Nadine Hildisch: Die Simpsongerade

Seminar:
Zeitlose Geometrie
Thema:
Die
Simsongerade
Leitung: Dr. A. Klein
Wintersemester 2004/05
Nadine Hildisch
Ihringshäuser Str. 10a
34125 Kassel
Matrikel nr.: 2221722
L1: Mathematik
Sachunterricht
Zur Konstruktion der Simsongerade:
Wir konstruieren ein Dreieck ABC mit Umkreis und wählen einen Punkt P auf diesem
Kreis.
Man fällt nun die Lote von Punkt P auf die Seiten des Dreiecks.
Da P auf dem Umkreis liegt, kann man die Fußpunkte der Dreiecksseiten zu einer
Geraden verbinden.
Diese Gerade ( hier rosa eingezeichnet) nennt man Simson-Gerade.
C1
P
A
B1
B
A1
C
Abbildung 1
2
Behauptung:
Der Winkel zwischen den Simson-Geraden zweier Punkte P und P’ auf dem Umkreis
ist halb so groß wie das Winkelmaß das Bogens PP’
Als Zwischenschritt:
C1
A
P
B1
A1
C
B
U
Abbildung 2
In Abbildung 2 findet sich das gleiche Bild wie in Abb. 1 wieder. Jedoch wurde hier
die Verbindungsgerade zwischen P und C noch einmal sichtbar gemacht. Außerdem
ist der Schnittpunkt U von der Strecke PA1 mit dem Umkreis eingezeichnet worden.
Daraus ergibt sich die neue Gerade AU.
3
C1
P
A
B1
A1
C
B
U
Abbildung 3
In Abbildung 3 sind die Sehnenvierecke PAUC sowie PB1A1C1 sichtbar gemacht
worden und erhalten folgende Gleichungskette
C1
A
P
 PUA = PCA
B1
(Umfangswinkel über PA)
A1
C
B
=  PCB1
( B1 liegt auf AU)
= PA1B1
(Umfangswinkel)
U
Abb. 2.1
1
Dieses Sehnenviereck ergibt sich, da sich in einem #Kreisviereck die gegenüberliegenden Winkel zu 180°
ergänzen. Zwei rechte Winkel liegen sich gegenüber.
4
C1
C1
A
P
A
P
B1
B1
A1
A1
C
B
C
B
U
U
Abb. 2.32
Abb. 2.2
Da  PUA = PA1B1 ist, ergibt sich aus dem Stufenwinkelsatzsatz, dass die Gerade
AU parallel zur Simson- geraden A1B1 verläuft.
Im nächsten Schritt wird die Simsongerade des Punktes P mit einem weiteren Punkt,
nämlich P’ verglichen. Dieser liegt ebenfalls auf dem Umkreis.
P
A
P'
0
C
B
U'
U
Der Winkel zwischen den Simsongeraden ist der gleiche Winkel UAU’ zwischen der
Geraden AU und der Geraden AU’, welche jeweils zu einer Simson-Geraden parallel
ist.
2
Umfangswinkel über B1P, da PA1B1C auf einem Kreis liegen. Zurückzuführen auf das Sehnenviereck
5
Die Sehnen PU und PU’, welche beide auf BC senkrecht stehen ( da es jeweils Lote
der Seite BC sind), sind schlussfolgernd parallel und teilen den Umkreis in zwei
gleich lange Bögen PP’ und UU’ ab.
Somit gilt:
 UAU’ = ½  UOU’ = ½  POP’
da der Mittelpunktswinkel doppelt so groß ist, wie der Umfangswinkel.
Damit haben wir also bewiesen, dass der Winkel zwischen den Simson-Geraden
zweier Punkte P und P’ auf dem Umkreis halb so groß wie das Winkelmaß des
Bogens PP’ ist.
Behauptung:
Die Simson-Gerade eines Punktes (auf dem Umkreis) halbiert die
Verbindungsstrecke dieses Punktes mit dem Höhenschnittpunkt.
P
A
B1
H
Q
D
B
A1
D'
C
U
V
In dieser Abbildung wurde zunächst der Höhenschnittpunkt H eingezeichnet und mit
P verbunden. Somit erhalten wir die Gerade HP.
Die Gerade D’P entsteht durch die eingezeichnete Höhe zu der Dreiecksseite BC,
welche in Punkt D’ den Umkreis schneidet. Diese Gerade schneidet BC in Q.
Somit entsteht noch eine neue Gerade, nämlich HQ, welche PU in V schneidet.
6
Da die Gerade HD senkrecht auf BC steht, kann man den Punkt H an der Geraden
spiegeln und bekommt den Punkt D’ (HD  DD’ aus vorherigem Vortrag bekannt).
Somit erhält man das gleichschenklige Dreieck QHD’. Analog gilt dies für das Dreieck
QPV, da auch PV senkrecht auf BC steht.
HV kann man als Spiegelbild von D’P an BC bezeichnen.
Weil
 D’HV
=  PVH ( Wechselwinkelsatz, da HD’  PV )
=  D’PU ( Basiswinkel im gleichseitigen Dreieck DVQ)
=  D’AU ( Umfangswinkelsatz über BC)
ist die Gerade HV parallel zu AU.
P
A
P
A
B1
B1
H
H
Q
D
Q
D
B
A1
D'
C
B
A1
D'
U
V
C
U
V
P
A
B1
Wir wissen, dass AU parallel zu
der Simson-Gerade B1A1 ist.
H
Q
D
B
A1
D'
U
C
Somit gilt:
HV  AU  A1B1 .
V
Betrachtet man nun das Dreieck PVH, sehen wir, wie eben festgestellt, dass die
Simson-Gerade A1B1 parallel zu HV verläuft. Außerdem halbiert sie die Seite PV in
A1. Daraus folgt, dass sie auch die Seite PH halbieren muss.
7
P
A
B1
H
Q
D
B
A1
D'
C
U
V
Zur Aufgabe:
Die Simson- Geraden zweier diametraler Punkte auf dem Umkreis sind senkrecht
zueinander und schneiden sich auf dem Neunpunkte-Kreis.
Zur Erinnerung:
Der Neunpunktekreis
In einem Dreieck liegen die drei Höhenfußpunkte, die Seitenmitten und die Mitten der
Verbindungsstrecken von den Ecken zum Höhenschnittpunkt alle auf einem Kreis mit
dem Radius ½ R.
Der Mittelpunkt des Kreises liegt auf der Eulerschen Geraden in der Mitte zwischen
den Höhenschnittpunkten und dem Umkreismittelpunkt.
Wir haben das Dreieck ABC, sowie die zwei diametralen Punkte P und P’ und
zeichnen zu diesen die Simson-Geraden.
H ist der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC
8
C
P
0
H
B
A
P'
Aus unserem Beweis wissen wir, dass
M der Mittelpunkt von PH und
M’ Mittelpunkt von P’H ist, da die Simson-Gerade die Strecken halbiert.
Außerdem wissen wir, dass der Mittelpunkt N des 9 Punkte Kreises die Strecke HO
halbiert.
MNM’ sowie POP’ bilden eine Gerade und sind nach dem Strahlensatz parallel.
C
P
M
0
H
N
M'
B
A
P'
9
Zurückführend auf den 9 Punkte Kreis wissen wir ( nach dem Stahlensatz)
NM = ½ OP
=½R
NM’ = ½ OP’
=½R
N ist Mittelpunkt des 9 Punkte Kreises und MM’ der Durchmesser.
Da die Simson-Geraden durch M und M’ laufen und nach Satz 1 der Winkel zwischen
den Simson-Geraden der zwei Punkte P und P’ auf dem Umkreis halb so groß ist,
wie das Winkelbogenmaß des Bogens PP’, beträgt in diesem Fall der Winkel 90°
Durch die Umkehrung des Satzes von Thales, wissen wir, dass dieser Schnittpunkt
der beiden Geraden auf dem 9 Punkte Kreis liegt.
C
P
M
0
H
N
M'
B
A
P'
10