a' c' Aufgabe: Spiegelung an den Dreiecksseiten und Anti-Steinersche Punkte Darij Grinberg

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1 ufgabe: Spiegelung an den Dreiecksseiten und nti-steinersche Punkte Darij Grinberg Eine durch den Höhenschnittpunkt H eines Dreiecks B gehende Gerade g werde an den Dreiecksseiten B; und B gespiegelt; die Spiegelbilder heißen a 0 ; b 0 bzw. c 0 : Man beweise (Fig. 1): Die Geraden a 0 ; b 0 und c 0 schneiden sich in einem Punkt, und dieser Punkt liegt auf dem Umkreis des Dreiecks B: B H g a' c' b' Fig. 1 Lösung: Sei P ein beliebiger, von H verschiedener Punkt auf der Geraden g; und seien X; Y und Z die Bilder von P bei der Spiegelung an den Seiten B; bzw. B: Da der Punkt P auf der Geraden g liegt, liegt dann der Punkt X auf der Geraden a 0 ; der Punkt Y auf der Geraden b 0 ; und der Punkt Z auf der Geraden c 0 : Ferner seien 0 ; B 0 und 0 die Bilder des Höhenschnittpunktes H bei der Spiegelung an den Seiten B; bzw. B: Da der Punkt H auf der Geraden g liegt, liegt dann der Punkt 0 auf der Geraden a 0 ; der Punkt B 0 auf der Geraden b 0 ; und der Punkt 0 auf der Geraden c 0 : Daher sind unsere Geraden a 0 ; b 0 und c 0 als a 0 = X 0 ; b 0 = Y B 0 und c 0 = Z 0 bestimmt. 1

2 Im folgenden arbeiten wir mit Kreiswinkeln, die nach dem rtikel [1] mit Orientation versehen werden. Es werden also auch die Kenntnisse aus [1] vorausgesetzt, darunter die Formel ] (g 1 ; g 2 ) + ] (g 2 ; g 3 ) + ::: + ] (g n 1 ; g n ) = ] (g 1 ; g n ) ; die durch mehrfache nwendung aus der Formel ] (g; h) + ] (h; k) = ] (g; k) folgt. B ' ' B' H Fig. 2 Wir wollen zuerst den folgenden Hilfssatz zeigen: Hilfssatz 1: Die Punkte 0 ; B 0 und 0 liegen auf dem Umkreis des Dreiecks B: Dies ist ein ziemlich bekannter Satz. Ein Beweis mit Kreiswinkeln geht folgendermaßen: Die Geraden 0 ; BB 0 und 0 sind die Höhen des Dreiecks B: Wir haben denn ] ( 0 ; 0 ) = ] (B; B) ; (1) ] ( 0 ; 0 ) = ] ( 0 ; B) + ] (B; B) + ] (B; 0 ) = 90 + ] (B; B) + 90 = ] (B; B) = ] (B; B) : Da nun der Punkt B 0 das Spiegelbild des Punktes H an der Geraden ist, ist die Gerade B 0 das Spiegelbild der Geraden H an der Geraden ; und die Gerade B 0 das Spiegelbild der Geraden H an der Geraden : Da bei einer Geradenspiegelung Winkel nur das Vorzeichen ändern, folgt daraus ] (B 0 ; B 0 ) = ] (H; H) = ( 0 ; 0 ) = ] (B; B) (nach (1)), also ] (B 0 ; B 0 ) = ] (B; B) : Dies bedeutet, daßdie Punkte ; B; und B 0 auf einem Kreis liegen, d. h. der Punkt B 0 liegt auf dem Umkreis des Dreiecks B: nalog zeigt man, daßdie Punkte 0 und 0 auf dem Umkreis des Dreiecks B liegen, und der Hilfssatz 1 ist bewiesen. 2

3 Wir haben ] (B 0 ; 0 ) = ] (B 0 ; 0 ) = ] (B 0 ; ) + ] (; 0 ) : Da die Gerade B 0 das Spiegelbild der Geraden H an der Geraden ist, gilt ] (B 0 ; ) = ] (H; ) = ] (; H) = ] (; 0 ) ; also ist ] (B 0 ; 0 ) = ] (; 0 ) + ] (; 0 ) = 2 ] (; 0 ) also = 2 (] (; B) + ] (B; 0 )) = 2 ] (; B) + 2 ] (B; 0 ) = 2 ] (; B) = 2 ] (; B) = 2 ] (; B) ; ] (B 0 ; 0 ) = 2 ]B: (2) Kommen wir nun zur Lösung der ufgabe (Fig. 3). Unser Plan ist folgender: Wir wollen zeigen, daßsich die Geraden a 0 = X 0 ; b 0 = Y B 0 und c 0 = Z 0 in einem Punkt auf dem Umkreis des B schneiden. Um dies zu beweisen, bezeichnen wir erstmals den Schnittpunkt der Geraden a 0 und b 0 mit : Wenn wir zeigen werden, daßder Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks B liegt, dann werden wir den Punkt als zweiten Schnittpunkt der Geraden a 0 mit dem Umkreis identi zieren können (der erste Schnittpunkt sei dabei 0 ), d. h. wir werden folgendes Ergebnis bekommen: Der zweite Schnittpunkt der Geraden a 0 mit dem Umkreis des Dreiecks B liegt auf der Geraden b 0 : nalog werden wir dann zeigen können, daßderselbe zweite Schnittpunkt der Geraden a 0 mit dem Umkreis des Dreiecks B auf der Geraden c 0 liegt; daraus werden wir dann erhalten, daßsich die Geraden a 0 ; b 0 und c 0 in einem Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks B schneiden. Jetzt der Beweis selber ausführlich: Für den Schnittpunkt der Geraden a 0 und b 0 gilt ] (B 0 ; 0 ) = ] (b 0 ; a 0 ) = ] (b 0 ; ) + ] (; g) + ] (g; B) + ] (B; a 0 ) : Diese Summe läßt sich vereinfachen: Da die Gerade b 0 das Spiegelbild der Geraden g an der Geraden ist, gilt ] (b 0 ; ) = ] (g; ) = ] (; g) ; und da die Gerade a 0 das Spiegelbild der Geraden g an der Geraden B ist, gilt ] (a 0 ; B) = ] (g; B) ; also ] (B; a 0 ) = ] (a 0 ; B) = ] (g; B) : Damit wird ] (B 0 ; 0 ) = ] (; g) + ] (; g) + ] (g; B) + ] (g; B) und nach (2) folgt daraus = 2 (] (; g) + ] (g; B)) = 2 ] (; B) = 2 ]B; ] (B 0 ; 0 ) = ] (B 0 ; 0 ) : Diese Gleichung bedeutet aber, daßdie Punkte B 0 ; ; 0 und auf einem Kreis liegen. Da (nach Hilfssatz 1) die Punkte 0 und B 0 auf dem Umkreis des Dreiecks B liegen, ist dieser Kreis der Umkreis des Dreiecks B; d. h. wir haben gezeigt, daßder Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks B liegt. 3

4 B ' a' X ' H P g B' Y Φ b' Fig. 3 Da = a 0 \ b 0 ist, können wir dieses Ergebnis folgendermaßen fassen: Der zweite Schnittpunkt der Geraden a 0 mit dem Umkreis des Dreiecks B (der erste Schnittpunkt sei 0 ) liegt auf der Geraden b 0 : nalog beweist man, daßderselbe zweite Schnittpunkt von a 0 mit dem Umkreis des Dreiecks B auf der Geraden c 0 liegt. lso liegt dieser Punkt auf den Geraden a 0 ; b 0 und c 0 und auf dem Umkreis des Dreiecks B; d. h. die Geraden a 0 ; b 0 und c 0 schneiden sich in einem Punkt, und dieser Punkt liegt auf dem Umkreis des Dreiecks B; was zu beweisen war. Bemerkungen: 1. Den Schnittpunkt der Geraden a 0 ; b 0 und c 0 nenne ich nti-steinerscher Punkt der Geraden g in bezug auf das Dreieck B: Der Grund dafür ist der folgende: Bekanntlich liegen die Spiegelbilder eines beliebigen auf dem Umkreis eines Dreiecks B liegenden Punktes R an den Dreiecksseiten B; und B auf einer Geraden, und diese Gerade geht durch den Höhenschnittpunkt H des DreiecksB: Diese Gerade heißt die Steinersche Gerade des Punktes R in bezug auf das Dreieck B: Nun gilt: Folgerung 2: In unserer Kon guration ist g die Steinersche Gerade des Punktes : Beweis: Man betrachte Fig. 4. Da der Punkt auf der Geraden a 0 liegt, liegt das Spiegelbild des Punktes an der Seite B auf dem Spiegelbild der Geraden a 0 an der Seite B: Da das Spiegelbild der Geraden a 0 an B unsere ursprüngliche Gerade g ist, erhalten 4

5 wir, daßdas Spiegelbild des Punktes an der Seite B auf der Geraden g liegt. nalog liegen die Spiegelbilder des Punktes an den Seiten und B auf der Geraden g: Da die Gerade, die diese drei Spiegelbilder verbindet, nach De nition die Steinersche Gerade des Punktes ist, ist also g die Steinersche Gerade des Punktes ; was zu beweisen war. Deshalb ist die Bezeichnung nti-steinerscher Punkt gerechtfertigt. g B Φ a' H c' b' Fig Wir können noch eine sehr interessante Folgerung nden: Folgerung 3: Der nti-steinersche Punkt einer durch den Höhenschnittpunkt H gehenden Geraden g liegt auf den Umkreisen der Dreiecke Y Z; BZX und XY; wobei X; Y und Z die Spiegelbilder eines beliebigen auf g liegenden Punktes P an den Dreiecksseiten B; bzw. B sind. Beweis: Ist P der Höhenschnittpunkt H des Dreiecks B; dann ist X = 0 ; Y = B 0 und Z = 0 ; und da (nach Hilfssatz 1) die Punkte 0 ; B 0 und 0 auf dem Umkreis des Dreiecks B liegen, stimmen die Umkreise der Dreiecke Y Z; BZX und XY überein mit dem Umkreis des Dreiecks B: Wir wissen, daß auf diesem Umkreis liegt. Damit ist der Fall P = H abgehandelt; betrachten wir jetzt den Fall, daßder Punkt P ein von H verschiedener Punkt auf der Geraden g ist. In der Lösung der ufgabe hatten wir herausgefunden, daß] (B 0 ; 0 ) = 2 ]B ist, also ]Y X = 2 ]B: Da aber 5

6 der Punkt Y das Spiegelbild des Punktes P an der Geraden ist, ist die Gerade Y das Spiegelbild der Geraden P an der Geraden ; und es gilt ] (Y ; ) = ] (P ; ) ; also ]Y = ]P = ]P: Da der Punkt X das Spiegelbild des Punktes P an der Geraden B ist, ist die Gerade X das Spiegelbild der Geraden P an der Geraden B; und es folgt ] (X; B) = ] (P ; B) ; also ]XB = ]P B; und ]BX = ]XB = ]P B: Daraus folgt ]Y X = ]Y + ]P + ]P B + ]BX = ]P + ]P + ]P B + ]P B = 2 (]P + ]P B) = 2 ]B: Damit haben wir ]Y X = ]Y X: Folglich liegen die Punkte Y; X; und auf einem Kreis, d. h. der Punkt liegt auf dem Umkreis des Dreiecks XY: nalog zeigt man, daßder Punkt auch auf den Umkreisen der Dreiecke Y Z und BZX liegt. Damit ist Folgerung 3 bewiesen. B a' Z X H Y P Φ b' g c' Fig Jede durch den Höhenschnittpunkt H gehende Gerade hat einen nti-steinerschen Punkt. Da von allen durch H gehenden Geraden die von ; B bzw. ausgehenden Höhen 6

7 h a ; h b und h c und die Eulergerade e des Dreiecks B am bekanntesten sind, will ich deren nti-steinersche Punkte nden. Der nti-steinersche Punkt der Höhe h a ist die Ecke ; denn die Gerade g = h a geht durch ; und deshalb schneiden sich die Spiegelbilder b 0 und c 0 dieser Geraden an bzw. B auch in ; d. h. der nti-steinersche Punkt von g ist : nalog ist der nti-steinersche Punkt der Höhe h b die Ecke B; und der nti-steinersche Punkt der Höhe h c die Ecke : Der nti-steinersche Punkt der Eulergeraden e des Dreiecks B ist ein interessanter merkwürdiger Punkt des Dreiecks. In lark Kimberlings Liste der merkwürdigen Punkte ist es der Punkt X 110 ; und man kann beweisen, daßer die homogenen trilinearen Koordinaten a X 110 b 2 c : b 2 c 2 a : c = X 2 a 2 b (csc ( ) : csc ( ) : csc ( )) hat. Dieser Punkt X 110 wird manchmal als Eulerspiegelpunkt des Dreiecks B bezeichnet. Wir haben also folgenden Spezialfall der ufgabe erhalten: Satz vom Eulerspiegelpunkt: Die Spiegelbilder der Eulergeraden eines Dreiecks an den Dreiecksseiten schneiden sich in einem Punkt. Dieser Punkt liegt auf dem Umkreis des Dreiecks und ist der nti-steinersche Punkt der Eulergeraden. Er heißt der Eulerspiegelpunkt des Dreiecks. Wenden wir nun die Folgerung 3 an für den Fall, daßg die Eulergerade e des Dreiecks B ist, und P der Umkreismittelpunkt des Dreiecks B ist (er liegt ja auf der Eulergeraden), dann erhalten wir folgendes: Sind X; Y und Z die Spiegelbilder des Umkreismittelpunktes des Dreiecks B an den Seiten B; bzw. B; dann liegt der Eulerspiegelpunkt des B auf den Umkreisen der Dreiecke Y Z; BZX und XY: 4. Der folgende Satz von Bernard Gibert (Fig. 6) kann mithilfe des Satzes vom Eulerspiegelpunkt bewiesen werden: Satz 4: Seien D; E und F die Mittelpunkte der Seiten B; bzw. B und U der Umkreismittelpunkt eines beliebigen Dreiecks B: Die Mittelsenkrechten der Strecken U D; UE und UF schneiden die Eulergerade des Dreiecks B in den Punkten K; L bzw. M: Dann schneiden sich die Geraden DK; EL und F M in einem Punkt. 7

8 B E' F M U K D e L D' E F' Fig. 6 Beweis: Wir bezeichnen das von den Mittelsenkrechten der Strecken UD; UE und UF umschlossene Dreieck mit D 0 E 0 F 0 ; wobei D 0 der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten der Strecken UE und UF ist, usw. zyklisch; ferner sei e die Eulergerade des B: Dann haben wir die Punkte K = E 0 F 0 \ e; L = F 0 D 0 \ e und M = D 0 E 0 \ e: Wir wollen jetzt beweisen, daße nicht nur die Eulergerade des B; sondern auch die Eulergerade des D 0 E 0 F 0 ist. Zum Beweis bemerken wir zuerst, daßnach Konstruktion die Geraden E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 die Mittelsenkrechten der Strecken UD; UE bzw. UF sind; also ist E 0 F 0? UD; F 0 D 0? UE und D 0 E 0? UF: ndererseits ist UD? B; UE? und UF? B: lso haben wir E 0 F 0 k B; F 0 D 0 k und D 0 E 0 k B; ferner sind die bstände von dem Punkt U zu den Geraden E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 jeweils halb so großwie die bstände von dem Punkt U zu den Geraden B; bzw. B (denn E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 sind Mittelsenkrechten). lso sind die Geraden E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 parallel zu den Geraden B; bzw. B; und entstehen aus letzteren durch zentrische Streckung mit dem Zentrum U und dem Faktor 1=2: Das bedeutet, daßdas Dreieck D 0 E 0 F 0 aus dem Dreieck B durch zentrische Streckung mit dem Zentrum U und dem Faktor 1=2 entsteht. Die Eulergerade des Dreiecks D 0 E 0 F 0 ist folglich das Bild der Eulergeraden e des B bei dieser zentrischen Streckung; da aber die Eulergerade e durch das Streckungszentrum U 8

9 verläuft, wird sie auf sich selbst abgebildet, d. h. die Gerade e ist auch die Eulergerade des Dreiecks D 0 E 0 F 0 : Da die Gerade D 0 E 0 die Mittelsenkrechte der Strecke UF ist, ist der Punkt F das Spiegelbild des Punktes U an der Geraden D 0 E 0 : lso ist die Gerade F M das Spiegelbild der Geraden UM (also der Geraden e) an der Seite D 0 E 0 des Dreiecks D 0 E 0 F 0 : naloges gilt für DK und EL; d. h. wir erhalten: Die Geraden DK; EL und F M sind die Spiegelbilder der Geraden e an den Seiten des Dreiecks D 0 E 0 F 0 : Da aber, wie wir schon bewiesen haben, e die Eulergerade dieses Dreiecks D 0 E 0 F 0 ist, folgt daraus (nach dem Satz vom Eulerspiegelpunkt), daßsich die Geraden DK; EL und F M in einem Punkt schneiden, was zu beweisen war. Daraus folgt auch, daßdieser Schnittpunkt der Eulerspiegelpunkt des D 0 E 0 F 0 ist. Folgerung 5: Der Schnittpunkt der Geraden DK; EL und F M liegt auch auf den Umkreisen der Dreiecke D 0 EF; E 0 F D und F 0 DE: Beweis: Erinnern wir uns daran, daßdas Dreieck D 0 E 0 F 0 das Bild des Dreiecks B bei der zentrischen Streckung mit dem Zentrum U und dem Faktor 1=2 ist. Daher ist der Umkreismittelpunkt des Dreiecks D 0 E 0 F 0 das Bild des Umkreismittelpunktes U des Dreiecks B bei dieser Streckung. Da aber U das Streckungszentrum ist, wird es auf sich selbst abgebildet. lso ist U auch der Umkreismittelpunkt des Dreiecks D 0 E 0 F 0 : Da die Geraden E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 die Mittelsenkrechten der Strecken UD; UE bzw. UF sind, sind die Punkte D; E und F die Spiegelbilder des Punktes U an den Geraden E 0 F 0 ; F 0 D 0 und D 0 E 0 : Das heißt: Die Punkte D; E und F sind die Spiegelbilder des Umkreismittelpunktes U des Dreiecks D 0 E 0 F 0 an seinen Seiten E 0 F 0 ; F 0 D 0 bzw. D 0 E 0 : us Folgerung 3 (angewandt auf das Dreieck D 0 E 0 F 0 ) folgt also, daßder Eulerspiegelpunkt des Dreiecks D 0 E 0 F 0 auf den Umkreisen der Dreiecke D 0 EF; E 0 F D und F 0 DE liegt. ber wir wissen, daßder Eulerspiegelpunkt des Dreiecks D 0 E 0 F 0 der Schnittpunkt der Geraden DK; EL und F M ist. lso liegt der Schnittpunkt der Geraden DK; EL und F M auf den Umkreisen der Dreiecke D 0 EF; E 0 F D und F 0 DE; was zu beweisen war. 9

10 B E' F M U K D e L D' E F' Fig. 7 Literaturhinweise [1] Darij Grinberg: Orientierte Winkel modulo 180 und eine Lösung der p WURZEL- ufgabe 22 von Wilfried Haag. 10

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