Lösungen ¨Ubung 6 - Institut für Mathematik

Institut für Mathematik
Geometrie und Lineare Algebra
J. Schönenberger-Deuel
Lösungen Übung 6
Aufgabe 1. a.) Idee: Gesucht sind p, q mit pq = 62 und p + q = 13. Dies entspricht genau
der Situation im Höhensatz.
Konstruktion:
Konstruktionsbericht:
1. Punkte A, B mit |AB| = 13
2. Gerade g||AB mit dist(g, AB) = 6.
3. D = KThales (A, B) ∩ g
4. E =⊥ (D, AB) ∩ AB
5. p = AE, q = EB
6. Rechteck mit Seiten p, q konstruieren.
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b.) Konstruktion:
Konstruktionsbericht:
1. Rechteck ABCD mit |AB| = 2|BC| = 10
2. C 0 = ZB,2 (C)
3. Gerade f ||BD mit C 0 ∈ f
4. E = f ∩ KThales (B, D)
5. Lösung BDE einzeichnen.
Aufgabe 2. a.) Variante 1: Mit dem Kathetensatz
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Konstruktionsbericht:
1. Zeichne A, B, C mit |AB| = 1, |AC| = 1, AB ⊥ AC.
2. Wähle D, E ∈ BC mit |BD| = 3 und |BE| = 2.
3. Thaleskreis k über CD, s =⊥ (E, CD)
4. F = s ∩ k
Variante 2: Mit dem Höhensatz
Konstruktionsbericht:
1. Zeichne A, B, C mit |AB| = 2, |BC| = 1, C ∈ AB.
2. Thaleskreis k1 über AC, s1 =⊥ (B, AC)
3. D = s1 ∩ k1 .
4. Wähle E, F ∈ s1 mit |ED| = 3, |EF | = 1.
5. Thaleskreis k2 über BF, s2 =⊥ (E, BF )
6. G = s2 ∩ k2 .
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b.) Mit dem Höhensatz:
Konstruktionsbericht:
1. Punkte A, B wählen mit |AB| = 11.
2. C ∈ AB mit |AC| = 12 und |BC| = 1.
3. D = KThales (A, C)∩ ⊥ (B, AC).
√
4. |BD| = 11.
Mit dem Kathetensatz:
Konstruktionsbericht:
1. Punkte A, C wählen mit |AC| = 11.
2. B ∈ AC mit |AB| = 10 und |BC| = 1.
3. D = KThales (A, C)∩ ⊥ (B, AC).
√
4. |CD| = 11.
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Mit dem Sekanten-Tangenten-Satz:
Konstruktionsbericht:
1. Punkte A, B mit |AB| = 11.
2. Punkt C ∈ AB mit |AC| = 1, |CB| = 10.
3. M1 = M (B, C), k1 = K(M1 , |M1 B|).
4. D = KThales (A, M1 ) ∩ k1 .
√
5. |DA| = 11.
c.) Konstruktion:
Konstruktionsbericht:
1. 4ABC mit ∠CAB = 90◦ , |AB| = 2 und |AC| = 1.
2. D auf BC mit |CD| = 1 und C zwischen B und D.
3. E = Schnittpunkt von Thaleskreis auf BD und Senkrechte auf BD durch C.
√
Begründung:
Wegen
des
Satzes
des
Pythagoras
ist
|BC|
=
5. Wegen des Kathetensatzes ist
p√
|DE| =
5 + 1.
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Aufgabe 3. a.) Variante 1: Direkte Rechnung
Wir haben
a+h
tan(α) + tan(β)
tan(α) + a/x
= tan(α + β) =
=
x
1 − tan(α) tan(β)
1 − tan(α)a/x
(1)
wobei die erste und die dritte Gleichheit die Definition des Tangens ist. In der zweiten wurde
das Additionstheorem das Tangens verwendet. Wir lösen nun Gleichung (1) nach tan(α) auf
a+h
tan(α) + a/x
=
x
1 − tan(α)a/x
⇐⇒
a+h
x tan(α) + a
=
x
x − tan(α)a
⇐⇒
(a + h)(x − tan(α)a) = x(x tan(α) + a)
⇐⇒
xh = tan(α) x2 + a(a + h)
⇐⇒
tan(α) =
x2
xh
+ a(a + h)
(2)
tan(α) ist monoton wachsend im Interval [0, π2 ], daher ist α genau dann maximal wenn tan(α)
xh
maximal ist. Wir müssen also die Funktion f (x) = x2 +a(a+h)
maximieren.
d
0=
dx
xh
2
x + a(a + h)
=
h(x2 + a(a + h)) − xh(2x)
2
x2 + a(a + h)
⇐⇒
0 = −x2 + a(a + h)
⇐⇒
p
x = a(a + h)
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(3)
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Variante 2: Geometrisch
Wir wählen das Koordinatensystem so dass die x−Achse auf Höhe der Augen ist. Es sei D ein
beliebiger Punkt auf der x−Achse. Wir zeichen den Fasskreis durch B, C, D mit Mittelpunkt
M ein. Aus dem Kreiswinkelsatz wissen wir ^(BM C) = 2α. Der Winkel α ist also ganau
dann maximal wenn der Winkel ^(BM C) maximal ist. Ausserdem wissen wir, dass der Winkel
^(BM C) grösser wird, wenn der Radius des Kreises kleiner wird. Wir müssen also einen Kreis
mit minimalem Radius finden, welcher durch B, C geht und mindestens einen Punkt mit der
x−Achse gemeinsam hat. Da jedoch der Kreis durch B und C geht, liegt der Mittelpunkt M
auf der Geraden parallel zur x−Achse mit y−Wert a + h2 . Jedes mögliche M hat also Abstand
a + h2 von der x−Achse. Da der Kreis jedoch einen Punkt mit der x−Achse gemeinsam haben
muss, muss der Radius mindestens a + h2 betragen. Der kleinst mögliche Radius ist also a + h2
und der Kreis mit diesem Radius berührt die x−Achse.
Zur Berechnung wenden wir nun den Satz von Pythagoras auf das Dreieck M BMh an:
2
p
h 2
h
2
a+
=x +
⇐⇒ x = a2 + ah
2
2
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b.) Konstruktion: Variante 1:
Konstruktionsbericht:
1. Punkte A(0, 0), B(0, 3), C(0, 7.4) zeichnen.
2. Punkt D = SA (B) konstruieren.
3. P = Schnittpunkt des Thaleskreises auf CD und der x-Achse.
Begründung: Wegen des Höhensatzes ist |AP |2 = |AD| · |AC| = a(a + h), also |AP | =
p
a(a + h).
Variante 2:
Konstruktionsbericht:
1. Gegebenes zeichnen (Punkte A, B, C).
2. Mh = M (B, C)
3. k = K(B, |AMh |)
4. M = k∩ ⊥ (Mh , AC)
5. P = K(M, |AMh |) ∩ (x − Achse)
6. Lösung einzeichnen
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Aufgabe 4. Sei k der gegebene Kreis mit Mittelpunkt O und Radius 4. Wir konstruieren
zuerst die Polaren zu A, B und C.
Für pC konstruieren wir den Thaleskreis kC auf OC. Seien C1 und C2 die zwei Schnittpunkte
von k und kC . Die Polare pC zu C ist nun die Gerade durch k und kC . Die Konstruktion
von pB ist ähnlich.
Für A konstruieren wir die Senkrechte sA auf OA durch A. Seien A1 und A2 die zwei Schnittpunkte von k und lA . Die Tangenten an K durch A1 und A2 schneiden sich in einem Punkt A0 .
Die Polare pA zu A ist nun die Senkrechte auf OA durch A0 .
Seien P = pA ∩ pB , Q = pB ∩ pC und R = pC ∩ pA . Wir konstruieren die Polaren pP , pQ und
pR wie vorher. Die Figur scheint zu zeigen, dass A = pR ∩ pP , B = pP ∩ pQ und C = pQ ∩ pR .
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Beweisen wir diese Beobachtung. Der Punkt P liegt nach Konstruktion auf den Polaren zu A
und B. Wegen Satz 3.5.2 (i) geht die Polare pP durch A und B. Ebenso geht die Polare pQ
durch B und C und die Polare pR durch A und C. Hieraus folgt, dass pP , pQ und pR sich
tatsächlich in A, B und C schneiden, womit die Behauptung bewiesen ist.
Aufgabe 5. Sei ABCD das gegebene Quadrat, k sein Inkreis und O der Mittelpunkt. Seien
E, F , G, H die Mittelpunkte der Seiten von ABCD. Gefragt ist das Bild von ABCD unter
Inversion an k. Hierzu konstruieren wir die Bilder der Strecken AB, BC, CD und DA unter
dieser Inversion.
Betrachten wir die Gerade AB. Diese geht nicht durch O. Wegen Satz 3.6.2.4 ist das Bild
von AB unter der Inversion ein Kreis kAB durch O (mit O weggelassen). Weil AB ausserhalb
von k liegt, liegt kAB innerhalb von k. Der Mittelpunkt G von AB liegt on k. Wegen Satz
3.6.2.2 hält die Inversion den Punkt G fest. Die Bilder A0 und B 0 von A, B unter der Inversion
sind einfach konstruierbar: AB und AD sind die zwei Tangenten an k durch A, so dass (nach
Definition der Inversion) A0 = F G ∩ OA und B 0 = GH ∩ OB gelten.
Das Bild von AB ist nun der (eindeutig festgelegte) Kreisbogen durch die Punkte A0 , B 0
und G. Weil nämlich GA0 = GF senkrecht auf GB 0 = GH und GF senkrecht auf GH stehen,
ist das Dreieck A0 GB 0 rechtwinklig bei G. Hieraus folgt, dass der gesuchte Kreis kAB den
Durchmesser A0 B 0 hat.
Wir machen das Gleiche für die anderen Seiten und erhalten so vier Kreisbogen, die die
Punkte A0 , B 0 , C 0 und D0 verbinden.
Aufgabe 6. Seien ABC und k wie in untenstehender Figur, und sei O der Mittelpunkt von k.
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Wir konstruieren zuerst die Bilder A0 , B 0 , C 0 der Ecken A, B, C unter der Inversion an k. Für
A0 und B 0 konstruieren wir dazu die Polare zu A bezüglich k (siehe Aufgabe 3) und schneiden
diese mit OA. Es gilt C 0 = C, weil C auf k liegt (siehe Satz 3.6.2.2).
Die Gerade AB geht nicht durch O. Wegen Satz 3.6.2.4 wird AB durch die Inversion auf
einen Kreis kC durch O (ohne O) abgebildet. Des Weiteren liegen A0 , B 0 auf kC , weil A
und B auf AB liegen. Ein Kreis wird aber durch drei Punkte festgelegt. Wir konstruieren die
Mittelsenkrechten zu OA0 und OB 0 ; ihr Schnittpunkt ist der Mittelpunkt von kC .
Das Bild der Strecke AB ist nun ein Kreisbogen von kC mit Endpunkten A0 und B 0 . Weil O
das Bild des “unendlich fernen Punktes” unter der Inversion ist, handelt es sich um denjenigen
Kreisbogen, der nicht durch O geht.
Wir machen das Gleiche für die anderen zwei Seiten. Das Bild von ABC ist ein “Dreieck”,
dessen Seiten Kreisbogen sind. Schliesslich bemerken wir, dass ABC und sein Bild sich in
zwei Punkten auf k schneiden; der Grund dafür ist, dass die Inversion den Kreis festhält.
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