Lösung - Westfälische Wilhelms-Universität Münster

Westfälische Wilhelms-Universität Münster
Mathematisches Institut
apl. Prof. Dr. Lutz Hille
Dr. Karin Halupczok
Übungen zur Vorlesung
Elementare Geometrie
Sommersemester 2010
Musterlösung zu Blatt 7
vom 31. Mai 2010
erstellt von M. Holl, M. Möller, F. Springer
Zu Aufgabe 1:
Gegeben seien die Punkte A = (0, 0) und B = (3, 0) im R 2 , und für C, D ∈ R 2 sei
α := ∡BAC und β := ∡DBA. Mit d α,A bezeichnen wir die Drehung um A mit dem
Drehwinkel α. Konstruieren Sie mit Zirkel und Lineal das Drehzentrum der Drehung
d β,B ◦ d α,A , falls
(a) C = (1, 2), D = (1, 1), (b) C = (1, 2), D = (2, −1),
(c) C = (1, 2), D = (5, 1), (d) C = (1, 2), D = (5, −2).
Lösung:
Ziel: Drehzentrum von d β,B ◦ d α,A konstruieren.
Konstruiere Senkrechte durch die Strecke AB (2 Kreise, die sich schneiden und dann
Gerade durch die Schnittpunkte).
E ′ Schnittpunkt von Senkrechte und Gerade durch AC.
Kreis um A mit Radius |AE ′ |
Schnittpunkt mit Senkrechte = E
Kreis um A mit Radius |AB|
Schnittpunkt vom Kreis mit Gerade durch AB = B ′
⇒ d β,B ◦ d α,A (B ′ ) = d β,B (B) = B.
F ′ = Schnittpunkt der Senkrechten EE ′ mit Geraden BD
Kreis mit Radius |BF ′ | um B
Schnittpunkt dieses Kreises mit Senkrechte EE ′ = F
Kreis um B mit Radius |AB|
Schnittpunkt davon mit Gerade BF = A ′
⇒ d β,B (d α,A (A ′ )) = d β,B (A) = A ′ .
Schlage nun Kreise um B, B ′ und A, A ′ mit jeweils demselben Radius (genügend groß, so
dass sie sich schneiden). Die Gerade durch diese Schnittpuntke der Kreise besteht dann
aus den Punkten, die gleichweit von B, B ′ bzw. A, A ′ entfernt sind.
1

Das Drehzentrum von d β,B ◦ d α,A muss natürlich gleichweit von A und A ′ , aber auch von
B und B ′ entfernt sein.
⇒ Der Schnittpunkt der beiden Geraden ist der einzige Kandidat.
⇒ G Drehzentrum.
Zu Aufgabe 2:
Eine Klappstreckung ist die Verknüpfung einer Spiegelung s a und einer Streckung h P,λ mit
dem Streckfaktor λ ∈ R und dem Streckzentrum P ∈ a. Zeigen Sie:
(a) h P,λ ◦ s a = s a ◦ h P,λ .
(b) Jede Klappstreckung h P,λ ◦ s a mit λ < 0 ist identisch mit der Klappstreckung
h P,|λ| ◦ s b , wobei b die zu a senkrechte Gerade durch P ist.
Lösung:
Als affine Abbildung ist eine Klappstreckung eindeutig durch das Bild dreier Punkte, die
nicht auf ein und derselben Geraden liegen, festgelegt. O.B.d.A. sei a die x-Achse und
P = (0, 0). Wir setzen:
A = (1, 0), B = (0, 1).
Zu (a): Es sei
Wir erhalten nun
f := h P,λ ◦ s a , g := s a ◦ h P,λ .
f(P ) = (0, 0), f(A) = (λ, 0), f(B) = (0, −λ),
sowie
g(P ) = (0, 0), g(A) = (λ, 0), g(B) = (0, −λ).
Offensichtlich sind die Abbildungen somit identisch.
Zu (b): Mit den gleichen Punkten wie oben ist P auch hier in beiden Fällen ein Fixpunkt.
Die Werte für f = h P,λ ◦ s a sind identisch mit denen aus Teil (a). b ist in diesem Falle die
y-Achse und wir erhalten:
h P,|λ| ◦ s b (A) = h P,|λ| (−1, 0)
2

= (λ, 0),
h P,|λ| ◦ s b (B) = h P,|λ| (0, 1)
= (0, −λ).
Also sind auch diese beiden Abbildungen identisch.
Zu Aufgabe 3:
Bestimmen Sie den Friestyp der folgenden Bordüren:
(a) . . . HHHH. . . (b) . . . SSSS. . . (c) . . . RRRR. . . (d) . . . . . .
(e) . . . ∨ ∨ ∨ ∨ ∨. . . (f) . . . DDDD. . . (g) . . . ⌈⌊⌈⌊⌈⌊. . . (h) . . . ∪ ∩ ∪ ∩ ∪. . .
Die Lösung befindet sich in einer separaten Bilddatei.
Zu Aufgabe 4:
Über den Seiten eines beliebigen Dreiecks ∆ABC werden nach außen Quadrate errichtet,
und die äußeren Ecken nebeneinanderliegender Quadrate verbunden (s. Skizze). Die
Schwerpunkte der Dreiecke ∆AA 1 A 2 , ∆BB 1 B 2 und ∆CC 1 C 2 seien P , Q und R.
C 2
R
C 1
A 1
A 2
B 1
B 2
Zeigen oder widerlegen Sie:
(a) Die Dreiecke ∆AA 1 A 2 , ∆BB 1 B 2 ,
∆CC 1 C 2 haben denselben Flächeninhalt
wie das Dreieck ∆ABC.
P
Q
(b) Der Schwerpunkt des Dreiecks ∆ABC
ist identisch mit dem Schwerpunkt des
Dreiecks ∆P QR.
(c) Das Dreieck ∆P QR ist gleichseitig.
Lösung:
Zu (a): Es gilt:
(i) A = 1 ab sin γ
2
(ii) sin ϕ = sin(180 ◦ − ϕ) = sin(360 ◦ − 90 ◦ − 90 ◦ − ϕ)
Aus (i) und (ii) folgt die Behauptung.
3

Zu (c):
Mit den Bezeichnungen aus (b) seien a = −3, b = 3, c = 4.
( ) ( ) ( −13
13
0
Also: S A = 1 , S
3 −3 B = 1 , S
3 −3 C = 1 3 4)
⇒ S A S B = 1 3√
262 + 0 2 = 8 2 3 ∈ Q,
S A S C = 1 3√
132 + 7 2 = 1 3√
218 ∉ Q,
⇒ S A S B ≠ S A S C
⇒ Behauptung ist falsch.
Zu (b):
Sei ∆ABC gegeben. Wähle ein Koordinatensystem so, dass A = (a, 0), B = (b, 0), C =
(0, c), wobei a < b und o.B.d.A. c > 0.
( )
−c
−a + c
( )
c
b + c
( ) a − c
−a
Y
S C
( 0
c)
S
X
( b + c
b)
( ) ( a b
0
0)
S B
S A
Dann lassen sich die übrigen
Ecken leicht berechnen
und seien der linksstehenden
Skizze zu entnehmen.
Mit S, S A , S B , S C seien die
jeweiligen Schwerpunkte
bezeichnet. Der Schwerpunkt
dreier Punkte x, y, z
ist 1 (x + y + z).
3
(
a
Z
( )
b
a − b
a − b
Man rechnet sofort nach, dass
( ) 3a − c
3S A = , 3S
−b
B =
( (
3b + c
, 3S
a)
C =
0
−a + b + 3c
)
.
4

Also: 1 3 (S A + S B + S C ) = 1 3
Zugabe:
Behauptung: A 2Z
ZB 1
Beweis(skizze):
= B 2X
XC 1
( a + b
c)
.
= C 2A
AA 1
⇒ ∆XY Z und ∆ABC besitzen denselben Schwerpunkt.
1. Schwerpunkt von ∆A 2 B 2 C 2 ist S (analoge Rechnung wie in (b)).
Genauso ist der Schwerpunkt ∆B 1 C 1 A 1 gleich S.
2.
S(∆XY Z) = 1 3 (tA 2 + (1 − t)B 1 ) + 1 3 (tB 2 + (1 − t)C 1 ) + 1 3 (tY C + (1 − t)A 1 )
= t 1 3 (A 2 + B 2 + C 2 ) + (1 − t) 1 3 (B 1 + C 1 + A 1 ) = tS + (1 − t)S = S.
5