Donnerstag 18.4.2013

Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
$Id: dreieck.tex,v 1.6 2013/04/18 15:03:29 hk Exp hk $
§1
Dreiecke
1.5
Einige spezielle Punkte im Dreieck
Wir hatten gerade begonnen uns mit den speziellen Punkten im Dreieck zu beschäftigen. Dabei beschränken wir uns hier auf die vier schulrelevanten Punkte, also die
Schnittpunkte der Seitenhalbierenden, der Winkelhalbierenden, der Mittelsenkrechten
und schließlich der Höhen. Wir beginnen dabei mit den Seitenhalbierenden, und um
die Existenz dieses Schnittpunkt halbwegs übersichtlich einzusehen ist es hilfreich zwei
neue Begriffe einzuführen. Dabei hatten wir bereits am der letzten Sitzung zwei Dreiecke ähnlich genannt wenn in ihnen entsprechende Winkel gleich sind. Mit den Kongruenzsätzen des vorigen Abschnitts ist es auch leicht einige Ähnlichkeitskriterien für
Dreiecke anzugeben.
Satz 1.10 (Charakterisierungen ähnlicher Dreiecke)
Seien ∆, ∆0 zwei Dreiecke deren Seiten und Winkel gemäß der Standardbezeichnungen
als a, b, c, α, β, γ beziehungsweise a0 , b0 , c0 , α0 , β 0 , γ 0 benannt sind. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
(a) Die Dreieck ∆ und ∆0 sind ähnlich.
(b) Entsprechende Seiten haben dieselben Verhältnisse, also
a
a0 a
a0 b
b0
= 0 , = 0 , = 0.
b
b c
c c
c
(c) Ein Paar entsprechender Winkel und das Verhältniss der angrenzenden Seiten sind
gleich.
(d) Das Verhältniss zweier entsprechender Seiten und die der jeweiligen größeren Seite
gegenüberliegenden Winkel sind gleich.
(e) Zwei Paare entsprechender Winkel sind gleich.
Beweis: (a)⇐⇒(e). Klar da die Winkelsumme im Dreieck immer 180◦ ist.
(a)=⇒(b). Nach dem Sinussatz Satz 8 gilt
a
sin α
sin α0
a0
=
=
=
b
sin β
sin β 0
b0
und die Gleichheit der anderen Verhältnisse ergibt sich analog.
4-1
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
(b)=⇒(a). Nach Satz 5 gilt
2
b + c 2 − a2
1 b c a a
α = arccos
= arccos
+ − ·
2bc
2 c b b c
0
c0 a0 a0
1 b
+ − 0 · 0
= α0 ,
= arccos
2 c 0 b0
b c
und analog ergeben sich auch β = β 0 und γ = γ 0 .
(a)=⇒(c). Klar da die Implikation von (a) nach (b) bereits gezeigt ist.
(c)=⇒(b). Sei etwa b/c = b0 /c0 und α = α0 , die anderen beiden Fälle ergeben sich
dann durch Umbezeichnungen. Nach Satz 6 gilt
s
r
0 2
2
a
c
c
c
c0
a0
= 1+
− 2 · cos α = 1 + 0 − 2 0 · cos α0 = 0 ,
b
b
b
b
b
b
und analog folgt auch a/c = a0 /c0 .
(a)=⇒(d). Klar da die Implikation von (a) nach (b) bereits gezeigt ist.
(d)=⇒(c). Beachte das durch das Verhältnis zweier Seiten festgelegt ist welches die
größere der beiden ist, daher entsprechen sich auch die der größeren Seite gegenüberliegenden Winkel in beiden Dreiecken. Bis auf Umbezeichnungen können wir b/c = b0 /c0
und β = β 0 annehmen. Mit Satz 7 folgt
s s 2
2
a
b
b0
a0
2 0
= cos β +
− sin2 β = cos β 0 +
−
sin
β
=
,
c
c
c0
c0
und wir haben die Situation von (c) hergestellt.
Der eben bewiesene Ähnlichkeitssatz hängt eng mit den Strahlensätzen zusammen, und
um dies zu illustrieren wollen wir einmal den Strahlensatz aus dem Ähnlichkeitssatz
herleiten. Diesmal schauen wir uns eine Version des Strahlensatzes über Kreuz“ an,
”
bei dem also der Schnittpunkt des einen Geradenpaars zwischen den beiden parallelen
Geraden liegt.
A
β B’
α
γ
γ
C
β
α
B
4-2
A’
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
Gegeben seien also zwei kollineare Tripel ACA0 und BCB 0 bei dem die Geraden AB
und A0 B 0 parallel sind. Nach dem Stufenwinkelsatz haben die beiden Dreiecke ABC
und A0 B 0 C dann gleiche Winkel, sind also ähnlich. Mit dem Ähnlichkeitssatz folgt das
auch entsprechende Seitenverhältnisse in den beiden Dreiecken gleich sind, dass also
|AC|
|A0 C| |AC|
|A0 C|
|AB|
|A0 B 0 |
= 0 ,
= 0 0 und
=
|BC|
|B C| |AB|
|A B |
|BC|
|B 0 C|
gelten, und diese Aussagen sind der Strahlensatz. Als zweites Hilfsmittel führen wir
das sogenannte Mittendreieck ein.
C
B’
A’
Sm
A
C’
B
Gegeben sei ein Dreick ∆ = ABC mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ. Dann bilden
wir den Mittelpunkt A0 der Strecke BC, den Mittelpunkt B 0 der Strecke AC und
schließlich den Mittelpunkt C 0 der Strecke AB, es gelten also
a
b
c
|A0 B| = |A0 C| = , |B 0 A| = |B 0 C| = und |C 0 A| = |C 0 B| = .
2
2
2
Mit diesen drei Mittelpunkten bilden wir dann das sogenannte Mittendreieck A0 B 0 C 0
und wir wollen einsehen das dieses zu ∆ ähnlich ist und halb so große Seitenlängen
hat.
Lemma 1.11 (Lemma über das Mittendreieck)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck mit Mittendreieck ∆0 = A0 B 0 C 0 . Dann sind die vier Dreiecke
∆0 , C 0 BA0 , B 0 A0 C und AC 0 B 0 alle zueinander kongruent und alle ähnlich zu ∆ mit halb
so großen Seitenlängen. Weiter sind A0 B 0 parallel zu AB, A0 C 0 parallel zu AC und B 0 C 0
parallel zu BC.
Beweis: Bezeichne die Seiten und Winkel in ∆ gemäß der Standardbezeichnungen. Im
Dreieck C 0 BA0 ist der Winkel bei B gleich β und das Verhältniss der beiden anliegenden
Seiten ist
1
a
|A0 B|
a
2
=
1 = ,
0
|C B|
c
c
2
4-3
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
also sind ∆ und C 0 BA0 nach Satz 10 ähnlich. Wieder nach Satz 10 ist damit auch
1
b
|A0 C 0 |
|A0 C 0 |
0 0
=
,
also
|A
C
|
=
b,
=
1
|BC 0 |
c
2
c
2
das Dreieck C 0 BA0 hat also halb so große Seitenlängen wie ∆. Analog schließen wir für
B 0 A0 C und AC 0 B 0 , und insbesondere sind diese drei Dreiecke zueinander kongruent.
Damit hat das Mittendreieck ∆0 = A0 B 0 C 0 die Seitenlängen
1
1
1
a0 = |B 0 C 0 | = a, b0 = |A0 C 0 | = b und c0 = |A0 B 0 | = c,
2
2
2
ist also ebenfalls zu ∆ ähnlich mit halbierten Seitenlängen und zu den anderen drei
Dreiecken kongruent. Die Aussagen über die Parallelität sind eine unmittelbare Folgerung, da B 0 A0 C ähnlich zu ABC ist stimmen die Winkel dieser Dreiecke bei A0
beziehungsweise B überein, die Gerade BC scheidet A0 B 0 und AB also im selben Winkel und somit sind A0 B 0 und AB parallel. Die beiden anderen Parallelitätsaussagen
ergeben sich analog.
Mit diesem Lemma ist es nun leicht zu sehen, dass die drei Seitenhalbierenden eines
Dreiecks sich in einem Punkt Sm schneiden und dass dieser Punkt weiter die Strecken
AA0 , BB 0 und CC 0 jeweils im Verhältnis 2 : 1 teilt. Tatsächlich ist die letztere Aussage der wesentliche Teil des folgenden Satzes, dass die drei Seitenhalbierenden sich
schneiden folgt aus der Kenntnis dieses Teilungsverhältnisses.
Satz 1.12 (Der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden)
Sei ABC ein Dreieck mit Mittendreieck A0 B 0 C 0 . Dann schneiden die drei Seitenhalbierenden AA0 , BB 0 und CC 0 sich in einem Punkt Sm und dieser zerlegt diese Strecken
jeweils im Verhältnis 2 : 1, d.h. es gelten
2|Sm A0 | = |ASm |, 2|Sm B 0 | = |BSm | und 2|Sm C 0 | = |CSm |.
Beweis: Wir zeigen zunächst das der Schnittpunkt je zweier der Strecken AA0 , BB 0 ,
CC 0 diese beiden im Verhältniss 2 : 1 teilt. Es reicht dies für die beiden Strecken AA0
und BB 0 zu tun, die anderen beiden Fälle sind dann analog. Sei also S der Schnittpunkt
von AA0 und BB 0 . Nach Lemma 11 sind die beiden Geraden B 0 A0 und AB parallel.
Damit können wir den Strahlensatz auf diese parallelen Geraden und das sich in S
schneidende Geradenpaar AA0 , BB 0 anwenden und erhalten mit Lemma 11
|SA|
|SA0 |
= 1 , also |AS| = 2|SA0 |.
c
c
2
Da dann weiter auch der Schnittpunkt von AA0 und CC 0 die Strecke AA0 im Verhältnis
2 : 1 teilt ist dieser mit S identisch, alle drei Seitenhalbierenden gehen also durch einen
Punkt.
4-4
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
Man nennt den Schnittpunkt Sm der drei Seitenhalbierenden auch den Schwerpunkt
des Dreiecks. Als eine Übungsaufgabe werden Sie nachrechnen, dass sich dieser mittels
der Vektorraumstruktur der Ebene als
1
Sm = (A + B + C)
3
berechnen lässt. Als nächsten der speziellen Punkte behandeln wir nun den Schnittpunkt der Winkelhalbierenden, und hierzu sollten wir uns erst einmal überlegen welche
Bedeutung die Winkelhalbierende überhaupt hat. Wie sich herausstellt ist der Begriff
der Winkelhalbierenden in gewissen Sinne dual zum Begriff der Mittelsenkrechten. Bei
letzterer hatten wir zwei Punkte A, B gegeben und die Menge aller Punkte X mit
|AX| = |BX| betrachtet, also alle Punkte die von A und B denselben Abstand haben.
Diese Punkte lagen alle auf einer Geraden und bilden die Mittelsenkrechte der Strecke
AB, dies wurde in Aufgabe (3) behandelt. Bei den Winkelhalbierenden werden nun anstelle zweier Punkte zwei Geraden betrachtet und nach der Menge aller Punkte gefragt
die von beiden Geraden denselben Abstand haben.
Angenommen wir haben eine Gerade g und
einen Punkt P außerhalb von g. Der Abstand
P
d(P, g) ist der kleinstmögliche Abstand von P zu
Punkten auf der Gerade, also formal
g
d(P, g) = inf{|XP | : P ∈ g},
wobei in dieser Situation tatsächlich ein Minimum
Q
vorliegt. Fällen wir nämlich wie rechts gezeigt das
Lot von P auf g und bezeichen den Lotfußpunkt mit
Q, so ist Q der eindeutige P am nächsten gelegene
Punkt auf g. Nach einem Blick auf das Bild sollte
das klar sein, formal kann man es etwa mit dem
X
Satz des Pythagoras Satz 1 begründen, ist X ein
beliebiger weiterer Punkt auf g, so haben wir ein
rechtwinkliges Dreieck XQP und erhalten |XP |2 = |XQ|2 + |QP |2 > |QP |2 , also auch
|XP | > |QP |.
Mit dieser Beobachtung können wir nun einsehen, dass die Punkte auf der Winkelhalbierenden zweier Geraden tatsächlich genau die Punkte sind die von beiden Geraden
denselben Abstand haben. Wir formulieren diese Aussage als ein kleines Lemma, das
aufgrund der hierbei auftretenden Figur gerne als das Drachenlemma bezeichnet wird.
Lemma 1.13 (Bestimmung der Winkelhalbierenden)
Seien AB und AC zwei Strecken und P ein weiterer Punkt so, dass BP senkrecht
auf AB ist und CP senkrecht auf AC ist. Bezeichne α den auf derselben Seite wie P
liegenden Winkel zwischen AB und AC im Punkt A. Dann sind die folgenden Aussagen
äquivalent:
4-5
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
(a) Es ist d(P, AB) = d(P, AC).
(b) Es ist |BP | = |CP |.
(c) Es ist |AB| = |AC|.
(d) Die Dreiecke ABP und ACP sind kongruent.
(e) Die Strecke AP ist die Winkelhalbierende von α.
C
P
A
α
B
Beweis: (a)⇐⇒(b). Wegen BP ⊥ AB und CP ⊥ AC sind d(P, AB) = |BP | und
d(P, AC) = |CP | (die Schreibweise ist hier etwas ungenau, gemeint ist der Abstand
zur jeweiligen Geraden und nicht zur Strecke), also sind (a) und (b) äquivalent.
(b)⇐⇒(c). Wenden wir den Satz des Pythagoras Satz 1 in den beiden rechtwinkligen
Dreiecken ABP und ACP an, so ergibt sich
|AB|2 + |BP |2 = |AP |2 = |AC|2 + |CP |2 ,
und damit ist genau dann |AB| = |AC| wenn |BP | = |CP | gilt.
(a)=⇒(d). Da die Implikationen von (a) nach (b) und (c) bereits gezeigt sind, haben
wir |AB| = |AC| und |BP | = |CP |, d.h. die beiden Dreiecke ABP und ACP sind
kongruent.
(d)=⇒(b). Klar nach Definition der Kongruenz von Dreiecken.
(d)⇐⇒(e). Die Dreiecke ABP und ACP stimmen in der Seite AP überein und haben
bei B beziehungsweise C gleiche, nämlich rechte, Winkel. Nach dem Kongruenzsatz
SWW Satz 9 sind die beiden Dreiecke damit genau dann kongruent wenn ihre Winkel
in A übereinstimmen, wenn also AP den Winkel α halbiert.
4-6
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
Nach diesen Vorbereitungen können wir die Existenz des Schnittpunkts der Winkelhalbierenden in einem Dreieck sehr bequem einsehen.
Satz 1.14 (Der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Winkelhalbierenden von ∆
in einem Punkt Sw und dieser ist der eindeutige Punkt der von allen drei Seiten des
Dreiecks denselben Abstand hat.
Beweis: Die beiden Winkelhalbierenden durch A und B schneiden sich in einem Punkt
Sw und nach dem Drachenlemma Lemma 13 angewandt auf diese beiden Winkelhalbierenden gelten d(Sw , AB) = d(Sw , AC) und d(Sw , AB) = d(Sw , BC), also ist
d(Sw , AB) = d(Sw , AC) = d(Sw , BC) und wieder nach dem Drachenlemma liegt Sw
auch auf der Winkelhalbierenden durch C.
C
r
Sw
B
A
Da der Schnittpunkt Sw der Winkelhalbierenden von allen drei Seiten des Dreiecks
denselben Abstand
r := d(Sw , AB) = d(Sw , AC) = d(Sw , BC)
hat, berührt der Kreis mit Mittelpunkt Sw und Radius r alle drei Seiten tangential.
Man nennt diesen Kreis dann den Innkreis des Dreiecks ∆ und r heißt entsprechend
der Innkreisradius von ∆. Dies ist eine weitere numerische Invariante des Dreiecks ∆
zusätzlich zu den drei Seiten a, b, c und den drei Winkeln α, β, γ, und wir wollen die
Zahl r nun in Termen der drei Seiten berechnen. Es stellt sich als technisch geschickt
heraus hierzu eine weitere Größe zu betrachten nämlich die Fläche F unseres Dreiecks.
Bezeichnen wir die Höhen auf den drei Seiten a, b, c wie schon beim Sinussatz mit
ha , hb , hc , so ist die Dreiecksfläche gegeben als
1
1
1
F = a · ha = b · hb = c · hc .
2
2
2
Im Sinussatz Satz 8 hatten wir diese Höhen zu
ha = c · sin β = b · sin γ, hb = c · sin α = a · sin γ, hc = b · sin α = a · sin β
4-7
Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 18.4
berechnet, also wird etwa
1
1
F = aha = ab sin γ.
2
2
Die Dreiecksfläche F ist also gleich dem halben Produkt je zweier Seiten und dem Sinus
des von diesen eingeschlossenen Winkels. Das ist bereits eine Flächenformel, allerdings
noch keine die die Fläche ganz in Termen von a, b, c ausdrückt. Um den Sinus zu
eliminieren wollen wir den Cosinussatz verwenden und dazu müssen wir wiederum den
Sinus in einen Cosinus umwandeln. Dies gelingt über die Beziehung sin2 γ + cos2 γ = 1
indem wir unsere obige Gleichung quadrieren
1
a2 b2 (1 − cos2 γ)
F 2 = a2 b2 sin2 γ =
.
4
4
Setzen wir hier den Cosinussatz Satz 4 als
1
ab · cos γ = (a2 + b2 − c2 )
2
ein, so wird
1
1
a2 b2 (1 − cos2 γ) = a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2 = (4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2 )
4
4
und insgesamt ist damit
F2 =
4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2
.
16
Diese Gleichung ist schon fast unser Ziel, ihr einziger Nachteil ist noch das die Symmetrie in a, b, c in dieser Formel nicht klar zum Vorschein tritt. In der nächsten Sitzung
werden wir diese Formel daher noch etwas umformen im schließlich die sogenannte
Heronsche Flächenformel zu erhalten.
4-8