F B. Abbildung 2.1: Dreieck mit Transversalen

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1 2 DS DREIECK 16 2 Das Dreieck 2.1 Ein einheitliches Beweisprinzip Def. Eine Gerade, die jede Trägergerade der Seiten eines Dreiecks (in genau einem Punkt) schneidet, heißt Transversale des Dreiecks. Eine Transversale durch einen Eckpunkt heißt auch Ecktransversale (siehe bb. 2.1). Transversalen C Ecktransversale F B D g E bbildung 2.1: Dreieck mit Transversalen Satz 1 (Satz des Menelaos, um 100) Eine Transversale g, die keine Ecktransversale ist, schneidet die drei Trägergeraden der Dreiecksseiten derart, dass das Produkt der Teilverhältnisse 1 ist. Mit den Bezeichnungen von bbildung 2.1 gilt also oder (mit orientierten bständen) T V (, B, D) T V (B, C, E) T V (C,, F ) = 1 d(, D) d(d, B) d(b, E) d(e, C) d(c, F ) d(f, ) = 1. Beweis: Da g entweder keine oder genau zwei Dreiecksseiten trifft, ist das Vorzeichen klar (siehe bschnitt 1.4). Wir betrachten nun die Lote von und B auf g. Damit liefert der Strahlensatz (Zentrum D; siehe bb. 2.1) nalog erhält man d(b, E) d(e, C) d(, D) d(, g) = d(d, B) d(b, g). d(b, g) = d(c, g), d(c, F ) d(c, g) = d(f, ) d(, g).

2 2 DS DREIECK 17 Satz 2 (Satz des Ceva, um 1700) Schneiden sich drei Ecktransversalen eines Dreiecks in einem Punkt P (innerhalb oder außerhalb des Dreiecks), so gelten folgende ussagen. (i) Die Transversalen teilen die Dreiecksseiten so, dass das Produkt der Teilverhältnisse +1 ist. Mit den Bezeichnungen von bb. 2.2 gilt also T V (, B, D) T V (B, C, E) T V (C,, F ) = a 1 a 2 b1 b 2 c1 c 2 = +1. (10) C b 1 a 2 n F E b P 2 a 1 m B c 1 D c 2 bbildung 2.2: Zum Satz von Ceva (ii) Die Transversalen teilen die Winkel so, dass mit den Bezeichnungen von bb. 2.3 gilt: sin α 1 sin β 1 sin γ 1 sin α 2 sin β 2 sin γ 2 = 1. (11) C b 1 γ 1 γ 2 a 2 l F E b P k 2 a 1 α 2 β 1 B c 1 D c α 2 1 β 2 bbildung 2.3: Trigonometrische Formulierung des Satzes von Ceva Beweis: (i) Liegt P innerhalb des Dreiecks, so sind alle Teilverhältnisse positiv. Liegt P außerhalb, so sind genau zwei negativ. Somit stimmt das Vorzeichen. Betrachtet man E als Transversale von DBC, so liefert der Satz von Menelaos, wenn man vom Vorzeichen absieht (siehe bb. 2.2) c 1 c a1 n a 2 m = 1.

3 2 DS DREIECK 18 Entsprechend liefert er in DC mit der Transversalen BF lso gilt was äquivalent zu (10) ist. c 2 c b2 b 1 n m = 1. c 1 a 1 n c a 2 m = c 2 b 2 n c b 1 m, (ii) Wählt man F als Zentrum, so liefert der Strahlensatz in bb. 2.3 woraus folgt. nalog sieht man l k = b 1 b 2, sin β 1 = l c sin β 2 a k = b 1 c b 2 a sin α 1 = a 1 b sin α 2 a 2 c, sin γ 1 = c 1 a sin γ 2 c 2 b. Satz 3 (Umkehrung von Satz 2) (i) Werden durch drei Ecktransversalen die drei Seiten innen oder zwei außen und eine innen so geteilt, dass (10) gilt, so schneiden sich die Ecktransversalen in einem Punkt oder sie sind parallel. (ii) Werden durch drei Ecktransversalen die drei Seiten innen oder zwei außen und eine innen so geteilt, dass (11) gilt, so schneiden sich die Ecktransversalen in einem Punkt oder sie sind parallel. C b 1 a 2 E F a 2 a 1 b P E 2 a 1 B c 1 D c 2 bbildung 2.4: Zur Umkehrung des Satzes von Ceva Beweis: Es genügt (i) zu zeigen. Die drei Ecktransversalen seien nicht parallel und o. E. P der Schnittpunkt der Ecktransversalen BF und CD (siehe bb. 2.4). Wir nehmen an, dass E nicht durch P geht und betrachten die Transversale E durch P. Für sie gilt nach dem Satz von Ceva a 1 b1 c1 = +1. b 2 c 2 a 2

4 2 DS DREIECK 19 Ein Vergleich dieser Gleichung mit (10) zeigt E = E (siehe 1.4 Bem. 1). Die Bedeutung des Satzes von Ceva (bzw. seiner Umkehrung) wird deutlich im Satz 4 (i) Die Seitenhalbierenden schneiden sich in einem Punkt. (ii) Die Winkelhalbierenden schneiden sich in einem Punkt. (iii) Die Höhen schneiden sich in einem Punkt. (iv) Die Mittelsenkrechten schneiden sich in einem Punkt. Beweis: (i) folgt aus Satz 3 (i). (ii) folgt aus Satz 3 (ii). (iii) Da die Schenkel paarweise orthogonal stehen, gilt (siehe bb. 2.5) α 1 = γ 2. nalog sieht man β 1 = α 2 und γ 1 = β 2. uch diese ussage folgt also aus Satz 3 (ii). C F H γ 2 E α 1 D B bbildung 2.5: Zum Höhensatz (iv) Die Mittelsenkrechten sind die Höhen des Seitenmittendreiecks. Bem. (i) Der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden ist der Schwerpunkt S des Dreiecks. S teilt jede Schwerlinie im Verhältnis 2 : 1 (2 Teile zur Ecke, 1 Teil zur Seite). (Zum Beweis verwende man Satz 1 und betrachte die Seitenhalbierende E als Transversale von DBC.) (ii) Der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden ist der Inkreismittelpunkt der Dreiecks. (iii) Die Inhalte der Rechtecke aus den bschnitten jeder Höhe sind gleich. (Siehe bb. 2.5: Da die Dreiecke CF H und HDB ähnlich sind, gilt d(f,h) = d(d,h).) d(c,h) d(b,h) (iv) Die Mittelsenkrechten schneiden sich im Umkreismittelpunkt M des Dreiecks. 2.2 Euler sche Gerade und Feuerbach scher Kreis Satz 1 Die Schnittpunkte S, H, M der Seitenhalbierenden, Höhen und Mittelsenkrechten eines Dreiecks liegen auf einer Geraden (Euler sche Gerade) und es gilt d(h, S) = 2d(S, M). Beweis: Es seien F der Mittelpunkt von B und S der Schnittpunkt der Geraden CF und MH (siehe bb. 2.6). Die Dreiecke HC und GMF sind ähnlich (entsprechende

5 2 DS DREIECK 20 C H E G S M F D B bbildung 2.6: Die Euler sche Gerade Seiten sind parallel) mit dem Ähnlichkeitsfaktor 2 (F und G sind Seitenmitten). lso sind auch die Dreiecke CHS und F MS ähnlich mit dem Ähnlichkeitsfaktor 2. Daher gilt d(c, S ) : d(s, F ) = 2 : 1, also S = S (siehe 2.1 Bem. (i)). Satz 2 uf der Euler schen Geraden liegt auch der Mittelpunkt N des Feuerbach schen Kreises, auf dem 9 ausgezeichnete Punkte des Dreiecks liegen, nämlich - die 3 Seitenmittelpunkte, - die 3 Höhenfußpunkte, - die 3 Mittelpunkte der oberen Höhenabschnitte. N ist der Mittelpunkt von HM. Beweis: Wir verwenden die Bezeichnungen von bbildung 2.7. (i) Der (Thales)kreis k(y ) über CH geht durch die Höhenfußpunkte E, F. Somit ist er auch Fasskreis über F H und es gilt <) F EH = <) F CH (12) sowie <) F Y H = 2 <) F CH (13) (Zentriwinkel bzw. Peripheriewinkel über F H). Der (Thales)kreis über BH geht durch D, E. Somit ist er auch Fasskreis über DH und es gilt Ferner gilt <) HED = <) HBD. (14) <) F CH = <) F CD = <) F BD = <) HBD, (15) da entsprechende Schenkel orthogonal liegen. us (12), (14) und (15) folgt <) F EH = <) HED. Somit ist gezeigt, dass die Höhen (von BC) die Winkelhalbierenden des Höhenfußpunktsdreiecks ( DEF ) sind. lso gilt <) F ED = 2 <) F EH (12) = 2 <) F CH (13) = <) F Y H = <) F Y D.

6 2 DS DREIECK 21 Somit liegt Y auf dem Kreis k durch D, E, F (siehe 1.2 Satz 4). Gleiches gilt für die Mittelpunkte der übrigen Höhenabschnitte. (ii) Wir zeigen nun, dass R und damit alle Seitenmitten auf k liegen. Dazu betrachten wir die Sehne D des Kreises k(r) durch und C, auf dem auch D und E liegen. Wir sehen <) RD = 2 <) CD = 2 <) ED = <) F ED und damit <) F RD + <) F ED = 180. Das Viereck RF ED ist also ein Sehnenviereck (siehe 1.2 Satz 5). (iii) DP, EQ und F R sind Sehnen des Feuerbach schen Kreises. Daher ist N der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten dieser Strecken. Mit anderen Worten: N ist der Schnittpunkt der Mittellinien der Trapeze P DHM, QEHM und RF HM, also der Mittelpunkt von HM. C F Y R H E Q N M B P D bbildung 2.7: Der Feuerbach sche Kreis ufgabe: Man konstruiere den Punkt F mit minimaler bstandssumme zu den Ecken eines Dreiecks BC (Fermat-Torricelli-Punkt). (Giering/Hoschek S. 14f) 2.3 Baryzentrische Koordinaten Bevor wir die baryzentrischen Koordinaten definieren, stellen wir einige Ergebnisse über konvexe Mengen bereit. Def. 1 (i) Eine Menge M E 2 heißt konvex, wenn für alle Punkte P, Q M die Strecke P Q zu M gehört. (ii) M E 2 heißt sternförmig bezüglich P 0 M, wenn für alle Punkte P M die Strecke P 0 P in M liegt.

7 2 DS DREIECK 22 Q P Q P 0 P (a) (b) bbildung 2.8: (a) Konvexe und (b) sternförmige nicht konvexe Menge Beispiele für konvexe und sternförmige Mengen zeigt die bbildung 2.8. Die leere Menge ist konvex, da es in ihr keine Punkte gibt, die der entsprechenden Bedingung widersprechen. Bezeichnet man auch die leere Menge als sternförmig, so ist eine Menge M E 2 genau dann konvex, wenn M bezüglich jedes Punktes P M sternförmig ist. Der Durchschnitt sternförmiger Mengen ist im llgemeinen nicht zusammenhängend und deshalb auch nicht sternförmig. Für konvexe Mengen gilt dagegen der Satz 1 Der Durchschnitt beliebig vieler konvexer Mengen ist konvex. Dieser Satz erlaubt die Def. 2 Sei M E 2. Dann heißt der Durchschnitt aller konvexen Mengen in E 2, welche M enthalten, die konvexe Hülle H(M) von M. Die konvexe Hülle H(M) einer Menge M ist die kleinste konvexe Menge, die M enthält. Offensichtlich gilt H(M) = M genau dann, wenn M konvex ist. Für endliche Mengen {P 1,..., P N } kann man die konvexe Hülle H(P 1,..., P N ) der Punkte P 1,..., P N direkt angeben. Satz 2 Für die konvexe Hülle der Punkte P 1,..., P N E 2 gilt H(P 1,..., P N ) = {X E 2 x = λ i p i, λ i 0, λ i = 1}. Beweis: Den Beweis führen wir durch vollständige Induktion nach N. Für N = 2 gilt: X H(P 1, P 2 ) x = p 1 + λ( p 2 p 1 ), 0 λ 1 x = (1 λ) p 1 + λ p 2, 0 λ 1 x = λ 1 p 1 + λ 2 p 2 mit λ 1, λ 2 0 und λ 1 + λ 2 = 1 Im Induktionsschritt nehmen wir an, dass jeder Punkt Y H(P 1,..., P N ) eine Darstel-

8 2 DS DREIECK 23 lung besitzt. Dann gilt: y = λ i p i, λ i 0, λ i = 1 X H(P 1,..., P N, P N+1 ) X H(H(P 1,..., P N ), P N+1 ) Y H(P 1,..., P N ) : X H(Y, P N+1 ) x = (1 µ) y + µ p N+1, 0 µ 1 x = (1 µ) λ i p i + µ p N+1, λ i 0, x = und N+1 µ i p i mit 0 µ i := N+1 µ i = (1 µ) λ i = 1, 0 µ 1 { (1 µ)λi für i = 1,..., N µ für i = N + 1 λ i + µ = 1 µ + µ = 1 Wir betrachten nun drei nicht kollineare Punkte P 1, P 2, P 3 in der Ebene E 2. Dann lässt sich jeder Punkt X E 2 schreiben als x = p 3 + λ 1 ( p 1 p 3 ) + λ 2 ( p 2 p 3 ). Mit λ 3 := 1 λ 1 λ 2 ergibt sich die symmetrische Darstellung x = λ 1 p 1 + λ 2 p 2 + λ 3 p 3, λ 1 + λ 2 + λ 3 = 1. (16) Die Darstellung (16) existiert nach unseren Überlegungen für jeden Punkt X E 2. Die Skalare λ 1, λ 2, λ 3 sind nach Vorgabe der drei nicht kollinearen Punkte P 1, P 2, P 3 eindeutig bestimmt. Def. 3 Gegeben seien drei nicht kollineare Punkte P 1, P 2, P 3 E 2. Dann heißen die Skalare λ 1, λ 2, λ 3 gemäß (16) die baryzentrischen Koordinaten des Punktes X E 2 bezüglich des Dreiecks P 1 P 2 P 3. Diese Koordinaten heißen baryzentrisch, weil für den Schwerpunkt (das Baryzentrum) des Dreiecks P 1 P 2 P 3 gerade λ 1 = λ 2 = λ 3 = 1 gilt. Ein Punkt X 3 E2 liegt genau dann außerhalb von P 1 P 2 P 3, wenn mindestens eine baryzentrische Koordinate negativ ist (siehe Satz 2 und bbildung 2.9). Wie sich die baryzentrischen Koordinaten eines beliebigen Punktes X E 2 berechnen, zeigt der Satz 3 Die baryzentrischen Koordinaten λ 1, λ 2, λ 3 eines Punktes X(x y) E 2 bezüglich eines Dreiecks P 1 P 2 P 3 berechnen sich als λ 1 = (XP 2P 3 ) (P 1 P 2 P 3 ), λ 2 = (P 1XP 3 ) (P 1 P 2 P 3 ), λ 3 = (P 1P 2 X) (P 1 P 2 P 3 ). (17)

9 2 DS DREIECK 24 y λ 2 < 0 P 3 (x 3 y 3 ) = P 3 (0 0 1) P (1 0 0) = P 1 (x 1 y 1 ) S( 1 1 1) λ 1 < 0 λ 3 < 0 P 2 (x 2 y 2 ) = P 2 (0 1 0) x bbildung 2.9: Baryzentrische Koordinaten Dabei bezeichnet (P 1 P 2 P 3 ) die vorzeichenbehaftete Fläche von P 1 P 2 P 3 (siehe 1.2 Bem. 4). Beweis: Ist p i = ( xi y i ) der Ortsvektor des Punktes P i (i = 1, 2, 3), so lauten die Gleichungen zur Bestimmung der baryzentrischen Koordinaten nach (16) ( ) ( ) ( ) ( ) x1 x2 x3 x λ 1 + λ y 2 + λ 1 y 3 = 2 y 3 y und λ 1 + λ 2 + λ 3 = 1. In Matrixschreibweise ergibt sich das lineare Gleichungssystem x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y 3 } 1 1 {{ 1 } λ 1 λ 2 λ 3 x y =. 1 Da die Punkte P 1, P 2, P 3 nicht kollinear sind, ist die Matrix regulär. Damit ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar. Die Lösung ergibt sich nach der Cramer schen Regel wie in (17) angegeben. Bem. Mit Hilfe von Satz 3 lässt sich einfach feststellen, ob ein Punkt X im Innern eines Dreiecks P 1 P 2 P 3 liegt: Die baryzentrischen Koordinaten sind genau dann sämtlich positiv, wenn der Umlaufsinn der drei Dreiecke XP 2 P 3, P 1 XP 3 und P 1 P 2 X übereinstimmt.