Mathematische Probleme, SS 2013 Donnerstag $Id: dreieck.tex,v /04/18 15:03:29 hk Exp hk $

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1 $Id: dreieck.tex,v /04/18 15:03:29 hk Exp hk $ 1 Dreiecke 1.5 Einige spezielle Punkte im Dreieck Wir hatten gerade begonnen uns mit den speziellen Punkten im Dreieck zu beschäftigen. Dabei beschränken wir uns hier auf die vier schulrelevanten Punkte, also die Schnittpunkte der Seitenhalbierenden, der Winkelhalbierenden, der Mittelsenkrechten und schließlich der Höhen. Wir beginnen dabei mit den Seitenhalbierenden, und um die Existenz dieses Schnittpunkt halbwegs übersichtlich einzusehen ist es hilfreich zwei neue Begriffe einzuführen. Dabei hatten wir bereits am der letzten Sitzung zwei Dreiecke ähnlich genannt wenn in ihnen entsprechende Winkel gleich sind. Mit den Kongruenzsätzen des vorigen Abschnitts ist es auch leicht einige Ähnlichkeitskriterien für Dreiecke anzugeben. Satz 1.10 (Charakterisierungen ähnlicher Dreiecke) Seien, zwei Dreiecke deren Seiten und Winkel gemäß der Standardbezeichnungen als a, b, c, α, β, γ beziehungsweise a, b, c, α, β, γ benannt sind. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent: (a) Die Dreieck und sind ähnlich. (b) Entsprechende Seiten haben dieselben Verhältnisse, also a b = a b, a c = a c, b c = b 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 a b = sin α sin β sin α = = a sin β b und die Gleichheit der anderen Verhältnisse ergibt sich analog. 4-1

2 (b)= (a). Nach Satz 5 gilt ( ) b 2 + c 2 a 2 α = arccos 2bc ( ( 1 b = arccos 2 c + c b a b a )) c ( ( 1 b = arccos 2 c + c b a a b c )) = α, und analog ergeben sich auch β = β und γ = γ. (a)= (c). Klar da die Implikation von (a) nach (b) bereits gezeigt ist. (c)= (b). Sei etwa b/c = b /c und α = α, die anderen beiden Fälle ergeben sich dann durch Umbezeichnungen. Nach Satz 6 gilt a ( c ) 2 b = c b b cos α = ( c 1 + b ) 2 2 c b cos α = a b, und analog folgt auch a/c = a /c. (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 = b /c und β = β annehmen. Mit Satz 7 folgt (b (b a c = cos β + c ) 2 sin 2 β = cos β + und wir haben die Situation von (c) hergestellt. c ) 2 sin 2 β = a c, 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 α β B β γ C γ α A B 4-2

3 Gegeben seien also zwei kollineare Tripel ACA und BCB bei dem die Geraden AB und A B parallel sind. Nach dem Stufenwinkelsatz haben die beiden Dreiecke ABC und A B C dann gleiche Winkel, sind also ähnlich. Mit dem Ähnlichkeitssatz folgt das auch entsprechende Seitenverhältnisse in den beiden Dreiecken gleich sind, dass also AC BC = A C B C, AC AB = A C A B AB und BC = A B B C gelten, und diese Aussagen sind der Strahlensatz. Als zweites Hilfsmittel führen wir das sogenannte Mittendreieck ein. C B S m A A C B Gegeben sei ein Dreick = ABC mit Seiten a, b, c und Winkeln α, β, γ. Dann bilden wir den Mittelpunkt A der Strecke BC, den Mittelpunkt B der Strecke AC und schließlich den Mittelpunkt C der Strecke AB, es gelten also A B = A C = a 2, B A = B C = b 2 und C A = C B = c 2. Mit diesen drei Mittelpunkten bilden wir dann das sogenannte Mittendreieck A B C 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 = A B C. Dann sind die vier Dreiecke, C BA, B A C und AC B alle zueinander kongruent und alle ähnlich zu mit halb so großen Seitenlängen. Weiter sind A B parallel zu AB, A C parallel zu AC und B C parallel zu BC. Beweis: Bezeichne die Seiten und Winkel in gemäß der Standardbezeichnungen. Im Dreieck C BA ist der Winkel bei B gleich β und das Verhältniss der beiden anliegenden Seiten ist A 1 B C B = a 1 c = a c, 2

4 also sind und C BA nach Satz 10 ähnlich. Wieder nach Satz 10 ist damit auch A C 1 2 c = A C BC = b c, also A C = 1 2 b, das Dreieck C BA hat also halb so große Seitenlängen wie. Analog schließen wir für B A C und AC B, und insbesondere sind diese drei Dreiecke zueinander kongruent. Damit hat das Mittendreieck = A B C die Seitenlängen a = B C = 1 2 a, b = A C = 1 2 b und c = A B = 1 2 c, 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 A C ähnlich zu ABC ist stimmen die Winkel dieser Dreiecke bei A beziehungsweise B überein, die Gerade BC scheidet A B und AB also im selben Winkel und somit sind A B 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 S m schneiden und dass dieser Punkt weiter die Strecken AA, BB und CC 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 A B C. Dann schneiden die drei Seitenhalbierenden AA, BB und CC sich in einem Punkt S m und dieser zerlegt diese Strecken jeweils im Verhältnis 2 : 1, d.h. es gelten 2 S m A = AS m, 2 S m B = BS m und 2 S m C = CS m. Beweis: Wir zeigen zunächst das der Schnittpunkt je zweier der Strecken AA, BB, CC diese beiden im Verhältniss 2 : 1 teilt. Es reicht dies für die beiden Strecken AA und BB zu tun, die anderen beiden Fälle sind dann analog. Sei also S der Schnittpunkt von AA und BB. Nach Lemma 11 sind die beiden Geraden B A und AB parallel. Damit können wir den Strahlensatz auf diese parallelen Geraden und das sich in S schneidende Geradenpaar AA, BB anwenden und erhalten mit Lemma 11 SA c = SA 1 2 c, also AS = 2 SA. Da dann weiter auch der Schnittpunkt von AA und CC die Strecke AA im Verhältnis 2 : 1 teilt ist dieser mit S identisch, alle drei Seitenhalbierenden gehen also durch einen Punkt. 4-4

5 Man nennt den Schnittpunkt S m der drei Seitenhalbierenden auch den Schwerpunkt des Dreiecks. Als eine Übungsaufgabe werden Sie nachrechnen, dass sich dieser mittels der Vektorraumstruktur der Ebene als S m = 1 (A + B + C) 3 berechnen lässt. 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. Bei letzterer hatten wir zwei Punkte A, B gegeben und die Menge aller Punkte X mit AX = BX betrachtet, also alle Punkte die von A und B denselben Abstand haben. Diese Punkte lagen alle auf einer Geraden und bilden die Mittelsenkrechte der Strecke AB, dies wurde in Aufgabe (3) behandelt. Bei den Winkelhalbierenden werden nun anstelle zweier Punkte zwei Geraden betrachtet und nach der Menge aller Punkte gefragt die von beiden Geraden denselben Abstand haben. Angenommen wir haben eine Gerade g und einen Punkt P außerhalb von g. Der Abstand P d(p, g) ist der kleinstmögliche Abstand von P zu Punkten auf der Gerade, also formal g d(p, g) = inf{ XP : P g}, wobei in dieser Situation tatsächlich ein Minimum vorliegt. Fällen wir nämlich wie rechts gezeigt das Q Lot von P auf g und bezeichen den Lotfußpunkt mit Q, so ist Q der eindeutige P am nächsten gelegene Punkt auf g. Nach einem Blick auf das Bild sollte das klar sein, formal kann man es etwa mit dem X 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 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. 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: 4-5

6 (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. 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 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. 4-6

7 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 S w und dieser ist der eindeutige Punkt 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 13 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. C r S w A B 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 Innkreis des Dreiecks und r heißt entsprechend der Innkreisradius von. Dies 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 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c. Im Sinussatz Satz 8 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 4-7

8 berechnet, also wird etwa F = 1 2 ah a = 1 ab sin γ. 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 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 2 γ + cos 2 γ = 1 indem wir unsere obige Gleichung quadrieren Setzen wir hier den Cosinussatz Satz 4 als ein, so wird F 2 = 1 4 a2 b 2 sin 2 γ = a2 b 2 (1 cos 2 γ). 4 ab cos γ = 1 2 (a2 + b 2 c 2 ) a 2 b 2 (1 cos 2 γ) = a 2 b (a2 + b 2 c 2 ) 2 = 1 4 (4a2 b 2 (a 2 + b 2 c 2 ) 2 ) und insgesamt ist damit F 2 = 4a2 b 2 (a 2 + b 2 c 2 ) 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. In der nächsten Sitzung werden wir diese Formel daher noch etwas umformen im schließlich die sogenannte Heronsche Flächenformel zu erhalten. 4-8