Elementare Geometrie - Die Gerade & das Dreieck Teil I

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1 Proseminar zur Linearen Algebra und Elementargeometrie Elementare Geometrie - Die Gerade & das Dreieck Teil I Eingereicht von: Alexandra Kopp alexandra.kopp@tu-dortmund.de Eingereicht bei: Prof. Dr. L. Schwachhöfer

2 Inhaltsverzeichnis 1 Die Gerade Die Strahlensätze Satz (Der Strahlensatz) Satz (Umkehrung des Strahlensatzes) Satz von Pappos Satz von Desargues Satz von Thales Das Dreieck Bezeichnung Winkel in Dreiecken Satz (Kosinus- und Sinussatz) Definition Satz Satz Satz (Innen- und Außenwinkel) Beziehungen zwischen Winkeln und Seiten Satz (Satz des Pythagoras) Satz (Kathetensatz) Satz (Höhensatz) TU Dortmund Datum: Seite 2

3 Abbildungsverzeichnis 1 Erstes Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden Zweites Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden Darstellung des zweiten Falls der Umkehrung des Strahlensatzes Darstellung des Satzes von Pappos Darstellung des Satzes von Desargues Erste Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales Zweite Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales Konstruktion des Dreiecks und dessen Bezeichnung Kosinuskurve Rechtwinkliges Dreieck mit winkelhalbierender Senkrechten TU Dortmund Datum: Seite 3

4 Diese Ausarbeitung bezieht sich auf den Vortrag im Proseminar Lineare Algebra und Elementargeometrie vom 18.Oktober In diesem Vortrag wurde das Thema Euklidische Geometrie eingeleitet. Dieser erste Teil beinhaltet das Thema die Gerade und eine Einleitung zu dem Thema das Dreieck. Die Ausarbeitung beinhaltet also grundlegende Definitionen, Sätze und Beispiele, welche ebenfalls für den zweiten Teil des Themas Euklidische Geometrie relevant sind. Der Vortrag, sowie die Ausarbeitung, setzen die Kenntnisse der Vorlesungen des Wintersemesters 2015/2016 Lineare Algebra Ifür Lehramt und Lineare Algebra II für Lehramt aus dem Sommersemester 2016 bei Prof. Dr. R. Scharlau als bekannt voraus. Die Primärliteratur, auf welcher der Vortrag und die Ausarbeitung beruhen, ist in Kapitel 2.1. und 2.2. der dritten Auflage des Buches Elementargeometrie, verfasstvonilka Agricola und Thomas Friedrich, welches im Vieweg und Teubner Verlage verö entlicht wurde, zu finden. 1 Die Gerade Die Gerade stellt das erste Kapitel dieser Ausarbeitung dar. Wir befinden uns in einer zweidimensionalen Ebene und bezeichnen diese mit E 2. Unter einer Geraden verstehen wir eine Punktmenge, die wir parametisieren können. So können wir alle Gerade in der gegebenen Ebene darstellen. Während dieses Kapitels werden verschiedene Geraden G,G mit = 1, 2, 3betrachtet. Diese Geraden dürfen nicht identisch sein. 1.1 Die Strahlensätze Satz (Der Strahlensatz) Wir betrachten zwei Geraden G 1,G 2,welchesichineinemPunktS schneiden. Es gilt also G 1 G 2 = {S}.DesWeiterenexistierenzweiparalleleGeradenG 1,G 2,welcheG 1,G 2 in jeweils einem Punkt schneiden. Diese Schnittpunkte lassen sich mit = 1, 2wiefolgt darstellen wobei Q P S. G 1 G = {P }, G 2 G = {Q }, Die folgenden Abbildungen zeigen mögliche Konstruktionen und Lagemöglichkeiten der Geraden: TU Dortmund Datum: Seite 4

5 Abbildung 1: Erstes Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden Abbildung 2: Zweites Beispiel für mögliche Lagebeziehungen der Geraden TU Dortmund Datum: Seite 5

6 Für die Längen der entsprechenden Seiten gilt SP 1 SQ 1 = P 1P 2 Q 1 Q 2 = SP 2 SQ 2. Beweis: Q 1 G 1 und Q 2 G 2,dasheißt,diejeweiligenPunkteliegenaufdenentsprechenden Geraden. Hieraus folgt, dass die Zahlen t 1,t 2 R mit Q 1 = S + t 1 (P 1 S), Q 2 = S + t 2 (P 2 S) existieren. Nun folgt wiederum (I) Q 1 Q 2 = t 1 (P 1 S) t 2 (P 2 S). Da G 1,G 2 parallel sind, existiert darüber hinaus ein Parameter t 3 R mit t 3 (P 1 P 2 ) = Q 1 Q 2.Esfolgtalso (II) Q 1 Q 2 = t 3 (P 1 S) t 3 (P 2 S). Da sich die Geraden G 1 G 2 im Punkt S schneiden folgt, dass die Vektoren P 1 S, P 2 S nicht parallel, also linear unabhängig, in der Ebene sind. Aus (I) und (II) folgt t 1 = t 2 = t 3.Damitgiltaußerdemt 1 = t 2 = t 3. Wir erhalten also die Behauptung SQ 1 SP 1 = t 1 = t 2 = SQ 2 SP 2 = t 3 = Q 1Q 2 P 1 P Satz (Umkehrung des Strahlensatzes) Wir betrachen die gleiche geometrische Situation wie in Satz 1.1.1, allerdings möchten wir die Lage der Geraden G 1,G 2 notwendig parallel. Gilt nun so liegt einer der beiden Fälle vor: zueinander untersuchen. Das heißt sie sind nicht SP 1 SQ 1 = P 1P 2 Q 1 Q 2 = SP 2 SQ 2, (1) G 1,G 2 sind parallel (2) a) G 1,G 2 sind nicht parallel, b) der Winkel zwischen G 1,G 2 ist ein rechter und c) für genau ein i(= 1oder2) liegt S zwischen P i und Q i. Beweis: Wie im Beweis von Satz haben wir Q 1 = S + t 1 (P 1 S), Q 2 = S + t 2 (P 2 S), TU Dortmund Datum: Seite 6

7 also Q 1 S = t 1 (P 1 S), Q 2 S = t 2 (P 2 S). Damit gilt durch Umstellung t 1 = SQ 1 SP 1 und wir tre en auf zwei mögliche Fälle: nach SQ 2 = Voraussetzung SP 2 = t 2 1.Fall: Die Parameter t 1,t 2 sind gleich, es gilt also t 1 = t 2. Daraus erhalten wir Q 1 = S + t 1 (P 1 S), Q 2 = S + t 1 (P 2 S), hieraus folgt wiederum Q 1 Q 2 = t 1 (P 1 P 2 ). Daraus erschließt sich, dass die Geraden G 1,G 2 parallel sind. 2.Fall: Die Parameter sind ungleich, es gilt also t 1 = t 2. Daraus erhalten wir Q 1 = S + t 1 (P 1 S), Q 2 = S + t 1 (S P 2 ), hieraus folgt wiederum (Q 1 S) + (Q 2 S) = t 1 (P 1 P 2 ). Durch die Voraussetzung und die letzte Gleichung erhalten wir t 1 = SQ 1 SP 1 = Q 1Q 2 P 1 P 2, (Q 1 S) + (Q 2 S) = t 1 P 1 P 2 = Q 1 Q 2. Wir stellen Q 1 S, Q 2 S als Vektoren dar. Betrachten also a = Q 1 S, b = Q2 S. Nun drücken wir die letzte Gleichung mit Hilfe dieser gegebenen Vektoren aus a + b = a b. Wir wollen aus der letzten Gleichung schließen, dass die Vektoren orthogonal sind. TU Dortmund Datum: Seite 7

8 Beweis: Es gilt a b a, b = 0 Da wir uns im euklidischen Raum befinden, gilt bei der Vektorenrechnung das Standardskalarprodukt. Wir betrachten also a + b = a b a + b 2 = a b 2 (a + b), (a + b) = (a b), (a b) a, a + 2a, b + b, b = a, a 2a, b + b, b Fassen wir die Gleichung zusammen, so erhalten wir 4a, b = 0 Damit diese Gleichung erfüllt ist, muss nun a, b = 0sein. Die Vektoren sind also orthogonal zu einander. Da wir eben bewiesen haben, dass die Vektoren a und b orthogonal sind, ist der Winkel an der Spitze S zwischen den Geraden G 1,G 2 ein rechter. Fall 2a) und 2b) Des Weiteren gilt Q 1 S = t 1 (P 1 S), Q 2 S = t 1 (P 2 S) Abbildung 3: Darstellung des zweiten Falls der Umkehrung des Strahlensatzes TU Dortmund Datum: Seite 8

9 Wir legen nun den Punkt S in den Koordinatenursprung (0, 0), diegeradeg 1 auf die y-achse, den Punkt P 1 legen wir in (0, 1). Dann befindet sich der Punkt Q 1 in (0,t 1 ) und die Gerade G 2 wird durch die x-achse dargestellt. Nun lassen sich die verbleibenden Punkte durch eine positive Konstante a parametisieren. Es gilt P 2 = (a, 0), Q 2 = ( at 1, 0). Diese Geradenkonfiguration erfüllt ebenfalls die Relation des Strahlensatzes, denn es gilt: und SP 1 SQ 1 = 1 t 1 = SP 2 SQ 2 P 1 P 2 (0, 1) (, 0) = Q 1 Q 2 (0,t 1 ) ( t 1, 0) = (, 1) ( t 1,t 1 ) = ( t1 ) 2 + t 2 1 = t 1 = 1 t 1. Fall 2c) Schlussfolgerung: Ist der Winkel zwischen G 1,G 2 am Schnittpunkt S kein rechter Winkel und gilt so sind G 1,G 2 parallel. SP 1 SQ 1 = P 1P 2 Q 1 Q 2 = SP 2 SQ 2, 1.2 Satz von Pappos Mit Hilfe des Satz von Pappos lässt sich aus der Parallelität zweier Geradenpaare die Parallelität eines dritten Geradenpaares erschließen. Diese Folgerung ist auch für den Satz von Desargues, welcher nach diesem Satz folgt, von Relevanz. Für = 1, 2stellen G Geraden dar und für, = 1, 2, 3 P,Q Punkte. Außerdem seien G(P,Q ) die Geraden zwischen den entsprechenden Punkten. Wir betrachten nun den Satz: TU Dortmund Datum: Seite 9

10 Seien G 1,G 2 Geraden. Es gilt P 1,P 2,P 3 G 1 G 2 und Q 1,Q 2,Q 3 G 2 G 1.Gilt nun G(P 2,Q 1 ) G(P 3,Q 2 ) und G(P 1,Q 2 ) G(P 2,Q 3 ), so gilt ebenfalls G(P 1,Q 1 ) G(P 3,Q 3 ). Die Abbildung zeigt eine mögliche Lagebeziehung der jeweiligen Geraden: Abbildung 4: Darstellung des Satzes von Pappos TU Dortmund Datum: Seite 10

11 Beweis. Für die Lage der Geraden G 1,G 2 liegen zwei mögliche Fälle vor, entweder schneiden sie sich in einem Punkt S oder sie sind parallel zueinander. 1.Fall (G 1 G 2 S R 2 G 1 G 2 = S): Bezogen auf den Schnittpunkt lassen sich die Punkte mit i = 2, 3wiefolgtdarstellen P i S = t i (P 1 S), Q i S = s i (Q 1 S). Da nach Voraussetzung G(P 1,Q 2 ) G(P 2,Q 3 ) existiert eine Zahl a R mit P 1 Q 2 = a(p 2 Q 3 ). Hieraus erhalten wir nun (P 1 S) (Q 2 S) = P 1 Q 2 = a(p 2 Q 3 ) = a((p 2 S) (Q 3 S)) = a(t 2 (P 1 S) s 3 (Q 1 S)). Da die Punkte P 1,Q 1 und S nicht auf einer Geraden liegen, müssen die Koe in der letzten Gleichung gleich Null sein. Es gilt also durch zienten (P 1 S) (Q 2 S) = (P 1 S) s 2 (Q 1 S) = a(t 2 (P 1 S) s 3 (Q 1 S)) dass at 2 = 1, as 3 = s 2. Die zweite Voraussetzung der Parallelität folgender Geraden G(P 2,Q 1 ) G(P 3,Q 2 ) wird analog ausgewertet. Man erhält so bs 2 = 1, bt 3 = t 2. Durch Gleichsetzung erhält man nun Es gilt also t 3 = s 3. Woraus wiederum t 3 = t 2 b = 1 ab, s 3 = s 2 a = 1 ab. P 3 Q 3 = (P 3 S) (Q 3 S) = t 3 (P 1 S) s 3 (Q 1 S) = t 3 (P 1 Q 1 ) folgt. Das heißt, die Geraden G(P 1,Q 1 ) und G(P 3,Q 3 ) sind parallel. TU Dortmund Datum: Seite 11

12 2.Fall (G 1 G 2 ): Die Geraden G 1,G 2 dem gemeinsamen Richtungsvektor v darstellen. Es gilt also lassen sich aufgrund der Parallelität mit P i = P 1 + t i v, Q i = Q 1 + s i v. Basierend auf der Parallelität gilt P 1 Q 2 = a(q 3 P 2 ), außerdem gilt P 1 Q 1 = (P 1 Q 2 ) (Q 1 Q 2 ) = a(p 2 Q 3 ) + s 2 v = a(p 1 + t 2 v Q 1 s 3 v) + s 2 v. Wir stellen auch diese Gleichung um P 1 Q 1 = a(p 1 + t 2 v Q 1 s 3 v) + s 2 v P 1 Q 1 = ap 1 + at 2 v aq 1 as 3 v + s 2 v P 1 Q 1 ap 1 + aq 1 = (at 2 as 3 + s 2 )v (1 a)(p 1 Q 1 ) = (s 2 as 3 + at 2 )v. Auch in diesem Beispiel müssen wie oben alle Koe muss a = 1gelten,genauerbedeutetdas zienten ungleich Null sein. Folglich P 1 Q 2 = P 2 Q 3. Die zweite Voraussetzung der Parallelität folgender Geraden G(P 2,Q 1 ) und G(P 3,Q 2 ) wird analog ausgewertet, hier erhalten wir b = 1, dies bedeutet genauer P 2 Q 1 = P 3 Q 2. Durch Subtrahieren der Gleichungen erhält man folgendes Ergebnis P 1 Q 2 = P 2 Q 3 P 2 Q 1 = P 3 Q 2 Q 2 = P 2 Q 3 P 1 P 2 Q 1 = P 3 Q 2 P 2 Q 1 = P 3 + P 2 Q 3 P 1 Q 3 Q 1 = P 3 P 1. TU Dortmund Datum: Seite 12

13 Wir erhalten das gewollte Resultat, dass die Geraden G(P 1,Q 1 ) und G(P 3,Q 3 ) ebenfalls parallel sind. 1.3 Satz von Desargues Wir betrachten nun drei Geraden G 1,G 2,G 3, welche sich wieder in einem Punkt S schneiden. Folglich gilt G 1 G 2 G 3 = {S}. WeiterhinseienA, A G 1, B,B G 2 und C, C G 3,alsozweivonS verschiedene Punkte auf der jeweiligen Geraden. Sind die Strecken AB und A B parallel, BC und B C ebenfalls, so sind die Strecken AC und A C gleichfalls parallel. Die folgende Abbildung zeigt eine mögliche Lagebeziehung der drei Geraden: Abbildung 5: Darstellung des Satzes von Desargues Beweis: Wir legen S = (0, 0) in den Koordinatenursprung und die Gerade G 1 auf die x-achse. Da S, B, und B auf G 2 liegen und S, C, und C auf G 3 liegen, lassen sich die Punkte wie folgt festlegen: A = (a, 0), A = (a, 0), B = (b 1,b 2 ), B = (b 1,b 2 ), C = (c 1,c 2 ), C = (c 1,c 2 ). Da AB A B existiert eine Zahl R mit (B A ) = (B A). Es folgt also b 1 a = (b 1 a), b 2 = b 2. TU Dortmund Datum: Seite 13

14 Da die Punkte B,B nicht auf G 1,alsonichtaufderx-Achse, liegen, muss b 2 0 gelten. Durch AB A B folgt nun =.Vorallemgilta = a = a. Nutzen wir die zweite Voraussetzung analog aus. Durch BC B C existiert eine Zahl R mit (C B ) = (C B). Es folgt also ( )c 1 + ( )b 1 = 0, ( )c 2 ( )b 2 = 0. Falls die Zahlen ( ), ( ) nicht Null wären, so müsste das Paar (b 1,b 2 ) proportional zu dem Paar (c 1,c 2 ) sein. Hierfür müssten jedoch die Geraden G 2 und G 3 identisch sein, da alle drei Geraden durch den Punkt S = (0, 0) verlaufen. Es ist also nur = = = möglich. Hieraus folgt nun C A = (c 1,c 2 ) (a, 0) = (c 1,c 2 ) (a, 0) = (C A) Dies entspricht der Behauptung des Satzes. 1.4 Satz von Thales Wir betrachten nun den Satz von Thales in der Ebene E 2. Wir betrachten den Strahlensatz für G 1,G 2,G 3,wobeiG 1 G 2 G 3. Außerdem sollen G 1,G 2,G 3 die Geraden G 1,G 2 schneiden, wobei G 1 G 2 = S. DieSchnittpunkte bezeichnen wir für = 1, 2mit G 1 G = P, G 2 G = Q. Nun gilt folgende Relation, in welcher der Punkt S nicht mehr vorkommt P 1 P 2 P 1 P 3 = Q 1Q 2 Q 1 Q 3. Die folgende Abbildungen zeigen mögliche Lagebeziehungen der Geraden: TU Dortmund Datum: Seite 14

15 Abbildung 6: Erste Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales Abbildung 7: Zweite Lagemöglichkeit der Geraden des Satzes von Thales TU Dortmund Datum: Seite 15

16 Beweis: Wir betrachten zunächst eine Lagebeziehung wie in Abbilung sechs und wenden den Strahlensatz auf die entsprechenden Geraden an. 1.Fall Zunächst betrachten wir die Lagemöglichkeiten der Geraden wie in Abbildung sechs. Wir beginnen mit den Geraden G 1,G 2. Aus SP 2 SP 1 = SQ 2 SQ 1 folgt zunächst Hieraus folgt wiederum (I) SP 1 + P 1 P 2 SP 1 P 1 P 2 SP 1 = Q 1Q 2 SQ 1. = SQ 1 + Q 1 Q 2. SQ 1 Wenden wir den Strahlensatz auf G 1,G 3 an, so erhält man durch analoges Vorgehen die Gleichung (II) P 1 P 3 SP 1 = Q 1Q 3 SQ 1. Aus den Gleichungen in I und II erhalten wir direkt die gewollte Relation P 1 P 2 P 1 P 3 = Q 1Q 2. Q 1 Q 3 2. Fall Betrachten wir nun die Lagemöglichkeiten der Abbildung sieben. Wir nutzen den Strahlensatz zunächst für die Geraden G 1,G 2 Aus folgt zunächst Hieraus folgt wiederum P 1 P 2 SP 1 SP 1 SP 2 SP 1 = SQ 2 SQ 1 P 1 P 2 SP 1 = Q 1Q 2 SQ 1. SQ 1 = Q 1Q 2 SQ 1. Wir erhalten also die gleiche Gleichung wie im 1.Fall in der Gleichung I. Da die Gleichung II ebenfalls für die Lagemöglichkeit in Abbildung sieben gilt, erhalten wir ebenfalls die gewollte Relation. TU Dortmund Datum: Seite 16

17 2 Das Dreieck Das Dreieck stellt einen weiteren wichtigen Bestandteil der Elementargeometrie dar. Wir bezeichnen zunächst ein Dreieck um eine grundsätzliche Regelung in der Bezeichnung zu haben. Daraufhin werden die Innen- und Außenwinkel in einem Dreieck und der Satz des Pythagoras genauer untersucht. 2.1 Bezeichnung Ein Dreieck mit den Eckpunkten A, B, C wird im Folgenden mit (A, B, C) bezeichnet. Die den Eckpunkten gegenüberliegenden Seiten und deren Längen werden mit a, b, c bezeichnet. Die entsprechenden Vektoren werden wiederum mit a, b, c gekennzeichnet. Nun gilt a + b = c und a < b + c, b < a + c, c < a + b. Als letzte grundlegende Bezeichnung des Dreiecks betrachten wir die Höhen, welche senkrecht auf den drei Seiten stehen und durch den gegenüberliegenden Punkt verlaufen. Wir bezeichnen diese, abhängig von den jeweiligen Seiten mit h a,h b,h c. Da, wie oben bereits beschrieben, a + b = c gilt, kann das Skalarprodukt nur durch die Längen des Dreiecks ausgedrückt werden. Folglich gilt: b, c = 1 2 ( b 2 + c 2 b c 2 ) = 1 2 ( b 2 + c 2 a 2 ). Diese Gleichung zeigen wir direkt mit Hilfe des Standardskalarprodukts 1 2 ( b 2 + c 2 b c 2 ) = 1 2 ( b, b + c, c b c, a c) 1 2 ( b, b + c, c ( b, b 2 b, c + c, c)) = 1 2 (2 b, c) = b, c. Im nächsten Teil kommen wir zu wichtigen Eigenschaften des Dreiecks, nämlich den Winkeln, welche wir vor allem für spätere Sätze benötigen. Nach der grundlegenden Bezeichnung dieser Winkel und wichtigen Regelungen wird eine Abbildung folgen, welche diese bereits vorgestellten Bezeichnungen enthält. TU Dortmund Datum: Seite 17

18 2.2 Winkel in Dreiecken Der Innenwinkel des Punktes A wird mit bezeichnet. Entsprechend werden die Winkel an den Punkten B und C mit und bezeichnet. Der Außenwinkel des Punktes A wird mit gekennzeichnet. Entsprechend werden die Außenwinkel an den Punkten B und C mit und gekennzeichnet. Für die Summe der Innen- und Außenwinkel gilt nach Definition immer + =. Die folgende Abbildung zeigt die jeweiligen Konstruktionen und die Bezeichnungen aus 2.1: Abbildung 8: Konstruktion des Dreiecks und dessen Bezeichnung TU Dortmund Datum: Seite 18

19 2.2.1 Satz (Kosinus- und Sinussatz) Wir möchten nun eine Gleichung aufstellen, mit welcher man den Winkel an dem Punkt A mit Hilfe der Seiten b, c berechnen kann. Für diese Gleichung verwenden wir, dass b, c = b2 +c 2 a 2 2 ist. Es gilt cos = b, c bc = b2 + c 2 a 2. 2bc Man nennt diese Formel auch Kosinussatz.Den sogenannten Sinussatz erhält man durch einfaches Umstellen und mit Hilfe der Gleichung 1 = cos 2 + sin 2 sin 2 = 1 cos 2 = a4 b 4 c 4 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 + 2a 2 b 2 4b 2 c 2. Die letzte Gleichung erhalten wir, indem wir die cos quadrieren und das Ergebnis von 1 subtrahieren. Zunächst soll dieser Ausdruck für sin2 a 2 Folglich haben wir zunächst symmetrisch in a, b, c sein. sin 2 a 2 = sin2 b 2 = sin2 c 2. Nach der Bezeichnung in 2.1 liegen die Innenwinkel des Dreiecks im Intervall [0, ]. Nach Definition der Sinuskurve sind diese im gegebenen Intervall positiv. Ebenfalls sind die Längen a, b, c positiv. Es folgt also sin a = sin b = sin c, diese Beziehung bezeichnen wir mit Sinussatz. Die Innenwinkelsumme des Dreiecks beträgt immer, dasheißtdiegleichung + + = muss in einem Dreieck mit,, (A, B, C) immer gelten Definition Ein Dreieck heißt gleichschenklig,wennzweiseinerseitendiegleichelänge haben. Diese beiden Seiten werden auch Schenkel genannt, die dritte Seite wird als Basis bezeichnet. Ein Dreieck heißt gleichseitig, wennalledreiseitendiegleichelänge haben. Ein Dreieck, das einen rechten Winkel enthält heißt rechtwinklig. TU Dortmund Datum: Seite 19

20 2.2.3 Satz Ein Dreieck ist genau dann gleichschenklig, wenn zwei Innenwinkel gleich sind. Beweis: Wir wollen beweisen, dass folgende Aussage gilt: (A, B, C) gleichschenklig =, = oder = stimmen zwei Seiten des Dreiecks überein, so folgt die Gleichheit zweier Winkel direkt aus dem Kosinussatz, indem man die beiden gleichen Seiten einsetzt. Geltenuncos = cos, dann erhalten wir die Gleichung 0 = cos cos Kosinus- = satz b 2 + c 2 a 2 2bc a2 + c 2 b 2 2ac gleichnamig = machen (a b)(c 2 (a + b) 2 ). 2abc In der Bezeichnung aus 2.1 haben wir festgestellt, dass c < a + b, dadieeckpunktedes Dreiecks ansonsten auf einer Geraden liegen müssten. Also ist ebenfalls c 2 < (a + b) 2. Folglich gilt auch c 2 (a + b) 2 < 0. Da die Gleichung 0 = cos cos besteht und die Gleichung erfüllt sein soll, muss a = b sein. Im Fall = oder = verläuft der zweite Teil des Beweises analog Satz Ein Dreieck ist genau dann gleichseitig, wenn alle drei Innenwinkel gleich sind, das heißt = = = 3. Beweis: Der Beweis erschließt sich durch mehrfache Anwendung des Beweises Satz aus Satz (Innen- und Außenwinkel) Jeder Innenwinkel eines Dreiecks ist echt kleiner als die beiden Außenwinkel der anderen Innenwinkel. Veranschaulichung: Wir wollen den Innenwinkel betrachten, dann gilt nach dem Satz von Innen- und Außenwinkeln < und <. Dies gilt ebenfalls für die anderen beiden Innenwinkel. TU Dortmund Datum: Seite 20

21 Beweis: Durch den Kosinussatz gilt cos = b2 + c 2 a 2 2bc, cos = a2 + c 2 b 2. 2ac Für den Außenwinkel erhalten wir nun durch die Summe der Innen- und Außenwinkel cos = cos( ) = cos = a2 + c 2 b 2. 2ac Nun berechnen wir 2(cos cos ) = b2 + c 2 a 2 bc + a2 + c 2 b 2 ac gleichnamig = machen (a + b)(c 2 (a b) 2 ). abc Wir verwenden nun die Cauchy-Schwarz-Ungleichung um den letzten Term abzuschätzen. Hier muss jedoch beachtet werden, dass die Vektoren a, b nicht proportional sind. Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung besagt, dass das Skalarprodukt zwischen zwei Vektoren echt kleiner ist als das Produkt der Länge der gleichen Vektoren. Es gilt also a, b < a b a b < a, b < a, b. Damit gilt wiederum (a b) 2 = a 2 2a b + b 2 < a + 2a, b + b 2 = a + b 2 = c 2 = c 2. Wir erhalten also, dass die Di erenz cos cos echt größer Null, also positiv ist. Da die Kosinusfunktion im Intervall [0, ] fallend ist, folgt, dass echt kleiner sein muss. Dies können wir direkt in Abbildung neun sehen. 2.3 Beziehungen zwischen Winkeln und Seiten Wie man bereits anhand der Beweise im Kapitel 2.2 erkennen kann, bestehen wichtige Beziehungen zwischen den Winkeln eines Dreiecks und dessen Seiten. Im Folgenden werden wir wichtige Sätze betrachten, welche sich hiermit befassen Satz (Satz des Pythagoras) Der Innenwinkel eines Dreiecks ist genau dann ein rechter, wenn die Gleichung a 2 + b 2 = c 2 TU Dortmund Datum: Seite 21

22 erfüllt ist. Beweis: Der Beweis erschließt sich ein weiteres Mal direkt aus dem Kosinussatz. Ein rechter Winkel liegt an dem Punkt C vor, genau dann, wenn = 2 ist. Durch den Kosinussatz muss also a2 +b 2 c 2 2ab = cos 2 gelten. Mittels der Kosinuskurve lässt sich erkennen, dass genau dann 2 beträgt, wenn cos = 0ist. Folglich muss a2 +b 2 c 2 2ab = 0sein.DieGleichunglässt sich umschreiben: a 2 2ab + b2 2ab c2 2ab = 0 a2 2ab + b2 2ab = c2 2ab a 2 + b 2 = c 2. a2 + b 2 2ab = c2 2ab SeinundieGleichunga 2 + b 2 = c 2 erfüllt. Wir wollen also zeigen, dass der Winkel = 2 sein muss. Durch Umstellen der Gleichung erhalten wir a2 + b 2 c 2 = 0. Setzen wir diese Gleichung in den Kosinussatz ein, so erhalten wir cos = a2 +b 2 c 2 2ab = 0. Anhand der Kosinuskurve lässt sich wieder erkennen, dass cos = 0ist,wenn = 2 Abbildung 9: Kosinuskurve Für die kommenden zwei Sätze betrachten wir ein rechtwinkliges Dreieck (A, B, C). Der rechte Winkel befindet sich am Punkt C, von diesem Eckpunkt soll nun eine orthogonale Linie auf die gegenüberliegende Seite c gezogen werden. Den Punkt, an dem die Senkrechte auf die Seite c tri t, bezeichnen wir mit F. Die folgende Abbildung zeigt diese Konstruktion: TU Dortmund Datum: Seite 22

23 Abbildung 10: Rechtwinkliges Dreieck mit winkelhalbierender Senkrechten Satz (Kathetensatz) In einem rechtwinkligen Dreieck gilt a 2 = BC 2 = BFc, b 2 = AC 2 = AF c. Beweis: Wir nutzen für den Beweis den Satz des Pythagoras und wenden diesen auf die drei entstandenen rechtwinkligen Dreiecke (A, B, C), (A, C, F ) und (B,C,F) an. Es gilt also a 2 + b 2 = c 2, h 2 + AF 2 = b 2, BF 2 + h 2 = a 2. Des Weiteren gilt AF + BF = c. Wir addieren nun die erste und die dritte Gleichung und erhalten Da c = AF + BF gilt, folgt 2a 2 = c 2 b 2 + h 2 AF 2 +BF 2 = c 2 AF 2 + BF 2. 2a 2 = AF 2 + 2AF BF + BF 2 AF 2 + BF 2 = 2AF BF + 2BF 2. Die letzte Gleichung können wir nun wieder zurück umstellen, wir erhalten also 2a 2 = 2(AF BF + BF 2 ) = 2BFc 2BF 2 + BF 2 = 2BFc c BF TU Dortmund Datum: Seite 23

24 a 2 = BC 2 = BFc. Dies entspricht der ersten Behauptung des Satzes. Die zweite Gleichung wird analog gezeigt Satz (Höhensatz) In einem rechtwinkligen Dreieck gilt die Gleichung h 2 = AF BF. Beweis: Den Beweis für diesen Satz erhält man analog zu dem Beweis des Satzes 2.3.2: h 2 = b 2 c 2 a 2 AF 2 = c 2 a 2 AF 2 = AF 2 + 2AF BF + BF 2 AF a 2 h 2 = 2AF BF + BF 2 a 2 h 2 +BF 2 = 2AF BF h 2 2h 2 = 2AF BF h 2 = AF BF. TU Dortmund Datum: Seite 24