Institut für Mathematik Geometrie und Lineare Algebra J. Schönenberger-Deuel

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1 Lösungen Übung 6 Aufgabe 1. a.) Idee: Gesucht sind p, q mit pq = 6 2 und p + q = 13. Dies entspricht genau der Situation im Höhensatz. Konstruktion: 1. Punkte A, B mit AB = Gerade g AB mit dist(g, AB) = D = K Thales (A, B) g 4. E = (D, AB) AB 5. p = AE, q = EB 6. Rechteck mit Seiten p, q konstruieren. HS13 1 / Oktober 2013

2 b.) Konstruktion: 1. Rechteck ABCD mit AB = 2 BC = C = Z B,2 (C) 3. Gerade f BD mit C f 4. E = f K Thales (B, D) 5. Lösung BDE einzeichnen. Aufgabe 2. a.) Variante 1: Mit dem Kathetensatz HS13 2 / Oktober 2013

3 1. Zeichne A, B, C mit AB = 1, AC = 1, AB AC. 2. Wähle D, E BC mit BD = 3 und BE = Thaleskreis k über CD, s = (E, CD) 4. F = s k Variante 2: Mit dem Höhensatz 1. Zeichne A, B, C mit AB = 2, BC = 1, C AB. 2. Thaleskreis k 1 über AC, s 1 = (B, AC) 3. D = s 1 k Wähle E, F s 1 mit ED = 3, EF = Thaleskreis k 2 über BF, s 2 = (E, BF ) 6. G = s 2 k 2. HS13 3 / Oktober 2013

4 b.) Mit dem Höhensatz: 1. Punkte A, B wählen mit AB = C AB mit AC = 12 und BC = D = K Thales (A, C) (B, AC). 4. BD = 11. Mit dem Kathetensatz: 1. Punkte A, C wählen mit AC = B AC mit AB = 10 und BC = D = K Thales (A, C) (B, AC). 4. CD = 11. HS13 4 / Oktober 2013

5 Mit dem Sekanten-Tangenten-Satz: 1. Punkte A, B mit AB = Punkt C AB mit AC = 1, CB = M 1 = M(B, C), k 1 = K(M 1, M 1 B ). 4. D = K Thales (A, M 1 ) k DA = 11. c.) Konstruktion: 1. ABC mit CAB = 90, AB = 2 und AC = D auf BC mit CD = 1 und C zwischen B und D. 3. E = Schnittpunkt von Thaleskreis auf BD und Senkrechte auf BD durch C. Begründung: Wegen des Satzes des Pythagoras ist BC = 5. Wegen des Kathetensatzes ist DE = HS13 5 / Oktober 2013

6 Aufgabe 3. a.) Variante 1: Direkte Rechnung Wir haben a + h x = tan(α + β) = tan(α) + tan(β) tan(α) + a/x = 1 tan(α) tan(β) 1 tan(α)a/x wobei die erste und die dritte Gleichheit die Definition des Tangens ist. In der zweiten wurde das Additionstheorem das Tangens verwendet. Wir lösen nun Gleichung (1) nach tan(α) auf a + h x a + h x = tan(α) + a/x 1 tan(α)a/x = x tan(α) + a x tan(α)a (a + h)(x tan(α)a) = x(x tan(α) + a) xh = tan(α) ( x 2 + a(a + h) ) xh tan(α) = x 2 + a(a + h) tan(α) ist monoton wachsend im Interval [0, π 2 ], daher ist α genau dann maximal wenn tan(α) xh maximal ist. Wir müssen also die Funktion f(x) = x 2 +a(a+h) maximieren. 0 = d ( ) xh dx x 2 + a(a + h) 0 = x 2 + a(a + h) = h(x2 + a(a + h)) xh(2x) ( x 2 + a(a + h) ) 2 x = a(a + h) (3) (1) (2) HS13 6 / Oktober 2013

7 Variante 2: Geometrisch Wir wählen das Koordinatensystem so dass die x Achse auf Höhe der Augen ist. Es sei D ein beliebiger Punkt auf der x Achse. Wir zeichen den Fasskreis durch B, C, D mit Mittelpunkt M ein. Aus dem Kreiswinkelsatz wissen wir (BMC) = 2α. Der Winkel α ist also ganau dann maximal wenn der Winkel (BM C) maximal ist. Ausserdem wissen wir, dass der Winkel (BMC) grösser wird, wenn der Radius des Kreises kleiner wird. Wir müssen also einen Kreis mit minimalem Radius finden, welcher durch B, C geht und mindestens einen Punkt mit der x Achse gemeinsam hat. Da jedoch der Kreis durch B und C geht, liegt der Mittelpunkt M auf der Geraden parallel zur x Achse mit y Wert a+ h 2. Jedes mögliche M hat also Abstand a + h 2 von der x Achse. Da der Kreis jedoch einen Punkt mit der x Achse gemeinsam haben muss, muss der Radius mindestens a + h 2 betragen. Der kleinst mögliche Radius ist also a + h 2 und der Kreis mit diesem Radius berührt die x Achse. Zur Berechnung wenden wir nun den Satz von Pythagoras auf das Dreieck MBM h an: ( a + h 2 ) 2 = x 2 + ( ) h 2 x = a ah HS13 7 / Oktober 2013

8 b.) Konstruktion: Variante 1: 1. Punkte A(0, 0), B(0, 3), C(0, 7.4) zeichnen. 2. Punkt D = S A (B) konstruieren. 3. P = Schnittpunkt des Thaleskreises auf CD und der x-achse. Begründung: Wegen des Höhensatzes ist AP 2 = AD AC = a(a + h), also AP = a(a + h). Variante 2: 1. Gegebenes zeichnen (Punkte A, B, C). 2. M h = M(B, C) 3. k = K(B, AM h ) 4. M = k (M h, AC) 5. P = K(M, AM h ) (x Achse) 6. Lösung einzeichnen HS13 8 / Oktober 2013

9 Aufgabe 4. Sei k der gegebene Kreis mit Mittelpunkt O und Radius 4. Wir konstruieren zuerst die Polaren zu A, B und C. Für p C konstruieren wir den Thaleskreis k C auf OC. Seien C 1 und C 2 die zwei Schnittpunkte von k und k C. Die Polare p C zu C ist nun die Gerade durch k und k C. Die Konstruktion von p B ist ähnlich. Für A konstruieren wir die Senkrechte s A auf OA durch A. Seien A 1 und A 2 die zwei Schnittpunkte von k und l A. Die Tangenten an K durch A 1 und A 2 schneiden sich in einem Punkt A. Die Polare p A zu A ist nun die Senkrechte auf OA durch A. Seien P = p A p B, Q = p B p C und R = p C p A. Wir konstruieren die Polaren p P, p Q und p R wie vorher. Die Figur scheint zu zeigen, dass A = p R p P, B = p P p Q und C = p Q p R. HS13 9 / Oktober 2013

10 Beweisen wir diese Beobachtung. Der Punkt P liegt nach Konstruktion auf den Polaren zu A und B. Wegen Satz (i) geht die Polare p P durch A und B. Ebenso geht die Polare p Q durch B und C und die Polare p R durch A und C. Hieraus folgt, dass p P, p Q und p R sich tatsächlich in A, B und C schneiden, womit die Behauptung bewiesen ist. Aufgabe 5. Sei ABCD das gegebene Quadrat, k sein Inkreis und O der Mittelpunkt. Seien E, F, G, H die Mittelpunkte der Seiten von ABCD. Gefragt ist das Bild von ABCD unter Inversion an k. Hierzu konstruieren wir die Bilder der Strecken AB, BC, CD und DA unter dieser Inversion. Betrachten wir die Gerade AB. Diese geht nicht durch O. Wegen Satz ist das Bild von AB unter der Inversion ein Kreis k AB durch O (mit O weggelassen). Weil AB ausserhalb von k liegt, liegt k AB innerhalb von k. Der Mittelpunkt G von AB liegt on k. Wegen Satz hält die Inversion den Punkt G fest. Die Bilder A und B von A, B unter der Inversion sind einfach konstruierbar: AB und AD sind die zwei Tangenten an k durch A, so dass (nach Definition der Inversion) A = F G OA und B = GH OB gelten. Das Bild von AB ist nun der (eindeutig festgelegte) Kreisbogen durch die Punkte A, B und G. Weil nämlich GA = GF senkrecht auf GB = GH und GF senkrecht auf GH stehen, ist das Dreieck A GB rechtwinklig bei G. Hieraus folgt, dass der gesuchte Kreis k AB den Durchmesser A B hat. Wir machen das Gleiche für die anderen Seiten und erhalten so vier Kreisbogen, die die Punkte A, B, C und D verbinden. Aufgabe 6. Seien ABC und k wie in untenstehender Figur, und sei O der Mittelpunkt von k. HS13 10 / Oktober 2013

11 Wir konstruieren zuerst die Bilder A, B, C der Ecken A, B, C unter der Inversion an k. Für A und B konstruieren wir dazu die Polare zu A bezüglich k (siehe Aufgabe 3) und schneiden diese mit OA. Es gilt C = C, weil C auf k liegt (siehe Satz ). Die Gerade AB geht nicht durch O. Wegen Satz wird AB durch die Inversion auf einen Kreis k C durch O (ohne O) abgebildet. Des Weiteren liegen A, B auf k C, weil A und B auf AB liegen. Ein Kreis wird aber durch drei Punkte festgelegt. Wir konstruieren die Mittelsenkrechten zu OA und OB ; ihr Schnittpunkt ist der Mittelpunkt von k C. Das Bild der Strecke AB ist nun ein Kreisbogen von k C mit Endpunkten A und B. Weil O das Bild des unendlich fernen Punktes unter der Inversion ist, handelt es sich um denjenigen Kreisbogen, der nicht durch O geht. Wir machen das Gleiche für die anderen zwei Seiten. Das Bild von ABC ist ein Dreieck, dessen Seiten Kreisbogen sind. Schliesslich bemerken wir, dass ABC und sein Bild sich in zwei Punkten auf k schneiden; der Grund dafür ist, dass die Inversion den Kreis festhält. HS13 11 / Oktober 2013