Ubungen zur ¨
” Geometrie“
WS 2015/16 Blatt 10 Prof. Fritzsche
L¨osung zu Afg. 30:
B C
O P
A
F
X Q
M
r r
a) Man verl¨angere OM uber¨ M hinaus zu einem Punkt F, so dass M F =b OM ist. Nach Voraussetzung ist AM =b M Q, und außerdem liegen bei M Scheitelwinkel vor. Danach ist AOM =b M QF (SWS), und∠M F Q=∠AOM=R.
Annahme, M O > 12P Q. Dann ist F M > P Q. Man verl¨angere P Q uber¨ Q hinaus zu einem Punkt X, so dassP X =b OF ist.
Der Winkel∠OF Xist gr¨oßer als ein Rechter, weil er den rechten Winkel∠M F Qenth¨alt. Weil das ViereckOP XF ein Saccheri-Viereck ist, muss∠P XF =∠OF X sein (Gipfelwinkel), also auch gr¨oßer als ein Rechter. Damit ist die Winkelsumme in OP XF gr¨oßer als 4 Rechte. Nach dem 2. Satz von Saccheri-Legendre ist die Winkelsumme in jedem Dreieck ≤ 2R, in jedem Viereck also≤4R. Das ist ein Widerspruch.
b) Sei eine StreckeST gegeben. Nach dem Axiom von Archimedes gibt es ein n∈N, so dass n·OM > ST ist. Tr¨agt man die StreckeAM n-mal vonAaus auf dem Strahl
*
ACab, so erh¨alt man Punkte Y1 =M, Y2 =Q, Y3, Y4, . . . , Yn =: Y auf dem Strahl
*
AC mit YiYi+1 =b AM. Sei Fi der Fußpunkt des Lotes vonYi auf AB, f¨ur i= 1, . . . , n. Speziell ist dann F1 =O und F2=P. Nach Teil (a) ist
F2Y2≥2·OM , F3Y3≥3·OM , . . . , FnYn≥n·OM > ST . Aber FnYn ist das Lot vonY auf AB. Also istY der gesuchte Punkt.
L¨osung zu Afg. 31: Sei F der Fußpunkt des Lotes von P aufg. Nach Aufgabe 30 gibt es einen Punkt Y ∈AC, so dass das Lot* h:=Y X von Y aufABgr¨oßer alsF P ist.
A r
sY
Cr
r B
s X
α0 r
h
g
r Q
r F
sP
r E
r α
Man verl¨angere nunF P ¨uberP hinaus bis zu einem PunktQmit F−P−QundF Q=b XY. Dann trage manAX beiF aufg ab, der Endpunkt sei mitE bezeichnet.
Die DreieckeAXY undEF Q sind kongruent (SWS). Insbesondere ist∠F EQ=b ∠BAC=α0. Der Winkelα=∠F EP ist inα0enthalten, also kleiner alsα0. Und die Geradeg0 =EP durch P trifftg inE unter dem Winkelα.
L¨osung zu Afg. 32: a) Gegeben sei das Rechteck ABCD, sowie ein Punkt S auf der DiagonaleAC (mitA−S−C).
i) Die Parallelen zu den Seiten des Rechtecks durchS f¨uhren zu einer Aufteilung in vier Teil- Rechtecke AU SX, U BY S, XSV D und SY CV. Dazu muss man allerdings wissen, dass sich die Schnittpunkte der Parallelen mit den Seiten des Ausgangs-Rechtecks dort befinden, wo sie laut Skizze zu sein scheinen.
A U B
X Y
D V C
S
Man kann zum Beispiel so argumentieren:
Die Parallele `1 zuAD durchS trifft die Seite AC des DreiecksACD in S, muss nach Pasch also noch eine weitere Seite dieses Dreiecks treffen. Wegen der Parallelit¨at vonADund`1kann dies nur die SeiteDC sein (denn`1 trifft nat¨urlich keinen der PunkteA,C oderD). Also gilt D−V−C. Nach dem Satz ¨uber Winkelbeziehungen an Parallelen wirdDC von`1unter einem rechten Winkel getroffen.
Analog beweist man die entsprechenden Aussagen ¨uber den Schnittpunkt U von `1 mit AB und die Schnittpunkte X und Y von `2 (der Parallele zu AB durch S) mit AD bzw. BC.
Offensichtlich sind die ViereckeXSV DundU BY S Parallelogramme mit drei (und damit auch vier) rechten Winkeln, also Rechtecke.
ii) Die DreieckeABC undACD sind kongruent, aber auch die Dreiecke AU S undASX bzw.
SY C und SCV. Nach dem Prinzip von der Erg¨anzungsgleichheit haben dann die Rechtecke XSV DundU BY Sdie gleiche Fl¨ache. Und nach dem gleichen Prinzip folgt daraus, dassABY X undAU V D die gleiche Fl¨ache haben.
b) Nun zum eigentlichen Problem:
A B S
V W
F E T
U
s X r M r X0
r Y r
C
1. Fall: IstX=M der Mittelpunkt vonAB, so habenAM C undM BC den gleichen Fl¨achen- inhalt, man kann alsoY =Csetzen.
2.Fall: Ist X 6= M, so kann man o.B.d.A. annehmen, dass M −X −B gilt. Dann spiegele man X an der Mittelsenkrechten vonAB, man erh¨alt X0 mitA−X0−M undX0M =b M X.
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Anschließend verl¨angere manAB¨uberB hinaus zu einem Punkt S mitA−B−S undBS=b X0X.
Nun errichte man ¨uberABein RechteckABEF, dessen obere SeiteF EdurchCgeht, sowie ¨uber AS ein RechteckASW V mit gleichem Fl¨acheninhalt. Dieses erh¨alt man nach (a), indem man zun¨achst ¨uberAS das RechteckAST F (mit der gleichen H¨ohe wie der des RechtecksABEF) errichtet und dann die SenkrechteBEzuAS inB mit der DiagonalenAT zum Schnitt bringt.
Der Schnittpunkt sei mitU bezeichnet, und die PunkteW undV sind dann die Schnittpunkte der Parallelen zuAS durchU mit ST bzw.AF.
Dann sei Y der Schnittpunkt vonAC mit V W. Der existiert, weilAundC auf verschiedenen Seiten der GeradenV W liegen.
F¨ur PunkteK, Lsei wie in der Vorlesung [KL] die L¨ange der StreckeKL(also die ¨Aquivalenz- klasse bez¨uglich der Relation
”gleich lang“). Dann ist [AX] = [AX0]+[X0X] = [AM]−[X0M]
+[X0X] = [M B]−[M X]
+[BS] = [XB]+[BS] = [XS], alsoX der Mittelpunkt vonAS. Daraus folgt:
µ(AXY) = 1
2[AX]·[AV] =1
4[AM]·[AV] =1
4µ(ASW V) =1
4µ(ABEF) = 1
2µ(ABC).
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