{a\cos(\frac{\alpha}{3})}{c\cos(\frac{\gamma}{3})}$

Az $\displaystyle C_1$ pont rajta van a $\displaystyle BC_B$, $\displaystyle AC_A$, $\displaystyle CC_{M1}$ egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{AC_{M1}}{C_{M1}B}*\frac{BC_A}{C_AC}*\frac{CC_B}{C_BA}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{AC_{M1}}{C_{M1}B}=\frac{C_AC}{BC_A}*\frac{C_BA}{CC_B}=\frac{b}{2c\cos(\frac{\alpha}{3})}*\frac{2c\cos(\frac{\beta}{3})}{a}=\frac{b\cos(\frac{\beta}{3})}{a\cos(\frac{\alpha}{3})}$

A most felírt összefüggések segítségével a következő számítás végezhető el:

$\displaystyle \frac{BA_{M1}}{A_{M1}C}*\frac{CB_{M1}}{B_{M1}A}*\frac{AC_{M1}}{C_{M1}B}=\frac{c\cos(\frac{\gamma}{3})}{b\cos(\frac{\beta}{3})}*\frac{a\cos(\frac{\alpha}{3})}{c\cos(\frac{\gamma}{3})}*\frac{b\cos(\frac{\beta}{3})}{a\cos(\frac{\alpha}{3})}=1$

Így a Ceva-tétel miatt az $\displaystyle AA_{M1}$, $\displaystyle BB_{M1}$, $\displaystyle CC_{M1}$ egyenesek egy pontban metszik egymást, azaz az $\displaystyle AA_1$, $\displaystyle BB_1$, $\displaystyle CC_1$ egyenesek egy pontban metszik egymást. Legyen $\displaystyle M_0$ ennek a három egyenesnek a metszéspontja.

Tétel: Az $\displaystyle AA_0$, $\displaystyle BB_0$, $\displaystyle CC_0$ egyenesek egy pontban metszik egymást.

xxxxxxxx

Bizonyítás:

Legyen $\displaystyle A_{M0}$ egyenes az $\displaystyle AA_0$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle a$ oldalának metszéspontja.

Legyen $\displaystyle B_{M0}$ egyenes az $\displaystyle BB_0$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle b$ oldalának metszéspontja.

Legyen $\displaystyle C_{M0}$ egyenes az $\displaystyle CC_0$ egyenes és az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle c$ oldalának metszéspontja.

Így azt kell bizonyítani, hogy az $\displaystyle A_{M0}$, $\displaystyle B_{M0}$, $\displaystyle C_{M0}$ egyenesek egy pontban metszik egymást.

Az $\displaystyle A_0$ pont rajta van a $\displaystyle CB_C$, $\displaystyle BC_B$, $\displaystyle AA_{M0}$, egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{BA_{M0}}{A_{M0}C}*\frac{CC_B}{C_BA}*\frac{AB_C}{B_CB}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{BA_{M0}}{A_{M0}C}=\frac{C_BA}{CC_B}*\frac{B_CB}{AB_C}=\frac{2c\cos(\frac{\beta}{3})}{a}*\frac{a}{2b\cos(\frac{\gamma}{3})}=\frac{c\cos(\frac{\beta}{3})}{b\cos(\frac{\gamma}{3})}$

Az $\displaystyle B_0$ pont rajta van a $\displaystyle AC_A$, $\displaystyle CA_C$, $\displaystyle BB_{M0}$, egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{CB_{M0}}{B_{M0}A}*\frac{AA_C}{A_CB}*\frac{BC_A}{C_AC}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{CB_{M0}}{B_{M0}A}=\frac{A_CB}{AA_C}*\frac{C_AC}{BC_A}=\frac{2a\cos(\frac{\gamma}{3})}{b}*\frac{b}{2c\cos(\frac{\alpha}{3})}=\frac{a\cos(\frac{\gamma}{3})}{c\cos(\frac{\alpha}{3})}$

Az $\displaystyle C_0$ pont rajta van a $\displaystyle BA_B$, $\displaystyle AB_A$, $\displaystyle CC_{M0}$, egyeneseken, így a Ceva-tétel és a segédtételben bizonyított összefüggések miatt a következő összefüggés írható fel:

$\displaystyle \frac{AC_{M0}}{C_{M0}B}*\frac{BB_A}{B_AC}*\frac{CA_B}{A_BA}=1\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow\frac{AC_{M0}}{C_{M0}B}=\frac{B_AC}{BB_A}*\frac{A_BA}{CA_B}=\frac{2b\cos(\frac{\alpha}{3})}{c}*\frac{c}{2a\cos(\frac{\beta}{3})}=\frac{b\cos(\frac{\alpha}{3})}{a\cos(\frac{\beta}{3})}$

A most felírt összefüggések alapján a következő számítás végezhető el:

$\displaystyle \frac{BA_{M0}}{A_{M0}C}*\frac{CB_{M0}}{B_{M0}A}*\frac{AC_{M0}}{C_{M0}B}=\frac{c\cos(\frac{\beta}{3})}{b\cos(\frac{\gamma}{3})}*\frac{a\cos(\frac{\gamma}{3})}{c\cos(\frac{\alpha}{3})}*\frac{b\cos(\frac{\alpha}{3})}{a\cos(\frac{\beta}{3})}=1$

Így a Ceva-tétel miatt az $\displaystyle AA_{M0}$, $\displaystyle BB_{M0}$, $\displaystyle CC_{M0}$ egyenesek egy pontban metszik egymást, azaz az $\displaystyle AA_0$, $\displaystyle BB_0$, $\displaystyle CC_0$ egyenesek egy pontban metszik egymást. Legyen $\displaystyle M_1$ ennek a három egyenesnek a metszéspontja.

Amit a Morley-tétellel kapcsolatban észrevettem:

A továbbiakban a következő jelöléseket használom:

Legyenek az $\displaystyle ABC$ háromszög szögei: $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$, $\displaystyle \gamma$, és legyenek az $\displaystyle ABC$ háromszög olalai: $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$.

xxxxxxxxxx

xxxxxxxxxx

Segédtétel:

Ezek az összefüggések trigonometrikus számításokkal (szinusztétel, koszinusztétel, addíciós tétel) bizonyíthatóak.

Legyen $\displaystyle O$ egy tetszőlegesen rögzített pont valahol az $\displaystyle ABC$ háromszög síkján kívül.

Legyen $\displaystyle \textbf{a}=\overrightarrow{OA}$.

Legyen $\displaystyle \textbf{b}=\overrightarrow{OB}$.

Legyen $\displaystyle \textbf{c}=\overrightarrow{OC}$.

Ekkor baricentrikus koordinátákat használva, a következő összefüggések írhatóak fel:

Az alábbi prezentációban szó esik arról, hogy miként lehet papírhajtogatással szöget harmadolni. De az is kiderül, hogy különleges görbékkel vagy betolóvonalzóval is elvégezhető a szögharmadolás:

Gáspár Merse Előd - 2010.07.19 - BERZETÖK önképző tábor - A papírhajtogatás matematikája.pdf

Az előadást megtaláljátok a neten, a linket csak azért nem tudtam berakni, mert nem engedte a különleges karaktereket megjeleníteni.

Néhány egyszerű egykaptafa csinálmány feladat:

Ha ABC háromszögben C mozog, mit lehet tudni az A illetve B csúcsbeli szögharmadolók metszéspontjáról?

Rögzítsük A és B pontot. C fusson egy AB egyenesre merőleges/párhuzamos egyenesen, D legyen CAB és CBA szögharmadolóinak közelebbiknek/távolabbiknak a metszéspontja. Hol helyezkedik el D? Szerkesszünk olyan C pontot, hogy AD/CD párhuzamos legyen egy adott meredekségű egyenessel.

Amikor AC és BC a szögharmadolók, hol helyezkedik el a háromszög D csúcsa?

Legyen A és B pont rögzített, C futhat egy AB egyenesre merőleges/párhuzamos egyenesen. Legyen CA' egyenes ami átmegy A-n és CA' AB szög = 3 CAB, hasonlóan CB' egyenes átmegy B-n és CB' AB szög = 3 CBA, D ezek metszése. Szerkesszünk olyan C pontot, hogy AD/CD párhuzamos legyen egy adott meredekségű egyenessel / ABCD húrnégyszög legyen.

Amikor AB egyenes a szögharmadoló:

Legyen A B pont rögzített, C AB-re merőleges/párhuzamos egyenesen fusson. Legyen CA' egy A-n átmenő, AB-vel -2*CAB szöget bezáró egyenes, hasonlóan CB': átmegy B-n, AB-vel -2*CBA szöget zár be, D ezek metszéspontja. Szerkesszünk olyan C pontot, hogy AD/CD párhuzamos legyen egy adott egyenessel, ABCD húrnégyszög legyen.

Ez az eset valamivel érdekesebb, mint az előzők, itt még megfigyeléseket is lehet tenni D pályájával kapcsolatban. Lássuk be, hogyha C egy, AB-re merőleges egyenesen mozog, akkor D egy kúpszeletet ír le (ennek mondjuk Steiner-tételes vagy komplex függvényes lehet a megoldása), és lássuk be, hogyha C egy AB-vel párhuzamos egyenesen mozog, akkor D AB felezővonalán olyan távol lesz AB egyenestől, mint a C pont (lásd ábra)

,,Még nem gondoltam át, de használható lehet, hogy egy belső és egy külső szög harmadolóegyeneseinek szögei 60 fokosak, "

hogyan?

Igen, ez a nemrég (talán a Nehezebb Problémák témában)emlegetett Galois-elmélet eredménye. Különösen szellemesnek tartom a "tomahawkos" szerkesztést. Itt.

Találtam egy olyan feladatot, ami szögharmadolásra vonatkozik, ámde nem általános.

Legyen ABC háromszögben =2 és P az a pont a BC felezőmerőlegesén az ABC háromszögben, melyre AB=AP. Mutassuk meg, hogy AP harmadolja az szöget.

Elhiszem.

Még egyszer tisztelettel köszöntöm az eddigi hozzászólókat!!!

Azért tartom fontosnak a szögharmadolókra vonatkozó tételeket, mert geometriai szerkesztések során az euklideszi szerkesztési lépések a hivatalosan engedélyezettek, és ezek között nem szerepel a szögharmadolás. Így sok-sok matematikus csak azokat a geometriai alakzatokat vizsgálta, amelyek euklideszi szerkesztési szabályok szerint szerkeszthetőek. Pedig a szögharmadolás sem bonyolult szerkesztés (megtalálható az interneten). Így érdemes kutakodni a szögharmadolók körül, mert szerintem rengeteg tétel vár még felfedezésre.

Harmadfokú szerkesztésnek nevezem egy a racionális számok halmazában nem felbontható racionális együtthatójú polinom gyökének megszerkesztését. Így egy adott szög szerkesztése is harmadfokú szerkesztés, csakúgy mint a "déloszi probléma megoldása" és a "szabályos 7-szög szerkesztése". (Ezekről a témákról is található információ az interneten.) Szintén ilyen harmadfokú szerkesztés három szakasz mértani közepének szerkesztése (a "déloszi probléma" általánosítása). Itt megjegyzem, hogy aki tudja három szakasz számtani, mértani, harmonikus és más közepének kapcsolatát geometriai ábrán szemléltetni, azt kérem, hogy tegye közzé a fórumban. (Nekem három nem negatív szám számtani és harmónikus közepe közötti kapcsolatot sikerült szemléltetni geometriailag.)

Rengeteg geometriai probléma van, amelynek megoldása harmadfokú egyenlet megoldását jelenti. Ezt is azért tartom fontosnak megemlíteni, mert az euklideszi szerkesztési szabályok gyakori használata miatt sokan csak olyan problémát vizsgálnak, amelyeknek megoldása másodfokú egyenletek megoldását jelenti. Ha valakit érdekel, szívesen írok olyan geometriai problémát, amelynek megoldása harmadfokú egyenlet megoldását jelenti. Például egy ilyen: Adott a síkon két egymásra merőleges egyenes, és adott egy pont, amelyik az egyik adott egyenestől "p" távol van, a másik adott egyenestől "q" távol van. Szerkesztendő olyan egyenes, amely átmegy az adott ponton és amelynek a két adott egyenes közötti részének hossza "d".

Tisztelettel köszöntöm az eddigi hozzászólókat!

Sakkmath szögharmadolókra vonatkozó tétele egy érdekes állítást fogalmaz meg, de ha jól meggondoljuk, ez nem csak szögharmadolókra vonatkozik. Ugyanis tetszőleges szög-"n"-edelők esetén a rombusz belsejében keletkezett négyszög tengelyesen szimmetrikus kell legyen a rombusz egymást merőlegesen felező átlóira, és akkor ez a négyszög csag a téglalap lehet. Mindenesetre nagyon szépen köszönöm Sakkmath fórumozónak ezt az állítást. Olyan tételt kellene keresni, amely csak a szögharmadolókra vonatkozik.

W fórumozó által felvetett kérdésre a válaszom, hogy mindenfajta szinusztétellel, koszinusztétellel, addíciós tétellel ki lehet számolni a kérdezett arányokat, ez nem is túl nehéz feladat. Továbbá régebben volt egy kömal-feladat,mely szerint bizonyítandó, hogy egy háromszög egy csúcsából kiinduló belső szögharmadoló egyenesek a csúccsal szemközti oldalt olyan szakaszokra osztják, melyek közül a két szélső szakasz számtani közepe nagyobb, mint a középső szakasz. Én ezen egy kicsit túl mentem, mert sikerült azt is belátni, hogy egy háromszög egy csúcsából kiinduló belső szögharmadoló egyenesek a csúccsal szemközti oldalt olyan szakaszokra osztják, melyek közül a két szélső szakasz mértani közepe nagyobb, mint a középső szakasz. Ezt a két állítást sem túl nehéz bizonyítani.

Számoljuk ki, milyen arányban osztja egy háromszög egyik szögének harmadoló félegyenesei a szemközti oldalt!

Még nem gondoltam át, de használható lehet, hogy egy belső és egy külső szög harmadolóegyeneseinek szögei 60 fokosak, talán később ki lehetne erre egy feladatot is ötleni.

1. tétel: Bármely rombusz szomszédos szögharmadoló egyeneseinek metszéspontjai egy téglalap csúcspontjai.

(Ha szögharmadolók helyett szögnegyedelőket írunk, akkor a metszéspontok négyzetet alkotnak.)

Ábra:

Nagyon kevés tételt ismerek háromszög vagy négy szög szögharmadolóira, ilyen például a Morley-tétel. Ha valaki tud szögharmadolásra vonatkozó tételt, kérem írjon erre a fórumra.