David Willimzig

Dreiecksgeometrie

David Willimzig

27. März 2014

1 Rund ums Dreieck

1 Von Längen und Flächen

Bezeichungen. Gegeben sei ein Dreieck ABC mit Seitenlängen a,b,c. Wir schreiben s für den Halb- umfang von ∆ABC und F für seine Fläche. Mit l_a,l_b,l_c und m_a,m_b,m_c seien schließlich die Längen der Winkelhalbierenden und Seitenhalbierenden des Dreiecks gemeint.

Lemma 1.1. Der Fußpunkt der Höhe auf die Seite BC sei L, dann gilt LC= |a²+b²−c²|

2a .

B C B C

A A

L L

Beweis. Setzeu=LC. Wir haben zwei Fälle.

Fall 1: Es gilt B,C≤90^◦. Nach Pythagoras ist dann AL²=b²−u²=c²−(a−u)², also b²−u²= c²−a²+2au−u²⇒u= ^a2+b_2a^2−c2 und wegena²+b²≥c²ist die rechte Seite bereits≥0.

Fall 2: Es ist o.B.d.A.C>90^◦. Dann folgt analogAL²=b²−u²=c²−(a+u)², das heißtb²−u²= c²−a²−2au−u²⇒u= ^c2−a_2a^2−b2. Daa²+b²<c², gilt alsou= ^|a2+b_2a^2−c2|.

Eine unmittelbare Folgerung ist der

Satz 1.1(Cosinussatz). Für den Winkel bei C gilt

cosC= a²+b²−c² 2ab oder äquivalent

c²=a²+b²−2abcosC.

Analoges gilt für die anderen Innenwinkel von Dreieck ABC.

Beweis. Wir unterscheiden die gleichen Fälle.

Fall 1:B,C≤90^◦. Es folgt cosB= ^u_b= ^a2+b_2ab^2−c2.

Fall 2: C>90^◦. Dann gilt cos∠LCA= ^u_b = ^c2−a_2ab^2−b2 und demnach cosC =cos(180^◦−∠LCA) =

−cos∠LCA=−^c2−a_2ab^2−b2 = ^a2+b_2ab^2−c2. Satz 1.2(Heron-Formel).

F²=s(s−a)(s−b)(s−c).

Beweis. Für die Längehder Höhe aufBCerhalten wir nach Pythagoras und Lemma 1.1 h²=b²−CL²=b²−(a²+b²−c²)²

4a² . Hieraus folgt

F²= 1

4a²h²= 1

16 4a²b²−(a²+b²−c²)²

(?)= 1

16 2ab+a²+b²−c²

2ab−a²−b²+c²

= 1

16 (a+b)²−c²

c²−(a−b)²

(?)= 1

16(a+b+c)(a+b−c)(a−b+c)(−a+b+c)

=s(s−a)(s−b)(s−c).

Bei(?)haben wir dabei geschickt Gebrauch von der 3. Binomischen Formel gemacht.

Übung 1 (A 441031). Sei ABCDA⁰B⁰C⁰D⁰ ein Würfel mit der Kantenlänge 1. Auf seiner Kante BC liegt ein Punkt J mit3·CJ=BC, auf der Kante A⁰D⁰liegt ein Punkt M mit3·A⁰M=A⁰D⁰. Bestimme den Flächeninhalt des Dreiecks MDJ.

Beweis. Offenbar ist CJ =A⁰M= ¹₃. Weiter sind ∆CJD und ∆DMD⁰ rechtwinklig, also nach Py- thagoras DJ= ¹₃√

10,DM= ¹₃√

13 undMJ als Raumdiagonale in einem Teilquader hat die Länge MJ=¹₃√

19. Aus der Herleitung der Heron-Formel haben wir für ein Dreieck mit Seitenlängena,b,c die alternative Formel

[MDJ]²= 1

16 −a⁴−b⁴−c⁴+2a²b²+2b²c²+2c²a² .

Mita=DJ,b=DM,c=MJerhalten wir [MDJ]²= 1

16·81 −10²−13²−19²+2·10·13+2·13·19+2·19·10

= 7 18 und damit[MDJ] =

q7

18 ≈0.623.

Mit dem Cosinussatz können wir zudem ein nützliches Resultat ableiten:

Satz 1.3 (Stewart). Sei AX eine Ecktransversale der Länge p, die die Strecke BC in zwei Strecken mit den Längen BX =m und XC=n teilt. Dann gilt:

a(p²+mn) =b²m+c²n.

A

B m X n C

p

Beweis. Wir wenden den Cosinussatz in den DreieckenABX undAXCan:

cos∠AX B= m²+p²−c²

2mp , cos∠AXC=n²+p²−b²

2np .

Wegen∠AX B+∠AXC=180^◦gilt aber cos∠AX B+cos∠AXC=0 und Addition der oben stehenden Gleichungen liefert

0= m²+p²−c²

2mp +n²+p²−b²

2np = m²n+p²n−c²n+mn²+p²m−b²m 2mnp

⇔0=mn(m+n) +p²(m+n)−b²m−c²n

⇔a(p²+mn) =b²m+c²n.

Übung 2(Zu Seitenhalbierenden). Der Mittelpunkt von BC sei M. Dann hat die Seitenhalbierende AM die Länge

m_a= 1 2

p2b²+2c²−a².

Beweis. Wende den Satz von Stewart auf die TransversaleAM an. Mit m=BM= ^a₂,n=MC= ^a₂ erhalten wir

a

m²_a+a² 4

= a

2(b²+c²)

⇔m²_a= 1

2(b²+c²)−a² 4

⇔m_a= 1 2

p2b²+2c²−a².

Übung 3 (Zu Winkelhalbierenden). Die Halbierende des Winkels bei A schneide BC in D. Dann gilt:

(i) AD teilt die Seite BC im Verhältnis der anliegenden Seiten, also ^BD

DC = ^c_b. (Tipp: Sinussatz) (ii) AD hat die Länge

l_a= 2 b+c

pbcs(s−a).

Entsprechende Aussagen gelten natürlich für die anderen Winkelhalbierenden.

A

B D C

Beweis. (i) Nach Voraussetzung ist∠BAD=∠DAC= ^A₂. Der Sinussatz in den DreieckenABDund ADCbesagt nun

BD

c = sin^A₂

sin∠ADB, DC

b = sin^A₂ sin∠ADC.

Aus∠ADB+∠ADC=180^◦folgt andererseits sin∠ADB=sin∠ADC. Die direkte Konsequenz obiger Gleichungen ist damit ^BD_c = ^DC_b oder ^BD_DC = ^c_b.

(ii) Aus ^BD_DC = ^c_b folgt ^BD_a = _BD+DC^BD = _b+c^c ⇒BD= _b+c^ac undDC= _b+c^ab . DerSatz von Stewart liefert daher

a

l_a²+ ac b+c· ab

b+c

=b²· ac

b+c+c²· ab b+c

⇔l_a²+ a²bc

(b+c)² = bc(b+c) b+c

und folglich

l_a²=bc·(b+c)²−a²

(b+c)² =bc·(b+c+a)(b+c−a) (b+c)²

=bc·4s(s−a) (b+c)²

⇒l_a= 2 b+c

pbcs(s−a).

2 Inkreis, Ankreise und Umkreis

Bezeichungen. Mit O bzw. I bezeichnen wir die Mittelpunkte von Umkreis und Inkreis des∆ABC so- wie mit I_a,I_b,I_cdie Mittelpunkte der Ankreise k_a,k_b,k_c, die zu den Seiten BC,CA,AB gehören. Ferner seien R und r der Umkreis- und Inkreisradius sowie r_a,r_b,r_cdie Radien der Ankreise.

Die Streckenlängens,s−a,s−b,s−ctauchen insbesondere als Längen derTangentenabschnitte von den EckenA,B,Can den Inkreis und an die Ankreise auf:

Satz 1.4 (Inkreis). Der Inkreis berühre die Seiten a,b,c des Dreiecks in den Punkten X,Y,Z. Dann gilt

AY =AZ=s−a, BZ=BX =s−b, CX =CY =s−c.

A

B C

I

X

Y

Z

y y

x

x

z

z

Beweis. Die Tangentenabschnitte von den Ecken A,B,C an den Inkreis sind jeweils gleichlang, also x=AY =AZ,y=BZ=BX,z=CX =CY. Demnach ist

x+y=c, x+z=b, y+z=a Addition der ersten beiden Gleichungen und Subtraktion der dritten ergibt

2x= (x+y) + (x+z)−(y+z) =c+b−a⇒x= c+b−a

2 =s−a.

Analog folgty=s−bundz=s−c.

Satz 1.5(Ankreise). Die Tangentenabschnitte von A,B,C an den jeweils gegenüberliegenden Ankreis sind sämtlich gleichlang mit der Länge s.

A

B C

I I_c

k_c

I_b k_b

I_a Z_b

X_c

Y_a

k_a X_b Y_b

Y_c

Z_c

Z_a

X_a

Beweis. Wir arbeiten mit den Bezeichnungen in der Figur. Es genügtBX_b=BZ_b=szu zeigen. Wir haben bereits BX_b=BZ_b und ebenso sind die Abschnitte der Tangenten von A bzw.C an k_b gleich lang, das heißtCX_b=CY_bundAY_b=AZ_b. Daraus folgt

BX_b+BZ_b= (a+CX_b) + (c+AZ_b) =a+CY_b+c+AY_b

=a+b+c=2s und daherBX_b=BZ_b=s.

Mit Satz 1.5 können auch die Längen aller anderen Tangentenabschnitte an die Ankreise berechnet werden, vgl. hierzu die Einfärbungen, die mit denen aus Satz 1.4 korrespondieren.

Satz 1.6 (Inkreis-Ankreis-Theorem). Die Berührpunkte von Ankreisen und Inkreis mit BC seien wieder X_a,X_b,X_c,X , es sei A₁der Mittelpunkt von BC sowie k der Umkreis von∆ABC. Dann gilt:

(i) AI schneidet den Umkreis im Mittelpunkt Q des Bogens BC. Auf I_bI_c liegen A und der Mittelpunkt P des Kreisbogens BC, der A enthält. Der Punkt O liegt auf PQ.

(ii) P ist Mittelpunkt von I_cI_b, A₁ist Mittelpunkt von X_bX_c und PA₁=^rb+r₂ ^c. (iii) A₁ist Mittelpunkt von X X_a, Q ist Mittelpunkt von II_aund QA₁= ^ra₂^−r. (iv) Für die fünf Radien gilt r_a+r_b+r_c=4R+r.

A

B C

I_c

I_b

I_a X_c X

I

X_a X_b

L

Q P

A₁

Beweis. (i) Wegen∠BAI= ^A₂ ist der SchnittpunktQvonAImit dem Umkreiskauch der Mittelpunkt des Bogens BC. Andererseits gilt AI_b⊥AI, ist also Pder zweite Schnittpunkt von AI_b mit k, so ist

∆APQrechtwinklig beiAund nach der Umkehrung des Satzes von ThalesPQein Durchmesser von

k. Daher liegtOaufPQundPmuss Mittelpunkt desAenthaltenden BogensBCsein.

(ii) Nach Satz 1.5 gilt BX_c=CX_b =s−a, daher ist A₁ Mittelpunkt von X_bX_c. Da PA₁ die Mittel- senkrechte der Seite BC ist, haben wir weiter I_cX_ckPA₁kI_bX_b. Mit den Strahlensätzen folgt, dass P Mittelpunkt vonI_bI_cist undPA₁=^rb+r₂ ^c gilt.

(iii) Aus den Sätzen 1.4 und 1.5 wissen wirBX=CX_a=s−b, also istA₁auch Mittelpunkt vonX X_a und der 2. Strahlensatz liefert dannQA₁= ^ra₂^−r.

(iv) Nach Teil (i) gilt 2R=PQ=PA₁+QA₁und Einsetzen der Formeln aus (ii), (iii) ergibt 2R= r_b+r_c

2 +r_a−r

2 ⇒r_a+r_b+r_c=4R+r.

Übung 4(A 391044). Das Dreieck ABC sei rechtwinklig bei A. Dann gilt F =yz.

Beweis. Dies folgt ausF = ¹₂bcund

yz= (s−b)(s−c) = 1

4(a+c−b)(a+b−c)

=1

4 (a²−(b−c)²

= 1 4



a²−b²−c²

| {z }

=0

+2bc



= 1 2bc.

3 Mehr über die Dreiecksfläche

Satz 1.7(Flächenformel I).

F=rs=r_a(s−a) =r_b(s−b) =r_c(s−c).

A

B C

I_c

X_c

Y_c

Z_c

I

X

Y Z

Beweis. Betrachte die Zerlegung von ∆ABCin die Dreiecke AIB,BIC,CIA. Diese haben die Seiten von∆ABCals Grundseiten und die zugehörigen Höhen sind sämtlich von der Länger. Daraus folgt

F= 1

2(ar+br+cr) =rs.

Auf ähnliche Weise bestimmen wirF = [ABC]über [ABC] = [BCI_c] + [CAI_c]−[ABI_c] = 1

2(ar_c+br_c−cr_c) =r_c(s−c).

Analog werden die anderen Beziehungen gezeigt.

Die Flächenformeln 1.7 bringen auch ein hübsches Zweigresultat zuwege:

Übung 5.

1 r_a+ 1

r_b+ 1 r_c = 1

r.

Beweis.

1 r_a+ 1

r_b+ 1

r_c = s−a

F +s−b

F +s−c

F = (s−a) + (s−b) + (s−c)

F = s

F =1 r.

Bei der Deutschland-Olympiade wurde folgende räumliche Variante des vorigen Problems ge- stellt:

Übung 6(A 441345). Es seien r der Radius der Inkugel und r₁,r₂,r₃,r₄die Radien der vier Ankugeln eines (nicht notwendig regelmäßigen) Tetraeders ABCD. Man beweise, dass stets gilt

2 r = 1

r₁+ 1 r₂+ 1

r₃+ 1 r₄.

Beweis. Wir verwenden die AbkürzungenF₁= [ABC],F₂= [ABD],F₃= [ACD],F₄= [BCD]für die Inhalte der Seitenflächen undV = [ABCD] für das Tetraedervolumen. Es seien I undI₄ die Mittel- punkte der Inkugel und der die SeiteBCDberührenden Ankugel. Dann kannABCDzerlegt werden in die TeiltetraederABCI,ABDI,ACDI,BCDI, also gilt

V = 1 3r·

4

∑

i=1

F_i.

Der aus ABCD und BCDI₄ zusammengesetzte Körper kann zerlegt werden in die drei Tetraeder ABCI₄,ABDI₄,ACDI₄, folglich gilt

[ABCD] = [ABCI₄] + [ABDI₄] + [ACDI₄]−[BCDI₄] und daher

V = 1

3r₄·(F₁+F₂+F₃−F₄) = 1

3r₄· −2F₄+

4

∑

i=1

F_i

! .

Entsprechende Formeln gelten offenbar für die Radienr₁,r₂,r₃. Nun folgt

4 i=1

∑

1 r_i = 1

3V ·

4 i=1

∑

−2F_i+

4 j=1

∑

F_j

!

= 1 3V · 2

4 i=1

∑

F_i= 2 r, was den Beweis abschließt.

Satz 1.8(Flächenformel II).

F= abc 4R.

Beweis. DerSinussatzbesagt _sinα^a =2R, daher giltF =¹₂bh_b= ¹₂bcsinα = ^abc_4R.

Zum Abschluss unseres Kurses beweisen wir eine berühmte Ungleichung, die auf Leonhard Euler (1707-1783) zurückgeht.

Satz 1.9(Eulersche Ungleichung).

R≥2r.

Bevor wir uns zu ihrem Beweis aufmachen, lernen wir noch eine bei Wettbewerben immer wieder nützliche Ungleichung kennen:

Lemma 1.2(AM-GM-Ungleichung). Für a,b≥0gilt stets

√

ab≤a+b 2 mit Gleichheit genau für a=b.

Beweis. Setzeu=√

a,v=√

b, dann ist die Ungleichung äquivalent zu uv≤ u²+v²

2 ⇔2uv≤u²+v²⇔0≤(u−v)², und das stimmt offenbar. Gleichheit haben wir genau füru=v⇔a=b.

Aus der AM-GM-Ungleichunglassen sich weitere oft einsetzbare Ungleichungen herleiten. Zwei solche sind

Übung 7. (i) Sei x>0, dann gilt stets x+¹_x ≥2mit Gleichheit genau bei x=1.

(ii) Seien x,y,z>0, dann gilt stets

9≤(x+y+z) 1

x+1 y+1

z

und Gleichheit tritt genau für x=y=z ein.

Beweis. (i) Wählea=x,b=¹_x, dann erhalten wir mit Lemma 1.2:

1 2

x+1

x

≥ r

x·1 x =√

1=1⇒x+1 x ≥2.

Gleichheit gilt genau fürx= ¹_x ⇔x²=1, wegenx>0 also genau fürx=1.

(ii) Ausmultiplizieren der rechten Seite gibt die äquivalente Form:

9≤1+x y+x

z+y

x+1+y z+z

x+z y+1

⇔6≤ x

y+y x

+

y z+z

y

+ z

x+x z

und dies stimmt nach Anwendung von Teil (i) auf ^x_y,^y_z, ^z_x. Für Gleichheit muss in allen drei Abschät- zungen Gleichheit gelten, also ^x_y=^y_z =^z_x=1⇒x=y=z=1 sein. Andersherum tritt beix=y=z=1 auch Gleichheit ein.

Beweis(von Satz 1.9). Wir multiplizieren die Formeln aus Satz 1.6 (iv) und aus der Übung 5 seiten- weise miteinander. Das ergibt

(r_a+r_b+r_c) 1

r_a+ 1 r_b+ 1

r_c

= 4R+r r = 4R

r +1.

Die linke Seite ist nach der eben gezeigten Ungleichung aber≥9, und es folgt 9≤4R

r +1=⇒2r≤R.

2 Transformationen

Im vorigen Kapitel haben wir die markanten Längen

x=s−a, y=s−b, z=s−c

betrachtet. Nach Satz 1.4 lassen sicha,b,c,sauch in Abhängigkeit vonx,y,zausdrücken:

a=y+z, b=x+z, c=x+y und zudem s=x+y+z.

Bei Ungleichungen über die Seiten eines Dreiecken ist diese sogenannte Ravi-Substitutionnützlich, denna,b,c∈R⁺ sind genau dann die Seiten eines Dreiecks, wenn schlichtx,y,z>0 gilt.

Satz 2.1(Radien). Es gelten r=

r xyz

x+y+z, r_a=

ryz(x+y+z) x mit entsprechenden Formeln für r_b,r_cund

R= (x+y)(y+z)(z+x) 4p

xyz(x+y+z) . Beweis. Die Heron-Formel liest sich als

F²=xyz(x+y+z)⇒F=p

xyz(x+y+z). (1)

Nach den Flächenformeln 1.7 und 1.8 gilt ferner

F=rs=r(x+y+z), F =r_a(s−a) =r_ax sowie

F =abc

4R = (x+y)(y+z)(z+x)

4R .

Einsetzen von (1) in die Flächenformeln liefert das Gewünschte.

Wir betrachten dieelementarsymmetrischen Polynomeina,b,c, nämlich

σ₁(a,b,c) =a+b+c, σ₂(a,b,c) =ab+bc+ca, σ₃(a,b,c) =abc

Sowohl diese drei als auch die Polynome inx,y,zund inr_a,r_b,r_cwollen wir nachfolgend durch Terme inR,r,sbeschreiben. Wir benutzen ab sofort auch zyklische Summenschreibweise, z.B.

∑

r_a=r_a+r_b+r_c

und schreiben kurz∑r_a, falls keine Missverständnisse zu befürchten sind.

Satz 2.2. Es gelten folgende Identitäten:

σ₁ σ₂ σ₃

a,b,c 2s 4Rr+r²+s² 4Rrs x,y,z s 4Rr+r² r²s r_a,r_b,r_c 4R+r s² rs²

Beweis. Wir starten mitr_a,r_b,r_c. Nach Satz 1.6 (iv) gilt∑r_a=4R+r. Mit Satz 2.1 ist weiter

∑

∑

s

yz(x+y+z)

x ·zx(x+y+z)

y =

∑

= (x+y+z)²=s² Zusammen mit Übung 5 ergibt dies

1

r =

∑

a

= 1

r_ar_br_c

∑

2

r_ar_br_c ⇒r_ar_br_c=rs². Wir beobachten als nächstes

rr_a= s

xyz

x+y+z·yz(x+y+z)

x =yz

und damit

∑

∑

Außerdem ist∑x=sund nach der Heron-Formel

(rs)²=F²=xyz(x+y+z) =xyzs⇒xyz=r²s.

Nun die Polynome ina,b,c: Wir haben∑a=2sund gemäß Flächenformeln abc=4RA=4Rrs.

Schließlich gilt

∑

∑

∑

∑

=

∑

womit alles gezeigt ist.

3 Klassische Ungleichungen

Als Anwendung der Ravi-Substitution beweisen wir die Euler-Ungleichung erneut:

Beweis(Euler 2). Satz 2.1 liefert, wobeix,y,z>0, R

r =(x+y)(y+z)(z+x) 4p

xyz(x+y+z) ·

rx+y+z

xyz = (x+y)(y+z)(z+x) 4xyz

=2· x+y 2√

xy· y+z 2√

yz· z+x 2√

zx ≥2

nach der AM-GM-Ungleichung. Gleichheit tritt genau fürx=y=z⇔a=b=cein.

Im folgenden seien h_a,h_b,h_c die Längen der Höhen von ∆ABC. Auf IMOmath wird folgende Ungleichungskette bewiesen:

Satz 3.1.

9r≤h_a+h_b+h_c≤l_a+l_b+l_c≤√

r_ar_b+√

r_br_c+√

r_cr_a≤s

√

3≤r_a+r_b+r_c=4R+r. (2) Beweis. (i) Wir beginnen mit 2F= ¹₃(ah_a+bh_b+ch_c)und wenden die Tschebyscheff-Ungleichung an:

r(a+b+c) =2F≤ 1

9(a+b+c)(h_a+h_b+h_c)⇒9r≤h_a+h_b+h_c mit Gleichheit genau dann, wenna=b=cist.

(ii) folgt durch Addition der offenkundigen Ungleichungenh_a≤l_a,h_b≤l_b,h_c≤l_c. (iii) Mit Übung 3 (ii) ergibt sich

l_a= 2 b+c

pbcs(s−a)≤p

s(s−a) =√ r_br_c,

die letzte Gleichheit gilt gemäß Beweis von Satz 2.2. Summation beweist die 3. Ungleichung.

(iv), (v) Für x,y,z∈R gilt die Ungleichungskette xy+yz+zx≤ ¹₃(x+y+z)²≤x²+y²+z². Die rechte dieser Ungleichungen führt auf

√r_ar_b+√

r_br_c+√

r_cr_a≤3(r_ar_b+r_br_c+r_cr_a) =3s², was die 4. Ungleichung in (2) zeigt. Die linke Ungleichung führt auf

3(r_ar_b+r_br_c+r_cr_a)≤(r_a+r_b+r_c)²

und zusammen mit Satz 2.2 als auch demInkreis-Ankreis-Theorem(iv) folgt 3s²≤(4R+r)²⇒s

√

3≤4R+r.

Bemerkung. Aus Obigem folgt sofort 9r≤4R+r⇒2r≤R, also erneut dieEuler-Ungleichung.

Mit den Identitäten aus Kapitel 2 können auch zahlreiche weitere Ungleichungen gebastelt wer- den. Ein Beispiel ist folgende:

Satz 3.2.

∑

Beweis(nach Russelle Guadalupe). Es gilt ∑a²= (∑a)²−2∑ab=2s²−2r²−8Rr gemäß Satz 2.2 und folglich

∑

∑

∑

Die Ungleichung ist also äquivalent zu

8Rr+2r²≤9Rr⇔2r²≤2Rr⇔2r≤R und letzteres ist dieEulersche Ungleichung.

Satz 3.3(Hadwiger-Finsler-Ungleichung, 1937).

a²+b²+c²≥4√

3F+ (a−b)²+ (b−c)²+ (c−a)². Beweis. Die Ungleichung ist äquivalent zu

2

∑

∑

√ 3F.

Aber∑a²= (∑a)²−2∑ab, mit Satz 2.2 folgt also

2

∑

∑

∑

∑

Ferner istF=rsund wir erhalten die äquivalente Form 4R+r≥√

3s, was der 5. Ungleichung in Satz 3.1 entspricht.