Elementare Geometrie - Das Dreieck Teil II

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1 Proseminar zur Linearen Algebra und Elementargeometrie Elementare Geometrie - Das Dreieck Teil II Eingereicht von: Manuel Krischke manuel.krischke@tu-dortmund.de Eingereicht bei: Prof. L. Schwachhöfer

2 Dieser Vortrag knüpft inhaltlich direkt an den Vortrag vom von Alexandra Kopp an und führt dessen Nummerierung sukzessive weiter. Daher wird in diesem Vortrag auch die Kenntnis über die im vorherigen Vortrag vorgestellten Sachzusammenhänge und Beschriftungen vorausgesetzt. 2 Das Dreieck 2.4 Die Kongruenz- und Ähnlichkeitssätze Zwei Dreiecke sind kongruent oder deckungsgleich, wenn sie sich durch euklidische Bewegungen oder Spiegelungen ineinander überführen lassen. Zwei Dreiecke sind ähnlich, wenn man sie durch Streckungen, Spiegelungen und euklidische Bewegungen ineinander überführen kann. Satz Zwei Dreiecke in der Ebene mit den Seitenlängen a, b, c und a,b,c sind genau dann kongruent, wenn bis auf Permutation gilt: a = a,b= b und c = c Beweis: Esseia = a, b = b und c = c.daa = a können wir mittels einer euklidischen Bewegung die Seiten a und a in Übereinstimmung bringen. Dadurch stimmen die Eckpunkte B = B und C = C ebenfalls überein. Betrachten wir nun ein Koordinatensystem mit dem Ursprung in B und der x-achse gleich G(B,C). Danngilt B = B = (0, 0), C= C = (a, 0) Der mögliche dritte Eckpunkt des Dreiecks habe die Koordinaten A = (x, y). Aus b = AC = (x a) 2 + y 2,c= AB = x 2 + y 2 folgt: x = 1 2a (a2 b 2 + c 2 ),y= ± c 2 x 2 Das heißt: x ist festgelegt und y ist bis auf das Vorzeichen festgelegt. Durch eine Spiegelung an der x-achse ergibt sich, dass die Dreiecke in beiden Fällen kongruent sind. TU Dortmund Datum: Seite 2

3 Satz (Kongruenzsatz für Dreiecke) Zwei Dreiecke sind kongruent, falls mindestens eine der folgenden Aussagen gilt: 1. Die Längen ihrer drei Seiten stimmen überein. 2. Die Längen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel stimmen überein (SWS-Satz). 3. Die Längen zweier Seiten und der der längeren Seite gegenüberliegende Winkel stimmen überein. 4. Die Länge einer Seite und die beiden daran anliegenden Winkel stimmen überein (WSW-Satz). Beweis: Zu(1):Bereitsin2.4.1bewiesen. Zu (2): Seien die Seiten a, b und der Winkel zwischen ihnen gegeben. Stellen wir den Kosinussatz (cos = 1 2ab (a2 + b 2 c 2 ))nachderlänge der dritten Seite um, c = a 2 + b 2 2ab cos so sehen wir, dass auch die Länge der dritten Seite durch a, b und bestimmt ist. Es folgt also, dass alle drei Längen der Dreiecke übereinstimmen und die Dreiecke somit kongruent sind. Zu (3): Es seien a c sowie der a gegenüberliegende Winkel bekannt und in beiden Dreiecken identisch. Durch den Kosinussatz cos = 1 2bc (b2 + c 2 a 2 ) 0 = b 2 2bc cos + (c 2 a 2 ) können wir die fehlende unbekannte Seite b ausrechnen (auflösen nach b): b = ccos ± a 2 +c 2 (cos 2 1) c 2 sin 2 b = ccos ± a 2 c 2 sin 2 welche aufgrund der Annahme a c immer zwei reelle Lösungen hat. Für a = c und = 2 fallendiesezusammen(b = ccos ± a 2 c 2 1 = ccos ). TU Dortmund Datum: Seite 3

4 Ist eine dieser beiden Bedingungen nicht gegeben, so haben diese Lösungen unterschiedliche Vorzeichen, denn die kleinere Lösung wäre nur für c 2 cos 2 > a 2 c 2 sin 2 positiv. Dies ist nur mit c > a möglich, was jedoch zu einem Widerspruch zur Voraussetzung führt. Da eine Seite nur eine positive Länge haben kann, ist die fehlende Seitenlänge b durch die Voraussetzung gegeben und damit sind nun alle drei Seitenlängen bekannt. Da diese bei beiden Dreiecken übereinstimmen, befinden wir uns im Kongruenzfall. Zu (4): Seien a, und bekannt und in beiden Dreiecken identisch. Durch die Winkelsumme im Dreieck können wir den fehlenden Winkel bestimmen. Der Sinussatz sin a = sin b = sin c liefert sofort die fehlenden Seitenlängen. Mit sin = sin( ( + )) = sin( + ), erhalten wir für die fehlenden Seiten: b = a sin sin( + ),c= a sin sin( + ) Es sind also alle Seitenlängen der beiden Dreiecke durch die gegebenen Werte identisch und die Dreiecke sind kongruent. Satz (Ähnlichkeitssatz für Dreiecke) Zwei Dreiecke sind ähnlich, falls mindestens eine der folgenden Bedingungen erfüllt ist: 1. Die Verhältnisse der Längen ihrer Seiten sind gleich. 2. Die Verhältnisse der Längen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel sind gleich. 3. Die Verhältnisse der Längen zweier Seiten und der der größeren Seite gegenüberliegende Winkel sind gleich. 4. Zwei Winkel sind gleich. Beweis: Zu(1),(2)&(3):DadieVerhältnisse der Seiten übereinstimmen, können wir eins der Dreiecke so strecken, dass die gegebenen Seitenlängen übereinstimmen. Da die Streckung eine winkelerhaltende Funktion ist, befinden wir uns nun im Kongruenzfall, da der jeweilige Kongruenzsatz (aus 2.4.2) erfüllt ist. Da die Ähnlichkeit eine gestreckte TU Dortmund Datum: Seite 4

5 Art der Kongruenz ist, ist für diese Fälle die Ähnlichkeit bewiesen. Zu (4): Durch eine Streckung können wir die Seite, an der die Winkel anliegen, an die entsprechende Seite des anderen Dreiecks angleichen. Da die Streckung eine winkelerhaltende Funktion ist, folgt nun die Kongruenz aus (4) von Da es sich bei der Ähnlichkeit zweier Dreiecke um eine gestreckte Form der Kongruenz handelt, sind diese beiden Dreiecke ähnlich. 2.5 Teilungsverhältnisse bei Transversalen Einschub (orientiertes Längenverhältnis & orientierter Strahlensatz) Es seien A, B, C, D vier Punkte, die auf einer Geraden oder jeweils zu zweit auf zwei parallelen Geraden liegen. Das orientierte Längenverhältnis zweier Strecken auf dieser Geraden ist definiert als das Längenverhältnis der beiden Strecken, wobei das Vorzeichen angibt, ob die Strecken gleich oder entgegengesetzt orientiert sind. Bei gleicher Richtung ist es positiv, bei entgegengesetzter negativ. Bezeichnet wird es mit: AB AB = ± CD CD Der orientierte Strahlensatz besagt, dass wenn zwei Geraden G 1,G 2 mit dem Schnittpunkt G 1 G 2 = {S} und zwei beliebige Geraden G 1,G 2 mit den Schnittpunkten G G 1 = {P }, G G 2 = {Q } für = 1, 2 gegeben sind, so gilt für die orientierten Längenverhältnisse: SP 1 SQ 1 = P 1 P 2 Q 1 Q 2 = SP 2 SQ 2 genau dann, wenn G 1 und G 2 parallel sind. Satz (Satz von Menelaos) Gegeben sei ein Dreieck mit den Ecken A, B, C. 1. Ist G eine Gerade, welche nicht durch die Ecken des Dreiecks verläuft und die Verlängerungen der Dreiecksseiten in drei Punkten D,E und F schneidet (genannt Transversale), G G(A, B) = {D}, G G(B,C) = {E}, G G(A, C) = {F }, TU Dortmund Datum: Seite 5

6 so gilt für die Teilungsverhältnisse die Relation AD DB BE EC CF = 1 (*) FA 2. Sind D,E und F drei Punkte auf den Geraden G(A, B), G(B,C) und G(A, C), welche die Relation (*) aus(1)erfüllen, so sind sie kollinear. Abbildung 10: Satz von Menelaos Beweis: Zu (1): Wir benennen die Fußpunkte der Lote von den Punkten A, B, C auf die Gerade G mit A,B,C.O ensichtlichsinddieseloteparallelundnachdemorientierten Strahlensatz mit den Scheitelpunkten D,E,F gilt: DA DB = AA BB, EB EC = BB CC, FC FA = CC AA AD DB BE EC CF AA = FA BB BB CC CC AA = 1. Zu (2): Um zu zeigen, dass die Geraden G(B,C) und G(D,F) nicht parallel sein können, führen wir einen Widerspruchsbeweis. Nehmen wir also zunächst an G(B,C) TU Dortmund Datum: Seite 6

7 und G(D,F) seien parallel. Durch den orientierten Strahlensatz folgt dann: AD DB = AF FC aus (*) folgtsomitsofort EB EC = 1. Da dies im nicht entarteten Dreieck unmöglich ist, müssen sich G(B,C) und G(D,F) in einem Punkt schneiden, den wir E nennen. Die Fußpunkte Ã, B, C der Lote von A, B, C auf G(D,E,F) und der Punkt E erfüllen o ensichtlich: E B E C = B B B B = C C AÃ AÃ DB = C C DA FA FC. Aus (*) folgtnun BE E C = BE EC,alsoE = E und insbesondere sind D,E und F kollinear. Satz (Der Satz von Ceva) Wir betrachten ein Dreieck (A, B, C) und zu jedem Eckpunkt eine Ecktransversale (Gerade, die durch eine Ecke des Dreiecks verläuft). 1. Seien die drei Ecktransversalen so gewählt, dass sie sich in einem Punkt P schneiden. Die Schnittpunkte mit den gegenüberliegenden Seiten bezeichnen wir wie folgt: G(A, B) G(C, P) = {D}, G(B,C) G(A, P ) = {E}, G(A, C) G(B,P) = {F } Dann gilt: AD DB BE EC CF FA = 1 (**) 2. Umgekehrt, seien drei Punkte D,E,F auf G(A, B), G(B,C) und G(A, C) derart gegeben, dass sie (**) erfüllen. Dann ist für die Ecktransversalen G(A, E), G(B,F) und G(C, D) eine der folgenden Beziehungen gegeben: (i.) Sie sind parallel. (ii.) Sie schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt P. TU Dortmund Datum: Seite 7

8 Abbildung 11: Satz von Ceva Beweis: Zu (1): Wir betrachten das Dreieck 1(A, B, E) zusammen mit der Gerade G(C, D) sowie das Dreieck 2(A, C, E) zusammen mit der Geraden G(B,F) und wenden jeweils den Satz von Menelaos an: 1 AD DB BC CE EP = 1 (1) PA 2 AF FC CB BE EP = 1 (2) PA (1)(2) AD DB BE EC CF FA = 1 Zu (2): Betrachte die Geraden G(B,F) und G(A, E). Fall 1: Sollten diese parallel sein, so folgt aus dem orientierten Strahlensatz BEEC = FAAC, waseingesetztin(**) dierelationaddb = ACCF ergibt. Dies bedeutet, dass G(F,B) parallel zu G(C, D) ist. Fall 2: Schneiden sich nun G(B,F) und G(A, E) in einem Punkt P,dannkönnen die Geraden G(P,C) und G(A, B) nicht parallel sein. Sonst ergäbe der orientierte Strahlensatz die Doppelverhältnisse BE EC = AB CP, CF FA = CP AB. Damit würde aus der Voraussetzung (**)sofort AD BD = 1 folgen. Dies ist ein Widerspruch. Wir betrachten daher die Ecktransversale G(P,C) und ihren Schnittpunkt D mit G(A, B). Wenden wir nun den bereits bewiesenen Satz von Ceva (1) auf das Dreieck (A, B, C) und den Punkt P an, so liefert dies: AD D B BE EC CF FA = 1. Zusammen mit (**) folgt AD D B = AD DB und damit D = D TU Dortmund Datum: Seite 8

9 2.6 Besondere Geraden im Dreieck Als Höhe eines Dreiecks wird das Lot des Eckpunktes auf die gegenüberliegende Seite (oder dessen Verlängerung) bezeichnet. Satz (Satz vom Höhenschnittpunkt) Die drei Höhen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt, den wir mit P H bezeichnen. Abbildung 12: Schnittpunkt der Höhen Beweis: Wir betrachten hier nur den Fall, in dem die Fußpunkte aller Lote auf den Kanten des Dreiecks liegen. Wir orientieren die in der Abbildungen eingezeichneten Strecken wie beim Satz von Ceva (c 1 /c 2 = AD/DB usw.). Das Lot auf der Strecke a bezeichnen wir mit h a,das Lot auf b mit h b und das Lot auf c mit h c.indensechsdurchdiehöhen gegebenen Dreiecken können wir nun den Satz des Pythagoras sechs mal anwenden und erhalten: (c 1 + c 2 ) 2 = h 2 a + c 2 3 = h 2 b + c2 6, (c 3 + c 4 ) 2 = h 2 b + c2 5 = h 2 c + c 2 2, (c 5 + c 6 ) 2 = h 2 c + c 2 1 = h 2 a + c 2 4. Wir benutzen h 2 a = (c 5 + c 6 ) 2 c 2 4, h2 b = (c 1 + c 2 ) 2 c 2 6 und h2 c = (c 3 + c 4 ) 2 c 2 2.Soerhalten wir: (c 1 + c 2 ) 2 + c 2 4 = (c 5 + c 6 ) 2 + c 2 3, (i) (c 3 + c 4 ) 2 + c 2 6 = (c 1 + c 2 ) 2 + c 2 5, (ii) (c 5 + c 6 ) 2 + c 2 2 = (c 3 + c 4 ) 2 + c 2 1. (iii) Bilden wir nun zunächst die Di erenzen (i)-(ii), (i)-(iii) und (ii)-(iii): c 1 (c 1 + c 2 ) = c 6 (c 5 + c 6 ), c 3 (c 3 + c 4 ) = c 2 (c 1 + c 2 ), c 5 (c 5 + c 6 ) = c 4 (c 3 + c 4 ). TU Dortmund Datum: Seite 9

10 Bilden wir nun die Produkte der Gleichungen: c 1 c 3 c 5 (c 1 + c 2 )(c 3 + c 4 )(c 5 + c 6 ) = c 2 c 4 c 6 (c 1 + c 2 )(c 3 + c 4 )(c 5 + c 6 ), c 1 c 3 c 5 c 2 c 4 c 6 = 1. Nun folgt die Behauptung im nicht entarteten Dreieck aus der Umkehrung des Satzes von Ceva. Als Seitenhalbierende wird eine Strecke bezeichnet welche eine Ecke des Dreiecks mit dem Mittelpunkt der gegenüberliegenden Seite verbindet. Satz (Satz vom Seitenhalbierendenschnittpunkt) Die drei Seitenhalbierenden des Dreiecks schneiden sich in einem Punkt P SH.Dieser Punkt teilt jede Seitenhalbierende im Verhältnis 2:1. Der Punkt P SH ist der sogenannte Schwerpunkt des Dreiecks. Beweis: DanachKonstruktion AD DB = 1, BE EC = 1, CF FA = 1, sind, ist die Umkehrung des Satzes von Ceva erfüllt und, da die Ecktransversalen o ensichtlich nicht parallel sind, schneiden sie sich in einem Punkt. Für die Bestimmung des Verhältnisses benutzen wir die Bezeichnungen in dieser Abbildung: Abbildung 13: Schnittpunkt der Seitenhalbierenden Die Dreiecke (F,E,C) und (A, B, C) sind ähnlich, da ihre Winkel in C übereinstimmen und BC EC = AC FC = 2 gilt. Aus diesem Grund ist die Länge der Strecke EF gleich c2 TU Dortmund Datum: Seite 10

11 und es folgt aus der Umkehrung des Strahlensatzes, dass G(A, B) und G(E,F) parallel sind. Wenden wir nun den Strahlensatz auf das Geradenpaar G(B,F) und G(A, E) und die beiden parallelen Geraden G(A, B) und G(E,F) an, so folgt: AP SH EP SH = 2c c = 2. Analog führen wir den Beweis für die anderen Seitenhalbierenden. Satz (Satz vom Winkelhalbierendenschnittpunkt) Die drei Halbierenden der Innenwinkel des Dreiecks schneiden sich in einem Punkt P WH. Beweis: Wir betrachten ein Dreieck (A, B, C) und zwei der Winkelhalbierenden. Diese sind o ensichtlich nicht parallel und schneiden sich daher in einem Punkt P. Abbildung 14: Schnittpunkt der Winkelhalbierenden Von P aus fällen wir das Lot auf alle Seiten und bezeichnen die Fußpunkte der Lote mit D,E,F. (A, D, P ) und (B,P,F) sind kongruent, da sie eine gemeinsame Seite (AP ) und zwei gleiche Winkel (rechter Winkel und 2) haben. Daraus folgt: DP = EP. Analog: D(B, D, P) und (B,P,F) sind kongruent und DP = FP. Darausfolgt FP = EP. Hieraus entsteht ein Viereck PFCE mit zwei rechten Winkeln und zwei gleichen Seiten, nämlich FP = EP. Darausfolgt,dassdieDreiecke C. (P,F,C) und (P,E,C) kongruent sind. Die Gerade G(P,C) halbiert also den Winkel an der Ecke TU Dortmund Datum: Seite 11

12 Korollar Es sei P WH der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden im Dreieck, so gilt: dist(p WH, AB) = dist(p WH, AC) = dist(p WH,BC). Abbildung 15: Inkreis eines Dreiecks Der Kreis mit dem Zentrum P WH und dem Radius dist(p WH, AB) wird auch Inkreis genannt und schneidet das Dreieck in den Fußpunkten der Lote von P WH auf den Seiten des Dreiecks. Satz Die drei Mittelsenkrechten eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt P MS.DerKreismitdemZentrumindiesemPunktverläuft durch die drei Ecken des Dreiecks und wird Umkreis des Dreiecks genannt. Es gilt also: dist(p MS,A) = dist(p MS,B) = dist(p MS,C). Beweis: DieMittelsenkrechtenanAB und AC schneiden sich o ensichtlich in einem Punkt P.DasowohldieDreiecke (A, P, D) und (D,P,B) als auch die Dreiecke (A, P, E) und (P,E,C) jeweils o ensichtlich kongruent zueinander sind (je zwei rechtwinklige Dreiecke mit zwei gleich langen Seiten, siehe 2.4.4), gilt AP = BP und mit der zweiten Kongruenz dann AP = CP. TU Dortmund Datum: Seite 12

13 Abbildung 16: Umkreis eines Dreiecks Von P aus fällen wir nun das Lot auf die Gerade G(C, B). Der Schnittpunkt teilt die Strecke CB in Abschnitte der Länge x und y und l sei die Länge dieses Lotes. Da es sich um zwei rechtwinklige Dreiecke handelt, folgt nun durch den Satz des Pythagoras: x 2 + l 2 = BP 2, y 2 + l 2 = CP 2 Aus BP = AP = CP folgt nun x = y und daraus folgt wiederum, dass das Lot die Mittelsenkrechte an BC ist. Satz (Die Euler sche Gerade eines Dreiecks) Die Punkte P H,P SH und P MS fallen ausschließlich in einem gleichseitigen Dreieck zusammen. Sei ein Dreieck (A, B, C) nicht gleichseitig. Dann liegen die Punkte P H,P SH und P MS auf einer Geraden. Auf dieser Geraden besteht das Verhältnis P H P SH P SH P MS = 2 1. TU Dortmund Datum: Seite 13

14 Abbildung 17: Die Euler sche Gerade Beweis: Mit den Bezeichnungen der Abbildung und nach dieser Konstruktion sind in diesem Dreieck folgende Strecken parallel: 1. AP H DP MS,dabeideStreckensenkrechtaufBC sind; 2. BP H EP MS,dabeideStreckensenkrechtaufAC sind; 3. ABDE mit dem Verhältnis AB DE = 2 1,weilDE die Verbindungslinie zweier Seitenmittelpunkte ist. Aus dem Ähnlichkeitssatz (2.4.4) folgt nun, dass die Dreiecke (A, B, P H ) und (D,E,P MS ) ähnlich sind und ihr Streckungsfaktor 2 beträgt. Dieses Verhältnis gilt für jede der entsprechenden Seiten der ähnlichen Dreiecke, demnach gilt: AP H DP MS = 2 1. Es sei nun P der Schnittpunkt der Strecke P H P MS mit AD. Danngilt: (P H P A) = (DP P MS ), weil sich die Winkel auf den Geraden G(A, D) und G(P H,P MS ) in deren Schnittpunkt P gegenüberliegen. (P H AP ) = (P MS DP ),daap H DP MS. TU Dortmund Datum: Seite 14

15 Daraus folgt, dass die beiden Dreiecke (A, P H,P ) und (D,P MS,P ) ähnlich sind AP und zudem gilt: H DP MS = 2 1.DarausfolgtaufgrundderÄhnlichkeit: AP DP = 2 1 und P P H P P MS = 2 1. Da nun die Seitenhalbierende AD durch den Punkt P im Verhältnis 2:1 geteilt wird, diese Eigenschaft jedoch der gemeinsame Schnittpunkt P SH Punkte P und P SH zusammenfallen. hat, sehen wir, dass die Aus der Gleichung P P H P P MS = 2 1 folgt nun auch die Behauptung über das Teilungsverhältnis. 2.7 Der Flächeninhalt des Dreiecks, die Heron sche Formel Da jedes Dreieck durch geeignetes Verdoppeln ein Parallelogramm ergibt, folgt für ein Dreieck die wohlbekannte Flächenformel: vol( ) = 1 2 a h a = 1 2 b h b = 1 2 c h c Wobei vol hier für ein zweidimensionales Volumen also eine Fläche steht. Daraus folgt, dass die Seitenhalbierenden die Fläche teilen. Das Verhältnis h a b lässt sich auch über den Sinus des Winkels ausdrücken. Es gilt h a b = sin und mit entsprechenden Bezeichnungen für die anderen Höhen erhalten wir: vol( ) = 1 2 ab sin = 1 2 bc sin = 1 ac sin. 2 Im folgenden Abschnitt benutzen wir die Standardbezeichnungen im Dreieck und bezeichnen den halben Dreiecksumfang mit Satz (Heron sche Formel) p = a + b + c. 2 Der Flächeninhalt lässt sich allein durch die Längen seiner Seiten ausdrücken. Es gilt: vol( ) = p(p a)(p b)(p c). TU Dortmund Datum: Seite 15

16 Beweis: DerKosinussatzliefertuns cos( ) = b2 + c 2 a 2 2bc Aus der Beziehung sin 2 ( ) + cos 2 ( ) = 1folgtfolgtzunächst 4b 2 c 2 sin 2 ( ) = 4b 2 c 2 (b 2 c 2 a 2 ) 2 Durch zweimalige Anwendung der dritten Binomischen Formel erhalten wir: 4b 2 c 2 sin 2 ( ) = [2bc + b 2 + c 2 a 2 ][2bc b 2 c 2 + a 2 ] = [(b + c) 2 a 2 ][a 2 (b c) 2 ] = [b + c + a][b + c a][a b + c][a + b c] Wir ersetzen nun (b + c + a) durch 2p und (b + c a) durch 2p 2a usw. und erhalten: 4b 2 c 2 sin 2 ( ) = 2p 2(p a) 2(p b) 2(p c) sin( ) = 2 bc p(p a)(p b)(p c) (*) Da sich die Fläche eines Dreiecks aus 2vol( Heron sche Formel sofort. ) = bc sin( ) berechnen lässt, folgt die Bemerkung Aus vol( ) = 1 2 a h a,vol( ) = 1 2 b h b und vol( ) = 1 2 c h c können wir die Höhen des Dreiecks in Abhängigkeit von dessen Seitenlängen berechnen: h a = 2vol( ) a, h b = 2vol( ) b, h c = 2vol( ). c Wenden wir die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel x 1 x 2 x 3 x x 2 + x 3 3 TU Dortmund Datum: Seite 16

17 (Bemerke: Gleichheit gilt ausschließlich für x 1 = x 2 = x 3 )aufx 1 = p a, x 2 = p b und x 3 = p c an, so erhalten wir nach Multiplikation mit p und dem Vergleich mit der Heron schen Formel: vol( ) vol( ) p 3p a b c 3 [a + b + c] Gleichheit tritt auch hier wieder nur bei a = b = c auf. 3 = p 3 3p 2p = p Satz Der Flächeninhalt eines Dreiecks mit den Seitenlängen a, b, c kann abgeschätzt werden durch: vol( ) [a + b + c] Gleichheit tritt nur im Falle eines gleichseitigen Dreiecks auf. Daraus folgt direkt, dass der Flächeninhalt eines Dreiecks mit vorgegebenem Umfang maximal ist, falls es gleichseitig ist. 2.8 Die In-, Um- und Ankreise des Dreiecks Satz Der Radius r des Inkreises eines Dreiecks Fläche und dem halben Umfang, r = vol( ) p = (p a)(p b)(p c) p ist gleich dem Quotienten der Abbildung 18: Radius des Inkreises TU Dortmund Datum: Seite 17

18 Beweis: Wie vorhin gezeigt, ist der Mittelpunkt des Inkreises der Schnittpunkt P WH. Durch Berechnung der Flächeninhalte von den Dreiecken (A, B, P WH ), (B,C,P WH ) und (A, C, P WH ) ergibt sich: vol( ) = a 2 r + b 2 r + c 2 r = pr r = vol( ) p Satz Für den Radius R des Umkreises eines Dreiecks gilt: R = abc 4vol( ) Abbildung 19: Radius des Umkreises Beweis: DenzweitenSchnittpunktderGeradeG(A, P MS ) mit dem Umkreis bezeichnen wir mit E. D sei der Fußpunkt der Höhe h a. Die Winkel (ADB) und (ACE) sind rechte Winkel (Vorgri auf Satz des Thales). Außerdem seien die Winkel (ABD) und (AEC) gleich, da beide Umfangswinkel über derselben Sehne AC des Umkreises liegen. Daraus folgt die Ähnlichkeit der Dreiecke (A, B, D) und (A, C, E). Insbesondere folgern wir: h a c = b 2R bzw. b c = 2 R h a. Aus 2 vol( ) = a h a folgt nun die Behauptung. TU Dortmund Datum: Seite 18

19 Satz Die Halbierende eines Innenwinkels und die Halbierenden der beiden ihm nicht anliegenden Außenwinkel schneiden sich in einem Punkt P.Es gibt einen Kreis mit dem Mittelpunkt P der sowohl eine Dreiecksseite als auch die Verlängerungen der beiden anderen Dreiecksseiten berührt. Der Radius des Ankreises an der entsprechenden Dreiecksseite beträgt: r a = vol( ) p a, r b = vol( ) p b, r c = vol( ) p c. Abbildung 20: Ankreis eines Dreiecks Beweis: DieserBeweisverläuft analog zum Beweis von Satz Skizze des Beweises: Wir fällen das Lot von P auf die Verlängerungen der Seiten des Dreiecks. Danach argumentieren wir wie im Fall der Halbierenden der Innenwinkel. Der Radius wird aus folgendem Vergleich berechnet: vol( (A, B, C)) = vol( (A, B, P )) + vol( (A, B, P )) vol( (A, C, P )). Der Radius ist gleich der Höhe eines jeden dieser Dreiecke. Für den Flächeninhalt von (A, B, C) erhalten wir dann: vol( ) = 1 2 c r b a r b 1 2 b r b = (p b) r b Korollar Seien r, r a,r b und r c die Radien des Inkreises sowie der drei Ankreise eines Dreiecks D. Danngilt: rr a r b r c = (vol( )) 2, 1 r a + 1 r b + 1 r c = 1 r. TU Dortmund Datum: Seite 19

20 Literatur [1] Ilka Agricola, Thomas Friedrich: Elementargeometrie, Vieweg + Teubner Verlag, 3. Auflage, Wiesbaden, TU Dortmund Datum: Seite 20