Die Dreiecke ADM A und BCM C sind kongruent aufgrund

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1 Westfälische Wilhelms-Universität Münster Mthemtisches Institut pl. Prof. Dr. Lutz Hille Dr. Krin Hlupczok Üungen zur Vorlesung Elementre Geometrie Sommersemester 010 Musterlösung zu ltt 4 vom 3. Mi 010 erstellt von M. Holl, M. Möller, F. Springer Zu ufge 1: Zeigen Sie die folgenden ehuptungen: () In einem Prllelogrmm drittelt die Verindungsgerde einer Ecke mit der Mitte einer gegenüerliegenden Seite eine Digonle. () Ein Prllelogrmm ht genu dnn gleichlnge Seiten, wenn seine Digonlen orthogonl sind. (Rhomenstz) (c) Ein Prllelogrmm ist genu dnn ein Rechteck, wenn eide Digonlen gleich lng sind. (Rechteckstz) (d) Ein Viereck, ds reihum die Winkel α, α, 3α, 4α ht, ist ein Trpez. Lösung: Zu (): D M M S S 1 Die Dreiecke DM und M sind kongruent ufgrund von SW S. M D und M sind gleichlng, DM und M sind nch Definition gleichlng. DM M ist Prllelogrmm insesondere sind M und DM prllel. Strhlenstz 1 = M c D = S 1 S und S = S 1 und S = S 1. 1 = M = S S 1 ußerdem folgt us der oen erwähnten Kongruenz der Dreiecke, dss S 1 = S S 1 = S 1 ehuptung. 1

2 Zu (): d δ D c α ε c β d γ In einem Prllelogrmm hlieren sich die Digonlen gegenseitig. (Leicht einzusehen, flls nicht eknnt, durch Kongruenz der Dreiecke und D). : Die Digonlen sind orthogonl Pythgors c = d, c, d > 0 c = d. c = ( ( ) + ) und d = ( ( ) +. ) : c = d α = β (gleiche siswinkel im gleichschenkligen Dreieck D) und γ = δ (s. o. im Dreieck D) ( α + γ = 180 α + γ = 90 ) ε = 180 α γ = 90 Zu (c): D c γ d : D ist ein Rechteck Pythgors d = + β und c = + c = d c = d. : c = d zu D kongruent (SSS) β = γ ( ), ußerdem β + γ = 360 β + γ = 180 ( ) β = γ = 90. Zu (d): α 4α 3α α D α, α, 3α, 4α Innenwinkel eines Vierecks sind, gilt (α + α + 3α + 4α = α = 360 5α = 180 ) Die enchrten Winkel α und 4α zw. α und 3α sind zusmmen 180 Die gegenüerliegenden Seiten und sind prllel D ist ein Trpez. Zu ufge : Gegeen seien zwei Hlgerden, die von S usgehen, und seien Punkte P 1, Q 1 und P, Q druf gegeen. () Zeigen Sie die folgende Umkehrung des ersten Strhlenstzes: Gilt SP 1 : SQ 1 = SP : SQ, so ist P 1 P Q 1 Q.

3 () Der zweite Strhlenstz esgt, dss SP 1 : SQ 1 = P 1 P : Q 1 Q gilt, wenn P 1 P Q 1 Q ist. Zeigen Sie, dss die Umkehrung dieses Stzes im llgemeinen flsch ist. Lösung: Lösung zu (): Lösung zu (): SP 1 SQ 1 = SP SQ k R >0 mit SP 1 = k SQ 1 und SP = k SQ P 1 P = SP 1 + SP = k SQ 1 + k SQ ( = k SQ 1 + ) SQ = k Q 1 Q P 1 P Q 1 Q P = (1, 1) Q = S = (0, 0) P 1 = (1, 0) Q 1 = (, 0) Es seien die Punkte S = (0, 0), P 1 = (1, 0), P = (1, 1), Q 1 = (, 0), Q = (0, 0) gegeen. Dnn gilt offensichtlich SP 1 SQ 1 = 1 = P 1P Q 1 Q, ndererseits ist er P 1 P Q 1 Q = {P 1 } und somit P 1 P Q 1 Q. 3

4 Zu ufge 3: () uf der Gerde durch, liegen ußerhl (uf der Seite von ) und D innerhl der Strecke. Sei. Zeigen Sie, dss h := D ds hrmonische Mittel = D D von := und := ist, d. h. es gilt 1 h = 1 ( ). Konstruieren Sie ein solches zeichnerisch, wenn D gegeen ist, und umgekehrt. () Gegeen seien, R >0 und ein rechtwinkliges Dreieck mit rechtem Winkel ei und mit = m und = g, woei m := 1 ( + ) und g := sei. Sei F der Lotfußpunkt von uf die Hypotenuse. Zeigen Sie: F ist ds hrmonische Mittel von und. Folgern Sie, dss h g m gilt. Lösung: Zu (): Es gilt: D h = D D = h h = h( + ) 1 h = 1 ( h) = (h ) h = h ( ). Konstruktionen: (1) Sei,, gegeen. Sei E ein Punkt uf einer zu Senkrechten durch. Sei F := G(, E) Senkrechte zu durch, G := ild von F unter Spiegelung n, D := G(, ) G(E, G). () Sei, D, gegeen. Sei E wie in (1), sei G := G(E, D) Senkrechte zu durch, F := ild von G unter Spiegelung n, := G(E, F ) G(, ). 4

5 G D E F Nchweis der eziehung der Teilungsverhältnisse: E F für die nwendung des. Strhlenstzes, und es gilt. Strhlenstz = E F Spiegelung = E G. Strhlenstz = D D. Zu (): X Es gilt: S Y M K Z Vorereitung: Um ds Dreieck konstruieren zu können, müssen wir zunächst einml g m zeigen: XZ sei eine Strecke der Länge +. Y liege uf XZ so, dss XY = und Y Z = sei. M sei der Mittelpunkt von XZ. K sei die Kreislinie um M mit Rdius +. S sei einer der Schnittpunkte der Senktrechten zu XZ durch Y. Nch dem Höhenstz des Euklid gilt SY = + und wir können eginnen. F ( = β = F, = 90 = F ) lso folgt: h g = g m h = g m = g m = ( ) + 1 h = + = 1 ( ). = + g β h F m 5

6 Ferner klr: h g. em.: lle Strecken hen unhängig von ihrer ezeichnung in diesem Kontext positive Länge. Zu ufge 4: Zeigen Sie die sogennnte projektive Form des Stzes von Desrgues: Gegeen seien zwei Dreiecke und. Hen die drei Gerden, und einen gemeinsmen Schnittpunkt, so liegen die drei Schnittpunkte der Verlängerungen entsprechender Dreiecksseiten ( mit, mit und mit ) uf einer Gerden. Lösung: O P Q R Voremerkung: Es knn immer ngenommen werden, dss die gegeene Sitution innerhl einer Eene die Projektion einer räumlichen Konstelltion uf diese Eene ist. ( und sollen dei nichtprllele Eenen definieren.) Es genügt lso zu zeigen, dss der Stz richtig ist, wenn und nichtprllele Eenen im Rum definieren. 6

7 Es ist lso möglich, Folgendes nzunehmen: und lle sechs Dreiecksseiten sind prweise nichtprllel. em.: (XY ) ezeichnet im Folgenden die Gerde durch X und Y. eweis: Nch Vorussetzung schneiden sich ( ) und ( ), nämlich in O.,,, liegen in einer Eene E. ( ) () =: P E. echte: P liegt in der durch definierten Eene und in der durch definierten Eene. P liegt uf der Schnittgerden dieser Eenen. nlog zeigt mn, dss uch Q und R uf dieser Schnittgerden liegen. P, Q, R kolliner. lterntive Lösung: Vorereitung: uf jeder hier etrchteten Gerden sei eine elieige, er im Folgenden feste Richtung ls die positive Richtung usgezeichnet. uf diese Weise ert uch jede Strecke uf einer dieser Gerden ein Vorzeichen und es gilt XY = Y X für elieige zwei Punkte X, Y uf einer solchen Gerden. Für drei kollinere Punkte X, Y, Z gilt: { XZ > 0, Z ist innerer Punkte der Strecke XY ZY < 0, Z liegt ußerhl der Strecke XY Im Folgenden werde ezeichne uch XY die Länge XY der Strecke XY. Mit (XY ) sei die Gerde durch die Punkte X und Y ezeichnet. Lösung mit Hilfe von Menelos: (echte, dss im Folgenden lle Strecken ein Vorzeichen esitzen, welches sich er erst us einer konkreten Sitution lesen lässt. eispielsweise ist priori nichts üer die reltive Lgen der kollineren Punkte O,, eknnt. uch können die Schnittpunkte der Dreieckseiten durchus im Inneren einer oder eider eteiligter Seiten liegen. ll dies eeinflusst die Formulierung des eweises nicht und es ist keine Fllunterscheidung nötig.) Wir wollen: R R P P Q Q = 1 Wir wissen: O : R R O O = 1 R R = O O 7

8 O : Q Q O O = 1 Q Q = O O (echte, dss der linke ruch mit -1 erweitert wurde.) O : Dmit folgt P P O O = 1 P P = O O R P Q R P Q = ( ) ( ) ( O O O O O ( ) ( ) ( ) = O O O O = O O = 1 ) O 8