ML 6 - D-MATH

D-MATH & D-PHYS
PD Dr. L. Halbeisen
Geometrie
HS 15
Musterlösung Serie 6
22. In der Skizze sind 3 gleichschenklige Dreiecke sichtbar und man kann man folgende Formeln ablesen: ϕ = β + δ, τ + α = 90◦ , µ = 180◦ − 2α = 2τ . Aus
180◦ = 2α + 2β + 2δ folgt ϕ = 90◦ − α = τ und damit die Aussage.
bc
P
P
bc
R
β δ
bc
β
bc
A
α
τ
µ
bc
Q
β
bc
ϕ
α
M
bc
M
δ
α
bc
B
δ γ
bc
A
bc
ϕ
ϕ
B
Für die Umkehrung zeichnen wir zuerst bei den Punkten A und B die Sehnentangentenwinkel ein und definieren den Schnittpunkt M der beiden Senkrechten auf
die Tangenten als den Mittelpunkt des Kreises, der A und B enthält. Wir nehmen an, wir haben einen Punkt Q im Äusseren bzw. einen Punkt R im Inneren
des Kreises gegeben. Dann legen wir eine Gerade durch diesen Punkt und A und
bezeichnen mit P den zweiten Schnittpunkt mit dem Kreis (siehe Figur rechts).
Dabei wissen wir, dass ∢AP B = ϕ. Ebenso sieht man sofort dass β = ϕ − γ
bzw. α = ϕ + δ. Insbesondere können nur Punkte auf dem Kreis die Strecke AB
unter dem Winkel ϕ sehen.
23. Seien eine Tangente und Sekante gegeben wie in der Skizze. Aus dem Peripheriewinkelsatz folgt sofort, dass ∢P BA1 = ∢BA2 P , insbesondere sind die beiden
Dreiecke ∆P A1 B und ∆P BA2 ähnlich (der Winkel bei P ist identisch) und es
gilt P A1 = P B bzw. P A1 · P A2 = P B.
PB
P A2
Für die Umkehrung lesen wir den Beweis in der umgekehrten Reihenfolge. Mit
dem Verhältnis folgt, dass die Dreiecke ähnlich sind und die beiden Winkel gleich.
Laut der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes müssen die drei Punkte dann
auf einem Kreis liegen, zu dem t eine Tangente durch B ist.
24. Wir gehen ähnlich vor wie im Beweis vom Satz 6.3. Als erstes zeichnen wir die
beiden Geraden ein und nennen sie g ′ (die Parallele zu g) und a′ (die Parallele
zu a). Den Schnittpunkt von a′ mit x nennen wir R, denjenigen mit y nennen
wir Q. Zuerst betrachten wir die Punkte auf der Geraden h und wenden zweimal
den 2. Strahlensatz an, einmal mit Zentrum Y ′ , das zweite Mal mit Zentrum X ′ .
Eliminieren der Strecke A′ O und umordnen ergibt T V (QRB ′ ) = DV (A′ B ′ X ′ Y ′ ).
Mit weiteren Strahlensätzen (Streckungszentrum O) sieht man, dass für das Doppelverhältnis auf der Geraden g ′ gilt DV (A′′ B ′ X ′′ Y ′′ ) = DV (ABXY ) (dabei
sind A′′ , X ′′ und Y ′′ die Schnittpunkte von g ′ mit den entsprechenden Strahlen).
Eine Analyse der obigen Berechnung ergibt T V (QRB ′ ) = DV (A′′ B ′ X ′′ Y ′′ ) und
damit die Behauptung.
25. Zuerst beweisen wir den Hinweis: Sei X der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden
wa durch A. Wir definieren D als den Schnittpunkt von wa mit der Senkrechten
durch B auf wa . Die Schnittpunkte der Senkrechten durch C auf wa mit wa bzw.
der Seite c bezeichnen wir mit E und F . Aus Symmetriegründen gilt CE = EF
und AC = AF . Wenden wir den 2. Strahlensatz zweimal an, erhalten wir AB =
AF
BD und BD = BX . Setzen wir alles zusammen, erhalten wir AB = AB =
FE
CE
CX
AC
AF
BD = BD = BX , insbesondere also AB = BX .
FE
CE
CX
AC
CX
bc
C
E
wa
bc
D
bc
bc
b
b
X
bc
A
F
bc
B
bc
Weiter bezeichnen wir mit Y, Z die Schnittpunkte der Winkelhalbierenden wb , wc
mit den jeweiligen Seiten. Berechnen wir die drei vorkommenden Teilverhältnisse,
erhalten wir T V (BCX) = BX = AB = cb , T V (CAX) = CY = BC = ac und
CX
AC
AY
BA
AZ
CA
b
T V (ABZ) =
=
= a . Deren Produkt ist = 1 und nach dem Satz von
BZ
CB
Ceva schneiden sich die drei Geraden wa , wb und wc in genau einem Punkt.
26. Den unbeschriebenen Schnittpunkt der beiden durchgezogenen Geraden nennen wir A3 und betrachten das Dreieck ∆A1 A2 A3 . Die jeweiligen Schnittpunkte
mit dem Kreis nennen wir im Gegenuhrzeigersinn X1 , X2 , X3 , X5 , X4 und X6 .
Der Satz von Carnot ergibt dann T V (A1 A2 X1 ) · T V (A1 A2 X2 ) · T V (A2 A3 X3 ) ·
T V (A2 A3 X4 )·T V (A3 A1 X5 )·T V (A3 A1 X6 ) = 1. Anschliessend betrachten wir die
gestrichelte Gerade durch Y1 und erhalten mit Menelaos T V (A1 A2 Y1 )T V (A2 A3 X3 )·
T V (A3 A1 X6 ) = −1. Derselbe Satz mit der gestrichelten Geraden durch Y2 liefert
T V (A1 A2 Y2 )T V (A2 A3 X4 )T V (A3 A1 X5 ) = −1. Setzen wir die zweite und dritte
Gleichung in die erste ein, folgt DV (A1 A2 X1 Y1 ) · DV (A1 A2 X2 Y2 ) = 1.
27. Konstruktionsanleitung: Wir konstruieren einen 6. Punkt oberhalb der beiden
Punkte auf der rechten Seite. Dafür zeichnen wir als erstes alle Geraden ein,
die mit den 5 gegebenen Punkten bereits festgelegt sind. Dadurch bekommen
wir bereits einen Schnittpunkt, der auf einer Geraden mit den andern beiden
Schnittpunkten liegen soll. Diese Gerade können wir beinahe beliebig wählen.
Damit die Zeichnung anschaulich wird, empfehlen wir eine etwa vertikale Gerade. Dadurch erhalten wir die beiden weiteren Schnittpunkte. Legen wir jeweils
eine Gerade durch diese beiden Schnittpunkte und den jeweils dazugehörigen gegebenen Punkt, erhalten wir oben rechts einen Schnittpunkt, der auch auf dem
Kreis liegen muss.