Montag 20.4.2015

Mathematische Probleme, SS 2015
Montag 20.4
$Id: dreieck.tex,v 1.15 2015/04/20 08:57:49 hk Exp $
§1
Dreiecke
1.4
Dreiecksberechnung mit Seiten und Winkeln
In der letzten Sitzung hatten wir begonnen die verschiedenen Konstruktionsprobleme
für Dreiecke zu besprechen bei denen drei der Seiten und Winkel des Dreiecks gegeben
sind. Eine der beiden Möglichkeiten bei zwei gegebenen Seiten ist dabei der SSW
Fall bei dem in den Standardbezeichnungen etwa die Seiten b, c und der Winkel β
vorgegeben sind. Hier treten zwei Unterfälle auf, entweder ist b ≤ c oder b > c, wobei
es im ersteren der beiden passieren kann das das Konstruktionsproblem gar nicht oder
nicht eindeutig lösbar ist. Man kann diese Situation vollständig analysieren was wir
hier aber nicht tun wollen. Wir beschränken uns auf den Fall b > c, dass also der der
größeren vorgegebenen Seite gegenüberliegende Winkel auch vorgegeben ist.
C
a
b
β
A
c
B
Satz 1.6 (Dreiecksberechnung bei zwei Seiten und einem äußeren Winkel)
Seien b > c > 0 und ein Winkel 0 < β < π gegeben. Dann existiert ein bis auf
Kongruenz eindeutiges Dreieck ∆ = ABC mit |AC| = b und |AB| = c dessen Winkel
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bei B gleich β ist. In den Standardbezeichungen haben wir dann
q
a = c cos β + b2 − c2 sin2 β,
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
α = arccos
,
b
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
γ = π − β − arccos
.
b
Beweis: Wir beginnen mit der Existenzaussage. Wähle einen Punkt A und bilde den
Kreis K mit Mittelpunkt A und Radius b. Weiter trage eine Strecke AB der Länge
|AB| = c ab. Wegen c < b liegt B innerhalb des Kreises K. Trage weiter eine von B
ausgehende Halbgerade H im Winkel β zu AB ab. Da der Ausgangspunkt B von H
innerhalb des Kreises K liegt, schneiden H und K sich in einem Punkt C. Dann ist
ABC ein Dreieck mit |AB| = c und |AC| = b da b der Radius von K ist. Außerdem
ist der Winkel dieses Dreiecks bei B gerade der Winkel zwischen AB und H also β.
Sei jetzt umgekehrt ABC ein Dreieck mit |AB| = c, |AC| = b und Winkel β bei B.
In den Standardbezeichnungen liefert der Cosinussatz Satz 4
b2 = a2 + c2 − 2ac cos β, also a2 − 2ac cos β + c2 − b2 = 0
Dies ist eine quadratische Gleichung für a und wir erhalten
q
p
2
2
2
2
a = c cos β ± c cos β + b − c = c cos β ± b2 − c2 sin2 β.
Dass sin2 β + cos2 β = 1 gilt hatten wir dabei in der letzten Sitzung eingesehen da der
Punkt (cos β, sin β) auf dem Kreis mit Radius 1 und Mittelpunkt
in (0, 0) liegt. Wegen
p
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b > c ist auch b −c sin p
β > c −c sin β = c cos β, also b − c2 sin2 β > c cos β und
damit ist a = c cos β + b2 − c2 sin2 β. Dies beweist zum einen die Berechnungsformel
für a und zum anderen ist a durch b, c, β festgelegt, also ist das Dreieck ABC bis auf
Kongruenz eindeutig festgelegt. Weiter haben wir
p
b 2 + c 2 − a2
2c2 − 2ac cos β
c − c cos2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
=
=
2bc
2bc
b
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
=
,
b
und nach Satz 5 gelten
α = arccos
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
b
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und
γ = π − α − β = π − β − arccos
!
p
c sin2 β − cos β b2 − c2 sin2 β
.
b
Wir kommen zum nächsten der Konstruktionssätze bei dem zwei Seiten und der von
ihnen eingeschlossene Winkel vorgegeben sind. In den Standardbezeichnungen seien
etwa die beiden Seiten b, c > 0 und der von ihnen eingeschlossene Winkel 0 < α < π
gegeben. Dass es dann ein zu diesen Vorgaben passendes Dreieck gibt ist klar, wir
müssen ja nur eine Strecke AB der Länge c und eine Strecke AC der Länge b im
Winkel α abtragen, und haben dann ein Dreieck ABC der gewünschten Art. Dafür
müssen wir wieder eine Eindeutigkeitsaussage nachweisen, also zeigen das das Dreieck
durch b, c, α bis auf Kongruenz eindeutig festgelegt ist, man spricht dann auch vom
Kongruenzsatz SWS für Seite–Winkel–Seite. All dies läßt sich wieder bequem über den
Cosinussatz durchführen.
Satz 1.7 (Dreiecksberechnung bei zwei Seiten und dem eingeschlossenen Winkel)
Seien b, c > 0 und 0 < α < π gegeben. Dann existiert ein bis auf Kongruenz eindeutiges
Dreieck ABC mit |AC| = b und |AB| = c so, dass α der Winkel bei A ist. In den
Standardbezeichnungen gelten weiter
√
a =
b2 + c2 − 2bc · cos α,
c − b cos α
β = arccos √
,
b2 + c2 − 2bc cos α
b − c cos α
.
γ = arccos √
b2 + c2 − 2bc cos α
Beweis: Die Existenz eines Dreiecks ABC mit den verlangten Eigenschaften haben wir
bereits eingesehen. Nach dem √
Cosinussatz Satz 4 gilt in jedem solchen Dreieck in den
üblichen Bezeichnungen a = b2 + c2 − 2bc · cos α und insbesondere ist das Dreieck
nach Satz 5 bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt. Weiter haben wir
a2 + c2 − b2
2c2 − 2bc cos α
c − b cos α
=
=√
2
2ac
2ac
b + c2 − 2bc cos α
und nach Satz 5 ist damit
β = arccos
c − b cos α
√
2
b + c2 − 2bc cos α
.
Die Gleichung für γ ergibt sich analog.
Es verbleiben nur noch die Konstruktionsaufgaben mit einer vorgegebenen Seite und
zwei vorgegebenen Winkeln. Da die Winkelsumme 180◦ ist, spielt es dabei keine Rolle
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welche Winkel vorgegeben werden, sind zwei Winkel bekannt so stehen bereits alle
drei Winkel fest. Der entstehende Satz ist dann der sogenannte Kongruenzsatz Seite–
Winkel–Winkel, also SWW, und zur Berechnung der fehlenden Seitenlängen verwenden
wir den sogenannten Sinussatz, den wir zunächst einmal beweisen wollen.
Satz 1.8 (Der Sinussatz)
Sei ∆ ein Dreieck mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ in der Standardbezeichnung.
Dann gilt
sin α
sin β
sin γ
=
=
a
b
c
und bezeichnet ha , hb , hc die Höhen auf den jeweiligen Seiten a, b, c so haben wir
ha = c · sin β = b · sin γ, hb = c · sin α = a · sin γ, hc = b · sin α = a · sin β,
Beweis: Wir beginnen mit der Aussage über die Höhen und dabei reicht es hc = b·sin α
zu zeigen, die anderen Gleichungen gehen aus dieser durch Umbezeichnungen hervor.
Wir schreiben h = hc . Im Fall α = π/2 fallen h und b zusammen und wegen sin(π/2) =
1 ist in diesem Fall sofort h = b · sin α. Wir können also α 6= π/2 annehmen und wie
beim Cosinussatz treten drei mögliche Fälle auf.
b
α
a
h
b
h
a
α
p
c
p
h
a
b
p
α
c
Fall 1
c
Fall 2
Fall 3
Im ersten Fall ist 0 < α < π/2 und h liegt im Dreieck. Dann lesen wir den Sinus
von α im links auftauchenden rechtwinkligen Dreieck ab und haben sin α = h/b, also
h = b · sin α. Im zweiten Fall ist 0 < α < π/2 weiterhin ein spitzer Winkel aber h
liegt außerhalb des Dreiecks. Dann verlängern wir die Seite c wie gezeigt zu einem
rechtwinkligen Dreieck und in diesem lesen wir den Sinus von α wieder als sin α = h/b
ab, haben also wieder h = b·sin α. Im letzten Fall ist π/2 < α < π ein stumpfer Winkel.
Betrachten wir dann das links auftauchende rechtwinklige Dreieck ACH wobei H der
Fußpunkt von h = hc auf AB ist, so liegt in diesem bei A der Winkel π − α an, also ist
sin α = sin(π − α) =
h
also erneut h = b · sin α.
b
Der eigentliche Sinussatz ist jetzt eine unmittelbare Folgerung, wegen
c · sin β = b · sin γ ist
3-4
sin β
sin γ
=
b
c
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und wegen
c · sin α = a · sin γ haben wir auch
sin α
sin γ
=
.
a
c
Damit kommen wir jetzt zum finalen Kongruenzsatz SWW:
Satz 1.9 (Dreiecksberechnung bei einer Seite und zwei Winkeln)
Seien c > 0 und 0 < α, β < π gegeben. Dann existiert genau dann ein Dreieck ∆ =
ABC mit |AB| = c und Winkeln α bei A und β bei B wenn α + β < π ist. In diesem
Fall ist ∆ bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt und es gelten
sin α
· c,
sin(α + β)
sin β
b =
· c,
sin(α + β)
γ = π − α − β.
a =
Beweis: Da die Winkelsumme im Dreieck gleich π ist, ist die Bedingung α + β < π
notwendig für die Existenz eines passenden Dreiecks. Nun nehme umgekehrt α + β < π
an.
A
α
c
C
β
B
Dann tragen wir eine Strecke AB der Länge c ab und bilden im Winkel α einen von A
ausgehenden Halbstrahl und im Winkel β einen von B ausgehenden Halbstrahl. Diese
beiden schneiden sich in einem Punkt C und dann ist ABC ein Dreieck mit |AB| = c
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und Winkel α bei A und β bei B. Damit ist die Existenzaussage bewiesen, und wir
kommen nun zur Eindeutigkeit.
Sei also ein beliebiges Dreieck ∆ des gesuchten Typs gegeben. Dann ist γ = π−α−β
und mit dem Sinussatz Satz 8 folgen
a=
sin α
sin α
sin α
c=
·c=
·c
sin γ
sin(π − (α + β))
sin(α + β)
und ebenso
b=
sin β
sin β
c=
· c.
sin γ
sin(α + β)
Insbesondere ist ∆ bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt.
Die obige Konstruktion des Punktes C verdient noch einen kleinen Kommentar. Wir
hatten bereits ganz zu Beginn angemerkt das man die ebene Geometrie auch axiomatisch aufbauen kann, und das Urbeispiel eines solchen Aufbaus sind die Elemente des
”
Euklid“. Diese sind im Zeitraum um 300 vor Christus entstanden und eines der dort
verwendeten Axiome ist das sogenannte Parallelenaxiom
Schneiden zwei Strecken eine Gerade in zwei gegenüberliegenden Winkeln
die zusammen kleiner als zwei Rechte sind, so treffen sich diese Strecken bei
Verlängerung ins Unendliche in einem Punkt der auf der Seite der Geraden
liegt in der die beiden gegenüberliegenden Winkel sind die zusammen kleiner
als zwei Rechte sind.
Der Name Parallelenaxiom“ entsteht da diese Aussage unter Voraussetzung der übri”
gen Axiome dazu äquivalent ist, dass es zu jeder Geraden und zu jedem Punkt außerhalb der Geraden stets genau eine Gerade durch den Punkt gibt welche die vorgegebene
Gerade nicht trifft. Unser Beweis des SWW-Satzes zeigt das der Kongruenzsatz SWW
im wesentlichen zum Parallelenaxiom äquivalent ist. Tatsächlich wird bei vielen Axiomensystemen für die ebene Geometrie die eine oder andere Form eines Kongruenzsatzes
als Axiom verwendet.
Zusammenfassend haben wir damit die folgenden Kongruenzaussagen eingesehen:
Zwei Dreiecke sind genau dann kongruent wenn sie
• in allen drei Seiten,
• in zwei Seiten und dem von ihnen eingeschlossenen Winkel,
• in zwei Seiten und dem der längeren Seite gegenüberliegenden Winkel,
• in einer Seite und zwei Winkeln
übereinstimmen.
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Einige spezielle Punkte im Dreieck
Mit den speziellen Punkten“ in einem Dreieck sind Punkte gemeint die in irgendeiner
”
kanonischen Weise geometrisch aus dem Dreieck heraus konstruiert werden können,
also beispielsweise der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden oder der Schnittpunkt der
Mittelsenkrechten. Wir behandeln hier hauptsächlich die vier wichtigsten von diesen,
und dies sind die jeweiligen Schnittpunkte der Seitenhalbierenden, der Winkelhalbierenden, der Mittelsenkrechten und der Höhen. Dies hängen eng mit dem Innkreis und
dem Umkreis eines Dreiecks zusammen. Ein wichtiges Hilfsmittel zur Diskussion dieser
Punkte ist der Ähnlichkeitsbegriff für Dreiecke, man nennt zwei Dreiecke ∆, ∆0 ähnlich
zueinander wenn in ihnen entsprechende Winkel gleich sind, wenn also in den Standardbezeichnungen α = α0 , β = β 0 und γ = γ 0 gelten. Mit den Kongruenzsätzen des vorigen
Abschnitts ist es auch leicht einige Ähnlichkeitskriterien für Dreiecke anzugeben.
Satz 1.10 (Charakterisierungen ähnlicher Dreiecke)
Seien ∆, ∆0 zwei Dreiecke deren Seiten und Winkel gemäß der Standardbezeichnungen
als a, b, c, α, β, γ beziehungsweise a0 , b0 , c0 , α0 , β 0 , γ 0 benannt sind. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
(a) Die Dreieck ∆ und ∆0 sind ähnlich.
(b) Entsprechende Seiten haben dieselben Verhältnisse, also
a
a0 a
a0 b
b0
= 0 , = 0 , = 0.
b
b c
c c
c
(c) Ein Paar entsprechender Winkel und das Verhältniss der angrenzenden Seiten sind
gleich.
(d) Das Verhältniss zweier entsprechender Seiten und die der jeweiligen größeren Seite
gegenüberliegenden Winkel sind gleich.
(e) Zwei Paare entsprechender Winkel sind gleich.
Beweis: (a)⇐⇒(e). Klar da die Winkelsumme im Dreieck immer 180◦ ist.
(a)=⇒(b). Nach dem Sinussatz Satz 8 gilt
sin α
sin α0
a
a0
=
=
=
b
sin β
sin β 0
b0
und die Gleichheit der anderen Verhältnisse ergibt sich analog.
(b)=⇒(a). Nach Satz 5 gilt
2
b + c 2 − a2
1 b c a a
α = arccos
= arccos
+ − ·
2bc
2 c b b c
0
1 b
c0 a0 a0
+ − 0 · 0
= α0 ,
= arccos
2 c 0 b0
b c
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und analog ergeben sich auch β = β 0 und γ = γ 0 .
(a)=⇒(c). Klar da die Implikation von (a) nach (b) bereits gezeigt ist.
(c)=⇒(b). Sei etwa b/c = b0 /c0 und α = α0 , die anderen beiden Fälle ergeben sich
dann durch Umbezeichnungen. Nach Satz 7 gilt
s
r
0 2
c 2
c
a
c
c0
a0
= 1+
− 2 · cos α = 1 + 0 − 2 0 · cos α0 = 0 ,
b
b
b
b
b
b
und analog folgt auch a/c = a0 /c0 .
(a)=⇒(d). Klar da die Implikation von (a) nach (b) bereits gezeigt ist.
(d)=⇒(c). Beachte das durch das Verhältnis zweier Seiten festgelegt ist welches die
größere der beiden ist, daher entsprechen sich auch die der größeren Seite gegenüberliegenden Winkel in beiden Dreiecken. Bis auf Umbezeichnungen können wir b/c = b0 /c0
und β = β 0 annehmen. Mit Satz 6 folgt
s s 2
2
a
a0
b
b0
0
2 0
2
β
=
−
sin
= cos β +
− sin β = cos β +
,
c
c
c0
c0
und wir haben die Situation von (c) hergestellt.
Der eben bewiesene Ähnlichkeitssatz hängt eng mit den Strahlensätzen zusammen, und
um dies zu illustrieren wollen wir einmal den Strahlensatz aus dem Ähnlichkeitssatz
herleiten. Diesmal schauen wir uns eine Version des Strahlensatzes über Kreuz“ an,
”
bei dem also der Schnittpunkt des einen Geradenpaars zwischen den beiden parallelen
Geraden liegt.
A
β B’
α
γ
γ
C
β
α
A’
B
Gegeben seien also zwei kollineare Tripel ACA0 und BCB 0 bei dem die Geraden AB
und A0 B 0 parallel sind. Nach dem Stufenwinkelsatz haben die beiden Dreiecke ABC
und A0 B 0 C dann gleiche Winkel, sind also ähnlich. Mit dem Ähnlichkeitssatz folgt das
auch entsprechende Seitenverhältnisse in den beiden Dreiecken gleich sind, dass also
|AC|
|A0 C| |AC|
|A0 C|
|AB|
|A0 B 0 |
= 0 ,
= 0 0 und
=
|BC|
|B C| |AB|
|A B |
|BC|
|B 0 C|
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gelten, und diese Aussagen sind der Strahlensatz. Als zweites Hilfsmittel führen wir
das sogenannte Mittendreieck ein.
C
B’
A’
Sm
A
C’
B
Gegeben sei ein Dreick ∆ = ABC mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ. Dann bilden
wir den Mittelpunkt A0 der Strecke BC, den Mittelpunkt B 0 der Strecke AC und
schließlich den Mittelpunkt C 0 der Strecke AB, es gelten also
b
c
a
|A0 B| = |A0 C| = , |B 0 A| = |B 0 C| = und |C 0 A| = |C 0 B| = .
2
2
2
Mit diesen drei Mittelpunkten bilden wir dann das sogenannte Mittendreieck A0 B 0 C 0
und wir wollen einsehen das dieses zu ∆ ähnlich ist und halb so große Seitenlängen
hat.
Lemma 1.11 (Lemma über das Mittendreieck)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck mit Mittendreieck ∆0 = A0 B 0 C 0 . Dann sind die vier Dreiecke
∆0 , C 0 BA0 , B 0 A0 C und AC 0 B 0 alle zueinander kongruent und alle ähnlich zu ∆ mit halb
so großen Seitenlängen. Weiter sind A0 B 0 parallel zu AB, A0 C 0 parallel zu AC und B 0 C 0
parallel zu BC.
Beweis: Bezeichne die Seiten und Winkel in ∆ gemäß der Standardbezeichnungen. Im
Dreieck C 0 BA0 ist der Winkel bei B gleich β und das Verhältniss der beiden anliegenden
Seiten ist
1
a
|A0 B|
a
2
=
,
=
1
c
|C 0 B|
c
2
also sind ∆ und C 0 BA0 nach Satz 10 ähnlich. Wieder nach Satz 10 ist damit auch
|A0 C 0 |
1
|A0 C 0 |
b
=
= , also |A0 C 0 | = b,
1
0
|BC |
c
2
c
2
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das Dreieck C 0 BA0 hat also halb so große Seitenlängen wie ∆. Analog schließen wir für
B 0 A0 C und AC 0 B 0 , und insbesondere sind diese drei Dreiecke zueinander kongruent.
Damit hat das Mittendreieck ∆0 = A0 B 0 C 0 die Seitenlängen
1
1
1
a0 = |B 0 C 0 | = a, b0 = |A0 C 0 | = b und c0 = |A0 B 0 | = c,
2
2
2
ist also ebenfalls zu ∆ ähnlich mit halbierten Seitenlängen und zu den anderen drei
Dreiecken kongruent. Die Aussagen über die Parallelität sind eine unmittelbare Folgerung, da B 0 A0 C ähnlich zu ABC ist stimmen die Winkel dieser Dreiecke bei A0
beziehungsweise B überein, die Gerade BC scheidet A0 B 0 und AB also im selben Winkel und somit sind A0 B 0 und AB parallel. Die beiden anderen Parallelitätsaussagen
ergeben sich analog.
Mit diesem Lemma ist es nun leicht zu sehen, dass die drei Seitenhalbierenden eines
Dreiecks sich in einem Punkt Sm schneiden und dass dieser Punkt weiter die Strecken
AA0 , BB 0 und CC 0 jeweils im Verhältnis 2 : 1 teilt. Tatsächlich ist die letztere Aussage der wesentliche Teil des folgenden Satzes, dass die drei Seitenhalbierenden sich
schneiden folgt aus der Kenntnis dieses Teilungsverhältnisses.
Satz 1.12 (Der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden)
Sei ABC ein Dreieck mit Mittendreieck A0 B 0 C 0 . Dann schneiden die drei Seitenhalbierenden AA0 , BB 0 und CC 0 sich in einem Punkt Sm und dieser zerlegt diese Strecken
jeweils im Verhältnis 2 : 1, d.h. es gelten
2|Sm A0 | = |ASm |, 2|Sm B 0 | = |BSm | und 2|Sm C 0 | = |CSm |.
Beweis: Wir zeigen zunächst das der Schnittpunkt je zweier der Strecken AA0 , BB 0 ,
CC 0 diese beiden im Verhältniss 2 : 1 teilt. Es reicht dies für die beiden Strecken AA0
und BB 0 zu tun, die anderen beiden Fälle sind dann analog. Sei also S der Schnittpunkt
von AA0 und BB 0 . Nach Lemma 11 sind die beiden Geraden B 0 A0 und AB parallel.
Damit können wir den Strahlensatz auf diese parallelen Geraden und das sich in S
schneidende Geradenpaar AA0 , BB 0 anwenden und erhalten mit Lemma 11
|SA|
|SA0 |
= 1 , also |AS| = 2|SA0 |.
c
c
2
Da dann weiter auch der Schnittpunkt von AA0 und CC 0 die Strecke AA0 im Verhältnis
2 : 1 teilt ist dieser mit S identisch, alle drei Seitenhalbierenden gehen also durch einen
Punkt.
3-10