§1 Dreiecke

Mathematische Probleme, SS 2013
Montag 22.4
$Id: dreieck.tex,v 1.7 2013/04/22 20:37:01 hk Exp hk $
§1
Dreiecke
1.5
Einige spezielle Punkte im Dreieck
In der letzten Sitzung hatten wir den sogenannten Inkreis eines Dreiecks eingeführt,
dies ist der Kreis dessen Mittelpunkt der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden ist und
dessen Radius der gemeinsame Abstand dieses Punktes zu den drei Seiten des Dreiecks
ist. Wir wollen den Inkreisradius r explizit in Termen der drei Seitenlängen a, b, c
berechnen und hierzu wird zunächst einmal die Fläche F des Dreiecks als Funktion
von a, b, c bestimmt. Wie die Fläche mit dem Inkreisradius zusammenhängt werden
wir uns dann im nächsten Schritt überlegen. Bei der Berechnung der Fläche hatten wir
bereits das Ergebnis
4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2
.
F2 =
16
erhalten, und schreiben wir diese Formel noch etwas um so ergibt sich:
Satz 1.15 (Heronsche Flächenformel)
Sei ∆ ein Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c. Weiter bezeichne s := (a + b + c)/2 den
halben Umfang des Dreiecks und F seine Fläche. Dann gilt die Heronsche Flächenformel
p
1p
F =
(a + b + c)(a + b − c)(a + c − b)(b + c − a) = s(s − a)(s − b)(s − c).
4
Beweis: Wir setzen die obige Rechnung fort und erhalten
(2ab)2 − (a2 + b2 − c2 )2
1
= (2ab − (a2 + b2 − c2 ))(2ab + (a2 + b2 − c2 ))
16
16
1 2
1
= (c − (a − b)2 )((a + b)2 − c2 ) = (a + b − c)(a + c − b)(a + b − c)(a + b + c),
16
16
F2 =
also
F =
1p
(a + b + c)(a + b − c)(a + c − b)(b + c − a).
4
Beachten wir noch
s−a=
b+c−a
a+c−b
a+b−c
, s−b=
und s − c =
,
2
2
2
so ergibt sich auch
F =
p
s(s − a)(s − b)(s − c).
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Damit ist die Heronsche Flächenformel bewiesen.
Den Zusammenhang zwischen Fläche F und Inkreisradius r eines Dreiecks ∆ = ABC
können wir der folgenden Skizze entnehmen:
C
r
r
Sw
r
B
A
Der Inkreisradius r war der gemeinsame Abstand von Sw zu den drei Ecken des Dreiecks, fällen wir also von Sw aus Lote auf die drei Seiten, so haben die entstehenden
Lotfußpunkte jeweils den Abstand r von Sw . Hierdurch wird das Dreieck ∆ in drei Teildreiecke zerlegt, die jeweils Sw und zwei der drei Ecken von ∆ als ihre Ecken haben.
Weiter tritt der Inkreisradius r in jedem dieser Dreiecke als Höhe auf einer der drei
Seiten von ∆ auf. Damit wird die Fläche F von ∆ zur Summe der drei Flächen dieser
Teildreiecke, und diese Beobachtung liefert uns einen Zusammenhang zwischen r und
F.
Korollar 1.16 (Berechnung des Inkreisradius)
Sei ∆ ein Dreieck mit Seiten a, b, c, Fläche F , Inkreisradius r und halbem Umfang
s := (a + b + c)/2. Dann gelten
r
F = rs und r =
(s − a)(s − b)(s − c)
.
s
Beweis: Sei ∆ = ABC und bezeichne Sw den Schnittpunkt der Winkelhalbierenden
von ∆. Dann zerlegen wir ∆ in die drei Dreiecke ABSw , BCSw und CASw . In jedem
dieser Dreieck ist die Höhe durch Sw gleich dem Lot von Sw auf die entsprechende Seite
von ∆, die Länge dieser Höhe ist also der gemeinsame Abstand r von Sw zu diesen drei
Seiten. Es folgt
1
1
1
a+b+c
F = ar + br + cr = r ·
= rs.
2
2
2
2
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Mit der Heronschen Flächenformel Satz 15 ergibt sich weiter
r
F
1p
(s − a)(s − b)(s − c)
s(s − a)(s − b)(s − c) =
r=
=
.
s
s
s
In der obigen Figur lassen sich auch die Abstände der Ecken von ∆ zu den drei
Lotfußpunkten berechnen, dies wird in Aufgabe (11.a) durchgeführt, beispielsweise hat
die Ecke A zu den beiden angrenzenden Lotfußpunkten jeweis den Abstand s − a.
Dadurch ist insbesondere auch die Lage von Sw berechnet, man muss erst die Strecke
s − a auf AB zurücklegen und dann senkrecht auf AB in Richtung von C die Strecke
r abtragen. Die entstehende Formel wird besonders übersichtlich wenn man sie wie in
Aufgabe (11.b) in Termen der Vektorraumstruktur des R2 formuliert.
α
t1
s
t2
r
t3
s
Drei gleich große Kreise
Gierige“ Methode
”
Bevor wir uns dem nächsten der speziellen Punkte zuwenden, wollen wir noch eine kleine Beispielaufgabe behandeln. Eine klassische Konstruktionsaufgabe ist es in
einem gegebenen Dreieck drei Kreise zu finden die alle das Dreieck und die beiden
anderen Kreise berühren. Dieses Problem wurde schon 1690 von Jakob Bernoulli behandelt und letztlich 1803 von Malfattis gelöst. Malfattis behauptete weiter das diese
drei Kreise den größtmöglichen Flächeninhalt ausfüllen die drei sich nicht schneidende
Kreise innerhalb des Dreiecks einnehmen können. Dies wurde dann letztlich 1994 von
Zalgaller widerlegt, und wir wollen uns diese Widerlegung im Fall eines gleichseitigen
Dreiecks der Kantenlänge Eins einmal anschauen. Sei ∆ also ein solches Dreieck, also
a = b = c = 1 und α = β = γ = π/3 in denpStandardbezeichnungen.
Der halbe
√
Umfang ist dann 3/2,
Fläche von ∆ ist F = 3/16 = 3/4 und der Inkreisradius
√ die √
ist r = F/s = 1/(2 3) = 3/6.
Zunächst betrachten wir die von Malfattis vorgeschlagenen Kreise, in diesem Fall
haben diese alle denselben Radius s > 0, und wir wollen diesen Radius erst einmal
berechnen. Hierzu zerlegen wir wie oben gezeigt eine der Dreiecksseiten in drei Teile
t1 , t2 , t3 . Dann ist t1 + t2 + t3 = 1. Das mittlere Drittel hat die Länge zweier Kreisradien
also t2 = 2s. Weiter sind das obere und das untere Drittel gleich, also t1 = t3 . Um
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schließlich t1 zu berechnen, schauen wir uns das eingezeichnete rechtwinklige Dreieck
an. In diesem ist der obere Winkel der halbe Dreieckswinkel also π/6, und es ergibt
sich
√
π
s
1
√ = tan = , d.h. t1 = 3 · s.
6
t1
3
Insgesamt ist damit
1 = t1 + t2 + t3 = 2(1 +
√
1
√ =
3)s und dies bedeutet s =
2(1 + 3
√
3−1
4
und die von den Kreisen überdeckte Fläche ist
√
√
3
4−2 3
2
= π(2 − 3) ≈ 0.315670.
F1 = 3πs = 3π ·
16
8
Nun kommen wir zu Zalgallers Methode, hier gehen wir nach eine sogenannten Greedy
”
Algorithmus“ vor. Bei diesem wird zunächst der größtmögliche
√ in ∆ liegende Kreis
genommen, also der Inkreis mit dem obigen Radius r = 3/6. Als zweiten Kreis
nehmen wir dann einen größtmöglichen Kreis der noch in den vom Inkreis gelassenen
Rest von ∆ passt und als dritten Kreis schließlich wieder den größtmöglichen Kreis
außerhalb der ersten beiden Kreise. Der zweite und dritte Kreis haben dann beide
denselben Radius s > 0, den wir nun bestimmen möchten. Nach Aufgabe (9.a) ist Sw
auch der Schwerpunkt von ∆ und insbesondere teilt Sw diese Seitenhalbierende nach
Satz 12 im Verhältnis 2 : 1. Nach dem Strahlensatz hat das abgetrennte gleichseitige
Dreieck rechts unten die Kantenlänge a = 1/3, und da unser zweiter Kreis der Inkreis
dieses Dreiecks ist, ist somit
√
1
3
s= r=
.
3
18
Die von den drei Kreisen überdeckte Fläche ist damit
F2 = πr2 + 2πs2 =
11 2
11
πr =
π ≈ 0.319977,
9
108
also ist tatsächlich F2 > F1 .
Damit kommen wir nun zum Schnittpunkt der Mittelsenkrechten, die Existenz dieses Schnittpunkts ist dabei analog zum Fall der Winkelhalbierenden. Erinnern Sie sich
dazu daran, dass die Mittelsenkrechte zweier Punkte A, B genau aus denjenigen Punkten X besteht die zu A und B denselben Abstand haben, für die also |AX| = |BX|
gilt.
Satz 1.17 (Der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Mittelsenkrechten von ∆
in einem Punkt Su und dieser ist der eindeutige Punkt der von allen drei Ecken des
Dreiecks denselben Abstand hat.
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Beweis: Sei S der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten auf AB und auf AC. Dann
gelten |AS| = |BS| und |AS| = |CS|, also auch |BS| = |CS| und S liegt auch auf der
Mittelsenkrechten auf BC.
Da der Schnittpunkt Su von allen drei Ecken denselben Abstand
R := |Su A| = |Su B| = |Su C|
geht der Kreis mit Radius R und Mittelpunkt Su durch alle drei Ecken des Dreiecks
∆ = ABC, und da Su der einzige Punkt ist der von allen drei Ecken gleich weit entfernt
ist, ist dieser Kreis auch der einzige Kreis der durch A, B, C geht. Man nennt den Kreis
durch die Ecken von ∆ auch den Umkreis von ∆ und der Schnittpunkt Su ist daher der
Mittelpunkt des Umkreises. Der Radius R des Umkreises heißt dann der Umkreisradius
von ∆.
C
C
φ
ρ
R
Su
ρ
B
Su
γ
R
B
ψ
R
c/2
C’
φ
ψ
A
A
Der Umkreis von ABC
Bestimmung des Umkreisradius
Wir wollen jetzt den Radius R des Umkreises berechnen, und dies geschieht durch
Betrachtung der oben rechts gezeigten Figur.
Satz 1.18 (Bestimmung des Umkreisradius)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ gemäß den Standardbezeichnungen. Weiter bezeichne F die Fläche von ∆ und R den Umkreisradius von
∆. Dann gilt
a
b
c
abc
R=
=
=
=
.
2 sin α
2 sin β
2 sin γ
4F
Beweis: Ziehe von Su aus die Verbindungen mit den drei Ecken A, B, C von ∆. Dann
ist das Dreick ABSu in Su gleichschenklig, also sind die Winkel dieses Dreiecks in den
Ecken A und B nach Aufgabe (9.a) gleich, und wir nennen diesen Winkel ψ. Analog
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sind auch die Winkel von BCSu in B und C gleich einem Winkel % und die Winkel
von CASu in A und C gleich einem Winkel φ. Da der Winkel α von ∆ in A in φ und
ψ zerlegt wird, haben wir
α = φ + ψ und analog β = ψ + %, γ = % + φ.
Damit haben wir ein lineares Gleichungssystem für die drei Winkel φ, ψ, %, mit der
Lösung
1 1 0 α
1
1 0
α
1 1 0
α
0 1 1 β −→ 0
1 1
β
β
−→ 0 1 1
1 0 1 γ
0 −1 1 γ − α
0 0 2 β + γ − α,
also
%=
β+γ−α
π
π
π
π
π
= −α, ψ = β−% = α+β− = −γ, φ = α−ψ = α+γ− = −β.
2
2
2
2
2
2
Weiter bezeichne C 0 den Mittelpunkt der Streck AB und betrachte das rechtwinklige
Dreieck C 0 BSu . Der Winkel in diesem Dreieck bei Su ist
π
− ψ = γ,
2
und bezüglich dieses Winkels haben wir die Gegenkathete c/2 und die Hypothenuse R,
also gilt
1
c
c
sin γ = 2 und somit R =
.
R
2 sin γ
Analog sind dann auch R = a/(2 sin α) = b/(2 sin β). Weiter ergibt sich
1
abc
abc
F = ab · sin γ =
, d.h. R =
.
2
4R
4F
Schreiben wir diese Gleichung etwas um, so wird
sin α
sin β
sin γ
1
=
=
=
,
a
b
c
2R
das gemeinsame Verhältnis vom Sinus jedes Winkels zu seiner gegenüberliegenden Seite
aus dem Sinussatz ist also gleich dem Kehrwert des doppelten Umkreisradius. Schauen
wir uns ein explizites Beispiel an und betrachten das Dreieck mit den Seiten a = 2,
b = 3, c = 4. Dann sind
s=
2+3+4
9
5
3
1
= , s − a = , s − b = und s − c =
2
2
2
2
2
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also wird die Fläche von F nach der Heronschen Flächenformel Satz 15 zu
r
p
135
3√
F = s(s − a)(s − b)(s − c) =
=
15,
16
4
der Inkreisradius ist nach Korollar 16
r=
1√
F
=
15
s
6
und der Umkreisradius ist schließlich nach Satz 18
R=
abc
8
8√
=√ =
15.
4F
15
15
Wir haben jetzt drei unserer speziellen Punkte behandelt, es steht nur noch der Schnittpunkt der Höhen aus. Tatsächlich folgt die Existenz dieses Schnittpunkts aus der Existenz des Schnittpunkts der Mittelsenkrechten angewandt in einem geeigneten Hilfsdreieck. Sei ∆ = ABC ein Dreieck und betrachte das bei der Behandlung der Seitenhalbierenden eingeführte Mittendreieck, also das Dreieck ∆ = A0 B 0 C 0 das von den drei
Seitenmittelpunkten gebildet wird. Wir wollen uns überlegen was die Höhen in ∆0 sind,
schauen wir uns etwa die Höhe hc0 auf der Seite A0 B 0 von ∆0 an. Nach Lemma 11 ist
A0 B 0 parallel zur Seite AB von ∆, und da hc0 senkrecht auf A0 B 0 steht, ist hc0 auch
senkrecht auf AB. Nun geht hc0 durch den Seitenmittelpunkt C 0 von AB, d.h. hc0 ist
die Mittelsenkrechte von ∆ auf AB. Analog kann man für die beiden anderen Höhen
schließen, d.h. die Höhen des Mittendreiecks ∆0 sind genau die Mittelsenkrechten von
∆. Damit schneiden sich die Höhen von ∆0 nach Satz 17 im Umkreismittelpunkt von
∆.
c
C
A*
B
hc’
C
B’
A’
C*
b
A
a
A
C’
B*
B
Konstruktion von ∆∗
Höhe im Mittendreieck
In einem Mittendreieck schneiden sich die Höhen somit immer in einem Punkt, um
also zu zeigen das dies in einem allgemeinen Dreieck ∆ = ABC ebenfalls gilt, reicht es
einzusehen das ∆ das Mittendreieck eines geeigneten vergrößerten Dreiecks ∆∗ ist. Um
dieses zu konstruieren, ziehen wir die Parallele a zu BC durch C, die Parallele b zu AC
durch b und schließlich die Parallele c zu AB durch C. Damit definieren wir dann A∗ als
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Schnittpunkt von b und c, B ∗ als den Schnittpunkt von a und c und letztlich C ∗ als den
Schnittpunkt von a und b. Diese Konstruktion liefert uns das Dreieck ∆∗ = A∗ B ∗ C ∗
und wir behaupten das ∆ das Mittendreieck von ∆∗ ist.
Überlegen wir uns einmal das A der Seitenmittelpunkt von B ∗ C ∗ ist. Nach Konstruktion sind A∗ B ∗ = c und AB, B ∗ C ∗ = b und AC sowie AB ∗ = AC ∗ = a und
BC jeweils parallel zueinander, wir haben also zwei Parallelogramme B ∗ ABC und
AC ∗ BC. Erinnern wir uns jetzt daran, dass in einem Parallelogram gegenüberliegende
Seiten gleich lang sind, so ergibt sich
|AB ∗ | = |BC| = |CB| = |AC ∗ |
und dies bedeutet tatsächlich das A der Mittelpunkt von B ∗ C ∗ ist. Analog sind B der
Mittelpunkt von A∗ C ∗ und C der Mittelpunkt von A∗ B ∗ , d.h. ∆ = ABC ist tatsächlich
das Mittendreieck von ∆∗ = A∗ B ∗ C ∗ .
C
α
D
γ
β
β γ
B
α
A
Die dabei verwendete Tatsache über Parallelogramme ist dabei anschaulich klar, formal
kann man sie beispielsweise aus dem Kongruenzsatz SWW für Dreiecke gewinnen.
Geben wir uns etwa ein Parallelogram ABCD wie oben vor, so zerlegen wir dieses
durch die Strecke BD in zwei Dreiecke ABD und CDB. Sind dann β der Winkel bei
B in ABD und γ der Winkel bei D in ABD, so folgt mit dem Stufenwinkelsatz wegen
AB||CD das der Winkel in CDB bei D auch β ist und ebenso folgt mit DA||BC das
der Winkel in CDB bei B gleich γ ist. Nach Satz 9 sind die beiden Dreiecke ABD und
CDB damit kongruent, also sind auch |AD| = |BC| und |AB| = |CD| wie behauptet.
Satz 1.19 (Der Schnittpunkt der Höhen)
Sei ∆ ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Höhen von ∆ in einem Punkt Sh .
Beweis: Wir haben gerade gezeigt das es ein Dreieck ∆∗ mit Mittendreieck ∆ gibt und
damit sind die Höhen von ∆ die Mittelsenkrechten von ∆∗ , schneiden sich also nach
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Satz 17 in einem Punkt.
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