Montag 27.4.2015

Mathematische Probleme, SS 2015
Montag 27.4
$Id: dreieck.tex,v 1.17 2015/04/27 13:26:30 hk Exp $
§1
Dreiecke
1.5
Einige spezielle Punkte im Dreieck
Am Ende der letzten Sitzung hatten wir eingesehen das die drei Mittelsenkrechten eines
Dreiecks ∆ = ABC sich in einem Punkt Su schneiden und das dieser der eindeutige
Punkt ist der von allen Ecken des Dreiecks denselben Abstand
R := |Su A| = |Su B| = |Su C|
hat. Damit geht der Kreis mit Radius R und Mittelpunkt Su durch alle drei Ecken des
Dreiecks ∆ = ABC, und da Su der einzige Punkt ist der von allen drei Ecken gleich
weit entfernt ist, ist dieser Kreis auch der einzige Kreis der durch A, B, C geht. Man
nennt den Kreis durch die Ecken von ∆ auch den Umkreis von ∆ und der Schnittpunkt
Su ist daher der Mittelpunkt des Umkreises. Der Radius R des Umkreises heißt dann
der Umkreisradius von ∆.
C
C
C
A
Su
Su
B
A
C’=Su
B
B
A
Spitzwinklig
Stumpfwinklig
Rechtswinklig
Die Lage des Umkreismittelpunkts Su unterscheided sich je nachdem ob das betrachtete
Dreieck ∆ = ABC spitz-, stumpf- und rechtwinklig. Im spitzwinkligen Fall liegt Su
immer im Inneren des Dreiecks während Su im stumpfwinkligen Fall immer außerhalb
des Dreiecks liegt, ist der stumpfe Winkel etwa in C so liegt Su auf der anderen Seite
von AB als C. Im rechtwinkligen Fall liegt Su dagegen auf dem Dreieck, und zwar ist Su
der Mittelpunkt der dem rechten Winkel gegenüberliegenden Seite. Um dies einzusehen
habe ∆ = ABC etwa in C einen rechten Winkel. Ist dann B 0 der Mittelpunkt von AC
und bezeichnet C 0 den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten auf AC mit der Seite AB, so
sind B 0 C 0 und BC beide senkrecht auf AC und somit sind B 0 B und BC parallel. Damit
können wir den Strahlensatz anwenden und erhalten 2 = |AC|/|AB 0 | = |AB|/|AC 0 |,
d.h. C 0 ist der Mittelpunkt von AB. Analog geht auch die Mittelsenkrechte auf BC
durch diesen Mittelpunkt, d.h. die drei Mittelsenkrechten von ∆ schneiden sich in Su .
Damit haben wir Su = C 0 im rechtwinkligen Fall eingesehen.
5-1
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C
C
φ
ρ
R
ρ
B
Su
Su
γ
R
B
ψ
R
c/2
C’
φ
ψ
A
A
Der Umkreis von ABC
Bestimmung des Umkreisradius
Wir wollen jetzt den Radius R des Umkreises berechnen, und dies geschieht durch
Betrachtung der oben rechts gezeigten Figur.
Satz 1.18 (Bestimmung des Umkreisradius)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ gemäß den Standardbezeichnungen. Weiter bezeichne F die Fläche von ∆ und R den Umkreisradius von
∆. Dann gilt
a
b
c
abc
R=
=
=
=
.
2 sin α
2 sin β
2 sin γ
4F
Beweis: Ziehe von Su aus die Verbindungen mit den drei Ecken A, B, C von ∆. Dann
ist das Dreick ABSu in Su gleichschenklig, also sind die Winkel dieses Dreiecks in den
Ecken A und B nach Aufgabe (4.a) gleich, und wir nennen diesen Winkel ψ. Analog
sind auch die Winkel von BCSu in B und C gleich einem Winkel % und die Winkel
von CASu in A und C gleich einem Winkel φ. Da der Winkel α von ∆ in A in φ und
ψ zerlegt wird, haben wir
α = φ + ψ und analog β = ψ + %, γ = % + φ.
Es folgt γ − β = φ − ψ und somit
π − 2β = α − β + γ = 2φ, d.h. φ =
π
− β.
2
Weiter folgen
π
π
π
π
= − γ und % = β − ψ = β + γ − = − α.
2
2
2
2
0
Bezeichne nun C den Mittelpunkt der Strecke AB und betrachte das rechtwinklige
Dreieck C 0 BSu . Der Winkel in diesem Dreieck bei Su ist
π
− ψ = γ,
2
ψ =α−φ=α+β−
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und bezüglich dieses Winkels haben wir die Gegenkathete c/2 und die Hypothenuse R,
also gilt
1
c
c
sin γ = 2 und somit R =
.
R
2 sin γ
Analog sind dann auch R = a/(2 sin α) = b/(2 sin β). Weiter ergibt sich
abc
abc
1
, d.h. R =
.
F = ab · sin γ =
2
4R
4F
Dieser Beweis behandelt eigentlich nur den spitzwinkligen Fall in dem Su innerhalb
des Dreiecks liegt, der Beweis im stumpf- beziehungsweise rechtwinkligen Fall ist aber
analog. Schreiben wir die Gleichung für den Umkreisradius etwas um, so wird
sin α
sin β
sin γ
1
=
=
=
,
a
b
c
2R
das gemeinsame Verhältnis vom Sinus jedes Winkels zu seiner gegenüberliegenden Seite
aus dem Sinussatz ist also gleich dem Kehrwert des doppelten Umkreisradius. Schauen
wir uns ein explizites Beispiel an und betrachten das Dreieck mit den Seiten a = 2,
b = 3, c = 4. Dann sind
s=
2+3+4
9
5
3
1
= , s − a = , s − b = und s − c =
2
2
2
2
2
also wird die Fläche von F nach der Heronschen Flächenformel Satz 15 zu
r
p
135
3√
F = s(s − a)(s − b)(s − c) =
=
15,
16
4
der Inkreisradius ist nach Korollar 16
r=
F
1√
=
15
s
6
und der Umkreisradius ist schließlich nach Satz 18
R=
abc
8
8√
=√ =
15.
4F
15
15
Wir haben jetzt drei unserer speziellen Punkte behandelt, es steht nur noch der Schnittpunkt der Höhen aus. Tatsächlich folgt die Existenz dieses Schnittpunkts aus der Existenz des Schnittpunkts der Mittelsenkrechten angewandt in einem geeigneten Hilfsdreieck. Sei ∆ = ABC ein Dreieck und betrachte das bei der Behandlung der Seitenhalbierenden eingeführte Mittendreieck, also das Dreieck ∆ = A0 B 0 C 0 das von den drei
Seitenmittelpunkten gebildet wird. Wir wollen uns überlegen was die Höhen in ∆0 sind,
schauen wir uns etwa die Höhe hc0 auf der Seite A0 B 0 von ∆0 an. Nach Lemma 11 ist
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A0 B 0 parallel zur Seite AB von ∆, und da hc0 senkrecht auf A0 B 0 steht, ist hc0 auch
senkrecht auf AB. Nun geht hc0 durch den Seitenmittelpunkt C 0 von AB, d.h. hc0 ist
die Mittelsenkrechte von ∆ auf AB. Analog kann man für die beiden anderen Höhen
schließen, d.h. die Höhen des Mittendreiecks ∆0 sind genau die Mittelsenkrechten von
∆. Damit schneiden sich die Höhen von ∆0 nach Satz 17 im Umkreismittelpunkt von
∆.
c
C
A*
B
hc’
C
B’
A’
C*
b
A
a
A
B*
B
C’
Konstruktion von ∆∗
Höhe im Mittendreieck
In einem Mittendreieck schneiden sich die Höhen somit immer in einem Punkt, um
also zu zeigen das dies in einem allgemeinen Dreieck ∆ = ABC ebenfalls gilt, reicht es
einzusehen das ∆ das Mittendreieck eines geeigneten vergrößerten Dreiecks ∆∗ ist. Um
dieses zu konstruieren, ziehen wir die Parallele a zu BC durch C, die Parallele b zu AC
durch B und schließlich die Parallele c zu AB durch C. Damit definieren wir dann A∗ als
Schnittpunkt von b und c, B ∗ als den Schnittpunkt von a und c und letztlich C ∗ als den
Schnittpunkt von a und b. Diese Konstruktion liefert uns das Dreieck ∆∗ = A∗ B ∗ C ∗
und wir behaupten das ∆ das Mittendreieck von ∆∗ ist.
Überlegen wir uns einmal das A der Seitenmittelpunkt von B ∗ C ∗ ist. Nach Konstruktion sind A∗ B ∗ = c und AB, B ∗ C ∗ = b und AC sowie AB ∗ = AC ∗ = a und
BC jeweils parallel zueinander, wir haben also zwei Parallelogramme B ∗ ABC und
AC ∗ BC. Erinnern wir uns jetzt daran, dass in einem Parallelogram gegenüberliegende
Seiten gleich lang sind, so ergibt sich
|AB ∗ | = |BC| = |CB| = |AC ∗ |
und dies bedeutet tatsächlich das A der Mittelpunkt von B ∗ C ∗ ist. Analog sind B der
Mittelpunkt von A∗ C ∗ und C der Mittelpunkt von A∗ B ∗ , d.h. ∆ = ABC ist tatsächlich
das Mittendreieck von ∆∗ = A∗ B ∗ C ∗ .
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C
α
D
γ
β
β γ
B
α
A
Die hier verwendete Tatsache über Parallelogramme ist dabei anschaulich klar, formal
kann man sie beispielsweise aus dem Kongruenzsatz SWW für Dreiecke gewinnen.
Geben wir uns etwa ein Parallelogram ABCD wie oben vor, so zerlegen wir dieses
durch die Strecke BD in zwei Dreiecke ABD und CDB. Sind dann β der Winkel bei
B in ABD und γ der Winkel bei D in ABD, so folgt mit dem Stufenwinkelsatz wegen
AB||CD das der Winkel in CDB bei D auch β ist und ebenso folgt mit DA||BC das
der Winkel in CDB bei B gleich γ ist. Nach Satz 9 sind die beiden Dreiecke ABD und
CDB damit kongruent, also sind auch |AD| = |BC| und |AB| = |CD| wie behauptet.
Satz 1.19 (Der Schnittpunkt der Höhen)
Sei ∆ ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Höhen von ∆ in einem Punkt Sh .
Beweis: Wir haben gerade gezeigt das es ein Dreieck ∆∗ mit Mittendreieck ∆ gibt und
damit sind die Höhen von ∆ die Mittelsenkrechten von ∆∗ , schneiden sich also nach
Satz 17 in einem Punkt.
Damit haben wir die Konstruktion der vier speziellen Punkte Sm , Sw , Su und Sh beendet. Die Schnittpunkte der Seitenhalbierenden, der Mittelsenkrechten und der Höhen
können jetzt nicht völlig beliebig zueinander liegen, es stellt sich heraus das sie immer
auf einer gemeinsamen Geraden sind, der sogenannten Euler-Geraden des Dreiecks.
Dies wurde 1763 von Leonard Euler entdeckt und scheint das erste Resultat über Dreiecke zu sein das in der Antike nicht bekannt war. Bevor wir den entsprechenden Satz
beweisen, müssen wir erst einmal den Randfall eines gleichseitigen Dreiecks aus dem
Weg schaffen. In einem gleichseitigen Dreieck stimmen nach Aufgabe (4.a) die Seitenhalbierenden, Winkelhalbierenden, Mittelsenkrechten und Höhen überein, also ist stets
Sm = Sw = Su = Sh , die vier speziellen Punkte fallen also alle zusammen. In nicht
gleichseitigen Dreiecken kann dies nicht auftreten, und wir formulieren den Satz über
die Eulergerade daher für nicht gleichseitige Dreiecke.
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Satz 1.20 (Die Eulergerade eines Dreiecks)
Sei ∆ = ABC ein nicht gleichseitiges Dreieck. Dann sind der Schwerpunkt Sm von
∆, der Umkreismittelpunkt Su von ∆ und der Höhenschnittpunkt Sh von ∆ paarweise
verschieden und diese Punkte liegen auf einer Geraden e, der sogenannten Eulergeraden
des Dreiecks ∆. Auf dieser Geraden liegt Sm zwischen Su und Sh und trennt diese
Punkte im Verhältnis 1 : 2, d.h. es gilt |Sm Sh | = 2|Sm Su |.
C
Sh
C
Sm
b
h
a
Su
A
B
C’
A
c/2
C’
c/2
B
Beweis: Angenommen es wäre Su = Sm . Dann stimmen die Mittelsenkrechten und die
Seitenhalbierenden in ∆ überein, und wir behaupten das dann ∆ bezüglich aller drei
Ecken gleichschenklig und somit gleichseitig ist, im Widerspruch zu unserer Annahme.
Dies ist leicht zu sehen, bezeichnen wir etwa die gemeinsame Mittelsenkrechte und
Seitenhalbierende über AB als h und wenden in den beiden rechts oben gezeigten
rechtwinkligen Dreieck jeweils den Satz des Pythagoras Satz 1 an, so ergibt sich a2 =
h2 + (c/2)2 = b2 also a = b. Für die beiden anderen Ecken schließt man analog.
Dieser Widerspruch zeigt Su 6= Sm . Sei e die Verbindunsgerade von Su und Sm und
bezeichne S den Punkt auf e so, dass Sm zwischen Su und S liegt und diese Strecke im
Verhältnis 1 : 2 teilt, d.h. |Sm S| = 2|Sm Su |, wie oben links eingezeichnet. Dann ist zu
zeigen das S der Höhenschnittpunkt von ∆ ist, also auf allen drei Höhen liegt.
Sei C 0 der Mittelpunkt der Strecke AB und nehme an das Su nicht auf der Seitenhalbierenden CC 0 liegt. Nach Satz 12 zerlegt Sm die Strecke CC 0 im Verhältnis 2 : 1,
also |Sm C| = 2|Sm C 0 |. Folglich ist
|Sm C|
2|Sm C 0 |
|Sm C 0 |
=
=
,
|Sm S|
2|Sm Su |
|Sm Su |
d.h. die Seitenpaare Sm C, Sm S und Sm C 0 , Sm Su in den beiden Dreiecken Sm CS und
Sm C 0 Su haben dasselbe Verhältnis. Die von diesen beiden eingeschlossenen Winkel
in Sm CS und Sm C 0 Su sind ebenfalls gleich, also sind die beiden Dreiecke nach dem
Ähnlichkeitssatz Satz 10 ähnlich. Damit sind die Winkel dieser Dreiecke bei C beziehungsweise C 0 gleich und nach dem Stufenwinkelsatz sind SC und Su C 0 parallel. Nun
ist Su C 0 senkrecht auf AB, also ist auch SC senkrecht auf AB, d.h. SC ist die Höhe
von ∆ auf AB. Analog schließt man für die anderen beiden Höhen.
Wegen Su 6= Sm liegt Su auf höchstens einer Seitenhalbierenden von ∆, also gehen
mindestens zwei der Höhen von ∆ durch S, d.h. S = Sh ist der Schnittpunkt der Höhen
von ∆. Insbesondere ist damit Sh 6= Sm , Su .
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Der Beweis dieses Satzes liefert uns übrigens einen zweiten Beweis für die Existenz des
Höhenschnittpunkts, zumindest in nicht gleichseitigen Dreiecken. Im allgemeinen liegt
der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden, also der Mittelpunkt des Inkreises, nicht
auf der Eulergeraden. Man kann einsehen das die Eulergerade genau dann durch den
Inkreismittelpunkt läuft wenn ∆ gleichschenklig ist, dies wollen wir hier aber nicht
behandeln.
1.6
Einige Sätze über Kreise
Im vorigen Abschnitt haben wir den Inkreis und den Umkreis eines Dreiecks behandelt,
und jetzt wollen wir noch etwa weiter auf das Zusammespiel zwischen Kreisen und
Dreiecken eingehen. Wir beginnen dabei mit dem grundlegenden Satz über Kreise, den
sogenannten Satz von Thales der besagt das alle Winkel im Halbkreis Rechte sind.
Satz 1.21 (Satz von Thales)
Sei AB ein Durchmesser eines Kreises k und C ein Punkt auf k aber nicht auf AB.
Dann hat das Dreieck ABC in C einen rechten Winkel.
C
φ ψ
β
α
A
B
M
Beweis: Bezeichne M den Mittelpunkt des Kreises k. Dann sind die beiden Dreiecke
AM C und M BC bei M gleichschenklig, also sind nach Aufgabe (4.a) die Winkel α
und φ bei A und C in AM C sowie die Winkel β und ψ bei B und C in M BC jeweils
gleich, also φ = α und ψ = β. Der Winkel von ABC bei C ist γ = φ + ψ = α + β und
da die Winkelsumme in einem Dreieck immer π ist ergibt sich
γ = π − (α + β) = π − γ, also γ =
π
.
2
Damit ist der Satz vollständig bewiesen.
Betrachten wir anstelle eines Durchmessers des Kreises k eine Sekante dieses Kreises, so
liegen zwar keine rechten Winkel mehr vor, aber zumindest sind alle von der Sekante
und einem weiteren Punkt auf k gebildeten Winkel gleich sofern sie auf derselben
Seite der Sekante liegen. Die Winkel auf den beiden verschiedenen Seiten addieren sich
dabei zu π. Um diesen sogenannten Perepheriewinkelsatz zu beweisen, ist es nützlich
zunächst ein Lemma über n-Ecke vorauszuschicken. Dieses benötigen wir eigentlich nur
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für Vierecke, später in diesem Semester werden wir es aber auch für andere Werte von
n verwenden.
Unter einem konvexen n-Eck verstehen wir ein Tupel A1 A2 . . . An von Punkten
die einen konvexen Bereich als seinen Rand umlaufen und auf diesem Rand im Gegenuhrzeigersinn aufeinanderfolgenden angeordnet sind. Ein Dreieck ist dann auch ein
konvexes 3-Eck.
A5
A6
Ai+1
A4
A7
Ai
δi
∆ i+1
A3
∆i
βi
A8
Ai−1
γi
A2
A1
Z
Konvexes n-Eck
Unterteilung in Dreiecke
Lemma 1.22 (Innenwinkel konvexer n-Ecke)
Sei n ∈ N mit n ≥ 3 und sei C = A1 . . . An ein konvexes n-Eck. Für jedes 1 ≤ i ≤ n
bezeichne αi den Innenwinkel von C bei Ai . Dann gilt
n
X
αi = (n − 2) · π.
i=1
Beweis: Setze A0 := An und ähle einen Punkt Z im Inneren von C. Für jedes 1 ≤ i ≤ n
bezeichne ∆i das Dreieck mit den Ecken Z, Ai−1 und Ai und die Winkel in ∆i seien
dabei der Reihe nach mit γi , βi , δi bezeichnet. Da die Winkelsumme im Dreieck immer
π ist, haben wir dann γi + βi + δi = π für jedes 1 ≤ i ≤ n. Setzen wir noch βn+1 := β1 ,
so ist auch αi = δi + βi+1 für jedes 1 ≤ i ≤ n. Die Winkel bei Z bilden einen vollen
Kreis, also ist
n
X
γi = 2π.
i=1
Summieren wir jetzt die Winkel aller Dreiecke ∆1 , . . . , ∆n , so wird schließlich
nπ =
n
X
(γi + βi + δi ) =
n
X
i=1
=
n
X
i=1
γi +
γi +
i=1
n
X
i=1
n
X
βi +
i=1
βi+1 +
n
X
δi
i=1
n
X
δi =
i=1
n
X
i=1
5-8
γi +
n
X
i=1
(δi + βi+1 ) = 2π +
n
X
i=1
αi ,
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d.h. es ist
n
X
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αi = (n − 2)π
i=1
wie behauptet.
Für n = 3 erhalten wir wieder das die Winkelsumme im Dreieck π ist, für n = 4 ergibt
sich das die Winkelsumme in einem Viereck gleich 2π ist und so weiter.
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