11430 - Mathe-CD

Geometrie
e-c
d.d
e
Winkelhalbierende im Dreieck
Grundlagen aus Klasse 6 und 7
ww
.m
ath
sowie eine Eigenschaft, die man mit dem Strahlensatz beweisen kann
rw
Datei Nr. 11430
Friedrich W. Buckel
De
mo
füp
Stand 2. August 2011
INTERNETBIBLIOTHEK FÜR SCHULMATHEMATIK
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
2
Vorwort
Im Text 11121 „Zauberlinien“ werden unter anderem die Winkelhalbierenden eines Dreiecks
besprochen. Dieser Text enthält alle dort aufgelisteten Seiten zum Thema Winkelhalbierende.
Außerdem – und das war der Anlass für diese Aktion – ein Satz darüber, dass die Winkelhalbierende
e
die Gegenseite in einem ganz bestimmten Verhältnis teilt.
e-c
d.d
Dies ist – so wie man heute Schulmathematik betreibt – keine große Sache. Ich habe diesen Satz
auch nur noch in einem ganz alten Schulbuch (1965) gefunden. Jedoch benötigt man zu seinem
Beweis den 1. Strahlensatz, und daher ist er auch eine ganz interessante Anwendung für den
Strahlensatz. Dieser beweis steht ganz am Ende des Textes.
Viel Spaß!
.m
ath
Hinweis: Über die Winkelhalbierende geht es auch im Text 20020!
Inhalt
Winkelhalbierende
2
Eine Abstandseigenschaft der Winkelhalbierenden
4
3
Winkelhalbierende im Dreieck
5
ww
1
Konstruktion eines Inkreises
6
Dreieckskonstruktionen unter Verwendung einer Winkelhalbierenden
7
Konstruktion 1
Konstruktion 2
Konstruktion 3
Übungsaufgabe 1
Übungsaufgabe 2
Übungsaufgabe 3
Übungsaufgabe 4
Lösung zu Aufgabe 1
Lösung zu Aufgabe 2
Lösung zu Aufgabe 3
Lösung zu Aufgabe 4
Konstruktion 4 (schwer)
Konstruktion 5 (sehr schwer)
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
Die Winkelhalbierende teilt die Gegenseite
20
mo
füp
rw
4.
De
5
3
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
1.
3
Winkelhalbierende
Die Winkelhalbierende im Dreieck
ist eine Gerade, die einen Dreieckswinkel halbiert.
Winkelhalbierende
als Gerade
Rechts erkennen wir die übliche Konstruktion:
S1
Schüler fragen oft, welchen Radius man nehmen soll.
Die beste Antwort darauf ist: Wichtig ist nur, dass der
zweite Kreis um S2 denselben Radius wie der erste (um S1) hat.
Der Radius des ersten Kreises ist egal.
e
A
S2
Winkelhalbierende
als Halbgerade
.m
ath
Übrigens braucht man gar nicht die ganze Gerade,
die ja nach links unten über A hinaus weiterläuft.
Es genügt, wenn die Linie bei A beginnt und
man sie nur nach rechts oben gehen lässt.
Das nennt man dann eine Halberade.
MERKE:
S3
e-c
d.d
Man zeichnet um den Scheitel A einen Kreisbogen
der die beiden Schenkel in S1 und S2 schneidet.
Um S1 und S2 zeichnet man nun zwei Kreisbögen
mit demselben Radius (!). Sie schneiden sich in S3.
Die Gerade (AS3) ist die Winkelhalbierende.
Eine Gerade hat keinen Anfangspunkt und keinen
Endpunkt, obwohl man natürlich irgendwo mit dem
Zeichnen absetzt, so dass man meinen könnte,
dass doch Anfangs- und Endpunkt vorhanden sind.
S1
S3
ww
A
S2
rw
Eine Strecke hat einen Anfangs- und einen Endpunkt.
Eine Halbgerade hat dagegen einen Anfangspunkt und keinen Endpunkt.
Dasselbe gilt für einen Strahl. Aber dieser hat zusätzlich eine Richtung!
füp
Winkelhalbierende gibt es auch in Dreiecken, und zwar gleich drei davon,
weil ein Dreieck ja drei Winkel besitzt.
C
mo
Lässt man die Winkelhalbierende an der
gegenüberliegenden Seite enden, dann
ist sie eine Strecke!
De
Dann kann man auch eine Länge angeben, etwa:
Es sei w α = 4,3 cm .
Bei der Betrachtung dieses Dreiecks und seiner
drei Winkelhalbierenden fällt eine
Besonderheit auf.
wα
wβ
W
In diesem Dreieck gehen alle drei
Winkelhalbierenden durch einen
Punkt W.
Wir werden noch klären, ob dies
Zufall ist oder immer so
sein wird.
Friedrich Buckel
wγ
A
B
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
Eine Abstandeigenschaft der Winkelhalbierenden
Wenn man von einem beliebigen Punkt P auf
der Winkelhalbierenden das Lot auf die beiden
Schenkel des Winkels fällt, dann erhält man zwei
Punkte Q1 und Q2 (das sind die Lotfußpunkte).
Die Strecken PQ1 und PQ2 sind gleich lang!
Q2
P
Daher hat der Punkt P von den beiden Schenkeln
des Winkels den gleichen Abstand.
Dies gilt für jeden Punkt P der Winkelhalbierenden.
Jeder Punkt P dieser Winkelhalbierenden hat von
den beiden Schenkeln den gleichen Abstand.
S3
e
S1
A
e-c
d.d
2.
4
S2 Q
1
.m
ath
Warum das so ist, versteht man, wenn man erkennt, dass die beiden Dreiecke APQ1 und APQ2
kongruent sind. Sie stimmen nämlich in der Seite AP, dem Winkel bei A und dem rechtem Winkel
überein. Das ist der 3. Kongruenzsatz (WSW). Und daher sind auch alle Seiten gleich lang, also auch
PQ1 und PQ2.
Merke also:
Alle Punkte der Winkelhalbierenden haben die Eigenschaft, dass sie
von den beiden Schenkeln des Winkels denselben Abstand haben!
ww
Der Satz gilt auch umgekehrt:
De
mo
füp
rw
Die Punkte, die von zwei sich schneidenden Geraden den gleichen
Abstand haben, liegen alle auf den Winkelhalbierenden.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
5
3. Winkelhalbierende im Dreieck
Die drei Winkelhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt
Dies kann man schon in Klasse 7 beweisen:
C
und w β zu β .
Den Schnittpunkt dieser beiden Linien nenne ich W.
Jetzt kommen zwei Überlegungen:
W liegt auf w α und hat daher von AB und
von AC denselben Abstand:
WF = WE
2.
E
W liegt aber auch auf w β und daher hat
W von AB und von BC den gleichen
A
Abstand: WF = WD
wα
D
W
wγ
B
F
Wenn W von AB und AC den gleichen Abstand hat, und ebenso von AB und BC, dann hat er
auch von AC und BC den gleichen Abstand.
ww
3.
wβ
.m
ath
1.
e-c
d.d
Wir beginnen mit der Zeichnung des Dreiecks ABC
und konstruieren dazu die Winkelhalbierenden w α zu α
e
Beweis:
Es gilt also auch WE = WD , also muss W auch auf w γ liegen.
rw
Dann wird auch klar:
füp
Weil W von allen drei Seiten den gleichen Abstand hat,
ist er der Mittelpunkt des Inkreises.
Der Inkreis berührt das Dreieck von innen.
Die Berührpunkte sind nicht gut zu erkennen, weshalb man sie konstruieren muss:
mo
Weil der Radius immer senkrecht auf der berührenden Tangente steht,
muss man das Lot von W auf die Dreiecksseiten fällen.
De
So erhält man die Berührpunkte. Einer von ihnen wurde konstruiert (F) und reicht
auch aus, um den Radius WF des Inkreises zu finden.
Auf der letzten Seite habe ich unten eine Eigenschaft festgehalten. Diese wollen wir auf den Inkreis
übertragen:
Wenn man zwei der Berührpunkte kennt, etwa D und E, dann kann man zu ihnen die Mittelsenkrechte
konstruieren und erhält dann die Winkelhalbierende.
Kennt man alle drei Berührpunkte, kann man so zwei Winkelhalbierende konstruieren und damit den
Mittelpunkt des Inkreises finden.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
6
Konstruktion eines Inkreises
Gegeben ist das Dreieck ABC durch b = 4,5 cm, β =47 und a = 5, 2 cm .
Konstruiere das Dreieck und seinen Inkreis.
O
e
Lösung
e-c
d.d
Konstruktionstext:
1.
Zeichne BC = a.
2.
Lege an a in B β an.
3.
Der Kreis um C mit Radius b schneidet den freien Schenkel g von β nur einmal in A.
(Es liegt SSW k vor.)
4.
Konstruiere jeweils mit 3 Kreisbögen die Winkelhalbierenden
.m
ath
w β und w α .
Ihr Schnittpunkt sei W.
5.
Das Lot von W auf AB schneidet AB in F.
6.
Zeichne den Inkreis um W durch F (r = WF).
ww
C
rw
W
wα
A
wβ
B
F
De
mo
füp
g
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
7
4. Dreieckskonstruktionen unter Verwendung
einer Winkelhalbierenden
Bei den folgenden Konstruktionen wird stets eine Winkelhalbierende als Strecke innerhalb des
Dreiecks gegeben.
und w α = 5, 4 cm .
O
Konstruiere das passende Dreieck ABC.
Plan:
C
e-c
d.d
Gegeben sind c = 8, 2 cm , α =52
e
Konstruktion 1:
Wir konstruieren zuerst das Teildreieck ABD
aus c, 21 α und w α .
wα
A
Konstruktion:
α
Zeichne AB = c.
2.
Lege an AB in A die Winkel
3.
Trage auf dem freien Schenkel von
4.
Die Halbgerade g = (BD) schneidet den freien Schenkel von α in C.
1
2
B
.m
ath
1.
c
D
α und α ab.
α die Strecke w α ab bis D.
ww
g
1
2
füp
rw
C
α
1
2
α
wα
c
B
De
mo
A
D
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
8
Konstruktion 2:
Gegeben sei=
β 44 =
, γ 62
O
O
und w γ = 5,8 cm .
Konstruiere das Dreieck ABC.
Schwer !
Jetzt sind zwei Winkel und eine Winkelhalbierende gegeben!
Achtung:
Wir halten uns an die Vereinbarung, dass wir nur mit den
gegebenen Winkeln arbeiten und nicht den dritten Winkel,
hier α , aus β und γ berechnen. Denn damit wird die Aufgabe
einfacher. Die Spielregel heißt: Verwende nur gegebene Stücke!
e-c
d.d
e
Hinweis:
C
Lösung
γ
Plan: Wir müssen wieder zuerst ein
Teildreieck finden. Dieses wird
CDB sein, das wir trickreich mit
einer Parallelen konstruieren!
.m
ath
wγ
Konstruktion:
A
C
D
B
ww
γ
β
g
f
füp
A
p
rw
wγ
β
B'
B
D
mo
Konstruktionsbeschreibung:
Zeichne eine Halbgerade g von C aus nach rechts unten.
2.
Lege an g in C den Winkel
3.
4.
De
1.
Halbiere
γ an. Sein freier Schenkel heiße f.
γ . (Stattdessen könnte man auch
1
2
γ anlegen!)
Die Winkelhalbierende verlängern wir von c aus bis auf 5,8 cm bis D.
5.
Lege in einem beliebigen Punkt B’ von g den Winkel β an.
6.
Zeichne zu dessen freien Schenkel eine Parallele p durch D.
7.
p schneidet g in B und den freien Schenkel f in A.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
9
Konstruktion 3:
Gegeben sei
α =63 , c = 7,4 cm und w β = 6,8 cm .
O
sehr
schwer !
Konstruiere das Dreieck ABC.
C
Plan: Wir müssen wieder zuerst ein
Teildreieck finden.
Dieses wird ABD sein.
e
Lösung
wβ
Konstruktion:
α
A
Zeichne AB = c
2.
Lege an AB in A den Winkel α an.
Sein freier Schenkel heiße f.
3.
Der Kreis k um B mit Radius w β
schneidet f zweimal, in D1 und D2.
D1 und D2 liegen also auf der
Seite AC.
β =DBA
verdoppeln:)
rw
füp
5.
Der Kreis k1 um D1 durch Q
schneidet k in Q1.
Die Halbgerade BQ1 ist
dann der freie Schenkel von
β1 . Er schneidet f in C1.
Der Kreis k2 um D2 durch Q
schneidet k in Q2.
Die Halbgerade BQ2 ist
dann der freie Schenkel von
β2 . Er schneidet f in C2.
Q1
Q2
k
D1
C2
k1
D2
k2
B
A
Q
Man erhält zwei nicht kongruente Dreiecke ABC1 und ABC2.
De
Ergebnis:
mo
4.
C1
f
ww
1
2
.m
ath
1.
B
c
Konstruktionsbeschreibung:
(Nun muss man den Winkel
e-c
d.d
D
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
10
Übungsaufgabe 1
ww
W
.m
ath
e-c
d.d
e
Gegeben sind die Punkte A und B eines Dreiecks ABC sowie der Inkreismittelpunkt M.
Konstruiere den 3. Eckpunkt C.
B
De
mo
füp
rw
A
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
11
Aufgabe 2
Zeichne die Punkte A (1| 4 ) , B (12 | 1) , C (10 | 13 ) ein und konstruiere zum Dreieck ABC den
De
mo
füp
rw
ww
.m
ath
e-c
d.d
e
Umkreis und den Inkreis!
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
12
Aufgabe 3
De
mo
füp
rw
ww
.m
ath
e-c
d.d
e
Konstruiere zum Dreieck ABC mit A (1| 10 ) , B ( 7 | 14 ) , C (14 | 8 ) den Umkreis und den Inkreis!
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
Aufgabe 4
13
(Sehr schwer aber ganz toll!)
Der Inkreis eines Dreiecks berührt die Dreiecksseiten in D, E und F.
Konstruiere die Eckpunkte A, B und C des Dreiecks.
Gegeben sind hier: D ( 8,5 | 6,5 ) , E ( 2,5 | 3,5 ) , F ( 6,5 | 0,5 )
D
rw
ww
.m
ath
e-c
d.d
e
Drucke diese Seite aus und verwende das Koordinatensystem zur Konstruktion!
F
De
mo
füp
E
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
14
e-c
d.d
e
Lösung 1
C
.m
ath
F
E
Q2
W
k
Q1
wα
ww
P1
P2
A
wβ
D
B
füp
rw
L
Konstruktionsbeschreibung:
Man zeichnet zuerst die Strecke AB ein und dann die beiden Winkelhalbierenden
w α = ( AW ) und w β = ( BW ) .
2.
Dann fällt man das Lot L von W auf AB mittels dreier Kreisbögen. Es schneidet AB in D.
3.
Jetzt spiegelt man D an w α = ( AW ) durch 3 Kreisbögen mit gleichem Radius.
mo
1.
De
Dazu zeichnet man zuerst den Kreis k um D. Er schneidet w α in P1 und P2.
Um diese Punkte zeichnet man nochmals zwei Kreise mit demselben Radius wie k.
Sie schneiden sich in E.
4.
Dann spiegelt man D an w β = ( BW ) . Dazu kann man denselben Kreis k um D
verwenden. Er schneidet w β in Q1 und Q2. Um diese Punkte zeichnet man nochmals
zwei Kreise mit demselben Radius wie k. Sie schneiden sich in F.
5.
Friedrich Buckel
Die Halbgeraden (AE) und (BF) schneiden sich in C.
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
15
Lösung 2
Konstruiere zum Dreieck ABC mit A (1| 4 ) , B (12 | 1) , C (10 | 13 ) den Umkreis und den Inkreis.
e
C
e-c
d.d
U
.m
ath
I
M
ww
W
rw
A
B
mo
füp
F
De
Der Umkreismittelpunkt M ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten,
der Inkreismittelpunkt ist der Schnittpunkt W der Winkelhalbierenden.
Um den Inkreis zeichnen zu können, muss man von W aus das Lot auf eine Dreiecksseite
fällen. Hier ergab dies den Funkt F. WF ist dann der Inkreisradius.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
16
Lösung 3
Konstruiere zum Dreieck ABC mit A (1| 10 ) , B ( 7 | 14 ) , C (14 | 8 ) den Umkreis und den Inkreis!
e-c
d.d
e
B
F
W
.m
ath
A
C
De
mo
füp
rw
ww
M
Man beobachtet, dass bei einem stumpfwinkligen Dreieck ( β > 90 ) der Umkreismittelpunkt außerhalb
des Dreiecks liegt.
Friedrich Buckel
O
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
17
Lösung 4
.m
ath
e-c
d.d
e
C
D
ww
W
E
füp
A
wβ
rw
wα
B
F
Wir müssen hier diese Grundlagen wissen:
Die Punkte einer Winkelhalbierenden haben von den zugehörigen Dreieckseiten denselben
Abstand. Also finden wir die Winkelhalbierenden als Mittelsenkrechten über den Verbindungslinien der Inkreis-Berührpunkte.
De
1.
mo
Konstruktionsbeschreibung:
Daher konstruiert man zuerst die Mittelsenkrechte w α zu den Berührpunkten E und F.
Dann die Mittelsenkrechte w β zu den Berührpunkten D und F.
Die 3. Mittelsenkrechte w γ zu D und E benötigt man nicht, denn schon die beiden Winkelhalbierenden w α und w β genügen, um als Schnittpunkt den Inkreismittelpunkt W zu finden.
2.
Die Dreieckseiten stehen auf den Berührradien WD, WE und WF senkrecht.
Also zeichnet man diese drei Senkrechten ein. Sie schneiden sich in A, B und C.
Ergebnis:
Friedrich Buckel
A ( 3 | 0 ) , B (13,5 | 1,5 ) , C (1 | 14 ) .
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
18
Abschließend noch zwei sehr schwere Konstruktionen
Konstruktion 4:
O
=
=
cm , w γ 4,8 =
cm und γ 60 .
Konstruiere ein Dreieck
aus hc 4,5
C
e
Lösung
e-c
d.d
γ
Planfigur:
Konstruktion:
hc
wγ
1
2
γ
.m
ath
1
2
B
A
C
γ
hc
wγ
A2
A1
P
B2 Q1
ww
Q2
g
B1
Zeichne eine Gerade g (auf ihr sollen später A und B liegen).
2.
In einem beliebigen Punkt P von G zeichne die zu g senkrechte Strecke hc bis C.
3.
Der Kreis um C mit Radius w γ schneidet g in Q1 und Q2 .
rw
1.
füp
(CQ1 ist die Winkelhalbierende w γ von einem der beiden Lösungsdreiecke.)
Lege an CQ1 in C nach beiden Seiten
1
2
γ an. Die freien Schenkel schneiden g in A1 und B1.
5.
Lege an CQ2 in C nach beiden Seiten
1
2
γ an. Die freien Schenkel schneiden g in A2 und B2.
mo
4.
De
Es gibt 2 Lösungen A1B1C und A2B2C. Diese Dreiecke sind kongruent.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
Konstruktion 5:
19
(besonders schwer)
Konstruiere ein Dreieck
aus ha 3,5
=
=
cm , w α 4,0=
cm und c 4,8 cm .
C
Lösung
ha
e
Planfigur:
wα
e-c
d.d
Konstruktion:
c
B
.m
ath
A
w α,2
B2
Q2
ww
r = wα R
2
Z2
ha
rw
kc
Z1
P
C1
1
2
k2
1
2
Q1
α
w α,1
R1
α
füp
A
k1
B1
r =c
Zeichne eine Gerade g (auf der sollen später B und C liegen).
2.
In einem beliebigen Punkt P von g zeichne die Höhe ha bis A.
3.
Der Kreis kc um A mit Radius c schneidet g in B1 (und B2 , den wir jedoch ignorieren,
er bringt auf Grund seiner Lage keine weitere Lösung).
4.
Der Kreis um A mit Radius w α schneidet g in R1 und R2.
5.
Jetzt muss man erkennen, dass der Winkel B1AR1 der Winkel
De
mo
1.
g
1
2
α ist. Dieser wird
verdoppelt. Dies geschieht mit dem Kreis um Q1 durch B1. Er schneidet kc in Z1.
Die Gerade (AZ1) schneidet g in C. Wir haben die erste Lösung AB1C gefunden!
Nun kann man vermuten, dass die Halbgerade (AR2), die ja auch eine Winkelhalbierende von α ist,
ZU EINER ZWEITEN Lösung führt. Verdoppelt man aber den Winkel B1AR2 (Kreis k2 um Q2), dann
führt dies zum Punkt Z2. Der zweite Schenkel dieses neuen Winkels α geht jedoch nach außen und
schneidet g nicht mehr. Also führt dieser Weg zu keiner neuen Lösung.
Kommentar: Für Schüler eigentlich zu schwer, (einer Schulbuchaufgabe nachempfunden …. !)
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de
11430
Winkelhalbierende im Dreieck
20
5. Die Winkelhalbierende teilt die Gegenseite
SATZ:
In einem Dreieck teil die Winkelhalbierende die Gegenseite
ihres Winkels im gleichen Verhältnis, wie die anliegenden Seiten.
C
Genauer:
a1 c
=
a2 b
b
E
e-c
d.d
Die Winkelhalbierende w des Winkels α Im Dreieck ABC
teilt die Strecke a im Verhältnis c : b.
e
a2
In der Abbildung heißt dies:
a1
w
A
α1
c
α1
B
c
.m
ath
Beweis:
Man verlängert die Seite AC über A hinaus und zeichnet
zur Winkelhalbierenden w eine Parallele durch B.
α1
D
Diese schneidet die Gerade (AC) in einem Punkt D:
ww
Das neu entstandene Dreieck ABD ist gleichschenklig, denn weil DB parallel zu AE ist, tritt α1 außer
bei A noch bei B als Wechselwinkel und bei D als Stufenwinkel in Erscheinung.
Also hat das Dreieck ABD an der Seite DB zwei gleich große Winkel.
CE CA
=
EB AD
rw
Andererseits ist die ganze Figur eine „Strahlensatzfigur“, weil zwei sich in C schneidende Geraden
von zwei Parallelen geschnitten werden. Nach dem 1. Strahlensatz gilt daher:
oder mit anderen Bezeichnungen:
a2 b
= .
a1 c
mo
füp
Nimmt man den Kehrwert, hat man die Behauptung.
De
Hinweis: Im Text 20020 gibt es zu diesem Satz zwei Vektorbeweise.
Friedrich Buckel
www.mathe-cd.de