Fortgeschrittene Geometrie für Mathematikolympioniken. Yimin Ge

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1 Fortgeschrittene Geometrie für Mathematikolympioniken Yimin Ge Version: 12. Februar 2007

2 Inhaltsverzeichnis 1 asics Grundlagenwiederholung In- und nkreise Südpolsatz Fortgeschrittene Grundlagen Sätze von eva und Menelaos Die Potenz eines Punktes Potenzgeraden Simson-Geraden Lotfußpunktdreiecke Schmetterlinge Tangentenvierecke Mehr zu Dreiecken Die Eulersche Gerade Der Feuerbachkreis Isogonal Konjugierte Symmedianen Satz von Stewart Transformationen Translation Rotation Geradenspiegelung Zentrische Streckung Drehstreckung Inversive Geometrie Inversion Eigenschaften der Inversion nwendungen der Inversion i

3 6 Geometrische Ungleichungen Dreiecksungleichung lgebraische Techniken Jensen-Ungleichung Satz von Ptolemäus Orientierte Winkel modulo Definition und Eigenschaften von Kreiswinkeln nwendungen von Kreiswinkeln eispiele, eispiele, eispiele, ii

4 Vorwort Dieses Skriptum ist eine Sammlung geometrischer Erfahrung, die ich in drei Jahren Mathematikolympiade, darunter zwei Trainingskurse in Raach und zwei IMOs (Internationale Mathematikolympiade), gesammelt habe. Der Schwerpunkt dieses Skriptums liegt bei ufgaben von vergangenen IMOs und IMO- Shortlists sowie synthetischen Techniken, um diese zu meistern. Es werden gewisse Vertrautheiten mit den grundlegenden Techniken und Sätzen der ebenen Euklidischen Geometrie vorausgesetzt, welche am nfang in Form von gelösten eispielen wiederholt werden. In diesem Skriptum werden einige Techniken sowohl theoretisch besprochen, als auch in Form von gelösten eispielen demonstriert. Das Wichtigste, um erfolgreich bei mathematischen Wettbewerben abzuschneiden, ist meines Erachtens nach allerdings das selbstständige Lösen von espielen. Zu diesem Zweck befindet sich in nhang ab Seite 116 eine kleine Sammlung von Übungsaufgaben, wem diese nicht genug sind, dem möchte ich die Seiten und sehr ans Herz legen. Des Weiteren sind einige gute Einführungen in die Geometrie im Literaturverzeichnis auf Seite 125 angegeben. [1] ist sicherlich ein Standardwerk in diesem Gebiet, [2] und [3] sind ebenfalls sehr gute und sehr umfangreiche Einführungen, die kostenlos als Ebooks verfügbar sind. Zur Notation sei noch angemerkt, dass ich mich nicht immer an die in der Literatur oder in der Schule üblichen Konventionen halte. eispielsweise schreibe ich aus equemlichkeitsgründen für die Länge einer Strecke üblicherweise bloß, anstatt, wie sonst üblich,. Mit [X] ist, wenn nicht anders angemerkt, der Flächeninhalt von X gemeint. evor es nun wirklich geometrisch wird, möchte ich noch all jenen Personen danken, die direkt oder indirekt zur Entstehung dieses Skriptums beigetragen haben, insbesondere also auch jenen Personen, denen ich überhaupt erst meine egeisterung für die Mathematikolympiade (und damit auch für die Mathematik selbst) zu verdanken habe. In diesem Sinne seien der wissenschaftliche Leiter der Österreichischen Mathematikolympiade, Gerd aron, sowie meine bisherigen Kursleiter, Karl zakler, Gerhard Pillwein und Richard Henner, dankend erwähnt. Weiters möchte ich allen Vortragenden des Vorbereitungstrainings in Raach während der Jahre 2005 und 2006 danken, insbesondere Erich und Gerhard Windischbacher sowie Gottfried Perz, den Vortragenden der Geometrie in diesen Jahren. Ich bedanke mich weiters bei Michael Mosshammer für die Unterstützung und die hilfreichen Vorschläge. Für die zahlreichen Kommentare und Verbesserungsvorschläge zu einer früheren Version dieses Skriptums, die für das Entstehen dieser Version wesentlich waren, möchte ich mich herzlichst bei Gerhard Kirchner bedanken. Wien, Februar 2007 Yimin Ge iii

5 Kapitel 1 asics In diesem Kapitel sollen die wichtigsten Grundlagen der Olympiadengeometrie, mit deren Hilfe bereits eine Vielzahl an ufgaben gelöst werden können, behandelt werden. 1.1 Grundlagenwiederholung Zunächst sollen die wichtigsten Sätze und Techniken wie Peripheriewinkelsatz, Strahlensatz, Winkeljagd, ähnliche Dreiecke u.s.w. anhand einiger eispiele wiederholt werden. eispiel Es seien k 1 und k 2 zwei Kreise mit den Mittelpunkten und, die sich in und D schneiden. Der Umkreis k des Dreiecks schneide k 1 in E und k 2 in F, wobei E und F von verschieden sind und der ogen EF, der nicht enthält, außerhalb von k 1 und k 2 liegt. Zeige, dass der ogen EF, der nicht enthält, durch D halbiert wird. D F E bbildung 1.1: Zeichnung zu eispiel

6 Lösung. m selben Kreis sind zwei Kreisbögen genau dann gleich groß, wenn die Peripheriewinkel über diesen gleich groß ist. Es genügt daher, zu zeigen, dass D die Winkelsymmetrale von EF ist. Nach dem Peripheriewinkelsatz über an k gilt F =. Nach dem Peripheriewinkel-Zentriwinkelsatz über D an k 2 gilt DF = D 2 =. Somit gilt F = DF, womit die Punkte, D, F auf einer Geraden liegen. nalog liegen auch, D, E auf einer Geraden. Somit gilt DE = DE 2 = F E 2 = F E 2 = F D 2 = F D, also ist D die Winkelsymmetrale von EF. eispiel (Mediterranean M 2005). Seien k und k zwei konzentrische Kreise mit Mittelpunkt O und den Radien R bzw. R, wobei R < R. Eine Gerade durch O schneidet k in und k in, wobei O bzwischen und liegt. Eine weitere Gerade durch O, die von verschieden ist, schneidet k in E und k in F, wobei E zwischen O und F liegt. Zeige, dass die Umkreise der Dreiecke OE und OF, der Kreis mit Durchmesser EF und der Kreis mit Durchmesser alle durch einen gemeinsamen Punkt gehen. F T k' E k O bbildung 1.2: Zeichnung zu eispiel (Mediterranean M 2005) 2

7 Lösung. Sei T der Schnittpunkt der Umkreise von OE und OF (verschieden von O). Sei OE = α und OF = β. Es gilt α + β = 180. Die Dreiecke OF und OE sind gleichschenklig, somit gilt OE = OE = 90 α 2 und OF = OF = 90 β 2. OT F ist ein Sehnenverieck, somit gilt OT F = 180 OF = 90 + β 2. OET ist ebenfalls ein Sehnenviereck, somit gilt Somit gilt OT E = OE = 90 α 2. ET F = OT F OT E = 90 + β α 2 = 90 und daher liegt T auf dem Thaleskreis mit Durchmesser EF. uf ähnliche Weise zeigt man, dass T = 90. OT F ist ein Sehnenviereck, somit gilt OET ist ein Sehnenviereck, somit gilt OT = OF = 90 β 2. OT = OE = 90 α 2. Somit gilt T = OT + OT = 90 α β 2 = 90. und daher liegt T auf dem Thaleskreis mit Durchmesser. eispiel (Türkei 1994). Sei D ein Sehnenviereck mit D < 90 und = D. Sei E auf der Strecke D so gewählt, dass D = 2 DE gilt. Die zu D parallele Gerade durch E schneidet die Diagonale in F. Zeige, dass D = 2 F gilt. Lösung. Wegen = D gilt = D, denn zu gleich großen Peripheriewinkeln gehören am selben Kreis gleich lange Sehnen. Nach dem Strahlensatz gilt wegen EF D somit F ED = D =. Somit gilt F = DE = 3 D. 2

8 D E F bbildung 1.3: Zeichnung zu eispiel (Türkei 1994) eispiel (sian Pacific MO 1998). Sei ein Dreieck und D der Fußpunkt der Höhe durch auf. Seien E und F Punkte auf einer Geraden durch D, sodass E E und F F, E und F verschieden von D. Seien M und N die Mittelpunkte der Strecken und EF. Man zeige, dass N auf NM normal steht. E N F M D bbildung 1.4: Zeichnung zu eispiel (sian Pacific MO 1998) Lösung. Da ED wegen E = D = 90 ein Sehnenviereck ist, gilt ED = D = β. F D ist ebenfalls ein Sehenviereck, daher gilt F E = D = γ. Somit sind die Dreiecke und EF ähnlich. Da M bzw. N aber die Strecken bzw. EF halbieren, sind auch die Dreiecke M und EN ähnlich. Wir erhalten daher N M = E sowie M = EN, also auch NM = E. Somit sind die Dreiecke MN und E ähnlich, womit NM = E = 90 gilt. 4

9 eispiel (IMO 1979). Zwei in einer Ebene liegende Kreise k 1 und k 2 schneiden einander in den Punkten und. Zwei Punkte P 1 und P 2 bewegen sich auf k 1 und k 2 mit konstanten Geschwindigkeiten und im gleichen Drehsinn. Sie beginnen gleichzeitig in und treffen nach einem Umlauf wieder gleichzeitig in ein. Ermittle die Ortslinie des Halbierungspunktes H von P 1 P 2 und zeige, dass die Streckensymmetrale von P 1 P 2 stets durch einen fixen Punkt P geht. P 1 O 1 O M 2 H P 2 bbildung 1.5: Zeichnung zu eispiel (IMO 1979) Lösung. Es seien O 1 und O 2 die Mittelpunkte von k 1 und k 2 und M der Halbierungspunkt von O 1 O 2. Da O 1 P 1 = O 2 P 2 wegen der konstanten Geschwindigkeiten gilt, sind die Punkte P 1, und P 2 kollinear, da die Winkel P 1 und P 2 wegen der gleichen Zentriwinkel über P 1 bzw P 2 supplementär, falls zwischen P 1 und P 2 liegt, bzw ansonsten gleich sind. Es sei nun O 1 O 2 = O 1 O 2 = ε und O 2 O 1 = O 2 O 1 = ϕ. us dem Peripheriewinkelsatz über an k 1 und k 2 folgt P 1 = ε, P 2 = ϕ. Somit sind die Dreiecke P 1 P 2 und O 1 O 2 ähnlich. Da H und M die Strecken P 1 P 2 und O 1 O 2 halbieren, sind auch die Dreiecke MO 2 und HP 2 ähnlich. Somit gilt MO 2 = HP 2. 5

10 Da aber MO 2 = MO 2, gilt somit M = 2 H. Da M aber auf der Streckensymmetrale von liegt, folgt somit aus dem Peripheriewinkelsatz, dass M der Umkreismittelpunkt des Dreiecks H ist. Da, und M aber fix sind, ist die Ortslinie von H somit der Kreis mit Mittelpunkt M und Radius M. Nach dem Satz von Thales geht die Streckensymmetrale von P 1 P 2 somit immer durch den gespiegelten Punkt von an M. eispiel (IMO 1990). Die Sehnen und D eines Kreises schneiden sich innerhalb des Kreises im Punkt E. M sei ein beliebiger Punkt auf der Strecke, der verschieden von E ist. Die Tangente in E an den Umkreis von DEM schneided in G und in F. Gegeben sei nun M/ = t. Man drücke EG/EF in bhängigkeit von t aus. F D M E G bbildung 1.6: Zeichnung zu eispiel (IMO 1990) Lösung. Da ein Peripheriewinkel auch an der Tangente zu sehen ist, gilt Nach dem Peripheriewinkelsatz über D gilt DME = DEG = EF. EF = D = D = DM. Somit sind die Dreiecke DM und F E ähnlich und daher gilt M E = DM F E. (1.1) 6

11 Weiters gilt nach dem Peripheriewinkelsatz über D Weiters gilt wegen DEG = DME auch DM = D = D = EG. EG = MD. Somit sind die Dreiecke DM und GE ähnlich und es gilt Dividieren wir (1.1) durch (1.2), so erhalten wir M E = DM GE. (1.2) EG EF = M M = t 1 t. eispiel (IMO 1997). Es sei der kleinste Winkel im Dreieck. Die Punkte und teilen den Umkreis des Dreiecks in zwei ögen. Sei U ein Punkt auf dem ogen, der nicht enthält. Die Streckensymmetralen von bzw schneiden U in den Punkten V bzw W. Die Geraden V und W schneiden sich in T. Zeige, dass U = T + T gilt. Y W T X V U bbildung 1.7: Zeichnung zu eispiel (IMO 1997) Lösung. Die Geraden V bzw W schneiden den Umkreis des Dreiecks ein weiteres Mal in X bzw Y. 7

12 Da U und Y symmetrisch bezüglich der Streckensymmetrale von liegen, gilt U = Y. Wegen Y = T Y + T genügt es daher zu zeigen, dass T = T Y gilt. ufgrund der Symmetrie bezüglich der Streckensymmetrale von gilt T = V = V. ufgrund der Symmetrie bezüglich der Streckensymmetrale von und aufgrund des Peripheriewinkelsatzes über Y gilt Somit gilt Y = Y = W = W. Y T = Y + T = W + V = W + W =. ndererseits gilt nach dem Peripheriewinkelsatz über = Y = Y T. Somit gilt Y T = Y T, womit das Dreieck T Y gleichschenklig ist. Somit gilt, wie zu zeigen war, T = T Y. 1.2 In- und nkreise us dem Schulunterricht ist bekannt, dass sich die Innenwinkelsymmetralen eines Dreiecks im Inkreismittelpunkt schneiden. Dieser Punkt, den wir mit I bezeichnen, hat von allen Dreiecksseiten den gleichen Normalabstand. Er ist daher der Mittelpunkt eines Kreises, des sogenannten Inkreises, der alle Dreiecksseiten von innen berührt. evor wir uns genauer mit dem Inkreis auseinandersetzen, sei noch eine wichtige Eigenschaft der Innenwinkelsymmetralen erwähnt. Satz 1.1. In einem Dreieck teilt jede Innenwinkelsymmetrale die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten. nders ausgedrückt: Sei L der Schnittpunkt der Innenwinkelsymmetrale von mit der Seite. Dann gilt L L =. 8

13 L bbildung 1.8 eweis. Wenden wir den Sinussatz auf die Dreiecke L und L (deren supplementäre Winkel bei L gleiche Sinuswerte haben) an, so erhalten wir L sin 2 = sin L und L sin 2 = sin L, insgesamt also L L = = c b. Damit zeigt man leicht die Existenz des Inkreismittelpunktes (d.h. dass sich die Innenwinkelsymmetralen auch wirklich in einem Punkt schneiden), man benötigt lediglich den Satz von eva (siehe Kapitel 2.1). Es sei nun ein Dreieck mit Inkreismittelpunkt I. Die Inkreisberührpunkte auf,, seien X, Y, Z (siehe bbildung 1.9). Da zwei Tangenten an einen Kreis von einem beliebigen äußeren Punkt immer gleich lang sind, gilt Y = Z =: x, Z = X =: y, X = Y =: z. Wir erhalten also y + z = a, z + x = b, x + y = c. Durch ddition erhalten wir somit (s sei der halbe Dreiecksumfang): 2x + 2y + 2z = a + b + c = 2s und somit x + y + z = s. Daraus folgt sofort Satz 1.2. x = s a, y = s b, z = s c. 9

14 Z x x y I Y z y X z bbildung 1.9: Inkreis und Inkreisberührpunkte Das Dreieck I hat zur Seite a die Höhe r (r sei der Inkreisradius des Dreiecks ), daher gilt [I] = ar/2. Summieren wir zyklisch auf, so erhalten wir [] = [I] + [I] + [I] = (a + b + c)r/2 = s r. Wir erhalten daher eine Formel für den Inkreisradius: Satz 1.3. r = []. s Jeder Winkel eines Dreiecks hat allerdings nicht nur eine Innenwinkelsymmetrale, sondern auch eine ußenwinkelsymmetrale, welche den ußenwinkel, also den zum Innenwinkel supplementären Winkel, halbiert. Diese steht, wie man leicht sieht, normal auf die Innenwinkelsymmetrale. Es sei nun I a I b I c das Dreieck, das aus den ußenwinkelsymmetralen des Dreiecks gebildet wird (I a liegt gegenüber, I b liegt gegenüber und I c liegt gegenüber). Jeder Punkt auf der Geraden I c I a ist von und gleich weit entfernt. uch ist jeder Punkt auf der Geraden I a I b von und gleich weit entfernt. Somit ist der Schnittpunkt der Geraden I c I a und I a I b, also I a, von allen Dreiecksseiten gleich weit entfernt. Da aber I a von und gleich weit entfernt ist und offensichtlich nicht auf I b I c liegt, muss I a daher auf der Innenwinkelsymmetrale durch liegen. naloges Vorgehen bei den anderen Dreiecksseiten liefert daher Satz 1.4. In einem Dreieck schneiden sich die ußenwinkelsymmetralen von zwei beliebigen Winkeln und die Innenwinkelsymmetrale des dritten Winkels in einem gemeinsamen Punkt. 10

15 Y c I c Z b I b Y b Z c I X b X c X a Z a Y a I a bbildung 1.10: nkreise Diese Punkte I a, I b, I c heißen nkreismittelpunkte des Dreiecks. Sie sind die Mittelpunkte jener Kreise, der sogenannten nkreise des Dreiecks, die alle Dreiecksseiten von außen berühren, je zwei Seiten in der Verlängerung und eine als Strecke. Es seien nun die nkreisberührpunkte wie in bbildung 1.10 benannt. Da zwei Tangenten an einem Kreis von einem beliebigen äußeren Punkt gleich lang sind, gilt Y a = Z a sowie nalog erhalten wir auch Y a + Z a = + Z a + Y a + = + X a + X a + = a + b + c = 2s. Y a = Z a = Z b = X b = X c = Y c = s. (1.3) Es gilt ebenfalls X b = X b = s a. Durch analoge Überlegungen erhalten wir 11

16 Satz 1.5. X c = Z c = X b = Y b = s a, Y a = X a = Y c = Z c = s b, Z b = Y b = Z a = X a = s c. Man kann (1.3) aber auch einfacher und leichter verständlich in Worte fassen: Satz 1.6. In einem Dreieck ist der bstand von einem Eckpunkt zu den nkreisberührpunkten des gegenüberliegenden nkreises an den anliegenden Seiten gleich dem halben Umfang. Übrigens lässt sich Satz 1.1 auch leicht auf ußenwinkelsymmetralen übertragen: Satz 1.7. Sei ein Dreieck mit und sei L der Schnittpunkt der ußenwinkelsymmetrale von mit. Dann gilt L L =. Der eweis dieses Satzes verläuft analog zum eweis von Satz 1.1. Zusammen mit dem Satz von eva (siehe Kapitel 2.1) liefert dies einen weiteren eweis für Satz 1.4. eispiel Zeige, dass die 4 Normalprojektionen des Eckpunktes des Dreiecks auf die Innen- und ußenwinkelhalbierenden von und auf einer Geraden liegen. R S P I T U bbildung 1.11: Zeichnung zu eispiel Lösung. Es seien S und T die Normalprojektionen von auf die Innenwinkelsymmetralen und U bzw. R jene auf die ußenwinkelsymmetrale von und. Es sei weiters 12

17 I der Inkreismittelpunkt des Dreiecks und P der Schnittpunkt der ußenwinkelsymmetralen von und. P ist sicherlich ein nkreismittelpunkt von und liegt daher auf der Geraden I (I sei der Inkreismittelpunkt von.). Das Viereck IP ist ein Sehnenviereck, denn es hat zwei gegenüberliegende rechte Winkel. Somit gilt IP = I = γ 2. Das Viereck RP U ist aufgrund zwei gegenüberliegender rechter Winkel ebenfalls ein Sehnenviereck. Somit gilt RU = P U = IP = γ 2. Das Viereck RT ist aber sicherlich ein Rechteck, denn es hat vier rechte Winkel, daher gilt RT = T = γ 2 = RU. Somit sind R, T, U kollinear. nalog sind auch R, S, U kollinear. Insgesamt sind also R, S, T, U kollinear. eispiel (IMO Shortlist 2003). Sei ein Dreieck und sei P ein Punkt im Inneren des Dreiecks. Seien D, E, F die Fußpunkte von P auf,,. Es sei bekannt, dass P 2 + P D 2 = P 2 + P E 2 = P 2 + P F 2. Seien weiters I a, I b, I c die nkreismittelpunkte des Dreiecks. Zeige, dass P der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I a I b I c ist. I b I a E P D F I c bbildung 1.12: Zeichnung zu eispiel

18 Lösung. us P 2 + P D 2 = P 2 + P E 2 folgt Nach Pythagoras gilt allerdings P 2 P E 2 = P 2 P D 2. P 2 P E 2 = E 2, P 2 P D 2 = D 2. Daher gilt also E = D und analog auch F = E und D = F. Sei nun x = F = E, y = D = F, z = E = D, a =, b =, c =, s = (a + b + c)/2. Wir erhalten somit x = s a, y = s b, z = s c und daher sind D, E, F die Punkte, in denen die nkreise des Dreiecks die Dreiecksseiten berühren. Somit sind also jeweils die Punkte P, D, I a, die Punkte P, E, I b sowie die Punkte P, F, I c kollinear. ufgrund der Winkelsumme in den Dreiecken EI b und I c F folgt, dass EI b = I c F = /2 womit das Dreieck P I b I c gleichschenklig ist. nalog sind auch die Dreiecke P I c I a und P I a I b gleichschenklig und daher gilt P I a = P I b = P I c. eispiel (IMO Shortlist 1998). Sei D ein konvexes Sehnenviereck. Seien E und F variable Punkte auf den Seiten und D, sodass E/E = F/F D gilt. Sei P ein Punkt auf der Strecke EF, sodass P E/P F = /D gilt. Zeige, dass das Verhältnis der Flächen der Dreiecke P D und P nicht von der Wahl von E und F abhängt. G D F P E bbildung 1.13: Zeichnung zu eispiel (IMO Shortlist 1998) 14

19 Lösung. Nehmen wir zunächst an, die Geraden D und sind nicht parallel und schneiden sich in einem Punkt G. Es gilt E/F = E/DF = (E + E)/(F + DF ) = /D. Da aber D ein Sehnenviereck ist, sind die Dreiecke G und GD ähnlich und es gilt daher /D = G/G. Somit gilt E F = D = G G womit wegen GE = GF die Dreiecke EG und F G ähnlich sind. Somit gilt GE GF = E F = D = EP P F womit GP im Dreieck EGF die Seite EF im Verhältnis der anliegenden Seiten teilt und daher die Winkelsymmetrale von EGF ist. llerdings gilt, da die Dreiecke EG und F G ähnlich sind, auch GE = GF, also ist GP auch die Winkelsymmetrale von G. Somit ist P von D und gleich weit entfernt, d.h. die Dreiecke P D und P haben eine gleiche Höhe. Somit ist das gesuchte Verhältnis nur von den Seiten abhängig, d.h. es gilt [P D] [P ] = D und das ist ein fixes Verhältnis. Nehmen wir nun an, dass D und parallel sind. Da D aber ein Sehnenviereck ist, muss es somit ein gleichschenkliges Trapez sein und es gilt daher = D und somit auch E = F und E = F D. Es folgt weiters, dass P der Mittelpunkt von EF ist. Seien nun M und N die Mittelpunkte von und D. Dann gilt ME = NF und sicherlich sind E und F von MN gleich weit entfernt. Somit liegt P, also der Mittelpunkt von EF, auf MN, also ist P von D und gleich weit entfernt, womit wir wiederum erhalten. [P D] [P ] = D 1.3 Südpolsatz Satz 1.8 (Südpolsatz). In jedem Dreieck schneiden sich die Winkelsymmetrale von und die Streckensymmetrale von auf dem Umkreis von. eweis. Sei 1 der Schnittpunkt der Streckensymmetrale von mit dem Umkreis von. Sicherlich gilt 1 = 1. Zu gleich langen Sehnen gehören am selben Kreis gleich große Peripheriewinkel, daher gilt 1 = 1, womit 1 auf der Winkelsymmetrale von liegt. 15

20 I 1 bbildung 1.14: Südpolsatz Seien nun 1, 1 und 1 jeweils die Schnittpunkte der Streckensymmetralen von, und mit den Winkelsymmetralen von, und. Dann heißen die Punkte 1, 1 und 1, welche, wie wir soeben bewiesen haben, auf dem Umkreis von liegen, auch Südpole von, und in ezug zum Dreieck. Diese Südpole haben noch einige andere nützliche Eigenschaften: Satz 1.9. Sei I der Inkreismittelpunkt von. Dann ist 1 der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I, 1 der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I und 1 der Umkreismittelpunkt des Dreiecks I. eweis. Sei α =, β =, γ =. Der Winkel 1 I ist im Dreieck I ein ußenwinkel, daher gilt 1 I = I + I = α/2 + β/2, denn in einem Dreieck ist die Summe zweier Winkel gleich dem ußenwinkel des dritten Winkels. ndererseits gilt 1 I = 1 + I = 1 + I = α/2 + β/2. Somit gilt 1 I = 1 I, also ist das Dreieck 1 I gleichschenklig. nalog ist auch das Dreieck 1 I gleichschenklig. Somit gilt 1 = 1 I = 1, also ist 1 der Umkreismittelpunkt von I. nalog sind auch 1 bzw 1 die Umkreismittelpunkte von I bzw I. eispiel (IMO 2004). Sei ein spitzwinkliges Dreieck mit. Der Kreis mit Durchmesser schneidet die Seiten und in M und N. Sei O der Mittelpunkt der Seite. Die Winkelhalbierenden der Winkel und MON schneiden sich in R. Zeige, dass die Umkreise der Dreiecke MR und NR einen gemeinsamen Punkt auf der Seite haben. Lösung. Sei L der zweite Schnittpunkt der Umkreise der Dreiecke MR und NR. Wir wollen zeigen, dass L = LR + LR = 180 gilt. Da LRM ein Sehnenviereck ist, gilt LR = 180 MR = MR. 16

21 M N R O L bbildung 1.15: Zeichnung zu eispiel (IMO 2004) nalog gilt LR = NR. Es bleibt somit zu zeigen, dass MR + NR = 180. Dies ist genau dann der Fall, wenn M RN ein Sehnenviereck ist. Da O der Umkreismittelpunkt von N M ist, ist M ON gleichschenklig und daher ist die Winkelsymmetrale von M ON auch gleichzeitig die Streckensymmetrale von M N. Da sich aber in jedem Dreieck die Winkelsymmetrale und die Streckensymmetrale der gegenüberliegenden Seite auf dem Umkreis schneiden (Südpolsatz), muss M RN ein Sehnenviereck sein. eispiel (IMO 2006). Es sei ein Dreieck mit dem Inkreismittelpunkt I. Für einen Punkt P im Innern des Dreiecks gelte: P + P = P + P. Man beweise die Ungleichung P I mit Gleichheit genau dann, wenn P = I gilt. Lösung. etrachten wir die Winkelsumme im Dreieck P, so gilt P = 180 P P = 180 P + P + P + P 2 = 180 β + γ = I, 2 17

22 P I 1 bbildung 1.16: Zeichnung zu eispiel (IMO 2006) womit P auf dem Umkreis von I liegt. Sei nun 1 der Südpol von in ezug zum Dreieck. Dieser liegt auf der Winkelsymmetrale von, also I. ndererseits ist 1 aber der Mittelpunkt des Kreises durch,, P und I. Die Verlängerung der kürzestmöglichen Strecke von einem fixen Punkt () außerhalb eines Kreises zu einem Punkt auf dem Kreis verläuft aber durch den Kreismittelpunkt, woraus die ehauptung folgt. 18

23 Kapitel 2 Fortgeschrittene Grundlagen Nun wollen wir einen Schritt in eine größere Welt machen und fortgeschrittene, aber wichtige Themen behandeln. 2.1 Sätze von eva und Menelaos Wir beginnen mit einem wichtigen Satz, dem Satz von eva. Dieser bildet eine wichtige Grundlage für die Dreiecksgeometrie, ist aber auch oft bei ufgaben essenziell. Doch zunächst müssen wir den egriff der gerichteten Länge erklären. Üblicherweise ist die Länge einer Strecke vorzeichenlos, d.h. es gilt =. Die Idee ist nun, eine Streckenlänge mit einem Vorzeichen zu versehen, sodass = gilt. Die Verwendung von gerichteten Längen ist nur dann sinnvoll, wenn mehrere Strecken im Spiel sind, die auf einer Gerade liegen oder zumindest parallel sind. Wir definieren somit das gerichtete Produkt oder den gerichteten Quotienten von zwei gericheten Längen, die auf einer Gerade liegen oder parallel sind, als positiv bzw. negativ, jenachdem, ob sie dieselbe oder entgegengesetzte Orientierung besitzen. Satz 2.1 (Satz von eva). Sei ein Dreieck und seien X, Y, Z Punkte auf den Geraden, und. Dann gehen die Geraden X, Y und Z dann und nur dann durch einen Punkt, wenn X X Y Y Z = 1, (2.1) Z wobei die Streckenverhältnisse gerichtet zu nehmen sind. eweis. Nehmen wir zunächst an, dass die Geraden X, Y, Z durch einen gemeinsamen Punkt T gehen. Dann ist das Verhältnis X/X nach dem Strahlensatz gleich dem Verhältnis der Normalabstände von und zur Gerade T. Letzteres Verhältnis ist aber gleich dem Flächenverhältnis [T ]/[T ], denn diese Dreiecke haben die Seite T gemeinsam. Durch analoge Überlegungen für die anderen Verhältnisse erhalten wir X X Y Y Z Z [T ] [T ] [T ] = [T ] [T ] [T ] = 1. 19

24 Y T X Z bbildung 2.1: Satz von eva Nehmen wir nun umgekehrt an, die Gleichung (2.1) sei erfüllt. Die Geraden X und Y schneiden sich im Punkt T und T schneide in Z. Nach eva in die andere Richtung (die wir soeben bewiesen haben), gilt Zusammen mit (2.1) gilt somit X X Y Y Z Z = 1. Z + Z Z Z Z = Z Z = Z + Z Z Z = Z Z = Z und daher Z = Z. nmerkung: Die gerichteten Längen sind notwendig, weil die nordnung der Punkte wesentlich ist. lternativ kann man ohne Verwendung von gerichteten Längen den Satz von eva so formulieren: Unter der Voraussetzung, dass keiner oder genau zwei der Punkte X, Y, Z außerhalb des Dreiecks liegen, gehen X, Y, Z genau dann durch einen Punkt, wenn (2.1) erfüllt ist. Übrigens heißen die Geraden X, Y, Z auch Ecktransversalen. Der Satz von eva hat auch noch eine manchmal sehr nützliche trigonometrische Form: Satz 2.2. Die Geraden X, Y und Z schneiden sich dann und nur dann in einem Punkt, wenn sin Z sin X sin Y = 1. (2.2) sin Z sin X sin Y 20

25 eweis. Wir wollen beweisen, dass sin Z sin X sin Z sin X sin Y sin Y = 1 genau dann gilt, wenn Z Z X X Y Y = 1. Wenden wir den Sinussatz auf die Dreiecke X und X an, so folgt X sin X = sin X, X sin X = sin X. Die Winkel X und X sind entweder supplementär oder gleich (jenachdem, ob X innerhalb oder außerhalb des Dreiecks liegt), daher gilt sin X = sin X. Durch Division dieser Gleichungen erhalten wir somit und analog auch Y Y X X = sin Y sin Y, = sin X sin X Z Z Durch Multiplikation dieser Gleichungen erhalten wir somit Z Z X X Y Y sin Z sin X = sin Z sin X = sin Z sin Z. sin Y sin Y. Ein weiterer wichtiger Satz, der meist mit dem Satz von eva in einem temzug genannt wird, ist der Satz von Menelaos, welcher als Gegenstück zum Satz von eva die Kollinearitätsbedingung von X, Y, Z beschreibt. Satz 2.3 (Satz von Menelaos). Sei ein Dreieck und seien X, Y, Z Punkte auf den Geraden, und. Dann liegen die Punkte X, Y, Z dann und nur dann auf einer Geraden, wenn X X Y Y Z = 1, (2.3) Z wobei die Streckenverhältnisse gerichtet zu nehmen sind. eweis. Nehmen wir zunächst an, die Punkte X, Y, Z liegen auf einer Gerade. Seien x, y, z die gerichteten bstände von,, zur Gerade durch X, Y, Z. Dann gilt nach dem Strahlensatz X/X = y/z, Y/Y = z/x, Z/Z = x/y. Somit gilt X X Y Y Z Z = ( 1)( 1)( 1)y z x z x y = 1. Die Umkehrung des Satzes erfolgt analog zum Satz von eva. 21

26 Y X bbildung 2.2: Satz von Menelaos Z nmerkung: Der Sinn der gerichteten Längen liegt auch hier wieder in der nordnung der Punkte. lternativ kann man ohne Verwendung von gerichteten Längen den Satz von Menelaos so formulieren: Unter der Voraussetzung, dass genau einer oder alle drei der Punkte X, Y, Z außerhalb des Dreiecks liegen, sind X, Y, Z genau dann kollinear, wenn (2.3) (mit 1 statt 1) erfüllt ist. ei ufgaben besteht sowohl beim Satz von eva als auch beim Satz von Menelaos meist keine Notwendigkeit, mit gerichteten Größen zu arbeiten, da oftmals die nordnung der Punkte offensichtlich bzw. aus der ngabe herauszulesen ist. eispiel (sian Pacific MO 1992). Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt O und Radius r und seien k 1 und k 2 zwei Kreise mit den Mittelpunkten O 1 und O 2 sowie Radien r 1 und r 2, sodass k 1 den Kreis k von Innen im Punkt 1, k 2 den Kreis k von Innen im Punkt 2 und die Kreise k 1 und k 2 sich von ußen im Punkt berühren. Zeige, dass die Geraden O, O 1 2 und O 2 1 durch einen gemeinsamen Punkt gehen. k 1 2 O 1 O 2 O k 2 k 1 bbildung 2.3: Zeichnung zu eispiel (sian Pacific MO 1992) 22

27 Lösung. Sicherlich liegt auf der Strecke O 1 O 2, O 1 auf der Strecke O 1 und O 2 auf der Strecke O 2. Nach dem Satz von eva, angewandt auf das Dreieck OO 1 O 2, schneiden sich O, O 1 2 und O 2 1 genau dann in einem Punkt, wenn O 2 2 O 2 O2 O 1 O1 1 1 O = 1. llerdings gilt O 2 O2 O1 1 2 O 2 O 1 1 O = r r2 r1 r 2 r 1 r = 1 womit sich O, O 1 2 und O 2 1 in einem Punkt schneiden. eispiel Sei ein Dreieck und D, E, F Punkte auf den Seiten,,, sodass die Ecktransversalen D, E, F durch einen gemeinsamen Punkt gehen. M, N, P seien Punkte auf EF, F D, DE. Zeige, dass sich M, N, P dann und nur dann in einem Punkt schneiden, wenn sich DM, EN, F P in einem Punkt schneiden. Z F Y N M T P E X D bbildung 2.4: Zeichnung zu eispiel Lösung. M schneide in X, N schneide in Y und P schneide in Z. Nach der trigonometrischen Form des Satzes von eva (Satz 2.2) schneiden sich M, N und P genau dann in einem Punkt, wenn sin Z sin X sin Z sin X sin Y sin Y = 1. Wir wollen zeigen, dass dies genau dann gilt, wenn sich DM, EN, F P in einem Punkt schneiden, wenn also F M ME EP P D DN NF = 1. 23

28 Wenden wir den Sinussatz auf die Dreiecke F M und EM an, so folgt F M sin X = F M sin F M = F sin MF, ME sin X = und wegen sin MF = sin EM folgt durch Division ME sin ME = E sin EM und analog auch F M ME = F sin X E sin X EP P D Durch Multiplikation erhalten wir F M ME EP P D DN NF = E sin Z D sin Z, DN NF sin Z sin X = sin Z sin X = D sin Y F sin Y. ( sin Y D sin Y D E E F ). F llerdings schneiden sich laut Voraussetzung die Ecktransversalen D, E, F in einem Punkt, somit gilt nach dem Satz von eva und daher F M ME EP P D DN NF D D E E F F = 1 sin Z sin X = sin Z sin X sin Y sin Y. eispiel (IMO Shortlist 1991). Sei ein spitzwinkeliges Dreieck. M sei der Mittelpunkt der Seite und P sei jener Punkt auf der Strecke M, sodass M = MP. H sei der Lotfußpunkt von P auf. Das Lot auf P durch H schneide im Punkt Q, das Lot auf P durch H schneide in R. Zeige, dass eine Tangente in H an dem Kreis durch Q, H, R ist. Lösung. Wegen P H genügt es zu zeigen, dass der Umkreismittelpunkt des Dreiecks QHR auf P H liegt. Seien X der Schnittpunkt von P und HQ und sei Y der Schnittpunkt von P und HR. Wegen M = MP = M ist M der Umkreismittelpunkt des Dreiecks P, welcher allerdings ein Halbkreis über ist. Somit ist P = 90. Somit hat das Viereck P XHY drei rechte Winkel und ist daher ein Rechteck. Somit ist der Mittelpunkt von XY der Umkreismittelpunkt dieses Rechtecks. Da aber QHR = 90 gilt, genügt es, zu zeigen, dass QR zu XY parallel ist. Sei nun D der Schnittpunkt von P und und E der Schnittpunkt von P und. Wenden wir den Satz von eva auf das Dreieck an, so folgt M/M E/E D/D = 1 und wegen M = M gilt daher E D = E D 24

29 D E Q P X R Y M H bbildung 2.5: Zeichnung zu eispiel (IMO Shortlist 1991) womit DE zu parallel ist. Nach dem Strahlensatz gilt somit P D P = P E P. Da aber HQ zu D und HR zu E parallel ist, gilt P D P = XQ XH, und somit XQ XH = Y R Y H womit, wie behauptet, QR zu XY parallel ist. P E P = Y R Y H eispiel (US 2003). Es sei ein Dreieck. Ein Kreis durch und schneide die Seiten und jeweils in D und E. Seien weiters F der Schnittpunkt von und DE, und M der Schnittpunkt von D und F. eweise, dass M genau dann der Halbierungspunkt von F ist, wenn M MD = M 2. Lösung. Im Dreieck F schneiden sich die Ecktransversalen M, und F E im gemeinsamen Punkt D, daher gilt nach dem Satz von eva Somit gilt M = MF genau dann, wenn M MF F E E = 1. F E E = 1 bzw. F = E E 25

30 M D E F bbildung 2.6: Zeichnung zu eispiel (US 2003) was nach Strahlensatz genau dann der Fall ist, wenn die Geraden E und F parallel sind. Dies ist allerdings genau dann der Fall, wenn DE = DF. llerdings gilt DF = DM und nach Peripheriewinkelsatz gilt DE = DE = M, daher ist DE = DF äquivalent zu M = DM und dies ist genau dann der Fall, wenn die Dreiecke MD und M ähnlich sind, wenn also gilt M M = M MD was gleichbedeutend mit M MD = M 2 ist. eispiel (Hong Kong 2006). Seien und feste Punkte in der Ebene und sei L eine Gerade, die durch und nicht durch geht. sei ein variabler Punkt auf einer der durch begrenzten Halbgeraden, die auf L verlaufen. Der Inkreis von berühre in D und in E. Zeige, dass DE durch einen festen Punkt geht. Lösung. Der Inkreis von brühre in F. S sei jener Punkt auf dem Strahl, sodass S = und P sei der Mittelpunkt der Strecke S. Wir zeigen, dass DE immer durch P geht. Offensichtlich liegen D innerhalb der Strecke und P innerhalb der Strecke S. E liegt außerhalb der Strecke S, denn es gilt E < sowie nach Satz 1.2 und der Dreiecksungleichung, angewandt auf das Dreieck, E = + 2 < = S. Wenden wir nun den Satz von Menelaos (mit ungerichteten Größen) auf das Dreieck S an, so liegen die Punkte D, E, P genau dann auf einer Geraden, wenn D D E ES SP P = 1. 26

31 S E L P D F bbildung 2.7: Zeichnung zu eispiel (Hong Kong 2006) Da zwei Tangenten von einem beliebigen äußeren Punkt an einen Kreis immer gleich lang sind, gilt D = E (2.4) sowie D = F und E = F. Somit gilt wegen S = und E = F auch ES = F und daher auch P ist per Definition der Mittelpunkt von S, daher gilt us (2.4), (2.5) und (2.6) folgt somit, wie behauptet, ES = D. (2.5) SP = P. (2.6) D D E ES SP P = Die Potenz eines Punktes Satz 2.4 (Satz von der Potenz). Gegeben seien ein Kreis k und ein Punkt P. Eine Gerade g durch P schneide k in den Punkten und. Dann hängt das Produkt P P nur von der Wahl von P und k, nicht aber von der Geraden g durch P ab. eweis. Eine weitere Gerade g durch P schneide k in und D (od sei die nordnung der Punkte wie in bbildung 2.8). Nach dem Peripheriewinkelsatz über gilt P = = D = DP, somit sind die Dreiecke P und P D ähnlich und es gilt P /P D = P /P P P = P P D. 27

32 P P O O D D bbildung 2.8: Potenz eines Punktes Das gerichtete Produkt P P wird auch als Potenz des Punktes P bezüglich des Kreises k bezeichnet. Die Vorzeichenkonvention hat den Sinn, dass die Potenz von P zu k negativ bzw. positiv ist, falls P innerhalb bzw. außerhalb von k liegt. Indem man als Gerade P O (wobei O der Mittelpunkt und r der Radius von k ist) wählt, kann man P P auch berechnen als P P = (P O r)(p O + r) = P O 2 r 2. Falls P außerhalb von k liegt, so wird im Extremfall, wenn und zusammenfallen, aus der Gerade die Tangente. Es gilt also Satz 2.5. Ist T der Tangentenberührpunkt von P an k, so gilt P P = P T 2. Der Satz von der Potenz eines Punktes hat eine sehr nützliche Umkehrung: Satz 2.6. Schneiden sich die Geraden und D im Punkt P, und gilt P P = P P D (mit gerichteten Längen), so liegen die Punkte,,, D auf einem Kreis. eweis. Wegen P P = P P D gilt auch P /P D = P /P, womit die Dreiecke P und P D ähnlich sind. Somit gilt = P = DP = D, also liegen die Punkte,,, D auf einem Kreis. eispiel Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse. Der Punkt F sei der Fußpunkt der Höhe auf die Seite. Ein Kreis berührt die Strecke F im Punkt P, die Strecke F im Punkt Q und den Umkreis des Dreiecks im Punkt R. Man beweise, dass die Punkte, Q, R auf einer Geraden liegen und die Strecken P und gleich lang sind. 28

33 R Q N M F P bbildung 2.9: Zeichnung zu eispiel Lösung. Sei M der Umkreismittelpunkt von (welcher der Halbierungspunkt von ist) und N der Umkreismittelpunkt von P QR. Sicherlich sind M, N und R kollinear. ndererseits ist F eine Tangente am Umkreis von P QR, daher gilt QN F und somit QN und daher gilt MR = QNR. Da aber die Dreiecke MR und QNR beide gleichschenklig sind, sind sie somit ähnlich, d.h. RM = QRN = QRM, womit, Q, R kollinear sind. Die Dreiecke F Q und R sind ähnlich, denn sie haben den gemeinsamen Winkel bei und den rechten Winkel bei F bzw. R (Thaleskreis). Somit gilt Q = F R Q R = F. Nach der Potenz von in ezug zum Umkreis von P QR gilt ndererseits gilt nach dem Kathetensatz Q R = P 2. F = 2. Insgesamt gilt daher P 2 = 2 und folglich P =. eispiel Sei ein Punkt auf einem Halbkreis mit dem Durchmesser und sei D der Mittelpunkt des Kreisbogens. Sei E die Normalprojektion von D auf die Gerade und sei F der Schnittpunkt von E mit dem Halbkreis. Zeige, dass F die Strecke DE halbiert. 29

34 E D M F O bbildung 2.10: Zeichnung zu eispiel Lösung. Sei O der Mittelpunkt des Halbkreises. Wir zeigen zunächst, dass DE eine Tangente am Halbkreis ist. Da D der Mittelpunkt des Kreisbogens ist, gilt sicherlich OD. Sicherlich ist aber ein rechter Winkel (Satz von Thales), somit ist DE parallel zu und somit gilt DE OD, womit DE also tatsächlich eine Tangente am Halbkreis ist. Sei nun M der Schnittpunkt von F und DE. Verwenden wir die Potenz von M in ezug zum Halbkreis, so folgt MD 2 = MF M. ndererseits ist aber M E ein rechtwinkliges Dreieck mit Hypotenuse M und Höhe EF, somit gilt nach Kathetensatz also und folglich EM = MD. EM 2 = MF M, EM 2 = MD 2. eispiel (ÖMO 2005). Im spitzwinkeligen Dreieck wird über der Seite als Durchmesser der Kreis k 1 und über der Seite als Durchmesser der Kreis k 2 gezeichnet. Sei E der Fußpunkt der Höhe h b auf und F der Fußpunkt der Höhe h a auf. Seien L und N die Schnittpunkte der Geraden E mit dem Kreis k 1 (L auf der Strecke E) und K und M die Schnittpunkte der Geraden F mit dem Kreis k 2 (K auf der Strecke F ). Man zeige: KLM N ist ein Sehnenviereck. Lösung. Sei G der Fußpunkt der Höhe h c auf und H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks. Sicherlich liegt G auf k 1 und k 2 (Satz von Thales über und ). Da KGM ein Sehnenviereck ist, gilt aufgrund der Potenz von H in ezug zum Kreis k 2 H HG = HK HM. 30

35 N k 1 k 2 E M H F K L G bbildung 2.11: Zeichnung zu eispiel (ÖMO 2005) nalog gilt auch Insgesamt gilt also H HG = HL HN. HK HM = HL HN, womit KLMN nach Satz 2.6 ein Sehnenviereck ist. eispiel (IMO Shortlist 2004). Seien k ein Kreis und g eine Gerade, die keinen Schnittpunkt haben. Sei der zu g normale Kreisdurchmesser von k, wobei näher bei g liegt als. Sei ein beliebiger Punkt auf k verschieden von und. Die Gerade schneidet g in D, die Gerade DE sei Tangente am Kreis k im Punkt E, wobei und E auf derselben Seite von liegen. E schneidet g in F und F schneidet k in G. Zeige, dass das Spiegelbild von G an auf der Geraden F liegt. Lösung. Sei H der Schnittpunkt von F und k. Da g, bleibt zu zeigen, dass GH g. Dies ist genau dann der Fall, falls GH = F D. Es gilt aber GH = H = DF. Die Dreiecke DF und DF haben den Winkel DF gemeinsam. Es bleibt somit zu zeigen, dass die Dreiecke DF und DF ähnlich sind. Sei X der Schnittpunkt von und g. Nach Thales gilt EF = E = 90. Somit ist EXF ein Sehnenviereck und daher gilt XE = XF E = DF E. 31

36 F D X E G H bbildung 2.12: Zeichnung zu eispiel (IMO Shortlist 2004) Da sich der Periepheriewinkel über einer Sehne auch an der Tangente befindet, gilt DEF = E = XE = DF E. Somit ist DF E gleichschenklig mit DF = DE. us der Potenz von D bezüglich k folgt DF 2 = DE 2 = D D und daher Somit sind DF und DF ähnlich. DF D = D DF. eispiel (IMO 2000). Zwei Kreise k 1 und k 2 schneiden einander in den Punkten M und N. Sei die gemeinsame Tangente an diesen zwei Kreisen in und, sodass M näher bei liegt als N und auf k 1 und auf k 2 liegt. Sei D die zu Parallele durch M, wobei auf k 1 und D auf k 2 liegt. Die Geraden und D schneiden einander in E, N schneidet D in P, N schneidet D in Q. Zeige, dass EP = EQ gilt. Lösung. Die Geraden und MN schneiden einander in K. ufgrund der Potenz von K zu den Kreisen k 1 und k 2 gilt K 2 = KM KN = K 2, also gilt K = K. Wegen P Q gilt somit auch Nach dem Peripheriewinkelsatz gilt P M = QM. E = ED = M = M 32

37 K E P M Q D N bbildung 2.13: Zeichnung zu eispiel (IMO 2000) sowie E = ED = DM = M. Somit sind die Dreiecke E und M ähnlich und aufgrund der gemeinsamen Seite auch kongruent, daher ist EM ein Deltoid und es gilt EM und daher auch EM P Q. Somit sind die Dreiecke EP M und EQM kongruent, daher gilt EP = EQ. 2.3 Potenzgeraden Es seien k 1 und k 2 zwei nicht-konzentrische Kreise mit den Mittelpunkten O 1 und O 2 sowie Radien r 1 und r 2. Wir suchen nun den geometrischen Ort aller Punkte, die bezüglich k 1 und k 2 dieselbe Potenz haben. Sei dazu P ein Punkt, der bezüglich k 1 und k 2 dieselbe Potenz hat, d.h. es gilt P O 2 1 r 2 1 = P O 2 2 r 2 2 und daher P O 2 1 P O 2 2 = r 2 1 r 2 2. (2.7) Sei nun Q die Normalprojektion von P auf O 1 O 2 (siehe bbildung 2.14). Nach dem Satz von Pythagoras ist (2.7) äquivalent zu QO 2 1 QO 2 2 = r 2 1 r 2 2. (2.8) Durch (2.8) ist der Punkt Q auf O 1 O 2 eindeutig, somit liegt jeder Punkt P, der zu k 1 und k 2 gleiche Potenz hat, auf der Normalen zu O 1 O 2 durch Q. Wir kommen daher zu folgendem Schluss: Satz 2.7. Die Menge aller Punkte, die zu zwei nicht-konzentrischen Kreisen dieselbe Potenz hat, ist eine Gerade, die normal auf die Verbindungsgerade der Kreismittelpunkte steht. 33

38 P k 1 k 2 O 1 O 2 Q bbildung 2.14: Potenzgerade Diese Gerade heißt auch Potenzgerade dieser zwei Kreise. Falls sich die beiden Kreise schneiden, so ist die Potenzgerade offensichtlicherweise die Verbindungsgerade der Schnittpunkte (falls sie sich berühren, so ist die Potenzgerade natürlich die gemeinsame Tangente im erührpunkt). Seien nun k 1, k 2, k 3 drei Kreise, deren Mittelpunkte nicht kollinear sind. Sei Z der Schnittpunkt der Potenzgerade von k 1 und k 2 und der Potenzgerade von k 2 und k 3. Dieser Punkt Z hat zu k 1 und k 2 gleiche Potenz, da er auf ihrer Potenzgerade liegt. ndererseits hat Z auch zu k 3 die gleiche Potenz, denn er liegt auf der Potenzgerade von k 2 und k 3. Somit hat er auch zu k 3 und k 1 gleiche Potenz, womit Z auf ihrer Potenzgerade liegt. Wir fassen zusammen: k 1 k 2 Z k 3 bbildung 2.15: Potenzzentrum Satz 2.8. Sind k 1, k 2, k 3 Kreise mit nicht-kollinearen Mittelpunkten, so gehen die Potenz- 34

39 geraden von k 1 und k 2, k 2 und k 3 sowie k 3 und k 1 durch einen gemeinsamen Punkt. Dieser Punkt hat bezüglich k 1, k 2, k 3 die gleiche Potenz. Dieser Punkt wird auch als Potenzzentrum dieser drei Kreise bezeichnet. eispiel (IMO 1995). Es seien,,, D vier paarweise verschiedene Punkte auf einer Gerade in dieser Reihenfolge. Die Kreise mit den Durchmessern bzw D schneiden einander in X bzw Y. XY schneidet in Z. Sei P ein beliebiger Punkt auf XY verschieden von Z. Die Gerade P schneidet den Kreis mit Durchmesser in und M, die Gerade P schneidet den Kreis mit Durchmesser D in und N. Zeige, dass die Geraden M, DN und XY durch einen Punkt gehen. M X N P Z D Y bbildung 2.16: Zeichnung zu eispiel (IMO 1995) Lösung. Verwenden wir die Potenz von P bezüglich der zwei Kreise, so folgt P M P = P X P Y = P N P. Somit ist NM ein Sehnenviereck und es gilt MN = M. Die Dreiecke M und ND sind rechtwinklig, somit gilt MD = M = 90 M = 90 MN = 180 MND womit DNM ebenfalls ein Sehnenviereck ist. Die Geraden M, DN und XY sind aber die Potenzgeraden der Umkreise von M, DN und DMN und gehen somit durch einen gemeinsamen Punkt, das Potenzzentrum dieser Kreise. 35

40 eispiel (Indien 1995). Es seien ein Dreieck und D und E Punkte auf den Seiten bzw., sodass DE zu parallel ist. Sei P ein beliebiger Punkt im Inneren des Dreiecks DE und es seien F bzw G die Schnittpunkte von DE mit P bzw P. Sei Q der zweite Schnittpunkt der Umkreise der Dreiecke P DG und P F E. Zeige, dass die Punkte, P und Q kollinear sind. H P I D F G E Q bbildung 2.17: Zeichnung zu eispiel (Indien 1995) Lösung. Es seien H der zweite Schnittpunkt des Umkreises von P DG mit, und I der zweite Schnittpunkt des Umkreises von P F E mit. Falls H zwischen und D liegt, so gilt, da DGP H ein Sehenviereck ist, Da DG gilt DGP = 180 DHP. P = DGP = 180 DHP = 180 HP. Somit ist P H ein Sehnenviereck. nsonsten, falls D zwischen und H liegt, so gilt und da DG, gilt somit DHP = DGP P = DGP = DHP = 180 HP womit P H ein Sehnenviereck ist. Somit liegt H auf dem Umkreis von P. nalog liegt auch I auf dem Umkreis von P. Somit ist IH ein Sehnenviereck und da DE ist auch DEIH ein Sehnenviereck. Somit gilt H D = I E. Daraus folgt, dass auf der Potenzgerade der Umkreise von P DG und P F E, also auf P Q, liegt. 36

41 eispiel (Taiwan 2000). In einem spitzwinkeligen Dreieck mit > sei M der Mittelpunkt von. Ferner seien P und Q die Höhenfußpunkte auf und. Sei H der Schnittpunkt von P und Q. schneide P Q in R. Man zeige, dass die Geraden RH und M aufeinander normal stehen. Q N H P M R bbildung 2.18: Zeichnung zu eispiel (Taiwan 2000) Lösung. Es sei N die Normalprojektion von H auf M. Wir beweisen, dass P Q, und HN durch einen gemeinsamen Punkt gehen. Wegen P = Q = 90 ist P Q ein Sehnenviereck mit Umkreismittelpunkt M, daher gilt = Q = P Q = α und M = MQ = MP = M. Da das Dreieck M Q gleichschenklig ist, gilt ebenfalls MQ = QM = α. Wegen HP = HQ = HN = 90 liegen die Punkte, Q, N, H, P auf einen Kreis und es gilt P Q = NQ = α. Somit ist MNQ ein Sehnenviereck und es gilt QM = NM = α. ufgrund der Winkelsumme im Dreieck Q gilt aber Q = 90 α. Es gilt also insgesamt NH + H = NM + MNH + Q = α α =

42 womit HN ein Sehnenviereck ist. Insgesamt gibt es also einen Kreis durch,, H, N, einen Kreis durch,, P, Q sowie einen Kreis durch P, Q, N, H. Die Geraden, P Q und HN sind somit die Potenzgeraden dieser Kreise, die sich in dessen Potenzzentrum R schneiden. 2.4 Simson-Geraden Satz 2.9 (Satz von Simson). Es sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Seien X, Y und Z die Lotfußpunkte von P auf, und (in dieser Reihenfolge). Dann liegen die Punkte X, Y und Z dann und nur dann auf einer Geraden, wenn P auf dem Umkreis von liegt. P X Y Z bbildung 2.19: Satz von Simson eweis. Um Fallunterscheidungen bezüglich der nordnung der Punkte zu ersparen, seien in diesem eweis alle Winkel orientierte Winkel modulo 180 (siehe nhang ). Da P X = P Z = 90, liegen die Punkte P, X, Z, auf einem Kreis. Nach Peripheriewinkelsatz gilt somit ZXP = ZP = P. nalog erhält man Y XP = Y P = P. Die Punkte X, Y, Z liegen genau dann auf einer Geraden, wenn ZXY = 0. Nun gilt aber ZXY = ZXP + P XY. Daher gilt: ZXY = 0 ZXP + P XY = 0 ZXP Y XP = 0 P P = 0 P = P. Nun gilt aber P = P genau dann, wenn,,, P auf einem Kreis liegen. 38

43 Falls P auf dem Umkreis von liegt, so bezeichnet man die Gerade, die durch X, Y und Z geht, auch als Simson-Gerade oder Wallace-Gerade von P in ezug zum Dreieck. eispiel (IMO 2003). Es sei D ein Sehnenviereck. Ferner seien P, Q und R die Fußpunkte der Lote von D auf die Geraden, und (in dieser Reihenfolge). Man beweise, dass P Q = QR dann und nur dann gilt, wenn sich die Winkelhalbierenden der Winkel und D auf der Geraden schneiden. D P Q R bbildung 2.20: Zeichnung zu eispiel (IMO 2003) Lösung 1. 1 Die Punkte P, Q und R sind kollinear, da diese auf der Simson-Gerade von D bezüglich liegen. Da RD = QD = 90, ist RQD ein Sehnenviereck und es gilt D = DQ = DRQ = DRP. nalog gilt D = DP R. Somit gilt D DRP und daher DP DR = D D. Da RQD und D Sehnenvierecke sind, gilt weiters DRQ = DQ = D = D und QDR = QR = = D. Somit gilt DRQ D und daher Somit gilt DR QR = D und analog auch P Q QR = DP DR = D D. 1 Eine alternative Lösung dieser ufgabe befindet sich auf Seite 44. DP P Q = D. 39

44 Somit gilt P Q = QR genau dann, falls / = D/D. Da aber in jedem Dreieck die Winkelsymmetrale die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten teilt (Satz 1.1), gilt / = D/D genau dann, wenn die Winkelsymmetrale von und D die gemeinsame Seite der Dreiecke und D im selben Verhältnis teilen, sich also auf schneiden. eispiel Sei P ein Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks. Die Spiegelbilder von P an den Seiten, und seien R, S und T. Man beweise, dass die Punkte R, S, T und der Höhenschnittpunkt H des Dreiecks auf einer Gerade liegen. T Z H' P Y H S X L R bbildung 2.21: Zeichnung zu eispiel Lösung. Die Punkte R, S und T liegen sicherlich auf einer Geraden, denn diese entstehen durch die zentrische Streckung mit Zentrum P und Faktor 2 aus den Fußpunkten von P auf, und, welche auf der Simsongerade von P bezüglich liegen. Wir zeigen im Folgenden, dass die Simsongerade die Strecke P H halbiert, woraus die ehauptung folgt Seien dazu X, Y, Z die Lotfußpunkte von P auf, und (in dieser Reihenfolge). Sei weiters L der Schnittpunkt von H und der Simson-Geraden durch X, Y, Z und sei weiters H das Spiegelbild von H an. Dieser liegt bekanntlich auf dem Umkreis von (siehe Satz.12). Da ZY P und P Sehnenvierecke sind, gilt LZP = Y ZP = Y P = P = H P = LH P 40

45 womit LP ZH ein Sehnenviereck ist. Somit gilt, unter Verwendung der Symmetrie von H und H bezüglich, P LH = P LH = 180 H ZP = H ZT = HZP und da wegen P Z und LH die Geraden P Z und LH parallel sind, folgt, dass P ZHL ein Parallelogramm ist. In einem Parallelogramm halbieren sich aber die Diagonalen, somit halbiert LZ, also die Simsongerade, die andere Diagonale P H. 2.5 Lotfußpunktdreiecke Sei ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Seien X, Y und Z die Lotfußpunkte von P auf, und (in dieser Reihenfolge). Das Dreieck XY Z heißt Lotfußpunktdreieck des Punktes P in ezug auf das Dreieck. Y Y P X P X Z Z bbildung 2.22: Lotfußpunktdreiecke Satz Für die Seitenlängen des Lotfußpunktdreieckes gilt: Y Z = P 2R wobei R der Umkreisradius von ist. P P, ZX =, XY = 2R 2R, eweis. Die Punkte, Z, P, Y liegen auf dem Thaleskreis über P, somit ist P/2 der Umkreisradius von ZY. Nach dem Sinussatz, angewandt auf ZY, gilt daher sin α = Y Z P. ndererseits gilt nach dem Sinussatz, angewandt auf sin α = 2R. 41

46 Somit gilt P Y Z = 2R. Die eweise der anderen Gleichungen erfolgen analog. Das Lotfußpunktdreieck kann auch zu einer Strecke entarten, was allerdings am eweis von Satz 2.10 nichts ändert. Diese Entartung tritt nach Satz 2.9 genau dann ein, wenn P auf dem Umkreis von liegt. eispiel (IMO 1993). Sei D ein Punkt im spitzwinkeligen Dreieck sodass D = + 90 und D = D. erechne ( D)/( D) und zeige, dass sich die Umkreise der Dreiecke D und D rechtwinkelig schneiden. M Y N X D Z bbildung 2.23: Zeichnung zu eispiel (IMO 1993) Lösung. Sei XY Z das Lotfußpunktdreieck von D in ezug auf das Dreieck, wobei X dem Punkt, Y dem Punkt und Z dem Punkt gegenüberliegt. us D = D folgt nach Satz 2.10, dass ZX = ZY, d.h. das Lotfußpunktdreieck ist gleichschenklig. Weiters folgt nach Satz 2.10, dass das gesuchte Verhältnis ( D)/( D) = XY/ZX ist. ezeichnen wir = γ, dann gilt nach Vorraussetzung D = 90 + γ. etrachten wir nun die Winkelsumme im Viereck D, so gilt D + D = 360 γ ( γ) = 90. ndererseits gilt aber, da ZDY und ZDX Sehnenvierecke sind, D = DY = DZY sowie D = DX = DZX. 42

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