Baryzentrische Koordinaten

Baryzentrische Koordinaten
Axel Schüler, Mathematisches Institut, Univ. Leipzig
mailto:[email protected]
Juli 2001
Der baryzentrische Kalkül ist einzuordnen in die affine analytische Geometrie. Den Kern dieses
Kalküls bildet das Teilverhältnis λ eines Punktes P auf einer Geraden AB. Der Kalkül ist besonders
gut geeignet, Strecken- und Flächenverhältnisse zu berechnen. Für konkrete Längenberechnungen ist
er nicht geeignet. Im reellen baryzentrischen Kalkül lassen sich Kreise, Winkel und Orthogonalität
schlecht beschreiben. Benötigt man dies, so sollte man den komplexen baryzentrischen Kalkül wählen.
Ein Beispiel für die sinnvolle Nutzung des komplexen Kalküls findet ihr in den Aufgaben 18 und 19.
−
−→
Beachtet man, dass ein Vektor AB die Differenz aus seinem Endpunkt B (Ortsvektor) und seinem
Anfangspunkt A (Ortsvektor) ist
−−
→
AB = B − A,
so kann man sich alle wichtigen Formeln des baryzentrischen Kalküls aus der Vektorrechnung herleiten. Es sei P ein Punkt der Geraden AB mit
−→ −
−
→
A
λ
B
AP : AB = λ.
P
Dann gilt also P − A = λ(B − A) = λB − λA und somit
P = (1 − λ) A + λ B.
(1)
Man sagt, dass A und B die Ursprungspunkte unseres eindimensionalen reellen baryzentrischen Systems sind; A und B bilden das Koordinatensystem. Im allgemeinen haben also Gerade, Ebene und
Raum ein baryzentrisches Koordinatensystem aus 2, 3 bzw. aus 4 Punkten. Lässt man in Gleichung
(1) den Parameter λ die ganzen reellen Zahlen durchlaufen, dann durchläuft P alle Punkte der Geraden
AB. Insbesondere werden durch (1, 0), (0, 1) und (1/2, 1/2) die Punkte A, B bzw. der Mittelpunkt
−→ −
−→
−−→ −−
→
der Strecke AB beschrieben. Die Punkte C und D auf AB mit AC : AB = 2 bzw. AD : AB = −1
haben dann die Koordinaten C = (−1, 2) bzw. D = (2, −1). Merke: In jedem baryzentrischen Kalkül
ist die Summe aller Koordinaten stets gleich 1.
Durchläuft λ in (1) alle komplexen Zahlen, so durchläuft P alle Punkte der Ebene. Die Mittelsenkrechte von AB wird durch Re (λ) = 1/2 (Realteil von λ) bestimmt; der Kreis um A mit dem Radius
AB wird in (1) durch |λ| = 1 gegeben.
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1
Geradengleichungen
Die allgemeine Geradengleichung einer Geraden durch die Punkte R und S lautet (1−t)R+tS, t ∈ .
Es seien A, B und C ein ebenes Koordinatensystem. Wir untersuchen drei wichtige Spezialfälle:
Geraden durch einen Koordinatenpunkt. Für jede Gerade durch A gilt, dass das Verhältnis der B- und
C-Koordinaten eine Konstante ist.
Zum Beispiel liegt der Punkt (0, 1/2, 1/2) auf der Seitenhalbierenden durch A. Hier ist das genannte
Verhältnis gleich 1, also lautet die Geradengleichung der Seitenhalbierenden:
t t
1 − t, ,
, t∈ .
2 2
Geraden, parallel zu einer Koordinatengeraden. Bei jeder Geraden, die parallel zu BC verläuft ist die
A-Koordinate konstant. Zum Beispiel hat die Gerade BC selbst die Gleichunug a = 0; die Parallele
durch A zu BC lautet (1, t, −t) und die Parallele zu BC durch den Mittelpunkt von AB is (1/2, 1/2−
t, t).
Drei Punkte auf einer Geraden. Die drei Punkte A = (a, b, c), B = (p, q, r) und X = (x, y, z) liegen
genau dann auf einer gemeinsamen Geraden, wenn die entsprechende Determinante verschwindet:
a b c (2)
0 = p q r = aqz + brx + pcy − cqx − ary − pbz.
x y z Dies liegt daran, dass eine Determinante genau dann verschwindet, wenn eine Zeile eine Linearkombination der beiden anderen ist, also etwa
X = λA + µB.
Wegen a + b + c = p + q + r = x + y + z = 1, folgt hieraus 1 = λ + µ, also X = (1 − µ)A + µB
und X liegt auf der Geraden AB. Der Vorteil von (2) ist, dass alle 3 Punkte gleichberechtigt sind und
nur das Verhältnis der Koordinaten (a : b : c) benötigt wird.
Aufgaben mit baryzentrischen Koordinaten
Aufgabe 1 Auf den Seiten AB, BC und CA eines Dreiecks ABC sind Punkte D, E und F so
gewählt, dass sie die zugehörige Strecke im Verhältnis 1 : 2 teilen. Die Geraden AE, BF und CD
schneiden sich in den Punkten P , Q und R.
Bestimmen Sie das Verhältnis der Dreiecksflächen P QR und ABC!
C
F
R
P
A
D
E
Q
B
2
Lösung. Es seien A, B und C in dieser Reihenfolge die Basispunkte unseres Koordinatensystems.
Dann gilt
2 1
2 1
2
1
D=
, , 0 , E = 0, ,
, 0,
, F =
.
3 3
3 3
3
3
Wir bestimmen die Teilverhältnisse λ und µ für die Punkte P bzw. Q auf AE:
P = (1 − λ)A + λE = (1 − λ, 2λ/3, λ/3),
Q = (1 − µ)A + µE = (1 − µ, 2µ/3, µ/3).
Die Gerade CD ist dadurch charakterisiert, dass sich die A- und die B-Koordinaten wie 2 : 1 verhalten. Folglich gilt für P :
3
1−λ
= 2,
λ= .
2λ
7
3
Auf der Geraden BF verhalten sich die C- und die A-Koordinaten wie 2 : 1, also gilt für Q
µ
3
1−µ
= 2,
µ=
6
.
7
Es sei F4ABC = 1. Dann gilt wegen CE : EB = 2 : 1, F4AEC = 32 . Wegen AP : AE = 3 : 7
(siehe oben) gilt ferner F4AP C = 37 · F4AEC = 73 32 = 27 . Da ferner
F4P QR = 1 − F4AP C − F4BCR − F4CP A = 1 −
6
1
= ,
7
7
hat das gesuchte Dreieck gerade den Flächeninhalt 17 F4ABC .
C
F
R
Q
E
P
A
D
B
Aufgabe 2 Auf den Seiten AB, BC und CA eines Dreiecks ABC sind Punkte D, E und F so gewählt, dass sie
die zugehörigen Strecke im Verhältnis q = AD : AB =
BE : BC = CF : CA teilen. Die Geraden AE, BF und
CD schneiden sich in den Punkten P , Q und R.
Bestimmen Sie das Verhältnis der Dreiecksflächen P QR und
ABC!
Lösung.
(1 − 2q)2
.
q2 − q + 1
Aufgabe 3 Auf den Seiten AB, BC und CA eines Dreiecks ABC sind Punkte D, E und F so
gewählt, dass sie die zugehörigen Strecke im Verhältnis x = BE : EC, y = CF : F A und z =
AD : DB teilen. Die Geraden AE, BF und CD schneiden sich in den Punkten P , Q und R.
Bestimmen Sie das Verhältnis der Dreiecksflächen P QR und ABC!
Lösung.
(1 − xyz)2
.
(xy + x + 1)(yz + y + 1)(zx + z + 1)
Aufgabe 4 Gegeben sei ein reguläres Sechseck ABCDEF . Auf den Diagonalen AC und CE sind
Punkte X bzw. Y derart gesucht, dass B auf der Geraden XY liegt und dass AX : AC = CY : CE = q
gilt.
Ermitteln Sie alle Werte q, für die es solche Punkte X und Y gibt!
3
E
D
Y
C
F
X
A
B
Lösung. Es seien A, C und E die Basispunkte. Da das Sechseck regulär ist, gilt offenbar
−−
→ −−→
−−→
2(BA + BC) = BE,
2A − 2B + 2C − 2B = E − B,
2A + 2C − E = 3B,
1
B = (2, 2, −1).
3
−−→
−→
−−→
−−→
Wegen AX = q · AC und CY = q · CE gilt X − A = qC − qA bzw. X = (1 − q, q, 0) und
Y = (0, 1 − q, q). Da B auf XY liegen soll, gibt es ein λ ∈ mit B = (1 − λ)X + λY bzw.
1
(2, 2, −1) = (1 − λ)(1 − q), (1 − λ)q, 0 + 0, λ(1 − q), λq ,
3
= (1 − λ − q + λq, λ + q − 2λq, λq).
Die letzte Koordinate liefert λq = − 31 . Die erste Koordinate liefert dann
√
λ + q = 0. Folglich ist q 2 = 31 , und wegen q > 0 gilt q = 13 3.
2
3
= 1 − (λ + q) −
1
3
bzw.
Aufgabe 5 Gegeben sei eine gerade vierseitige Pyramide ABCDS mit der Spitze S und der Parallelogrammgrundfläche ABCD. Auf den Kanten SA, SB und SC sind die Punkte A 0 , B 0 , C 0 derart festgelegt, dass sie die zugehörige Kante im Verhältnis 1 : 5, 1 : 4 bzw. 1 : 3 teilen (d.h. SA 0 : A0 A = 1 : 5
usw.). Die Ebene durch A0 , B 0 und C 0 schneide die Kante SD im Punkte D 0 .
In welchem Verhältnis teilt D 0 die Kante SD?
4
S
D0
A0
C0
B0
C
D
B
A
Lösung. Es seien A, B, C und S die Basispunkte unseres Koordinatensystems. Dann gilt wegen
−−→ −−→
AD = BC, D = A − B + C = (1, −1, 1, 0). Es sei D 0 = (1 − λ)S + λD = (λ, −λ, λ, 1 − λ) der
gesuchte Punkt. Die Ebene durch
A0 = (1, 0, 0, 5)/6,
B 0 = (0, 1, 0, 4)/5,
C 0 = (0, 0, 1, 3)/4
hat die Gleichung rA0 + sB 0 + tC 0 mit r + s + t = 1. Folglich gilt für den Punkt D 0 durch Vergleich
der ersten drei Koordinaten: 6r = λ bzw. r = 6λ, 5s = −λ bzw. s = −5λ und 4t = λ bzw. t = 4λ. Mit
r + s + t = 1 folgt λ = 15 bzw. D 0 = 51 (4S + D). Der Punkt D 0 teilt SD im Verhältnis 1 : 4.
C
Aufgabe 6 Der Satz von C EVA. Es sei M ein innerer Punkt des
Dreiecks ABC und P, Q und R seien die Schnittpunkte der Geraden AM , BM bzw. CM mit den gegenüberliegenden Dreiecksseiten. Dann gilt
Q
M
A
R
P
B
BP CQ AR
·
·
=1
P C QA RB
und
AM
BM
CM
+
+
= 2.
AP
BQ
CR
Lösung. (a) Wir wählen A, B und C als Koordinatensystem. Dann sei M = (a, b, c)/(a + b + c) der
beliebig gewählte Punkt im Innern. Die Gerade M A ist dadurch gekennzeichnet, dass sich ihre B
und C-Koordinaten wie b : c verhalten, also gilt insbesondere P = (0, b, c)/(b + c) und analog ist
Q = (a, 0, c)/(a + c) und R = (a, b, 0)/(a + b). Damit berechnet man sofort
c a b
BP CQ AR
·
·
= · · = 1.
b c a
P C QA RB
(b) Es sei λ das Teilverhältnis vom M auf AP , also M = (1 − λ)A + λP . Setzt man den in (a)
ermittelten Wert für P ein, so hat man
(a, b, c)/(a + b + c) = M = (1 − λ)A + λb/(b + c)B + λc/(b + c)C.
5
Also gilt λ = (b + c)/(a + b + c). Analog bestimmt man die Teilverhältnisse von M bezüglich BQ
und CR. Als Summe hat man dann
b+c
a+c
a+c
AM
BM
CM
+
+
=
+
+
= 2.
a+b+c a+b+c a+b+c
AP
BQ
CR
In der Praxis braucht man eher die Umkehrung.
Aufgabe 7 (Umkehrung des Satzes von C EVA) Es sei ABC ein Dreieck und auf den Seiten BC, CA
und AB seien Punkte P , Q bzw. R so gegeben, dass gilt
−−→
BP
−−→
PC
−−→
CQ
· −→
QA
−→
AR
· −−→ = 1.
RB
Dann schneiden sich die Ecktransversalen AP , BP und CP in einem gemeinsamen Punkt M oder
sie sind parallel.
Der Beweis verläuft indirekt mit Hilfe des Satzes von C EVA.
Aufgabe 8 (Eine Anwendung des Satzes von C EVA) In einem Dreieck ABC mit dem Umkreismittelpunkt M und dem Umkreisradius r seien P , Q und R die Schnittpunkte der Geraden AM , BM
bzw. CM mit den Seiten BC, CA bzw. AB. Man zeige, dass dann die Ungleichung
9
AP + BQ + CR ≥ r
2
gilt!
Lösung : Nach dem Satz von C EVA gilt
r
r
r
+
+
=2
AP
BQ CR
bzw.
1
1
1
+
+
AP
BQ CR
−1
= r/2.
Nach dem Satz vom arithmetisch-harmonischen Mittel ist dann
1
1 −1 3r
1
AP + BQ + CR /3 ≥ 3 ·
+
+
= .
2
AP
BQ CR
Multipliziert man die obige Ungleichung mit 3, so hat man die Behauptung.
Aufgabe 9 Gegeben sei ein Dreieck ABC mit dem Inkreismittelpunkt I und dem Schnittpunkt der
Seitenhalbierennden S. Die drei Ankreise berühren die Seiten AB, BC bzw. AC in den Punkten P ,
Q bzw. R.
(a) Zeigen Sie, dass die drei Ecktransversalen AP , BQ und CR durch einen gemeinsamen Punkt T
verlaufen.
(b) Zeigen Sie, dass I, S und T auf einer gemeinsamen Geraden liegen.
Hinweis: Bestimmen Sie die baryzentrischen Koordinaten von T . Benutzen Sie dabei den Satz, dass
Tangentenabschnitte gleich lang sind.
6
Aufgabe 10 (Der Satz von M ENELAOS) Es sei g eine Gerade, die die Seitengeraden eines Dreiecks ABC in den Punkten P , Q bzw. R schneidet.
Dann gilt
C
Q
P
−−→
BP
−−→
PC
−−→
CQ
· −→
QA
−→
AR
· −−→ = −1.
RB
g
(3)
A
B
R
Gilt umgekehrt für drei Punkte P , Q und R auf den Seitenlinien BC, CA bzw. AB liegen die Gleichgung (3), dann liegen sie auf einer gemeinsamen Geraden g.
N
Aufgabe 11 (Übung) Gegeben sei ein Dreieck ABC und Punkte M ,
P und N auf AB, AC und BC, so dass gilt BC = CN und AM =
C
AB/3.
P
In welchem Verhältnis teilt P die Strecke AC, wenn M , N und P auf
einer Geraden liegen?
A
B
M
Lösung. P = (1/2, 0, 1/2)
C
M
Aufgabe 12 (Übung) Gegeben sei ein Dreieck ABC und
Punkte M , Z, P und F wie in der Skizze angegeben. Dabei sei AF : F B = 3, P B = BC/6 und CM = CA/6.
In welchem Verhältnis teilt Z die Strecken F C bzw. P M ?
Z
P
A
F
B
Lösung. Z auf M P , 3 : 5. Z auf CF , 5 : 7.
Aufgabe 13 (Übung) Gegeben sei ein Paralleleogramm
ABCD mit einem Punkt M , der BC von innen im Verhältnis 3 : 5 teilt. Die Gerade AM schneide die Diagonale BD
in P .
Berechnen Sie das Verhältnis der Viereecksfläche P M CD
zur Fläche des Parallelogramms ABCD.
Lösung. F = 79/176.
Es seien A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) und D = (0, 0, 1) die Bezugspunkte sunseres baryzentrischen
−−
→
−−→
Systems. Dann ist C = (−1, 1, 1) (wegen B − A = AB = DC = C − D). Ferner ist nach
Voraussetzung
3
1
5
M = B + C = (−3, 8, 3).
8
8
8
Es sei P = (0, 1 − λ, λ) und
D
C
M
P
A
B
AM :
1
(8(1 − µ) − 3µ, 8µ, 3µ) .
8
8
und µ = 11
. Nun ist
(1 − µ)A + µM =
Folglich gilt für P auf BD und auf AM , λ =
3
11
5
3
79
51
+ λFAM D =
+ FADB =
.
82
16 11
176
Wenn es nur auf die Verhältnisse der Koordinaten ankommt, schreiben wir anstelle von
1
(a, b, c) kurz (a : b : c).
a+b+c
FP M CD = FM CD + FP M D =
7
Aufgabe 14 Zeigen Sie, dass die Schnittpunkte der Seitenhalbierenden S, Höhen H, Winkelhalbierenden I, Mittelsenkrechten U die folgenden baryzentrischen Koordinaten besitzen. Dabei bilden die
Eckpunkte des Dreiecks das Koordinatensystem, die Seitenlängen seien a, b und c, und die Innenwinkel seien α, β und γ.
S = (1 : 1 : 1) ,
H = (tan α : tan β : tan γ) ,
I = (a : b : c),
M = (sin 2α : sin 2β : sin 2γ).
Lösung : (a) Bei der Seitenhalbierenden durch A ist das Verhältnis der B- und C-Koordinaten konstant
1. Bei der Seitenhalbierenden durch B ist das Verhältnis der A- und C-Koordinaten konstant 1. Also
müssen beim Schnittpunkt dieser beiden Geraden alle drei Koordinaten übereinstimmen. Somit gilt
S = (1, 1, 1)/3.
(b) Wir benutzen den Satz, dass die Winkelhalbierende im
Dreieck die Gegenseite im Verhältnis der anliegenden Seiten
−−→ −−→
teilt. Also gilt BP : P C = c : b bzw.
C
P =
P
b
c
B+
C = (0 : b : c).
b+c
b+c
b
Nach der Bemerkung in Abschnitt hat also die Winkelhalbierende von A, die Eigenschaft, dass das konstante Verhältnis
von B- und C-Koordinaten gleich b : c ist. Analog erhält
man, dass auf der Winkelhalbierenden von B, das Verhältc
A
B
nis von A- und C-Koordinate gleich a : c ist. Fazit, für I
gilt, das das Verhältnis der A-, B- und C-Koordinaten gleich
(a : b : c) ist. Folglich gilt, I = (a, b, c)/(a + b + c).
(c) Ist P der Höhenfußpunkt von A auf BC und h die Länge der Höhe AP , dann gilt
BP : P C =
tan γ
h cot β
=
.
h cot γ
tan β
Folglich gilt
P =
tan βB + tan γC
= (0 : tan β : tan γ).
tan β + tan γ
Somit hat der Höhenschnittpunkt die oben angegebene Form.
8
(d) Der Schnittpunkt P von CM mit AB
teile AB im Verhältnis x : y, das wir
bestimmen werden. Dazu ist nach dem
Thalesssatz α0 = ∠QAB = 90◦ −α und
β 0 = ∠QBA = 90◦ − β. Die Winkel
bei Q sind gleich α bzw. β nach dem Peripheriewnkelsatz. Nach dem Sinussatz
in den Dreiecken AP Q und BP Q und
sin(90◦ − x) = cos x ist dann
C
M
A
α’
x
P
y
β’
B
z
β
x
sin β
=
,
z
cos α
y
sin α
=
z
cos β
und weiter
α
x
sin β cos β
sin 2β
=
=
.
y
sin α cos α
sin 2α
Q
Hieraus folgt die Behauptung.
Bemerkung: Mit Hilfe dieser Koordinaten ließ sich die folgende Aufgabe aus dem Bundeswettbewerb
Mathematik, 2002, 2. Runde, lösen:
Aufgabe 15 In einem spitzwinkligen Dreieck ABC seien H a und Hb die Fußpunkte der von A bzw.
B ausgehenden Höhen; Wa und Wb seien die Schnittpunkte der Winkelhalbierenden durch A bzw. B
mit den gegenüberliegenden Seiten.
Man beweise: Im Dreieck ABC liegt der Inkreismittelpunkt genau dann auf der Strecke H a Hb , wenn
der Umkreismittelpunkt U auf der Strecke W a Wb liegt.
Lösung : Nach obigen Argumenten war
Ha = (0 : tan β : tan γ),
Hb = (tan α : 0 : tan γ),
I = (a : b : c)
=
Sinussatz
(sin α : sin β : sin γ).
Diese 3 Punkte liegen nach (2) genau dann auf einer Geraden, wenn
0
tan β tan γ 1
1
1
0
tan γ = sin α sin β sin γ
0 = tan α
.
+
−
cos β cos γ
cos α cos γ
cos α cos β
sin α sin β sin γ Das tritt genau dann ein, wenn cos α + cos β = cos γ. Analog ist die zweite Bedingung äquivalent zu
0
sin α sin γ b
c 0
0
sin γ = 4 sin α sin β sin γ(cos α + cos β − cos γ).
0
c = sin α
0 = a
sin 2α sin 2β sin 2γ sin 2α sin 2β sin 2γ Auch dies ist äquivalent zu cos α + cos β = cos γ. Hieraus folgt die Behauptung.
Aufgabe 16 Eine Ebene teilt die Kanten DA, DB und DC eines regulären Tetraeders ABCD im
Verhältnis 2:3, 3:2 bzw. 4:1. In welchem Verhältnis teilt die Körperhöhe DM des Tetraeders?
Lösung. Mit dem Koordinatensystem A, B, C, D hat man für die Schnittpunkte A 0 , B 0 und C 0 der
Ebene mit den Kanten sowie für den Mittelpunkt M der Grundfläche die folgenden Koordinaten
A0 = (2, 0, 0, 3)/5, B 0 = (0, 3, 0, 2)/5, C 0 = (0, 0, 4, 1)/5, M = (1, 1, 1, 0)/3.
9
Die Ebene :
rA0 + sB 0 + tC 0 = (2r, 3s, 4t, 3r + 2s + t)/5,
r + s + t = 1.
Die Gerade DM :
(1 − λ)D + λM = (λ, λ, λ, 3 − 3λ)/3.
Gleichsetzen liefert λ = 36/65. Die Körperhöhe wird im Verhältnis 36:29 geteilt.
Aufgabe 17 Gegeben sei ein Parallelogramm
R
ABCD und auf der Verlängerung von BC
über C hinaus ein Punkt R. Die Schnittpunkte
von AR mit CD und BD seien S bzw. T .
S
D
C
Man beweise, dass dann gilt
T
1
1
1
=
+
.
AT
AS AR
B
A
D
HH
C
S
HH HH
HH
T
HH
H
A
R
B
−−
→ −−→
−→
Lösung. Wir wählen A, B und D als Koordinatensystem. Dann gilt wegen AB + AD = AC die
Gleichung B − A + D − A = C − A bzw. C = (−1, 1, 1). Die Parallen zur Koordinatenachse AB
sind gegeben durch die Gleichungen D = const. Insbesondere ist
Gerade
CD : (−λ, λ, 1), λ ∈
Gerade
BC : (−µ, 1, µ), µ ∈
.
Insbesondere sei R = (−r, 1, r). Dann haben alle Punkte X auf AR die Eigenschaft, dass ihre B- und D-Koordinaten sich wie 1:r verhalten. Insbesondere gilt das für S ∈ CD, daher ist
S = (−1/r, 1/r, 1). Für T ∈ BD ist die A-Koordinate gleich Null, also gilt T = (0, 1, r)/(r + 1).
Die Behauptung ist äquivalent zu 1 = AT : AS + AT : AR. Daher bestimmen wir nun die Teilungsverhältnisse λ von T auf AS und µ von T auf AR: Sei also (1 − λ)A + λS = T . Einsetzen von S
und T liefert:
((1 − λ) − λ/r, λ/r, λ) = (0, 1/(r + 1), r/(r + 1)) .
Bei der D-Koordinate liest man sofort λ = r/(r + 1) ab. Sei ferner (1 − µ)A + µR = T , so hat man
((1 − µ) − µr, µ, µr) = (0, 1/(r + 1), r/(r + 1)) .
Bei der B-Koordinate liest man sofort ab µ = 1/(r + 1). Da für die Summe λ + µ = 1 gilt, ist der
Beweis erbracht.
10
Komplexe baryzentrische Koordinaten der Ebene
Wählt man 2 Punkte A und B der Ebene, so lässt sich jeder Punkt der Ebene eindeutig in der Form
(1−λ)A+λB mit einer komplexen Zahl λ ∈ schreiben. Ist λ reell, so erhält man gerade die Punkte
der Geraden AB. Der Vorteil dieser komplexen Methode ist, dass auch Orthogonalität und Kreise in
einfacher Weise beschrieben werden können.
Beschreibung eines Beliebigen Punktes durch Drehung und Streckung
Erhält man den Punkt P durch Drehung von B um A um den Winkel ϕ (entgegen dem Uhrzeiger)
und anschließender Strechung mit dem Faktor r, so gilt
P − A = λ(B − A),
P = (1 − λ)A + λB,
wobei λ = r(cos ϕ + i sin ϕ). Je nachdem, welche Menge der komplexe Parameter λ durchläuft,
erhält man als geometrischen Ort aller Punkte (1 − λ)A + λB spezielle Geraden oder Kreise.
Im λ = 0 Gerade AB
Re λ = 12 Mittelsenkrechte von AB
Re λ = 1 Senkrechte zu AB durch A.
|λ| = 1
Kreis um A durch B.
C
B’
A’
B’’
A’’
A
C’’
B
Aufgabe 18 Gegeben sei ein Dreieck ABC. Über seinen Seiten errichten wir ähnliche gleichschenklige Dreiecke ABC 0 , BCA0 und CAB 0 , wobei die Spitzen C 0 ,
B 0 und A0 der gleichschenkligen Dreiecke jeweils alle
nach außen oder alle nach innen zeigen.
Beweisen Sie, dass die drei Ecktransversalen AA 0 , BB 0
und CC 0 sich in einem gemeinsamen Punkt schneiden
oder parallel sind!
C’
Lösung. Es sei A00 der Schnittpunkt von AA0 mit BC. Entsprechend definieren wir B 00 und C 00 . Zur
Beschreibung der relativen Lage von A 0 , B 0 und C 0 bezüglich A, B und C bieten sich komplexe
baryzentrische Koordinaten an. Betrachtet man nämlich C 0 einmal als das Bild der Drehung (und
Stauchung) von B um A und zum anderen als das Bild der Drehung von A um B um den gleichen
negativen Winkel (und mit der gleichen Stauchung), so dass es eine komplexe Zahl λ gibt, mit
C 0 − A = λ(B − A),
C 0 − B = λ(A − B)
C 0 = (1 − λ)A + λB = λA + (1 − λ)B.
bzw.
(4)
(5)
Da A und B als unabhängige Ursprungspunkte der komplexen Ebene genommen werden können,
liefert der Koeffizientenvergleich in Gleichung (5) bei A die Gleichung 1 − λ = λ. Der Realteil von
λ ist also gleich 21 . Wir können also
λ=
1
+ bi,
2
11
(6)
mit einem b ∈ setzen. Da die Punkte A0 und B 0 völlig analog konstruiert werden — die Dreiecke
ABC 0 , BCA0 und CAB 0 sollen ja ähnliche gleichschenklige Dreiecke sein — hat man
A0 = (1 − λ)B + λC,
B 0 = (1 − λ)C + λA.
Möge C die komplexen baryzentrischen Koordinaten (1 − µ, µ), µ ∈
systems (A, B) haben. Dann gilt
(7)
bezüglich des Koordinaten-
C = (1 − µ) A + µ B,
µ
1
A=
B+
C,
µ−1
1−µ
1
1
A.
B = C + 1−
µ
µ
(8)
Die zweite und dritte Gleichung erhält man durch einfaches Umstellen der ersten; der Punkt A hat
also die komplexen baryzentrischen Koordinaten (µ/(µ − 1), 1/(1 − µ)) bezüglich (B, C) und B hat
die komplexen baryzentrischen Koordinaten (1/µ, 1 − 1/µ) bezüglich (C, A).
Wir bestimmen nun den Schnittpunkt C 00 . Da C 00 auf der Geraden CC 0 liegt, ist C 00 eine reelle baryzentrische Kombination von C und C 0 , etwa C 00 = (1 − t)C + tC 0 . Da C 00 auch auf der Geraden
AB liegt, ist C 00 auch reelle baryzentrische Kombination von A und B, etwa C 00 = (1 − s)A + sB.
Gesucht sind also s, t ∈ mit:
(1 − t) C + t C 0 = C 00 = (1 − s) A + s B.
Setzt man für die Punkte C und C 0 die Terme aus (8) und (5) ein, so hat man
(1 − t) C + t C 0 = (1 − t)(1 − µ)A + (1 − t)µB + t(1 − λ)A + tλB
= A(t(1 − λ) + (1 − t)(1 − µ)) + B(tλ + (1 − t)µ).
Also liefert der Koeffizientenvergleich bei B
s = tλ + (1 − t)µ.
(9)
Wir setzen µ = c + d i mit festen reellen Zahlen c und d und erhalten mit λ = 0.5 + b i :
s = t(0.5 + b i ) + (1 − t)(c + d i ) = 0.5t + (1 − t)c + (bt + (1 − t)d) i .
Wegen s ∈
hat man daher bt + (1 − t)d = 0 bzw.
t=
d
,
d−b
1−t =
−b
d−b
und somit nach (9)
s=
1
d − bc
d( 21 + b i ) −b(c + d i )
+
= 2
.
d−b
d−b
d−b
Für das reelle Teilverhältnis s/(1 − s) des Punktes C 00 auf AB gilt dann
s
=
1−s
1 − 2b dc
− bc
=
.
1
1 − 2b 1−c
2 d − b(1 − c)
d
1
2d
12
(10)
Nun berechnen wir die beiden anderen Teilverhältnisse s 0 /(1 − s0 ) und s00 /(1 − s00 ) von A00 und B 00
auf BC bzw. CA. Dazu wechseln wir zu den komplexen Koordinatensystemen (B, C) bzw. (C, A).
Die Rolle von µ nimmt dabei wegen (8) nacheinander µ 0 = 1/(1 − µ) bzw. µ00 = 1 − 1/µ ein. Wir
fassen das Teilverhältnis auf der linken Seite von (10) als Funktion vom Realteil c und Imaginärteil d
von µ auf (rechte Seite von (10)). Somit gilt
1 − c + di
1
=
,
1 − c − di
(1 − c)2 + d2
c2 + d 2 − c
1−c
0
,
1
−
c
=
,
c0 =
(1 − c)2 + d2
(1 − c)2 + d2
1 − 2b 1−c
s0
d
=
.
2
2
1 − s0
1 − 2b c +dd −c
µ0 =
Analog erhält man
1
c − di
c2 + d 2 − c
d
=1− 2
=
+ 2
i,
c +di
c + d2
c2 + d 2
c + d2
2
2
1 − 2b c +dd −c
s00
.
=
1 − s00
1 − 2b dc
µ00 = 1 −
Wir stellen fest, dass das Produkt dieser drei Teilverhältnisse gleich 1 ist:
2
1 − 2b c +dd
1 − 2b 1−c
1 − 2b dc
s0
s00
s
d
·
·
·
·
=
2
2
1 − s 1 − s0 1 − s00
1 − 2b dc
1 − 2b 1−c
1 − 2b c +dd −c
d
2 −c
= 1.
Nach der Umkehrung des Satzes von C EVA verlaufen die drei Ecktransversalen AA 0 , BB 0 und CC 0
durch einen gemeinsamen Punkt.
Bemerkung: In den Spezialfällen 0 ◦ , 60◦ (nach außen) und 90◦ erhält man den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden, den F ERMAT-Punkt — das ist der Punkt des Dreiecks, für den die Abstandssumme
zu den Eckpunkten minimal wird — bzw. den Höhenschnittpunkt. Es wird vermutet, dass der geometrische Ort der Schnittpunkte eine Hyperbel ist.
Aufgabe 19 (aus H. S. M. Coxeter, Unvergängliche Geometrie, S. 30, Aufgabe 3) Gegeben sei ein
Parallelogramm ABCD und ein Punkt P der Ebene, so dass ∠P BC = ∠P DC gilt.
Dann gilt auch ∠CP B = ∠DP A.
P
D
C
β
X
Lösung : Anstelle der obigen Behauptung zeigen wir die fol-
β
A
B
gende, aus der aber die obige folgt. Wählt man einen Punkt X auf der Strecke CD so, dass die Dreiecke XDP und CBP einander ähnlich und umgekehrt orientiert sind, so liegt der Punkt X auf der
Geraden AP . Den Winkel ∠P BC = ∠P DX bezeichnen wir mit β. Wir verwenden ein komplexes
baryzentrisches Koordinatensystem mit den Ursprungspunkten B und D. Es sei etwa
A = (1 − µ)B + µD,
C = µB + (1 − µ)D.
13
µ∈
,
(11)
(12)
Die zweite Gleichung folgt aus der ersten wegen B − A = C − D. Wegen X ∈ CD existiert eine
reelle Zahl α ∈ mit
X = (1 − α)D + αC = (1 − α)D + αµB + α(1 − µ)D,
= (1 − αµ)D + αµB.
(13)
X − D = αµ(B − D).
Nun gibt es ein λ ∈
(14)
mit
P − D = λ(X − D).
(15)
P − B = λ1 (C − B)
(16)
Auf Grund der Ähnlichkeit der Dreiecke XDP und CBP , sind die folgenden Längenverhältnisse
gleich P D : XD = P B : CB. Also gibt es ein λ 1 mit |λ| = |λ1 | mit
Da das Argument von λ gleich β ist, wogegen das Argument von λ 1 gleich −β ist und wegen |λ| =
|λ1 |, gilt λ1 = λ, und somit wegen (16) und (12)
P − B = λ(C − B) = λ(µB + (1 − µ)D − B) = λ(µ − 1)(B − D),
P = (1 − λ + µλ)B − λ(µ − 1)D.
(17)
Setzt man (14) in (15) ein, so hat man
P − D = αλµ(B − D).
Durch Koeffizientenvergleich vor B in der obigen Gleichung und in (17) hat man also
αλµ = 1 + λµ − λ.
(18)
Löst man das lineare Gleichungssystem aus Gleichung (11) und der letzten Gleichung von (17) nach
B und D auf, so erhält man
1
B=
((1 − αλµ) A − µ P ) ,
det
1
D=
(−αλµ A + (1 − µ) P ) ,
det
wobei det = 1 − µ − αλµ. Setzt man diese Werte in (13) ein, so hat man
1
X=
(αµ(1 − λ) A + (1 − αµ − µ) P ) .
det
Wir werden zeigen, dass dies eine reelle Kombination der Punkte A und P ist. Nach (18) gilt zunächst
α=α=
1 + λµ − λ
1 + λµ − λ
=
λµ
λµ
2
| · λλµµ
2
λµ − λ2 µ + λ2 µµ = λµ − λ µ + λ µµ
| − µµ
2
2
−µµ + λµ − λµµ + λµµ − λ2 µ + λµµ = −µµ + µλ + λµµ − λµµ − λ µ + λ µµ
(1 − λ)(−µµ + λµ − λµµ) = (1 − λ)(−µµ + λµ − λµµ)
αµ(1 − λ)
αµ(1 − λ)
=
−µ + λ − λµ
−µ + λ − λµ
1
1
αµ(1 − λ) =
αµ(1 − λ).
det
det
Die letzte Gleichung folgt aus (18) wegen det = 1 − µ − αλµ = −µ + λ − λµ. Wegen α ∈ steht in
der letzten Zeile eine reelle Zahl x. Also gilt X = xA + (1 − x)P und X liegt auf der Geraden AP .
14
Projekte: Baryzentrische Koordinaten,
Ilmenau 2003, Klasse 10/11
C
Aufgabe 20 (Jördis Krap, 11) Der Satz von C EVA. Es sei M
ein innerer Punkt des Dreiecks ABC und P, Q und R seien die
Schnittpunkte der Geraden AM , BM bzw. CM mit den gegenüberliegenden Dreiecksseiten. Dann gilt
Q
P
M
A
B
R
BP CQ AR
·
·
=1
P C QA RB
und
AM
BM
CM
+
+
= 2.
AP
BQ
CR
Hinweis: Beginnen Sie mit dem Punkt M = (r, s, t), wobei r + s + t = 1 und bestimmen Sie die
Koordinaten von P , Q und R.
Aufgabe 21 ( (Eine Anwendung des Satzes von Ceva)) In einem Dreieck ABC mit dem Umkreismittelpunkt M und dem Umkreisradius r seien P , Q und R die Schnittpunkte der Geraden AM , BM
bzw. CM mit den Seiten BC, CA bzw. AB. Man zeige, dass dann die Ungleichung
9
AP + BQ + CR ≥ r
2
gilt!
Hinweis: Benutzen Sie die Ungleichung von arithmetischen und harmonischen Mittel.
C
F
R
Q
E
P
A
D
B
Aufgabe 22 (Pia Reuter, 11) Auf den Seiten AB, BC und
CA eines Dreiecks ABC sind Punkte D, E und F so
gewählt, dass sie die zugehörigen Strecke im Verhältnis q =
AD : AB = BE : BC = CF : CA teilen. Die Geraden AE,
BF und CD schneiden sich in den Punkten P , Q und R.
Bestimmen Sie das Verhältnis der Dreiecksflächen P QR und
ABC!
Lösung.
(1 − 2q)2
.
q2 − q + 1
Aufgabe 23 (Joseph Goldmann, 11) Gegeben sei ein Dreieck ABC mit dem Inkreismittelpunkt I
und dem Schnittpunkt der Seitenhalbierennden S. Die drei Ankreise berühren die Seiten AB, BC
bzw. AC in den Punkten P , Q bzw. R.
(a) Zeigen Sie, dass die drei Ecktransversalen AP , BQ und CR durch einen gemeinsamen Punkt T
verlaufen.
(b) Zeigen Sie, dass I, S und T auf einer gemeinsamen Geraden liegen.
Hinweis: Bestimmen Sie die baryzentrischen Koordinaten von T . Benutzen Sie dabei den Satz, dass
Tangentenabschnitte gleich lang sind.
Comments
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Attribution Section
Für das Sächsische Landesseminar in SAYDA, März 2000, Klasse 11/12 mit einer Ergänzung vom
25.07.01 über eine WURZEL-Aufgabe zu Ecktransversalen mit komplexen baryzentrischen Koordinaten.
schueler (2004-09-09): Contributed to KoSemNet
graebe (2004-09-09): Prepared along the KoSemNet rules
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