Geometrie II

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osm
Schweizer Mathematik-Olympiade
Geometrie II
Daniel Sprecher
Aktualisiert: 21. September 2016
vers. 2.2.0
Inhaltsverzeichnis
1
Ähnliche Dreiecke
2
2
Working Backward
4
3
Die Potenz eines Punktes
5
4
Die Potenzlinie
6
5
Die Simson-Gerade
8
6
Ceva und Menelaos
9
7
8
6.1
Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
6.2
Menelaos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
Spezielle Punkte des Dreiecks
13
7.1
Der Schwerpunkt
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
7.2
Der Inkreismittelpunkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
7.3
Die Ankreismittelpunkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
7.4
Der Umkreismittelpunkt und der Höhenschnittpunkt
15
Tangentenvierecke
. . . . . . . . . . .
15
Einleitung
Dieser zweite Teil beschäftigt sich mit den wichtigsten Techniken, die zur Lösung von
geometrischen Aufgaben an Mathematik-Olympiaden gebraucht werden. Ich empfehle
euch sehr, dass ihr auch die Beweise zu den Sätzen Schritt für Schritt durchgeht und
euch in groben Zügen merkt. Dies gibt einem ein besseres Verständnis für die Geometrie
und zeigt wie alles zusammenhängt. Zentral ist aber zugegeben der Inhalt der Sätze.
Im Vergleich zum ersten Teil enthält dieses Skript weniger Abbildungen und weniger
Beispiele. Die Idee ist, dass ihr anhand von eigenen Skizzen und selbständigem Lösen
von Aufgaben die Techniken lernt.
1
Ähnliche Dreiecke
Die beiden Strahlensätze sind wohl allen aus der Schule bekannt. Wir werden sie darum
hier nur kurz ohne Beweis und Beispiele wiederholen. Ihr könnt die Strahlensätze mit
den ersten beiden Aufgaben zu diesem Kapitel sonst nochmals üben.
Satz 1.1 (Erster Strahlensatz). Gegeben seien zwei parallele Geraden
Punkt
S , der auf keiner dieser Geraden liegt. Ein
A und b in B . Ein zweiter Strahl schneide a in A0
SB
SA
=
0
SA
SB 0
⇔
SA
SA0
=
SB
SB 0
beliebiger Strahl von
und
⇔
b
in
B0.
a und b und ein
S schneide a in
Nun gilt
SA
SA0
= 0 0.
AB
AB
Satz 1.2 (Zweiter Strahlensatz). Bei der gleichen Anordnung wie oben gilt ebenfalls
AA0
SA
=
.
0
BB
SB
Wichtig ist, dass beim ersten Strahlensatz auch die Umkehrung gilt. Um sie richtig zu
formulieren müssen wir jedoch gerichtete Strecken benutzen. Dabei können Verhältnisse auch negativ werden. Seien
X, Y
und
Z
drei verschiedene Punkte, die in dieser
XY
Reihenfolge auf einer Geraden liegen. Dann ist das Verhältnis
positiv, weil die VekYZ
−−→
−→
XZ
toren XY und Y Z in die gleiche Richtung zeigen. Jedoch ist
negativ, da hier die
ZY
entsprechenden Vektoren in entgegengesetzte Richtung weisen. Immer wenn gerichtete
Verhältnisse oder Produkte auftreten werden wir das in Klammer vermerken.
Satz 1.3 (Umkehrung des ersten Strahlensatzes). Liegen
S, A, B
einer Geraden und gilt
SA
SA0
=
SB
SB 0
(gerichtete Strecken)
2
und
S, A0 , B 0
je auf
so sind die Geraden
AA0
und
BB 0
parallel.
Die Umkehrung des zweiten Strahlensatzes gilt nicht. Man kann sich dies überlegen,
0
indem man den Kreis um A mit Radius AA konstruiert. Im Allgemeinen wird dieser
0
0
Kreis SB ein zweites Mal in einem Punkt P 6= A schneiden. In dieser Anordnung gilt
AP
SA
=
0
BB
SB
die Geraden
AP
und
BB 0
sind aber nicht parallel.
Um von den Strahlensätzen auf die Ähnlichkeit zu kommen, verschiebt man einfach die
0
0
Dreiecke 4SAA und 4SBB beliebig in der Ebene (dabei entstehen aus S die Punkte
S1
und
S2 ).
Die Seitenlängen ändern sich dadurch nicht und die Beziehungen von oben
sind immer noch gültig. Als Voraussetzung für die Ähnlichkeit genügt es, dass die beiden
Dreiecke einen identischen Winkelsatz besitzen. Man schreibt auch
4S1 AA0 ∼ 4S2 BB 0 .
Bei der Umkehrung des Ähnlichkeitssatzes muss man etwas vorsichtig sein. Am
besten überlegt man sich anhand der Umkehrung der Strahlensätze, welche Umkehrung
gültig ist und welche nicht. Gerichtete Strecken machen hier keinen Sinn. Immer richtig
seid ihr, wenn ihr zuerst zeigt, dass bei den beiden Dreiecken ein Winkel gleich gross ist
und dann das Verhältnis der Seiten überprüft, die an diesen Winkel grenzen (SWS =
Seite-Winkel-Seite, im Gegensatz zu SSW). Dazu gerade ein Beispiel.
Beispiel 1. Im Quadrat
ABCD sei M der Mittelpunkt der Seite AB . Die RechtwinkM schneide AD in K . Zeige, dass die beiden Dreiecke 4CM B und
lige zu M C durch
4CKM ähnlich sind.
Lösung. Dass zwei Dreiecke ähnlich sind, kann man entweder direkt über Winkeljagd
zeigen (indem man zeigt, dass alle drei Winkel gleich gross sind) oder man benutzt die
Umkehrung des Ähnlichkeitssatzes. Letzteres machen wir hier.
◦
Nach Vorraussetzung gilt ∠M BC = ∠KM C = 90 . Wir müssen nun noch zeigen
BM
MK
=
.
MC
BC
Kurze Winkeljagd zeigt, dass die beiden Dreiecke
4M BC
und
4KAM
ähnlich sind.
Daraus folgt
Dabei benutzten wir beim
MK
MA
BM
=
=
.
MC
BC
BC
letzten Schritt, dass M der Mittelpunkt
Noch eine letzte Bemerkung. Für die Ähnlichkeit von
von
AB
ist.
n-Ecken mit n > 3 genügt es nicht,
dass alle Winkel übereinstimmen. Nimm zur Veranschaulichung ein Trapez und strecke
es entlang seiner parallelen Seiten. Die Winkel bleiben dabei gleich, jedoch ändern sich
die Seitenverhältnisse.
3
2
Working Backward
Working Backward ist eine wichtige Beweisstrategie, die man oft anwenden kann, wenn
man mit Winkeljagd nicht mehr weiterkommt. Weil einige Beweise in diesem Skript
diese Methode nutzen (z.B. auch schon der des Satzes über Sehnenvierecke, Satz 6 in
Geometrie I), führen wir es bereits an dieser Stelle ein und lösen zwei typische typische
Beispiele dazu vor. Die Vorgehensweise bei Working Backward ist etwa so:
Angenommen man muss zeigen, dass ein Punkt P eine gewisse Eigenschaft besitzt. Man
0
konstruiert als erstes einen Punkt P , von dem man weiss, dass er diese Eigenschaft hat.
0
Dann zeigt man, dass es nur einen solchen Punkt geben kann und somit P und P immer
zusammenfallen. Damit ist man fertig! Als Beispiel ein Satz, der sehr oft Anwendung
ndet:
Satz 2.1 (Winkehalbierende-Umkreis-Mittelsenkrechte (WUM)). Sei
4ABC ein Dreieck mit AB 6= AC und S der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von ∠BAC und der
Mittelsenkrechten von BC . Dann liegt S auf dem Umkreis des Dreiecks 4ABC .
Lösung. Wenn man versucht, die Aufgabe wie vorgegeben zu lösen, dann merkt man
schnell, dass man nicht besonders weit kommt. Der Trick ist hier, dass man den Punkt
S 0 als Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von ∠BAC und dem Umkreis des Dreiecks
4ABC
deniert. Der Vorteil ist nun, dass wir alles anwenden können, was wir über
Winkel im Kreis wissen.
Mit dem Peripheriewinkelsatz und unter Verwendung der Winkelhalbierenden erhalten
wir:
∠S 0 BC = ∠S 0 AC = ∠BAS 0 = ∠BCS 0 .
4BS 0 C ist somit gleichschenklig, woraus folgt, dass S 0 auf der Mittelsenk0
rechten von BC liegt. Nun liegt S aber gleichzeitig auf der Winkelhalbierenden von
∠BAC und der Mittelsenkrechten von BC , was natürlich bedeutet, dass S = S 0 gilt. Da
S 0 per Denition auf dem Umkreis des Dreiecks 4ABC liegt, sind wir fertig.
Das Dreieck
4AB 0 C 0 seien zwei ähnliche Dreiecke mit demselben Umlaufsinn
und einer gemeinsamen Ecke A. Zeige, dass dann A, B , C und der Schnittpunkt der
beiden Geraden BB 0 und CC 0 auf einem Kreis liegen.
Beispiel 2.
4ABC
und
Lösung. Wir benennen den Schnittpunkt von
Dreiecke wie immer mit
von
α, β
und
γ.
BB 0
und
CC 0
mit
P
Das Ziel ist es zu zeigen, dass
4ABC
und die Winkel der
P
auf dem Umkreis
liegt. Direkt mit Winkeljagd kommt man nicht so weit, jedoch liegt eine
B, C und B 0 , C 0 vor und P muss, wenn er auf dem
0 0
Umkreis von 4ABC liegt, auch auf dem Umkreis von 4AB C liegen. Dies motiviert sich
0
einen Punkt P als Schnittpunkt der beiden Umkreise zu konstruieren. Wir sind fertig,
0
0
0
0
wenn wir jetzt noch zeigen können, dass B, P , B und C, P , C je auf einer Geraden
0
0
0
liegen. Dann ist nämlich P auch der Schnittpunkt von BB und CC und es kann ja nur
0
einen solchen geben, was bedeutet P = P .
Symmetrie zwischen den Punkten
4
Dass
B, P 0
und
B0
auf einer Geraden liegen, zeigen wir mit Winkeljagd:
∠BP 0 B 0 = ∠BP 0 A + ∠AP 0 C 0 + ∠C 0 P 0 B 0
= ∠BCA + ∠AB 0 C 0 + ∠C 0 AB 0
=γ+β+α
= 180◦ .
Weil auch Symmetrie zwischen den Punkten
B, B 0 und C, C 0 vorliegt, liegen auch C, P 0 , C 0
auf einer Geraden.
Abschliessend zu diesem Kapitel noch zwei Bemerkungen. Was wir an diesen Beispielen
beobachten können, gilt sehr allgemein. Wenn wir mit Winkeln zu tun haben, sind Punkte
auf Kreisen sehr viel praktischer als Punkte, die mit Geraden deniert sind. Mit Working
Backward kann man Punkte so denieren, dass man die ganze Winkelmaschinerie in den
Kreisen benutzen kann.
Die zweite Bemerkung bezieht sich auf die Symmetriebegründungen, die wir in der zweiten Aufgabe verwendet haben. Wenn ihr bei euren Lösungen schreibt '...aus Symmetriegründen folgt...', sagt bitte unbedingt auch, zwischen was denn Symmetrie vorliegt, das
0
0
geht oft vergessen. 'Es liegt Symmetrie zwischen den Punkten B, B und C, C vor' heisst
0
0
übrigens, dass wenn wir B mit C und B mit C vertauschen, immer noch eine Anordung
vorliegt, die den Voraussetzungen der Aufgabe entspricht.
3
Die Potenz eines Punktes
Schon
Euklid
hat in seinem Werk
Die Elemente diesen wichtigen Satz erwähnt und
bewiesen.
Satz 3.1 (Potenzsatz). Gegeben ein fester Punkt
k . Betrachte die beiden
Schnittpunke A und B von k mit einer beliebigen Gerade g durch P . Das Produkt P A·P B
wird die Potenz von P bezüglich k genannt und ist unabhängig von der Wahl von g .
P
und ein Kreis
Beweis. Betrachte Abb. 1, AB und A0 B 0 seien zwei beliebige Geraden durch den Punkt P ,
0
der sich ausserhalb des Kreises bendet. Die Dreiecke 4P AA und
0
◦
0 0
0
weil ∠B BA = 180 − ∠B A A = ∠P A A. Daraus folgt
4P B 0 B
sind ähnlich,
P B0
PA
=
P A0
PB
und damit das Gewünschte. Der Fall, wenn
P
im Innern des Kreises liegt, funktioniert
analog. Punkte auf der Kreislinie haben die Potenz 0.
P an den Kreis.
P A · P B = P T 2.
Sehr oft verwendet man den Potenzsatz mit der Tangente durch
der Tangentenberührungspunkt, es gilt dann selbstverständlich
5
Sei
T
A
B’
α
α
A’
E
P
B
P
C
α
A
S
k
B
Abbildung 1: Der Potenzsatz
Abbildung 2: Lösung zu Beispiel 3
Beispiel 3. Seien
P A und P B die beiden Tangenten von einem beliebigen Punkt P
ausserhalb des Kreises k , wobei A und B Berührungspunkte sind. C sei der Schnittpunkt
der Parallelen von P B durch A mit k . Der zweite Schnittpunkt von P C mit k wird E
genannt. Zeige, dass AE die Strecke P B halbiert.
Lösung. (Abb. 2) Wir zeigen
SB 2 = SP 2 .
Dazu betrachten wir die Potenz von
S
an
k.
Es gilt nach Potenzsatz
SB 2 = SE · SA.
Wir haben das Beispiel bewiesen, wenn wir noch zeigen
SP 2 = SE · SA
⇔
SA
SP
=
.
SE
SP
4P SE ∼ 4ASP , also wenn ∠SP E = ∠P AS . Um dies zu zeigen,
.
denieren wir α = ∠SP E . Weil P B und AC parallel sind, ist ∠ACP = α und nach
Tangentenwinkelsatz auch ∠P AS = α.
Dies ist der Fall, wenn
Ähnlich wie beim ersten Strahlensatz existiert auch für den Potenzsatz eine nützliche
Umkehrung. Beachte, dass auch hier wieder gerichtete Strecken im Spiel sind (siehe Kapitel 1). Dies hat zur Folge, dass die Potenz eines Punktes im Innern des Kreises negativ
ist.
Satz 3.2 (Umkehrung des Potenzsatzes). Die Geraden
0
P und es gilt P A · P B = P A · P B
A, B, A0 , B 0 auf einem Kreis.
4
0
AB
und
A0 B 0
schneiden sich in
(als gerichtete Strecken), dann liegen die Punkte
Die Potenzlinie
Gegeben seien zwei Kreise
k1 , k2
mit Mittelpunkten
M1 , M2
und Radien
r1 , r2 . Ein Punkt
hat im Allgemeinen zwei verschiedene Potenzen zu den beiden Kreisen. Für welche Punkte
6
ist die Potenz zu beiden Kreisen gleich gross? Die Antwort ist die Potenzlinie, welche
senkrecht auf
M1 M2
steht und bei sich schneidenden Kreisen durch die Schnittpunkte
geht.
X
M1
P
r1
S1
M2
r2
S2
k2
k1
Abbildung 3: Die Potenzlinie
Beweis. Seien
S1
und
S2
die Schnittpunkte von
(Abb. 3). Auf der Strecke
Punkt
P
S1 S2
k1 ,
k2
respektive
mit der Strecke
M1 M2
muss es aus Gründen der Stetigkeit der Potenz einen
geben, der zu den beiden Kreisen die gleiche Potenz hat. Wir zeigen nun, dass
X , die auf der Senkrechten von M1 M2 durch P liegen die gleiche Potenz
Kreisen haben. Die Potenz von P zu den beiden Kreisen ist
auch alle Punkte
zu den beiden
(P M1 − r1 )(P M1 + r1 ) = (P M2 − r2 )(P M2 + r2 )
⇔ P M12 − r12 = P M22 − r22
⇔ P M12 − r12 + P X 2 = P M22 − r22 + P X 2
⇔ XM12 − r12 = XM22 − r22
⇔ (XM1 − r1 )(XM1 + r1 ) = (XM2 − r2 )(XM2 + r2 )
Dabei haben wir zu der zweiten Zeile auf beiden Seiten
P X2
addiert und in der dritten
4P XM1 , bzw. 4P XM2
angewendet. Auf der letzten Zeile steht die Potenz der Punkte X zu den beiden Kreisen.
Zeile den Satz von Pythagoras in den rechtwinkligen Dreiecken
Unsere Intuition sagt uns, dass es wohl keine weiteren Punkte geben kann, die diese
Eigenschaft erfüllen. Dies ist auch so und wir wollen das ohne Beweis akzeptieren.
Schneiden sich die Kreise nicht, konstruiert man die Potenzlinie, indem man eine der vier
gemeinsamen Tangenten konstruiert. Die Potenzlinie geht dann durch den Mittelpunkt
der Berührungspunkte.
Beispiel 4 (Finalrunde 2009, 7). Die Punkte
folge auf einer Geraden. Sei
k1
A, M1 , M2
der Kreis mit Mittelpunkt
7
und
M1
C
liegen in dieser Reihen-
durch
A
und
k2
der Kreis
mit Mittelpunkt
M2
durch
C.
Die beiden Kreise schneiden sich in den Punkten
Eine gemeinsame Tangente an
k1
die Geraden
in einem Punkt schneiden (Abb. 4).
AB , CD
und
EF
und
k2
Beweis. Wir stellen zunächst fest, dass
berühre
EF
k1
in
B
und
k2
in
D.
E
und
F.
Zeige, dass sich
gerade die Potenzlinie der beiden Kreise
S der Geraden AB und CD die
gleiche Potenz an beide Kreise hat, also dass SA · SB = SC · SD gilt. Dies ist nach dem
Potenzsatz aber äquivalent dazu, dass ACDB ein Sehnenviereck ist. Dies wollen wir nun
ist. Es genügt also zu zeigen, dass der Schnittpunkt
mit Winkeljagd beweisen.
∠CM1 B = 2∠CAB . Da die Radien M1 B und M2 D
beide senkrecht auf der Tangenten BD stehen, sind sie parallel und es gilt ∠CM2 D =
∠CM1 B = 2∠CAB . Das Dreieck 4M2 CD ist gleichschenklig, also folgt nun:
Wegen dem Zentriwinkelsatz gilt
1
∠BDC = 90◦ + ∠M2 DC = 90◦ + (180◦ − ∠CM2 D) = 180◦ − ∠CAB.
2
Damit sind wir fertig.
E
P
y
C
y
x
D
x
A
Abbildung 4: Beispiel 4
5
B
F
Abbildung 5: Die Simson-Gerade
Die Simson-Gerade
Bei einigen Aufgaben hat man es mit Projektionen von Punkten auf Geraden zu tun.
Die Projektion
gilt
P Q⊥g .
Q
des Punktes
P
auf die Gerade
g
ist derjenige Punkt auf
g,
für den
Der folgende Satz sagt uns, wann die Projektionen eines Punktes auf die
verlängerten Seiten eines Dreiecks auf einer Geraden liegen.
Theorem 5.1 (Simson). Gegeben ein beliebiges Dreieck
4ABC und ein Punkt P . D,
E und F seien die Projektionen von P auf die Geraden BC , CA, bzw. AB . Die Punkte
D, E, F liegen dann und nur dann auf einer Geraden, wenn P auf dem Umkreis von
4ABC liegt.
8
Beweis. Wir führen den Beweis für den Fall, der in Abb. 5 dargestellt ist. Für alle anderen
Fälle funktioniert es völlig analog. Zuerst die Denitionen:
y = ∠EDC .
α = ∠BAC , x = ∠F DB
und
Es gilt nun
∠F DE = ∠BDC + y − x = 180◦ + y − x
∠F DE ist also genau dann 180◦ wenn y = x gilt. Wegen den rechten Winkeln sind BP DF
und CDP E Sehnenvierecke und es gilt somit ∠F P B = x und ∠EP C = y . Ausserdem
◦
ist AF P E ein Sehnenviereck und es gilt ∠F P E = 180 − α. P liegt also genau dann
◦
auf dem Umkreis von 4ABC , wenn ∠BP C = 180 − α gilt, d.h. wenn ebenfalls x = y
ist.
6
Ceva und Menelaos
Bei allen bisher behandelten Themen spielten Winkel eine zentrale Rolle. In diesem Kapitel behandeln wir zwei Sätze, die ausschliesslich Streckenverhältnisse enthalten und
überhaupt keine Aussage über Winkel machen. Dies ist dann ein grosser Vorteil, wenn
kein linearer Zusammenhang zwischen den Winkeln besteht. Zur Veranschaulichung ein
einfaches Beispiel. Sei
ABC ein Dreieck und M der Mittelpunkt von AB .
α, β, γ wie üblich die Eckwinkel von 4ABC . Es ist
= ∠BCM und seien
eindeutig aus zwei der
Bezeichne
klar, dass
Eckwinkel berechnet werden kann, aber wie? Da kein linearer
Zusammenhang zwischen den Winkeln besteht, muss ein trigonometrischer Zusammenhang gesucht werden (Winkeljagd geht nicht). Mit dem Sinussatz kann man eine Formel
nden, die man dann mit Hilfe der Additionstheoreme mühsam umformen kann
⇒
sin(α)
sin(α + γ − )
=
2 · sin()
sin(γ)
2
sin(γ) · sin(α + γ)2
sin()2 =
.
(2 sin(α) + cos(α + γ))2 + sin(γ)2 · sin(α + γ)2
Sich mit einer solchen Formel zu quälen, empfehle ich niemandem. Es ist hier klar einfaAM
cher den Punkt M über ein Streckenverhältnis festzusetzen (
= 1).
MB
Wann man nun eine Aufgabe besser mit Winkeln löst, und wann Verhältnisse besser
geeignet sind, ist oft nicht klar. Vielfach braucht man beides (z.B. im Zusammenhang
mit Ähnlichkeit). Als Faustregel kann man sich merken, dass bei Schnittpunkten auf
Kreisen Winkeljagd funktioniert bei Schnittpunkten von Geraden sind die Sätze von
Ceva und Menelaos nötig.
6.1
Ceva
Der italienischer Ingenieur und Mathematiker Giovanni Ceva veröentlichte 1678 diesen
schönen Satz.
9
Satz 6.1 (Ceva). Sei
ABC ein
BC, CA bzw. AB . Die
beliebiges Dreieck und seien
Geraden
Geraden
einem Punkt, wenn
AP, BQ, CR
P, Q, R
Punkte auf den
schneiden sich genau dann in
BP CQ AR
·
·
= 1.
P C QA RB
(1)
Beweis. Wir nehmen als erstes an, die drei Geraden schneiden sich im Punkt
U
und
V
die Projektionen von
B
bzw.
C
AP .
auf
T.
Seien
Nach dem Strahlensatz und anschlies-
sendem Erweitern des Bruches gilt
1
AT · BU
[AT B]
BP
BU
=
=
= 21
,
PC
VC
[CT A]
AT · V C
2
wobei das letzte Verhältnis negativ ist, wenn
4AT B
und
4CT A verschiedenen Umlauf-
sinn haben. Macht man dasselbe für alle drei Verhältnisse, kürzt sich alles weg
[AT B] [BT C] [CT A]
BP CQ AR
·
·
=
·
·
= 1.
P C QA RB
[CT A] [AT B] [BT C]
Für den Beweis der Umkehrung führen wir einen typischen Beweis mit Working Backward. Wir nehmen an (1) gelte und benennen den Schnittpunkt von AP und BQ mit T .
0
Die Gerade CT schneide AB in einem Punkt R . Wenn wir zeigen können, dass daraus
0
folgt R = R , sind wir fertig. Da wir die andere Richtung von Ceva schon bewiesen haben
0
und sich die Geraden AP, BQ, CR nach Konstruktion in einem Punkt schneiden, wissen
wir
BP CQ AR
BP CQ AR0
·
· 0 =1=
·
·
,
P C QA R B
P C QA RB
das zweite Gleichheitszeichen steht wegen (1). Nach dem Kürzen haben wir somit
AR
AR0
=
0
RB
RB
AR0
AR
⇔
+1=
+1
0
RB
RB
AR0 + R0 B
AR + RB
⇔
=
R0 B
RB
AB
AB
⇔
=
R0 B
RB
⇔ R0 B = RB
⇔ R0 = R
Beim Satz von Ceva sollte man sich auch den Beweis merken, Ähnliches kommt immer
mal wieder vor. Als Anwendung beweisen wir die Existenz des Schwerpunktes und des
Höhenschnittpunktes.
10
Beispiel 5. Die Schwerlinien eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt, dem Schwer-
punkt. Die Höhen schneiden sich im Höhenschnittpunkt.
Lösung. Seien
AP, BQ, CR
die Schwerlinien des Dreiecks
ABC .
Es gilt
BP CQ AR
·
·
= 1 · 1 · 1 = 1.
P C QA RB
Nach Ceva schneiden sich die Schwerlinien somit in einem Punkt.
Für den Höhenschnittpunkt muss man etwas mehr tun. Im Dreieck
Projektionen von
A, B bzw. C
auf
ABC
seien
P, Q, R die
BC, CA bzw. AB . Wir klären als erstes das Vorzeichen
von
BP CQ AR
·
·
.
P C QA RB
Der erste Faktor ist genau dann negativ, wenn
dies ist genau dann der Fall, wenn
∠ABC
oder
P ausserhalb der Strecke BC liegt und
∠BCA grösser als 90◦ ist. Da höchstens
einer der Eckwinkel stumpf sein kann, unterscheiden wir zwei Fälle. Ist das Dreieck
spitzwinklig, sind alle drei Faktoren grösser als 0, andernfalls sind genau zwei Faktoren
negativ und das Produkt somit in jedem Fall positiv.
Wir müssen uns jetzt also nicht mehr um das Vorzeichen kümmern und verwenden für
den Rest des Beweises ungerichtete Verhältnisse. Die Dreiecke
ABP
und
CBR
sind
rechtwinklig und haben einen weiteren gemeinsamen Winkel, sie sind also ähnlich. Es
gilt somit
BR
BP
=
BA
BC
⇔
BP
BA
=
.
BR
BC
Mit analogen Überlegungen erhalten wir
BP CQ AR
BP CQ AR
BA CB AC
·
·
=
·
·
=
·
·
= 1.
P C QA RB
BR CP AQ
BC CA AB
Nach Ceva schneiden sich die Höhen also in einem Punkt.
6.2
Menelaos
Dieser Satz geht auf den Griechen Menelaos zurück und ist schon viel älter als der Satz
von Ceva.
Satz 6.2 (Menelaos). Sei
BC, CA
bzw.
AB . P, Q, R
ABC
ein beliebiges Dreieck und seien
P, Q, R
Punkte auf
liegen genau dann auf einer Geraden, wenn
BP CQ AR
·
·
= −1.
P C QA RB
11
(2)
Beweis. Wir nehmen an
P, Q, R seien kollinear. a, b, c seien die gerichteten Abstände von
A, B bzw. C zu der Gerade P QR. Nach dem Strahlensatz gilt BP/P C = −b/c und somit
b
c
a
BP CQ AR
·
·
= −
· −
· −
= −1.
P C QA RB
c
a
b
Der Beweis der Umkehrung funktioniert genau gleich wie bei Ceva.
Als Anwendung von Menelaos möchten wir noch ein kleines Beispiel betrachten.
Beispiel 6 (Finalrunde 2013, 7). Sei
4ABC
ein Dreieck mit
AB 6= AC und Umkreismittelpunkt O . Ferner seien S und T Punkte auf den Geraden AB beziehungsweise AC ,
sodass ∠OSA = ∠ACO und ∠AT O = ∠OBA gelten und sodass S und T näher bei B
beziehungsweise C liegen als bei A. Zeige, dass ST die Strecke BC halbiert (Abb. 6).
Beweis. Sei
ST
BC .
M
der Schnittpunkt von
und
Bei dieser Aufgabe ist es auf jeden
Fall mal eine gute Idee, Menelaos anzuwenden. Die Punkte
Seiten des Dreiecks
4ABC
S, M
und ausserdem sind wir am Verhältnis
und T liegen auf den
BM/M C interessiert.
Es gilt:
Wir möchten beweisen, dass
AS BM CT
·
·
= −1.
SB M C T A
BM/M C = 1 gilt, also genügt
es, die folgende Gleichung
zu zeigen:
AS CT
·
= −1.
SB T A
Da
O
der Umkreismittelpunkt ist, gelten folgende Beziehungen:
∠BAO = ∠OBA = ∠AT O,
∠OAC = ∠ACO = ∠OSA.
Nach dem Aussenwinkelsatz an den Dreiecken
4SBO
und
4COT
gilt zudem
∠SOB = ∠OSA − OBA = ∠ACO − ∠AT O = ∠T OC.
Wir stellen fest, dass die beiden Dreiecke
4SBO
und
4COT
4ASO
und
4T AO
sowie die beiden Dreiecke
ähnlich sind. Hieraus folgt:
AS
SO
=
,
TA
AO
CT
CO
=
.
SB
SO
Multiplizieren wir die beiden Verhältnisse miteinander, so erhalten wir, ohne Beachtung
des Vorzeichens:
AS CT
AS CT
SO CO
CO
·
=
·
=
·
=
= 1.
SB T A
T A SB
AO SO
AO
Wir überlegen uns noch kurz, dass wir bei Beachtung des Vorzeichens tatsächlich auch
−1
T und der Bedingung AB 6= AC
AB und T auf der Verlängerung
der Seite AC , oder S liegt auf der Verlängerung der Seite AB und T innerhalb der Seite
AC . In beiden Fällen ist je eines der Verhältnisse AS/SB , CT /T A positiv und das andere
negativ, also ist das Produkt immer −1.
erhalten. Wegen der Denition der Punkte
gibt es zwei Fälle: Entweder liegt
S
S
und
innerhalb der Seite
12
Abbildung 6: Beispiel 6
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7.1
Spezielle Punkte des Dreiecks
Der Schwerpunkt
Die Schwerlinie verbindet den Mittelpunkt einer Seite mit der gegenüberliegenden Ecke.
Der Schnittpunkt der drei Schwerlinien wird Schwerpunkt genannt und teilt die Schwerlinien im Verhältnis 2 : 1.
Beweis. Die Existenz des Schwerpunktes haben wir bei Beispiel 5 mit Ceva bewiesen,
man kann es sich auch physikalisch überlegen. Seien nun
der Seiten
parallel zu
BC , respektive CA. Nach
AB und halb so lang. Wir
D
und
E
die Mittelpunkte
der Umkehrung des ersten Strahlensatzes ist
wenden nun den zweiten Strahlensatz bei
S
DE
an
SD
DE
1
=
= .
SA
AB
2
7.2
Der Inkreismittelpunkt
Jeder Punkt auf einer Winkelhalbierenden hat zu den beiden Schenkeln den gleichen
Abstand. Die drei Winkelhalbierenden in einem Dreieck schneiden sich im Inkreismittelpunkt. Dies überlegt man sich leicht, indem man zwei Winkelhalbierenden schneidet. Der
Schnittpunkt hat dann zu allen drei Seiten den gleichen Abstand und liegt dashalb auch
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auf der dritten Winkelhalbierenden.
Im Zusammenhang mit dem Inkreismittelpunkt hier drei wichtige Eigenschaften:
I der Inkreismittelpunkt und P der Schnittpunkt von AI mit dem Umkreis von
4ABC . P liegt dann auf der Mittelsenkrechten von BC . Dies haben wir in Satz 2.1
(i.) Sei
bereits bewiesen.
(ii.) Weil die Seiten tangential zum Inkreis sind, lassen sich die Seitenlängen in natürli-
AB = x+y , BC = y+z und CA = z+x.
BC+CA+AB
= x + y + z beoft mit s =
2
cher Weise aufteilen (Siehe Abb. 7). Es gilt
Der halbe Umfang eines Dreiecks wird
A
x = x + (y + z) − (y + z) = s − a.
zeichnet. Für den Abstand von
zum Berührungspunkt des Inkreises gilt dann
(iii.) Satz 7.1 (Winkelhalbierendensatz).
kelhalbierenden in
A
gilt
Beweis. Wir benutzen Punkt
Umkreis von
Wir betrachten die innere und äussere Win-
und die Schnittpunkte
4ABC .
D, D0
mit der Strecke
BD
BD0
AB
=
= 0 .
AC
DC
DC
(i.). Sei also P der Schnittpunkt
BC .
Genau dann
von
AI
mit dem
Mit mehrmaliger Anwendung des Peripheriewinkelsatzes am
Umkreis nden wir zwei Paare von ähnlichen Dreiecken:
4ABD ∼ 4CP D
4ACD ∼ 4BP D
und daraus folgen die beiden Beziehungen
CP
AB
=
AD
CD
Mit
BP = CP
AC
BP
=
.
AD
BD
erhalten wir daraus
AB
CP · AD · BD
BD
=
=
.
AC
CD · BP · AD
DC
7.3
Die Ankreismittelpunkte
Jedes Dreieck hat drei Ankreise, einer ausserhalb jeder Seite. Betrachte Abb. 8, interessant sind die Abstände der Berührungspunkte zu den Ecken. Die Abstände von
A
zu
AB und AC sind beide gleich gross und müssen daher beide
x + y + z sein. Daraus folgt, dass der Mittelpunkt der zwei Berührungspunkte auf der
Seite BC gleichzeitig der Mittelpunkt der Seite BC ist. Eine Anwendung ndest du im
den Berührungspunkten mit
Kapitel 8.
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C
y
z
C
z
y
x
I
y
A
Ia
x+z
x
z
B
y
A
Abbildung 7: Der Inkreismittel-
x+y
Abbildung 8:
z
B
Ia , einer der drei Ankreismittelpunkte
punkt
I
7.4
Der Umkreismittelpunkt und der Höhenschnittpunkt
Jeder Punkt auf der Mittelsenkrechten der Seite
AB
hat zu
A
und
B
den gleichen Ab-
stand. Dass sich die drei Mittelsenkrechten eines Dreiecks im Umkreismittelpunkt Die
Existenz des Höhenschnittpunktes haben wir beim Satz von Ceva gezeigt. (???)
Die interessanten Eigenschaften dieser Punkte werden wir ausschliesslich in den Übungen
behandeln.
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Tangentenvierecke
Ähnlich wie für die Sehnenvierecke gibt es auch für die Vierecke mit Inkreis ein einfaches
Kriterium, das diese vollständig charakterisiert. Das konvexe Viereck
Inkreis, man sieht schnell, dass dann gilt
AB + CD = BC + DA
ABCD
habe einen
(die Abstände einer
Ecke zu den Berührungspunkten auf den beiden benachbarten Seiten, sind jeweils gleich
gross). Erstaunlicher ist, dass auch die Umkehrung gilt.
Beispiel 7. Das konvexe Viereck
wenn
ABCD
hat genau dann und nur dann einen Inkreis,
AB + CD = BC + DA.
Lösung. Wir nehmen an
AB + CD = BC + DA.
Ist das Viereck ein Parallogramm,
ist es wegen der Voraussetzung ein Rhombus und hat somit einen Inkreis (der Diagnalenschnittpunkt ist der Inkreismittelpunkt). Andernfalls gibt es zwei gegenüberliegende
Seiten, die sich in einem Punkt schneiden. OBdA schneiden sich
dass
A
zwischen
B
und
P
4P BC
und der Ankreis von
stimmen. Weil beide diese Kreise tangential an
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und
CD
in
P,
so
ABCD genau dann einen Inkreis
4P AD gegenüber P übereinP B und P C liegen, stimmen die Kreise
liegt. Wir beobachten, dass
besitzt, wenn der Inkreis von
AB
genau dann überein, wenn sie
Sei
X
PB
im gleichen Punkt berühren.
der Berührungspunkt des Inkreises von
4P BC
auf
P B.
Es gilt somit
1
1
1
P X = (P B +BC +CP )−BC = (P B −BC +CP ) = (P A+AB −BC +P D +DC).
2
2
2
1
(P A + P D + AD). Sei
2
gegenüber P auf P B . Es gilt
Nach der Voraussetzung ist dies gleich
des Ankreises von
4P AD
Y
der Berührungspunkt
1
1
P Y = P A + (P A + AD + DP ) − P A = (P A + AD + DP ).
2
2
Dies bedeutet
PX = PY
und somit
X =Y.
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