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.

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

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

Legyen ${\displaystyle O}$ a kör középpontja. Ekkor az ${\displaystyle AOC}$ és a ${\displaystyle COB}$ háromszög egyenlő szárú, azaz

${\displaystyle \alpha =\alpha '}$ és

${\displaystyle \beta =\beta '}$.

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

${\displaystyle \gamma =\alpha '+\beta '=\alpha +\beta }$

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

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

vagyis:

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

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

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

így:

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

Azt kell belátnunk, hogy az ábrán a ${\displaystyle \gamma }$ szög hegyesszög vagy derékszög.

Hosszabbítsuk meg az ${\displaystyle AC}$ szakaszt ${\displaystyle C}$-n túl egy tetszőleges ${\displaystyle F}$ pontig. Legyen ${\displaystyle O}$ a kör középpontja. Mivel ${\displaystyle AO}$ és ${\displaystyle OC}$ a kör sugara, ezért az ${\displaystyle AOC}$ háromszög egyenlő szárú, így

${\displaystyle \alpha =\alpha '.}$

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

${\displaystyle \beta =\beta '.}$

Mivel

${\displaystyle \gamma =\alpha '+\beta ',}$

ezért az előbbiek miatt

${\displaystyle \gamma =\alpha +\beta }$

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

${\displaystyle \gamma '=\alpha +\beta }$

vagyis

${\displaystyle \gamma =\gamma '}$

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

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.

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

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:

${\displaystyle r=OC}$ (a kör sugara)

${\displaystyle m=TC}$ (az ABC háromszög C-ből kiinduló magassága)

${\displaystyle x=OT}$

Továbbá

${\displaystyle a=BC}$ és

${\displaystyle b=AC}$

Ekkor az OTC, ATC és CTB derékszögű háromszögekre rendre felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:

${\displaystyle x^{2}+m^{2}=r^{2}}$

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

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

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

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

Tehát a C-nél lévő szög derékszög. QED

Megjegyzés. Az ${\displaystyle O=T}$ esetben a tétel triviális módon igaz, hiszen ekkor az AOC és az OBC háromszögek egybevágó egyenlő szárú derékszögű háromszögek. Ekkor tehát ${\displaystyle \gamma =45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }}$.

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

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

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

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

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

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

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 ${\displaystyle AB}$ oldalával egyező, és az origót ezen oldal felezőpontjába helyezzük el. Ekkor ${\displaystyle A=(-r,0)}$ és ${\displaystyle B=(r,0)}$.

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

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

Hasonlóan kapjuk:

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

Számoljuk ki a két meredekség szorzatát!

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

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

Bővebben: A Thalész-tétel megfordítása

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.

• 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

• A Thalész-tétel megfordítása
• Párhuzamos szelők tétele