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Elemente der Mathematik - Sommer 2016 Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
¨ L¨osungen Ubungsblatt 9
Aufgabe 31 (6 Punkte). Konstruieren Sie mit Zirkel und Lineal alle Dreiecke ∆ABC mit folgenden Angaben: (a) Umkreisradius r = 1.75cm, a = 3cm und ha = 2cm. (b) a = 3cm, ha = 2.5cm und sb = 1.75cm. Hinweis: Konstruieren Sie ein Parallelogramm. L¨ osung. Beachten Sie: Gr¨ ossen stimmen nicht, Proportionen jedoch schon. (a) k3
C
A2
k2 M
a
k1
A1
B
p
1. Strecke a abtragen → Punkte B, C 2. Kreis k1 um B mit Radius r 3. Kreis k2 um C mit Radius r → Schnittpunkt M von k1 und k2 4. Kreis k3 um M mit Radius r 5. Parallele p zu a mit Abstand ha → Schnittpunkte A1 und A2 von k3 und p.
2
(b)
C D1 a E1 p B
k A1 E2
D2
A2
1. Strecke a abtragen → Punkte B, C 2. Parallele p zu a mit Abstand ha 3. Kreis k um B mit Radius 2sb → Schnittpunkte 1 , D2 von p und k 4. Mittelpunkt E1 von BD1 5. Mittelpunkt E2 von BD2 6. Schnittpunkt A1 von p und CE1 7. Schnittpunkt A2 von p und CE2 Aufgabe 32 (6 Punkte). Es seien Punkte A, B und M gegeben, sodass M der Mittelpunkt der Strecke AB ist. (a) Zeigen Sie, dass jedes Dreieck, dessen Ecke C auf dem Kreis um M mit Radius r = AM liegt, rechtwinklig ist. (b) Verwenden Sie (a), um den Satz des Pythagoras aus dem H¨ohensatz zu folgern. L¨ osung.
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(a) C β
α α
β
B
A M
Die Dreiecke ∆AM C und ∆BM C sind gleichschenklig und somit gilt ]ACM = α und ]M CB = β. Daraus folgt 2(α + β) = 2α + 2β = 180◦ und somit γ = α + β = 90◦ . Diese Aussage wird auch als Satz von Thales bezeichnet. (b) D
C
A
c
B
c
E
Sei ∆ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit Hypothenuse c. Wir machen einen Kreis um A mit Radius c und erhalten die Schnittpunkte D und E des Kreises mit der Gerade AC. Dann folgt aus (a), dass der Winkel ]EBD ein rechter Winkel ist. Wir wenden den H¨ohensatz auf das Dreieck ∆DEB an. Es gilt dann 2
a2 = BC = CD · CE = (c − b)(c + b) = c2 − b2 , also c2 = a2 + b2 .
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Aufgabe 33 (3 Punkte). Beweisen Sie folgende Aussage. Ein Dreieck wird durch seine Seitenhalbierenden in sechs kleinere Teildreiecke zerlegt, die untereinander den gleichen Fl¨ acheninhalt haben. L¨ osung. C
Mb
∆5
∆4
∆6
∆3
S ∆1
Ma
∆2
A
B
Mc
Wir zeigen zun¨ achst, dass ∆ABMa und ∆AMa C denselben Fl¨acheninhalt besitzen. Dies gilt, weil beide dieselbe Seitenl¨ange BMa = Ma C besitzen und die H¨ohen zu BMa resp. Ma C ebenfalls gleich sind. Es gilt also ∆1 + ∆2 + ∆3 = ∆4 + ∆5 + ∆6 , wobei ∆i , i ∈ {1, . . . , 6}, die Fl¨acheninhalte wie oben dargestellt sind. Des Weiteren haben die Dreiecke ∆ABS und ∆ASC die gleiche Fl¨ache, weil sie dieselbe Seite AS haben und dieselbe H¨ohe zu AS: C
H1 Ma 90◦
Mb H2 S
90◦
B
A Mc
Dies folgt daraus, dass die Dreiecke ∆Ma BH1 und ∆CH2 Ma kongruent sind (nach dem Kongruenzsatz WSW). Somit erhalten wir auch ∆1 + ∆2 = ∆5 + ∆6 . Aus der ersten Gleichung k¨ onnen wir somit folgern, dass ∆3 = ∆4 . Analog kann man zeigen, dass alle Fl¨acheninhalte gleich sind.
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Aufgabe 34 (4 Punkte). Das Mittendreieck eines Dreiecks ∆ABC ist das Dreieck, dessen Ecken die Seitenmittelpunkte Ma , Mb und Mc sind. (a) Bestimmen Sie den Schwerpunkt und den H¨ohenschnittpunkt des Mittendreiecks. Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe 24. (b) Folgern Sie, dass das Dreieck ∆ABC und dessen Mittendreieck dieselbe Eulersche Gerade besitzen. L¨ osung. (a) Wir behaupten, dass der Schwerpunkt des Mittendreiecks derselbe ist wie derjenige des Dreiecks ∆ABC. C
Mb
Ma
B
A Mc
Da CMb : CA =
1 2
= CMa : CB, folgt aus der Umkehrung des 1. Strahlen-
satzes (Aufgabe 24 (a)), dass Mb MA und AB parallel sind. Analog erh¨alt man, dass Mc Ma und AC parallel sind. Somit ist AMc Ma Mb ein Parallelogramm. Aus Aufgabe 27 (c) folgt, dass sich die Diagonalen AMa und Mb Mc gegenseitig halbieren, d.h. die Seitenhalbierende zu Mb Mc des Mittendreiecks liegt auf der Seitenhalbierenden Sa = AMa . Da dasselbe auch f¨ ur b und c gilt, stimmen die Schwerpunkte u ¨berein. Wir behaupten, dass der H¨ ohenschnittpunkt des Mittendreiecks der Umkreismittelpunkt des Dreiecks ∆ABC ist.
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C
Mb
Ma
ma
B
A Mc
Da Mb Mc und BC parallel sind und ma senkrecht auf BC steht, steht ma auch senkrecht auf Mb Mc . Somit liegt die H¨ohe zu Mb Mc des Mittendreiecks auf ma . Da dasselbe f¨ ur die anderen H¨ohen gilt, ist der H¨ohenschnittpunkt des Mittendreiecks genau der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von ∆ABC, also der Umkreismittelpunkt von ∆ABC. (b) Die Eulersche Gerade des Mittendreiecks ist die eindeutige Gerade durch dessen Schwerpunkt und dessen H¨ohenschnittpunkt, also die Gerade durch den Schwerpunkt und den Umkreismittelpunkt von ∆ABC. Dies ist aber genau die Eulersche Gerade von ∆ABC.
