Das Mittendreieck

Ausarbeitung zum Referat:
Das Mittendreieck und die Eulersche Gerade
11.11.2004
Fachwissenschaftliches Seminar: Zeitlose Geometrie
Seminarleiter: Dr. A. Klein
Universität Kassel
Wintersemester 2004/2005
vorgelegt von: Sabine Noster
Fuchsbreite 4
37181 Hardegsen
[email protected]
Das Mittendreieck
Verbindet man die Seitenmitten eines Dreiecks, so entsteht ein Mittendreieck:
Abb. 1
Behauptung: Die Seiten des Dreiecks A’B’C’ sind parallel zu den Seiten des
Dreiecks ABC.
Beweis: Umkehrung des 1. Strahlensatzes
Sei A das Zentrum. Da C’ Mittelpunkt der Strecke AB ist und B’ der Mittelpunkt der
Strecke AC ist, gilt IAB’I : IACI = IAC’I : IABI = 1:2, daraus folgt, C’B’ ist parallel zu
BC.
Analog gilt C’A’ ist parallel zu AC und B’A’ ist parallel zu AB.
Behauptung: Das Verhältnis zweier entsprechender Seiten ist 1:2
Beweis: 2. Strahlensatz
Werden zwei Geraden, die sich in einem Punkt schneiden (hier: Geraden AB und
AC, Schnittpunkt A) von zwei Parallelen Geraden (hier: Geraden C’B und BC)
geschnitten, dann gilt:
AC’ : AB = C’B : BC = 1 : 2
Die Seiten des Dreiecks A’B’C’ sind parallel zu den Seiten des Dreiecks ABC, daraus
folgt, dass die Winkel beider Dreiecke gleich sind. Das Verhältnis zweier
entsprechender Seiten ist 1 : 2. Damit sind beide Dreiecke ähnlich und damit ist auch
das Verhältnis zweier entsprechender Verbindungslinien 1 : 2.
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Behauptung: Die Verbindungsstrecken B’C’, C’A’ und A’B’ zerlegen das Dreieck
ABC in vier kongruente Dreiecke.
Dreiecke sind kongruent, wenn sie in ihren drei Seitenlängen übereinstimmen. Die
Dreiecke BA’C’, A’CB’, C’B’A und A’B’C’ haben die Seitenlängen ½ a, ½ b und
½ c und sind deshalb kongruent.
Behauptung: AC’A’B’ ist ein Parallelogramm
In Abb. 1 erkennt man drei Parallelogramme: AC’A’B’, A’CB’C’ und AC’A’B’. Dass
die bezeichneten Vierecke Parallelogramme sind (die gegenüberliegenden Seiten
sind parallel) ergibt sich aus der Parallelität der Seiten des Mittendreiecks zu den
Seiten des Ausgangsdreiecks.
Behauptung: Die Seitenhalbierenden des Dreiecks A’B’C’ liegen auf den
Seitenhalbierenden des Dreiecks ABC
Für Parallelogramme gilt: die Diagonalen halbieren sich.
Abb. 2
Betrachten wir das Parallelogramm AC’A’B’. Die Diagonalen AA’ und C’B’ schneiden
sich in Punkt P und halbieren sich. AA’ ist Seitenhalbierende des Dreiecks ABC, P
halbiert C’B’, daraus folgt, dass A’P Seitenhalbierende des Dreiecks A’B’C’ ist.
Betrachten wir das Parallelogramm BA’B’C’, so gilt analog: Diagonale BB’ ist
Seitenhalbierende des Dreiecks ABC und des Dreiecks A’B’C’.
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Es gilt: die Seitenhalbierenden des Dreiecks A’B’C’ liegen auf den
Seitenhalbierenden des Dreiecks ABC. Beide Dreiecke haben denselben
Schwerpunkt G.
Abb. 3
Die Mittelsenkrechten eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt, dieser Punkt ist
der Mittelpunkt des Umkreises des Dreiecks.
Die Höhen eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt.
Behauptung: Die Höhen des Dreiecks A’B’C’ sind die Mittelsenkrechten der Seiten
AB, BC und AC des Dreiecks ABC.
Abb. 4
4
Die Höhe auf C’B’ steht wegen der Parallelität von C’B’ und BC auch senkrecht auf
BC. Analog gilt das für die anderen Höhen des Mittendreiecks. Somit sind die Höhen
des Dreiecks A’B’C’ die Mittelsenkrechten des Dreiecks ABC. Sie schneiden sich im
Punkt O. O ist deshalb Umkreismittelpunkt von Dreieck ABC.
Abb. 5
H ist der Höhenschnittpunkt von Dreieck ABC.
Wegen der Ähnlichkeit von Dreieck ABC und Dreieck A’B’C’ und dem Verhältnis von
1 : 2 entsprechender Verbindungsstrecken gilt: AH = 2 OA’.
Außerdem gilt AG = 2GA’. AD und OA’ sind parallel, da OA’ senkrecht zu C’B’ ist,
AD senkrecht zu BC ist und C’B’ parallel zu BC ist.
Behauptung: < HAG = < OA’G, ∆ HAG ~ ∆ OA’G,
< AGH = < A’GO
Abbildung 6 zeigt einen Ausschnitt aus der Figur Abb. 5:
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< HAG und < OA’G sind Wechselwinkel. Wegen AG = 2 GA’ und AH = 2 OA’ sind
die Dreiecke AGH und A’GO ähnlich. Daraus folgt, dass auch < AGH und
< A’GO gleich sind. Daraus folgt, dass O, G, H auf einer Geraden liegen und das
Verhältnis HG = 2 GO gilt.
Satz: Der Höhenschnittpunkt, der Schwerpunkt und der Umkreismittelpunkt eines
Dreiecks sind kollinear. Der Schwerpunkt teilt die Strecke zwischen
Höhenschnittpunkt und Umkreismittelpunkt im Verhältnis 2 : 1.
Die Gerade, auf der die drei Punkte liegen heißt Eulersche Gerade.
Abbildung 7 zeigt unser Dreieck mit dem neu hinzugekommenen Punkt N.:
Punkt N ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten auf C’B’ mit der Eulerschen
Geraden. PN ist die Mittelparallele zu AH und A’O, deshalb halbiert N die Strecke
HO.
N ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten des Dreiecks A’B’C’, also der
Umkreismittelpunkt. Wegen der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke ist der
Umkreisradius des Mittendreiecks halb so groß wie der Umkreisradius des
ursprünglichen Dreiecks.
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Aufgabe: OH2 = 9 R2 –a2 – b2 – c2
Wir betrachten Abbildung 8:
und errechnen zunächst mit dem Satz des Pythagoras OA’2 :
OC2 = OA’2 + A’C2
OA’2 = OC2 - A’C2
OC = R und A’C = ½ BC = ½ a
→ OA’2 = R2 - (½ a)2
Zur Vereinfachung ersetzen wir :
n = GA’
2n = AG
3n = AA’
Wir erinnern uns an den Satz von Stewart (s. Abb. 8): Sei AX eine Ecktransversale
der Länge p, die die Strecke BC in zwei Strecken der Längen BX = m und XC = n
teilt, dann gilt: a(p2 + mn) = b2m + c2n
A
c
b
p
B
m
X
n
C
Abb. 9
7
Wendet man den Satz von Stewart auf die Seitenhalbierende an, ergibt sich:
3n = ½ √(2b2 + 2c2 – a2)
Übertragen wir den Satz von Stewart auf das Dreieck OA’A, so erhalten wir:
3n (OG2 + 2n2) = OA’2 ∙ 2n + R2 ∙ n
Ersetzt man OA’2 durch das oben errechnete R2 - (½ a)2 erhält man
= (R2 - (½ a)2) ∙ 2n + n R2
= 2n R2 - na2/2 + nR2 = n (2 R2 - a2/2 + R2)
Da OH = 3 OG ist auch OH2 = (3 OG)2 = 9 OG2
Zurück zu unserer Ausgangsgleichung
3n (OG2 + 2n2) = OA’2 ∙ 2n + R2 ∙ n = n (2 R2 - a2/2 + R2) │∙ 3
9n ∙(OG2 + 2n2) = 3n (3 R2 - a2/2)
n ∙(9OG2 + 18n2) = n (9R2 – 3/2a2)
│/ n
2
2
=
2
2
9OG + 18n 9R – 3/2a
│- 18n2
9OG2 = 9R2 – 3/2a2 - 18n2
OH2 = 9R2 – 3/2a2 - 2∙9 n2 = 9R2 – 3/2a2 – 2 ∙ (3n) 2
3n wird ersetzt durch s.o. 3n = ½ √2b2 + 2c2 – a2
OH2 = 9R2 – 3/2a2 – 2(½ √(2b2 + 2c2 – a2) 2 = 9R2 – 3/2a2 – ½ (2b2 + 2c2 – a2)
OH2 = 9R2 – 3/2 a2 – b2 - c2 + ½ a2
OH2 = 9R2 – a2 – b2 - c2
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