§1 Dreiecke

Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 25.4
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§1
Dreiecke
1.5
Einige spezielle Punkte im Dreieck
In der letzten Sitzung haben wir die Konstruktion der vier speziellen Punkte Sm , Sw , Su
und Sh beendet. Die Schnittpunkte der Seitenhalbierenden, der Mittelsenkrechten und
der Höhen können jetzt nicht völlig beliebig zueinander liegen, es stellt sich heraus das
sie immer auf einer gemeinsamen Geraden sind, der sogenannten Euler-Geraden des
Dreiecks. Dies wurde 1763 von Leonard Euler entdeckt und scheint das erste Resultat
über Dreiecke zu sein das in der Antike nicht bekannt war. Bevor wir den entsprechenden Satz beweisen, müssen wir erst einmal den Randfall eines gleichseitigen Dreiecks
aus dem Weg schaffen. In einem gleichseitigen Dreieck ist nach Aufgabe (9.a) stets
Sm = Sw = Su = Sh , die vier speziellen Punkte fallen also alle zusammen. In nicht
gleichseitigen Dreiecken kann dies nicht auftreten, und wir formulieren den Satz über
die Eulergerade daher für nicht gleichseitige Dreiecke.
Satz 1.20 (Die Eulergerade eines Dreiecks)
Sei ∆ = ABC ein nicht gleichseitiges Dreieck. Dann sind der Schwerpunkt Sm von
∆, der Umkreismittelpunkt Su von ∆ und der Höhenschnittpunkt Sh von ∆ paarweise
verschieden und diese Punkte liegen auf einer Geraden e, der sogenannten Eulergeraden
des Dreiecks ∆. Auf dieser Geraden liegt Sm zwischen Su und Sh und trennt diese
Punkte im Verhältnis 1 : 2, d.h. es gilt |Sm Sh | = 2|Sm Su |.
C
Sh
C
Sm
b
h
a
Su
A
B
C’
A
c/2
C’
c/2
B
Beweis: Angenommen es wäre Su = Sm . Dann stimmen die Mittelsenkrechten und die
Seitenhalbierenden in ∆ überein, und wir behaupten das dann ∆ bezüglich aller drei
Ecken gleichschenklig und somit gleichseitig ist, im Widerspruch zu unserer Annahme.
Dies ist leicht zu sehen, bezeichnen wir etwa die gemeinsame Mittelsenkrechte und
Seitenhalbierende über AB als h und wenden in den beiden rechts oben gezeigten
rechtwinkligen Dreieck jeweils den Satz des Pythagoras Satz 1 an, so ergibt sich a2 =
h2 + (c/2)2 = b2 also a = b. Für die beiden anderen Ecken schließt man analog.
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Dieser Widerspruch zeigt Su 6= Sm . Sei e die Verbindunsgerade von Su und Sm und
bezeichne S den Punkt auf e so, dass Sm zwischen Su und S liegt und diese Strecke im
Verhältnis 1 : 2 teilt, d.h. |Sm S| = 2|Sm Su |, wie oben links eingezeichnet. Dann ist zu
zeigen das S der Höhenschnittpunkt von ∆ ist, also auf allen drei Höhen liegt.
Sei C 0 der Mittelpunkt der Strecke AB. Nach Satz 12 zerlegt Sm die Strecke CC 0
im Verhältnis 2 : 1, also |Sm C| = 2|Sm C 0 |. Folglich ist
2|Sm C 0 |
|Sm C 0 |
|Sm C|
=
=
,
|Sm S|
2|Sm Su |
|Sm Su |
d.h. die Seitenpaare Sm C, Sm S und Sm C 0 , Sm Su in den beiden Dreiecken Sm CS und
Sm C 0 Su haben dasselbe Verhältnis. Die von diesen beiden eingeschlossenen Winkel
in Sm CS und Sm C 0 Su sind ebenfalls gleich, also sind die beiden Dreiecke nach dem
Ähnlichkeitssatz Satz 10 ähnlich. Damit sind die Winkel dieser Dreiecke bei C beziehungsweise C 0 gleich und nach dem Stufenwinkelsatz sind SC und Su C 0 parallel. Nun
ist Su C 0 senkrecht auf AB, also ist auch SC senkrecht auf AB, d.h. Su C ist die Höhe
von ∆ auf AB. Analog gehen auch die Höhen auf den anderen beiden Seiten durch S,
d.h. S = Sh ist der Schnittpunkt der Höhen von ∆. Insbesondere ist damit Sh 6= Sm , Su .
Der Beweis dieses Satzes liefert uns übrigens einen zweiten Beweis für die Existenz
des Höhenschnittpunkts, zumindest in nicht gleichseitigen Dreiecken.
1.6
Einige Sätze über Kreise
Im vorigen Abschnitt haben wir den Inkreis und den Umkreis eines Dreiecks behandelt,
und jetzt wollen wir noch etwa weiter auf das Zusammespiel zwischen Kreisen und
Dreiecken eingehen. Wir beginnen dabei mit dem grundlegenden Satz über Kreise, den
sogenannten Satz von Thales der besagt das alle Winkel im Halbkreis Rechte sind.
Satz 1.21 (Satz von Thales)
Sei AB ein Durchmesser eines Kreises k und C ein Punkt auf k aber nicht auf AB.
Dann hat das Dreieck ABC in C einen rechten Winkel.
C
φ ψ
β
α
A
M
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B
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Beweis: Bezeichne M den Mittelpunkt des Kreises k. Dann sind die beiden Dreiecke
AM C und M BC bei M gleichschenklig, also sind nach Aufgabe (9.a) die Winkel α
und φ bei A und C in AM C sowie die Winkel β und ψ bei B und C in M BC jeweils
gleich, also φ = α und ψ = β. Der Winkel von ABC bei C ist γ = φ + ψ = α + β und
da die Winkelsumme in einem Dreieck immer π ist ergibt sich
γ = π − (α + β) = π − γ, also γ =
π
.
2
Damit ist der Satz vollständig bewiesen.
Der Satz von Thales beschreibt die Winkel über den Durchmessern eines Kreises,
und ergibt insbesondere das alle Winkel über einem solchen Durchmesser gleich sind,
nämlich 90◦ . Betrachtet man anstelle eines Durchmessers eine Sekante des Kreises, so
müssen die Winkel über dieser Sekante zwar nicht mehr gleich 90◦ sein, aber sie sind
zumindest noch alle gleich. Streng genommen tritt hier noch eine kleine Komplikation
ein, man muss zwischen Winkeln überhalb und unterhalb der Sekante unterscheiden
und erhält den folgenden Satz:
Satz 1.22 (Perepheriewinkelsatz)
Seien k ein Kreis mit Mittelpunkt M und AB ein Sekante in k die nicht durch M geht.
Weiter sei ψ der Mittelpunktswinkel der Sekante AB, d.h. der Winkel des Dreiecks
ABM bei M .
C
C
φ
φ
k
k
M
ψ
B
B
A
A
θ
C’
Perepheriewinkel über AB
Perepheriewinkel unter AB
(a) Ist C ein Punkt auf k über AB, also auf derselben Seite von AB wie M , und
bezeichnet φ den Perepheriewinkel von AB bei C, also den Winkel des Dreiecks
ABC bei C, so gilt ψ = 2φ und insbesondere φ < π/2.
(b) Ist C 0 ein Punkt auf k unter AB und θ der Perepheriewinkel von AB bei C 0 , so
ist φ + θ = π und insbesondere θ > π/2.
Beweis: Wir verwenden die folgenden Figuren zum Beweis:
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C
C
k
α β
γ
k
φ
M δ
ψ
α
β
B
B
A
A
θ
C’
Teil (a)
Teil (b)
(a) Die Dreiecke AM C und BM C sind bei M gleichschenklig, also haben sie nach
Aufgabe (9.a) bei A und C jeweils denselben Winkel α beziehungsweise bei B und
C denselben Winkel β. Weiter bezeichne γ den Winkel von AM C bei M und δ den
Winkel von BM C bei M . Dann sind 2α + γ = 2β + δ = π. Da der Perepheriewinkel φ
in α und β zerlegt wird, ist φ = α + β und somit
ψ = 2π − γ − δ = 2π − (π − 2α) − (π − 2β) = 2(α + β) = 2φ.
Wegen 2φ = ψ < π ist damit auch φ < π/2.
(b) Bilde die Verbindungsgerade von C 0 und M und nach (a) können wir annehmen
das C der andere Schnittpunkt dieser Gerade mit k ist. Nach dem Satz von Thales
Satz 21 haben die Dreiecke AC 0 C bei A und C 0 BC bei B rechte Winkel. Mit Aufgabe
(7) angewandt auf das Viereck AC 0 BC folgt
π
2π = 2 · + θ + φ = π + θ + φ also φ + θ = π
2
und insbesondere ist θ = π − φ > π/2.
Fassen wir den Satz von Thales und den Perepheriewinkelsatz zusammen, so sind die Perepheriewinkel
bezüglich einer beliebigen Sekante des Kreises unter und
über der Sekante jeweils zueinander gleich und durch Vergleich mit einem rechten Winkel kann man auch sehen ob
die Winkel unter oder über der Sekante gebildet werden.
C
C’
φ
k
φ
B
Korollar 1.23: Seien k ein Kreis und AB eine Sekante
von k. Dann sind alle Perepheriewinkel von k auf derselben Seite von AB einander gleich.
A
Beweis: Dies folgt aus dem Satz von Thales Satz 21 wenn
AB ein Durchmesser von k ist und aus dem Perepheriewinkelsatz Satz 22 wenn AB
kein Durchmesser von k ist.
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Wir wollen den Perepheriewinkelsatz auf den Umkreis eines Dreiecks anwenden.
Haben wir ein Dreieck ABC und einen weiteren Punkt P , so kann es recht schwer sein
zu entscheiden ob der Punkt P auf dem Umkreis k des Dreiecks liegt, der naheliegende
Weg macht es erforderlich den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten und den Abstand
von P zu diesem Punkt zu berechnen. Wir wollen hierfür jetzt ein besser handhabbares
Kriterium ausarbeiten in dem zum einen der Mittelpunkt des Umkreises gar nicht vorkommt und zum anderen auch keine Abstände sondern nur Winkel betrachtet werden
müssen.
Korollar 1.24 (Charakterisierung des Umkreises durch Winkel)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck mit Winkel γ bei C und bezeichne k seinen Umkreis. Weiter
sei P ein Punkt nicht auf der Geraden AB. Dann gelten:
(a) Ist P auf derselben Seite von AB wie C so ist P genau dann auf k wenn der
Winkel des Dreiecks ABP bei P gleich γ ist.
(b) Ist P auf der anderen Seite von AB wie C so ist P genau dann auf k wenn der
Winkel des Dreiecks ABP bei P gleich π − γ ist.
Beweis: Beachte das AB eine Sekante von k ist und damit gelten die Implikationen
von links nach rechts in (a) und (b) nach dem Satz von Thales Satz 21 mit γ = π/2
wenn AB ein Durchmesser von k ist und nach dem Perepheriewinkelsatz Satz 22 wenn
AB kein Durchmesser von k ist.
Nun zeigen wir die Rückrichtungen in (a) und (b) simultan. Bezeichne k 0 hierzu den
Umkreis des Dreiecks ABP . Angenommen es wäre k 6= k 0 . Wegen sin(π − γ) = sin γ
haben k und k 0 nach Satz 18 beide den Radius R = |AB|/(2 sin γ), d.h. sind M der
Mittelpunkt von k und M 0 der Mittelpunkt von k 0 , so muss M 6= M 0 gelten.
M
R
R
B
A
M’
Andererseits liegen M und M 0 beide auf den beiden Kreisen vom Radius R mit Mittelpunkt A beziehungsweise B, müssen also die beiden verschiedenen Schnittpunkte dieser
Kreise sein. Wie oben gezeigt liegen M und M 0 damit auf verschiedenen Seiten von
AB, und AB geht weder durch M noch durch M 0 , d.h. AB ist weder ein Durchmesser
von k noch ein Durchmesser von k 0 . Andererseits behaupten wir jetzt das M und M 0
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doch auf derselben Seite von AB liegen müssen. Sind wir nämlich in der Situation von
(a), so sind die Winkel von ABC in C und von ABP in P beide gleich γ, also liegen
M und M 0 nach dem Perepheriewinkelsatz Satz 22 für γ < π/2 beide auf derselben
Seite von AB wie P und C und ist γ > π/2 so liegen M und M 0 beide auf der anderen
Seite von AB als C und P . Im Fall (b) liegen M und M 0 wieder nach dem Perepheriewinkelsatz für γ < π/2 beide auf derselben Seite von AB wie C und für γ > π/2 beide
auf derselben Seite von AB wie P . Damit haben wir einen Widerspruch erhalten.
Dieser Widerspruch zeigt k = k 0 und insbesondere liegt P auf k.
Wir werden dieses Kriterium anwenden um einen der merkwürdigen“ mit dem Dreieck
”
verbundenen Kreise zu behandeln, den sogenannten Feuerbachkreis des Dreiecks. Dieser
ist leicht zu definieren.
Definition 1.3 (Der Feuerbachkreis eines Dreiecks)
Sei ∆ ein Dreieck. Der Feuerbachkreis, oder Neun-Punkte-Kreis, von ∆ ist der Umkreis
des Mittendreiecks von ∆, also der Kreis durch die drei Seitenmittelpunkte.
C
B*
~
C
f
A*
Sh
B’
A’
~
B
~
A
A
C’
C*
B
Der Feuerbachkreis wurde von Karl Feuerbach, übrigens ein Lehrer, 1822 in seiner
Dissertation untersucht. Der Feuerbachkreis ist zwar auch schon andernorts früher aufgetaucht, aber Feuerbach war der erste der ihn im Rahmen der Dreieckstheorie untersuchte. Der Feuerbachkreis hat einige überraschende Eigenschaften von denen wir hier
aber nur eine vorführen wollen, dass er nämlich durch die namensgebenden neun Punkte geht, diese sind die drei Seitenmittelpunkte, die drei Höhenfußpunkte und die drei
Mittelpunkte der Verbindungsstrecken der drei Ecken zum Höhenschnittpunkt Sh . In
der Literatur finden sie unzählige Beweise für dieses Tatsache, und wir wollen hier den
schönen Beweis nach Darij Grinberg aus dem Jahr 2003 wiedergeben. Während Feuerbachs Zugang rechnerisch orientiert ist und mittels trigonometrischer Überlegungen die
relevanten Abstände bestimmt, braucht der hier vorgeführte Beweis keine aufwändigen
Rechnungen und arbeitet mit einigen einfachen Winkelbestimmungen.
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Satz 1.25 (Der Feuerbachkreis und die neun Punkte)
Seien ∆ = ABC ein Dreieck, ∆0 = A0 B 0 C 0 sein Mittendreieck, A∗ der Fußpunkt der
Höhe auf BC, B ∗ der Fußpunkt der Höhe auf AC, C ∗ der Fußpunkt der Höhe auf
e der Mittelpunkt von ASh , B
e der
AB, Sh der Schnittpunkt der drei Höhen sowie A
e
Mittelpunkt von BSh und C der Mittelpunkt von CSh . Dann geht der Feuerbachkreis
e B,
e C.
e
f von ∆ durch die neun Punkte A0 , B 0 , C 0 , A∗ , B ∗ , C ∗ , A,
Beweis: Dass der Feuerbachkreis f durch die drei Seitenmittelpunkte ist klar. Wir
teilen den weiteren Beweis in zwei Schritte auf, und im ersten Schritt zeigen wir das f
auch durch die drei Höhenfußpunkte läuft.
Wir zeigen zunächt das der Höhenfußpunkt C ∗ auf der Seite AB auch auf f liegt.
Da f definitionsgemäß der Umkreis des Mittendreiecks A0 B 0 C 0 ist und die Punkte C 0
und C ∗ auf derselben Seite von A0 B 0 liegen, ist nach unserem eben bewiesenen Korollar
24 nur zu zeigen, dass die beiden Winkel der Dreiecke A0 B 0 C 0 bei C 0 und A0 B 0 C ∗ bei
C ∗ gleich sind. Dies tun wir, indem wir einsehen das sie beide gleich dem Winkel γ von
ABC bei C sind.
C
C
γ
γ
B’
B’
A’
P
γ
A
A’
γ
B
C*
C’
0
0
0
Winkel von A B C bei C
A
0
B
C*
C’
0
0
∗
Winkel von A B C bei C
∗
Zunächst ist γ auch der Winkel von B 0 A0 C bei C und nach dem Mittenlemma Lemma
11 ist B 0 A0 C kongruent zu B 0 A0 C 0 , also ist auch der Winkel des Mittendreiecks B 0 A0 C 0
bei C 0 gleich γ. Damit haben wir den Winkel bei C 0 als γ bestimmt, und kommen nun
zum Winkek beim Höhenfußpunkt C ∗ . Wieder nach Lemma 11 ist A0 B 0 parallel zu AB,
also ist die Höhe CC ∗ auf AB auch senkrecht auf A0 B 0 und ist P der Schnittpunkt von
CC ∗ und A0 B 0 , so ist nach dem Strahlensatz
|CA|
|CC ∗ |
= 2,
=
|CP |
|CB 0 |
also |CC ∗ | = 2|CP | und P ist der Mittelpunkt von CC ∗ , also auch |CP | = |P C ∗ |.
Betrachtung der rechtwinkligen Dreiecke B 0 P C, P A0 C, C ∗ P B 0 und C ∗ A0 P liefert mit
dem Satz des Pythagoras Satz 1
|B 0 C| = |B 0 C ∗ | und |A0 C| = |A0 C ∗ |,
d.h. die Dreiecke B 0 A0 C und B 0 A0 C ∗ sind kongruent. Insbesondere ist damit auch der
Winkel von B 0 A0 C ∗ bei C ∗ gleich γ. Damit sind unsere Winkel bei C 0 und C ∗ tatsächlich
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beide gleich γ, und nach Korollar 24.(a) liegt C ∗ auf dem Umkreis von A0 B 0 C 0 , also
auf f . Analog sind dann auch A∗ und B ∗ auf f .
Der zweite Beweisschritt folgt dann in der nächsten Sitzung.
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