§1 Dreiecke

Mathematische Probleme, SS 2016
Dienstag 26.4
$Id: dreieck.tex,v 1.25 2016/04/26 17:29:37 hk Exp $
§1
Dreiecke
1.6
Einige spezielle Punkte im Dreieck
Nachdem wir in der letzten Sitzung den Schwerpunkt Sm eines Dreiecks ∆ = ABC als
den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden AA0 , BB 0 und CC 0 von ∆ eingeführt haben,
wollen wir nun kurz auf die Beschreibung des Schwerpunkts in Termen der Struktur
der Ebene als Vektorraum eingehen. Hier ist es meist etwas unbequem die Formeln
bezüglich einer allgemeinen Basis hinzuschreiben, da diese sehr ungünstig zum Dreieck
∆ liegen kann. Zur Vereinfachung könnte man versuchen den Nullpunkt des Koordinatensystems in eine der Ecken von ∆ zu legen, allerdings wird hierdurch künstlich
eine Ecke vor den anderen ausgezeichnet was schnell zu krummen“ Formeln führt. Ei”
ne gut Alternative ist die Verwendung der sogenannten baryzentrischen Koordinaten
bezüglich ∆. Die baryzentrischen Koordinaten eines Punktes P der Ebene sind das
Tupel (x, y, z) ∈ R3 mit x + y + z = 1 und P = xA + yB + zC. Solche Koordinaten
sind tatsächlich eindeutig bestimmt. Da die Punkte A, B, C nicht kollinear sind, sind
B − A, C − A linear unabhängig also eine Basis der Ebene. Damit läßt sich P − A
eindeutig als
P − A = y(B − A) + z(C − A) = yB + zC − (y + z)A
schreiben und somit ist
P = (1 − y − z)A + yB + zC = xA + yB + zC
mit x := 1 − y − z. Zur Berechnung der baryzentrischen Koordinaten von Sm beachte
zunächst das A0 der Mittelpunkt von BC ist, also A0 = (B + C)/2. Weiter zerlegt Sm
die Strecke AA0 nach Satz 12 im Verhältnis 2 : 1, also wird
2
1
1
1
Sm = A + (A0 − A) = A + (B + C) = (A + B + C),
3
3
3
3
d.h. Sm hat die baryzentrischen Koordinaten (1/3, 1/3, 1/3).
Man kann die baryzentrischen Koordinaten eines Punktes P geometrisch als gewisse
Verhältnisse von mit Vorzeichen versehenen Dreiecksflächen auffassen, dies wollen wir
hier aber nicht ausführen.
Als nächsten der speziellen Punkte behandeln wir nun den Schnittpunkt der Winkelhalbierenden, und hierzu sollten wir uns erst einmal überlegen welche Bedeutung
die Winkelhalbierende überhaupt hat. Wie sich herausstellt ist der Begriff der Winkelhalbierenden in gewissen Sinne dual zum Begriff der Mittelsenkrechten, es werden zwei
Geraden betrachtet und nach der Menge aller Punkte gefragt die von beiden Geraden
denselben Abstand haben.
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Angenommen wir haben eine Gerade g und
einen Punkt P außerhalb von g. Der Abstand
d(P, g) ist der kleinstmögliche Abstand von P zu
Punkten auf der Gerade, also formal
P
g
d(P, g) = inf{|XP | : P ∈ g},
Q
wobei in dieser Situation tatsächlich ein Minimum
vorliegt. Fällen wir nämlich wie rechts gezeigt das
Lot von P auf g und bezeichen den Lotfußpunkt mit
Q, so ist Q der eindeutige P am nächsten gelegene
X
Punkt auf g. Nach einem Blick auf das Bild sollte
das klar sein, formal kann man es etwa mit dem
Satz des Pythagoras Satz 1 begründen, ist X ein
beliebiger weiterer Punkt auf g, so haben wir ein rechtwinkliges Dreieck XQP und
erhalten |XP |2 = |XQ|2 + |QP |2 > |QP |2 , also auch |XP | > |QP |.
Mit dieser Beobachtung können wir nun einsehen, dass die Punkte auf der Winkelhalbierenden zweier Geraden tatsächlich genau die Punkte innerhalb des von den
beiden Geraden gebildeten Winkels sind die von beiden Geraden denselben Abstand
haben. Wir formulieren diese Aussage als ein kleines Lemma, das aufgrund der hierbei
auftretenden Figur gerne als das Drachenlemma bezeichnet wird. Die Einschränkung
auf einen speziellen von den beiden Geraden gebildeten Winkel ist dabei wichtig, die Gesamtheit aller Punkte die von zwei verschiedenen, sich schneidenden Geraden denselben
Abstand haben ist die Vereinigung zweier senkrecht aufeinander stehenden Geraden.
Lemma 1.13 (Bestimmung der Winkelhalbierenden)
Seien AB und AC zwei Strecken und P ein weiterer Punkt so, dass BP senkrecht
auf AB ist und CP senkrecht auf AC ist. Bezeichne α den auf derselben Seite wie P
liegenden Winkel zwischen AB und AC im Punkt A. Dann sind die folgenden Aussagen
äquivalent:
(a) Es ist d(P, AB) = d(P, AC).
(b) Es ist |BP | = |CP |.
(c) Es ist |AB| = |AC|.
(d) Die Dreiecke ABP und ACP sind kongruent.
(e) Die Strecke AP ist die Winkelhalbierende von α.
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C
P
A
α
B
Beweis: (a)⇐⇒(b). Wegen BP ⊥ AB und CP ⊥ AC sind d(P, AB) = |BP | und
d(P, AC) = |CP | (die Schreibweise ist hier etwas ungenau, gemeint ist der Abstand
zur jeweiligen Geraden und nicht zur Strecke), also sind (a) und (b) äquivalent.
(b)⇐⇒(c). Wenden wir den Satz des Pythagoras Satz 1 in den beiden rechtwinkligen
Dreiecken ABP und ACP an, so ergibt sich
|AB|2 + |BP |2 = |AP |2 = |AC|2 + |CP |2 ,
und damit ist genau dann |AB| = |AC| wenn |BP | = |CP | gilt.
(a)=⇒(d). Da die Implikationen von (a) nach (b) und (c) bereits gezeigt sind, haben
wir |AB| = |AC| und |BP | = |CP |, d.h. die beiden Dreiecke ABP und ACP sind
kongruent.
(d)=⇒(b). Klar nach Definition der Kongruenz von Dreiecken.
(d)⇐⇒(e). Die Dreiecke ABP und ACP stimmen in der Seite AP überein und haben
bei B beziehungsweise C gleiche, nämlich rechte, Winkel. Nach dem Kongruenzsatz
SWW Satz 9 sind die beiden Dreiecke damit genau dann kongruent wenn ihre Winkel
in A übereinstimmen, wenn also AP den Winkel α halbiert.
C
A’
B’
w2
β
g
α
B
w1
A
h
C’
Gleicher Abstand zu zwei Geraden
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Winkelhalbierende im Dreieck
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Beachte das sich das Drachenlemma auf Punkte P innerhalb des Winkels α bezieht.
Haben wir zwei verschiedene Geraden g, h die sich in einem Punkt schneiden, so setzt
sich die Menge
M := {P ∈ R2 |d(P, g) = d(P, h)}
aller Punkte die von g und h denselben Abstand haben aus zwei Geraden zusammen
die senkrecht aufeinander sind. Um dies zu sehen, unterteilen wir die Ebene in einen
von g, h gebildeten Winkel α zusammen mit seinem Gegenwinkel und den anderen von
g, h gebildeten Winkel β zusammen mit seinem Gegenwinkel. Der Teil von M innerhalb
von α ist nach dem Drachenlemma die Winkelhalbierende w1 von α und diese ist auch
gleich der Winkelhalbierenden des Gegenwinkels und der Teil innerhalb von β und dem
Gegenwinkel von β ist die Winkelhalbierende w2 von β. Der Winkel zwischen w1 und
w2 ist α/2 + β/2 = (α + β)/2 = π/2, die beiden stehen also senkrecht aufeinander.
Damit haben wir M = w1 ∪ w2 , wie behauptet. Bei zwei beliebigen Geraden gibt
es keine Möglichkeit zwischen w1 und w2 zu unterscheiden, haben wir dagegen ein
Dreieck ∆ = ABC so betrachten wir in jedem Eckpunkt den das Dreieck enthaltenden
Winkel und nennen seine Winkelhalbierende die Winkelhalbierende von ∆ durch die
entsprechende Ecke. Die auf der Winkelhalbierenden von ∆ durch eine Ecke senkrecht
stehende andere Winkelhalbierende nennt man dann die äußere Winkelhalbierende von
∆ durch den betrachteten Eckpunkt. Schneiden wir diese paarweise, so erhalten wir wie
oben abgebildet ein neues Dreieck A0 B 0 C 0 , mit dem wir uns in den Übungsaufgaben
beschäftigen werden.
Nach diesen Vorbereitungen können wir die Existenz des Schnittpunkts der Winkelhalbierenden in einem Dreieck sehr bequem einsehen.
Satz 1.14 (Der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden)
Sei ∆ = ABC ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Winkelhalbierenden von ∆
in einem Punkt Sw und dieser ist der eindeutige Punkt in ∆ der von allen drei Seiten
des Dreiecks denselben Abstand hat.
Beweis: Die beiden Winkelhalbierenden durch A und B schneiden sich in einem Punkt
Sw und nach dem Drachenlemma Lemma 13 angewandt auf diese beiden Winkelhalbierenden gelten d(Sw , AB) = d(Sw , AC) und d(Sw , AB) = d(Sw , BC), also ist
d(Sw , AB) = d(Sw , AC) = d(Sw , BC) und wieder nach dem Drachenlemma liegt Sw
auch auf der Winkelhalbierenden durch C.
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C
r
Sw
B
A
Da der Schnittpunkt Sw der Winkelhalbierenden von allen drei Seiten des Dreiecks
denselben Abstand
r := d(Sw , AB) = d(Sw , AC) = d(Sw , BC)
hat, berührt der Kreis mit Mittelpunkt Sw und Radius r alle drei Seiten tangential.
Man nennt diesen Kreis dann den Inkreis des Dreiecks ∆ und r heißt entsprechend der
Inkreisradius von ∆. Winkelhalbierende lassen sich mit Zirkel und Lineal konstruieren
und damit läßt sich auch der Punkt Sw mit Zirkel und Lineal konstruieren. Da wir auch
den Lotfußpunkt von Sw auf eine Seite von ∆ bilden können, läßt sich schließlich auch
der Inkreis mit Zirkel und Lineal konstruieren. Neben dem Inkreis gibt es noch drei
weitere Kreise die alle, als Geraden aufgefasste, Seiten des Dreiecks berühren, diese
haben die schon oben erwähnten Schnittpunkte je zweier äußerer Winkelhalbierenden
des Dreiecks als ihre Mittelpunkte. Mit diesen sogenannten Ankreisen von ∆ werden
wir uns in den Übungen beschäftigen.
Der Inkreisradius r ist eine weitere numerische Invariante des Dreiecks ∆ zusätzlich
zu den drei Seiten a, b, c und den drei Winkeln α, β, γ, und wir wollen die Zahl r nun in
Termen der drei Seiten berechnen. Es stellt sich als technisch geschickt heraus hierzu
eine weitere Größe zu betrachten nämlich die Fläche F unseres Dreiecks. Bezeichnen
wir die Höhen auf den drei Seiten a, b, c wie schon beim Sinussatz mit ha , hb , hc , so ist
die Dreiecksfläche gegeben als
1
1
1
F = a · ha = b · hb = c · hc .
2
2
2
Im Sinussatz Satz 8 hatten wir diese Höhen zu
ha = c · sin β = b · sin γ, hb = c · sin α = a · sin γ, hc = b · sin α = a · sin β
berechnet, also wird etwa
1
1
F = aha = ab sin γ.
2
2
Die Dreiecksfläche F ist also gleich dem halben Produkt je zweier Seiten und dem Sinus
des von diesen eingeschlossenen Winkels. Das ist bereits eine Flächenformel, allerdings
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noch keine die die Fläche ganz in Termen von a, b, c ausdrückt. Um den Sinus zu
eliminieren wollen wir den Cosinussatz verwenden und dazu müssen wir wiederum den
Sinus in einen Cosinus umwandeln. Dies gelingt über die Beziehung sin2 γ + cos2 γ = 1
indem wir unsere obige Gleichung quadrieren
1
a2 b2 (1 − cos2 γ)
F 2 = a2 b2 sin2 γ =
.
4
4
Setzen wir hier den Cosinussatz Satz 4 als
1
ab · cos γ = (a2 + b2 − c2 )
2
ein, so wird
1
1
a2 b2 (1 − cos2 γ) = a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2 = (4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2 )
4
4
und insgesamt ist damit
F2 =
4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )2
.
16
Diese Gleichung ist schon fast unser Ziel, ihr einziger Nachteil ist noch das die Symmetrie in a, b, c in dieser Formel nicht klar zum Vorschein tritt. 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 ) = (b + c − a)(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
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so ergibt sich auch
F =
p
s(s − a)(s − b)(s − c).
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
(s − a)(s − b)(s − c)
F = rs und r =
.
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
(s − a)(s − b)(s − c)
F
1p
=
s(s − a)(s − b)(s − c) =
.
r=
s
s
s
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 nach Aufgabe (1) 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.
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.
Dass alle drei Ecken von Su denselben Abstand R haben, bedeutet das der Kreis mit
Radius R und Mittelpunkt Su durch alle drei Ecken des Dreiecks ∆ = ABC geht,
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
C
A
Su
Su
B
A
C’=Su
B
B
A
Spitzwinklig
Stumpfwinklig
Rechtswinklig
Die Lage des Umkreismittelpunkts Su unterscheided sich je nachdem ob das betrachtete
Dreieck ∆ = ABC spitz-, stumpf- oder rechtwinklig ist. Im spitzwinkligen Fall liegt Su
immer im Inneren des Dreiecks während Su im stumpfwinkligen Fall immer außerhalb
des Dreiecks liegt, ist der stumpfe Winkel etwa in C so liegt Su auf der anderen Seite
von AB als C. Im rechtwinkligen Fall liegt Su dagegen auf dem Dreieck, und zwar ist Su
der Mittelpunkt der dem rechten Winkel gegenüberliegenden Seite. Um dies einzusehen
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habe ∆ = ABC etwa in C einen rechten Winkel. Ist dann B 0 der Mittelpunkt von AC
und bezeichnet C 0 den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten auf AC mit der Seite AB, so
sind B 0 C 0 und BC beide senkrecht auf AC und somit sind B 0 B und BC parallel. Damit
können wir den Strahlensatz anwenden und erhalten 2 = |AC|/|AB 0 | = |AB|/|AC 0 |,
d.h. C 0 ist der Mittelpunkt von AB. Analog geht auch die Mittelsenkrechte auf BC
durch diesen Mittelpunkt, d.h. die drei Mittelsenkrechten von ∆ schneiden sich in Su .
Damit haben wir Su = C 0 im rechtwinkligen Fall eingesehen.
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