Lösungen

Nützliche Sätze
Peripherie-Zentriwinkelsatz. Seien A und B Punkte auf dem Kreis k um M. Für alle Punkte P auf
dem längeren Kreisbogen von k über AB gilt ∠AMB = 2∠APB. (Spezialfall: Satz von Thales. Für alle
Punkte P auf dem Kreis mit Durchmesser AB gilt ∠APB = 90◦ .)
Beweis. Da |MA| = |MB| = |MP|, gilt ∠APB = ∠APM + ∠MPB = ∠MAP + ∠PBM. Die
Winkelsumme im Dreieck ABP beträgt 180◦ = ∠BAM + ∠MAP + ∠APB + ∠PBM + ∠MBA =
∠BAM + ∠MBA + 2∠APB, also ∠AMB = 180◦ − ∠BAM − ∠MBA = 2∠APB.
Sehnen-Tangentenwinkelsatz. Sei AB eine Sehne des Kreises k um M, die kein Durchmesser ist,
.
und T der Schnittpunkt der Tangenten in A und B an k. Dann ist ∠T AB = ∠ABT = ∠AMB
2
Beweis. Nach Konstruktion ist ∠T AB + ∠BAM = ∠T AM = 90◦ , also 2∠T AB = 180◦ − 2∠BAM =
∠AMB, da ABM gleichschenklig ist.
Satz vom Sehnenviereck. Ein Viereck ist genau dann Sehnenviereck, wenn sich gegenüberliegende
Winkel zu 180◦ ergänzen.
Beweis. Die Punkte seien ABCD in dieser Reihenfolge auf dem Kreis. Dann ist ∠BAD + ∠DCB =
∠BAC + ∠CAD + ∠DCA + ∠ACB = ∠BDC + ∠CBD + ∠DBA + ∠ADB = ∠ADC + ∠CBA nach
Peripheriewinkelsatz, mit der Winkelsumme 360◦ ergibt sich die Behauptung. Umkehrung: Angenommen, D liegt außerhalb des Umkreises von ABC, und CD schneidet diesen in D 0 . Dann
ist ∠ADC = ∠AD 0 C − ∠D 0 AD < ∠AD 0 C = 180◦ − ∠CBA, analog für D innerhalb des Kreises
∠ADC > 180◦ − ∠CBA. Also ist ∠ADC + ∠CBA 6= 180◦ .
Südpolsatz. Sei ABC ein Dreieck mit Umkreis k. Dann schneiden sich k, die Winkelhalbierende wα
von ∠BAC und die Mittelsenkrechte ma von BC in einem Punkt.
Beweis. Der Schnittpunkt von k mit ma sei A 0 , dann sind BA 0 und A 0 C gleich lange Sehnen von k.
Daher ist ∠BAA 0 = ∠A 0 AC, also liegt A 0 auf wα .
Sehnensatz. Sei P ein Punkt im Innern eines Kreises um M mit Radius r. Dann ist für alle Sehnen
AB des Kreises, die durch P gehen, |PA| · |PB| = r2 − |PM|2 .
Beweis. Sei CD die Sehne durch P senkrecht zu PM, diese wird durch den Durchmesser PM
halbiert. Nach Peripheriewinkelsatz ist ∠CAP = ∠PDB und ∠PCA = ∠DBP, also sind ACP und PBD
|PD|
2
2
2
ähnlich. Daher gilt |PA|
|PC| = |PB| . Also ist |PA| · |PB| = |PC| = |CM| − |PM| nach Pythagoras.
Sekanten-Tangenten-Satz. Sei k ein Kreis um M mit Radius r und P ein Punkt außerhalb von k. Sei
T der Berührpunkt einer Tangente, und A und B die Schnittpunkte einer Sekante durch P mit k. Dann
ist |PA| · |PB| = |PT |2 = |PM|2 − r2 .
Beweis. Nach Sehnen-Tangentenwinkelsatz ist ∠PT A = ∠T BA, also sind PAT und PBT ähnlich. Es
|PT |
2
2
2
gilt |PA|
|PT | = |PB| , also mit Pythagoras |PA| · |PB| = |PT | = |PM| − |MT | .
Umkehrung des Sehnen-/Sekantensatzes. Schneiden sich AB und CD in P und gilt |PA| · |PB| =
|PC| · |PD| (mit gerichteten Längen!), so liegen A, B, C und D auf einem Kreis.
Beweis. Sei k der Kreis durch A, B und C, und D 0 der Schnittpunkt von k mit CD. Dann gilt
|PD| = |PD 0 |, und unter Beachtung der Richtung der Längen muss D=D 0 sein.
Potenzgeraden. Die drei Potenzgeraden je zweier von drei Kreisen (wobei die Mittelpunkte nicht
auf einer Geraden liegen) schneiden sich in einem Punkt.
Beweis. Die Potenzgeraden seien g12 , g13 , g23 . Der Schnittpunkt von g12 und g23 hat per Definition
die gleiche Potenz bzgl. k1 und k2 , sowie k2 und k3 . Daher hat er auch die gleiche Potenz bzgl. k1 und
k3 , liegt also auf g13 .
Einstiegsaufgaben
A1. In der Skizze sei |AB| = 30 und |AC| = 18, sowie AC ⊥ BC. Man bestimme die Länge des
Durchmessers CD und der Sehne BD.
Lösung. Nach Thales ist ∠DBC = 90◦ , also sind BD und AC parallel. Nach
q Sekanten-Tangentensatz
ist 900 = |AB|2 = |AC|·(|AC| + |BD|) = 32 und mit Pythagoras |CD| =
40 folgt.
|BD|2 + |AB|2 − |AC|2 =
A2. Die Kreise k1 und k2 schneiden sich in A und B. Zeige, dass für alle Punkte X auf der Geraden
AB außerhalb der Kreise die Tangentenabschnitte zu k1 bzw. k2 gleich lang sind.
Lösung. Nach Sekanten-Tangentensatz sind beide Tangentenabschnitte gleich |XA| · |XB|.
A3. In einem Kreis halbiere der Durchmesser AB die Sehne CD. Eine weitere Sehne AQ schneide
CD in P. Zeige, dass |AP| · |AQ| unabhängig von der Wahl von Q ist.
Lösung. Mit dem Schnittpunkt S von AB und CD, der Mittelpunkt von CD ist, gilt |AP| · |AQ| =
|AP| · |PQ| + |AP|2 = |CP| · |PD| + |AS|2 + |SP|2 = (|CS| − |PS|) · (|DS| + |PS|) + |AS|2 + |SP|2 =
|AS|2 + |CS|2 = |AC|2 .
Winkeljagd und Sehnenvierecke
A4. Im Dreieck ABC sei I der Inkreismittelpunkt und X der Schnittpunkt von AI mit der Mittelsenkrechten von BC. Zeige, dass X der Umkreismittelpunkt von BCI ist.
Lösung. Es gilt ∠BIX = ∠BAI + ∠IBA = ∠XAC + ∠CBI = ∠XBC + ∠CBI = ∠XBI, also
|XB| = |XI|, und analog |XI| = |XC|. Also liegen B, I und C auf einem Kreis um X.
A5. Die vier Fußpunkte der Lote von A auf die Innen- und Außenwinkelhalbierenden von ∠CBA
und ∠ACB liegen auf einer Geraden.
Lösung. I sei der Inkreismittepunkt von ABC, der auf den Innenwinkelhalbierenden liegt. Die
Außenwinkelhalbierenden schneiden AI in P. Die Lotfußpunkte von A auf die Außenwinkelhalbierenden zu ∠ACB bzw. ∠CBA seien R bzw. U, diejenigen auf die Innenwinkelhalbierenden
T bzw. S. Dann ist ∠ART = ∠ACI = ∠ICB = ∠IPB = ∠APU = ∠ARU, da AT CR, AUPR und
IBPC Sehnenvierecke sind. Somit liegen R, T und U auf einer Geraden, analog auch R, S und U.
A6. Seien k1 und k2 zwei Kreise um A bzw. B, die sich in C und D schneiden. Der Umkreis k von
ABC schneide k1 in C und E sowie k2 in C und F. Zeige, dass die Gerade CD den Kreisbogen
über EF, der C nicht enthält, halbiert.
Lösung. Es gilt ∠AFC = ∠ABC = ∠DBC
= ∠DFC, also liegen A, D und F auf einer Geraden,
2
∠DAE
ebenso B, D und E. Dann ist ∠DCE =
= ∠FAE
= ∠FBE
= ∠FBD
= ∠FCD, nach der
2
2
2
2
Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes folgt die Behauptung.
A7. Sei ABC ein Dreieck mit |AB| 6= |AC|. Der Kreis mit Durchmesser BC und Mittelpunkt O
schneidet die Seiten AB und AC in M bzw. N. Die Winkelhalbierenden von ∠BAC und ∠NOM
schneiden sich in R. Zeige, dass der zweite Schnittpunkt der Umkreise von CNR und BMR auf
BC liegt.
Lösung. Es gilt |OM| = |ON|, also ist die Winkelhalbierende von ∠MON Mittelsenkrechte von
MN. Diese schneidet die Winkelhalbierende von ∠BAC nach Südpolsatz auf dem Umkreis
von AMN, also ist AMRN Sehnenviereck und ∠RMA + ∠ANR = 180◦ . Sei L der Schnittpunkt
der Umkreise von BRM und CNR. Dann sind BLRM und CNRL Sehnenvierecke, also ∠RLB +
∠CLR = ∠RMA + ∠ANR = 180◦ . Somit liegen B, L und C auf einer Geraden.
Ähnlichkeiten
A8. Mathematik-Olympiade 2016 (551232). Das Dreieck ABC sei bei C rechtwinklig und F Fußpunkt
der Höhe von C auf AB. Ein Kreis berühre die Strecke FB in P, die Strecke FC in Q und den
Umkreis des Dreiecks ABC in R. Zeige: A, Q und R liegen auf einer Geraden und die Strecken
AP und AC sind gleich lang.
Lösung. Sei M Umkreismittelpunkt von ABC, also Mittelpunkt von AB, und N Umkreismittelpunkt von PQR. M, N und R liegen auf einer Geraden, da die Kreise sich in R berühren. Da QN
Radius zur Tangente CF ist, ist QN ⊥ FC ⊥ AB. Wegen ∠AMR = ∠QNR sind AMR und QNR
gleichschenklig ähnlich und ∠ARM = ∠QRN, also liegen A, Q und R auf einer Geraden. Wegen
|AF|
der Ähnlichkeit von AFQ und ARB (∠QFA = ∠ARB = 90◦ ) ist |AQ|
|AB| = |AR| . Mit Pythagoras und
Sekanten-Tangentensatz am Umkreis von PQR gilt |AP|2 = |AQ| · |AR| = |AF| · |AB| = |AC|2 .
A9. Asian Pacific MO 1998 (4). Sei ABC ein Dreieck, D der Höhenfußpunkt zu A und g eine Gerade
durch D, die nicht durch A,B oder C verläuft. E und F seien Punkte auf g verschieden von D
mit AE ⊥ BE bzw. AF ⊥ CF. M sei der Mittelpunkt von BC und N derjenige von EF. Zeige, dass
AN ⊥ NM.
Lösung. AEBD und AFDC sind Sehnenvierecke, da die Winkel bei D, E und F gleich 90◦ sind.
Also ist ∠AEF = ∠ABD und ∠AFE = ∠ACD. Daher sind ABC und AEF ähnlich, und da M bzw.
N die sich entsprechenden Seiten halbieren, ebenso ABM und AEN. Daher ist ∠BAM = ∠EAN,
|AN|
|AE|
also ∠NAM = ∠EAB, ebenso |AM|
. Somit sind AMN und ABE ähnlich, woraus die
= |AB|
Behauptung folgt.
Potenzgeraden
A10. Österreichische MO 2005. Zum Dreieck ABC werden die Kreise k1 und k2 mit Durchmesser AC
bzw. BC gezeichnet. Die Höhe von B auf AC schneide k1 in K und L, und die Höhe von A auf
BC schneide k2 in M und N. Zeige, dass K, L, M und N auf einem Kreis liegen.
Lösung. Die Höhe von C ist Potenzgerade von k1 und k2 . Die Höhe von A ist Potenzgerade
des Umkreises von KLM und k2 . Die Potenzgerade von k1 und dem Umkreis von KLM geht
durch deren Schnittpunkt M und den Schnittpunkt der anderen beiden Potenzgeraden, also den
Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC. Da dies genau die Höhe von A ist, muss N der andere
Schnittpunkt dieser Kreise sein und liegt somit auf dem Umkreis von KLM.
A11. Indian IMO Team Selection Test 1995. Im Dreieck ABC seien D und E auf AB bzw. AC derart
gewählt, dass DE k BC. Sei P ein Punkt im Innern von ADE und F und G die Schnittpunkte von
DE mit BP bzw. CP. Die Umkreise von PDG und PFE schneiden sich in P und Q. Dann liegen A,
P und Q auf einer Geraden.
Lösung. Der Umkreis von DGP schneide AB in D und H, derjenige von FEP schneide AC
in E und I. Falls H zwischen A und D liegt, ist im Sehnenviereck DGPH ∠BCP = ∠DGP =
180◦ − ∠DHP = 180◦ − ∠BHP; ansonsten ist ∠BCP = ∠DGP = ∠DHP = 180◦ − ∠BHP nach
Peripheriewinkelsatz. In jedem Fall ist BCPH Sehnenviereck, ebenso BCIP. Somit sind BCIH
und auch DEIH Sehnenvierecke, also haben die Potenzgeraden DH, EI und PQ der Umkreise
von DGPH, FEIP und DEIH einen Schnittpunkt.
A12. IMO 1995 (1). Die paarweise verschiedenen Punkte A, B, C, D liegen in dieser Reihenfolge auf
einer Geraden. Die Kreise mit den Durchmessern AC und BD schneiden einander in X und Y.
Sei P ein Punkt im Innern der Strecke XY, der nicht auf AD liegt. CP schneidet den Kreis über
AC in M 6= C und BP schneidet den Kreis über BD in N 6= B. Dann schneiden sich AM, DN
und XY in einen Punkt.
Lösung. Die Potenzgerade der Kreise über AC und BD ist XY, diejenige des Kreises über
BD und des Umkreises von BCN ist BN. Die Potenzgerade des Kreises über AC und dieses
Umkreises geht durch C und P, ist also CM. Somit liegt M auf dem Kreis um BCN. Es gilt
∠MAC = 90◦ − ∠MCB = 90◦ − ∠MNB = 180◦ − ∠MND, also ist ADNM ein Sehnenviereck.
Dann sind AM, DN und XY Potenzgeraden der Kreise über AC und BD sowie des Umkreises
von ADNM, schneiden sich also in einem Punkt.