Sibylle Hesse: Erweiterter Sinussatz und Satz von Ceva

1.) Der erweiterte Sinussatz
Beh.: In einem Dreieck ABC mit
dem Umkreisradius R gilt:
Beh.: In einem Dreieck ABC mit
dem Umkreisradius R gilt:
a
b
c


 2R
sin A sin B sin C
Zum Beweis betrachten wir zunächst dieses
Dreieck ABC
C
I.
a
A
B
Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten
wir das Dreieck JBC
C
R
a
90 °
A
B
J
Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten
wir das Dreieck JBC
• Nach dem Satz des
Thales beträgt in
diesem Dreieck der
Winkel in B 90°
C
R
a
90 °
A
B
J
Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten
wir das Dreieck JBC
C
R
a
90 °
A
B
J
• Nach dem Satz des
Thales beträgt in
diesem Dreieck der
Winkel in B 90°
• Die Winkel in A und
in J liegen auf dem
selben Kreisbogen.
Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten
wir das Dreieck JBC
C
R
a
90 °
A
B
J
• Nach dem Satz des
Thales beträgt in
diesem Dreieck der
Winkel in B 90°
• Die Winkel in A und
in J liegen auf dem
selben Kreisbogen.
• Daher gilt: J  A
Das Dreieck ABC kann in A einen spitzen
Winkel haben (wie I.)
I.
C
a
A
B
Das Dreieck ABC kann in A einen spitzen
Winkel haben (wie I.) oder einen stumpfen
Winkel (wie II.)
I.
II.
C
C
A
a
a
B
A
B
Und dann gibt es natürlich noch rechtwinklige
Dreiecke
A
90 °
B
C
Die sind aber eher
langweilig, weil hier die
Behauptung
a
b
c


 2R
sin A sin B sin C
sowieso gilt
Betrachten wir jetzt also den zweiten Fall
II.
C
A
a
B
Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des
Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC
II.
C
A
a
B
90 °
J
• Der Winkel in B
beträgt wiederum 90°
Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des
Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC
II.
C
A
B
J
• Der Winkel in B
beträgt wiederum 90°
• In einem
eingeschriebenen
Viereck ergänzen sich
die
gegenüberliegenden
Winkel zu 180°
Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des
Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC
II.
C
A
a
B
90 °
J
• Der Winkel in B
beträgt wiederum 90°
• Daher gilt:
J  180  A
Wir wissen also bisher:
Wir wissen also bisher:
• Für I.:
J A
Wir wissen also bisher:
• Für I.:
J A
• Für II.:
J  180  A
Wir wissen also bisher:
• Für I.:
J A
• Für II.:
J  180  A
• Für I. und II.: sin J  sin A
da
sin   sin(180   )
Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?
C
R
a
90 °
A
B
J
Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?
Gegenkathete
• sin =
Hypotenuse
C
R
a
90 °
A
B
J
Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?
Gegenkathete
• sin =
Hypotenuse
C
R
a
• sinJ =
2R
a
90 °
A
B
J
Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?
Gegenkathete
• sin =
Hypotenuse
C
R
a
• sinJ =
2R
a
90 °
A
B
• Da sinJ = sinA
gilt auch:
J
sin A 
a
2R
Analog zu A gilt natürlich auch:
Analog zu A gilt natürlich auch:
b
sin B 
2R
und
c
sin C 
2R
Einfaches Umformen liefert aus
Einfaches Umformen liefert aus
a
a
sin A 

 2R
2R
sin A
Einfaches Umformen liefert aus
a
a
sin A 

 2R
2R
sin A
b
b
sin B 

 2R
2R
sin B
Einfaches Umformen liefert aus
a
a
sin A 

 2R
2R
sin A
b
b
sin B 

 2R
2R
sin B
c
c
sin C 

 2R
2R
sin C
Es gilt also:
In einem Dreieck ABC mit dem
Umkreisradius R
Es gilt also:
In einem Dreieck ABC mit dem
Umkreisradius R
a
b
c


 2R
sin A sin B sin C
Es gilt also:
In einem Dreieck ABC mit dem
Umkreisradius R
a
b
c


 2R
sin A sin B sin C
Und das wollten wir ja beweisen.
2.) Beh.:
a b c
Flächeninhalt ( ABC ) 
4R
Wir wissen, für den Flächeninhalt eines
Dreieckes gilt:
C
90 °
a
ha
B
A
Wir wissen, für den Flächeninhalt eines
Dreieckes gilt:
C
90 °
a
ha
B
A
1
A  a  ha
2
Wir wissen, für den Flächeninhalt eines
Dreieckes gilt:
C
90 °
1
A  a  ha
2
a
ha
sin B 
 ha  sin B  c
c
ha
B
A
Wir wissen, für den Flächeninhalt eines
Dreieckes gilt:
C
90 °
1
A  a  ha
2
a
ha
sin B 
 ha  sin B  c
c
ha
B
A
1
A  a  sin B  c
2
Außerdem wissen wir:
C
90 °
a
ha
B
A
Außerdem wissen wir:
C
90 °
a
ha
B
A
b
sin B 
2R
Außerdem wissen wir:
C
90 °
b
sin B 
2R
a
und setzen dies ein in
ha
B
A
1
A  a  sin B  c
2
Und erhalten so
C
90 °
a
ha
B
A
1
b
A  a
c
2 2R
Und erhalten so
C
90 °
1
b
A  a
c
2 2R
a
Und das können wir schreiben als
ha
B
A
a bc
A
4R
Und erhalten so
C
90 °
1
b
A  a
c
2 2R
a
Und das können wir schreiben als
ha
B
A
a bc
A
4R
Toll, was?
3.) Der Satz von Ceva
Der italienische Mathematiker Giovanni Ceva
fand 1678 folgendes heraus:
A
Schneiden sich drei
Ecktransversalen AX,
BY, CZ eines Dreiecks
in einem Punkt, dann
gilt:
BX CY AZ


1
XC YA ZB
Z
Y
P
B
X
C
Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für
Dreiecke mit gleicher Höhe
ha
a
Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für
Dreiecke mit gleicher Höhe
1
A   a  ha
2
ha
a
Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für
Dreiecke mit gleicher Höhe
1
A   a  ha
2
und damit
ha
a
A a
Betrachten wir nun folgendes Dreieck
A
ha
B
a
C
Betrachten wir nun folgendes Dreieck
A
Und fügen eine
Ecktransversale AX
ein
ha
B
a
C
Dann erhalten wir:
A
einmal das Dreieck ABX
mit
1
A1   a1  ha
2
ha
B
a1
X
a2
C
Und gleichzeitig
A
das Dreieck AXC mit
1
A2   a 2  ha
2
ha
B
a1
X
a2
C
Wir wissen, dass
A  a und daher
A
ha
B
a1
X
a2
C
Wir wissen, dass
A  a und daher
A1 A2

a1 a 2
A
ha
B
a1
X
a2
C
Wir wissen, dass
A  a und daher
A1 A2

a1 a 2
A
beziehungsweise
ha
B
a1
X
a2
C
A1 a1

A2 a 2
Fügen wir nun noch einen Punkt P ein
A
A2
A1
B
a1
X
a2
C
Fügen wir nun noch einen Punkt P ein
A
A
C1
C2
A2
A1
P
B
B1
a1
X
B2
B
a2
C
a1
X
a2
C
Dann erhalten wir
A
C1
C2
P
B1
B2
B
a1
X
a2
C
Dann erhalten wir
A
1.
C1
C2
P
B1
B2
B
a1
X
a2
C
das Dreieck BXP mit
dem Flächeninhalt B1
Dann erhalten wir
A
1.
C1
2.
C2
P
B1
B2
B
a1
X
a2
C
das Dreieck BXP mit
dem Flächeninhalt B1
das Dreieck XCP mit
dem Flächeninhalt B2
Dann erhalten wir
A
1.
C1
2.
C2
P
3.
B1
B2
B
a1
X
a2
C
das Dreieck BXP mit
dem Flächeninhalt B1
das Dreieck XCP mit
dem Flächeninhalt B2
das Dreieck ABP mit
dem Flächeninhalt C1
Dann erhalten wir
A
1.
C1
2.
C2
P
3.
B1
B2
B
a1
X
a2
4.
C
das Dreieck BXP mit
dem Flächeninhalt B1
das Dreieck XCP mit
dem Flächeninhalt B2
das Dreieck ABP mit
dem Flächeninhalt C1
das Dreieck APC mit
dem Flächeninhalt C2
Analog zu
A1 a1

A2 a 2
A
A2
A1
B
a1
X
a2
C
Analog zu
A1 a1

A2 a 2
B1 a1

B2 a2
gilt nun
A
A
C1
C2
A2
A1
P
B1
B
a1
B2
B
X
a2
a1
C
X
a2
C
Durch Umformungen erhalten wir
I.
A1 a1

A2 a 2
 a2 A1  a1 A2
Durch Umformungen erhalten wir
I.
A1 a1

A2 a 2
 a2 A1  a1 A2
II.
B1 a1

B2 a2
 a2 B1  a1B2
Durch Umformungen erhalten wir
I.
A1 a1

A2 a 2
 a2 A1  a1 A2
I. – II.
II.
B1 a1

B2 a2
 a2 B1  a1B2
a2 A1  a2 B1  a1 A2  a1B2
Durch Umformungen erhalten wir
I.
A1 a1

A2 a 2
 a2 A1  a1 A2
I. – II.
II.
B1 a1

B2 a2
 a2 B1  a1B2
a2 A1  a2 B1  a1 A2  a1B2
a 2  A1 B1  a1  A2 B 2
Durch Umformungen erhalten wir
A1 a1

A2 a 2
I.
 a2 A1  a1 A2
I. – II.
II.
B1 a1

B2 a2
 a2 B1  a1B2
a2 A1  a2 B1  a1 A2  a1B2
a 2  A1 B1  a1  A2 B 2
wobei
A1  B1  C1
und
A2  B2  C 2
Es gilt also
A
a1 BX C1 ( ABP)



a 2 XC C 2 (CAP)
C1
C2
P
B1
B2
B
a1
X
a2
C
Werden noch zwei Ecktransversalen
eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,
A
dann gilt für die Seiten b
und c das gleiche wie für a
Z
Y
P
B
X
C
Werden noch zwei Ecktransversalen
eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,
A
Z
also
Y
P
B
X
C
Werden noch zwei Ecktransversalen
eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,
A
Z
also
BX ( ABP)

XC (CAP)
Y
P
B
X
C
Werden noch zwei Ecktransversalen
eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,
A
Z
also
BX ( ABP)

XC (CAP)
Y
CY ( BCP)

YA ( ABP)
P
B
X
C
Werden noch zwei Ecktransversalen
eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,
A
Z
also
BX ( ABP)

XC (CAP)
Y
CY ( BCP)

YA ( ABP)
P
B
X
C
AZ (CAP)

ZB ( BCP)
Zurück zur Behauptung
BX CY AZ


1
XC YA ZB
Zurück zur Behauptung
BX CY AZ


1
XC YA ZB
BX ( ABP) CY ( BCP)

setzen ein:
,

XC (CAP) YA ( ABP)
AZ (CAP)

und
ZB ( BCP)
Zurück zur Behauptung
BX CY AZ


1
XC YA ZB
BX ( ABP) CY ( BCP)

setzen ein:
,

XC (CAP) YA ( ABP)
AZ (CAP)

und
ZB ( BCP)
und erhalten
BX CY AZ ( ABP) ( BCP) (CAP)





1
XC YA ZB (CAP) ( ABP) ( BCP)
Zurück zur Behauptung
BX CY AZ


1
XC YA ZB
BX ( ABP) CY ( BCP)

setzen ein:
,

XC (CAP) YA ( ABP)
AZ (CAP)

und
ZB ( BCP)
und erhalten
BX CY AZ ( ABP) ( BCP) (CAP)





1
XC YA ZB (CAP) ( ABP) ( BCP)
w.z.b.w.
Das gilt natürlich nur für Dreiecke,
die die Bedingungen erfüllen
Es gilt aber auch der Umkehrschluss, nämlich
Es gilt aber auch der Umkehrschluss, nämlich:
Erfüllen drei Ecktransversalen die
Gleichung BX  CY  AZ  1
XC YA ZB
so schneiden sie sich in einem Punkt
Beweis:
Beweis:
Wir nehmen ein Dreieck mit zwei Ecktransversalen,
die sich in P schneiden,
A
Y
P
B
X
C
Beweis:
Wir nehmen ein Dreieck mit zwei Ecktransversalen,
die sich in P schneiden,
A
Z´
dann gibt es nur eine
Ecktransversale durch C, die
ebenfalls durch P geht. Diese
schneidet sich mit c in Z´
Y
P
B
X
C
Beweis:
• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die
Gleichung BX  CY  AZ ´  1
XC YA ZB
Beweis:
• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die
Gleichung BX  CY  AZ ´  1
XC YA ZB
• Da aber BX  CY  AZ  1
XC YA ZB
unsere
Voraussetzung ist, folgt daraus, dass Z und
Z´ zusammenfallen. Daher schneidet CZ die
anderen Ecktransversalen in P.
Beweis:
• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die
Gleichung BX  CY  AZ ´  1
XC YA ZB
• Da aber BX  CY  AZ  1
XC YA ZB
unsere
Voraussetzung ist, folgt daraus, dass Z und
Z´ zusammenfallen. Daher schneidet CZ die
anderen Ecktransversalen in P.
Fertig!!!