Wir beginnen mit Quadraten, die auf die Seiten eines Dreiecks aufgesetzt werden. Sp¨ater werden dann Dreiecke aufgesetzt.
Satz 114: Sei4ABC ein Dreieck. Auf den Seiten AC undBC werden Quadrate ADEC (D ¨uber A und E ¨uber C) und BF GC (F uber¨ B und G uber¨ C) errichtet. Ihre Mit-telpunkte seien M und L. Die Mittelpunkte der Strecken AB und EG seien U und V. Weiters seien P der Schnittpunkt der Geraden ℓ(A, G) und ℓ(B, E), Q der der Geraden ℓ(B, E)und ℓ(M, L) und R der der Geraden ℓ(A, G) undℓ(M, L).
(a) Dann sind die beiden ViereckeQP RC und M U LV Quadrate.
(b) Die Geradeℓ(E, G) steht senkrecht auf ℓ(U, C) und es gilt |EG|= 2|U C|.
A U B
C M
L
Q R
P D
E
G V
T Beweis: Die Drehung um den Punkt
C mit Winkel 900 f¨uhrt E in A und B in G ¨uber. Daher stehen die Strecken EB und AG senkrecht aufeinander und sind gleich lang. Die Drehstreckung mit Drehwinkel 450und Streckungsfaktor √1
2, die C als Zentrum hat, f¨uhrt E in M und B in L uber. Daher schließen die¨ Strecken EB und M L den Winkel 450 ein. Die Geraden ℓ(M, L), ℓ(E, B) und ℓ(A, G) liegen auf den Seiten des Dreiecks 4QP R. Es ergibt sich ]QP R = 900 und ]P RQ=]P QR= 450.
Wegen ]AP E = 900 liegt P nach dem Satz von Thales auf dem Umkreis des
Quadrats ADEC. Wegen ]BP G = 900 liegt P auch auf dem Umkreis des Quadrats BF GC. Die Schnittpunkte der Umkreise sind daher C und P. Die Mittelpunkte M und L der Umkreise liegen auf der Symmetrale der Strecke CP. Die Punkte C und P liegen spiegelbildlich zur Gerade ℓ(Q, R). Das zeigt, dass das Viereck QP RC ein Quadrat ist.
Die zentrischen Streckungen mit Faktor 12 und Zentren A und G f¨uhren EB in M U und V L uber. Somit liegen¨ M U und V L parallel zu EB und es gilt |M U| = |V L| = 12|EB|. Die zentrischen Streckungen mit Faktor 12 und Zentren B und E f¨uhren AG in U L und M V uber. Somit liegen¨ U L und M V parallel zu AG und es gilt |U L| = |M V| = 12|AG|. Da die StreckenEB undAGsenkrecht aufeinander stehen und gleich lang sind, steht auch M U senkrecht auf U L und es gilt |M U| = |V L| = |U L| = |M V|. Somit ist das Viereck
M U LV ein Quadrat und (a) vollst¨andig bewiesen.
Sei T der am Punkt C gespiegelte Punkt A. Die Drehung um den Punkt C mit Winkel
−900 f¨uhrt E in T und G in B uber. Daher steht¨ ℓ(E, G) senkrecht auf ℓ(B, T) und es gilt |EG|=|BT|. Die zentrische Streckung mit Faktor 12 und ZentrumA f¨uhrtBT in U C
¨
uber. Daher liegen ℓ(B, T) und ℓ(U, C) parallel und es gilt |BT| = 2|U C|. Es folgt, dass ℓ(E, G) senkrecht auf ℓ(U, C) steht und dass |EG|= 2|U C| gilt. Das ist (b).
Ubung:¨ Unter den Voraussetzungen von Satz 114 gilt auch, dass die Punkte D,P undF auf einer Gerade liegen. Hinweis: Es gilt ]DP E= 450 und ]F P G= 450.
Satz 115: Sei 4ABC ein Dreieck. ¨Uber jeder Dreiecksseite wird ein Quadrat errichtet.
Die Mittelpunkte dieser Quadrate seien L, M und N, wobei N der Mittelpunkt des Quadrats ¨uber der SeiteAB ist. Dann stehen die beiden StreckenN C undLM aufeinander senkrecht und es gilt |N C|=|LM|. Beweis: SeiE der Eckpunkt des ¨uber
der SeiteAC errichteten Quadrats, der die Strecken N C und BE den Winkel 450 ein und es gilt |N C| =√
Satz 116: Auf den Seiten eines Dreiecks4ABC werden gleichseitige Dreiecke aufgesetzt.
Sei L die Spitze des Dreiecks auf der Seite BC, M die des Dreiecks auf der Seite AC und N die des Dreiecks auf der Seite AB. Dann gilt |AL| = |BM| = |CN|. Außerdem schneiden die Geraden ℓ(A, L), ℓ(B, M) und ℓ(C, N) einander in einem Punkt F, dem sogenannten Fermatpunkt, und bilden dort Winkel von 600. Weiters gehen die Umkreise der aufgesetzten Dreiecke durch F. Beweis: Sei F der Schnittpunkt der Ge- M
raden ℓ(A, L) und ℓ(B, M). Die Drehung um den Punkt C um 600 bildet B auf L und M auf A ab. Es folgt |BM| = |LA|. Die Geradeℓ(B, M) schließt mit ihrem Bild ℓ(A, L) einen Winkel von 600 ein, das heißt
Ist ein Winkel des Dreiecks 4ABC gr¨oßer als 1200, dann liegtF außerhalb von 4ABC.
Auch in diesem Fall erhalten wir aus der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes angewen-det auf die Sehnen BL, AM und AB, dass F auf den Umkreisen ka, kb und kc liegt.
Durch die Drehung um den Punkt A um 600 zeigt man wie oben, dass |CN|=|M B| gilt und dass die Geraden ℓ(C, N) und ℓ(B, M) bei ihrem Schnittpunkt, den wir G nennen, einen Winkel von 600 bilden. Da G dann ebenfalls auf ka,kb undkc liegen muss, erhalten wir G=F. Alle drei Geraden ℓ(A, L),ℓ(B, M) und ℓ(C, N) gehen durch F.
Damit kann man auch den Satz von Napoleon beweisen.
Satz 117: Auf den Seiten eines Dreiecks werden gleichseitige Dreiecke aufgesetzt. Seien Ma, Mb undMc ihre Umkreismittelpunkte. Dann ist das Dreieck4MaMbMc gleichseitig.
Beweis: Seien ka, kb und kc die Umkreise der aufgesetzten Dreiecke. Nach Satz 116 gehen diese Umkreise durch den Fermatpunkt F. Daher ist AF eine gemeinsame Sehne der Kreise kb und kc. Die Streckensymmetrale der Sehne AF geht durch Mb und Mc. Insbesondere steht AF senkrecht auf MbMc. Genauso zeigt man, dass BF und McMa
aufeinander senkrecht stehen und ebenso CF und MaMb.
Da nach Satz 116 die Winkel zwischen den Strecken AF, BF undCF alle 1200 betragen, sind die Winkel im Dreieck 4MaMbMc alle 600.
A B
C
φ
φ ψ
ψ ϱ ϱ
F
N
L Die beiden letzten S¨atze lassen sich M
verallgemeinern. Seien φ, ψ und ϱ drei Winkel, deren Summe 1800 ist. Wie in Satz 116 setzen wir Dreiecke auf den Seiten des Dreiecks 4ABC auf. Diese sind jedoch nicht gleichseitig, sondern nur mehr zueinander ¨ahnlich, und zwar so, dass die Winkel bei A und L gleich φ, die Winkel beiB undM gleichψund die Winkel bei C und N gleich ϱ sind.
Unter diesen Voraussetzungen gilt: Die Geraden ℓ(A, L), ℓ(B, M) und ℓ(C, N) schneiden einander in einem Punkt F. Die Winkel, die die Geradenℓ(C, N) und
ℓ(B, M) einschließen, sindφund 1800−φ, die Winkel, die die Geradenℓ(A, L) undℓ(C, N) einschließen, sind ψ und 1800−ψ, und die Winkel, die die Geraden ℓ(A, L) und ℓ(B, M) einschließen, sind ϱ und 1800−ϱ.
Weiters gilt: Die Umkreise der aufgesetzten Dreiecke laufen alle durch den Punkt F. Sind Ma,Mb undMc die Umkreismittelpunkte, dann hat das Dreieck4MaMbMc bei Ma
den Winkel φ, bei Mb den Winkel ψ und bei Mc den Winkel ϱ.
Die Beweise verlaufen analog zu denen der obigen S¨atze. Allerdings muss man jeder Drehung noch eine zentrische Streckung hinzuf¨ugen.
Wir behandeln noch das sogenannte Problem von Fermat, das ist die Frage, f¨ur welchen Punkt die Summe der Abst¨ande zu den Ecken eines Dreiecks minimal ist. Wir beginnen mit einem Hilfssatz.
Hilfssatz: SeiP ein Punkt in einem gleichseitigen Dreieck4ABCundhdie L¨ange seiner H¨ohe. Seien u, v und w die Normalabst¨ande vom Punkt P zu den Seiten des Dreiecks.
Dann gilt u+v+w =h.
Beweis: Die Fl¨ache des Dreiecks4ABCist die Summe der Fl¨achen der Dreiecke4ABP, 4BCP und 4CAP. Ist a die Seitenl¨ange des gleichseitigen Dreiecks, dann ergibt sich daraus die Gleichung 12ah= 12au+12av+12aw mit Hilfe der Formel f¨ur die Dreiecksfl¨ache.
Wir k¨urzen und erhalten h=u+v+w.
Satz 118: Sei 4ABC ein Dreieck, dessen Winkel alle kleiner als1200 sind. Dann ist der Fermatpunkt F des Dreiecks 4ABC der einzige Punkt P im Innern dieses Dreiecks, f¨ur den |P A|+|P B|+|P C| minimal wird.
Beweis: Sei F der Fermatpunkt des Dreiecks 4ABC. Nach Satz 116 liegt F innerhalb des Dreiecks, da alle Winkel <1200 sind, und es gilt ]AF B =]BF C =]CF A= 1200. Sei gA die Senkrechte auf F A durch A, seigB die Senkrechte aufF B durch B und gC die Senkrechte aufF C durch C. SeiU der Schnittpunkt vongB undgC, seiV der vongA und gC undW der vongA und gB. So entsteht ein Dreieck4U V W. Das ViereckF BU C hat Winkel 900 bei B undC und den Winkel 1200 bei F. Daher hat es den Winkel 600 bei U. Es gilt somit ]V U W = ]CU B = 600. Analog folgt ]U V W = 600 und ]U W V = 600. Das Dreieck 4U V W ist gleichseitig.
Sei h die L¨ange der H¨ohe im gleichseitigen Dreieck 4U V W. Da F A, F B und F C die Lote von F auf die Seiten des Dreiecks 4U V W sind, folgt |F A|+|F B|+|F C| = h aus dem Hilfssatz. Sei jetzt Q ein Punkt 6= F im Innern des Dreiecks 4ABC. Sei u der Normalabstand von Qzu gA, sei vder von Qzu gB und w der von Q zugC. Wieder nach dem Hilfssatz gilt u+v+w = h, da Q auch im Innern von 4U V W liegt. Weiters gilt
|QA| ≥u, daA auf gA liegt, ebenso|QB| ≥v, daB auf gB liegt, und|QC| ≥w, daC auf gC liegt. Außerdem kann in h¨ochstens einer dieser drei Ungleichungen Gleichheit gelten, da Q h¨ochstens auf einer der drei Geraden ℓ(F, A), ℓ(F, B) oder ℓ(F, C) liegen kann. Wir erhalten somit, dass |QA|+|QB|+|QC| > h gilt. Somit ist F der einzige Punkt P im Innern des Dreiecks 4ABC, f¨ur den |P A|+|P B|+|P C| minimal wird.
Bemerkung: Ist einer der Winkel des Dreiecks 4ABC gr¨oßer oder gleich 1200, dann liegt der Fermatpunkt F nicht mehr innerhalb dieses Dreiecks. Der Punkt P, f¨ur den
|AP|+|BP|+|CP| minimal wird, ist dann der Eckpunkt mit Winkel ≥1200.
Ubung:¨ Seieng und h Halbgerade, die vom PunktS ausgehen und einen spitzen Winkel einschließen. Sei P ein Punkt zwischen g und h. Gesucht sind ein Punkt A auf g und ein Punkt B auf h, sodass der Umfang des Dreiecks 4P AB minimal ist.
Ubung:¨ Die drei Geraden f, g und h seien parallel. Gesucht sind ein Punkt A auf f, ein Punkt B auf g und ein Punkt C auf h, sodass 4ABC gleichseitig ist.
Ubung:¨ Sei ABCD ein Quadrat. Sei g eine Gerade durch A, die BC im Punkt U schneidet. Sei heine Gerade durchA, die CD im PunktV schneidet. Sei K der Fußpunkt des Lotes von B auf g und L der des Lotes von B auf h. Sei M der Fußpunkt des Lotes von Dauf gund N der des Lotes vonD auf h. Man zeige, dass die StreckenKLundM N senkrecht aufeinander stehen und gleich lang sind. Hinweis: Die Dreiecke 4BKA und 4AM D sind kongruent. Ebenso die Dreiecke 4BLA und 4AN D. Eine Drehung um den Mittelpunkt des Quadrats um 900 im Uhrzeigersinn f¨uhrt K inM und L in M uber.¨ Ubung:¨ SeiABCD ein konvexes Viereck. Seien P,Q,R und S in dieser Reihenfolge die Mittelpunkte der Quadrate, die auf den Seiten AB, BC, CD und DA außen aufgesetzt werden. Man zeige, dass die StreckenP RundQS aufeinander senkrecht stehen und gleich lang sind. Hinweis: Sei M der Mittelpunkt der Diagonale BD. Nach Satz 114(a) sind M, P undS drei Eckpunkte eines Qudrats. EbensoM, Qund R. Auf diese beiden Quadrate, die den Eckpunkt M gemeinsam haben, l¨asst sich der erste Schritt im Beweis von Satz 114 anwenden. Das ergibt das gew¨unschte Resultat.