2 Dreiecke. 2.3 Einige spezielle Punkte im Dreieck. Mathematische Probleme, SS 2017 Donnerstag 15.6

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1 $Id: dreieck.tex,v /06/15 13:19:44 hk Exp $ Dreiecke.3 Einige spezielle Punkte im Dreieck In diesem Abschnitt wollen wir die sogenannten speziellen Punkte im Dreieck, also den Schwerpunkt, die In- und Umkreismittelpunkte sowie den Höhenschnittpunkt behandeln. Den Schwerpunkt hatten wir bereits in 1 mit Hilfe des Satzes von Ceva behandelt, und nun wollen wir zum Schnittpunkt der Winkelhalbierenden kommen. 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. Diese Menge wird die Vereinigung zweier senkrecht aufeinander stehender Geraden sein, diese Geraden sind dabei gerade die beiden durch die Ausgangsgeraden gegebenen Winkelhalbierenden. Es ist einfacher sich zunächst auf einen der vier von den beiden Geraden gebildeten Sektoren zu beschränken, die Punkte innerhalb dieses Sektors die von beiden Geraden denselben Abstand haben bilden dann einen Strahl der den Sektor halbiert, also eine Winkelhalbierende des zugehörigen Winkels ist. Wir formulieren diese Aussage als ein kleines Lemma, das aufgrund der hierbei auftretenden Figur gerne als das Drachenlemma bezeichnet wird. In der Formulierung dieses Lemmas sagen wir dabei das zwei Strecken aufeinander senkrecht sind wenn die sie enthaltenden Geraden dies sind. Lemma.11 (Bestimmung der Winkelhalbierenden) Seien u, v zwei Strahlen mit demselben Startpunkt A, B u\{a} und C v\{a}. Bezeichne S := S(u, v)\(u v) das Innere das Sektors zwischen u und v und sei P S so, dass BP senkrecht auf AB ist und CP senkrecht auf AC ist. Schließlich sei α := (BAC). 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. 15-1

2 C A α P 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 1.Korollar 4 in den beiden rechtwinkligen Dreiecken ABP und ACP an, so ergibt sich AB + BP = AP = AC + CP, 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 nach 1.Satz 40.(b) kongruent. (d)= (b). Klar nach 1.Satz 40.(a). (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 7 sind die beiden Dreiecke damit genau dann kongruent wenn ihre Winkel in A übereinstimmen, wenn also AP den Winkel α halbiert. B C A w β α g w 1 B h A C Gleicher Abstand zu zwei Geraden Winkelhalbierende im Dreieck 15-

3 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 R 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 w 1 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 w von β. Der Winkel zwischen w 1 und w ist α/ + β/ = (α + β)/ = π/, die beiden stehen also senkrecht aufeinander. Damit haben wir M = w 1 w, wie behauptet. Bei zwei beliebigen Geraden gibt es keine Möglichkeit zwischen w 1 und w 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 A B C, 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 (Der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden) Sei = ABC ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Winkelhalbierenden von in einem Punkt S w 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 S w und nach dem Drachenlemma Lemma 11 angewandt auf diese beiden Winkelhalbierenden gelten d(s w, AB) = d(s w, AC) und d(s w, AB) = d(s w, BC), also ist d(s w, AB) = d(s w, AC) = d(s w, BC) und wieder nach dem Drachenlemma liegt S w auch auf der Winkelhalbierenden durch C. Da der Schnittpunkt S w der Winkelhalbierenden von allen drei Seiten des Dreiecks denselben Abstand r := d(s w, AB) = d(s w, AC) = d(s w, BC) hat, berührt der Kreis mit Mittelpunkt S w und Radius r alle drei Seiten tangential. Man nennt diesen Kreis dann den Inkreis des Dreiecks und r heißt entsprechend der Inkreisradius von. Neben dem Inkreis gibt es noch drei weitere Kreise die alle, als Geraden aufgefasste, Seiten des Dreiecks berühren, diese haben die schon oben 15-3

4 erwähnten Schnittpunkte je zweier äußerer Winkelhalbierenden des Dreiecks als ihre Mittelpunkte. Mit diesen sogenannten Ankreisen von werden wir uns in den Übungen beschäftigen. C r S w A B 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 h a, h b, h c, so ist die Dreiecksfläche gegeben als F = 1 a h a = 1 b h b = 1 c h c. Im Sinussatz Satz 6 hatten wir diese Höhen zu h a = c sin β = b sin γ, h b = c sin α = a sin γ, h c = b sin α = a sin β berechnet, also wird etwa F = 1 ah a = 1 ab sin γ. 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 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 sin γ + cos γ = 1 indem wir unsere obige Gleichung quadrieren F = 1 4 a b sin γ = a b (1 cos γ). 4 Setzen wir hier den Cosinussatz 1.Satz 3 als ab cos γ = 1 (a + b c ) 15-4

5 ein, so wird a b (1 cos γ) = a b 1 4 (a + b c ) = 1 4 (4a b (a + b c ) ) und insgesamt ist damit F = 4a b (a + b c ). 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.13 (Heronsche Flächenformel) Sei ein Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c. Weiter bezeichne s := (a + b + c)/ den halben Umfang des Dreiecks und F seine Fläche. Dann gilt die Heronsche Flächenformel F = 1 4 (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a) = s(s a)(s b)(s c). Beweis: Wir setzen die obige Rechnung fort und erhalten F = (ab) (a + b c ) 16 = 1 16 (ab (a + b c ))(ab + (a + b c )) = 1 16 (c (a b) )((a + b) c ) = 1 (b + c a)(a + c b)(a + b c)(a + b + c), 16 also F = 1 4 (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a). Beachten wir noch s a = b + c a, s b = a + c b und s c = a + b c, so ergibt sich auch F = 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: 15-5

6 C r r S w r A B Der Inkreisradius r war der gemeinsame Abstand von S w zu den drei Seiten des Dreiecks, fällen wir also von S w aus Lote auf die drei Seiten, so haben die entstehenden Lotfußpunkte jeweils den Abstand r von S w. Zerlegen wir also das Dreieck in drei Teildreiecke, die jeweils S w und zwei der drei Ecken von als ihre Ecken haben, so 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.14 (Berechnung des Inkreisradius) Sei ein Dreieck mit Seiten a, b, c, Fläche F, Inkreisradius r und halbem Umfang s := (a + b + c)/. Dann gelten (s a)(s b)(s c) F = rs und r =. s Beweis: Sei = ABC und bezeichne S w den Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von. Dann zerlegen wir in die drei Dreiecke ABS w, BCS w und CAS w. In jedem dieser Dreieck ist die Höhe durch S w gleich dem Lot von S w auf die entsprechende Seite von, die Länge dieser Höhe ist also der gemeinsame Abstand r von S w zu diesen drei Seiten. Es folgt F = 1 ar + 1 br + 1 cr = r a + b + c = rs. Mit der Heronschen Flächenformel Satz 13 ergibt sich weiter r = F s = 1 s (s a)(s b)(s c) s(s a)(s b)(s c) =. s 15-6

7 Wir können die Flächenformel (4F ) = 4a b (a + b c ) auch noch auf eine andere Art auswerten und damit den Zusammenhang mit den Klammersymbolen aus 1.3 herstellen. Lemma.15 (Determinantenformel für die Dreiecksfläche) Sei = ABC ein Dreieck und bezeichne F seine Fläche. Dann gilt F = [A, B, C]. Beweis: Bezeichne a, b, c die Seiten von in den Standardbezeichnungen. Dann ist b = AC und da zwei Strecken derselben Länge kongruent sind existiert eine Bewegung ϕ des R mit ϕ(c) = (0, 0) und ϕ(a) = (b, 0). Weiter schreiben wir ϕ(b) = (x, y) und haben a = BC = ϕ(b)ϕ(c) = x + y sowie Es folgt c = AB = ϕ(a)ϕ(b) = (x b) + y = x + y + b xb. und damit ist (4F ) = 4a b (a + b c ) = 4(x + y )b 4x b = 4y b 4F = y b = b x 0 0 y 0 = [ϕ(a), ϕ(b), ϕ(c)]. Mit Aufgabe (19.a) ergibt sich schließlich F = [A, B, C]. Beachten wir [A, B, C] = [B A, C A] so sehen wir das diese Formel gerade die Interpretation der Determinante zweier Vektoren im R als die Fläche des von diesen aufgespannten Parallelograms ist. Die Bedeutung des Vorzeichens von [A, B, C] kennen wir aus Aufgabe (18.a), genau dann ist F = [A, B, C] wenn ABC ein orientiertes Dreieck ist wenn also A, B, C eine positiv orientierte affine Basis des R ist. Beachte das die Formel auch im ausgearteten Fall gilt, sind A, B, C drei kollineare Punkte im R so ist nach 1.Lemma 9 stets [A, B, C] = 0 und dies können wir als die Fläche von ABC interpretieren. Wir können diese Flächenformel auch benutzen um eine Beschreibung der baryzentrischen Koordinaten eines Punktes als Flächenverhältnisse herzuleiten. Lemma.16 (Baryzentrische Koordinaten als Flächenverhältnisse) Seien ABC ein Dreieck mit Fläche F und P R ein weiterer Punkt. Liegt P auf der anderen Seite von BC als A so sei F a das Negative der Fläche von BCP und andernfalls bezeiche F a die Fläche des eventuell ausgearteten Dreiecks BCP. Definiere F b, F c analog. Dann ist P = F a F A + F b F B + F c F C die Darstellung von P in baryzentrischen Koordinaten. 15-7

8 Beweis: Die baryzentrische Koordinate λ von P bei A ist nach 1.Lemma 1 gleich [P, B, C]/[A, B, C], ist also F die Fläche des eventuell ausgearteten Dreiecks BCP so ist nach Lemma 15 auch λ = F /F. Im Fall F = 0 ist damit bereits λ = F /F = F a /F. Nun betrachten wir den Fall F 0, d.h. B, C, P sind nicht kollinear. Nach Aufgabe (18.c) liegen P und A genau dann auf derselben Seite von BC wenn ABC und P BC beides positiv oder beides negativ orientierte affine Basen des R sind, nach Aufgabe (18.b) ist also sign(f a /F ) = sign([p, B, C]/[A, B, C]) = sign(λ). Damit haben wir λ = F a /F und die Formeln für die anderen beiden baryzentrischen Koordinaten ergeben sich analog. 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 (16.a) genau aus denjenigen Punkten X besteht die zu A und B denselben Abstand haben, für die also AX = BX gilt. Satz.17 (Der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten) Sei = ABC ein Dreieck. Dann schneiden sich die drei Mittelsenkrechten von in einem Punkt S u 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 S u denselben Abstand R haben, bedeutet das der Kreis mit Radius R und Mittelpunkt S u durch alle drei Ecken des Dreiecks = ABC geht, und da S u 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 S u ist daher der Mittelpunkt des Umkreises. Der Radius R des Umkreises heißt dann der Umkreisradius von. 15-8