Elementare Geometrie - Universität Münster

Westfälische Wilhelms-Universität Münster
Mathematisches Institut
Übungen zur Vorlesung
Elementare Geometrie
Sommersemester 2010
Musterlösung zu Blatt 3
vom 26. April 2010
apl. Prof. Dr. Lutz Hille
Dr. Karin Halupczok
erstellt von M. Holl, M. Möller, F. Springer
Zu Aufgabe 1:
Man konstruiere ein gleichseitiges Dreieck und seinen Umkreis. Zwei Seiten des Dreiecks
werden in den Punkten A und S halbiert, und die Verlängerung von AS schneide den
Kreis im Punkt B. Zeigen Sie: S teilt AB im Verhältnis des goldenen Schnitts.
Lösung:
Satz (Sehnensatz). Es sei K ein Kreis und A, B, C, D seien Punkte auf dem Kreis derart,
dass sich die Sehnen AB und CD in einem Punkt S im Inneren des Kreises schneiden.
Dann gilt:
|AS| · |SB| = |CS| · |SD|
gegeben: Es sei 4abc ein gleichseitiges Dreieck und K der zugehörige Umkreis. Außerdem
sei A der Mittelpunkt der Strecke ac und S der Mittelpunkt der Strecke bc, sowie B der
−→
Schnittpunkt des Strahls AS mit K.
Zu zeigen:
|AB|
|AS|
=
√
1+ 5
.
2
Beweis: Wir definieren einen weiteren Punkt C auf dem Kreis als den Schnittpunkt des
←−
Kreises mit dem Strahl AS und setzen x := |AS| und y := |SB|.
Aus Symmetriegründen erkennen wir, dass auch y = |AC| gilt.
Mit dem Sehnensatz ergibt sich nun
x2 = |Sc| · |Sb| = |SB| · |SC| = y(x + y)
2
x
x
⇔
= +1
y
y
Nun substituieren wir k :=
x
y
und erhalten
−k 2 + k + 1 = 0
⇒k=
−1 ±
√
1+4
2
1
| : y 2 6= 0
da es sich bei k um ein Verhältnis von Strecken handelt, ist nur die positive Lösung der
Gleichung geometrisch sinnvoll. Es gilt also
√
5−1
x
k=
=
2
y
und damit
√
x+y
1+ 5
|AB|
⇒
=
=
y
2
|AS|
Geschichtlicher Hintergrund: Die erste erhaltene Beschreibung des goldenen Schnitts
wird dem Griechen Euklid (um 300 v. Chr.) zugeschrieben. Bereits damals waren ihm
diverse Möglichkeiten zur Konstruktion dieses Verhältnisses bekannt.
Die hier vorliegende Konstruktion geht jedoch auf den amerikanischen Künstler George
Odom zurück, der diese erst 1982 entdeckte. Weitere interessante Hinweise und Konstruktionsmöglichkeiten für den goldenen Schnitt findet man bei
http://de.wikipedia.org/wiki/Goldener_Schnitt.
Zu Aufgabe 2:
R
cos
ϕ
(a) Zeigen Sie: Die Vektoren des 2 der Form e(ϕ) :=
,ϕ∈
sin ϕ
der Länge 1 und jeder Vektor in 2 der Länge 1 hat diese Form.
(b) Zeigen Sie: Für ϕ, ψ ∈
R
R, sind Vektoren
R gilt he(ϕ), e(ψ)i = cos(ϕ − ψ).
(c) Leiten Sie aus (b) her: Ist θ der Winkel zwischen x = |x|e(ϕ) und y = |y|e(ψ)
hx, yi
.
(x, y ∈ 2 \ {0}), so gilt cos θ =
|x||y|
R
(d) Leiten Sie aus der Formel |x − y|2 = |x|2 + |y|2 − 2hx, yi und mit (c) den Kosinussatz
für das Dreieck her.
Lösung:
Zu (a): Es gilt
q
cos ϕ
|e(ϕ)| = |
| = cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1.
sin ϕ
x
Für die Rückrichtung: Ein Vektor
∈ 2 hat die Länge 1 genau dann, wenn der Punkt
y
(x, y) den Abstand 1 von (0, 0) hat, d. h. auf dem Einheitskreis um (0, 0) liegt.
R
2
⇒ Durch die Definition von sin und cos lassen sich die Koordinaten schreiben als x =
− cos ϕ = − cos(−ϕ), y = sin ϕ= − sin(−ϕ)
− cos(−ϕ)
⇒ Der Vektor hat die Form −
.
sin(−ϕ)
Für die anderen Quadranten lassen sich die
Formeln analog ablesen.
(x, y)
sin ϕ
ϕ
− cos ϕ
Zu (b): Es gilt
cos ψ
cos ϕ
h
,
i = cos ϕ cos ψ + sin ϕ sin ψ = cos ϕ cos(−ψ) − sin ϕ sin(−ψ)
sin ϕ
sin ψ
Add.-Th.
=
cos(ϕ − ψ).
Zu (c):
Es gilt:
|y|e(ψ)
h|x|e(ϕ), |y|e(ψ)i = |x||y|he(ϕ), e(ψ)i
= |x||y| cos(ϕ − ψ) = |x||y| cos θ
hx, yi
.
⇔ cos θ =
|x||y|
ψ
|x|e(ϕ)
θ
ϕ
Zu (d):
Die Formel |x − y|2 = |x|2 + |y|2 − 2hx, yi bleibt erhalten unter Translation, d. h. man
kann das Dreieck in den Koordinatenursprung verschieben:
c
⇒ |c|2 = |a − b|2 = |a|2 + |b|2 − 2ha, bi
b
α
(c)
= |a|2 + |b|2 − 2|a||b| cos α.
a
3
Zu Aufgabe 3:
(a) Zeigen Sie die Formel tan2
1 − cos α
α
=
.
2
1 + cos α
(b) Leiten Sie mit (a) und dem Kosinussatz den Tangensquadratsatz her: Sind a, b, c die
Seitenlängen eines Dreiecks, ist α der Winkel zwischen den Seiten der Länge b und c
und ist p := 21 (a + b + c), so gilt
tan2
α
(p − c)(p − b)
=
.
2
p(p − a)
Lösung:
Zu (a): Es ist
tan2
sin2 α2
α
=
.
2
cos2 α2
(*)
Weiter gilt sin2 x = 21 (1 − cos 2x), da
sin2 x + cos2 x = 1 ⇔ 2 cos2 x = 1 + cos2 x − sin2 x
Add.-th.
⇔
2 cos2 x = 1 + cos 2x.
Add.-th.
2 sin2 x = 1 − cos 2x.
Ebenso gilt cos2 x = 21 (1 + cos 2x), da
sin2 x + cos2 x = 1 ⇔ 2 sin2 x = 1 + sin2 x − cos2 x
Dies, für x =
α
2
⇔
in (*) eingesetzt, ergibt
1
(1 − cos α)
α
1 − cos α
tan
= 21
=
.
2
1 + cos α
(1 + cos α)
2
2
Zu (b): Es gilt
α (a) 1 − cos α
tan
=
2
1 + cos α
2
=
Cos.-Satz
=
1−
1+
(a + b − c)(a − b + c)
(a + b + c)(b + c − a)
b2 +c2 −a2
2bc − b2 − c2 + a2
2bc
=
b2 +c2 −a2
2bc + b2 + c2 − a2
2bc
1
(a + b − c) 21 (a − b + c)
= 21
=
(a + b + c) 21 (b + c − a)
2
4
(p − c)(p − b)
.
p(p − a)
Zu Aufgabe 4:
Gegeben sei ein Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c und dem Winkel α zwischen den
Seiten der Länge b und c.
r
α
=
, p := 12 (a + b + c).
2
p−a
Beweisen Sie damit und mit dem Tangensquadratsatz aus Aufgabe 3 die Formel
s
(p − a)(p − b)(p − c)
.
r=
p
(a) Zeigen Sie: Für den Inkreisradius r des Dreiecks gilt tan
(b) Zeigen Sie mit (a): Für den Flächeninhalt des Dreiecks gilt die Heronsche Formel
p
vol ∆ = p(p − a)(p − b)(p − c).
Lösung:
Zu (a): I sei der Inkreismittelpunkt, Pa , Pb , Pc die Lotfußpunkte der Lote von I auf a,
b bzw. c. In dem Dreieck 4Pc AI gilt
∠Pc AI =
α
2
also
tan
α
=
2
=
|IPc |
|APc |
r
|APc |
Es reicht also zu zeigen, dass |APc | = p − a: Es gilt
x := |APb | = |APc |
y := |BPc | = |BPa |
z := |CPa | = |CPb |
(Tangentensatz; entsprechende Seiten kongruenter Dreiecke). Es folgt also
a + b + c = (y + z) + (z + x) + (x + y) = 2(x + y + z)
und damit
1
p − a = (a + b + c) − a = (x + y + z) − (y + z) = x = |APc |.
2
Mit dem Ergebnis aus Aufgabe 3 ergibt sich also:
s
(p − c)(p − b)
α
r = (p − a) tan = (p − a)
2
p(p − a)
5
und somit
s
r=
(p − a)(p − b)(p − c)
p
Zu (b):
vol(4ABC) = vol(4ABI) + vol(4BCI) + vol(4CAI)
= 21 |AB||Pc I| + 12 |BC||Pa I| + 12 |CA||Pb I|
1
=
(x + y)r + 21 (y + z)r + 21 (z + y)r
2
1
=
r((x + y) + (y + z) + (z + x))
2
=
rp
Dieses nette Zwischenergebnis ergibt zusammen mit der Formel aus (a):
vol(4ABC) =
=
=
rp
q
(p−a)(p−b)(p−c)
p
p
p
p(p − a)(p − b)(p − c)
6
(1)