Elemente der Mathematik

Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Übungsblatt 8
Aufgabe 27 (8 Punkte). Ein Parallelogramm ist ein Rechteck ABCD mit
Seiten a, b, c, d wie unten dargestellt, mit der Eigenschaft, dass a und c sowie b
und d parallel sind. Beweisen Sie folgende Aussagen.
(a) Ein Viereck ABCD ist genau dann ein Parallelogramm, wenn a = c und
b = d.
(b) In einem Parallelogramm drittelt die Verbindungsgerade einer Ecke mit der
Mitte einer gegenüberliegenden Seite eine Diagonale.
(c) Eine Parallelogramm hat genau dann gleich lange Seiten, wenn seine Diagonalen orthogonal sind. Hinweis: Zeigen Sie zuerst, dass sich die Diagonalen
gegenseitig halbieren.
(d) Ein Parallelogramm ist genau dann ein Rechteck, wenn beide Diagonalen
gleich lang sind.
Lösung.
D
c
f
Mc
C
S1
E
d
A
S2
e
Ma
b
a
(a) Sei ABCD ein Parallelogramm.
B
Dann sind ]BAC und ]ACD sowie
]BCA und ]DAC Wechselwinkel und somit gleich. Aus dem Kongruenzsatz WSW folgt dann, dass a = c und b = d.
Umgekehrt seien a = c und b = d. Aus dem Kongruenzsatz SSS folgt
dann, dass die Winkel ]BAC und ]ACD gleich sind. Wären a und c nicht
parallel, so hätten die Geraden AB und DC einen Schnittpunkt S. Ohne
Einschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass S links von
A liegt. Aber dann gilt
]ASD = 180◦ − (]SAC + ]ACD) = 180◦ − (]SAC + ]BAC) = 0◦ ,
ein Widerspruch.
2
(b) Die Dreiecke ADMa und BCMc sind kongruent aufgrund des Kongruenzsatzes SWS und somit gilt Ma D = Mc B.
Aus (a) folgt dann, dass
Ma BMc D ein Parallelogramm ist, d.h. Mc B und DMa sind parallel. Der
Strahlensatz impliziert dann
1
Mc C
S1 C
=
=
2
c
S2 C
sowie
1
Ma A
AS2
.
=
=
2
a
AS1
Ausserdem folgt aus dem Kongruenzsatz WSW, dass die Dreiecke ∆AMa S2
und ∆CS1 Mc kongruent sind und daher S1 C = AS2 . Also gilt AS1 = 2S1 C
und die Behauptung ist bewiesen.
(c) Wir zeigen zuerst, dass sich die Diagonalen gegenseitig halbieren, d.h. AE =
CE =
e
2
und BE = DE = f2 . Ersteres folgt aus dem Kongruenzsatz WSW,
da die Winkel ]ABD und ]BDC Wechselwinkel sind. Die zweite Aussage
folgt analog.
Wir nehmen zuerst an, dass das Parallelogramm ABCD gleich lange
Seiten hat, d.h. a = b = c = d. Dann ist das Dreieck ∆ABD gleichschenklig
und somit ]ABD = ]BDA. Der Kongruenzsatz SWS impliziert dann, dass
die Dreiecke ∆ABE und ∆AED kongruent sind. Insbesondere gilt dann
]AEB = ]AED = 90◦ .
Umgekehrt seien die Diagonalen e und f orthogonal, d.h. ]AEB =
]AED = 90◦ . Dann folgt aus dem Satz von Pythagoras
e 2 f 2
a2 =
+
= b2
2
2
und somit a = b.
(d) Wir nehmen zuerst an, dass das Parallelogramm ABCD ein Rechteck ist.
Aus dem Satz von Pythagoras folgt, dass
e2 = a2 + b2 = c2 + d2 = f 2 .
Somit gilt e = f .
Für die Rückrichtung nehmen wir an, dass e = f gilt. Dann folgt aus
dem Kongruenzsatz SSS, dass die Dreiecke ∆ABC und ∆BCD kongruent
sind. Somit gilt β = γ. Andrerseits gilt aber auch
4β = 2β + 2γ = α + β + γ + δ = 360◦
und somit sind alle Winkel 90◦ .
3
Aufgabe 28 (2 Punkte). Betrachten Sie folgenden Beweis.
Satz. Jedes Dreieck ist gleichschenklig.
Beweis. Im Dreieck ∆ABC halbiere CD den Innenwinkel γ und M D sei die
Mittelsenkrechte zu AB. Dann sind nach dem Kongruenzsatz WSW die Dreiecke
∆CED und ∆CF D kongruent. Nach dem Kongruenzsatz SWS sind die Dreiecke
∆AM D und ∆BM D ebenfalls kongruent. Wegen ED = F D, AD = BD und
]AED = ]BF D = 90◦ , sind auch ∆AED und ∆BF D kongruent. Also it
AE = BF und AC = BC, d.h. das Dreieck ∆ABC ist gleichschenklig.
Wo steckt der Fehler?
Lösung. Der Schnittpunkt D der Mittelsenkrechten zu AB und der Winkelhalbierenden von γ liegt ausserhalb des Dreiecks.
Aufgabe 29 (6 Punkte).
(a) Beweisen Sie, dass die Fläche eines Dreiecks ∆ABC durch folgende Formel
berechnet werden kann.
1
1
1
F (∆ABC) = (a · ha ) = (b · hb ) = (c · hc ).
2
2
2
Spiegeln Sie dazu das Dreieck am Mittelpunkt M der Seite a um 180◦ wie
unten dargestellt.1
(b) Folgern Sie, dass der Flächeninhalt berechnet werden kann durch
2
1
1
F = bc sin α = ac sin β = ab sin γ.
2
2
2
Hinweis: Finden Sie ein rechtwinkliges Dreieck mit der gleichen Fläche und
verwenden Sie (a).
1Quelle der Bilder: www.matheraetsel.de/texte/geom 2.5.pdf
4
Lösung.
(a) Wenn wir das Dreieck ∆ABC um M um 180◦ drehen, dann gilt für das
Bilddreieck ∆A0 B 0 C 0 , dass B 0 = C und C 0 = B. Da die Dreiecke ∆ABC
und ∆A0 B 0 C 0 kongruent sind, ist dann nach Aufgabe 27 (a) das Viereck
ABA0 C ein Parallelogramm. Sei D der Schnittpunkt der zu c rechtwinkligen Gerade durch A mit der Gerade CA0 , und E der Schnittpunkt der
cu c rechtwinkligen Gerade durch B mit CA0 . Dann sind nach dem Kongruenzsatz WSW die Dreiecke ∆ACD und ∆BA0 E kongruent und somit
flächengleich. Dann gilt für die Flächen
2F (∆ABC) = F (ABA0 C) = F (∆BA0 E) + F (ABEC) = F (ABED)
= c · BE = chc .
(b)
Wir verwandeln das Dreieck ∆ABC in ein flächengleiches rechtwinkliges
Dreieck ∆ABD, indem wir D als den Schnittpunkt der Senkrechten zu AB
durch A mit der Parallelen zu AB durch C wählen. Dann gilt ]ACD = α
und somit AD = b sin α. Dies ergibt
1
1
F (∆ABC) = F (ABD) = c · AD = bc sin α.
2
2
Die anderen Gleichheiten zeigt man analog.
Aufgabe 30 (3 Punkte). Verwenden Sie den Kosinussatz sowie Aufgabe 29 (b)
um die Heron’sche Formel zur Berechnung der Fläche eines Dreiecks
p
F = p(p − a)(p − b)(p − c)
herzuleiten, wobei p = 21 (a + b + c).
Lösung. Aus dem Kosinussatz folgt
cos α =
b2 + c2 − a2
2bc
5
und somit
sin α =
p
1 − cos2 α
r
4b2 c2 − (b4 + 2b2 c2 + c4 − 2a2 b2 − 2a2 c2 + a4 )
4b2 c2
√
−a4 − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2
=
.
2bc
Nun folgt aus Aufgabe 29 (b)
=
1
F = bc sin α
2
√
1
−a4 − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2
= bc ·
2
2bc
√
4
4
4
2
2
−a − b − c + 2a b + 2a2 c2 + 2b2 c2
=
4
Andrerseits gilt
r
p
1
1
1
1
p(p − a)(p − b)(p − c) =
(a + b + c) · (−a + b + c) · (a − b + c) · (a + b − c)
2
2
2
2
p
((b + c)2 − a2 )(a2 − (b − c)2 )
=
4
p
2
2
(b + c) a − a4 − (b + c)2 (b − c)2 + a2 (b − c)2
=
4
√
2
2
2
2
2
a b + 2a bc + a c − a4 − b4 + 2b2 c2 − c4 + a2 b2 − 2a2 bc + a2 c2
=
4
√
2
2
2
2
2
2
4
4
2a b + 2a c + 2b c − a − b − c4
=
4
=F
wie gewünscht.