Übungsaufgaben Serie 3

Elementargeometrie
ÜBUNGSAUFGABEN SERIE 3
AUFGABE 1:
Beweisen Sie den folgenden Satz:
Satz 2.5:
Hat eine Bewegung 𝛽 drei nichtkollineare Fixpunkte 𝐴, 𝐵 und 𝐶, so ist die Identität.
LÖSUNG
Die Bewegung 𝛽 möge drei nichtkollineare Fixpunkte 𝐴, 𝐵 und 𝐶 haben:
𝐴′ = 𝛽(𝐴) = 𝐴, 𝐵′ = 𝛽(𝐵) = 𝐵, 𝐶 ′ = 𝛽(𝐶) = 𝐶.
Es 𝑃 ein von den Punkten 𝐴, 𝐵 und 𝐶 verschiedener Punkt der Ebene. Wir haben zu zeigen, dass auch 𝑃′ =
𝛽(𝑃) = 𝑃 gilt.
Falls 𝑃 auf einer der Geraden 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 liegt, ist 𝑃 mit Sicherheit ein Fixpunkt bei 𝛽, denn wir haben bereits
gezeigt, dass mit den voneinander verschiedenen Fixpunkten 𝑀 und 𝑁 , die gesamte Gerade 𝑀𝑁 eine
Fixpunktgerade bei der entsprechenden Bewegung ist.
Für die weiteren Untersuchungen möge 𝑃 auf keiner der Geraden 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 liegen. Bezüglich der Geraden
𝐴𝐵 liegt 𝑃 nun entweder mit 𝐶 auf derselben Seite oder 𝐶 und 𝑃 liegen auf verschiedenen Seiten dieser
Geraden:
C
C
P
A
B
A
P
B
Wir wissen bereits, dass bei jeder Bewegung Halbebenen auf Halbebenen abgebildet werden. Falls 𝑃 in 𝐴𝐵, 𝐶 +
liegt, muss auch 𝑃′ in 𝐴𝐵, 𝐶 + liegen. Falls 𝑃 in 𝐴𝐵, 𝐶 − liegt, muss auch 𝑃′ in 𝐴𝐵, 𝐶 − liegen. Wir haben bereits
gezeigt, dass jede Bewegung einen Winkel auf einen zu ihm kongruenten Winkel abbildet. Es gibt genau zwei
Winkel mit dem Schenkel 𝐴𝐵 + , die zu ∡𝐴𝐵𝑃 kongruent sind. Die zweiten Schenkel dieser beiden Winkel liegen
in verschiedenen Halbebenen bezüglich 𝐴𝐵. Für die Lage des Bildpunktes 𝑃′ ist klar, dass er in 𝐴𝐵, 𝑃+ liegen
muss. Damit ist klar: 𝑃′𝜖𝐵𝑃+ .
C
A
P
B
P'?
Die Abstandserhaltung unserer Bewegung 𝛽 liefert jetzt: 𝑃′ = 𝑃.
AUFGABE 2:
Beweisen Sie den folgenden Satz:
Satz 2.6:
Eine Bewegung ist genau dann eine Drehung verschieden von der Identität, wenn sie genau einen
Fixpunkt besitzt.
LÖSUNG:
(→)
Wenn eine Bewegung eine Drehung (verschieden von der Identität) ist, so hat sie genau einen Fixpunkt. Gilt
nach Definition der Drehung.
(←)
Es sei 𝛽 eine Bewegung mit genau einem Fixpunkt 𝑍. Wir haben zu zeigen, dass 𝛽 eine Drehung verschieden
von der Identität ist. Zunächst ist klar, dass 𝛽 nicht die Identität sein kann, denn sonst hätte 𝛽 mehr als den
einen Fixpunkt 𝑍.
Es seien nun 𝑃 und 𝑄 zwei weitere Punkte: 𝑃 ≠ 𝑄, 𝑃 ≠ 𝑍, 𝑄 ≠ 𝑍. Weil 𝛽 eine Bewegung ist gilt: |𝑍𝑃| =
|𝑍𝑃′|, |𝑍𝑄| = |𝑍𝑄′|. Es bleibt zu zeigen: |∡𝑃𝑍𝑃′| = |∡𝑄𝑍𝑄′|.
Q'
P'
Q
Z
P
Nach der Abstandserhaltung von 𝛽 gilt auch |𝑃𝑄| = |𝑃′𝑄′|. Nach SSS sind nun die beiden Dreiecke ̅̅̅̅̅̅
𝑍𝑃𝑄 und
̅̅̅̅̅̅̅
𝑍𝑃′𝑄′ kongruent zueinander. Demnach gilt auch ∡𝑃𝑍𝑄 ≅ ∡𝑃′𝑍𝑄′. Es gilt nun |∡𝑃𝑍𝑃′| = |∡𝑃𝑍𝑄| + |∡𝑄𝑍𝑃′|
und |∡𝑄𝑍𝑄′| = |∡𝑃𝑍𝑄| + |∡𝑄𝑍𝑃′| und damit |∡𝑃𝑍𝑃′| = |∡𝑄𝑍𝑄′|.1
AUFGABE 3:
Beweisen Sie den folgenden Satz:
Satz 2.7:
Eine Bewegung ist genau dann eine Geradenspiegelung, wenn sie genau eine Fixpunktgerade
besitzt.
LÖSUNG:
Die Richtung Geradenspiegelung → genau eine Fixpunktgerade gilt nach Definition „Geradenspiegelung“.
Es sei nun 𝛽 eine Bewegung mit der Fixpunktgeraden 𝑔. Wir müssen zeigen, dass 𝑔 die Mittelsenkrechte aller
Strecken ist, die durch einen Punkt außerhalb von 𝑔 und seinem Bild bei 𝛽 gebildet werden.
Diesbezüglich betrachten wir eine entsprechende Strecke ̅̅̅̅̅
𝑃𝑃′. 𝐺 sei ein beliebiger Punkt auf 𝑔. Wegen der
Abstandserhaltung von 𝛽 und der Eigenschaft von 𝑔, Fixpunktgerade zu sein gilt: |𝑃𝐺| = |𝑃′𝐺|. Die Gerade g ist
damit die Menge aller Punkte, die zu 𝑃 und zu 𝑃′ denselben Abstand haben. Demnach ist 𝑔 die
̅̅̅̅̅.
Mittelsenkrechte von 𝑃𝑃′
1
Noch einmal zum Verständnis: Die Betragsstriche meinen die Größe des Winkels. Diese kann auch negativ sein
(gerichtete Winkel).
AUFGABE 4:
Gegeben sei ein Dreieck ̅̅̅̅̅
𝐴𝐵𝐶 und sein Bild ̅̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′𝐶′ bei der Bewegung 𝛽. Ferner möge gelten: 𝐴𝐵 ∥ 𝐴′ 𝐵′ , 𝐵𝐶 ∥
𝐵′ 𝐶 ′ , 𝐴𝐶 ∥ 𝐵′𝐶′. Beweisen Sie: 𝛽 = 𝑠𝑔 °𝑠ℎ 2, mit ℎ ist die Mittelsenkrechte der Strecke ̅̅̅̅
𝐴𝐴′ und 𝑔 ist die Parallele
zu ℎ durch 𝐴′.
LÖSUNG:
C
C'
A'
A
B'
B
Da etwa die Geraden 𝐵𝐶 und 𝐵′𝐶′ parallel und die Strecken ̅̅̅̅
𝐵𝐶 und ̅̅̅̅̅̅
𝐵′ 𝐶′ kongruent zueinander sind
(Abstandserhaltung von 𝛽) ist das Viereck ̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐵𝐵′𝐶′𝐶 ein Parallelogramm. Analoge Überlegungen zu den weiteren
̅̅̅̅̅̅ und seinem Bild ̅̅̅̅̅̅̅̅
Seiten des Dreiecks 𝐴𝐵𝐶
𝐴′𝐵′𝐶′ ergeben: 𝐴𝐴′ ∥ 𝐵𝐵′ ∥ 𝐶𝐶′.
h
C
C'
C*
A'
A
B*
B'
B
Die Gerade ℎ ist die Mittelsenkrechte von ̅̅̅̅̅
𝐴𝐴′. Bei einer Spiegelung an ℎ wird also 𝐴 auf 𝐴′ abgebildet, wobei
die Gerade 𝐴𝐴′ senkrecht auf der Geraden ℎ steht. Wegen der bereits nachgewiesenen Parallelitäten 𝐴𝐴′ ∥
𝐵𝐵′ ∥ 𝐶𝐶′ steht ℎ auch senkrecht auf 𝐵𝐵′ und 𝐶𝐶′. Die Bilder 𝐵 ∗ und 𝐶 ∗ der Originalpunkte 𝐵 und 𝐶 bei der
Spiegelung an ℎ müssen jetzt auf der Geraden 𝐵𝐵′ bzw. 𝐶𝐶′ liegen. Begründung: 𝐵𝐵′ bzw. 𝐶𝐶′ sind die
eindeutig bestimmten Senkrechten von 𝐵 bzw. von 𝐶 auf ℎ.
Jetzt betrachten wir die Gerade 𝑔, welche durch 𝐴′ geht und parallel zu ℎ ist.
2
Erst die Spiegelung an ℎ, dann die Spiegelung an 𝑔.
g
h
C
C'
C*
A'
A
B*
B'
B
Wegen 𝑔 ∥ ℎ und ℎ ⊥ 𝐵𝐵′ , ℎ ⊥ 𝐶𝐶′ muss auch 𝑔 ⊥ 𝐵𝐵′ , 𝑔 ⊥ 𝐶𝐶′ gelten. Da 𝐵𝐵′ und 𝐶𝐶′ nun die eindeutig
bestimmten Senkrechten von 𝐵 ∗ bzw. 𝐶 ∗ auf 𝑔 sind, müssen die Bilder von 𝐵 ∗ bzw. 𝐶 ∗ bei der Spiegelung an
𝑔 auf diesen zu 𝑔 senkrechten Geraden liegen.
𝐴′ ist Fixpunkt bei der Spiegelung an 𝑔 und die Abstandserhaltung aller betrachteten Abbildungen liefert den
Rest des Beweises.
AUFGABE 5:
Beweisen Sie:
Zwei Geraden 𝑔 und ℎ stehen genau dann senkrecht aufeinander, wenn 𝑠𝑔 °𝑠ℎ = 𝑠ℎ °𝑠𝑔 und 𝑔 ≠ ℎ.
Hinweis insbesondere für die „Rückrichtung“: Wir können den Satz auch wie folgt formulieren:
Zwei Geraden 𝑔 und ℎ stehen dann und nur dann senkrecht aufeinander, wenn 𝑠𝑔 °𝑠ℎ = 𝑠ℎ °𝑠𝑔 und 𝑔 ≠ ℎ.
Wir zeigen zunächst, dass die Nacheinanderausführung zweier Geradenspiegelungen mit zueinander
senkrechten Spiegelachsen kommutativ ist.
Gegeben seien also die beiden Geradenspiegelungen 𝑠𝑔 und 𝑠ℎ mit 𝑔 ⊥ ℎ . Mit 𝑍 sei der gemeinsame
Schnittpunkt der beiden Geraden 𝑔 und ℎ bezeichnet. Zunächst lässt sich konstatieren, dass Z sowohl bei 𝑠𝑔 ∘
𝑠ℎ als auch bei 𝑠ℎ ∘ 𝑠𝑔 auf sich selbst abgebildet wird. Es sei nun 𝑃 ein beliebiger von 𝑍 verschiedener Punkt.
Wenn wir 𝑠ℎ (𝑠𝑔 (𝑃)) = 𝑠𝑔 (𝑠ℎ (𝑃)) zeigen können, sind wir fertig.
Fall 1: 𝑃 liegt auf 𝑔
h
P'
P
g
Z
𝑠ℎ (𝑠𝑔 (𝑃)) = 𝑠ℎ (𝑃), 𝑠𝑔 (𝑠ℎ (𝑃)) = 𝑠ℎ (𝑃)
Fall 2: 𝑃 liegt auf ℎ : analog zu Fall 1
Fall 3: 𝑃 liegt nicht auf ℎ und nicht auf 𝑔:
h
s g P 
s g s h P =s h s g P 
g
Z
s h P 
P
𝑍 ist Fixpunkt sowohl bei 𝑠𝑔 ∘ 𝑠ℎ als auch bei 𝑠ℎ ∘ 𝑠𝑔 . Weitere Fixpunkte können sowohl 𝑠𝑔 ∘ 𝑠ℎ als auch 𝑠ℎ ∘ 𝑠𝑔
nicht haben.
𝑃 , 𝑠𝑔 (𝑃) , 𝑠ℎ (𝑃) , 𝑠𝑔 (𝑠ℎ (𝑃)) und 𝑠ℎ (𝑠𝑔 (𝑃)) liegen damit alle auf ein und demselben Kreis um
𝑍 (Abstandserhaltung).