Vorlesung 7

Satz von Ceva
Begriffserläuterungen. Ecktransversale ist eine Strecke, die eine
Ecke eines Dreiecks mit einem Punkt der Gegenseite verbindet.
Ersatz für Flächeninhalt im Beweis von Satz von Ceva
In dem Beweis werden wir den Flächeninhalt eines Dreiecks benutzen: wir werden benutzen, dass
Vol(ABC ) = Vol(ABT ) + Vol(CBT ) und dass
Vol(ABC ) 6= 0.
Wir haben den Begriff Flächeninhalt noch nicht eingeführt; deswegen
können wir ihn noch nicht benutzen. Ich werde diese formale
Schwierigkeit wie folgt beseitigen:
Für jedes Dreieck ABC definiere ich
B
A
T
C
Vol(ABC ) = 12 |AB||BC | sin(hABC ) = 12 ac sin(β).
Aus Sinussatz folgt, dass diese Zahl nur vom Dreieck abhängt (und nicht
von den Ecken), da
1
2 ab sin(γ)
= 21 bc sin(α) = 12 ac sin(β)
(∗)
— um (∗) zu bekommen, müssen wir die Formel aus dem Sinussatz,
siehe unten, mit 21 abc multiplizieren.
sin(α)
sin(β)
sin(γ)
=
=
a
b
c
(Sinussatz)
Beweis, dass Vol(ABC ) = Vol(ABT ) + Vol(CBT )
Für jedes Dreieck ABC definiere ich
Vol(ABC ) = 12 |AB||BC | sin(hABC ) = 21 ac sin(β).
B
A
T
C
Vol(ABT ) = 12 |BA||TA| sin(hBAC );
Vol(ABC ) = 12 |BA||CA| sin(hBAC ),
)
|TA|
also Vol(ABT
Vol(ABC ) = |CA| .
)
|TC |
Analog gilt: Vol(CBT
Vol(ABC ) = |CA| .
)
Vol(ABT )
Dann gilt: Vol(CBT
Vol(ABC ) + Vol(ABC )
|
|TA|
|TC |+|TA|
= |TC
=
|CA| + |CA| =
|CA|
Dann ist Vol(CBT ) + Vol(ABT ) = Vol(ABC )
)
AT
Bemerkung. Wir sehen auch, dass Vol(ABT
Vol(CBT ) = TC
|CA|
|CA|
= 1.
Beweis von Satz von Ceva
Aus der Bemerkung oben (angewendet auf Dreiecke A1 := BAX und
a1
1)
A2 := CAX ) bekommen wir, dass Vol(A
Vol(A2 ) = a2
Vol(
)
Vol(
)
Vol(
)
Vol(
)
Durch Umformungen erhalten wir:
a1
1)
(i) Vol(A
Vol(A2 ) = a2 (⇐⇒ a2 Vol(A1 ) = a1 Vol(A2 )) und analog
a1
1)
(ii) Vol(B
Vol(B2 ) = a2 ⇐⇒ a2 Vol(B1 ) = a1 Vol(B2 )).
Dann ist (i) − (ii) = a2 (Vol(A1 ) − Vol(B1 )) = a1 (Vol(A2 ) − Vol(B2 )).
Nach Konstruktion ist aber Vol(A1 ) − Vol(B1 ) = Vol(C1 ),
Vol(A2 ) − Vol(B2 ) = Vol(C2 ).
Es gilt also:
|BX |
Vol(C1 )
a1
a2 = |XC | = Vol(C2 ) =
Vol(ABP)
Vol(CAP) .
Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P
schneiden,
dann gilt für die Seiten b und c das gleiche
wie für a,also
Vol(ABP)
|BX |
|XC | = Vol(CAP) ,
|CY |
|YA|
|AZ |
|ZB|
Dann ist
|BX |
|XC |
·
|CY |
|YA|
·
|AZ |
|ZB|
=
=
=
Vol(BCP)
Vol(ABP) ,
Vol(CAP)
Vol(BCP) .
Vol(ABP)
Vol(CAP)
·
Vol(BCP)
Vol(ABP)
·
Vol(CAP)
Vol(BCP)
= 1,
Umkehrung des Satzes von Ceva
Umkehrung von Ceva Erfüllen drei Ecktransversalen
| |CY | |AZ |
die Gleichung |BX
|XC | · |YA| · |ZB| = 1, so schneiden sie
sich in einem Punkt
Beweis. Wir nehmen
ein Dreieck mit zwei
Ecktransversalen, die
sich in P schneiden,
dann gibt es nur eine
Ecktransversale durch
C , die ebenfalls durch
P geht. Diese schneidet sich mit AB in Z ′ .
Damit erfüllt Z ′ nach Satz
von Ceva die Bedingungen für
|
|CY |
die Gleichung |BX
|XC | · |YA| ·
|AZ ′ |
|Z ′ B|
= 1.
|
|CY |
|AZ |
Da aber |BX
|XC | · |YA| · |ZB| =
1 unsere Voraussetzung ist,
folgt daraus, dass Z und
Z ′ zusammenfallen. Daher
schneidet CZ die anderen
Ecktransversalen in P,
Folgerungen
Folgerung 1 Alle drei Seitenhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt.
Begriffserläuterungen. Seitenhalbierende werden definiert als
Transversalen, die die Ecken des Dreiecks mit den Mittelpunkten
der jeweils gegenüberliegenden Seiten verbinden.
Bemerkung. Die Folgerung haben wir bereits in LAAG 1
bewiesen, mit Hilfe von affinen Transformationen. Wir geben jetzt
einen anderen Beweis mit Hilfe von Satz von Ceva.
Folgerung 1 Die Seitenhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt.
Beweis. In dem oben abgebildeten Dreieck ABC sind AA′ , BB ′ und CC ′
die Seitenhalbierenden dieses Dreiecks. Eine Seitenhalbierende hat die
Eigenschaft, dass sie die Seite, die sie halbiert in zwei gleich große
Strecken teilt, so dass gilt: |BA′ | = |A′ C |; |CB ′ | = |B ′ A| und
|AC ′ | = |C ′ B|.
|BA′ |
|CB ′ |
|AC ′ |
Dann ist 1 = |A
′ C | = |B ′ A| = |C ′ B| .
′
′
′
|BA | |CB | |AC |
Dann ist |A
′ C | · |B ′ A| · |C ′ B| = 1 · 1 · 1 = 1. Nach der Umkehrung des
Satzes von Ceva schneiden sich diese drei Ecktransversalen in einem
Punkt,
Folgerung 2 Die Winkelhalbierenden der drei
Winkel eines Dreiecks schneiden sich in einem
Punkt.
Hilfslemma Jede Winkelhalbierende eines Dreiecks teilt die
gegenüberliegende Seite im Verhältnis der Längen der anliegenden Seiten.
|CL|
(z.B. |BL|
= bc )
Beweis von Folgerung unter der Annahme, dass Hilfslemma richtig
|AC |
|BL|
|AB|
ist. Nach Hilfslemma gilt |AB|
|BL| = |LC | , folglich |LC | = |AC | . Analog
bekommt man
|CN|
|NA|
=
|BC |
|AB|
und
|AK |
|KB|
=
|AC |
|BC | .
|AB| |BC | |AC |
|BL| |CN| |AK |
Dann ist |LC
| · |NA| · |KB| = |AC | · |AB| · |BC | = 1. Nach der Umkehrung
des Satzes von Ceva schneiden sich diese drei Ecktransversalen in einem
Punkt,
Beweis von Hilfslemma
Hilfslemma Jede Winkelhalbierende eines Dreiecks teilt die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der Längen der anliegenden Seiten.
Beweis. AL ist eine Winkelhalbierende und teilt das Dreieck ABC in die
zwei Dreiecke ABL und ALC .
Nach Sinussatz (Satz 15) angewendet auf Dreieck ABL gilt:
sin(B)
|AL|
=
1
sin( 2 A)
|BL| .
Dann gilt:
sin(B)
sin(C )
Analog bekommen wir für ALC , dass
=
|CL|
|BL|
sin(C )
|AL|
Der Sinussatz angewendet auf ABC liefert uns
=
sin(B)
b
sin(C ) = c . Wir setzen dies in (∗) ein und bekommen:
= bc ,
1
sin( 2 A)
|CL| .
(∗)
sin(B)
b
|CL|
|BL|
=
sin(C )
c
folglich
Folgerung 3 Die Ecktransversalen, die auf
den gegenüberliegenden Seiten senkrecht stehen
(=“Höhen”), schneiden sich in einem Punkt.
Beweis. Wir nehmen an, dass alle Winkel spitz sind, Beweis für Dreiecke
mit stumpfem Winkel ist analog (obwohl in dem Fall der Schnittpunkt der
Ecktransversalen außerhalb des Dreiecks liegt; als Ecktransversale sollte
man aber die ganze Gerade verstehen, nicht nur die Stecke der Geraden
Ankathete
die im Dreieck liegt.) Wir benutzen cos := Hyptenuse
um zu bekommen:
|AZ | = b · cos(A),|ZB| = a · cos(B), |BX | = c · cos(B),
|XC | = b · cos(C ), |CY | = a · cos(C ), |YA| = c · cos(A).
Durch einsetzen in die Gleichung von Ceva erhalten wir
|AZ |
|ZB|
·
|BX |
|XC |
·
|CY |
|YA|
=
b·cos(A)
a·cos(B)
·
c·cos(B)
b·cos(C )
·
a·cos(C )
c·cos(A)
= 1,
Satz von Menelaus
Satz von Menelaus. Sind die Punkte X , Y
und Z auf den Geraden L(B, C ), L(C , A),
L(A, B) des Dreiecks kollinear, dann gilt:
|BX | |CY | |AZ |
|CX | · |AY | · |BZ | = 1.
Beweis von Satz von Menelaus
B’
A’
Satz von Menelaus. Sind die Punkte X , Y
und Z auf den Geraden L(B, C ), L(C , A),
L(A, B) des Dreiecks kollinear, dann gilt:
|BX | |CY | |AZ |
|CX | · |AY | · |BZ | = 1.
C’
Beweis. Vorausgesetzt sei die Kollinearität der Punkte X , Y und Z . Wie
in der Abbildung seien h1 , h2 und h3 die Längen der Lote von A, B und
C auf die Gerade L(X , Y ).
Die Höhen AA′ , BB ′ , CC ′ sind senkrecht zu einer Gerade und deswegen
parallel nach Wechselwinkelsatz.
Wir wenden dreimal Strahlensatz an um die drei Gleichungen zu
bekommen:
|BX |
h2 |CY |
h3 |AZ |
h1
|CX | = h3 ; |AY | = h1 ; |BZ | = h2 .
Aus diesen drei Gleichungen erhalten wir das gewünschte Ergebnis durch
Multiplikation:
|BX | |CY | |AZ |
h2 h3 h1
.
|CX | · |AY | · |BZ | = h3 · h1 · h2 = 1,
Direkte Umkehrung des Satzes von Menelaus ist falsch
Man beachte aber bitte, dass immer entweder alle drei Seiten oder genau
eine Seite des Dreiecks ABC verlängert werden müssten, um die drei
verschiedenen kollinearen Punkte X , Y und Z unterzubringen.
Wenn ein Punkt Z ′ wie auf dem Bild unten gewählt ist, liegen die Punkte
| |CY | |AZ ′ |
X , Y , Z ′ nicht auf einer Geraden, obwohl |BX
|CX | · |AY | · |BZ ′ | = 1.
Also brauchen wir für die Umkehrung des Satzes von Menelaus
zusätzliche Voraussetzungen. Wir werden zuerst eine Version des Satz
von Menelaus formulieren, in welcher das Analog der Formel
|BX | |CY | |AZ |
|CX | · |AY | · |BZ | = 1 bereits berücksichtigt, dass immer entweder alle drei
Seiten oder genau eine Seite des Dreiecks ABC verlängert werden
müssen. Dann werden wir die Umkehrung des Satzes formulieren und
beweisen.
Wiederholung: Teilverhältnis Die Punkte A, B, C seien kollinear, (d.h.,
sie liegen auf einer Geraden) und B 6= A. Dann ist TV (A, B, C ) die Zahl
−→
−→
λ, so dass AC = λAB (d.h., C − A = λ(B − A)).
Eine “altmodische”, aber oft in der Elementargeometrie
verwendete
−
→
AC
Bezeichnung für das Teilverhältnis ist TV (A, B, C ) = −
→ . Diese
AB
Bezeichnung ist tatsächlich gut für mnemonische Zwecke: Damit ein
Bruch, sodass Zähler und Nenner Vektoren sind sinnvoll ist, müssen die
Vektoren proportional sein, und deswegen die Punkte A, B, C kollinear
−→ ~
sein. Damit der −
Nenner
AB 6= 0 ist, muss A 6= B sein. Jetzt kann man
→
−→
−→
AC
die Formel λ = −→ “umformen” zu AC = λAB und das ist die Formel
AB
aus der Definition des Teilverhältnis.
Satz von Menelaus mit Hilfe von Teilverhältnis
Satz von Menelaus mit Hilfe von Teilverhältnis. Sind die Punkte X ,
Y und Z auf den Geraden L(B, C ), L(C , A), L(A, B) des Dreiecks
kollinear, dann gilt:
TV (X , C , B) · TV (Y , A, C ) · TV (Z , B, A) = 1,
oder, in “mnemonischen Bezeichnungen”,
→
−→ −→ −
BX
CY
AZ
−
→ · −
→ · −
→ =1
CX
AY
BZ
Beweis davon ist analog zum Satz von Menelaus, den wir vorher bewiesen
haben; man muss nur das Vorzeichen beachten.
Die Umkehrung des Satzes von Menelaus
Umkehrung des Satzes von Menelaus Ist
die Gleichung TV (X , C , B) · TV (Y , A, C ) ·
TV (Z , B, A) = 1 erfüllt für Punkte X , Y und
Z auf den drei Seiten, dann sind diese drei
Punkte kollinear.
Beweis. Liegen die Punkte X , Y und Z auf den drei Seiten derart, dass
TV (X , C , B) · TV (Y , A, C ) · TV (Z , B, A) = 1 gilt, dann mögen sich die
Geraden L(A, B) und L(X , Y ) in Z ′ treffen.
Dann gilt: TV (X , C , B) · TV (Y , A, C ) · TV (Z ′ , B, A) = 1. Daher ist
TV (Z , B, A) = TV (Z ′ , B, A) := λ.
−−→
−−′→
−→
−→
Dann ist ZA = λ · ZB und
Z ′A = λ −
·−
Z
−
−
→
→B. Dann
−−→ist
−
→
−→ −−→
ZA − Z ′ A = λ · (ZB − Z ′ B) . Also, ZZ ′ = λ · ZZ ′ .
| {z }
{z
}
|
−
−
→
ZZ ′
−
−
→
ZZ ′
−−→
Damit ist ZZ ′ = ~0; deswegen fallen Z ′ und Z zusammen. Damit haben
wir bewiesen, dass die Punkte X , Y und Z kollinear sind,
Beweis des Satzes von Ceva mit Menelaus
Wir wollen nun den Satz von Ceva mit Hilfe des Satzes von Menelaus
beweisen.
Gegeben: Wir gehen davon aus, dass der Satz
von Menelaus und sein Umkehrsatz gelten.
Weiterhin nehmen wir an, dass es drei Ecktransversalen gibt, die sich in einem Punkt
schneiden, siehe die Abbildung
Zu zeigen ist nun, dass die Gleichung von Ce|AY | |CX | |BZ |
va gilt: |YC
| · |XB| · |ZA| = 1.
Zuerst wenden wir den Satz von Menelaus auf die Dreiecke ACZ (mit der
Geraden L(B, Y )) und BCZ (mit der Geraden L(A, X )) an:
−
→ −
→ −
→
CP ZB
AY
für ACZ : −
→ · −
→ · −
→ = 1 und
YC
−
→
ZP
−
→
PC
PZ
−
→
CX
−
→
XB
BA
−
→
BA
−
→
AZ
für BCZ :
·
·
= 1.
Wir multiplizieren diese beiden Gleichungen miteinander und erhalten:
→ −
→ −
→ −
→ −
→
−
→ −
→ −
→
−
→ −
CP ZB ZP CX
BA
AY
CX
BZ
AY
−
→ · −
→ · −
→ · −
→ · −
→ · −
→ = −
→ · −
→ · −
→ = 1.
YC PZ
BA PC
XB AZ
YC
XB
ZA
Aus dieser Gleichung bekommen wir die gewünchte Aussage,
Bemerkung. Wir sehen, dass der Satz von Ceva auch in der
−
→ −
→ −
→
AY
CX
BZ
“vektoriellen” Form, also mit Teilverhältnis, gilt: −
→ · −
→ · −
→ = 1.
YC
XB
ZA
Folgerung 3 aus Satz von Ceva gilt auch für
stumpfwinkligen Dreiecke
Bemerkung. Wir sehen, dass der Satz von Ceva auch in der “vektoriellen” Form, also mit Teilverhältnis, gilt:
−
→
−
→
−
→
AY · CX · BZ = 1.
−
→
−
→
→
−
YC
XB
ZA
Folgerung 3. Die Ecktransversalen, die auf
den gegenüberliegenden Seiten senkrecht stehen
(=“Höhen”), schneiden sich in einem Punkt. Beweis von Folgerung 3, den wir für spitzwinklige
Dreiecke gemacht haben, gilt auch für stumpfwinkligen, wenn wir den Satz von Ceva in der
vektoriellen Form benutzen.
P1
Y
X
A
C
Z
B
Satz von Pappus: projektive (allgemeinere) Version
Satz von Pappus. A, C und E seien drei auf
einer Geraden liegende Punkte, B, D und F
seien drei Punkte auf einer anderen Geraden.
Dann liegen die drei Schnittpunkte L, M und
N der Geraden L(A, B) und L(D, E ), L(C , D)
und L(F , A), L(E , F ) und L(B, C ) ebenfalls auf
einer Geraden.
Bei diesem Satz von Pappus handelt es sich
um einen Satz, der sich ohne Längenmessung
oder Winkelmessung und selbst ohne Bezug
auf Anordnung bezieht (d.h., nur die Inzidenzeigenschaften sind gefragt). In jedem Tripel kollinearer Punkte ist es gleichgültig, welcher Punkt zwischen den anderen liegt. Genauso wie die Abbildung oben, zeigt auch die
Abbildung links eine Darstellung des Satzes
von Pappus. Wir können also die Buchstaben
A, B, C , D, E , F zyklisch vertauschen, vorausgesetzt wir benennen folgerichtig die Punkte
L, M und N um.
Beweis
Wir nehmen an, dass die drei Geraden L(A, B), L(C , D) und L(E , F ) wie
in der Abbildung ein Dreieck UVW bilden.
Wir wollen nun beweisen, dass die Punkte L,
M und N wirklich kollinear sind.
Um den Satz von Pappus zu beweisen, wenden wir nun den Satz von Menelaus auf die
Punktetripel (L, D, E ), (A, M, F ), (B, C , N),
(A, C , E ) und (B, D, F ) auf den Seiten des
in der Abbildung dargestellten Dreiecks UVW
an.
Wir
erhalten
damit:
−
−
→ −
→
−
→
−−→ −
→
−
→
−
−
→ −→
−
→
WD UE
VA
WM UF
VB
WC
UN
VL
·
·
=
1;
·
·
=
1
;
−→
−→
−
→
−
−
→
−→
−
→
−
−
→ · −
→ · −→ = 1 ;
LW
−
→
VA
−
−
→
AW
DU
−
−
→
EV
−
→
AW
−
→
MU
FV
−
−
→ −
→
BW
CU
NV
UE
VB
WD UF
· WC
−
→ · −
→ =1 ; −
−
→ · −→ · −
→ =1 .
CU
EV
BW
DU
FV
Wir dividieren nun das Produkt der ersten drei Ausdrücke durch das
der→beiden
letzten,
und−→
erhalten:
Produkt
−
−
→ −
−
→
−−→ −
→
−
−
→ −→ −
→ −
→ −
−
→ −→ −
→
−
→
−
→ −
VL
WD UE
VA
WM UF
VB
WC
UN AW CU EV BW DU FV
−→ · −→ · −
→ · −
−
→ · −→ · −
→ · −
−
→ · −
→ · −→ · −
→ ·−
−
→·−
→· −
→ ·−
−
→·−
→ =
LW
DU
EV
AW
MU| FV
BW
CU
NV VA WC UE VB WD UF
1
−−→ −→
−
→
WM UN
VL
Nach einem mächtigen Kürzen ergibt sich: −
→ · −→ · −→ = 1
LW
MU
NV
Nach einem mächtigen Kürzen ergibt sich:
−
→
VL
−→
LW
·
−−→
WM
−→
MU
·
−→
UN
−→
NV
=1
Wenden wir nun den Umkehrsatz von Menelaus an, folgt aus dieser
Gleichung, dass die Punkte L, M und N kollinear sind,
Eine Anwendung des Satz von Pappos
Beispielaufgabe: Gegeben seien zwei
Punkte C und F , die auf den Seiten AE
bzw. BD eines Parallelogramms AEBD
liegen. Mit M und N seien die Schnittpunkte von CD mit FA sowie EF mit BC
bezeichnet. Die Gerade L(M, N) soll DA
in P und EB in Q schneiden. Man beweise nun, dass AP ≡ BQ gilt.
Eine Anwendung des Satz von Pappos
Beispielaufgabe: Gegeben seien zwei Punkte C und F ,
die auf den Seiten AE bzw. BD eines Parallelogramms
AEBD liegen. Mit M und N seien die Schnittpunkte von
CD mit FA sowie EF mit BC bezeichnet. Die Gerade
L(M, N) soll DA in P und EB in Q schneiden. Man
beweise nun, dass AP ≡ BQ gilt.
Lösung: Wir zeichnen zuerst die Diagonalen des Parallelogramms ein:
Durch das Einzeichnen der Diagonalen entsteht der Schnittpunkt R.
Nach dem Satz von Pappus geht L(M, N) durch das Zentrum R. Mit
Hilfe der Strahlensätze folgt nun: L(M, N) teilt die gegenüberliegenden
Seiten in paarweise gleich lange Strecken. Daher gilt: AP ≡ BQ,
Der Satz von Desargues
Die geometrische Theorie der Perspektive wurde begründet von dem
Architekten Filippo Brunelleschi
(1377-1446), der die achteckige
Kuppel des Doms in Florenz und den Pitti – Palast entwarf. Diese
Theorie wurde von einem anderen Architekten vertieft, nämlich von
Girard Desargues
(1591-1661), dessen Zwei-Dreiecke“ – Satz
”
später als so bedeutend erkannt wurde, wie der Satz von Pappus.
Def. Zwei Punktetripel (Q, P, R) und (Q ′ , P ′ , R ′ ) sind perspektiv bzgl.
des Punktes O, falls die Geraden L(P, P ′ ), L(R, R ′ ), L(Q, Q ′ ) den Punkt
O enthalten.
Satz von Desargues. Sind zwei Dreiecke perspektiv bezüglich eines
Punktes und schneiden sich die Paare entsprechender Seiten, dann liegen
die drei Schnittpunkte auf einer Geraden.
Die Punkte D,E,F sind kollinear
Die Punkte D,E,F sind
ebenfalls kollinear
Beweis des Satzes von Desargues
Die Punkte D,E,F sind
Die Punkte D,E,F sind kollinear
ebenfalls kollinear
Wir wenden wieder den Satz von Menelaus auf die drei Punktetripel
(F , R ′ , Q ′ ), (E , P ′ , R ′ ), (D, Q ′ , P ′ ) auf den Seiten der drei Dreiecke
OQR, ORP, OPQ an und erhalten:
−
→
RE
−
→
PE
·
−
−
→
PP ′
−−→′
OP
·
−−→′
OR
−
−
→
RR ′
=1
−
→
PF
;−
→
QF
·
−−→′
QQ
−−→′
OQ
·
−−→′
OP
−
−
→
PP ′
−→
QD
−
→
RD
·
−
−
→
RR ′
−−→′
OR
·
−−→′
OQ
−−→′
QQ
=1;
= 1 . Nach ausmultiplizieren und
kürzen ergibt sich damit:
−→ −
→ −
→
QD RE
PF
·
−
→ · −
→ = 1 . Nach dem Umkehrsatz von Menelaus ergibt sich, dass
~
RD
PE QF
D, E und F kollinear sind,
Umkehrsatz des Satzes von Desargues
Def.
Zwei Punktetripel (Q, P, R) und
(Q ′ , P ′ , R ′ ) sind perspektiv bzgl. einer Geraden L, falls die Schnittpunkte E := L(Q, P) ∩
L(Q ′ , P ′ ) , D := L(Q, R) ∩ L(Q ′ , R ′ ), F :=
L(R, P) ∩ L(R ′ , P ′ ) auf der Geraden L liegen.
Umkehrsatz des Satzes von Desargues Sind zwei Dreiecke perspektiv
bezüglich einer Geraden und schneiden sich zwei der Verbindungsgeraden
entsprechender Ecken, so gehen alle drei Verbindungsgeraden durch einen
Punkt und die Dreiecke sind bezüglich dieses Punktes perspektiv.
Beweis des Umkehrsatzes des Satzes von Desargues
Umkehrsatz des Satzes von Desargues Sind zwei Dreiecke perspektiv bezüglich einer Geraden und schneiden sich
zwei der Verbindungsgeraden entsprechender Ecken, so gehen alle drei Verbindungsgeraden durch einen Punkt und
die Dreiecke sind bezüglich dieses Punktes perspektiv.
Beweis: Die Dreiecke PQR und P ′ Q ′ R ′ seien
bezgl. der Geraden L perspektiv. Dann sind die
Punkte
D := L(Q, R) ∩ L(Q ′ , R ′ ), F := L(R, P) ∩
L(R ′ , P ′ ) , E = L(P, Q) ∩ L(P ′ , Q ′ ), wie in
der Abbildung links kollinear.
Setzen wir O = L(P, P ′ ) ∩ L(R, R ′ ), so wollen
wir beweisen, dass (O, Q, Q ′ ) ein kollineares
Punktetripel ist.
′
Da die Dreiecke EPP und FRR ′ perspektiv bezüglich D sind, können wir
den Satz von Desargues auf sie anwenden und schlußfolgern, dass die
Schnittpunkte von Paaren entsprechender Seiten, nämlich
O = L(P, P ′ ) ∩ L(R, R ′ ), Q ′ = L(P ′ , E ) ∩ L(R ′ , F ),
Q = L(F , P) ∩ L(E , R) kollinear sind ,
L
Kreiswinkelsatz
Gegeben sei ein Kreisbogen mit den voneinander verschiedenen
Endpunkten A und B.
Def. von Umfangswinkel, Mittelpunktswinkel, Sehnentangentenwinkel
Umfangswinkel nennt man einen Winkel ∠(A, P, B),
dessen Scheitel P auf demjenigen Kreisbogen liegt,
der den gegebenen Kreisbogen zum vollständigen
Kreis ergänzt (φ auf dem Bild).
Ist M der Mittelpunkt des gegebenen Kreisbogens,
so bezeichnet man den Winkel ∠(A, M, B) als den
zugehörigen Mittelpunktswinkel (µ auf dem Bild).
Ein Sehnentangentenwinkel zum gegebenen Kreisbogen wird begrenzt von der Sehne AB und der
Kreistangente im Punkt A bzw. B.
Kreiswinkelsatz Der Mittelpunktswinkel eines Kreisbogens ist doppelt
so groß wie einer der zugehörigen Umfangswinkel.
Folgerung: Zwei Umfangswinkel mit gleichem Kreisbogen
sind gleich groß (kongruent)
Beweis. Weil die beiden gleich der Hälfte vom Mittelpunktswinkel sind.
Kreiswinkelsatz Der Mittelpunktswinkel eines Kreisbogens ist doppelt
so groß wie einer der zugehörigen Umfangswinkel.
Beweis: Spezialfall: Mittelpunkt liegt auf einer Seite
Die beiden Winkel bei B und P sind als Basiswinkel
in dem gleichschenkligen Dreieck MBP gleich groß
(einfach zu zeigen mit Kongruenzsätzen). Der dritte
Winkel des Dreiecks MBP (mit dem Scheitel M) hat
die Größe 180◦ −µ. Der Satz über die Winkelsumme
ergibt folglich φ+φ+(180◦ −µ) = 180◦ und weiter,
wie behauptet, 2φ = µ.
Im allgemeinen Fall liegt M nicht auf einem Schenkel
des Umfangswinkels. Es gibt drei Fälle, die analog
zueinander sind. Auf dem Bild ist der Fall gezeigt,
wenn die Gerade L(P, M) den Umfangswinkel und
den Mittelpunktswinkel in zwei Winkel (φ1 und φ2
bzw. µ1 und µ2 ) teilt.
für die jeweils einzeln die Aussage gilt, da die Voraussetzungen des
bewiesenen Spezialfalls erfüllt sind: µ1 = 2φ1 und µ2 = 2φ2 . Deshalb ist
.
2φ := 2φ1 + 2φ2 = µ1 + µ2 = µ,
Satz von Steiner und Lehmus:
Satz von Steiner und Lehmus Ein Dreieck mit zwei gleich langen
Winkelhalbierenden ist gleichschenklig.
Geschichte: 1840 wurde dieser Satz in einem Brief von C.L. Lehmus an
C. Sturm mit der Bitte eingereicht, ihn rein geometrisch zu beweisen.
Sturm erwähnte ihn gegenüber einer Anzahl von Mathematikern. Einer
der ersten, der die Herausforderung beantwortete, war der berühmte
Schweizer Geometer Jakob Steiner.
Um den Satz zu beweisen, benötigen wir zwei Hilfslemmas:
Hilfslemma 1
A > B
A
B
a
b
Hilfslemma 1 Liegen zwei Kreissehnen
zwei verschiedenen spitzen Umfangswinkeln
gegenüber, so gehört der kleinere Winkel zur
kürzeren Sehne.
Beweis. Nach dem Kreiswinkelsatz ist der
Mittelpunktswinkel zweimal grösser als der
Umfangswinkel,d.h., die Mittelpunktswinkel
auf dem Bild sind 2A und 2B.
Nach dem Kosinussatz erfüllen die Mittelpunktswinkel 2A und 2B die
Gleichungen
2
2
2
cos(2A) = r +r2r 2−a
2
2
2
cos(2B) = r +r2r 2−b ,
wobei r der Radius ist.
Ist a > b, so ist cos(2A) < cos(2B), und deswegen 2A > 2B, folglich
A > B.
Hilfslemma 2
Hilfslemma 2 In einem Dreieck mit zwei verschiedenen Winkeln besitzt der kleinere Winkel
die längere Winkelhalbierende.
Beweis. Sei ABC das Dreieck mit ∠B < ∠C wie auf der Abbildung.
Seien BM und CN die Winkelhalbierenden von ∠B und ∠C . Zu zeigen
ist, dass |BM| > |CN|.
Dazu wählen wir M ′ auf BM, so dass ∠ M ′ CN = 1/2 · ∠B. Da
∠ M ′ CN = ∠ M ′ BN, liegen die vier Punkte N, B, C , M ′ auf einem
Kreis. Wegen B < 1/2 · (B + C ) < 1/2 · (A + B + C ) ist
∠ CBN < ∠ M ′ CB < 90◦ . Nach Hilfsemma 1 gilt: |CN| < |M ′ B| und
folglich |BM| > |BM ′ | > |CN|,
Beweis von Satz von Steiner und Lehmus:
Satz von Steiner und Lehmus Ein Dreieck mit zwei gleich langen
Winkelhalbierenden ist gleichschenklig.
Wir benutzen: Hilfslemma 2 In einem Dreieck mit zwei verschiedenen
Winkeln besitzt der kleinere Winkel die längere Winkelhalbierende.
Beweis. Es genügt zu zeigen: Wenn in dem Dreieck ABC die Winkel in
B und C verschieden sind, so gilt BM 6≡ CN.
Dies ist aber eine unmittelbare Folgerung aus Hilfslemma 2.
Weitere Anwendungen des Kreiswinkelsatzes: Sekantensatz
Sekantensatz. Schneiden sich zwei Sekanten (=Geraden, die Kreis schneiden) außerhalb des Kreises in einem Punkt P, so ist das
Produkt der Abschnittslängen vom Sekantenschnittpunkt bis zu den beiden Schnittpunkten von Kreis und Sekante auf beiden
Sekanten gleich groß.
Noch einmal, jetzt mit Bezeichnungen für
die Schnittpunkte. Gegeben sei ein Kreis mit
zwei Sekanten, die sich in einem Punkt P
außerhalb des Kreises schneiden. Bezeichnet
man die Schnittpunkte des Kreises mit der
einen Sekante als A beziehungsweise D und
die Schnittpunkte mit der anderen Sekante
als B beziehungsweise C , so gilt:
AP| · |DP| = |BP| · |CP|
Beweis des Sekantensatz
Sekantensatz. Gegeben sei ein Kreis mit zwei Sekanten, die sich in
einem Punkt P außerhalb des Kreises schneiden. Bezeichnet man die
Schnittpunkte des Kreises mit der einen Sekante als A beziehungsweise
D und die Schnittpunkte mit der anderen Sekante als B beziehungsweise C , so gilt:
AP| · |DP| = |BP| · |CP|
Beweis. Die Dreiecke AP und BPD sind
ähnliche Dreiecke nach WW -Ähnlichkeitssatz,
denn:
◮
Der Winkel im Punkt P ist beiden
Dreiecken gemeinsam.
Die Umfangswinkel über einer Sehne
sind gleich groß. Anwendung dieses
Satzes auf die Sehne AB ergibt δ1 = γ1 .
Daraus ergibt sich die Verhältnisgleichung
◮
|AP|
|CP|
=
|BP|
|DP|
Durch Multiplikation mit |BP| · |DP| erhält man:
|AP| · |DP| = |BP| · |CP|
Wenn wir eine Sekante mit Tangente ersetzen, bekommen
wir
Folgerung.
Sekanten-TangentenSatz. Gegeben sei ein Kreis k mit
einer Sekante g und einer Tangente t,
die sich in einem Punkt S außerhalb
des Kreises schneiden. Bezeichnet man
die Schnittpunkte des Kreises k mit
g als G1 beziehungsweise G2 und den
Berührpunkt der Tangente als B, so gilt:
2
|SG1 | · |SG2 | = |SB| .