I. Elementargeometrie

1. Einleitung
I. Elementargeometrie
Punkte bezeichnen wir mit Großbuchstaben, Geraden und Kreise mit Kleinbuchstaben
und Winkel mit griechischen Buchstaben. Für Längen, zum Beispiel Seitenlängen eines
Dreiecks, verwenden wir Kleinbuchstaben und für Flächen Großbuchstaben. Wir führen
folgende Abkürzungen ein:
AB Strecke zwischen den Punkten A und B
−→
AB Vektor vom Punkt A zum Punkt B
l(A, B) Gerade durch die Punkte A und B
|AB| Abstand der Punkte A und B
AB orientierter Abstand vom Punkt A zum Punkt B
△ ABC Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
∠ ABC Winkel bei B im Dreieck mit den Eckpunkten A, B und C
#ABC Fläche des Dreiecks mit den Eckpunkten A, B und C
Den orientierten Abstand erhält man, indem man die Gerade g durch A und B mit der
Zahlengerade R identifiziert und die Koordinate von A von der von B subtrahiert. Es gilt
AB = −BA. Liegen drei Punkte A, B und C auf einer Geraden g, ganz egal in welcher
Reihenfolge, es gilt immer AB + BC = AC. Allerdings hängt AB davon ab, wie man
g orientiert, das heißt welche Richtung die positive ist. Dreht man die Orientierung um,
dann ändert AB das Vorzeichen.
Wir werden den orientierten Abstand immer nur in Verhältnissen verwenden. Seien
P , Q und R drei voneinander verschiedene Punkte auf einer Geraden g. Dann ist das
Verhältnis P Q
QR
eindeutig bestimmt, unabhängig davon, wie man die Gerade g orientiert,
da bei Änderung der Orientierung sowohl P Q als auch QR das Vorzeichen ändern. Liegt
Q zwischen P und R, dann haben P Q und QR gleiches Vorzeichen, sodass P Q
QR > 0 und
gilt. Liegt Q nicht zwischen P und R, dann haben P Q und QR verschiedenes
P Q
QR
=
|P Q|
|QR|
Vorzeichen, sodass P Q
P Q
QR
< 0 gilt und wegen QP = −P Q auch −
QR = QP
QR = |QP |
|QR| .
Bemerkung: Wir benötigen sowohl den üblichen, nicht orientierten Abstand als auch
den orientierten Abstand, den wir mit AB bezeichnen. Der Abstand ist der Betrag dieser
Zahl, daher bezeichnen wir ihn mit |AB|. Es kommen oft Quotienten AB
CD
vor. Würden
wir den Abstand mit Querstrich bezeichnen, dann hätten wir AB , was etwas verwirrend
CD
aussieht. Ein Vektor wird mit −→ AB bezeichnet. Eine dazu passende Bezeichnung für eine
Strecke ist AB.
Für Dreiecke verwenden wir die Standardbezeichnung.
C
Die Eckpunkte werden mit A, B und C bezeichnet, die einem
γ
δ
Eckpunkt gegenüberliegende Seite mit dem entsprechenden b
a
Kleinbuchstaben a, b und c, und der (Innen)Winkel bei jedem
Eckpunkt mit dem entsprechenden griechischen Buchstaben
α
β
α, β und γ. Der Winkel δ ist ein Außenwinkel. Bei jedem
A c
B
Eckpunkt gibt es zwei Außenwinkel, die gleich groß sind.
Als Beweismethode werden oft kongruente Figuren verwendet. Zwei Figuren heißen
kongruent, wenn sich die eine durch Verschieben, Drehen, Spiegeln in die andere überführen
lässt. Bei kongruenten Figuren stimmen entsprechende Seitenlängen, Winkel und Flächen
überein. Es folgen einige Beispiele.

2 Elementargeometrie
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem Punkt S h
schneiden. Dann sind einander gegenüberliegende Winkel,
die von den beiden Geraden eingeschlossen werden, gleich
α S β
groß. In der Zeichnung sind zwei solche Winkel mit α und g
β bezeichnet. Dreht man die gesamte Figur um den Punkt
S um 180 0 , dann gehen die Geraden g und h in sich selbst
über. Der Winkel β kommt dann auf dem Winkel α zu liegen. Somit sind die beiden
Winkel gleich. (Scheitelwinkel)
Zwei parallele Geraden g 1 und g 2 werden von
einer dritten Geraden h geschnitten. Der Schnittpunkt
von g 1 mit h sei S und der Schnittpunkt von
g 2 mit h sei R. Dann sind die in der Zeichnung mit g 2
γ R
α und β bezeichneten Winkel gleich groß. Das sieht
man, wenn man die gesamte Figur entlang der Geraden
h verschiebt, sodass g 1 dann auf g 2 liegt und
h
h in sich selbst übergeht. Der Winkel α liegt dann
S α
auf dem Winkel β, womit die Gleichheit dieser Winkel
gezeigt ist (Stufenwinkel). Aus obigem Resultat
g 1
folgt dann, dass auch der mit γ bezeichnete Winkel gleich α ist (Wechselwinkel).
Seien g und h zwei Gerade, die einander in einem
Punkt S schneiden und den Winkel α einschließen.
Sei u eine senkrechte Gerade auf g und v eine senkrechte
Gerade auf h. Der von u und v eingeschlossene
Winkel β ist dann gleich α. Das sieht man so:
Wir drehen die Geraden u und v um ihren Schnittpunkt
P um 90 0 und erhalten die Geraden ũ und ṽ,
die dann ebenfalls den Winkel β einschließen. Da ũ
parallel zu g liegt und ṽ parallel zu h, muss β = α
gelten. Durch die Parallelverschiebung, die P in S
überführt, wird ja ũ auf g und ṽ auf h abgebildet.
Der Winkel β liegt dann auf dem Winkel α.
Schließlich beweisen wir noch zwei einfache Resultate für das Dreieck.
h
g
v
P
β
β
u
ũ
ṽ
S
β
α
Satz 1: Die Summe der (Innen)Winkel eines Dreiecks beträgt 180 0 .
Beweis: Die Eckpunkte und Winkel des Dreiecks
g
werden wie üblich bezeichnet. Wir zeichnen eine
zur Dreiecksseite AB parallele Gerade g durch
den Eckpunkt C des Dreiecks. Diese bildet mit
der Dreiecksseite AC einen Winkel ε und mit der
Dreiecksseite BC einen Winkel δ. Nach dem oben
bewiesenen Resultat gilt ε = α und δ = β, da die
α
A
Gerade g parallel zur Seite AB liegt. Klarerweise
gilt ε + γ + δ = 180 0 . Damit ist auch α + γ + β = 180 0 gezeigt.
ε
C
γ
δ
β
B

Franz Hofbauer 3
Satz 2: Sei c die Länge der Seite AB eines Dreiecks △ ABC und h die Länge der Höhe
durch C. Das Rechteck mit Seitenlängen c und h hat dann eine doppelt so große Fläche
wie das Dreieck. Die Dreiecksfläche ist gleich c · h
2 .
Beweis: Sei D der Fußpunkt der Höhe durch C.
Wir zeichnen ein Rechteck, dessen eine Seite AB
ist, sodass die beiden anderen Ecken des Rechtecks,
die wir U und V nennen, auf der zu AB parallelen
Geraden durch den Punkt C liegen. Das
Rechteck hat dann Seitenlängen c und h. Die
beiden Dreiecke △ ACD und △ CAU sind kongruent
(Drehung um den Mittelpunkt der Strecke
AC um 180 0 ) und haben daher gleiche Fläche.
Ebenso sind die Dreiecke △ BCD und △ CBV
U
A c
C
h
D
V
B
kongruent und haben daher ebenfalls gleiche Fläche. Wenn D auf der Strecke AB liegt,
wie in der Zeichnung dargestellt, dann ist #ACD + #CAU + #BCD + #CBV die Fläche
des Rechtecks und #ACD + #BCD die Fläche des Dreiecks △ ABC. Wenn D rechts
von B liegt, dann ist #ACD + #CAU − #BCD − #CBV die Fläche des Rechtecks und
#ACD − #BCD die Fläche des Dreiecks △ ABC. Wenn D links von A liegt, dann ist
#BCD + #CBV − #ACD − #CAU die Fläche des Rechtecks und #BCD − #ACD
die Fläche des Dreiecks △ ABC. Man sieht, dass in allen drei Fällen die Rechtecksfläche
doppelt so groß ist wie die Fläche des Dreiecks △ ABC.
2. Der Strahlensatz
Der Strahlensatz macht eine Aussage über die Verhältnisse von entsprechenden Seiten
von Dreiecken in einer der beiden folgenden Situationen:
D
D
S
h
g
B
u
A
v
C
A
u
B
S
h
g
v
C
Zwei Gerade g und h schneiden einander in einem Punkt S. Eine weitere Gerade u
schneidet die Geraden g und h in den Punkten A und B, die ungleich S sind. Eine zu
u parallele Gerade v schneidet g und h in den Punkten C und D, die ebenfalls ungleich
S sind. Dadurch entstehen zwei Dreiecke △ SAB und △ SCD. Dabei können zwei Fälle
auftreten. Entweder die beiden parallelen Geraden u und v liegen auf derselben Seite von
S, wie es in der linken Zeichnung dargestellt ist, oder sie liegen auf verschiedenen Seiten
von S, wie es in der rechten Zeichnung dargestellt ist.
Satz 3 (Strahlensatz) In der oben beschriebenen Situation gilt SA
SC = SB
SD = AB
CD .
Beweis: Wir nehmen an, dass die Geraden u und v auf derselben Seite von S liegen. Das
ist der oben links dargestellte Fall. In diesem Fall gilt SA SB
AB
SC
> 0,
SD
> 0 und
CD > 0.

4 Elementargeometrie
Wir arbeiten mit den Dreiecksflächen U = #SAB, V = #ABC und W = #ABD. Es gilt
U + V = #SCB und U + W = #SDA. Sei d der Abstand der parallelen Geraden u und
v. Weiters sei a der Normalabstand des
Punktes A von der Geraden h und b der
D
des Punktes B von der Geraden g. Es gilt
SA
SC = |SA|
|SC| = |SA| b 2
|SC| b 2
SB
SD
= |SB|
|SD|
= |SB| a 2
|SD| a 2
= #SAB
#SCB =
U
U+V
und
= #SBA
#SDA = U
U+W .
Die beiden Dreiecke △ ABC und △ ABD
haben Grundlinie AB und gleiche Höhe d.
Daher haben sie auch gleiche Fläche, also
S g
gilt V = W . Damit ist SA
A
SC = SB
SD
, der erste
C
Teil des Strahlensatzes, bereits bewiesen.
Um auch SA
SC = AB
CD
zu beweisen, arbeiten wir mit den Dreiecksflächen R = #SCD und
T = #BCD. Ist c der Normalabstand des Punktes S von der Geraden u, dann gilt
R = c+d
2
· |CD| und T = d 2 · |CD|, woraus R − T = c 2 · |CD| folgt. Wegen U = c 2 · |AB|
erhalten wir AB
CD = |AB|
|CD| = U
R−T
. Da sowohl U + V als auch R − T die Fläche des Dreiecks
△ SBC ergeben, gilt U + V = R − T . Somit ist AB
CD = U
U+V
= SA
SC gezeigt.
Der Satz ist für den Fall bewiesen, dass die beiden parallelen Geraden auf derselben Seite
des Punktes S liegen. Den anderen Fall, wo die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten
von S liegen, kann man auf diesen zurückführen, indem man die links von S liegende Gerade
um S spiegelt. Es ist zu beachten, dass dabei die Zahlen SA, SB und AB ihr Vorzeichen
ändern.
Wir geben einen zweiten Beweis des Strahlensatzes, der ein wenig analytisch ist.
Zweiter Beweis: Wir nehmen wieder an, dass die beiden parallelen Geraden u und v auf
derselben Seite von S liegen. Die Gerade u schneidet die Geraden g und h in den Punkten
A und B, die Gerade v schneidet g und h in den Punkten C und D.
Wir führen den Beweis zuerst in dem Fall,
rational ist. Es existieren Zahlen
wo SA
SC
k und n in N mit SA
SC
= |SA|
|SC|
= k n . Wir
. Dann gilt |SC| = nq
= kq. Wir teilen die
Strecke SC in n gleich lange Stücke der
Länge q und zeichnen durch diese Teilungspunkte
Geraden, die parallel zur Gerade
setzen q = |SC|
n
und |SA| = |SC| k n
v liegen. Diese Geraden unterteilen die
Strecke SD in n gleich lange Stücke, deren
A
C
Länge wir mit r bezeichnen. Das erkennt
man, indem man in Richtung der Geraden g um die Strecke q parallel zu v verschiebt. Es
gilt dann |SD| = nr und, da die k-te dieser parallelen Geraden mit der Geraden durch A
und B zusammenfällt, auch |SB| = kr. Damit ist SB
SD = |SB|
|SD| = k n gezeigt.
Ebenso zeichnen wir durch die auf der Strecke SC liegenden Teilungspunkte Geraden, die
parallel zur Gerade h liegen. Diese Geraden unterteilen die Strecke CD in n gleich lange
Stücke, deren Länge wir mit s bezeichnen. Es gilt dann |CD| = ns und, da die ersten k −1
S
h
h
g
B
u
B
D
v
v

Franz Hofbauer 5
dieser parallelen Geraden die Strecke AB in k gleich lange Teile der Länge s teilen, auch
|AB| = ks. Damit ist AB
CD = |AB|
|CD| = k SA
n
gezeigt. Wir haben also
SC = SB
SD = AB
CD bewiesen.
Um den Beweis zu führen, wenn SA
SC
nicht
rational ist, teilen wir wie oben die Strecke
D
SC in n gleiche Teile der Länge q = |SC|
n
und zeichnen parallele Geraden zu v bzw.
B 2
B B
zu h, die SD in n gleiche Teile der Länge
1
r und CD in n gleiche Teile der Länge s
h
v
teilen. Die Punkte A und B liegen jetzt
nicht auf einem Unterteilungspunkt. Seien
A 1 und A 2 die Unterteilungspunkte auf der S g
Strecke SC, zwischen denen A liegt. Seien
A 1 A A 2 C
B 1 und B 2 die Unterteilungspunkte auf der
Strecke SD, zwischen denen B liegt. Die Strecken A 1 B 1 und A 2 B 2 liegen dann parallel
zur Strecke AB. Und da es sich bei den Punkten A 1 , A 2 , B 1 , B 2 um Unterteilungspunkte
handelt, erhalten wir |SA 1|
|SC|
= |SB 1|
|SD|
= |A 1B 1 |
|CD|
und |SA 2|
|SC|
= |SB 2|
|SD|
= |A 2B 2 |
|CD|
aus dem ersten
Teil des Beweises.
Es gilt |SA| < |SA 2 | und |SB 1 | < |SB|. Wegen |SA 2 | = |SA 1 | + q folgt |SA| − q < |SA 1 |
und |SA|−q
|SC|
< |SA 1|
|SC|
= |SB 1|
|SD|
< |SB|
|SA|
|SD|
. Setzt man für q ein, so erhält man
|SC| − 1 n < |SB|
|SD| .
Es gilt |SA| > |SA 1 | und |SB 2 | > |SB|. Wegen |SA 1 | = |SA 2 | − q folgt |SA| + q > |SA 2 |
und |SA|+q
|SC|
> |SA 2|
|SC|
= |SB 2|
|SD|
> |SB|
|SD|
. Setzt man für q ein, so erhält man
|SA|
|SC| + 1 n > |SB|
|SD| .
Wir haben somit |SA|
|SC| − 1 n < |SB|
|SD|
< |SA|
|SC| + 1 n
gezeigt. Das gilt für alle n ∈ N. Daraus
ergibt sich die Gleichheit |SA|
|SC| = |SB|
SA
|SD|
, das heißt
SC = SB
SD .
Da aber auch |A 1 B 1 | < |AB| und |A 2 B 2 | > |AB| gelten, kann man diesen Beweisschritt
auch mit |A 1 B 1 | statt |SB 1 |, mit |A 2 B 2 | statt |SB 2 |, mit |AB| statt |SB| und mit |CD|
statt |SD| durchführen und erhält |SA|
|SC| − 1 n < |AB|
|CD|
< |SA|
|SC| + 1 n
. Da dies für alle n ∈ N
gilt, ist auch |SA|
|SC| = |AB|
SA
|CD|
gezeigt, das heißt
SC = AB
CD .
Der Fall, in dem die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten von S liegen, lässt sich wie
im ersten Beweis durch Spiegeln am Punkt S auf den Fall zurückführen, wo die parallelen
Geraden auf derselben Seite von S liegen.
Wenn die oben vorausgesetzte Situation vorliegt mit zwei einander schneidenden Geraden
g und h, die von zwei parallelen Geraden u und v geschnitten werden, dann verwendet
man die in Satz 3 formulierte Version des Strahlensatzes mit orientierten Verhältnissen.
Häufig wendet man den Strahlensatz aber auch auf ähnliche Dreiecke an. Wir nennen
die Dreiecke △ ABC und △ DEF ähnlich, wenn
∠ CAB = ∠ F DE, ∠ ABC = ∠ DEF und ∠ BCA = ∠ EF D
gilt. In diesem Fall kann man die Dreiecke übereinanderlegen, sodass der Punkt D auf A
liegt, die Seite AB auf DE und die Seite AC auf DF . Aus dem Strahlensatz folgt dann
|AB|
|DE| = |AC|
|DF | = |BC|
|EF | .
In diesem Fall verwendet man eine nichtorientierte Version, da die Dreiecke △ ABC und
△ DEF ja irgendwie liegen können. Oft schreibt man diese Gleichungen auch so auf
|AB|
|AC| = |DE|
|DF | ,
|AB|
|BC| = |DE|
|EF |
und
|AC|
|BC| = |DF |
|EF | .

6 Elementargeometrie
Manchmal ist auch folgende Umkehrung des Strahlensatzes nützlich. Dazu beweisen wir
zuerst einen Hilfssatz.
Hilfssatz A: Wenn die Punkte P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt,
dann sind P und Q identisch. Wenn die Punkte P , Q, R und S auf einer Geraden liegen
und P R
P S = QR
QS
gilt, dann sind P und Q identisch.
Beweis: Da P , Q und S auf einer Geraden liegen und P S = QS gilt, haben die Punkte
P und Q denselben Abstand von S. Sie liegen auch auf der selben Seite von S, da die
Abstände in einer Richtung positives und in der anderen Richtung negatives Vorzeichen
haben. Also sind P und Q identisch und die erste Aussage ist gezeigt.
Jetzt zur zweiten Aussage. Da die Punkte P , Q, R und S auf einer Gerade liegen, gilt
auch P R = P S + SR und QR = QS + SR. Setzt man das in P R
P S = QR
QS
ein, so erhält man
1 + SR
P S
= 1 + SR
QS
. Also gilt P S = QS. Aus der oben bewiesenen ersten Aussage folgt,
dass P und Q identisch sind.
Satz 4: Seien g und h zwei Gerade, die einander im Punkt S schneiden. Seien A und
C Punkte auf g und B und D Punkte auf h, die alle ungleich S sind. Wenn SA
SC
= SB
SD
gilt, dann ist die Gerade l(A, B) durch die Punkte A und B parallel zur Geraden l(C, D)
durch die Punkte C und D.
Beweis: Sei u die Gerade durch den Punkt A, die parallel zu l(C, D) liegt. Sei B ∗ der
Schnittpunkt von u mit h. Man beachte, dass l(C, D) und damit auch u nicht parallel zu h
liegen kann. Aus Satz 3 folgt dann SA
SC = SB∗
SA
SD
. Wegen
SC = SB
SD erhalten wir SB∗ = SB,
woraus B ∗ = B wegen Hilfssatz A folgt, da S, B und B ∗ alle auf der Geraden h liegen.
Daraus folgt wieder, dass l(A, B) mit der Geraden u zusammenfällt, womit bewiesen ist,
dass l(A, B) parallel zu l(C, D) liegt.
Satz 5 (Satz von Menelaos) Seien A, B und C die Ecken eines Dreiecks und g eine
Gerade, die durch keine dieser Ecken verläuft. Sei D der Schnittpunkt von g mit der
Geraden l(A, B), sei E der Schnittpunkt von g mit der Geraden l(B, C) und sei F der
Schnittpunkt von g mit der Geraden l(C, A). Dann gilt DA
DB · EB
EC · F C
F A = 1.
Beweis: Sei A ∗ der Fußpunkt des
C
Lots vom Punkt A auf die Gerade g,
sei B ∗ der Fußpunkt des Lots vom g
A ∗
Punkt B auf die Gerade g und sei C ∗
F
der Fußpunkt des Lots vom Punkt C
auf die Gerade g. Da die Strecken
C ∗
AA ∗ und BB ∗ parallel liegen, folgt
E
DA
B ∗
DB = AA∗
BB
aus dem Strahlensatz.
∗
Ebenso haben wir EB
EC = BB∗
CC
, da die
∗ D
Strecken BB ∗ und CC ∗ parallel liegen, A
B
und F C
F A = CC∗
AA
, da die Strecken AA ∗
∗
und CC ∗ parallel liegen. Damit ergibt sich DA
DB · EB
EC · F C
F A = AA∗
BB
· BB∗
∗ CC
· CC∗
∗ AA
= 1.
∗
Satz 6 (Satz von Ceva) Sei △ ABC ein Dreieck und P ein Punkt. Sei D der Schnittpunkt
der Geraden l(A, B) und l(C, P ), sei E der Schnittpunkt der Geraden l(B, C) und l(A, P )
und sei F der Schnittpunkt der Geraden l(C, A) und l(B, P ). Wir nehmen an, dass diese
Schnittpunkte existieren und nicht mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusammenfallen.
Dann gilt AD
DB · BE
EC · CF
F A = 1.

Franz Hofbauer 7
Beweis: Wir beweisen den Satz mit Hilfe von Satz 5. Die Zeichnung zeigt die vorliegende
Situation. Links ist der Fall dargestellt, in dem der Punkt P im Innern des Dreiecks liegt,
C
F
C
F
E
P
P
E
A
D
B
A
B
D
in der rechten Zeichnung liegt P außerhalb des Dreiecks. Wir wenden Satz 5 auf das Dreieck
△ ADC und die Gerade l(B, P ) an, die die (Verlängerungen der) Seiten des Dreiecks in
den Punkten B, P und F schneidet. Wir erhalten BA
BD · P D
P C · F C
F A
= 1. Ebenso wenden wir
Satz 5 auf das Dreieck △ DBC und die Gerade l(A, P ) an, die die (Verlängerungen der)
Seiten des Dreiecks in den Punkten A, E und P schneidet. Wir erhalten AD
AB · EB
EC · P C
P D = 1.
Multipliziert man diese beiden Gleichungen und beachtet, dass UV = −V U für zwei
beliebige Punkte U und V gilt, dann erhält man AD
DB · BE
EC · CF
F A = 1.
Es gilt auch die Umkehrung des Satzes von Ceva.
Satz 7: Sei △ ABC ein Dreieck. Sind drei Punkte D, E und F auf l(A, B), l(B, C)
und l(C, A) derart gegeben, dass AD
DB · BE
EC · CF
F A
= 1 gilt, dann liegen die Geraden l(A, E),
l(B, F ) und l(C, D) entweder parallel oder sie schneiden einander in einem Punkt.
Beweis: Liegen die Geraden l(A, E), l(B, F ) und l(C, D) parallel, dann ist nichts zu beweisen.
Nehmen wir also an, dass zwei von ihnen, sagen wir l(A, E) und l(C, D), einander
in einem Punkt P schneiden. Angenommen die Geraden l(B, P ) und l(A, C) wären parallel.
Diese Situation ist in der Zeichnung links dargestellt. Aus Satz 3 folgt dann DB
DA = BP
AC
und EB
EC = BP
AD
CA
. Mit Hilfe der Voraussetzung
DB · BE
EC · CF
CF
F A
= 1 erhalten wir
F A
= −1 und
A
C
E
B
P
D
somit CF = AF . Es folgt C = A wegen Hilfssatz A, da C, A und F alle auf der Geraden
l(A, C) liegen. Dieser Widerspruch zeigt, dass die Geraden l(B, P ) und l(A, C) nicht
parallel sein können. Sei F ∗ ihr Schnittpunkt. Das ist in der rechten Zeichnung dargestellt.
Aus Satz 6 folgt AD
DB · BE
EC · CF ∗
∗
CF
F ∗ A
= 1. Mit Hilfe der Voraussetzung erhalten wir
F ∗ A = CF
F A .
Wegen Hilfssatz A folgt F ∗ = F , da die Punkte A, C, F und F ∗ alle auf der der Gerade
l(A, C) liegen. Damit ist gezeigt, dass der Punkt F auf der Gerade l(B, P ) liegt, oder
anders ausgedrückt, dass auch die Gerade l(B, F ) durch den Punkt P verläuft.
A
C
E
F ∗
P
B
D

8 Elementargeometrie
3. Das Dreieck
Zwei Dreiecke △ ABC und △ P QR heißen kongruent, wenn es möglich ist, das Dreieck
△ P QR durch Verschieben, Drehen und Spiegeln in eine Lage zu bringen, sodass dann
der Punkt P mit A, der Punkt Q mit B und der Punkt R mit C zusammenfällt. Sind
zwei Dreiecke kongruent, dann sind die einander entsprechenden Seiten gleich lang und die
einander entsprechenden Winkel gleich groß. Kongruente Dreiecke haben natürlich auch
gleiche Fläche und so weiter. Um festzustellen, ob zwei Dreiecke kongruent sind, verwendet
man den folgenden Kongruenzsatz.
Satz 8: Zwei Dreiecke sind kongruent, wenn folgende Größen übereinstimmen
(a) die Längen der drei Seiten
(b) die Längen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel
(c) die Längen zweier Seiten und der der längeren Seite gegenüberliegende Winkel
(d) die Länge einer Seite und die beiden daran anliegenden Winkel
Der Beweis ergibt sich aus der Tatsache, dass man in allen vier Fällen das Dreieck aus
den angegebenen Größen eindeutig konstruieren kann. In (c) ist es wichtig, dass der der
längeren Seite gegenüberliegende Winkel übereinstimmt. Gibt man zwei Seiten vor und
den der kürzeren Seite gegenüberliegenden Winkel, so kann man aus diesen Angaben zwei
Dreiecke konstruieren, die nicht kongruent sind.
Hat man zwei rechtwinkelige Dreiecke, dann sind diese nach (b) kongruent, wenn die
Längen der beiden Katheten übereinstimmen. Stimmen die Längen der Hypotenuse und
einer Kathete überein, dann sind sie nach (c) kongruent, da die Hypotenuse dem rechten
Winkel gegenüber liegt und länger als die Kathete ist.
Wir behandeln die besonderen Punkte des Dreiecks. Wir beginnen mit dem Schwerpunkt
und dem Höhenschnittpunkt, da wir dafür den Strahlensatz verwenden. Für Umkreis- und
Inkreismittelpunkt verweden wir den Kongruenzsatz.
Die Schwerlinien verbinden die Mittelpunkte der Seiten mit den gegenüberliegenden
Eckpunkten.
Satz 9: Die drei Schwerlinien eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt, dem
sogenannten Schwerpunkt, der jede Schwerlinie im Verhältnis 1 : 2 teilt.
Beweis: Sei D der Mittelpunkt der Strecke AB,
C
sei E der Mittelpunkt der Strecke BC und sei F
der Mittelpunkt der Strecke CA. Der Schnittpunkt
der Geraden l(C, D) und l(B, F ) sei S.
Wegen AF
AC = 1 2 = AD
AB
folgt aus Satz 4, dass
die Geraden l(D, F ) und l(B, C) parallel liegen.
Aus Satz 3 folgt jetzt 1 F
E
2
= AD
AB
= DF
BC . Wieder
mit Satz 3 ergibt sich dann SD
S
SC = DF
CB = − 1 2 und
SF
SB
= F D
BC = − 1 2
. Ist T der Schnittpunkt der
Geraden l(C, D) und l(A, E), dann folgt analog
T D
T C
= DE
CA = − 1 2 und T E
T A = ED
AC
= − 1 2
. Da die
Punkte C, S, T und D auf der Geraden l(C, D)
A
D
B
liegen und SD
SC
= T D
T C
gilt, erhalten wir S = T
aus Hilfssatz A. Somit schneiden die drei Schwerlinien einander im Punkt S. Wir haben
auch gezeigt, dass der Schwerpunkt S jede Schwerlinie im Verhältnis 1 : 2 teilt.

Franz Hofbauer 9
Die Höhen verlaufen durch die Eckpunkte des Dreiecks und stehen senkrecht auf die
jeweils gegenüberliegende Seite.
Satz 10: Die drei Höhen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem Punkt H,
dem sogenannten Höhenschnittpunkt.
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann
C
wählen wir die Bezeichnungen so, dass γ der Winkel
≥ 90 0 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz.
Sei D der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt
C. Er liegt zwischen A und B, da die Winkel α und
β spitz sind. Sei weiters G der Schnittpunkt der
G
Höhe durch den Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt
A. Die Dreiecke △ ADG und △ CDB sind
ähnlich. Beide Dreiecke haben bei D einen rechten
Winkel und der Winkel bei G im ersten stimmt mit
A
D B
dem Winkel β bei B im zweiten Dreieck überein, da die Höhen ja senkrecht auf den Seiten
stehen. Aus dem Strahlensatz folgt |AD| , das heißt |DG| · |DC| = |AD| · |DB|.
|DG| = |DC|
|DB|
Ist jetzt H der Schnittpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C mit der durch den Eckpunkt
B, dann zeigt ein analoger Beweis, dass auch |DH| · |DC| = |BD| · |DA| gilt. Es folgt
|DG| = |DH|. Da die Punkte D, G und H alle auf einer Geraden, der Höhe durch C,
liegen und G und H oberhalb von D, erhalten wir G = H. Damit ist gezeigt, dass die
Höhen eines Dreiecks einander in einem Punkt schneiden.
Bemerkung: Zu jedem Dreieck △ ABC kann man das Seitenmittendreieck zeichnen, das
ist das Dreieck, dessen Eckpunkte die Seitenmitten des ursprüglichen Dreiecks sind. Die
Symmetralen der Seiten des ursprünglichen Dreiecks △ ABC sind dann die Höhen des
Seitenmittendreiecks. Daher folgt bereits aus Satz 10, dass diese Symmetralen einander in
einem Punkt schneiden. Wir werden das aber noch auf andere Art beweisen.
Wir kommen zum Umkreis- und Inkreismittelpunkt.
Seien U und V zwei Punkte. Die Symmetrale der Strecke UV ist die Gerade s, die
senkrecht auf die Strecke UV steht und durch deren Mittelpunkt M verläuft.
Satz 11: Seien U und V zwei Punkte und s die Streckensymmetrale der Strecke UV . Ein
Punkt P liegt genau dann auf s, wenn er von U und V gleichen Abstand hat.
Beweis: Sei M der Mittelpunkt der Strecke UV . Weiters sei P ein beliebiger Punkt.
Liegt P auf s, dann sind die beiden Dreiecke
△ P MU und △ P MV kongruent, da sie die Seite
P
P M gemeinsam haben, die Strecken MU und
MV gleich lang sind, und wegen P auf s die Winkel
∠ P MU und ∠ P MV beide gleich 90 0 sind.
s
Es folgt, dass die beiden Strecken P U und P V
gleich lang sind. Somit hat der Punkt P gleichen
Abstand von den beiden Punkten U und V .
U M V
Hat P gleichen Abstand von U und von V , dann sind die Dreiecke △ P MU und △ P MV
kongruent, da sie die Seite P M gemeinsam haben, die Strecken MU und MV gleich lang
sind, und ebenso die Strecken P U und P V . Es folgt, dass die Winkel ∠ P MU und ∠ P MV
gleich groß sind, also beide gleich 90 0 . Somit liegt P auf der Streckensymmetrale s.

10 Elementargeometrie
Die Streckensymmetralen der drei Seiten AB, AC und BC eines Dreiecks △ ABC nennen
wir die Seitensymmetralen des Dreiecks.
Satz 12: Die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks △ ABC schneiden einander in einem
Punkt U, dem Mittelpunkt des Umkreises.
Beweis: Sei U der Schnittpunkt der Seitensymmetrale
C
s a der Seite BC mit der Seitensymmetra-
le s b der Seite CA. Da U auf s a liegt, ergibt sich
|UB| = |UC| aus Satz 11. Da U auch auf s b liegt,
erhalten wir ebenso |UA| = |UC|. Es folgt |UA| =
|UB|. Wegen Satz 11 liegt U dann auch auf der
Seitensymmetrale s c der Seite AB. Das zeigt, dass
s b
s a
die drei Seitensymmetralen einander im Punkt U
U
schneiden. Da U den gleichen Abstand r von allen
drei Eckpunkten A, B und C hat, ist der Kreis
mit Mittelpunkt U und Radius r der Umkreis des
Dreiecks.
A
B
So wird auch klar, dass es zu drei Punkten A, B und C, die nicht auf einer Gerade
liegen, genau einen Kreis gibt, der durch diese Punkte verläuft. Der Mittelpunkt dieses
Kreises muss nach Satz 11 auf den Symmetralen der Strecken AB und AC liegen. Diese
Symmetralen können nicht parallel sein, da die drei Punkte nicht auf einer Gerade liegen,
und haben daher genau einen Schnittpunkt. Nur dieser Punkt kommt als Mittelpunkt in
Frage. Daher gibt es nur einen Kreis durch A, B und C.
Die Winkelsymmetrale definieren wir für zwei Halbgerade g und h, die von einem Punkt
S ausgehen (und einen Winkel < 180 0 einschließen). Die Winkelsymmetrale w ist dann
ebenfalls eine Halbgerade, die von S ausgeht und den Winkel zwischen g und h halbiert.
Satz 13: Seien g und h Halbgerade, die vom Punkt S ausgehen. Ein Punkt P liegt genau
dann auf der Winkelsymmetrale w, wenn er von g und h gleichen Normalabstand hat
(wenn die Lote von P auf die beiden Halbgeraden g und h existieren und gleich lang sind).
Beweis: Sei P ein Punkt zwischen den Halbgeraden.
h
Das Lot von P auf eine Halbgerade existiert, wenn
H
der Winkel zwischen SP und der Halbgerade ≤ 90 0
ist. Ist er > 90 0 , dann existiert das Lot nicht. Den w
Fußpunkt des Lotes von P auf g nennen wir G, den P
Fußpunkt des Lotes von P auf h nennen wir H, vorausgesetzt
die Lote existieren.
Wir nehmen zuerst an, dass P auf w liegt. Da der g
Winkel zwischen den Halbgeraden g und h kleiner als
G
S
180 0 ist, ist der Winkel zwischen w und jeder der beiden Halbgeraden kleiner als 90 0 und
daher auch zwischen SP und jeder der beiden Halbgeraden. Die Lote von P auf g und h
mit Fußpunkten G und H existieren. Die Dreiecke △ P SG und △ P SH sind dann kongruent,
da sie die Seite P S gemeinsam haben, die Winkel ∠ SGP und ∠ SHP beide gleich
90 0 sind, und wegen P auf w auch ∠ GSP = ∠ HSP gilt. Es folgt, dass die Strecken P G
und P H gleich lang sind. Das bedeutet, dass der Punkt P gleichen Normalabstand von
den Geraden g und h hat.

Franz Hofbauer 11
Wir nehmen an, dass die Lote von P auf die Halbgeraden g und h mit Fußpunkten G und
H existieren und gleichen Normalabstand von g und von h haben. Dann sind die Dreiecke
△ P SG und △ P SH kongruent, da sie die Seite P S gemeinsam haben, die Winkel
∠ SGP und ∠ SHP beide gleich 90 0 sind, und P G und P H gleich lang sind. Es folgt, dass
auch die Winkel ∠ GSP und ∠ HSP gleich groß sind. Das aber bedeutet, dass P auf der
Winkelsymmetrale w liegt.
Satz 14: Die drei Winkelsymmetralen der Innenwinkel eines Dreiecks △ ABC schneiden
einander in einem Punkt I, dem Mittelpunkt des Inkreises.
Beweis: Sei I der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale
C
w α durch den Eckpunkt A mit der Winkelsymmetralen w β
w β durch den Eckpunkt B. Da I auf w α liegt, hat I
nach Satz 13 denselben Normalabstand von den Seiten
I
w α
AB und AC. Da I auf w β liegt, hat I auch denselben
Normalabstand von den Seiten BA und BC. Es folgt,
dass I denselben Normalabstand von den Seiten CA
und CB hat. Wegen Satz 13 liegt I auch auf der Winkelsymmetrale
A
B
w γ durch den Eckpunkt C. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen
einander im Punkt I. Da I den gleichen Normalabstand ϱ von allen drei Dreicksseiten hat,
ist der Kreis mit Mittelpunkt I und Radius ϱ der Inkreis des Dreiecks.
Satz 15: Sei △ ABC ein beliebiges Dreieck. Wir wählen eine Seite dieses Dreiecks
und den dieser Seite gegenüberliegneden Eckpunkt. Die Winkelsymmetralen der beiden
Außenwinkel, die an die gewählte Seite anliegen, und die Winkelsymmetrale des Innenwinkels
beim gewählten Eckpunkt schneiden einander in einem Punkt, dem Mittelpunkt
eines Ankreises.
Beweis: Wir zeigen das nur für die Außenwinkel bei B und C und den Innenwinkel bei A.
Sei I a der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale ˜w β
des an der Seite BC anliegenden Außenwinkels beim
Eckpunkt B mit der Winkelsymmetralen ˜w γ des an
der Seite CB anliegenden Außenwinkels beim Eckpunkt
C. Sei g die Halbgerade, die man erhält, wenn
man die Seite AB über B hinaus verlängert, und h
die Halbgerade, die man erhält, wenn man die Seite
AC über C hinaus verlängert. Diese beiden Halbgeraden
und die Seite CB schließen die oben verwendeten
Außenwinkel ein. Da I a auf ˜w β liegt, hat
I a nach Satz 13 denselben Normalabstand von der
Halbgerade g und der Seite BC. Da I a auf ˜w γ liegt,
hat I a nach Satz 13 denselben Normalabstand von
der Halbgerade h und der Seite CB. Es folgt, dass I a denselben Normalabstand von den
Halbgeraden g und h hat. Wegen Satz 13 liegt I a auch auf der Winkelsymmetrale der
Halbgeraden g und h, das ist die Winkelsymmetrale w α des Innenwinkels durch den Eckpunkt
A. Somit schneiden die drei Winkelsymmetralen ˜w β , ˜w γ und w α einander im Punkt
I a . Da I a den gleichen Normalabstand ϱ a von g, h und der Dreiecksseite BC hat, berührt
der Kreis mit Mittelpunkt I a und Radius ϱ a die Dreiecksseite CB und die Verlängerungen
der beiden anderen Seiten. Somit ist er ein Ankreis des Dreiecks.
C
A
h
˜w γ
B
g
˜w β
I a

12 Elementargeometrie
Man kann diese Sätze über die besonderen Punkte des Dreiecks mit Ausnahme von
Satz 12 auch mit Hilfe der Umkehrung des Satzes von Ceva (Satz 7) beweisen. Es ist
ja nur das in diesem Satz auftretende Produkt von Verhältnissen zu berechnen. Für die
Schwerlinien ist das sehr einfach. In diesem Fall sind diese Verhältnisse ja alle gleich 1. In
den anderen Fällen muss man sie zuerst berechnen. Im folgenden Satz tun wir das für die
Winkelsymmetralen.
Satz 16: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C
mit AB, E der der Winkelsymmetrale durch A mit BC und F der der Winkelsymmetrale
durch B mit AC. Dann gilt AD
DB = |AC|
|BC| , BE
EC = |BA| CF
|CA|
und
F A = |CB|
|AB| .
Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Winkelsymmetrale
durch C. Ihr Schnittpunkt mit der
Seite AB wurde mit D bezeichnet. Wir zeichnen
die Parallele zur Seite AC durch den Eckpunkt
B. Sie schneidet die Winkelsymmetrale durch C in
einem Punkt, den wir G nennen. Aus dem Strahlensatz
folgt DA
DB
= AC
BG .
A und B liegt, hat DA
DB
Da D immer zwischen
negatives Vorzeichen. Es
folgt AD
DB
|BG|
. Da BG parallel zu AC
liegt, erhalten wir ∠ BGD = ∠ ACD = γ 2 . Da
= |DA|
|DB|
= |AC|
auch ∠ BCD = γ 2
gilt, ist das Dreieck △ CBG
gleichschenkelig. Es gilt |BG| = |BC|. Damit ist
gezeigt. Die beiden anderen Gleichungen
beweist man ganz analog.
AD
DB = |AC|
|BC|
Jetzt können wir einen zweiten Beweis für Satz 14 geben. Sind D, E und F die Schnittpunkte
der Winkelsymmetralen mit den gegenüberliegenden Seiten, wie sie in Satz 16
eingeführt wurden, dann folgt aus diesem Satz sofort, dass AD BE CF
DB EC F A = |AC| |BA| |CB|
|BC| |CA| |AB| = 1
gilt. Aus Satz 7 erhalten wir dann, dass die drei Geraden l(A, E), l(B, F ) und l(C, D),
das sind die drei Winkelsymmetralen, einander in einem Punkt schneiden. Die Winkelsymmetralen
können ja nicht parallel liegen.
A
F
G
D
C
γ
2 γ 2
E
B
4. Beweisen mit Hilfe von Abbildungen
Wir behandeln die Eulergerade und den Feuerbachkreis. Entsprechende Sätze beisen wir
unter Zuhilfenahme von Abbildungen, und zwar von sogenannten zentrischen Streckungen.
Sei c ∈ R\{0, 1} und S ein beliebiger Punkt in der Ebene. Wir definieren eine Abbildung
φ : R 2 → R 2 folgendermaßen: Ist P ∈ R 2 , dann sei φ(P ) der eindeutig bestimmte Punkt
V auf der Geraden l(S, P ), für den SV
SP
= c gilt. Weiters sei φ(S) = S. Durch diese
Abbildung wird die Ebene vom Punkt S aus um den Faktor c gestreckt. Ist |c| < 1, dann
wird sie gestaucht. Bei negativem c wird außerdem um den Punkt S gespiegelt. Man
nennt diese Abbildung die zentrische Streckung mit Zentrum S und Streckungsfaktor c.
Zuerst beweisen wir Eigenschaften dieser zentrischen Streckungen.
Hilfssatz B: Sei φ die zentrische Streckung mit Zentrum S und Streckungsfaktor c. Seien
P und Q Punkte, die ungleich S sind. Sei V = φ(P ) und W = φ(Q). Dann liegt l(P, Q)
parallel zu l(V, W ) und es gilt |V W | = |c| · |P Q|.

Franz Hofbauer 13
Beweis: Wenn S auf der Gerade l(P, Q) liegt, dann tun das auch V und W , da nach
Definition von φ ja V auf l(S, P ) und W auf l(S, Q) liegt. Es gilt also l(P, Q) = l(V, W ).
Weiters gilt V W = V S + SW = c · P S + c · SQ = c · (P S + SQ) = c · P Q, woraus
|V W | = |c| · |P Q| folgt.
Es bleibt der Fall, dass S nicht auf l(P, Q) liegt. Nach Definition von φ haben wir zwei
Gerade g und h, die einander im Punkt S schneiden, mit P und V auf der Geraden g und
mit Q und W auf der Geraden h, sodass SV
SW
SP
= c und
SQ
= c gilt. Aus Satz 4 folgt, dass
die Geraden l(P, Q) und l(V, W ) parallel zueinander liegen. Aus Satz 3 folgt jetzt, dass
V W
P Q
= SV
SP , also V W
P Q
= c gilt. Daraus ergibt sich |V W | = |c| · |P Q|.
Satz 17: In einem Dreieck △ ABC liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S
und der Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und es gilt SU
SH = − 1 2
. Die Gerade durch
diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
Beweis: Sei φ die zentrische Streckung
mit Streckungsfaktor c = − 1 2 , die
C
den Schwerpunkt S des Dreiecks als
Zentrum hat. Sei M c der Mittelpunkt
der Seite AB und M a der der Seite
BC. Nach Satz 9 verläuft eine der drei
Schwerlinien durch die Punkte S, M
M b
c
H M a
und C und es gilt SM c
SC
= − 1 2 , woraus
S
φ(C) = M c folgt. Sei G = φ(H).
Nach Hilfssatz B liegt l(G, M c ) parallel
zur Gerade l(H, C), die senkrecht
U
auf l(A, B) steht. Also steht auch
l(G, M c ) senkrecht auf l(A, B) und
A
M c
B
ist daher die Symmetrale der Dreieckseite
AB. Analog zeigt man, dass φ(A) = M a gilt und l(G, M a ) die Symmetrale der
Dreieckseite BC ist. Also liegt G sowohl auf der Symmetrale der Dreieckseite AB als auch
auf der Symmetrale der Dreieckseite BC und ist somit der Umkreismittelpunkt U. Wir
haben φ(H) = U gezeigt. Das bedeutet, dass die Punkte U, S und H auf einer Geraden
liegen und dass SU
SH = − 1 2 gilt.
Sei △ ABC ein Dreieck mit Höhenschnittpunkt H, Umkreismittelpunkt U und Umkreisradius
r. Sei N der Mittelpunkt der Strecke HU. Der Kreis mit Mittelpunkt N und Radius
heißt Feuerbachkreis oder Neunpunktkreis.
r
2
Satz 18: Seien H a , H b und H c die Höhenfußpunkte und M a , M b und M c die Seitenmitten
eines Dreiecks △ ABC. Sei H der Höhenschnittpunkt und R a , R b und R c die Mittelpunkte
der Strecken HA, HB und HC. Dann liegen die neun Punkte H a , H b , H c , M a , M b , M c ,
R a , R b und R c auf dem Feuerbachkreis.
Beweis: Sei ψ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = 1 2
, die den Höhenschnittpunkt
H als Zentrum hat. Für einen beliebigen Punkt P ≠ H gilt dann, dass
ψ(P ) der Mittelpunkt der Strecke HP ist. Daraus folgt, dass ψ(A) = R a , ψ(B) = R b ,
ψ(C) = R c und ψ(U) = N gilt. Aus Hilfssatz B folgt |NR a | = 1 2 |UA|, |NR b| = 1 2 |UB|
und |NR c | = 1 2
|UC|. Da die Eckpunkte A, B und C des Dreiecks auf dem Umkreis liegen,
erhalten wir |UA| = r, |UB| = r und |UC| = r. Das ergibt |NR a | = r 2 , |NR b| = r 2 und
|NR c | = r 2 . Somit liegen die Punkte R a, R b und R c auf dem Feuerbachkreis.

14 Elementargeometrie
Sei φ die zentrische Streckung mit Streckungsfaktor c = − 1 2
, die den Schwerpunkt S des
Dreiecks als Zentrum hat. Das ist die selbe, die wir im letzten Beweis verwendet haben.
Dort wurde gezeigt, dass φ(C) = M c gilt. Analog zeigt man φ(A) = M a und φ(B) = M b .
Wir überlegen uns, dass auch φ(U) = N gilt.
Sei G = φ(U). Im letzten Beweis wurde φ(H) = U gezeigt. Die vier Punkte U, S, G und
H liegen dann auf einer Gerade, das ist die oben eingeführte Eulergerade (Zeichnung links
unten). Weiters gilt US = − 1 2 HS = 1 2 SH und GS = − 1 2 US = 1 2SU. Daraus folgt
UG = US + SG = 2SG + SG = 3SG und
GH = GS + SH = GS + 2US = −SG + 4SG = 3SG
Es gilt also UG = GH. Somit ist G der Mittelpunkt der Strecke HU, das heißt G = N.
Wir haben φ(U) = N gezeigt.
Wie oben folgt jetzt |NM a | = 1 2 |UA| = r 2 , |NM b| = 1 2 |UB| = r 2 und |NM c| = 1 2 |UC| = r 2 .
Damit ist gezeigt, dass auch die Punkte M a , M b und M c auf dem Feuerbachkreis liegen.
C
C
M b
H
G
S
U
M a
A M c B
M b
α
α
Q
g
α
A H c M c B
α
M a
Es bleibt zu zeigen, dass die Punkte H a , H b und H c auf dem Feuerbachkreis liegen (Zeichnung
rechts). Es gilt CM b
CA
= 1 2 = CM a
CB . Aus Satz 4 erhalten wir, dass M aM b parallel zu
AB liegt. Es folgt ∠ CM b M a = ∠ CAB = α (Stufenwinkel). Ebenso liegt M a M c parallel
zu AC. Es folgt ∠ M c M a M b = ∠ CM b M a = α (Wechselwinkel). Sei Q der Schnittpunkt
der Strecken M a M b und CH c . Der Winkel bei Q ist ein rechter, da M a M b parallel und
CH c senkrecht zu AB liegt. Aus dem Strahlensatz folgt = CM b
CA
= 1 2
, das heißt
CH c = 2CQ oder CQ = QH c . Die beiden Dreiecke △ CQM b und △ H c QM b sind somit
kongruent, da sie bei Q einen rechten Winkel haben, die Seite M b Q eine gemeinsame ist
und die Seiten CQ und QH c gleich lang sind. Es folgt, dass die Winkel bei M b in beiden
Dreiecken gleich groß sind und somit ∠ H c M b M a = ∠ CM b M a = α gilt.
Sei g die Symmetrale der Strecke M a M b . Wegen |NM a | = |NM b | liegt N auf g. Wegen
∠ H c M b M a = ∠ M c M a M b ist l(M b , H c ) das Bild von l(M a , M c ) bei Spiegelung an g. Da
l(A, B) parallel zu M a M b und somit senkrecht zu g liegt, geht l(A, B) bei Spiegelung an
g in sich selbst über. Der Schnittpunkt M c von l(M a , M c ) und l(A, B) wird daher bei
Spiegelung an g auf den Schnittpunkt H c von l(M b , H c ) und l(A, B) abgebildet. Somit ist
g auch die Symmetrale der Strecke H c M c . Da N auf der Symmetrale g liegt, erhalten wir
|NH c | = |NM c | = r 2 . Das zeigt, dass H c auf dem Feuerbachkreis liegt.
Analog zeigt man, dass auch die beiden anderen Höhenfußpunkte H a und H b auf dem
Feuerbachkreis liegen.
CQ
CH c

5. Der Satz von Pythagoras
Franz Hofbauer 15
In einem rechtwinkeligen Dreieck heißt die dem rechten Winkel gegenüberliegende Seite
Hypotenuse, die wir mit c bezeichnen, und die anderen beiden Seiten heißen Katheten,
die wir mit a und b bezeichnen. Die Ecke beim
rechten Winkel bezeichnen wir mit C und die
den Seiten a und b gegenüberliegenden Ecken
mit A und B. Die Winkel bei A und B nennen
wir α und β. Die Höhe auf die Seite c nennen
wir h und ihren Höhenfußpunkt H. Die Seite c
wird durch H in zwei Teile geteilt, die wir mit
p und mit q bezeichnen, sodass c = p + q gilt.
b
C
h
A q H c p B
Satz 19: Für ein rechtwinkeliges Dreieck mit den oben eingeführten Bezeichnungen gilt
c 2 = a 2 + b 2
a 2 = pc und b 2 = qc
h 2 = pq
Satz von Pythagoras
Kathetensatz
Höhensatz
Erster Beweis: Die Dreiecke △ AHC und △ ACB sind ähnlich, da sie beim Eckpunkt A
denselben Winkel haben, und das erste Dreieck bei H und das zweite bei C einen rechten
Winkel hat. Aus dem Strahlensatz folgt q b = b c und h b = a c , das heißt b2 = qc und h 2 = a2 b 2
c
. 2
Ebenso sind die Dreiecke △ BHC und △ BCA ähnlich, woraus p a = a c und damit a2 = pc
folgt. Damit ist der Kathetensatz bereits bewiesen.
Addiert man a 2 = pc und b 2 = qc, die beiden Gleichungen aus dem Kathetensatz, so folgt
a 2 + b 2 = (p + q)c = c 2 , der Satz von Pythagoras. Setzt man in h 2 = a2 b 2
die beiden
Gleichungen aus dem Kathetensatz ein, so folgt h 2 = pqc2
c
= pq, der Höhensatz.
2
Zweiter Beweis: Wir zeichnen zwei Quadrate mit Seitenlänge a + b nebeneinander. Aus
jedem der beiden Quadrate schneiden wir vier Mal das Dreieck heraus, wie es in der Zeichnung
zu sehen ist. Vom ersten Quadrat verbleiben
zwei Quadrate, das eine mit Seitenlänge a, das andere
mit Seitenlänge b. Die Flächen dieser beiden
Quadrate sind a 2 und b 2 . Vom zweiten Quadrat bleibt
ein Quadrat der Seitenlänge c übrig. Es ist ein Quadrat,
da jeder der Winkel in den Ecken aus einem Winkel
von 180 0 durch Wegnahme von α und β entsteht und α+β = 90 0 gilt. Da die verbleibende
Fläche in beiden Fällen gleich sein muss, ist a 2 + b 2 = c 2 gezeigt.
Die Höhe zerteilt das rechtwinkelige Dreieck in zwei kleinere rechtwinkelige Dreiecke ∆ 1
mit Seiten h, p, a und ∆ 2 mit Seiten h, q, b. Sei ∆ das
Dreieck mit den Seiten p + h, q + h und a + b. In der linken
h b
Zeichnung werden ∆ 1 und ∆ 2 aus dem Dreieck ∆ so herausgeschnitten,
dass ein Quadrat mit Seitenlänge h übrigbleibt.
q
p a
In der rechten Zeichnung werden ∆ 1 und ∆ 2 aus dem Dreieck
∆ so herausgeschnitten, dass ein Rechteck mit Seiten
a
h
p
p und q übrigbleibt. Die Rechteckfläche ist somit gleich der
h b
Quadratfläche. Es gilt pq = h 2 . Damit ist der Höhensatz bewiesen.
Der Kathetensatz folgt schließlich aus dem Satz von
q h
Pythagoras angewandt auf ∆ 1 und ∆ 2 und dem Höhensatz.
Wir erhalten a 2 = p 2 + h 2 = p 2 + pq = pc und b 2 = q 2 + h 2 = q 2 + pq = cq.
a
c 2

16 Elementargeometrie
Wir kommen zu den Anwendungen des Satzes von Pythagoras. Der folgende Satz ist der
Satz von Carnot. Man kann ihn als Gegenstück zum Satz von Ceva verstehen. Sind D, E
und F Punkte auf den Trägergeraden der drei Dreiecksseiten, dann gibt der Satz von Ceva
eine Bedingung dafür an, dass die Verbindungsgeraden dieser Punkte mit den Eckpunkten
A, B und C des Dreiecks einander in einem Punkt schneiden. Der Satz von Carnot
hingegen gibt eine Bedingung an, dass die Senkrechten durch diese drei Punkte einander
in einem Punkt schneiden. Wir beweisen den Satz von Carnot und seine Umkehrung.
Satz 20: Sei △ ABC ein Dreieck und P ein beliebiger Punkt. Sei E der Fußpunkt des Lots
von P auf l(B, C), sei F der Fußpunkt des Lots von P auf l(C, A) und D der Fußpunkt des
Lots von P auf l(A, B). Dann gilt |AD| 2 − |DB| 2 + |BE| 2 − |EC| 2 + |CF | 2 − |F A| 2 = 0.
Beweis: Wir zeichnen die Lote vom Punkt P auf die (Verlängerungen der) drei Dreiecksseiten,
das sind die Strecken von P nach D, von P nach E und von P nach F . Weiters zeichnen
wir die Strecken vom Punkt P zu den drei
Eckpunkten A, B und C. Dadurch entstehen
C
sechs rechtwinkelige Dreiecke, wobei die rechten
Winkel jeweils bei den Punkten D, E und F liegen.
Wir wenden den Satz von Pythagoras auf diese
F
sechs Dreiecke an und erhalten die Gleichungen:
|AD| 2 = |AP | 2 − |DP | 2 , |DB| 2 = |BP | 2 − |DP | 2 ,
P
E
|BE| 2 = |BP | 2 − |EP | 2 , |EC| 2 = |CP | 2 − |EP | 2 ,
|CF | 2 = |CP | 2 − |F P | 2 , |F A| 2 = |AP | 2 − |F P | 2 .
Das alles gilt auch, wenn der Punkt P außerhalb
des Dreiecks liegt. Die Lage dieser rechtwinkeligen
Dreiecke ist dann nur etwas komplizierter.
A
D B
Subtrahiert man die ersten beiden Gleichungen, die darauffolgenden beiden Gleichungen
und die letzten beiden Gleichungen, so hat man |AD| 2 − |DB| 2 = |AP | 2 − |BP | 2 ,
|BE| 2 − |EC| 2 = |BP | 2 − |CP | 2 und |CF | 2 − |F A| 2 = |CP | 2 − |AP | 2 . Addiert man diese
drei Gleichungen, so folgt schließlich |AD| 2 − |DB| 2 + |BE| 2 − |EC| 2 + |CF | 2 − |F A| 2 = 0.
Das ist bereits das gewünschte Resultat.
Satz 21: Sei △ ABC ein Dreieck. Sei E ein Punkt auf l(B, C), sei F ein Punkt auf l(C, A)
und D ein Punkt auf l(A, B), sodass |AD| 2 − |DB| 2 + |BE| 2 − |EC| 2 + |CF | 2 − |F A| 2 = 0
gilt. Die Gerade durch E senkrecht auf l(B, C), die Gerade durch F senkrecht auf l(C, A)
und die Gerade durch D senkrecht auf l(A, B) schneiden dann einander in einem Punkt.
Beweis: Sei g a die Gerade durch den Punkt E senkrecht auf l(B, C) und g b die Gerade
durch den Punkt F senkrecht auf l(C, A). Sei P der Schnittpunkt der Geraden g a und
g b . Weiters sei D ∗ der Fußpunkt des Lotes von P auf die Gerade l(A, B). Aus Satz 20
erhalten wir |AD ∗ | 2 − |D ∗ B| 2 + |BE| 2 − |EC| 2 + |CF | 2 − |F A| 2 = 0. Nach Vorassetzung
gilt |AD| 2 − |DB| 2 + |BE| 2 − |EC| 2 + |CF | 2 − |F A| 2 = 0. Es folgt |AD ∗ | 2 − |D ∗ B| 2 =
|AD| 2 − |DB| 2 . Setzt man x = DD ∗ dann gilt AD ∗ = AD + x und x + D ∗ B = DB. Setzt
man das ein, so folgt |AD| 2 + 2AD · x + x 2 − |DB| 2 + 2DB · x − x 2 = |AD| 2 − |DB| 2 , das
heißt 2AD · x + 2DB · x = 0. Wegen AD + DB = AB ≠ 0 folgt AB · x = 0 und daraus
x = 0. Damit ist DD ∗ = 0 gezeigt, also D ∗ = D. Das Lot von P auf die Gerade l(A, B)
geht durch D. Somit liegt P auch auf der Gerade durch D senkrecht auf l(A, B).
Mit Hilfe von Satz 21 kann man zeigen, dass die drei Seitensymmetralen eines Dreiecks
einander in einem Punkt schneiden. Ebenso kann man das für die Höhen zeigen.

Franz Hofbauer 17
Satz 22 (Stewarts Formel) Seien P , Q und R drei verschiedene Punkte, die auf einer
SP
Geraden g liegen, und S ein weiterer Punkt. Dann gilt 2
P Q·P R + SQ2
QP ·QR + SR2
RP ·RQ = 1.
Beweis: Wir arbeiten mit orientierten
Abständen. Es gilt AB = −BA für zwei
S
Punkte A und B und AC = AB+BC für
drei Punkte A, B und C, die auf einer Geraden
liegen. Diese Formeln werden wir
verwenden. Um den Satz zu beweisen,
zeichnen wir das Lot vom Punkt S auf die P H Q R
Gerade g und bezeichnen den Fußpunkt
mit H. Wir wenden den Satz von Pythagoras auf die drei rechtwinkeligen Dreiecke △ SHP ,
△ SHQ und △ SHR an. Somit haben wir SP 2 = SH 2 + HP 2 , SQ 2 = SH 2 + HQ 2 und
SR 2 = SH 2 + HR 2 . Wir subtrahieren die erste Gleichung von den beiden anderen und
erhalten SQ 2 − SP 2 = HQ 2 − HP 2 und SR 2 − SP 2 = HR 2 − HP 2 . Weiters haben wir
HQ 2 = (HP +P Q) 2 = HP 2 +2HP ·P Q+P Q 2 und HR 2 = (HP +P R) 2 = (HP −RP ) 2 =
HP 2 − 2HP · RP + RP 2 . Wir setzen das in obige Gleichungen ein und erhalten
SQ 2 − SP 2 = 2HP · P Q + P Q 2 und SR 2 − SP 2 = −2HP · RP + RP 2
Wir dividieren die erste Gleichung durch P Q und die zweite durch RP . Addieren ergibt
SQ 2
P Q − SP 2
P Q + SR2
RP − SP 2
SQ2
RP
= P Q+RP , das heißt
P Q + SR2
RP − SP 2 (P Q+RP )
P Q·RP
= P Q+RP . Wir
beachten, dass P Q + RP = RQ gilt und erhalten SQ2
P Q + SR2 SP
2·RQ
RP
−
P Q·RP
= RQ. Division
durch RQ ergibt dann
SQ2
= 1. Das ist bereits die gesuchte Formel,
P Q·RQ +
SR2
RP ·RQ − SP 2
P Q·RP
da ja P Q = −QP , RQ = −QR und RP = −P R gilt.
Wir geben noch eine Anwendung von Stewarts Formel.
Satz 23: Sei △ ABC ein Dreieck mit Seiten a, b und c. Sei w die Länge der Winkelsymmetrale
durch den Eckpunkt C. Dann gilt w 2 = ab(1 − ( c
a+b )2 ).
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch C mit der Seite AB. Die
drei Punkte A, D und B liegen auf einer Geraden und C ist ein weiterer Punkt. Aus Satz 22
CA
folgt daher 2
AD·AB + CD2
DA·DB + CB2
BA·BD
= 1. Nun gilt a = |CB| und b = |CA|. Satz 16 besagt
AD
DB = |AC|
|BC| = b a , woraus AD = b a · DB folgt. Klarerweise gilt auch und AD + DB = AB.
Daraus und aus obiger Gleichung ergibt sich DB =
a
a+b · AB und AD =
b
a+b · AB. Nun
können wir die Nenner in Stewarts Formel berechnen: AD · AB =
b
a+b · AB2 = bc2
a+b ,
DA · DB = −
ab
(a+b)
· AB 2 = − abc2
2
(a+b)
und BA · BD = AB · DB = a
2 a+b · AB2 = ac2
a+b .
Weiters gilt w = |CD|. Setzt man oben ein, so ergibt sich b2 (a+b)
bc
− w2 (a+b) 2
2 abc 2
Daraus folgt w 2 = ab −
abc2
(a+b)
. 2
+ a2 (a+b)
ac 2 = 1.
6. Der Kreis
Sei AB eine Sehne in einem Kreis k. Ist C ein Punkt auf dem Kreis, dann heißt
der Winkel bei C im Dreieck △ ABC Peripheriewinkel über der Sehne AB. Ist M der
Mittelpunkt des Kreises, dann heißt der Winkel bei M im Dreieck △ ABM Zentriwinkel
über der Sehne AB.

18 Elementargeometrie
Satz 24 (Peripheriewinkelsatz) Sei AB eine Sehne im Kreis k, dessen Mittelpunkt M
Zentriwinkel α über der Sehne AB habe. Sei C ein Punkt auf dem Kreis. Liegt M auf der
selben Seite von AB wie C oder auf AB, dann ist 1 2α der Peripheriewinkel von C über der
Sehne AB. Liegt M auf der anderen Seite von AB als C oder auf AB, dann ist 180 0 − 1 2 α
der Peripheriewinkel von C über der Sehne AB.
Beweis: Die Punkte A, B und C liegen auf dem Kreis k. Dieser Kreis ist daher der
Umkreis des Dreiecks △ ABC und M ist der Umkreismittelpunkt. Den Winkel beim
Eckpunkt C in diesem Dreieck, das ist der Peripheriewinkel, nennen wir γ.
Wir behandeln zuerst den Fall, dass M im Dreieck △ ABC liegt. Dieser Fall ist in der
linken Zeichnung dargestellt. Die Dreiecke △ AMC und △ BMC sind gleichschenkelig.
Die Schenkel MA, MB und MC dieser Dreiecke sind ja Radien des Kreises k.
C
γ
M M γ C
M
α α α
A B A B A B
Es gilt ∠ AMC + ∠ BMC = 360 0 − α und ∠ ACM + ∠ BCM = γ. Daraus erhalten wir
∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AMC und △ BMC gleichschenkelig sind und
somit ∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt. Addition dieser drei Gleichungen
ergibt 180 0 +180 0 = 360 0 −α+2γ, da Dreiecke Winkelsumme 180 0 haben. Es folgt 2γ = α.
(Dieser Beweis funktioniert auch, wenn M auf AC, auf BC oder auf AB liegt, es treten
nur Winkel mit 0 0 auf.)
Der Fall, wo M auf der selben Seite von AB wie C liegt, aber nicht mehr im Dreieck
△ ABC, ist in der mittleren Zeichnung dargestellt. Es gilt ∠ AMC − ∠ BMC = α und
−∠ ACM + ∠ BCM = γ. Es folgt −∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AMC und
△ BMC gleichschenkelig sind und somit ∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt.
Subtraktion der zweiten und dritten Gleichung von der ersten ergibt 180 0 − 180 0 = α − 2γ,
da Dreiecke Winkelsumme 180 0 haben. Es folgt 2γ = α.
Der Fall, wo M auf der anderen Seite der Sehne AB als C liegt, ist in der dritten Zeichnung
dargestellt. Es gilt ∠ AMC +∠ BMC = α und ∠ ACM +∠ BCM = γ. Daraus folgt dann
∠ CAM + ∠ CBM = γ, da die Dreiecke △ AMC und △ BMC gleichschenkelig sind und
∠ CAM = ∠ ACM und ∠ CBM = ∠ BCM gilt. Addition der drei Gleichungen ergibt
180 0 + 180 0 = α + 2γ, da Dreiecke Winkelsumme 180 0 haben. Es folgt 2γ = 360 0 − α.
Der Spezialfall von Satz 24, bei dem die Sehne durch den Mittelpunkt des Kreises
verläuft, heißt Satz von Thales. Es treffen beide Fälle aus Satz 24 zu. Der Zentriwinkel
beträgt dann 180 0 und der Peripheriwinkel somit 90 0 .
Satz 25 (Satz von Thales) Sei k ein Kreis, mit Mittelpunkt M und einer Sehne AB, die
durch M verläuft. Dann hat jeder Punkt C auf dem Kreis, der ungleich A und B ist, einen
rechten Winkel als Peripheriewinkel über AB.
γ
C

Es gilt auch die Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes.
Seien A und B zwei Punkte und g die Gerade
durch A und B. Sei H eine der beiden Halbebenen,
in die g die Ebene teilt. Wir zeichnen alle Kreisbögen
durch A und B, die in H liegen. Diese Kreisbögen
füllen H vollständig aus. Durch jeden Punkt P in H
verläuft einer dieser Kreisbögen, nämlich der Umkreis
des Dreiecks △ ABP . Zwei dieser Kreisbögen haben
außer A und B keinen gemeinsamen Punkt. Hätten
sie einen weiteren gemeinsamen Punkt Q, dann wären
Franz Hofbauer 19
sie nicht verschiedene Kreisbögen, sondern beide der Umkreis des Dreiecks △ ABQ.
Sei k einer der Kreisbögen. Nach dem Peripheriewinkelsatz haben alle Punkte auf k
denselben Peripheriewinkel γ über der Sehne AB. Wir nennen k den γ-Kreisbogen. Der
Mittelpunkt M des Kreisbogens k liegt auf der Symmetrale der Strecke AB. Liegt M in
H mit Zentriwinkel α über der Sehne AB, dann ist k der γ-Kreisbogen mit γ = 1 2 α < 900 .
Liegt M auf AB, dann ist k der γ-Kreisbogen mit γ = 90 0 . Liegt M nicht in H mit
Zentriwinkel α über der Sehne AB, dann ist k der γ-Kreisbogen mit γ = 180 0 − 1 2 α > 900 .
Wir können jetzt den Peripheriewinkelsatz und seine Umkehrung so formulieren: Der
Peripheriewinkel ∠ AP B eines Punktes P in H ist genau dann gleich γ, wenn er auf dem
γ-Kreisbogen liegt.
Oft wird der Peripheriewinkelsatz so verwendet: Man kennt den Peripheriewinkel γ eines
Punktes P auf dem Kreis k über der Sehne AB. Dann hat jeder andere Punkt auf k, der
auf derselben Seite der Sehne AB liegt wie P , ebenfalls Peripheriewinkel γ, und jeder
Punkt auf k, der auf der anderen Seite der Sehne AB liegt, Peripheriewinkel 180 0 − γ.
Satz 26 (Südpolsatz) Sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt
C mit dem Umkreis. Dann hat P gleiche Abstände zu den Eckpunkten A und B und zum
Inkreismittelpunkt I.
Beweis: Wir wenden den Peripheriewinkelsatz
auf die Sehnen BP und AP im Umkreis
an. Es folgt ∠ BAP = ∠ BCP = γ 2 und
∠ ABP = ∠ ACP = γ 2
. Das Dreieck △ ABP
ist gleichschenkelig. Der Punkt P hat gleiche
Abstände zu den Eckpunkten A und B. Es
bleibt zu zeigen, dass der Inkreismittelpunkt
I den selben Abstand vom Punkt P hat wie
der Eckpunkt A. Es gilt ∠ BAP = γ 2 und
∠ BAI = α 2
, da I auf der Winkelsymmetrale
durch A liegt. Daraus folgt ∠ P AI = α+γ
2 .
Der Winkel ∠ P IA ist der Außenwinkel des A γ
B
Dreiecks △ ACI beim Eckpunkt I und daher
2
gleich der Summe der beiden Innenwinkel bei
den Eckpunkten A und C. Da die Seiten AI
und CI auf den Winkelsymmetralen liegen,
P
erhalten wir ∠ CIA = α 2 und ∠ ACI = γ α+γ
2
. Es folgt ∠ P IA =
2
. Das Dreieck △ AP I ist
somit gleichschenkelig. Es folgt, dass der Inkreismittelpunkt I den selben Abstand vom
Punkt P hat wie der Eckpunkt A.
C
γ
2
A
I
B

20 Elementargeometrie
Satz 27: Spiegelt man in einem Dreieck △ ABC den Höhenschnittpunkt H an den
(Verlängerungen der) drei Seiten, dann liegen die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Wir beweisen den Satz für ein spitzwinkeliges
Dreieck △ ABC und Spiegelung des Höhenschnittpunkts
H an der Seite AB. Sei G der
Schnittpunkt des Umkreises mit der Verlängerung
der Höhe durch C (diese Höhe ist nicht eingezeichnet).
Da ∠ AGB und ∠ ACB = γ Peripheriewinkel
im Umkreis des Dreiecks über der Sehne
AB sind, aber auf verschiedenen Seiten der Sehne
liegen, erhalten wir ∠ AGB = 180 0 − γ. Die Höhe
durch A steht senkrecht auf der Seite BC. Die
Höhe durch B, deren Fußpunkt wir F nennen,
steht senkrecht auf der Seite AC. Daher ist ∠ AHF
gleich γ. Es folgt ∠ AHB = 180 0 − γ. Da G auf
der Verlängerung der Höhe durch C liegt und da
A
C
γ
F H
γ
∠ AHB = ∠ AGB gilt, ist G der um die Seite AB gespiegelte Höhenschnittpunkt H. Somit
ist gezeigt, dass dieser auf dem Umkreis liegt.
Ist der Winkel γ bei C stumpf, dann verläuft der Beweis analog. Ist der Winkel bei A oder
bei B stumpf, dann liegen C und der Schnittpunkt G des Umkreises mit der Verlängerung
der Höhe durch C auf derselben Seite der Sehne AB, sodass ∠ AGB = γ gilt. Wie oben
erhält man ∠ AHB = γ. Es folgt ∠ AHB = ∠ AGB. Also ist G auch in diesem Fall der
um die (Verlängerung der) Dreiecksseite AB gespiegelte Höhenschnittpunkt H.
7. Sehnen- und Sekantensatz
Wir fassen Sehnen– und Sekantensatz in einem Satz zusammen.
Satz 28: Sei k ein Kreis mit Mittelpunkt M und Radius r. Sei g eine Gerade, die den
Kreis in den Punkten A und B schneidet. Sei R ein weiterer Punkt auf g. Dann gilt
AR · RB = r 2 − |MR| 2 .
Beweis: Sei h die Länge des Lots von M auf g und F dessen Fußpunkt. Wenn g durch
M verläuft, dann ist h = 0 und F = M. Sei a = AR und b = RB. Aus den Rechenregeln
für den orientierten Abstand folgt AB = AR + RB = a + b und AF = 1 a+b
2AB =
2 . Damit
erhalten wir F R = F A + AR = − a+b
2
+ a = a−b
2
. Setzt man noch c = |MR| dann folgen
G
B
P
M
M
A B A
R F
F
B
R
r 2 = h 2 + ( a+b
2 )2 und c 2 = h 2 + ( a−b
2 )2 aus dem Satz von Pythagoras. Subtrahiert man
diese Gleichungen, dann erhält man r 2 − c 2 = ab, das heißt r 2 − |MR| 2 = AR · RB.

Franz Hofbauer 21
Satz 28 heißt Sehnensatz, wenn R auf der Sehne AB liegt. In diesem Fall, der in der
linken Zeichnung dargestellt ist, gilt |AR| · |RB| = r 2 − |MR| 2 , da AR und RB gleiches
Vorzeichen haben.
Liegt R außerhalb des Kreises, dann heißt Satz 28 Sekanten- oder Tangentensatz. In
diesem Fall, der in der rechten Zeichnung dargestellt ist, gilt |AR| · |RB| = |MR| 2 − r 2 , da
AR und RB verschiedene Vorzeichen haben. Ist P der Berührungspunkt einer Tangente
vom Punkt R an den Kreis, dann folgt |RP | 2 + r 2 = |MR| 2 aus dem Satz von Pythagoras,
sodass der Tangentensatz dann |AR| · |RB| = |RP | 2 lautet. Das erklärt auch den Namen.
8. Inkreis, Ankreise und Umkreis
Wir berechnen die Radien dieser Kreise. Eine dazu passende Formel für die Fläche des
Dreiecks kommt im nächsten Kapitel.
Satz 29: Seien a, b und c die Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und s = 1 2
(a + b + c)
sein halber Umfang. Ist ϱ der Inkreisradius, dann gilt ϱ = F s .
Beweis: Sei I der Inkreismittelpunkt. Das Dreieck △ ABC lässt sich in die drei Dreiecke
△ AIB, △ AIC und △ BIC zerlegen. Diese drei Dreiecke haben Höhe ϱ und ihre Flächen
sind 1 2 cϱ, 1
2 bϱ und 1 2 aϱ. Es gilt somit F = 1 2 aϱ + 1 2 bϱ + 1 2 cϱ = sϱ. Wir haben ϱ = F s
gezeigt.
Satz 30: Seien a, b und c die Seiten eines Dreiecks, F seine Fläche und s = 1 2
(a + b + c)
sein halber Umfang. Sind ϱ a , ϱ b und ϱ c die Radien der Ankreise an die drei Seiten, dann
gilt ϱ a =
F
F
F
s−c .
s−a , ϱ b =
s−b und ϱ c =
Beweis: Wir beweisen die erste der drei Formeln. Sei P der Mittelpunkt des Ankreises an
die Seite BC. Die Flächen der drei Dreiecke △ AP B, △ AP C und △ BP C sind dann 1 2 cϱ a,
1
2 bϱ a und 1 2 aϱ a. Die beiden Dreiecke △ ABC und △ BP C überdecken dieselbe Fläche wie
die beiden Dreiecke △ AP B und △ AP C. Daher gilt F + 1 2 aϱ a = 1 2 cϱ a + 1 2 bϱ a. Es folgt
F = 1 2 (b + c − a)ϱ a = (s − a)ϱ a und daraus dann ϱ a =
F
s−a .
Satz 31: Seien a, b und c die Seiten eines Dreiecks und sei F seine Fläche. Ist r der
Umkreisradius, dann gilt r = abc
4F .
Beweis: Sei G der Schnittpunkt ≠ C des Umkreises
C
mit der Geraden durch den Eckpunkt C und den
Umkreismittelpunkt U. Sei h die Länge der Höhe
durch den Eckpunkt C und D der Höhenfußpunkt.
Wir zeigen, dass die Dreiecke △ ADC und △ GBC
ähnlich sind. Der Winkel bei A im Dreieck △ ADC
und der Winkel bei G im Dreieck △ GBC sind Peripheriewinkel
in einem Kreis über der Sehne BC und
U
somit nach dem Peripheriewinkelsatz gleich. Der
Winkel bei D im △ ADC ist ein rechter, da CD
A
D
B
als Höhe auf AB senkrecht steht. Der Winkel bei B
im Dreieck △ GBC ist ebenfalls ein rechter, da er
ein Peripheriewinkel über dem Durchmesser CG des
G
Umkreises ist. Da somit die Ähnlichkeit der Dreiecke
△ ADC und △ GBC gezeigt ist, folgt |CG|
2r
a
= b h
|CB| = |CA|
. Weiters gilt 2F = ch. Multiplikation ergibt
4rF
a
|CD|
aus dem Strahlensatz, das heißt
= cb, das heißt r = abc
4F .

II. Trigonometrie
1. Trigonometrische Funktionen
Der Einheitskreis ist der Kreis mit Mittelpunkt (0, 0) und Radius 1. Um sin α und cos α
zu definieren, zeichnen wir vom Punkt (0, 0) aus eine Halbgerade, die mit der x-Achse den
Winkel α einschließt (für α > 0 im Gegenuhrzeigersinn, für α < 0 im Uhrzeigersinn). Die
Koordinaten des Schnittpunktes dieser Halbgerade mit dem Einheitskreis sind dann cos α
und sin α. Da man für die Winkel α und α + 360 0 den selben Punkt am Einheitskreis
erhält, ergibt sich sin(α + 360 0 ) = sin α und cos(α + 360 0 ) = cos α.
Weiters definiert man tan α = sin α
cos α
und cot α =
1
tan α = cos α
sin α .
Satz 32: Die Funktionen sin und cos haben folgende Eigenschaften
(a) sin 2 α + cos 2 α = 1
(b) sin 0 = sin 180 0 = 0, sin 90 0 = 1, cos 0 = 1, cos 180 0 = −1, cos 90 0 = 0
(c) sin(−α) = − sin α, cos(−α) = cos α
(d) sin(α + 90 0 ) = cos α, cos(α + 90 0 ) = − sin α
(e) sin(α + 180 0 ) = − sin α, cos(α + 180 0 ) = − cos α
Beweis: Wir erhalten (a), da der Punkt mit den Koordinaten cos α und sin α auf dem
Einheitskreis liegt. Auch (b) folgt sofort aus der Definition, indem man die Koordinaten
der Punkte abliest, die man für die Winkel 0, 90 0 und 180 0 erhält. Da die Punkte, die
man für die Winkel α und −α erhält, symmetrisch zur x-Achse liegen, folgt (c). Den
Vektor ( cos(α+900 )
cos α
sin(α+90 0 )
) erhält man, indem man den Vektor ( sin α ) um 90 0 nach links verdreht.
Daraus folgt (d). Den Vektor ( cos(α+1800 )
sin(α+180 0 )
den Koordinatenursprung spiegelt. Daraus folgt (e).
) erhält man, indem man den Vektor (
cos α
sin α ) um
Ist α ein Winkel in einem rechtwinkeligen Dreieck, der nicht der rechte ist, dann heißt
die am Winkel α anliegende Kathete die Ankathete und die nicht anliegende Kathete heißt
Gegenkathete. Aus dem Strahlensatz folgt dann
sin α = |Gegenkathete|
|Hypotenuse|
cos α = |Ankathete|
|Hypotenuse|
und
tan α = |Gegenkathete|
|Ankathete|
Satz 33 (Sinussatz) In einem beliebigen Dreieck mit Fläche F und den üblichen Bezeichnungen
gilt 2F
abc = sin α
a
= sin β
b
= sin γ
c
.
Beweis: Sei h die Länge der Höhe auf c. Dann gilt 2F = ch. Weiters gilt sin α = h b
(wegen sin(180 0 − α) = sin α gilt das auch, wenn die Höhe außerhalb des Dreiecks liegt).
Daraus folgt dann 2F
abc = h ab = b sin α
ab
= sin α
2F
a
. Analog folgt
abc = sin β
b
und 2F
abc = sin γ
c
.
Satz 34 (Cosinussatz) In einem Dreieck mit den üblichen Bezeichnungen gilt
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α, b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos β und c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ.
Beweis: Sei H der Fußpunkt der Höhe durch den Eckpunkt C und h deren Länge. Sei p
der Abstand von H zum Eckpunkt A, wenn H rechts von A liegt oder gleich A ist (spitzer
Winkel α), und der mit negativem Vorzeichen versehene Abstand, wenn H links von A
liegt (stumpfer Winkel α). In beiden Fällen gilt dann cos α = p b
das heißt p = b cos α. Aus
dem Satz von Pythagoras folgt b 2 = h 2 + p 2 und a 2 = h 2 + (c − p) 2 . Subtraktion ergibt
b 2 − a 2 = p 2 − (c − p) 2 = 2pc − c 2 und für p eingesetzt b 2 − a 2 = 2bc cos α − c 2 , das heißt
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α. Die anderen Gleichungen erhält man analog.

Franz Hofbauer 23
Satz 35 (Dreiecksungleichung) Sind a, b und c die Längen der Seiten eines Dreiecks, dann
gilt a ≤ b + c, b ≤ a + c und c ≤ a + b.
Beweis: Da − cos γ ≤ 1 gilt erhalten wir c 2 ≤ a 2 +b 2 +2ab = (a+b) 2 aus dem Cosinussatz.
Es folgt c ≤ a + b. Analog zeigt man die anderen Ungleichungen.
Satz 36 (Summensätze) Für beliebige Winkel α und β gelten die beiden Formeln
(a) sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
(b) cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
Beweis: Misst man von der x-Achse aus am Einheitskreis im Gegenuhrzeigersinn den
Winkel α, so kommt man zum Punkt (cos α, sin α). Misst man von der x-Achse aus am
Einheitskreis im Uhrzeigersinn den Winkel β, so kommt man zum Punkt (cos β, − sin β).
Der Winkel zwischen den Halbgeraden zu diesen Punkten ist α + β. Der Winkel zwischen
den Halbgeraden zu den Punkten (1, 0) und (cos(α + β), sin(α + β)) ist ebenfalls α + β.
Daher ist auch der Abstand vom Punkt (cos α, sin α) zum Punkt (cos β, − sin β) gleich dem
Abstand vom Punkt (1, 0) zum Punkt (cos(α + β), sin(α + β)). Das heißt
√
(cos α − cos β)2 + (sin α + sin β) 2 = √ (1 − cos(α + β)) 2 + (sin(α + β)) 2
Man kann die Wurzeln auf beiden Seiten weglassen. Quadriert man aus, so erhält man
cos 2 α − 2 cos α cos β + cos 2 β + sin 2 α + 2 sin α sin β + sin 2 β
= 1 − 2 cos(α + β) + cos 2 (α + β) + sin 2 (α + β)
An drei verschiedenen Stellen kann man die Formel sin 2 γ + cos 2 γ = 1 anwenden, und
erhält 1 − 2 cos α cos β + 1 + 2 sin α sin β = 1 − 2 cos(α + β) + 1. Damit sind wir bei der
Formel cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β angelangt und (b) ist gezeigt.
Wir ersetzen in dieser soeben gezeigten Formel β durch β + 90 0 . Es gilt
cos(α + β + 90 0 ) = − sin(α + β), cos(β + 90 0 ) = − sin β und sin(β + 90 0 ) = cos β
Setzt man das ein, so hat man − sin(α + β) = cos α(− sin β) − sin α cos β. Das ist (a).
Wir geben auch noch einen geometrischen Beweis der Summensätze. Wir nehmen zuerst
an, dass die Winkel α und β zwischen 0 und 90 0 liegen. Wir messen die entsprechenden
Bögen am Einheitskreis und erhalten den Punkt A, der dem Winkel α, und den Punkt B,
der dem Winkel α + β entspricht. In der Zeichnung unten links ist der Fall dargestellt, wo
α + β < 90 0 gilt, während die Zeichnung rechts unten den Fall zeigt, wo α + β > 90 0 gilt.
B
B
A
D
C
A
D
C
M F E
F
M
E
Sei C auf der Strecke MA so gewählt, dass BC auf MA senkrecht steht. Daher gilt
|MC| = cos β und |BC| = sin β. Sei E der Fußpunkt der Senkrechten durch C auf die

24 Trigonometrie
x-Achse. Das Dreieck △ MEC hat bei M den Winkel α und bei E einen rechten Winkel.
Daher gilt |CE| = |MC| sin α = cos β sin α und |ME| = |MC| cos α = cos β cos α. Sei
F der Fußpunkt der Senkrechten durch B auf die x-Achse und D der Punkt auf dieser
Senkrechten, sodass das Dreieck △ BDC einen rechten Winkel bei D hat. Dieses Dreieck
hat den Winkel α bei B, da BD senkrecht auf ME und BC senkrecht auf MC steht.
Daher gilt |CD| = |BC| sin α = sin β sin α und |BD| = |BC| cos α = sin β cos α. Nun folgt
sin(α + β) = |CE| + |BD| = cos β sin α + sin β cos α
cos(α + β) = |ME| − |CD| = cos β cos α − sin β sin α
Damit sind die Summensätze für Winkel α und β zwischen 0 und 90 0 bewiesen. Mit Hilfe
der Formeln aus Satz 32 (d) erhält man sie für alle Winkel.
Mit Cosinus- und des Sinussatz beweisen wir eine Formel für die Dreiecksfläche.
Satz 37 (Heronsche Flächenformel) Seien a, b und c die Seiten eines Dreiecks, F seine
Fläche und s = 1 2 (a + b + c) sein halber Umfang. Dann gilt F = √ s(s − a)(s − b)(s − c).
Beweis: Aus dem Cosinussatz folgt 2bc cos α = b 2 +c 2 −a 2 . Durch wiederholtes Anwenden
der Formel u 2 − v 2 = (u + v)(u − v) erhält man
4b 2 c 2 sin 2 α = 4b 2 c 2 (1 − cos 2 α) = 4b 2 c 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) 2
= (2bc + b 2 + c 2 − a 2 )(2bc − b 2 − c 2 + a 2 ) = ((b + c) 2 − a 2 )(a 2 − (b − c) 2 )
= (b + c + a)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c) = 2s(2s − 2a)(2s − 2c)(2s − 2b)
Daraus und aus Satz 33 folgt dann F 2 = 1 4 b2 c 2 sin 2 α = s(s − a)(s − b)(s − c).
2. Die besonderen Punkte des Dreiecks
Abgesehen vom Schwerpunkt, kann man die besonderen Punkte des Dreiecks auch mit
trigonometrischen Methoden behandeln.
Satz 38: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Höhen einander in einem Punkt,
dem Höhenschnittpunkt H.
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig,
dann wählen wir die Bezeichnungen so, dass
C
γ der Winkel ≥ 90 0 ist. Die Winkel α und
β sind jedenfalls spitz. Sei D der Fußpunkt
der Höhe durch den Eckpunkt C und H der
Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte
b H
C und A. Da die Winkel α und β spitz sind,
liegt H oberhalb von D und D rechts von A.
β
Sei x der Abstand der Punkte D und H. Sei
x
u der Abstand der Punkte A und D. Dann
gilt u = b cos α. Da der Winkel zwischen den
β
Höhen durch C und durch A gleich β ist, erhalten
wir tan β = u x
A u
D B
. Es folgt x =
u
tan β = b cos α
tan β .
Sei jetzt G der Schnittpunkt der Höhen durch die Eckpunkte C und B und y der Abstand
der Punkte D und G. Wie oben erhält man, dass y = a cos β
tan α
gilt. Aus dem Sinussatz
folgt b sin α = a sin β, das heißt b cos α tan α = a cos β tan β. Damit ist x = y gezeigt. Das
bedeutet aber, dass G = H gilt. Die drei Höhen schneiden einander im Punkt H.

Franz Hofbauer 25
Satz 39: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Winkelsymmetralen einander in
einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
C
Beweis: Sei D der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale
durch den Eckpunkt C mit der
γ
Seite AB und I der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen
durch die Eckpunkte C und
2
A. Sei x der Abstand der Punkte D und I
und u der Abstand der Punkte A und D. Wir
wenden den Sinussatz im Dreieck △ ADC an.
Wegen ∠ ADC = 180 0 − α − γ 2 = β + γ 2 und
b
∠ ACD = γ 2 gilt u
b
=
sin γ 2
sin(β+ γ 2
), woraus
sin
u = b
γ 2
I
sin(β+ γ 2 ) folgt. Wir wenden noch einmal
den Sinussatz an und zwar jetzt im Dreieck
△ ADI. Wegen ∠ AID = 90 0 − β 2
und
∠ DAI = α x
2 gilt u
= x , woraus
sin(90 0 − β 2 )
x = u
sin α 2
sin α 2
folgt. Setzt man
α
2
β+ γ 2
= u sin α sin(90 0 − β 2
2 ) cos β 2
sin A u
für u ein, so hat man x = b
α 2 sin γ 2
D
cos β 2 sin(β+ γ ). 2
Sei jetzt J der Schnittpunkt der Winkelsymmetralen durch die Eckpunkte C und B und y
der Abstand der Punkte D und J. Wie oben erhält man, dass y = a sin β 2 sin γ 2
cos α 2 sin(α+ gilt. Aus
γ
2
)
dem Sinussatz folgt b sin α = a sin β, das heißt 2b sin α 2 cos α 2 = 2a sin β 2 cos β 2
. Die Summe
der beiden Winkel α + γ 2 und β + γ 2 ist 1800 . Daher gilt sin(α + γ 2 ) = sin(β + γ 2
). Aus
sin
diesen beiden Gleichungen folgt b
α 2
= a sin β
cos β 2 sin(β+ γ 2
2 ) cos α 2 sin(α+ γ 2
). Damit ist x = y gezeigt.
Das bedeutet aber, dass J = I gilt. Die drei Winkelsymmetralen schneiden einander im
Punkt I.
Für den Satz, dass die Seitensymmetralen einander in einem Punkt schneiden, zeigen
wir zuerst einen Hilfssatz.
Hilfssatz C: In jedem Dreieck gilt sin 2 α − sin α cos β sin γ = sin 2 β − cos α sin β sin γ.
Beweis: Es gilt sin γ = sin(180 0 − α − β) = sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β. Die
zu beweisende Gleichung wird damit zu sin 2 α − sin 2 α cos 2 β = sin 2 β − cos 2 α sin 2 β. Das
wieder lässt sich zu sin 2 α sin 2 β = sin 2 β sin 2 α umformen.
Wir haben durch Äquivalenzumformungen die zu beweisende Gleichung in eine richtige
Gleichung übergeführt, womit der Beweis erbracht ist.
Satz 40: In einem beliebigen Dreieck schneiden die drei Seitensymmetralen einander in
einem Punkt, dem Umkreismittelpunkt U.
Beweis: Ist das Dreieck nicht spitzwinkelig, dann wählen wir die Bezeichnungen so, dass γ
der Winkel ≥ 90 0 ist. Die Winkel α und β sind jedenfalls spitz. Sei U der Schnittpunkt der
Symmetralen der Seiten AB und AC. Sei D der Mittelpunkt der Seite AB und F der der
Seite AC. Sei x der Abstand der Punkte D und U, wobei x negativ ist, wenn U unterhalb
B

26 Trigonometrie
der Seite AB liegt. Weiters sei G der Schnittpunkt
der (Verlängerung der) Seite AB mit
der Symmetralen der Seite AC und u der Abstand
der Punkte D und G, wobei u negativ
ist, wenn G links von D liegt. Da das Dreieck
△ AGF bei F einen rechten und bei A Winkel
α hat, erhalten wir cos α = b 2
c
2
+u,
woraus
b
u =
b
U
2 cos α − c 2
folgt. Da das Dreieck △ DGU
2
bei D einen rechten und bei U Winkel α hat,
α
gilt cot α = x b−c cos α
x
u
. Es folgt x = u cot α =
2 sin α . α
(Ist γ > 90 0 , dann sind u und x negativ. Ist
c
A D u
γ = 90 0 , dann gilt u = x = 0.)
2
G B
Sei jetzt V der Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC. Sei y der Abstand
der Punkte D und V , wobei y negativ ist, wenn V unterhalb der Seite AB liegt. Wie
a−c cos β
oben erhält man, dass y =
2 sin β
gilt. Nach Hilfssatz C gilt sin 2 β − cos α sin β sin γ =
sin 2 a
α − sin α cos β sin γ. Da aber
b nach dem Sinussatz gilt, erhalten
sin α =
sin β = c
sin γ
F
C
b
wir
sin β sin2 β −
c
sin γ
cos α sin β sin γ =
a
sin α sin2 α −
c
sin γ
sin α cos β sin γ, das bedeutet
b sin β − c cos α sin β = a sin α − c sin α cos β. Daraus folgt, dass x = y gilt. Damit ist
V = U gezeigt. Die drei Seitensymmetralen schneiden einander im Punkt U.
3. Die Sätze von Napoleon und Morley
Das sind zwei Sätze, die man üblicherweise mit trigonometrischen Methoden beweist.
Satz 41 (Satz von Napoleon) Setzt man auf die drei Seiten eines beliebigen Dreiecks
gleichschenkelige Dreiecke mit Basiswinkel 30 0 , dann bilden die Spitzen dieser drei Dreiecke
ein gleichseitiges Dreieck.
Beweis: Sei D die Spitze des über der Seite AB als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks, sei E die Spitze des über der Seite BC als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks und sei F die Spitze des über der
Seite CA als Basis errichteten gleichschenkeligen
Dreiecks. Sei x = |DF |, y = |DE|
und z = |EF |. Zu zeigen ist x = y = z.
Wir zeigen nur x = y. Da die Winkel bei A
und B im Dreieck △ ABD gleich 30 0 sind,
folgt |BD| = |AD| =
c
√
3
. Ebenso hat man
|BE| = |CE| = a √
3
und |CF | = |AF | =
b √
3
.
Wegen ∠ DAF = α+60 0 folgt aus dem Cosinussatz
angewandt auf das Dreieck △ ADF ,
dass x 2 = b2 3 + c2 3 − 2bc
3 cos(α + 600 ) gilt.
Wegen 2 cos(α + 60 0 ) = cos α − √ 3 sin α
ergibt sich x 2 = b2 3 + c2 3 − bc bc
3
cos α+ √
3
sin α.
(Ist α größer als 120 0 , dann muss man die
Gleichung cos(360 0 − φ) = cos φ beachten.)
b √
3
A
F
α
b √
3
D
C
γ
x y
√c
√3 c
3
z
a√
3
β
B
E
a√
3

Franz Hofbauer 27
Ganz analog berechnet man, dass y 2 = a2
3 + c2 3 − ac
ac
3
cos β + √
3
sin β
noch zu überprüfen, dass y = x folgt.
gilt. Es bleibt nur
Wir haben die Gleichung sin 2 α − sin α cos β sin γ = sin 2 β − cos α sin β sin γ in Hilfssatz C
a
gezeigt. Da aber auch
nach dem Sinussatz gilt, erhalten wir daraus
a 2
sin α =
b
sin β = c
sin γ
sin 2 α sin2 α −
a c
sin α sin γ
sin α cos β sin γ =
b2
sin 2 β sin2 β −
b c
sin β sin γ
cos α sin β sin γ, das heißt
a 2 − ac cos β = b 2 − bc cos α. Weiters gilt √ 3ac sin β = √ 3bc sin α. Addiert man diese
beiden Gleichungen, so hat man a 2 − ac cos β + √ 3ac sin β = b 2 − bc cos α + √ 3bc sin α.
Daraus ergibt sich y 2 = x 2 und somit auch y = x.
Für den nächsten Satz, den Satz von Morley, zeigen wir zwei Hilfssätze.
Hilfssatz D: In jedem Dreieck gilt sin 2 γ = sin 2 α + sin 2 β − 2 sin α sin β cos γ.
Beweis: Ist q = abc
2F
, so folgen a = q sin α, b = q sin β und c = q sin γ aus dem Sinussatz.
Man setzt das in den Cosinussatz c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ ein und kürzt durch q 2 .
Hilfssatz E: Es gilt sin 3ψ = 4 sin ψ sin(60 0 + ψ) sin(60 0 − ψ).
Beweis: Wegen sin 60 0 = √ 3
2
und cos 60 0 = 1 2 gilt sin(600 + ψ) = √ 3
2 cos ψ + 1 2
sin ψ und
sin(60 0 − ψ) = √ 3
2 cos ψ − 1 2
sin ψ nach dem Summensatz für den Sinus. Daraus ergibt sich
dann 4 sin ψ sin(60 0 + ψ) sin(60 0 − ψ) = 3 sin ψ cos 2 ψ − sin 3 ψ.
Ebenso aus den Summensätzen folgt sin 2ψ = 2 sin ψ cos ψ und cos 2ψ = cos 2 ψ − sin 2 ψ,
und damit sin 3ψ = sin(2ψ + ψ) = sin 2ψ cos ψ + cos 2ψ sin ψ = 3 sin ψ cos 2 ψ − sin 3 ψ.
Satz 42 (Satz von Morley) Sei △ ABC ein Dreieck, dessen Winkel mit α, β und γ bezeichnet
werden. Ins Innere dieses Dreiecks werden folgende drei Dreiecke gezeichnet: Über der
Seite AB als Basis wird ein Dreieck mit Winkel α 3 bei A und β 3
bei B errichtet. Sei P die
Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite BC als Basis wird ein Dreieck mit Winkel β 3 bei B
und γ 3
bei C errichtet. Sei Q die Spitze dieses Dreiecks. Über der Seite CA als Basis wird
ein Dreieck mit Winkel γ 3 bei C und α 3
bei A errichtet. Sei R die Spitze dieses Dreiecks.
Das Dreieck △ P QR ist dann gleichseitig.
Beweis: Seien x = |P R|, u = |AP | und
C
v = |AR|. Insbesondere ist x die Länge
der Seite P R des Dreiecks △ P QR, von dem
gezeigt werden soll, dass es gleichseitig ist.
Sei µ = α 3 , ν = β 3
und ϱ = γ 3
. Weiters sei
φ = ∠ AP B. Da µ, ν und φ die Winkel im
b
Dreieck △ AP B sind, gilt µ + ν + φ = 180 0 .
R Q
a
Wegen µ + ν + ϱ = α+β+γ
3
= 60 0 erhält
man φ = 120 0 + ϱ. Daraus ergibt sich dann
v
x
sin φ = sin(180 0 − φ) = sin(60 0 − ϱ). Der Sinussatz
angewendet auf das Dreieck △ AP B
P
u
u
liefert
sin ν = c
sin φ oder u = c sin ν
sin(60 0 −ϱ) . Setzt
man q = abc
2F
, dann gilt c = q sin γ nach dem
A
c
B
sin γ sin ν
Sinussatz. Es folgt u = q
sin(60 0 −ϱ) und sin γ = sin 3ϱ = 4 sin ϱ sin(600 + ϱ) sin(60 0 − ϱ)
erhält man aus Hilfssatz E. Setzt man das ein, so hat man u = 4q sin ϱ sin(60 0 + ϱ) sin ν.
Ganz analog erhält man v = 4q sin ν sin(60 0 + ν) sin ϱ.

28 Trigonometrie
Der Cosinussatz angewendet auf das Dreieck △ AP R ergibt x 2 = u 2 + v 2 − 2uv cos µ, also
x 2 = 16q 2 sin 2 ν sin 2 ϱ ( sin 2 (60 0 + ϱ) + sin 2 (60 0 + ν) − 2 sin(60 0 + ϱ) sin(60 0 + ν) cos µ ) . Da
sich 60 0 +ϱ, 60 0 +ν und µ zu 180 0 addieren und somit die Winkel eines Dreiecks sind, folgt
sin 2 (60 0 +ϱ)+sin 2 (60 0 +ν)−2 sin(60 0 +ϱ) sin(60 0 +ν) cos µ = sin 2 µ aus Hilfssatz D. Damit
ist x 2 = 16q 2 sin 2 ν sin 2 ϱ sin 2 µ gezeigt, das heißt x = 2abc
F
sin ν sin ϱ sin µ. Die Längen der
anderen Seiten des Dreiecks △ P QR ergeben sich durch Vertauschen von a, b und c und
von ν, ϱ und µ. Das zeigt, dass alle drei Seiten des Dreiecks △ P QR gleich x sind. Somit
ist es ein gleichseitiges Dreieck.
4. Komplexe Zahlen und Polarkoordinaten
Rechnet man mit reellen Zahlen, dann hat man das Problem, dass nicht jedes Polynom
eine Nullstelle hat. Das Polynom x 2 + 1 hat zum Beispiel keine. Um dieses Problem zu
beseitigen, führt man die komplexen Zahlen C = {a + bi : a ∈ R, b ∈ R} ein. Bezeichnet
man die komplexe Zahl a + bi mit z, dann nennt man a den Realteil von z und b den
Imaginärteil von z.
Die Addition komplexer Zahlen ist wie für Vektoren definiert
(a + bi) + (c + di) = a + c + (b + d)i
Die Multiplikation wird in naheliegender Weise definiert, wobei i 2 = −1 zu setzen ist
(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi 2 = ac − bd + (ad + bc)i
Zu jeder komplexen Zahl a + bi ≠ 0 existiert die inverse Zahl
1
a+bi =
a−bi
(a+bi)(a−bi) =
a
a 2 +b
+ −b
2 a 2 +b
i 2
die man erhält, indem man den Bruch 1
a+bi
mit a − bi erweitert.
Bezeichnet man die komplexe Zahl a+bi mit z, dann nennt man a−bi die zu z konjugiert
komplexe Zahl, die man mit z bezeichnet. Den Betrag |z| der komplexen Zahl z definiert
man durch √ a 2 + b 2 . Das entspricht der Länge des Vektors ( a b ). Man prüft leicht nach,
dass |z| 2 = z · z gilt.
Aus jeder komplexen Zahl p + qi lässt sich die Wurzel ziehen. Ist q = 0, dann hat man
eine reelle Zahl p. Ist p ≥ 0, dann sind ± √ p Wurzeln von p. Ist p < 0, dann sind ± √ −p i
die Wurzeln, da (± √ −p i) 2 = −p i 2 = p gilt.
Wir nehmen jetzt q ≠ 0 an und berechnen die Wurzel aus p + qi, das heißt wir lösen
die Gleichung (a + bi) 2 = p + qi. Es folgt a 2 − b 2 + 2abi = p + qi, also a 2 − b 2 = p und
2ab = q. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit a 2 und erhalten a 4 − a 2 b 2 − pa 2 = 0.
Aus der zweiten Gleichung folgt a 2 b 2 = q2
4
. Setzt man in die vorherige Gleichung ein, so
erhält man a 4 − pa 2 − q2
4 = 0. Als Lösungen ergeben sich a2 = p 2 ± 2√ 1 p2 + q 2 . Da a
eine reelle Zahl ist, muss a 2 ≥ 0 gelten. Es kommt also nur a 2 = p 2 + 2√ 1 p2 + q 2 in Frage,
da p < √ √
p 2 + q 2 p
gilt. Wir erhalten die beiden Lösungen a = ±
2 + 2√ 1 p2 + q 2 . Die
zugehörigen Werte für b ergeben sich aus b = q
2a
. Damit ist gezeigt, dass man aus jeder
komplexen Zahl die Wurzel ziehen kann. Man erhält zwei Wurzeln, die sich nur durch das
Vorzeichen unterscheiden.
Beispiel: Um die Wurzel aus 3 + 4i zu ziehen, können wir die Gleichung a 2 − b 2 + 2abi =
3 + 4i, das heißt a 2 − b 2 = 3 und 2ab = 4, lösen oder in die oben berechneten Formeln für
a und b einsetzen. Wir erhalten a 2 = 3 2 + 1 2√ 9 + 16 = 4, also a = ±2, und b =
4
2a = ±1.
Die Wurzeln aus 3 + 4i sind daher 2 + i und −2 − i.

Franz Hofbauer 29
Um die Multiplikation komplexer Zahlen geometrisch zu interpretieren, führen wir Polarkoordinaten
ein. Im R 2 legt man einen Punkt P üblicherweise durch seine kartesischen
Koordinaten x und y fest. Man kann den Punkt P aber auch dadurch festlegen, dass man
seinen Abstand r vom Nullpunkt angibt und den Winkel φ, den man erhält, wenn man von
der positiven x-Achse im Gegenuhrzeigersinn bis zum Ortsvektor des Punktes P wandert.
Die Koordinaten des Punktes sind dann r und φ. Man nennt sie Polarkoordinaten. Da die
Punkte (0, 0), (x, 0) und (x, y) die Ecken eines rechtwinkeligen Dreiecks bilden, erhalten
wir x = r cos φ und y = r sin φ. Diese Formeln geben den Zusammenhang zwischen kartesischen
Koordinaten und Polarkoordinaten an. Eine Ausnahme bildet der Punkt (0, 0).
Für diesen kann man natürlich keinen Winkel φ festlegen.
Man kann komplexe Zahlen x + iy graphisch
als Punkte (x, y) im R 2 darstellen. Die Addition
der komplexen Zahlen entspricht dann der
Addition der zugehörigen Ortsvektoren. Um
auch die Multiplikation geometrisch zu deuten,
r
führen wir die Polarkoordinatendarstellung komplexer
Zahlen ein. Dazu sei r = √ x 2 + y 2 der
y
Abstand des Punktes (x, y) vom Nullpunkt (der
Betrag der komplexen Zahl x + iy) und φ der
φ
Winkel zwischen der positiven x-Achse und dem
x
Ortsvektor zum Punkt (x, y). Es gilt dann
x + iy = r(cos φ + i sin φ). Es ist nützlich, eine Kurzschreibweise für den Ausdruck in
der Klammer einzuführen.
Für einen Winkel α definieren wir die komplexe Zahl e iα durch
e iα = cos α + i sin α
(Eulersche Formel)
Dann lässt sich die Polarkoordinatendarstellung schreiben als x + iy = re iφ . Warum man
die komplexe Zahl cos α + i sin α mit e iα bezeichnet, wird aus dem nächsten Satz klar. Es
gelten Rechenregeln wie für die Exponentialfunktion.
Satz 43: Für Winkel α und β gilt e i(α+β) = e iα e iβ .
Beweis: Das folgt aus den Summensätzen für die trigonometrischen Funktionen. Es gilt
e i(α+β) = cos(α+β)+i sin(α+β) = cos α cos β −sin α sin β +i sin α cos β +i cos α sin β und
e iα e iβ = (cos α+i sin α)(cos β+i sin β) = cos α cos β+i sin α cos β+i cos α sin β−sin α sin β.
Daraus erkennt man die gesuchte Gleichung.
Nun kann man auch die Multiplikation von zwei komplexen Zahlen geometrisch deuten.
Wir schreiben sie in Polarkoordinatendarstellung als r 1 e iφ 1
und r 2 e iφ 2
. Mit Hilfe von
Satz 43 folgt r 1 e iφ1 · r 2 e iφ 2
= r 1 r 2 e i(φ 1+φ 2 ) . Das Produkt zweier komplexer Zahlen erhält
man also, indem man die Beträge der beiden Zahlen multipliziert und die Winkel addiert.
Daraus ergibt sich auch, dass √ re iφ/2 und − √ re iφ/2 die beiden Wurzeln der komplexen
Zahl re iφ sind. Die Wurzel (abgesehen vom Vorzeichen) erhält man, indem man die Wurzel
aus dem Betrag zieht und den Winkel halbiert.
Mit dieser Methode kann man auch dritte und ganz allgemein n-te Wurzeln ziehen. Wir
ziehen zuerst die dritte Wurzel aus der Zahl 1. Man kann 1 auch schreiben als e i3600 und
e i2700 . Daher sind 1, e i1200 = − 1 2 + √ 3
2 i und = − 1 ei2400 2 − √ 3
2
i dritte Wurzeln aus 1.
Setzt man w 3 = e i1200 , dann sind das w3, 0 w 3 und w3. 2 Man nennt diese Zahlen die dritten
Einheitswurzeln.

30 Trigonometrie
Dritte Wurzeln der Zahl re iφ sind dann 3√ re iφ/3 ,
3 √ re iφ/3 w 3 und 3√ re iφ/3 w 2 3. Es gibt
also drei dritte Wurzeln.
Analog erhält man die n-ten Wurzeln aus 1. Setzt man w n = e i3600 /n , dann gilt w n n = 1.
Die n-ten Wurzeln aus 1 sind w k n für 0 ≤ k ≤ n − 1. Es gibt also n verschiedene n-te
Einheitswurzeln. Die n-ten Wurzeln der Zahl re iφ sind dann n√ re iφ/n w k n für 0 ≤ k ≤ n−1.
Man kann nun umgekehrt auch die trigonometrischen Funktionen durch die komplexe
Exponentialfunktion darstellen. Wegen e −iα = cos(−α) + i sin(−α) = cos α − i sin α erhalten
wir e iα + e −iα = 2 cos α und daraus
cos α = 1 2 (eiα + e −iα )
Ebenso erhalten wir e iα − e −iα = 2i sin α und daraus
sin α = 1 2i (eiα − e −iα )
Diese Darstellung von sin α und cos α durch die komplexe Exponentialfunktion kann man
verwenden um Potenzen und Produkte von trigonometrischen Funktionen auszurechnen.
Beispiel: Es soll sin 2 α sin 2α als Summe von trigonometrischen Funktionen geschrieben
werden. Durch Einsetzen obiger Formeln erhält man sin 2 α sin 2α = e2iα −2+e −2iα e 2iα −e −2iα
−4
2i
Multiplikation dieser beiden Brüche ergibt e4iα −2e 2iα +2e −2iα −e −4iα
−8i
. Diesen Bruch können
wir zerteilen, sodass wir wieder trigonometrische Funktionen einsetzen können. Wir erhalten
e4iα −e −4iα
−8i
+ 2e2iα −2e −2iα
8i
= − 1 4 sin 4α + 1 2
sin 2α. Damit ist die gewünschte Summe
gefunden.
Beispiel: Wir zeigen, dass sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 4 sin α sin β sin γ für die Winkel eines
Dreiecks, also unter der Bedingung α+β+γ = 180 0 gilt. Wir beginnen mit 4 sin α sin β sin γ
und setzen sin φ = 1 2i (eiφ − e −iφ ) ein. Durch Ausmultiplizieren ergibt sich
− 1 2i (ei(α+β+γ) − e i(α+β−γ) − e i(α−β+γ) + e i(α−β−γ)
− e i(−α+β+γ) + e i(−α+β−γ) + e i(−α−β+γ) − e i(−α−β−γ) )
Fasst man diese Ausdrücke entsprechend zusammen, so erhält man
− sin(α + β + γ) + sin(α + β − γ) + sin(α − β + γ) + sin(−α + β + γ)
Das ist das Ergebnis, wenn man die Bedingung, dass es sich um die Winkel eines Dreiecks
handelt, nicht verwendet. Beachtet man, dass α + β + γ = 180 0 und sin(180 0 − φ) = sin φ
gilt, dann ergibt sich sin 2α + sin 2β + sin 2γ.

III. Koordinaten und Vektoren
Wir betreiben Geometrie mit Hilfe der Vektorrechnung. Wir legen in der Ebene ein
Koordinatensystem fest und identifizieren sie dadurch mit dem R 2 . Die Koordinaten eines
Vektors a im R 2 werden immer mit a 1 , a 2 bezeichnet. Genauso identifizieren wir den
dreidimensionalen Raum mit dem R 3 und bezeichnen die Koordinaten eines Vektors a im
R 3 immer mit a 1 , a 2 , a 3 . Wir schreiben d für die Dimension, das heißt d = 2 oder d = 3.
1. Inneres Produkt und Vektorprodukt
Das innere Produkt zweier Vektoren a und b wird definiert durch ⟨a, b⟩ = ∑ d
j=1 a jb j .
Aus dem Satz von Pythagoras folgt, dass durch ∥a∥ := √ ⟨a, a⟩ die Länge des Vektors a
gegeben ist. Das innere Produkt hat folgende Eigenschaften:
Satz 44: Für a, b, c in R d und λ ∈ R gilt ⟨a, b⟩ = ⟨b, a⟩, ⟨a + b, c⟩ = ⟨a, c⟩ + ⟨b, c⟩ und
⟨λa, b⟩ = λ⟨a, b⟩.
Beweis: Diese drei Gleichungen folgen direkt aus der Definition des inneren Produkts.
Satz 45: Seien a und b zwei Vektoren in R d \ {0} und γ der von ihnen eingeschlossene
Winkel. Dann gilt ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Beweis: Bilden die beiden Vektoren a und b zwei Seiten eines Dreiecks, dann bildet
a − b die dritte Seite des Dreiecks. Daher sind ∥a − b∥, ∥a∥ und ∥b∥ die Längen der
Dreiecksseiten und γ ist der von a und b eingeschlossene Winkel. Aus dem Cosinussatz
folgt ∥a − b∥ 2 = ∥a∥ 2 + ∥b∥ 2 − 2∥a∥ · ∥b∥ cos γ. Wegen ∥a − b∥ 2 = ⟨a − b, a − b⟩ =
⟨a, a⟩ − 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥ 2 + ∥b∥ 2 − 2⟨a, b⟩ folgt daraus ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ cos γ.
Bemerkung: Aus Satz 45 folgt, dass ⟨a, b⟩ = 0 genau dann gilt, wenn cos γ = 0 ist, das
heißt wenn die Vektoren a und b senkrecht aufeinander stehen.
Aus diesem Satz folgen zwei Ungleichungen, die in der Analysis mehrer Variabler eine
wichtige Rolle spielen.
Satz 46 (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung und Dreiecksungleichung) Für a und b in R d
gilt ⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ und ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥. Gleichheit gilt nur dann, wenn ein Vektor
der Nullvektor ist oder der von den Vektoren eingeschlossene Winkel null ist.
Beweis: Ist einer der Vektoren der Nullvektor, dann haben wir ⟨a, b⟩ = ∥a∥ · ∥b∥ und
∥a + b∥ = ∥a∥ + ∥b∥. Sei also keiner der beiden Vektoren der Nullvektor.
Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Wegen cos γ ≤ 1 folgt
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ aus Satz 45. Um die andere Ungleichung zu beweisen, berechnen wir
∥a + b∥ 2 = ⟨a + b, a + b⟩ = ⟨a, a⟩ + 2⟨a, b⟩ + ⟨b, b⟩ = ∥a∥ 2 + ∥b∥ 2 + 2⟨a, b⟩. Wegen
⟨a, b⟩ ≤ ∥a∥ · ∥b∥ ergibt sich daraus ∥a + b∥ 2 ≤ ∥a∥ 2 + ∥b∥ 2 + 2∥a∥∥b∥ = (∥a∥ + ∥b∥) 2 .
Damit ist ∥a + b∥ ≤ ∥a∥ + ∥b∥ gezeigt. In beiden Ungleichungen gilt Gleichheit nur dann,
wenn cos γ = 1 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn γ = 0 0 gilt.
Das ist die Dreiecksungleichung im R d . Seien A, B und C die Ecken eines Dreiecks. Ist
a = −→ AB und b = −→ BC, dann folgt a + b = −→ AC. Die Dreiecksungleichung besagt dann, dass
|AC| ≤ |AB| + |BC| gilt. Die Länge einer Dreieckseite ist kleiner oder gleich der Summe
der Längen der beiden anderen Seiten.

32 Koordinaten und Vektoren
Satz 47: Seien a und b zwei Vektoren im R d . Sei F die Fläche des von a und b aufgespannten
Parallelogramms. Dann gilt F 2 = ∥a∥ 2 ∥b∥ 2 − ⟨a, b⟩ 2 . Im R 2 gilt F = |a 1 b 2 − a 2 b 1 |.
Beweis: Sei γ der von den beiden Vektoren a und b eingeschlossene Winkel. Da ∥b∥ sin γ
die Höhe des Parallelogramms auf die Seite ∥a∥ ist, erhalten wir F = ∥a∥∥b∥ sin γ. Aus
Satz 45 folgt sin 2 γ = 1 − cos 2 γ = 1 −
⟨a,b⟩2
∥a∥ 2 ∥b∥
. 2
Setzt man das ein, so erhält man
F 2 = ∥a∥ 2 ∥b∥ 2 − ⟨a, b⟩ 2 .
Im R 2 gilt ∥a∥ 2 = a 2 1 + a 2 2, ∥b∥ 2 = b 2 1 + b 2 2 und ⟨a, b⟩ = a 1 b 1 + a 2 b 2 . Damit ergibt sich
F 2 = a 2 1b 2 2 + a 2 2b 2 1 − 2a 1 b 1 a 2 b 2 = (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) 2 , das heißt F = |a 1 b 2 − a 2 b 1 |.
Seien a und b Vektoren im R 3 . Das Vektorprodukt wird durch
(
a2
)
b 3 −a 3 b 2
a × b = a 3 b 1 −a 1 b 3
a 1 b 2 −a 2 b 1
definiert. Daraus ergibt sich sofort
Satz 48: Für drei Vektoren a, b und c im R 3 gilt
⟨a × b, c⟩ = a 2 b 3 c 1 − a 3 b 2 c 1 + a 3 b 1 c 2 − a 1 b 3 c 2 + a 1 b 2 c 3 − a 2 b 1 c 3 .
Satz 49: Seien a, b und c Vektoren in R 3 \ {0}. Der Vektor a × b steht orthogonal auf
die beiden Vektoren a und b. Die Fläche des von den Vektoren a und b aufgespannten
Parallelogramms ist ∥a×b∥. Das Volumen des von den Vektoren a, b und c aufgespannten
Parallelepipeds ist |⟨a × b, c⟩|.
Beweis: Aus Satz 48 folgt ⟨a × b, a⟩ = 0 und ⟨a × b, b⟩ = 0. Somit steht der Vektor a × b
orthogonal auf die beiden Vektoren a und b.
Sei F die Fläche des von den Vektoren a und b aufgespannten Parallelogramms. Nach
Satz 47 gilt F 2 = ∥a∥ 2 ∥b∥ 2 − ⟨a, b⟩ 2 = (a 2 1 + a 2 2 + a 2 3)(b 2 1 + b 2 2 + b 2 3) − (a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) 2 .
Das ist gleich (a 2 b 3 − a 3 b 2 ) 2 + (a 3 b 1 − a 1 b 3 ) 2 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) 2 = ∥a × b∥ 2 . Damit ist
F = ∥a × b∥ gezeigt.
Sei h die Höhe des Parallelepipeds auf die von den Vektoren a und b aufgespannte Grundfläche.
Das Volumen V des Parallelepipeds ist dann F · h. Sei γ der Winkel zwischen dem
Vektor c und dem Normalvektor a × b auf die Grundfläche. Dann gilt h = ∥c∥ · | cos γ|.
Aus Satz 45 folgt cos γ =
⟨a×b,c⟩
∥a×b∥·∥c∥
. Das ergibt h =
|⟨a×b,c⟩|
∥a×b∥
und V = |⟨a × b, c⟩|.
2. Determinante und Geraden
Seien a = ( a 1
a 2
) und b = ( b 1
b 2
) zwei Vektoren im R 2 . Wir definieren det(a, b) = a 1 b 2 −a 2 b 1
als die Determinante dieser beiden Vektoren. Man bezeichnet sie auch mit | a 1 b 1
a 2 b 2
|.
Bemerkung: Nach Satz 47 ist | det(a, b)| die Fläche des von den Vektoren a und b
aufgespannten Parallelogramms. Das gilt auch, wenn ein Vektor (oder beide) gleich 0 ist.
Man kann die Determinante daher als orientierte Parallelogrammfläche interpretieren.
Satz 50: Für a, b und c in R 2 und λ in R gilt
(a) det(a + c, b) = det(a, b) + det(c, b) und det(a, b + c) = det(a, b) + det(a, c)
(b) det(λa, b) = λ det(a, b) und det(a, λb) = λ det(a, b)
(c) det(b, a) = − det(a, b)
Beweis: Diese Rechenregeln folgen unmittelbar aus der Definition.

Franz Hofbauer 33
Zwei Vektoren sind parallel, wenn sie gleiche Richtung haben. Der Nullvektor, der keine
Richtung hat, ist zu allen Vektoren parallel.
Satz 51: Seien a = ( a 1
a 2
) und b = ( b 1
b 2
) zwei Vektoren im R 2 . Dann sind äquivalent
(a) det(a, b) = 0
(b) Die Fläche des von den Vektoren a und b aufgespannten Parallelogramms ist null.
(c) Die Vektoren a und b sind parallel.
Beweis: Die Äquivalenz der ersten beiden Aussagen folgt aus obiger Bemerkung. Die
zweite und dritte Aussage sind äquivalent, da die Fläche des von a und b aufgespannten
Parallelogramms ja genau dann null ist, wenn die Vektoren a und b parallel sind.
Jetzt kommen wir zu Geradengleichungen und zwar zur sogenannten Normalvektorform.
Satz 52: Sei (p, q) ein Punkt auf einer Geraden und ( a b ) ein Normalvektor. Dann ist
die Gleichung dieser Geraden.
ax + by = c mit c = ap + bq
Beweis: Ein Punkt (x, y) liegt genau dann auf der Gerade, wenn ( x y ) − ( p q ) senkrecht
auf ( a b ) steht, das heißt genau dann, wenn ⟨( x y ) − ( p q ), ( a b )⟩ = 0 gilt. Das aber ergibt
ax + by = ap + bq, womit die Gleichung der Gerade gefunden ist.
Wir werden diese Gleichung oft in der Form (x − p)a + (y − q)b = 0 schreiben.
Beispiel: Seien (3, 1) und (5, −2) zwei Punkte in der Ebene. Die Gerade g durch diese
beiden Punkte hat Richtungsvektor ( −3 2 ) und Parameterdarstellung ( 3 1 ) + t( −3 2 ). Ein
Normalvektor ist ( 3 2 ). Die Gleichung der Gerade g ist daher 3(x − 3) + 2(y − 1) = 0, oder
3x + 2y = 11.
Satz 53: Für zwei Gerade g : a 1 x + b 1 y = c 1 und h : a 2 x + b 2 y = c 2 sind äquivalent
(a) Die Geraden g und h haben genau einen Schnittpunkt.
(b) Ihre Normalvektoren ( a 1
b 1
) und ( a 2
b 2
) sind nicht parallel.
(c) | a 1 b 1
a 2 b 2
| ̸= 0.
Der eindeutige Schnittpunkt der Geraden g und h ist dann gegeben durch
x = | c 1
c 2
b 1
b 2
|/| a 1
a 2
b 1
b 2
| = c 1b 2 −c 2 b 1
a 1 b 2 −a 2 b 1
y = | a 1
a 2
c 1
c 2
|/| a 1
a 2
b 1
b 2
| = a 1c 2 −a 2 c 1
a 1 b 2 −a 2 b 1
Beweis: (a)⇒(b): Wenn die Geraden g und h genau einen Schnittpunkt haben, dann
sind sie nicht parallel (da parallele Geraden entweder keinen Schnittpunkt haben oder
zusammenfallen). Daher sind auch ihre Normalvektoren nicht parallel.
(b)⇒(c): Da die Vektoren ( a 1
b 1
) und ( a 2
b 2
) nicht parallel sind, ist det(( a 1
b 1
), ( a 2
b 2
)) = | a 1 a 2
b 1 b 2
|
ungleich null nach Satz 51. Wegen | a 1 a 2
b 1 b 2
| = a 1 b 2 − a 2 b 1 = | a 1 b 1
a 2 b 2
| ist | a 1 b 1
a 2 b 2
| ̸= 0 gezeigt.
(c)⇒(a): Wir multiplizieren die Gleichung von g mit b 2 und die von h mit b 1 . Subtraktion
der Gleichungen ergibt dann (a 1 b 2 − a 2 b 1 )x = c 1 b 2 − c 2 b 1 . Daraus folgt x = c 1b 2 −c 2 b 1
a 1 b 2 −a 2 b 1
.
Jetzt multiplizieren wir die Gleichung von h mit a 1 und die von g mit a 2 . Subtraktion
der Gleichungen ergibt dann (a 1 b 2 − a 2 b 1 )y = a 1 c 2 − a 2 c 1 . Daraus folgt y = a 1c 2 −a 2 c 1
a 1 b 2 −a 2 b 1
.
Man kann auch leicht nachprüfen, dass diese Zahlen beide Gleichungen erfüllen. Damit
ist gezeigt, dass es genau eine Lösung gibt. Also haben die beiden Geraden genau einen
Schnittpunkt. Wir haben auch bereits die Formeln für den Schnittpunkt gefunden.

34 Koordinaten und Vektoren
Oft fasst man die beiden Gleichungen zu einem Gleichungssystem zusammen:
a 1 x + b 1 y = c 1
a 2 x + b 2 y = c 2
Wenn | a 1 b 1
a 2 b 2
| ̸= 0 ist, dann hat das Gleichungssystem genau eine Lösung, nämlich die in
Satz 53 angegebene.
Wir gehen noch kurz auf den R 3 ein. Seien a =
( a1
)
a 2
a 3
, b =
(
b1
)
b 2
b 3
Vektoren im R 3 . Als Determinante dieser drei Vektoren definiert man
und c =
det(a, b, c) = a 1 b 2 c 3 + a 2 b 3 c 1 + a 3 b 1 c 2 − a 3 b 2 c 1 − a 1 b 3 c 2 − a 2 b 1 c 3
∣ Man bezeichnet diese Determinante auch mit ∣ a 1 b 1 c 1
a 2 b 2 c ∣∣.
2
a 3 b 3 c 3
( c1
)
c 2
c 3
Bemerkung: Nach Satz 48 und 49 ist | det(a, b, c)| das Volumen des von den Vektoren
a, b und c aufgespannten Parallelepipeds.
Jetzt kommen wir zu Ebenengleichungen und zwar zur sogenannten Normalvektorform.
( abc
)
Satz 54: Sei (p, q, r) ein Punkt in einer Ebene und ein Normalvektor. Dann ist
ax + by + cz = d mit d = ap + bq + cr
die Gleichung dieser Ebene.
( xyz
) ( pqr
)
Beweis: Ein Punkt (x, y, z) liegt genau dann in der Ebene, wenn − senkrecht
( abc
)
auf steht, das heißt genau dann, wenn ⟨( ) (
x pqr
) ( abc
) ⟩
yz − , = 0 gilt. Das aber ergibt
ax + by + cz = ap + bq + cr, womit die Gleichung der Ebene gefunden ist.
Beispiel: Seien (−3, 1, 0), (1, 4, 2) und (−1,
(
2, 2) drei Punkte im Raum. Die Ebene durch
142
) ( −3
) ( 432
) ( −1
) ( −3
) ( 212
)
diese drei Punkte hat Richtungsvektoren − 1 = und 2 − 1 = .
( 0
2 0
142
) ( 432
) ( 212
) ( 432
) ( 212
) ( 4−4
)
Sie hat Parameterdarstellung + t + s und × = ist ein
Normalvektor. Die Gleichung der Ebene ist daher 4(x + 1) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0, oder
4x − 4y − 2z = −16.
Sucht man einen Schnittpunkt dreier Ebenen, so führt das zum Gleichungssystem
a 1 x + b 1 y + c 1 z = d 1
a 2 x + b 2 y + c 2 z = d 2
a 3 x + b 3 y + c 3 z = d 3
Es können folgende Fälle eintreten. Die drei Ebenen sind parallel. Dann haben sie keinen
Schnittpunkt, ausser die drei Ebenen sind identisch, dann ist die ganze Ebene Schnittmenge
und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems.
Zwei der drei Ebenen sind nicht parallel. Sie haben eine Gerade g als Schnittmenge. Ist
die dritte Ebene parallel zu g, dann haben die drei Ebenen keinen gemeinsamen Schnittpunkt,
ausser die Gerade g liegt auch in der dritten Ebene, dann ist die Gerade g die
Schnittmenge und somit Lösungsmenge des Gleichungssystems. Ist die dritte Ebene nicht
parallel zu g, dann hat sie genau einen Schnittpunkt mit g. Das ist dann auch der eindeutig
bestimmte Schnittpunkt der drei Ebenen und die einzige Lösung des Gleichungssystems.
−2
drei

Franz Hofbauer 35
Daraus erkennt man auch, dass das Gleichungssystem genau dann eindeutig lösbar ist,
wenn die Normalvektoren der drei Ebenen nicht in einer Ebene liegen, das heißt, wenn
das Volumen ∣ des von den∣ Normalvektoren ∣ ∣ aufgespannten ∣ Parellelepipeds ∣ ≠ ∣0 ist, also
∣ a 1 a 2 a 3
b 1 b 2 b ∣∣ ∣∣ a 1 b 1 c 1
3 ≠ 0 gilt. Wegen a 2 b 2 c ∣∣ ∣∣ a 1 a 2 a 3
2 = b 1 b 2 b ∣∣ ∣∣ a 1 b 1 c 1
3 ist das äquivalent zu a 2 b 2 c ∣∣
2 ≠ 0.
c 1 c 2 c 3 a 3 b 3 c 3 c 1 c 2 c 3 a 3 b 3 c 3
3. Die besonderen Punkte des Dreiecks
Der besseren Übersicht halber verwenden wir auch die Schreibweise ( | ) anstelle von
( , ) für Punkte im R 2 . Ein beliebiges Dreieck können wir so in ein Koordinatensystem
legen, dass der Eckpunkt A die Koordinaten (u|0), der Eckpunkt B die Koordinaten (v|0)
und der Eckpunkt C die Koordinaten (0|w) hat. Die Eckpunkte A und B liegen auf der
x-Achse und der Eckpunkt C liegt auf der y-Achse. Damit A links von B liegt, nehmen
wir immer u < v an. Außerdem können wir w > 0 (sogar w = 1) annehmen. Wir setzen
a = √ v 2 + w 2 , b = √ u 2 + w 2 und c = v − u, das sind die Längen der drei Seiten des
Dreiecks. Ausserdem sei t = a + b + c der Umfang des Dreiecks.
Liegt ein Dreieck so wie oben beschrieben im Koordinatensystem, dann sagen wir, dass
es Standardlage hat. Alles, was wir für ein Dreieck in Standardlage beweisen, gilt für jedes
Dreieck, da wir ja jedes Dreieck in Standardlage bringen können.
Satz 55: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Höhen einander im Punkt (0|− uv
w ),
dem Höhenschnittpunkt H.
Beweis: Die Gleichung der Höhe durch den Eckpunkt A ist (x − u)v − yw = 0, da sie
durch den Punkt (u|0) verläuft und senkrecht zu ( −w v ), dem Vektor entlang der Seite BC.
Die Höhe durch den Eckpunkt C liegt auf der y-Achse und hat daher die Gleichung x = 0.
Der Schnittpunkt ist (0| − uv
w
). Den Schnittpunkt der Höhen durch B und C erhält man
dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also (0| − vu w
). Es ist derselbe
Punkt. Die drei Höhen schneiden einander in diesem Punkt, dem Höhenschnittpunkt H.
Satz 56: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Seitensymmetralen einander im
Punkt ( u+v
2 | w 2 + uv
ab
2w
), dem Umkreismittelpunkt U. Der Umkreisradius r ist
2w .
Beweis: Die Symmetrale der Seite AC hat die Gleichung (x − u 2 )u − (y − w 2
)w = 0,
da sie durch den Mittelpunkt ( u 2 | w u
2
) der Seite AC verläuft und sekrecht zu ( −w ), dem
Vektor entlang der Seite AC. Die Symmetrale der Seite AB hat die Gleichung x = u+v
2 ,
da sie senkrecht zur x-Achse durch den Mittelpunkt ( u+v
2
|0) der Seite AB verläuft. Der
Schnittpunkt ist ( u+v
2 | w 2 + uv
2w
). Den Schnittpunkt der Symmetralen der Seiten AB und BC
erhält man dadurch, dass man in dieser Rechnung u und v vertauscht, also ( v+u
2 | w 2 + vu
2w ).
Es ist derselbe Punkt. Alle drei Seitensymmetralen schneiden einander in diesem Punkt,
dem Umkreismittelpunkt U.
Der quadrierte Abstand von U nach C ist ( u+v
2 )2 +( w 2 − uv
Die Wurzel daraus ist der Umkreisradius r.
2w )2 = u2 w 2 +v 2 w 2 +w 4 +u 2 v 2
4w
= a2 b 2
2 4w
. 2
Satz 57: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Schwerlinien einander im Punkt
( u+v
3 | w 3
), dem Schwerpunkt S.
Beweis: Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt A ist (x−u)w−y(v−2u) = 0,
da sie durch die Punkte (u|0) und ( v 2 | w 2 ) verläuft und somit Richtungsvektor 1 2 ( v−2u
w ) hat.
Die Gleichung der Schwerlinie durch den Eckpunkt C ist 2xw + (y − w)(u + v) = 0, da sie

36 Koordinaten und Vektoren
durch die Punkte (0|w) und ( u+v
2 |0) verläuft und somit Richtungsvektor 1 2 ( u+v
2ȷw ) hat. Der
Schnittpunkt ist ( u+v
3 | w 3
). Den Schnittpunkt der Schwerlinien durch B und C erhält man
durch Vertauschen von u und v in dieser Rechnung, also ( v+u
3 | w 3
). Es ist derselbe Punkt.
Die drei Schwerlinien schneiden einander in diesem Punkt, dem Schwerpunkt S.
Satz 58: Im Dreieck in Standardlage schneiden die drei Winkelsymmetralen einander im
Punkt ( ua+vb
t
| wc
wc
t
), dem Inkreismittelpunkt I. Der Inkreisradius ϱ ist
t .
Beweis: Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten BA und BC sind ( ) (
−1
0 und
1 −v
)
a w .
Ihre Summe ( ) (
−1
0 +
1 −v
)
a w ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch B. Daher
ist (x − v) w a + y(1 + v a
) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Ganz analog erhält
man die Gleichung (x − u) w b − y(1 − u b
) = 0 der Winkelsymmetrale durch B.
Wir multiplizieren die erste Gleichung mit a, die zweite mit b, bilden die Differenz und
erhalten y(v − u + a + b) = (v − u)w. Wegen v − u = c und c + a + b = t folgt y = wc
t .
Aus einer der obigen Gleichungen ergibt sich dann x = ua+vb
t
. Der Schnittpunkt der
Winkelsymmetralen durch A und durch B ist daher ( ua+vb
t
| wc
t
( ).
Die Einheitsvektoren in Richtung der Seiten CA und CB sind 1 u
) (
b −w und
1 v
a −w)
. Ihre Summe
1 u
( ) (
b −w +
1 v
a −w)
ist ein Richtungsvektor der Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C.
Daher ist x( w a + w b )+(y −w)( u b + v a
) = 0 die Gleichung dieser Winkelsymmetrale. Da diese
Gleichung die Summe der beiden obigen Gleichungen ist, liegt der Punkt ( ua+vb
t
| wc
t ) auch
auf der Winkelsymmetrale durch C. Alle drei Winkelsymmetralen schneiden einander in
diesem Punkt, dem Inkreismittelpunkt I.
Der Inkreisradius ϱ ist der Abstand des Punktes I zur Seite AB, also zur x-Achse. Dieser
ist gleich der y-Koordinate wc
t
von I.
Satz 59: In einem Dreieck liegen der Höhenschnittpunkt H, der Schwerpunkt S und der
Umkreismittelpunkt U auf einer Geraden und S teilt die Strecke UH im Verhältnis 1 : 2.
Die Gerade durch diese drei Punkte heißt Eulersche Gerade.
Beweis: Wir können annehmen, dass das Dreieck Standardlage hat. Wir berechnen
−→ (
SH = − 1 uw+vw
) −→ (
3w 3uv+w und SU =
1 uw+vw
) −→ −→
2 6w 3uv+w . Daraus erkennt man, dass 2SU = −SH
2
gilt. Die drei Punkte U, S und H liegen auf einer Gerade und S teilt die Strecke UH im
Verhältnis 1 : 2.
Satz 60: Der Umkreis des Seitenmittendreiecks eines Dreiecks in Standardlage hat Mittelpunkt
N( u+v
4 | w 4 − uv
ab
4w
) und Radius
4w
. Man nennt ihn den Feuerbachkreis.
Beweis: Die Eckpunkte des Seitenmittendreiecks sind W ( u+v
2 |0), U( v 2 | w 2 ) und V ( u 2 | w 2 ).
Die Symmetrale der Seite UV hat die Gleichung x = u+v
4
, da sie durch den Mittelpunkt
( u+v
4 | w 2
) der Seite UV verläuft und senkrecht zu dieser, also auch senkrecht zur x-Achse.
Die Symmetrale der Seite W U hat die Gleichung (x− u 4 − v 2 )u−(y − w 4
)w = 0, da sie durch
den Mittelpunkt ( u 4 + v 2 | w 4 ) der Seite W U verläuft und senkrecht zu 1 2 ( u
−w ), dem Vektor
entlang der Seite W U. Der Schnittpunkt ist ( u+v
4 | w 4 − uv
4w
). Das ist der Mittelpunkt N
des Feuerbachkreises.
Der quadrierte Abstand von N nach W ist ( u+v
4 )2 + ( w 4 − uv
4w )2 = u2 w 2 +v 2 w 2 +w 4 +u 2 v 2
16w
=
2
a 2 b 2
16w
. Die Wurzel daraus ist der Radius des Feuerbachkreises.
2
Satz 61: Der Feuerbachkreis verläuft durch die drei Höhenfußpunkte und die Mitten der
Höhenabschnitte HA, HB und HC.

Franz Hofbauer 37
Beweis: Es genügt, diesen Satz für ein Dreieck in Standardlage und für die Höhe durch C,
die auf der y-Achse liegt, zu beweisen. Wir können ja in einem beliebigen Dreieck jede der
drei Höhen auswählen und das Dreieck so in Standardlage ins Koordinatensystem legen,
dass die ausgewählte Höhe auf der y-Achse liegt.
Der Höhenfußpunkt der Höhe durch C ist (0|0). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt
N des Feuerbachkreises ist ( u+v
4 )2 + ( w 4 − uv
4w )2 . Das ist der quadrierte Radius des Feuerbachkreises,
wie im letzten Beweis gezeigt wurde. Also liegt (0|0) auf dem Feuerbachkreis.
Der Höhenschnittpunkt H ist (0| − uv
w
). Der Mittelpunkt des Höhenabschnitts HC ist
(0| w 2 − uv
2w
). Sein quadrierter Abstand vom Mittelpunkt N des Feuerbachkreises ist ebenfalls
( u+v
4 )2 + ( w 4 − uv
4w )2 . Also liegt auch (0| w 2 − uv
2w
) auf dem Feuerbachkreis.
4. Der Umkreis
Satz 62: Spiegelt man den Höhenschnittpunkt an den Seiten des Dreiecks, dann liegen
die gespiegelten Punkte auf dem Umkreis.
Beweis: Es genügt, diesen Satz für ein Dreieck in Standardlage zu beweisen und nur für
die Seite AB dieses Dreiecks, die auf der x-Achse liegt.
Der Höhenschnittpunkt H ist (0| − uv
w
). Spiegelt man ihn um die Seite AB, das ist die,
die auf der x-Achse liegt, dann erhält man (0| uv
w
). Der quadrierte Abstand dieses Punktes
zum Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 )2 + ( w 2 − uv
2w )2 . Die Wurzel daraus ist der Umkreisradius
r, wie bereits im Beweis von Satz 56 gezeigt wurde. Somit liegt der gespiegelte
Höhenschnittpunkt (0| uv
w
) auf dem Umkreis.
Satz 63 (Südpolsatz) Sei P der Schnittpunkt der Winkelsymmetrale durch einen Eckpunkt
eines Dreiecks mit der Streckensymmetrale der diesem Eckpunkt gegenüberliegenden Seite.
Dann liegt P auf dem Umkreis.
Beweis: Wir können das Dreieck so in Standardlage ins Koordinatensystem legen, dass
der Eckpunkt, durch den die Winkelsymmetrale verläuft, der Eckpunkt C ist. Die gegenüberliegende
Seite ist dann die auf der x-Achse liegende Seite AB.
Wie in Satz 58 gezeigt wurde, ist x( w b
+ w a ) + (y − w)( u b + v a
) = 0 die Gleichung der
Winkelsymmetrale durch den Eckpunkt C. Die Streckensymmetrale der Seite AB hat die
Gleichung x = u+v
u+v u+v wa+wb
2
. Der Schnittpunkt P dieser beiden Geraden ist (
2
|w −
2 ua+vb ).
Der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 | w 2 + uv
2w
), wie in Satz 56 gezeigt wurde. Da P und U
dieselbe x-Koordinate haben, ist w 2 + uv
2w − w + u+v wa+wb
2 ua+vb
der Abstand von P zu U. Um
zu zeigen, dass er gleich dem Umkreisradius r ist, müssen wir ein wenig rechnen. Es gilt
uv
2w + u+v wa+wb
2 ua+vb
= u2 va+uv 2 b+uw 2 a+uw 2 b+vw 2 a+vw 2 b
2w(ua+vb)
= vab2 +ua 2 b+uw 2 a+vw 2 b
2w(ua+vb)
= ab+w2
2w
wobei bei der zweiten Gleichung b 2 = u 2 + w 2 uns a 2 = v 2 + w 2 verwendet wurde. Der
Abstand von P zu U ist somit gleich − w 2 + ab+w2
2w
= ab
2w
, also gleich dem Umkreisradius r.
Damit ist gezeigt, dass P auf dem Umkreis liegt.
5. Die Steinerschen Geraden
Wir beginnen mit einer Projektionsformel.
Satz 64: Projiziert man den Punkt (p|q) auf die Gerade g mit der Gleichung mx+ny = h,
dann erhält man ( n2 p−mnq+mh
m 2 +n
| m2 q−mnp+nh
2 m 2 +n
). Spiegelt man den Punkt (p|q) um diese
2
Gerade g, dann erhält man ( −2mnq+n2 p+2mh−m 2 p
m 2 +n
| m2 q−2mnp+2nh−n 2 q
2
m 2 +n
).
2

38 Koordinaten und Vektoren
Beweis: Die Gerade durch (p|q) senkrecht auf g ist n(x − p) − m(y − q) = 0. Ihr Schnittpunkt
mit g ist ( n2 p−mnq+mh
m 2 +n
| m2 q−mnp+nh
2 m 2 +n
), die Projektion von (p|q) auf g. Der Ortsvektor
( 2
2
zum gespiegelten Punkt ist n
( 2 p−mnq+mh
m 2 +n 2 m q−mnp+nh)
−
p
) ( 2 q =
1 n
) 2 p−2mnq+2mh−m 2 p
m 2 +n 2 m 2 q−2mnp+2nh−n 2 q .
Satz 65: Sei △ ABC ein Dreieck und H sein Höhenschnittpunkt. Sei P ein Punkt und
P a , P b , P c die Punkte, die man erhält, wenn man P an den (Verlängerungen der) drei
Seiten des Dreiecks spiegelt. Dann sind äquivalent
(a) P liegt auf dem Umkreis eines Dreiecks
(b) drei der vier Punkte P a , P b , P c und H liegen auf einer Gerade
(c) alle vier Punkte P a , P b , P c und H liegen auf einer Gerade
Diese Gerade heißt zweite Steinersche Gerade.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Seien (x|y) die Koordinaten des Punktes P .
Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, sind (x| − y) die Koordinaten des Punktes P c .
Die Trägergerade der Seite BC hat Normalvektor ( (
m
n)
=
w
v)
und in ihrer Gleichung
auf der rechten Seite die Konstante h = ⟨ ( (
m
n)
,
v
0)
⟩ = vw. Setzt man in die Formel aus
Satz 64 ein, so ergibt sich ( v2 x−2vwy+2vw 2 −w 2 x
v 2 +w
| w2 y−2vwx+2v 2 w−v 2 y
2
v 2 +w
) für den Punkt P 2
a . Der
Höhenschnittpunkt H ist (0| − uv
w
) nach Satz 55.
Es folgt −−→ (
HP c = 1 wx
) −−→ (
w uv−wy und P a P c =
2w vy−vw+wx
)
v 2 +w 2 vx−wy−v . Die drei Punkte 2 Pc , P a und H
liegen genau dann auf einer Gerade, wenn die Determinante mit den Vektoren −−→ HP c und
−−→
P a P c als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
∣ wx vy − vw + wx ∣∣∣
∣ uv − wy vx − wy − v 2 = 0
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, kürzt und dividiert durch v, so erhält man
wx 2 − vwx − uvy + uvw − uwx + wy 2 − w 2 y = 0
Dividiert man noch durch w und ergänzt zu vollständigen Quadraten, so ergibt sich
x 2 − (u + v)x + (u+v)2
4
+ y 2 − ( uv
uv
w
+ w)y + (
2w + w 2 )2 = u2
4 + uv
2 + v2
4 + u2 v 2
4w
+ uv
2 2 + w2
4 − uv
Fasst man zusammen, dann hat man schließlich
(x − u+v
2 )2 + (y 2 − ( uv
2w + w 2 ))2 = (u2 +w 2 )(v 2 +w 2 )
4w
= a2 b 2
2 4w 2
Nach Satz 56 ist das die Gleichung des Umkreises. Wir haben somit gezeigt, dass die drei
Punkte P c , P a und H genau dann auf einer Gerade liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt.
Dasselbe Resultat gilt natürlich auch für die drei Punkte P c , P b und H und für die Punkte
P a , P b und H. Man muss ja nur jeweils eine andere Dreiecksseite auf die x-Achse legen.
Es bleibt zu zeigen, dass die drei Punkte P a , P b und P c genau dann auf einer Geraden
liegen, wenn P auf dem Umkreis liegt. Oben wurde −−→ (
P a P c =
2w vy−vw+wx
)
v 2 +w 2 vx−wy−v gezeigt.
2
Wenn man dieselbe Rechnung wie oben mit der Dreiecksseite AC statt mit BC, das heißt
mit u statt mit v, durchführt, dann erhält man −−→ (
P b P c = 2w uy−uw+wx
)
u 2 +w 2 ux−wy−u . Die drei
2
Punkte P c , P a und P b liegen genau dann auf einer Geraden, wenn die Determinante mit
den Vektoren −−→ P a P c und −−→ P b P c als Spalten gleich null ist, das heißt wenn
∣ vy − vw + wx uy − uw + wx ∣∣∣
∣ vx − wy − v 2 ux − wy − u 2 = 0
gilt. Rechnet man diese Determinante aus, kürzt und fasst zusammen, so erhält man
(u − v)wx 2 − (u 2 − v 2 )wx + (u − v)wy 2 − (u − v)(w 2 + uv)y + (u − v)uvw = 0

Dividiert man durch u − v, so hat man
Franz Hofbauer 39
wx 2 − uwx − vwx + wy 2 − w 2 y − uvy + uvw = 0
Wir haben bereits gesehen, dass das die Gleichung des Umkreises ist. Damit ist auch
gezeigt, dass die drei Punkte P a , P b und P c genau dann auf einer Geraden liegen, wenn P
auf dem Umkreis liegt. Damit ist die Äquivalenz von (a) und (b) vollständig bewiesen.
Aus (c) folgt klarerweise (b). Es bleibt zu zeigen, dass (c) aus (a) folgt. Wenn (a) gilt,
dann liegen die drei Punkte P c , P b und H auf einer Geraden g und die drei Punkte P a , P b
und P c auf einer Geraden h, wie oben gezeigt wurde. Da P b und P c sowohl auf g als auch
auf h liegen, müssen diese beiden Geraden übereinstimmen. Somit liegen alle vier Punkte
P a , P b , P c und H auf einer Geraden.
Die Gerade im folgenden Satz ist die erste Steinersche Gerade. Wir behandeln nur die
erste Steinersche Gerade durch den Eckpunkt C. Es gibt jedoch auch je eine durch die
Eckpunkte A und B.
Satz 66: Sei P ein Punkt auf dem Umkreis eines Dreiecks. Sei Q c der Schnittpunkt ≠ P
des Lots von P auf die Seite AB mit dem Umkreis. Dann liegt die Gerade durch Q c und
den Eckpunkt C parallel zur zweiten Steinerschen Geraden.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Da die Seite AB auf der x-Achse liegt, liegt das
Lot durch P auf die Seite AB parallel zur y-Achse. Der Punkt P hat Koordinaten (x|y)
und der Umkreismittelpunkt U ist ( u+v
2 | w 2 + uv
2w ). Der Schnittpunkt Q c ≠ P des Lots mit
dem Umkreis hat daher die Koordinaten (x|2( w 2 + uv
−−→
2w
) − y). Der Vektor CQ c ist somit
(
1 wx
) −−→
w uv−wy . Er ist gleich dem Vektor HPc aus dem letzten Beweis. Die erste Steinergerade
hat denselben Richtungsvektor wie die zweite Steinergerade. Sie sind daher parallel.
6. Der Feuerbachkreis
Wir beweisen folgenden Satz von Feuerbach. Der Feuerbachkreis wurde nach dem Entdecker
dieses Satzes benannt.
Satz 67: Der Feuerbachkreis berührt den Inkreis.
Beweis: Das Dreieck sei in Standardlage. Der Inkreismittelpunkt I ist ( ua+vb
t
| wc
t ) und
der Inkreisradius ϱ ist wc
u+v
t
. Der Mittelpunkt N des Feuerbachkreises ist (
4 | w 4 − uv
4w ) und
sein Radius σ ist ab
4w
. Wir müssen zeigen, dass der Abstand der Mittelpunkte I und N
gleich der Differenz σ − ϱ ist.
Der quadrierte Abstand der Mittelpunkte I und N ist
( ua+vb
t
− u+v
4 )2 +( wc
t − w 4 + uv
4w )2 = (ua+vb)2
t
+ w2 c 2
2 t
− (ua+vb)(u+v)+cw2 −cuv
2
2t
+ u2 +v 2 +w 2
16
+ u2 v 2
16w 2
und die quadrierte Differenz der Radien ist
(σ − ϱ) 2 = ( wc
t
− ab
4w )2 = w2 c 2
t 2
− abc
2t + a2 b 2
16w
= w2 c 2
2 t 2
− abc
2t + u2 +v 2 +w 2
16
+ u2 v 2
16w 2
wobei für die letzte Gleichheit a 2 = v 2 + w 2 und b 2 = u 2 + w 2 verwendet wurde. Um zu
zeigen, dass der Abstand der Mittelpunkte I und N und die Differenz σ − ϱ gleich sind,
müssen wir die Gleichung
2(ua + vb) 2 − t(ua + vb)(u + v) − tcw 2 + tcuv = −tabc

40 Koordinaten und Vektoren
zeigen. Diese Gleichung ist die Summe der beiden Gleichungen
(1)
(2)
(ua + vb) 2 − t(u 2 a + v 2 b + w 2 c) + w 2 c 2 = −tabc
(ua + vb) 2 − tuv(a + b − c) − w 2 c 2 = 0
Es genügt also, die Richtigkeit dieser beiden Gleichungen zu zeigen.
Wir beginnen mit (1). Setzt man t = a + b + c ein und formt um, so erhält man
(ua + vb) 2 − t(u 2 a + v 2 b + w 2 c) + w 2 c 2 = 2uvab − u 2 a(b + c) − v 2 b(a + c) − w 2 c(a + b)
= −ab(u − v) 2 − ac(u 2 + w 2 ) − bc(v 2 + w 2 )
Setzt man jetzt (u − v) 2 = c 2 , u 2 + w 2 = b 2 und v 2 + w 2 = a 2 ein, so ergibt sich
(ua + vb) 2 − t(u 2 a + v 2 b + w 2 c) + w 2 c 2 = −abc 2 − acb 2 − bca 2 = −tabc
Damit ist (1) bereits gezeigt.
Wir zeigen (2) durch Äquivalenzumformungen. Es gilt (ua + vb)2 = u 2 a 2 + 2uvab + v 2 b 2
und wegen t = a+b+c auch tuv(a+b−c) = uv(a+b) 2 −uvc 2 = uva 2 +2uvab+uvb 2 −uvc 2 .
Setzt man das ein, dann wird die Gleichung (2) zu
u 2 a 2 + v 2 b 2 − uva 2 − uvb 2 + uvc 2 − w 2 c 2 = 0
Setzt man jetzt a 2 = v 2 + w 2 , b 2 = u 2 + w 2 und c 2 = (u − v) 2 ein, so ergibt sich
u 2 (v 2 + w 2 ) + v 2 (u 2 + w 2 ) − uv(v 2 + w 2 ) − uv(u 2 + w 2 ) + uv(u − v) 2 − w 2 (u − v) 2 = 0
Man prüft leicht nach, dass diese Gleichung richtig ist. Damit ist auch (2) gezeigt.
Es gilt auch
Satz 68: Der Feuerbachkreis berührt die drei Ankreise.
Beweis: Es genügt, diesen Satz für den Ankreis zu beweisen, der die Seite AB, das ist
die auf der x-Achse, berührt. Wir können ja jede der drei Dreiecksseiten auswählen und
das Dreieck in Standardlage so ins Koordinatensystem legen, dass die ausgewählte Seite
auf der x-Achse liegt.
Die Winkelsymmetralen der beiden Außenwinkel bei A liegen auf der selben Geraden.
Ihre Gleichung ist ist (x − u) w b + y( u b
+ 1) = 0. Die Gleichung der Geraden, auf der die
Winkelsymmetralen der beiden Außenwinkel bei B liegen, ist (x − v) w a + y( v a
− 1) = 0. Die
Gleichung der Winkelsymmetrale des Innenwinkels bei C ist x( w a + w b )+(y−w)( u b + v a ) = 0.
Der Schnittpunkt dieser drei Geraden ist ( ua+vb
a+b−c | −wc
a+b−c ). Damit ist der Mittelpunkt M c
des Ankreises gefunden. Der Radius ϱ c des Ankreises ist der Abstand des Mittelpunktes
wc
von der Seite AB, also von der x-Achse und somit gleich
a+b−c .
Im Beweis von Satz 67 wurde ( u+v
4 − ua+vb
a+b+c )2 +( w 4 − uv
4w − wc
a+b+c )2 = ( ab
4w − wc
a+b+c )2 gezeigt.
Dabei wurden nur die Gleichungen a 2 = v 2 +w 2 , b 2 = u 2 +w 2 und c 2 = (u−v) 2 verwendet.
Nun gilt für −c ebenfalls (−c) 2 = (u − v) 2 . Somit ist obige Gleichung auch für −c anstelle
von c gültig. Wir haben daher ( u+v
4 − ua+vb
a+b−c )2 +( w 4 − uv
4w − −wc
a+b−c )2 = ( ab
4w + wc
a+b−c )2 . Diese
Gleichung besagt aber, dass der Abstand der beiden Mittelpunkte N des Feuerbachkreises
und M c des Ankreises gleich ist der Summe der Radien σ und ϱ c dieser beiden Kreise. Das
beweist, dass die beiden Kreise einander von aussen berühren.

IV. Isometrien und Kegelschnitte
1. Lineare Abbildungen
Wir behandeln linere Abbildungen auf dem R 2 .
Definition: Eine Abbildung φ : R 2 → R 2 heißt linear, wenn sie folgende zwei Eigenschaften
erfüllt
(a) φ(x + y) = φ(x) + φ(y) für alle x und y in R 2
(b) φ(λx) = λφ(x) für alle x ∈ R 2 und λ ∈ R
Beispiel: Sei φ : R 2 → R 2 definiert durch φ(x) = x 1 ( 2 1 ) + x 2( 5 2 ) = ( 2x 1+5x 2
x 1 +2x 2
leicht nachzuprüfen, dass φ(x + y) = φ(x) + φ(y) und φ(λx) = λφ(x) gilt.
). Es ist
Wir zeigen, dass alle linearen Abbildungen von dieser Art sind. Dazu führen wir die
Einheitsvektoren i = ( 1 0 ) und j = ( 0 1 ) ein.
Satz 69: Sei φ : R 2 → R 2 eine lineare Abbildung. Seien ( a b ) und ( c d ) die Bilder der
Einheitsvektoren i und j unter φ, das heißt φ(i) = ( a b ) und φ(j) = ( d c ). Für alle x = ( x 1
x 2
)
in R 2 gilt dann φ(x) = x 1 ( a b ) + x 2 ( c d ) = ( ax 1+cx 2
bx 1 +dx 2
).
Beweis: Sei x = ( x 1
x 2
) in R 2 . Es gilt x = x 1 ( 1 0 ) + x 2( 0 1 ) = x 1i + x 2 j . Aus der Definition
der Linearität erhalten wir dann
φ(x) = φ(x 1 i + x 2 j) = φ(x 1 i) + φ(x 2 j) = x 1 φ(i) + x 2 φ(j) = x 1 ( a b ) + x 2 ( c d )
Aus den Rechenregeln für Vektoren folgt x 1 ( a b ) + x 2 ( c d ) = ( ax 1+cx 2
bx 1 +dx 2
).
Dieser Satz zeigt, dass eine lineare Abbildung φ : R 2 → R 2 bereits durch die Bilder ( a b )
und ( d c ) der Einheitsvektoren i und j bestimmt ist.
Um dieses Ergebnis besser aufschreiben zu können, führen wir Matrizen und die Matrixmultiplikation
ein. Eine m × n-Matrix ist eine rechteckige Anordnung von Zahlen, die
aus m Zeilen und n Spalten besteht. Einen Vektor x ∈ R 2 kann man als 2 × 1-Matrix
auffassen. Eine 2 × 2-Matrix hat zwei Vektoren des R 2 als Spalten, zum Beispiel ( 2 3 5 7 ).
Eine 1 × 2-Matrix ist ein Zeilenvektor, zum Beispiel (3 7).
Das Produkt C = AB zweier Matrizen A und B bestimmt man so: Man bildet das innere
Produkt der ersten Zeile der Matrix A mit den Spalten der Matrix B. Die Ergebnisse,
die man erhält, schreibt man in die erste Zeile der Matrix C. Dann bildet man das innere
Produkt der zweiten Zeile der Matrix A mit den Spalten der Matrix B. Die Ergebnisse,
die man erhält, schreibt man in die zweite Zeile der Matrix C.
Ist zum Beispiel A = ( 2 5
3 7 ) und B = ( p r q s ), dann erhalten wir
AB = ( 2 5
3 7 )( p r q s ) = ( 2p+5r 2q+5s
3p+7r 3q+7s ) und BA = ( p r q s )( 2 5
3 7 ) = ( 2p+3q 5p+7q
2r+3s 5r+7s )
Hier sieht man auch, dass die Multiplikation von zwei Matrizen nicht kommutativ ist. Man
kann jedoch nachrechnen, dass (AB)C = A(BC) gilt. Die Multiplikation von Matrizen
ist assoziativ. Man darf daher ABC schreiben, ohne Klammern zu setzen, da es keinen
Unterschied macht, welche Matrixmultiplikation man zuerst ausführt. Man darf die Matrizen
jedoch nicht vertauschen. Genauso funktioniert die Multiplikation einer Matrix mit
einem Vektor. Man fasst den Vektor einfach als 2 × 1-Matrix auf. Ist A = ( 2 3
B = x = ( x 1
x 2
), dann erhalten wir
AB = Ax = ( 2 3
5
7 )( x 1
x 2
) = ( 2x 1+5x 2
3x 1 +7x 2
)
5
7 ) und

42 Isometrien und Kegelschnitte
Analog kann man auch die Multiplikation größerer Matrizen definieren.
Wir kommen zu Satz 69 zurück. Seien ( a b ) und ( c d ) die Bilder der Einheitsvektoren i
und j unter der linearen Abbildung φ. Sei M = ( a c
b d ) die Matrix, die diese Bilder ( a b ) und
( d c ) als Spalten hat. Aus der Definition der Matrixmultiplikation und aus Satz 69 folgt
dann
Mx = ( a b d c )( x 1
x 2
) = ( ax 1+cx 2
bx 1 +dx 2
) = ( a b )x 1 + ( d c )x 2 = φ(x)
Es gilt also φ(x) = Mx. Man nennt M = ( a b d c ) die Matrix der linearen Abbildung φ.
Man kann jede lineare Abbildung φ : R 2 → R 2 durch eine 2 × 2-Matrix ausdrücken.
Man kann zwei Matrizen der gleichen Größe auch addieren. Das macht man so wie für
Vektoren, die ja 2 × 1-Matrizen sind. Sind A = ( a b d c ) und B = ( r s u v ) zwei 2 × 2-Matrizen,
dann definiert man A + B = ( a+r c+u
b+s d+v ). Ist x ∈ R2 , dann gilt (A + B)x = Ax + Bx. (Das
gilt auch für eine 2 × 2-Matrix C anstelle von x.)
Auch die Skalarmultiplikation definiert man für Matrizen genauso wie für Vektoren. Ist
A = ( a b d c ) und t ∈ R, dann definiert man tA = ( ta tc
tb td ).
Satz 70: Seien φ : R 2 → R 2 und ψ : R 2 → R 2 lineare Abbildungen. Dann ist ψ ◦ φ :
R 2 → R 2 ebenfalls eine lineare Abbildung. Ist A die Matrix der linearen Abbildung φ und
B die Matrix der linearen Abbildung ψ, dann ist das Matrixprodukt BA die Matrix der
linearen Abbildung ψ ◦ φ.
Beweis: Seien x und y in R 2 und λ ∈ R. Da ψ und φ linear sind, erhalten wir
ψ(φ(x+y)) = ψ(φ(x)+φ(y)) = ψ(φ(x))+ψ(φ(y)) und ψ(φ(λx)) = ψ(λφ(x)) = λψ(φ(x))
Das zeigt, dass auch ψ ◦ φ eine lineare Abbildung ist.
Sei φ(i) = ( a b ) und φ(j) = ( c d ). Dann gilt A = ( a b c d ). Ist B = ( r s u v ), dann folgt
ψ(φ(i)) = B( a b ) = ( r s u v )( a b ) = ( ra+ub
sa+vb ) und ψ(φ(j)) = B( c d ) = ( r s u v )( c d ) = ( rc+ud
sc+vd )
Die Matrix der linearen Abbildung ψ ◦ φ ist daher ( ra+ub
sa+vb
Die Matrix I 2 = ( 1 0
rc+ud
sc+vd
). Das ist BA.
0
1 ) heißt Einheitsmatrix. Es gilt ja I 2x = x für alle x in R 2 .
Lineare Gleichungssysteme kann man ebenfalls mit Hilfe von Matrizen aufschreiben.
Liegt das lineare Gleichungssystem
a 1 x + b 1 y = c 1
a 2 x + b 2 y = c 2
vor, dann setzt man M = ( a 1 b 1
a 2 b 2
) und c = ( c 1
c 2
). Das Gleichungssystem wird dann zu
Mx = c, wobei x für den Vektor ( x y ) steht. Man schreibt dann auch det M anstelle von
| a 1 b 1
a 2 b 2
|. Wenn det M ≠ 0 ist, dann hat das Gleichungssystem genau eine Lösung. Wenn
det M = 0 ist, dann gibt es entweder keine Lösung oder alle Punkte auf einer Geraden
sind Lösungen.
2. Eigenwerte und Eigenvektoren
Eigenwerte und Eigenvektoren treten bei der Hauptachsentransformation von Kegelschnitten
auf. Sie spielen auch bei Systemen von linearen Differentialgleichungen eine
Rolle. Wir beschränken uns wieder auf den R 2 . Analoge Resultate gelten aber auch in
höheren Dimensionen.

Franz Hofbauer 43
Definition: Sei A eine 2×2-Matrix. Ein Vektor v ∈ R 2 \{0} heißt Eigenvektor der Matrix
A, wenn Av = λv für eine Zahl λ gilt. Die Zahl λ nennt man Eigenwert der Matrix A.
Wie finden wir Eigenwerte und Eigenvektoren? Nach den Rechenregeln für Matrizen
können wir Ax = λx auch schreiben als (A − λI 2 )x = 0. Das ist das lineares Gleichungssystem
Mx = 0 mit M = A − λI 2 . Es hat jedenfalls die Lösung x = 0. Wenn det M ≠ 0
gilt, dann ist das die einzige Lösung. Da Eigenvektoren ungleich 0 sind, erhalten wir
keinen Eigenvektor und λ ist auch kein Eigenwert. Ist hingegen det M = 0, dann gibt
es unendlich viele Lösungen (keine Lösung ist nicht möglich, da 0 eine Lösung ist). Es
existiert ein v ∈ R 2 \ {0} mit Mv = 0, das heißt Av = λv. Somit ist v ein Eigenvektor
und λ ein Eigenwert. Mit v erfüllt auch tv für alle t ∈ R die Gleichung Ax = λx. Daher
sind auch alle Vielfachen von v Eigenvektoren.
Wir haben damit gezeigt, dass die Eigenwerte einer Matrix A gerade diejenigen Zahlen
λ sind, für die det(A − λI 2 ) = 0 gilt. Ist A = ( a b d c ), dann gilt A − λI 2 = ( a−λ c
b d−λ ) und
det(A − λI 2 ) = (a − λ)(d − λ) − bc = λ 2 − (a + d)λ + ad − bc
Das ist ein Polynom in der Variablen λ. Man nennt es das charakteristische Polynom
der Matrix A. Die Eigenwerte der Matrix A sind dann die Lösungen der quadratischen
Gleichung λ 2 − (a + d)λ + ad − bc = 0. Die Eigenwerte sind also
√ √
( ∗ ) λ 1,2 = 1 2 (a + d) ± 1
4 (a + d)2 − ad + bc = 1 2 (a + d) ± 1
4 (a − d)2 + bc
Es gibt drei mögliche Fälle, entweder zwei verschiedene reelle Eigenwerte, oder einen
zweifachen reellen Eigenwert, oder zwei zueinander konjugiert komplexe Eigenwerte.
Im ersten Fall findet man Eigenvektoren u und v zu den Eigenwerten λ 1 und λ 2 als
Lösungen der linearen Gleichungssysteme Au − λ 1 u = 0 und Av − λ 2 v = 0. Das gilt auch
im dritten Fall, allerdings sind dann auch die Eigenvektoren u und v in C 2 . Im zweiten
Fall hat man nur einen reellen Eigenwert λ. Einen Eigenvektor v findet man als Lösung
des linearen Gleichungssystems Av − λv = 0.
1
3
Beispiel: Sei A = ( 5 3 ). Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
Wir bilden A − λI 2 = ( 5−λ 1
3 3−λ ) und berechnen die Determinante (5 − λ)(3 − λ) − 3 =
λ 2 − 8λ + 12. Das ist das charakteristische Polynom von A. Die Nullstellen sind λ 1 = 6
und λ 2 = 2. Damit sind die Eigenwerte der Matrix A gefunden.
Wir berechnen A − λ 1 I 2 = ( −1 1
3 −3 ). Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ 1 = 6 erhalten
wir als Lösung von ( −1 1
3 −3 )u = 0. Wir wählen u als Normalvektor der ersten Zeile der
Matrix ( −1 1
3 −3 ), also u = ( 1 1 ). Da das auch ein Normalvektor der zweiten Zeile ist,
ist ( −1 1
3 −3 )u = 0 erfüllt. Somit ist ( 1 1 ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 1 = 6. Jedes
Vielfache dieses Vektors, außer dem Nullvektor, ist ebenfalls Eigenvektor.
Ebenso berechnen wir A − λ 2 I 2 = ( 3 3 1 1 ). Einen Eigenvektor v zum Eigenwert λ 2 = 2
erhalten wir als Lösung von ( 3 3 1 1 )v = 0. Wir wählen v als Normalvektor der ersten Zeile
der Matrix ( 3 1
−1
3 1 ), also v = ( 3 ). Da das auch ein Normalvektor der zweiten Zeile ist, ist
( 3 1
−1
3 1 )v = 0 erfüllt. Somit ist ( 3 ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 2 = 2.
Beispiel: Sei A = ( 4 5 −2
2
Wir bilden A − λI 2 = ( 4−λ
5
). Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
−2
2−λ ) und berechnen die Determinante (4 − λ)(2 − λ) + 10 =
λ 2 −6λ+18. Das ist das charakteristische Polynom von A. Die Nullstellen sind λ 1 = 3+3i
und λ 2 = 3 − 3i. Damit sind die Eigenwerte der Matrix A gefunden.

44 Isometrien und Kegelschnitte
Wir berechnen A − λ 1 I 2 = ( 1−3i
5
erhalten wir als Lösung von ( 1−3i
5
Zeile der Matrix ( 1−3i −2
Zeile ist, ist ( 1−3i
5
λ 1 = 3 + 3i.
Wir berechnen A − λ 2 I 2 = ( 1+3i
5
−2
−1−3i ). Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ 1 = 3 + 3i
−2
−1−3i )u = 0. Wir wählen u als Normalvektor der ersten
5 −1−3i ), also u = ( 2
1−3i ). Da das auch ein Normalvektor der zweiten
−2
−1−3i )u = 0 erfüllt. Somit ist ( 2
1−3i ) ein Eigenvektor zum Eigenwert
−2
−1+3i ). Einen Eigenvektor v zum Eigenwert λ 2 = 3 − 3i
erhalten wir als Lösung von ( 1+3i −2
5 −1+3i )v = 0. Wie oben (man muss nur überall −3i
2
durch +3i ersetzen) erhalten wir, dass ( 1+3i ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 2 = 3 − 3i
ist. Man sieht, dass nicht nur die Eigenwerte, sondern auch die Eigenvektoren zueinander
konjugiert komplex sind.
4
1
Beispiel: Sei A = ( 5 −1 ). Gesucht sind Eigenwerte und Eigenvektoren.
Wir bilden A − λI 2 = ( 5−λ 4
−1 1−λ ) und berechnen die Determinante (5 − λ)(1 − λ) + 4 =
λ 2 − 6λ + 9. Das ist das charakteristische Polynom von A. Dieses Polynom hat λ = 3 als
zweifache Nullstelle. Das ist der einzige Eigenwert der Matrix A.
Wir berechnen A − λI 2 = ( −1
2 −2 4 ). Einen Eigenvektor u zum Eigenwert λ = 3 erhalten
wir als Lösung von ( −1
2
−2 4 )u = 0. Wir wählen u als Normalvektor der ersten Zeile der
Matrix ( −1
2
−2 4 ), also zum Beispiel u = ( −1 2 ). Da das auch ein Normalvektor der zweiten
Zeile ist, ist ( −1 2
−2 4 2
)u = 0 erfüllt. Somit ist ( −1 ) ein Eigenvektor zum Eigenwert λ = 3.
Bemerkung: Sei A = ( a b d c ) eine Matrix, die nicht gleich tI 2 für ein t ∈ R ist. Hat
sie einen zweifachen reellen Eigenwert λ, dann findet man dazu einen Eigenvektor u, für
den Au = λu gilt. Als Ersatz für einen Eigenvektor zum anderen Eigenwert, der ja nicht
vorhanden ist, nimmt man dann einen Vektor v, für den Av = λv+u gilt. Solche Vektoren
existieren. Da λ zweifacher Eigenwert ist, folgt aus ( ∗ ), dass λ = 1 2 (a + d) und r2 = −bc
gilt, wobei r = 1 2 (a − d) ist. Das ergibt A − λI 2 = ( r c
b −r ). Im Fall b ≠ 0 wählen wir
u = ( r b ) und v = ( 1 0 ). Es gilt dann (A − λI 2)u = 0 und (A − λI 2 )v = u, das heißt
Au = λu und Av = λv + u. Ist b = 0 dann gilt c ≠ 0, sonst wäre A = aI 2 . In diesem Fall
wählen wir u = ( c
−r ) und v = ( 0 1 ). Es gilt wieder Au = λu und Av = λv + u.
3. Symmetrische Matrizen
Ist w = ( w 1
w 2
) ein Spaltenvektor, dann ist der transponierte Vektor w t der entsprechende
Zeilenvektor (w 1 w 2 ). Es gilt dann ⟨u, v⟩ = u 1 v 1 + u 2 v 2 = (u 1 u 2 )( v 1
v 2
) = u t v.
Für eine Matrix A = ( a c
b d ) definiert man die Transponierte A t durch A t = ( a c b d
). Man
rechnet nach (Aw) t = ( aw 1+cw 2
bw 1 +dw 2
) t = (aw 1 + cw 2 bw 1 + dw 2 ) = (w 1 w 2 )( a c d b ) = wt A t .
Für 2 × 2-Matrizen A und B zeigt man analog, dass (AB) t = B t A t gilt.
Definition: Eine Matrix A = ( a b c d ) nennt man symmetrisch, wenn A t = A gilt. Das ist
gleichbedeutend damit, dass b = c gilt.
Satz 71: Sei A = ( a b c d ) symmetrisch, aber nicht gleich tI 2 für ein t ∈ R. Dann hat A
zwei verschiedene reelle Eigenwerte λ 1 und λ 2 . Ist u ein Eigenvektor zu λ 1 und v einer zu
λ 2 , dann gilt ⟨u, v⟩ = 0, das heißt u und v sind orthogonal.
Beweis: Aus ( ∗ ) folgt λ 1,2 = 1 2 (a + d) ± √
1
4 (a − d)2 + b 2 wegen c = b. Wegen A ≠ tI 2
für alle t ∈ R gilt entweder a ≠ d oder b ≠ 0, also 1 4 (a − d)2 + b 2 > 0. Somit sind λ 1 und
λ 2 reell und verschieden.

Franz Hofbauer 45
Es gilt Au = λ 1 u, Av = λ 2 v und A t = A. Mit Hilfe der Rechenregeln für das innere
Produkt und für die Transponierte erhalten wir
λ 1 ⟨u, v⟩ = ⟨λ 1 u, v⟩ = ⟨Au, v⟩ = (Au) t v = u t A t v = u t Av = ⟨u, Av⟩ = ⟨u, λ 2 v⟩ = λ 2 ⟨u, v⟩
Wegen λ 1 ≠ λ 2 muss ⟨u, v⟩ = 0 gelten.
4. Isometrien der Ebene
Wir untersuchen Isometrien der Ebene, die wir als R 2 auffassen.
Definition: Eine Abbildung f : R 2 → R 2 heißt Isometrie, wenn ∥f(x) − f(y)∥ = ∥x − y∥
für alle x und y in R 2 gilt.
Beispiel: Sei a ∈ R 2 fest. Die Abbildung x ↦→ x+a ist eine Isometrie. Solche Abbildungen
heißen Translationen.
Gilt g(p) = p, dann heißt p Fixpunkt der Abbildung g. Ist f : R 2 → R 2 eine Isometrie,
dann ist g : R 2 → R 2 definiert durch g(x) = f(x)−f(0) eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt.
Satz 72: Eine Isometrie g mit 0 als Fixpunkt ist eine lineare Abbildung.
Beweis: Seien x und y in R 2 . Die Punkte 0, x, y und x + y bilden ein Parallelogramm.
Die Punkte g(0) = 0, g(x), g(y) und g(x + y) bilden ein kongruentes Parallelogramm, da
die Abstände zwischen den vier Punkten bei der Abbildung unverändert bleiben. Es gilt
also g(x + y) = g(x) + g(y).
Sei x ∈ R 2 und λ ∈ R. Sei y = λx. Dann liegen 0, x und y auf einer Geraden. Da
g(0) = 0, g(x) und g(y) dieselben Abstände zueinander haben wie 0, x und y, liegen sie
ebenfalls auf einer Geraden und es gilt g(y) = λg(x). Damit ist g(λx) = λg(x) gezeigt.
Somit ist g eine lineare Abbildung, da die Eigenschaften aus der Definition einer linearen
Abbildung erfüllt sind.
Satz 73: Sei g eine Isometrie mit Fixpunkt 0. Dann existiert ein α ∈ [0, 2π), sodass die
Matrix der linearen Abbildung g entweder R α = ( cos sin α α − sin α
cos α ) oder S α = ( cos sin α
α sin α
− cos α ) ist.
Beweis: Sei M = ( a b c d ) die Matrix der linearen Abbildung g. Es gilt ∥g(x)∥ 2 = ∥x∥ 2 , das
heißt (ax 1 + cx 2 ) 2 + (bx 1 + dx 2 ) 2 = x 2 1 + x 2 2. Das gilt für alle x 1 und x 2 in R. Es folgt
a 2 + b 2 = 1, c 2 + d 2 = 1 und 2ac + 2bd = 0
Der Vektor ( a b ) hat Länge 1. Es existiert ein α ∈ [0, 2π) mit a = cos α und b = sin α.
Weiters gilt ⟨( a b ), ( d c )⟩ = ac + bd = 0 und ∥( d c )∥ = √ c 2 + d 2 = 1. Daraus folgt, dass
entweder ( c d ) = ( − cos sin α α ) oder ( c d ) = (
− sin cos α
α ) gilt.
Satz 74: Die Abbildung mit Matrix R α ist eine Drehung (Rotation) um den Koordinatenursprung
im Winkel α (im Gegenuhrzeigersinn).
Beweis: Es gilt R α x = ( cos sin α α )x 1 +( − cos sin α α )x 2. Die
Vektoren ( cos α
sin α ) und ( − cos sin α α ) sind die Einheitsvektoren
für ein um den Winkel α verdrehtes Koordinatensystem.
Daher erhält man R α x, wenn man
den Vektor x = ( x 1
x 2
) ins gedrehte Koordinatensystem
zeichnet. Das beweist, dass R α x der um den
Winkel α gedrehte Vektor x ist.
α
R α x
x

46 Isometrien und Kegelschnitte
Satz 75: Die Abbildung mit Matrix S α ist eine Spiegelung um die Gerade durch den
Koordinatenursprung mit Richtungsvektor ( cos
) α
2
sin . α
2
x
Beweis: Sei a = ( cos
) ( α
2
sin und b = − sin
α) α 2
2
cos . Der
α
2
Vektor b ist Normalvektor zu a. Matrixmultiplikation
und die Summensätze für sin und cos zeigen,
S α x
dass S α a = a und S α b = −b gilt. Da a und b
orthogonal aufeinander stehen, existieren für jedes
b a
x ∈ R 2 Zahlen p und q in R mit x = pa + qb. Es
α
2
folgt S α x = pS α a + qS α b = pa − qb. Das zeigt,
dass S α x der um die Gerade durch den Koordinatenursprung
mit Richtungsvektor a gespiegelte
−b
Punkt x ist.
Die durch die Matrizen R α und S α gegebenen linearen Abbildungen sind alle Isometrien,
die 0 als Fixpunkt haben. Ist f irgendeine Isometrie und u = f(0), dann ist g(x) = f(x)−u
eine Isometrie mit 0 als Fixpunkt. Es gilt also f(x) = R α (x) + u oder f(x) = S α (x) + u.
Für α ∈ [0, 2π) und u ∈ R 2 definieren wir R α,u : R 2 → R 2 und S α,u : R 2 → R 2 durch
R α,u (x) = R α x + u und S α,u (x) = S α x + u
Das sind dann alle möglichen Isometrien des R 2 .
Satz 76: Ist α = 0 dann ist R α,u die Translation um den Vektor u. Ist α ∈ (0, 2π), dann
ist R α,u die Drehung um den Punkt w im Winkel α, wobei w Lösung von (I 2 −R α )w = u.
Beweis: Für α = 0 ist R α = I 2 und R α,u (x) = x + u.
Für α ∈ (0, 2π) gilt det( 1−cos α
− sin α
sin α
1−cos α ) = (1 − cos α)2 + sin 2 α = 2 − 2 cos α ≠ 0, das heißt
det(I 2 −R α ) ≠ 0. Daher hat (I 2 −R α )w = u eine eindeutige Lösung. Es folgt u = w−R α w
und R α,u (x) = R α (x − w) + w. Die Abbildung R α,u ist die Hintereinanderausführung
folgender drei Abbildungen:
(a) Translation mit Vektor −w: Punkt w wird in den Punkt 0 verschoben
(b) Drehung um den Punkt 0 im Winkel α
(c) Translation mit Vektor w: Punkt 0 wird zurück in den Punkt w verschoben
Die Zusammensetzung ergibt die Drehung um den Punkt w im Winkel α.
Satz 77: Die Abbildung S α,u ist eine Schubspiegelung, und zwar die Hintereinanderausführung
einer Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 1 2u mit Richtungsvektor
( cos
α) und einer Translation mit Vektor w =
1
2 (u + S αu). Der Vektor w hat die Richtung
2
sin α 2
der Spiegelungsgeraden.
Beweis: Es gilt S α,u (x) = S α (x − 1 2 u) + 1 2 u + w. Die Abbildung x ↦→ S α(x − 1 2 u) + 1 2 u
ist die Hintereinanderausführung folgender drei Abbildungen:
(a) Translation mit Vektor − 1 2 u: Punkt 1 2u wird in den Punkt 0 verschoben
(b) Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 0 mit Richtungsvektor ( cos
) α
2
sin α 2
(c) Translation mit Vektor 1 2 u: Punkt 0 wird zurück in den Punkt 1 2 u verschoben
Die Zusammensetzung ergibt die Spiegelung um die Gerade durch den Punkt 1 2 u mit
Richtungsvektor ( cos
) α
2
sin . Dazu kommt noch die Translation um den Vektor w. Das ist
α
2
dann die Abbildung S α,u .
Wir bestimmen noch die Richtung von w. Da S α u der um die Gerade durch den Punkt 0

Franz Hofbauer 47
mit Richtungsvektor ( cos
) α
2
sin gespiegelte Punkt u ist, hat w =
1
α 2 (u+S αu) dieselbe Richtung
2
wie die Spiegelungsgerade.
Die Isometrien der Ebene sind also: Translationen, Drehungen und Schubspiegelungen.
5. Kegelschnitte
Wir berechnen die Gleichungen der Kegelschnitte in Hauptlage. Damit ist gemeint, dass
die Koordinatenachsen auch die Achsen der Kegelschnitte sind.
Ellipse: Wir suchen die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten
F 1 (−e, 0) und F 2 (e, 0) und mit großer Halbachse
der Länge a, wobei e < a gilt. Sie ist die Menge aller Punkte
(x, y), deren Abstandssumme von den beiden Brennpunkten
gleich 2a ist. Die Gleichung dieser Ellipse ist also
√
(1) (x + e)2 + y 2 + √ (x − e) 2 + y 2 = 2a
F 1 F 2
Quadriert man diese Gleichung, kürzt, fasst zusammen und dividiert durch 2, so hat man
(2) x 2 + e 2 + y 2 + √ (x + e) 2 + y 2√ (x − e) 2 + y 2 = 2a 2
Unter der ersten Wurzel steht e 2 + x 2 + y 2 + 2ex und e 2 + x 2 + y 2 − 2ex unter der zweiten.
Das Produkt ist (e 2 + x 2 + y 2 ) 2 − 4e 2 x 2 . Setzt man das ein und formt um, so erhält man
√
(3)
(e2 + x 2 + y 2 ) 2 − 4e 2 x 2 = 2a 2 − (e 2 + x 2 + y 2 )
Quadriert man, so fällt (e 2 + x 2 + y 2 ) 2 weg. Man kann durch 4 dividieren und es bleibt
(4) −e 2 x 2 = a 4 − a 2 (e 2 + x 2 + y 2 )
Durch Ausmultiplizieren und Umformen ergibt sich jetzt
x
(5) 2
a
+ y2
x 2 a 2 −e
= 1 oder 2
2 a 2
+ y2
b 2 = 1 wenn man b 2 = a 2 − e 2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Ellipse mit Brennpunkten F 1 (−e, 0) und F 2 (e, 0) und mit
großer Halbachse der Länge a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erfüllen die Ellipsengleichung und liegen daher
auf der Ellipse. Sie heißen Hauptscheitel. Die Strecke dazwischen heißt Hauptachse der
Ellipse. Auf ihr liegen die beiden Brennpunkte. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse
in die beiden großen Halbachsen der Länge a unterteilt. Die beiden Punkte (0, −b) und
(0, b), die ebenfalls auf der Ellipse liegen, heißen Nebenscheitel. Die Strecke dazwischen
heißt Nebenachse der Ellipse. Sie wird durch den Mittelpunkt der Ellipse in die beiden
kleinen Halbachsen der Länge b unterteilt.
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte
Ellipse mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung x2
b 2
+ y2
a 2 = 1.
Hyperbel: Analog lässt sich die Gleichung der Hyperbel
mit Brennpunkten F 1 (−e, 0) und F 2 (e, 0) und mit Halbachse
der Länge a finden, wobei aber jetzt e > a gilt. Sie
ist die Menge aller Punkte (x, y), deren Abstandsdifferenz
von den beiden Brennpunkten gleich 2a ist. Diese Hyperbel
hat daher ebenfalls die Gleichung (1), wobei aber eine
der Wurzeln als die negative Wurzel aufzufassen ist. Ist
die erste Wurzel negativ, dann stellt (1) den linken Ast
F 1 F 2
der Hyperbel dar; ist die zweite Wurzel negativ, dann den rechten. Führt man dieselbe

48 Isometrien und Kegelschnitte
Rechnung durch wie oben, so verschwinden die Vorzeichen der Wurzeln beim Quadrieren
und man erhält wieder die Gleichung
x
(5) 2
a
+ y2
x 2 a 2 −e
= 1 oder 2
2 a 2
− y2
b 2 = 1 wenn man b 2 = e 2 − a 2 setzt.
Damit ist die Gleichung der Hyperbel mit Brennpunkten F 1 (−e, 0) und F 2 (e, 0) und mit
Halbachse der Länge a gefunden.
Die beiden Punkte (−a, 0) und (a, 0) erfüllen die Hyperbelgleichung. Es sind die Scheitel
der Hyperbel. Die Strecke dazwischen wird durch den Mittelpunkt der Hyperbel in die
beiden Halbachsen der Länge a unterteilt.
Die Hyperbel besitzt zwei Asymptoten. Eine Asymptote ist eine Gerade, der sich eine
Kurve, in diesem Fall die Hyperbel, im Unendlichen √ immer mehr annähert. Die Gleichung
der Hyperbel lässt sich schreiben als y = ± b a x 1 − a2
x
. Wenn x gegen +∞ oder −∞ geht,
2
dann geht a2
x
gegen 0 und die Hyperbel nähert sich immer mehr der Gerade y = b 2
a x oder
der Gerade y = − b ax. Somit sind diese beiden Geraden Asymptoten der Hyperbel.
Vertauscht man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte
Hyperbel mit Brennpunkten auf der y-Achse. Diese hat daher die Gleichung − x2
b
+ y2
2 a
= 1.
2
Bemerkung: Oben wurde (1) ⇒ (5) gezeigt, das heißt jeder Punkt, der auf der Ellipse
bzw. Hyperbel liegt, erfüllt die Gleichung (5). Es gilt auch die Umkehrung. Dazu müssen
wir (5) ⇒ (1) zeigen. Wir zeigen das durch einen indirekten Beweis.
Wir nehmen an, dass (1) nicht gilt, das heißt √ (x + e) 2 + y 2 + √ (x − e) 2 + y 2 = 2ã für
ein ã ≠ a. (Im Fall der Ellipse gilt jedoch ã > e und im Fall der Hyperbel ã < e wegen
der Dreiecksungleichung.) Dann würde nach obiger Rechnung auch x2
y 2
ã 2 +
y2
ã 2 −e 2
= 1 gelten.
Für ã < a gelten x2
ã
> x2
2 a
und
2 ã 2 −e
> y2
2 a 2 −e
, also folgt x2
2 a
+ y2
2 a 2 −e
< x2
2 ã
+ y2
2 ã 2 −e
= 1.
2
Für ã > a gelten x2
ã
< x2
y 2 a
und
2
2 ã 2 −e
< y2
2 a 2 −e
, also folgt x2
2 a
+ y2
2 a 2 −e
> x2
2 ã
+ y2
2 ã 2 −e
= 1.
2
Dabei ist zu beachten, dass ã 2 − e 2 und a 2 − e 2 entweder beide positiv (Ellipse) oder beide
negativ (Hyperbel) sind. In jedem Fall ergibt sich x2
a
+
y2
2 a 2 −e
≠ 1, ein Widerspruch zu (5).
2
Damit ist (5) ⇒ (1) bewiesen.
Parabel: Schließlich bestimmen wir die Gleichung der Parabel mit
Brennpunkt F ( p 2 , 0) und Leitlinie l, die die Gleichung x = − p 2 hat.
Die Parabel ist die Menge aller Punkte (x, y), die von Brennpunkt F
und Leitlinie l gleichen Abstand haben. Ihre Gleichung ist daher
√
(x − p 2 )2 + y 2 = x + p 2
Quadriert man diese Gleichung und kürzt, so erhält man y 2 = 2px.
Das ist die Gleichung der Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l.
Ist p > 0, dann können nur Punkte rechts von l gleichen Abstand von l
F und l haben. Die Parabel liegt rechts von der Leitlinie l und ist
nach rechts offen, wie in der Zeichnung. Ist p < 0, dann hat man eine Parabel, die links
von der leitlinie l liegt und nach links offen ist (an der y-Achse gespiegelt). Vertauscht
man die Variablen x und y, dann erhält man die an der Diagonale gespiegelte Parabel mit
der Gleichung x 2 = 2py. Sie ist entweder nach oben oder nach unten offen.
Der Punkt (0, 0) erfüllt die Parabelgleichung. Man nennt ihn den Scheitel der Parabel.
F

6. Tangentenkonstruktion
Franz Hofbauer 49
Zwei Gerade, die einander in einem Punkt S schneiden, bilden vier Winkel. Man
erhält zwei Paare von einander gegenüberliegenden Winkeln, die gleich groß sind und eine
gemeinsame Winkelsymmetrale haben, wenn man die Winkelsymmetrale als eine durch den
Schnittpunkt S hindurchgehende Gerade auffasst. Jedes Winkelpaar hat also eine Winkelsymmetrale
und diese beiden Winkelsymmetralen stehen senkrecht aufeinander. Wir
nennen sie einfach die Winkelsymmetralen der einander schneidenden Geraden.
Gegeben ist ein Punkt P auf einem Kegelschnitt. Gesucht ist die Tangente im Punkt
P an den Kegelschnitt. Die folgenden Sätze geben eine Methode zur Konstruktion dieser
Tangente.
Satz 78: Sei P ein Punkt auf einer Ellipse mit Brennpunkten F 1 und F 2 . Sei g die
Winkelsymmetrale der Geraden l(F 1 , P ) und l(F 2 , P ), die die Strecke F 1 F 2 nicht schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Ellipse im Punkt P .
Beweis: Sei a die Länge der großen Halbachse. Sei F ∗ 1 der
an g gespiegelte Punkt F 1 . Da P auf g liegt, erhalten wir
|F ∗ 1 P | = |F 1 P |. Da g die Winkelsymmetrale der Geraden
l(F 1 , P ) und l(F 2 , P ) ist, liegt F ∗ 1 auf l(F 2 , P ). Da F ∗ 1 auf
der anderen Seite von g liegt als F 2 , liegen die Punkte F ∗ 1 ,
P und F 2 in dieser Reihenfolge auf l(F 2 , P ). Da weiters P
auf der Ellipse liegt, erhalten wir
|F ∗ 1 F 2 | = |F ∗ 1 P | + |P F 2 | = |F 1 P | + |P F 2 | = 2a
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus
der Dreiecksungleichung folgt |F1 ∗ Q| + |QF 2 | > |F1 ∗ F 2 | = 2a, da Q nicht auf der Geraden
durch F1
∗ und F 2 liegt. Da Q auf der Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F 1 Q| = |F1 ∗ Q|.
Es folgt |F 1 Q| + |QF 2 | > 2a, das heißt Q liegt außerhalb der Ellipse. Somit liegen alle
Punkte der Gerade g außer P außerhalb der Ellipse. Das beweist, dass g Tangente ist.
Der Satz für die Hyperbel ist sehr ähnlich.
Satz 79: Sei P ein Punkt auf einer Hyperbel mit Brennpunkten F 1 und F 2 . Sei g die
Winkelsymmetrale der Geraden l(F 1 , P ) und l(F 2 , P ), die die Strecke F 1 F 2 schneidet.
Dann ist g die Tangente an die Hyperbel im Punkt P .
Beweis: Wir nehmen an, dass P auf dem rechten Hyperbelast
liegt. Dann gilt |F 1 P | − |P F 2 | = 2a, wobei a die
Länge der Halbachse ist. Sei F
P
1 ∗ der an g gespiegelte Punkt
F 1 . Da P auf g liegt, erhalten wir |F 1 P | = |F1 ∗ P |. Da g
die Winkelsymmetrale der Geraden l(F 1 , P ) und l(F 2 , P )
F
F 2
1
ist, liegt F1
∗ auf l(F 2 , P ), und zwar auf der anderen Seite
von g als F 1 und somit auf derselben Seite von g wie F 2 .
Wegen |F 1 P | − |P F 2 | = 2a gilt auch |F g
1 ∗ P | − |P F 2 | = 2a.
F1
∗
Damit erhalten wir schließlich |F1 ∗ F 2 | = 2a.
Sei Q jetzt irgendein Punkt auf g, der ungleich P ist. Aus der Dreiecksungleichung folgt
|F1 ∗ F 2 | + |QF 2 | > |F1 ∗ Q|, da Q nicht auf der Geraden durch F1 ∗ und F 2 liegt. Da Q auf der
Winkelsymmetrale g liegt, gilt auch |F 1 Q| = |F1 ∗ Q|. Es folgt |F 1 Q|−|QF 2 | < |F1 ∗ F 2 | = 2a.
Somit liegt Q auf der Seite des rechten Hyperbelasts, auf der F 1 liegt. Alle Punkte der
Gerade g außer P liegen links vom rechten Hyperbelast. Das zeigt, dass g Tangente ist.
F ∗ 1
F 1
P
F 2
g

50 Isometrien und Kegelschnitte
Schließlich kommen wir zur Parabel.
Satz 80: Sei P ein Punkt auf einer Parabel mit Brennpunkt F und Leitlinie l. Sei h
die Senkrechte auf l durch P und E ihr Schnittpunkt mit l. Sei g die Winkelsymmetrale
der Geraden l(F, P ) und h, die die Strecke F E schneidet. Dann ist g die Tangente an die
Parabel im Punkt P .
Beweis: Es gilt |F P | = |EP |, da P auf der Parabel liegt.
Da weiters g die Symmetrale des Winkels ∠ F P E ist, ist E
der an g gespiegelte Punkt F . Sei jetzt Q irgendein Punkt
auf der Gerade g, der ungleich P ist. Sei D der Fußpunkt
des Lotes von Q auf die Leitlinie l. Wegen Q ≠ P gilt
D ≠ E und daher auch |DQ| < |EQ|. Da E der an der
Gerade g gespiegelte Punkt F ist und Q auf g liegt, gilt
auch |F Q| = |EQ|. Wir erhalten daher |DQ| < |F Q|. Das
zeigt, dass der Abstand von Q zur Leitlinie l kleiner ist als
der zum Brennpunkt F . Somit liegt Q auf der Seite der
Parabel, auf der die Leitlinie l liegt. Da alle Punkte der Gerade g außer P auf dieser Seite
der Parabel liegen, ist g Tangente.
Diese Tangentenkonstruktion hat praktische Anwendungen. Ein Lichtstrahl, der vom
Brennpunkt F 1 einer Ellipse ausgeht, die Ellipse im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt
wird, verläuft dann durch den Brennpunkt F 2 . Der einfallende Lichtstrahl schließt ja mit
der Tangente im Punkt P denselben Winkel ein wie der ausfallende. Da die Tangente
die Winkelsymmetrale der Gerade durch F 1 und P , das ist die Bahn des einfallenden
Lichtstrahls, und der Gerade durch F 2 und P ist, muss der ausfallende Lichtstrahl entlang
dieser zweiten Geraden verlaufen und somit auch durch F 2 . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F 1 werden im Brennpunkt F 2 gebündelt.
Ähnliches gilt für die Hyperbel. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F 1 einer Hyperbel
ausgeht, die Hyperbel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verläuft dann so als
ob er aus dem Brennpunkt F 2 kommen würde. Lichtstrahlen einer Lampe im Brennpunkt
F 1 werden gestreut.
Eine Parabel erzeugt parallele Lichtstrahlen. Ein Lichtstrahl, der vom Brennpunkt F
einer Parabel ausgeht, die Parabel im Punkt P trifft und an dieser gespiegelt wird, verläuft
dann senkrecht zur Leitlinie l. Die Tangente ist ja die Winkelsymmetrale der Gerade durch
F und P und der Senkrechten auf die Leitlinie l durch P . Lichtstrahlen einer Lampe im
Brennpunkt F werden an der Parabel so reflektiert, dass sie dann senkrecht zur Leitlinie,
also parallel zueinander verlaufen.
E
l
g
F
P
h

7. Tangentengleichung
Franz Hofbauer 51
Wir suchen die Gleichung der Tangente im Punkt (x 0 , y 0 ) an einen Kegelschnitt in
Hauptlage.
Satz 81: Sei (x 0 , y 0 ) ein Punkt auf der Ellipse x2
a 2
in diesem Punkt ist dann xx 0
a
+ yy 2 0
b
= 1.
2
+ y2
b 2
= 1. Die Gleichung der Tangente
Beweis: Sei u der Vektor vom Brennpunkt (−e, 0) zum Punkt (x 0 , y 0 ) und v der Vektor
vom Brennpunkt (e, 0) zum Punkt (x 0 , y 0 ). Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der
beiden Geraden durch den Punkt (x 0 , y 0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar
1
die, die nicht in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist
∥u∥ u + 1
∥v∥ v
ein Normalvektor der Tangente.
Es gilt u = ( x 0+e
y 0
) und v = ( x 0−e
y 0
). Da das die Vektoren von den beiden Brennpunkten
zu einem Punkt auf der Ellipse sind, muss ∥u∥ + ∥v∥ = 2a gelten. Um ∥u∥ − ∥v∥ zu
berechnen, berechnen wir zuerst ∥u∥ 2 − ∥v∥ 2 = (x 0 + e) 2 + y0 2 − (x 0 − e) 2 − y0 2 = 4x 0 e.
Dividiert man links durch ∥u∥ + ∥v∥ und rechts durch 2a, was ja das gleiche ist, dann
erhält man ∥u∥ − ∥v∥ = 2x 0e
a .
1
Wir haben uns überlegt, dass
∥u∥ u + 1
∥v∥v ein Normalvektor der Tangente im Punkt
(x 0 , y 0 ) ist. Unter Verwendung obiger Resultate ist dieser gleich
(
1 (x0 +e)∥v∥+(x 0 −e)∥u∥
) (
∥u∥·∥v∥ y 0 ∥v∥+y 0 ∥u∥ =
1 x0 (∥u∥+∥v∥)−e(∥u∥−∥v∥)
) (
∥u∥·∥v∥ y 0 (∥u∥+∥v∥) =
2 a 2 x 0 −e 2 x 0
)
a∥u∥·∥v∥ a 2 y 0
Berücksichtigt man noch, dass a 2 − e 2 = b 2 gilt, dann erhält man, dass auch ( b2 x 0
a 2 y 0
) ein
Normalvektor der Tangente ist. Da die Tangente durch den Punkt (x 0 , y 0 ) verläuft, ist
(x − x 0 )b 2 x 0 + (y − y 0 )a 2 y 0 = 0 ihre Gleichung. Umformen ergibt xx 0
a
+ yy 2 0
b
= x2 2 0
a
+ y2 2 0
b
. Da
2
(x 0 , y 0 ) ein Punkt auf der Ellipse ist, gilt auch x2 0
a
+ y2 2 0
b
= 1. Damit erhält man xx 2 0
a
+ yy 2 0
b
= 1
2
als Gleichung der Tangente.
Ein analoges Resultat gilt für die Hyperbel.
Satz 82: Sei (x 0 , y 0 ) ein Punkt auf der Hyperbel x2
in diesem Punkt ist dann xx 0
a
− yy 2 0
b
= 1.
2
a
− y2
2 b 2
= 1. Die Gleichung der Tangente
1
Beweis: Der Beweis verläuft so wie beim vorigen Satz. Nur ist jetzt
∥u∥ u − 1
∥v∥ v ein
Normalvektor der Tangente und es gilt ∥u∥ − ∥v∥ = 2a und ∥u∥ + ∥v∥ = 2x 0e
a . (Am
anderen Ast der Hyperbel muss man a durch −a ersetzen.)
Bei der Parabel ist es einfacher.
Satz 83: Sei (x 0 , y 0 ) ein Punkt auf der Parabel y 2 = 2px. Die Gleichung der Tangente in
diesem Punkt ist dann yy 0 = px + px 0 .
Beweis: Sei u der Vektor vom Brennpunkt ( p 2 , 0) zum Punkt (x 0, y 0 ) und v der Vektor
vom Punkt (x 0 , y 0 ) normal zur Leitlinie und bis zu dieser. Da (x 0 , y 0 ) auf der Parabel liegt,
sind diese beiden Vektoren gleich lang. Die Tangente ist die Winkelsymmetrale der beiden
Geraden durch den Punkt (x 0 , y 0 ) mit den Richtungsvektoren u und v, und zwar die, die
nicht in dem von diesen Vektoren gebildeten Winkel liegt. Daher ist u+v ein Normalvektor
der Tangente. Wegen u = 1 2 ( 2x 0−p
2y 0
) und v = 1 2 ( −p−2x 0
0 ) erhalten wir u+v = ( −p
y 0
). Da die
Tangente durch den Punkt (x 0 , y 0 ) verläuft, ist −p(x−x 0 )+y 0 (y −y 0 ) = 0 ihre Gleichung.
Wegen y0 2 = 2px 0 wird das zu yy 0 = px + px 0 .

52 Isometrien und Kegelschnitte
Wir behandeln noch die Berührbedingungen. Gegeben ist ein Kegelschnitt und eine
Gerade. Gesucht ist eine Bedingung dafür, dass die Gerade Tangente an den Kegelschnitt
ist. Die Geradengleichung schreiben wir in der Form ux + vy = w mit u, v, w ∈ R. Eine
Gerade, die durch den Nullpunkt geht, kann nicht Tangente einer Ellipse oder Hyperbel in
Hauptlage sein, da xx 0
a
± yy 2 0
b
= 1 die Tangentengleichung ist. Daher können wir in diesen
2
Fällen w ≠ 0 annehmen und die Geradengleichung in der Form ux + vy = 1 schreiben.
Satz 84: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Ellipse x2
a 2
wenn u 2 a 2 + v 2 b 2 = 1 gilt.
+ y2
b 2
= 1 genau dann,
Beweis: Wir nehmen an, dass ux+vy = 1 Tangente ist. Sei (x 0 , y 0 ) der Berührpunkt. Da
er auf der Ellipse liegt, gilt x2 0
a
+ y2 2 0
b
= 1. Die Tangentengleichung ist dann xx 2 0
a
+ yy 2 0
b
= 1.
2
Das ist dieselbe Gerade wie ux+vy = 1. Es gilt daher u = x 0
a
und v = y 2 0
b
. Es folgt x 2 0 = a 2 u
und y 0 = b 2 v. Setzt man das in die Ellipsengleichung ein, so hat man a4 u 2
a
+ b4 v 2
2 b
= 1.
2
Durch Umformen erhält man u 2 a 2 + v 2 b 2 = 1.
Wir nehmen an, dass u 2 a 2 + v 2 b 2 = 1 gilt. Sei x 0 = a 2 u und y 0 = b 2 v. Dann liegt der
Punkt (x 0 , y 0 ) auf der Ellipse, da ja u 2 a 2 + v 2 b 2 = 1 gilt. Die Gleichung der Tangente in
diesem Punkt ist xx 0
a
+ yy 2 0
b
= 1. Einsetzen von x 2 0 und y 0 und Kürzen ergibt ux + vy = 1.
Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Satz 85: Die Gerade ux + vy = 1 ist Tangente an die Hyperbel x2
a 2
wenn u 2 a 2 − v 2 b 2 = 1 gilt.
− y2
b 2
Beweis: Man muss im vorhergehenden Beweis nur b 2 durch −b 2 ersetzen.
= 1 genau dann,
Satz 86: Die Gerade ux + vy = w ist Tangente an die Parabel y 2 = 2px genau dann,
wenn v 2 p = 2uw gilt.
Beweis: Wir nehmen an, dass ux + vy = w Tangente ist. Sei (x 0 , y 0 ) der Berührpunkt.
Da er auf der Parabel liegt, gilt y0 2 = 2px 0 . Die Tangentengleichung ist yy 0 = px + px 0 .
Das ist die Gerade ux + vy = w. Es gilt daher u = λp, v = −λy 0 und w = λpx 0 für ein
λ ∈ R \ {0}. Es folgt u ≠ 0 und λ = u p und daraus x 0 = w u und y 0 = − pv u
. Setzt man das
in die Parabelgleichung ein, so hat man p2 v 2
u
= 2pw
2 u
. Umformen ergibt v2 p = 2uw.
Wir nehmen an, dass v 2 p = 2uw gilt. Es muss u ≠ 0 gelten, sonst wäre auch v null
und wir hätten keine Geradengleichung mehr. Sei x 0 = w u
und y 0 = − pv u
. Dann liegt
der Punkt (x 0 , y 0 ) auf der Parabel, da ja v 2 p = 2uw gilt. Die Gleichung der Tangente in
diesem Punkt ist yy 0 = px + px 0 . Setzt man x 0 und y 0 ein und formt um, dann erhält
man ux + vy = w. Damit ist gezeigt, dass diese Gerade Tangente ist.
Beispiel: Gesucht ist eine Ellipse in Hauptlage, die durch den Punkt (4, 6 5
) geht und die
Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente hat.
Die Gleichung der Ellipse ist x2
a
+ y2
2 b
= 1. Es gilt also 16
2 a
+ 36
2 25b
= 1. Die Berührbedingung
2
ist u 2 a 2 + v 2 b 2 = 1. Da die Gerade 3
25 x + 2 9
5y = 1 Tangente ist, gilt auch
625 a2 + 4 25 b2 = 1,
das heißt 25b 2 = 625
4 − 9 4 a2 . Setzt man das in die Gleichung 16
a
+ 36
2 25b
= 1 ein und formt
2
um, so ergibt sich 9a 4 − 625a 2 + 10000 = 0. Löst man diese quadratische Gleichung, so
erhält man a 2 = 25 und a 2 = 400
9
als Lösungen. Aus der Gleichung 25b 2 = 625
4 − 9 4 a2 folgt
dann b 2 = 4 im ersten und b 2 = 9 4
im zweiten Fall.
Wir erhalten die Ellipsen mit Gleichungen x2
25 + y2
9x2
4
= 1 und
400 + 4y2
9
= 1 als Lösungen.
Beide gehen durch den Punkt (4, 6 5
) und haben die Gerade 3x + 10y = 25 als Tangente.

8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt
Franz Hofbauer 53
Gegeben ist eine Ellipse mit Brennpunkten F 1 und F 2 und großer Halbachse a. Sei P
ein Punkt außerhalb der Ellipse. Die Tangenten von P an die Ellipse sind zu konstruieren.
Wir nehmen die im Beweis von Satz 78 verwendete
Methode zu Hilfe. Wir konstruieren
H
zuerst den Punkt F1 ∗ . Er hat Abstand 2a
von F 2 und von jedem Punkt der Tangente
denselben Abstand wie F 1 , da die Tangente ja P
die Symmetrale der Strecke F 1 F1
∗ ist. Somit
liegt F1 ∗ auf dem Kreis mit Mittelpunkt F 2
und Radius 2a und auf dem Kreis mit Mittelpunkt
P durch F 1 . Diese beiden Kreise
haben zwei Schnittpunkte G und H. Sie spielen
die Rolle des Punktes F1 ∗ . Die Symme-
G
tralen der Strecken F 1 G und F 1 H sind dann
die beiden Tangenten durch P an die Ellipse.
F 1
F 2
Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der Geraden l(F 2 , G) und l(F 2 , H) mit der
Ellipse.
Für die Hyperbel funktioniert dieselbe Konstruktion, da auch in diesem Fall der Punkt
F1 ∗ Abstand 2a von F 2 hat und von jedem Punkt der Tangente denselben Abstand wie F 1 .
Im Fall der Parabel ist es ein wenig anders.
Spiegelt man den Brennpunkt F an einer Tangente,
dann erhält man einen Punkt E, der
auf der Leitlinie l liegt. Das wird im Beweis
von Satz 80 gezeigt. Insbesondere hat E
von jedem Punkt der Tangente denselben Abstand
wie F . Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt
P durch F . Dann muss E auf diesem
Kreis und auf der Leitlinie liegen. Es gibt
zwei Schnittpunkte G und H dieses Kreises
mit der Leitlinie l. Sie spielen die Rolle des
Punktes E. Daher sind die Symmetralen der
Strecken F G und F H die beiden Tangenten
durch P an die Parabel. Ihre Berührpunkte sind die Schnittpunkte der Senkrechten auf l
durch G und H mit der Parabel.
Polare: Um die Gleichungen der Tangenten von einem Punkt (r, s) an einen Kegelschnitt
zu bestimmen, verwendet man eine Gerade, die Polare zum Punkt (r, s) heißt. Ihre Gleichung
ist dieselbe wie die der Tangente, nur setzt man anstelle des Berührpunktes (x 0 , y 0 )
den Punkt (r, s) ein: Für die Ellipse x2
a
+ y2
2 b
= 1 ist xr
2
a
+ ys
2 b
= 1 die Gleichung der Polare
2
zum Punkt (r, s). Für die Hyperbel x2
a
− y2
2 b
= 1 ist xr
2
a
− ys
2 b
= 1 die Gleichung der Polare
2
zum Punkt (r, s). Für die Parabel y 2 = 2px ist ys = px + pr die Gleichung der Polare zum
Punkt (r, s). Es gilt dann
Satz 87: Sei (r, s) ein Punkt, der nicht auf dem Kegelschnitt liegt. Die Schnittpunkte der
Polare zum Punkt (r, s) mit dem Kegelschnitt sind dann die Berührpunkte der Tangenten
vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt. Hat die Polare keinen Schnittpunkt mit dem
P
H
G
l
F

54 Isometrien und Kegelschnitte
Kegelschnitt, dann existieren keine Tangenten vom Punkt (r, s) aus an den Kegelschnitt.
Beweis: Wir führen den Beweis nur für die Ellipse x2
a
+ y2
2 b
= 1. Ist (x 2
0 , y 0 ) ein Schnittpunkt
der Polare xr
a
+ ys
2 b
= 1 mit der Ellipse, dann gilt x 0r
2
a
+ y 0s
2 b
= 1. Das heißt, der
2
Punkt (r, s) liegt auf der Tangente der Ellipse, die Berührpunkt (x 0 , y 0 ) hat.
Es existiere eine Tangente vom Punkt (r, s) aus an die Ellipse. Ist (x 0 , y 0 ) ihr Berührpunkt,
dann hat sie die Gleichung xx 0
a
+ yy 2 0
b
= 1. Da (r, s) auf der Tangente liegt, gilt rx 2 0
a
+ sy 2 0
b
= 1.
2
Das aber heißt, dass (x 0 , y 0 ) ein Schnittpunkt der Polare mit der Ellipse ist.
Beispiel: Gesucht sind die Tangenten vom Punkt (1, 2) aus an die Ellipse x2
3 + 2y2
3
= 1. Die
Gleichung der Polaren zum Punkt (r, s) (und auch die der Tangente) ist xr
3 + 2ys
3
= 1. Für
den Punkt (1, 2) ist sie x 3 + 4y 3
= 1 oder x = 3 − 4y. Setzt man das in die Ellipsengleichung
ein, so hat man (3 − 4y) 2 + 2y 2 = 3 oder y 2 − 4 3 y + 1 3 = 0. Die Lösungen sind y 1 = 1
und y 2 = 1 3 , woraus x 1 = −1 und x 2 = 5 3
aus der Gleichung der Polaren folgt. Die
Schnittpunkte der Polaren mit der Ellipse sind daher (−1, 1) und ( 5 3 , 1 3
). Als Gleichungen
der Tangenten in diesen Punkten erhalten wir − x 3 + 2y 3 = 1 und 5x 9 + 2y 9
= 1. Sie gehen
durch den Punkt (1, 2).
9. Hauptachsentransformation
Wir wollen Kegelschnitte untersuchen, die nicht in Hauptlage liegen. Sie sollen durch
Drehungen und Translationen in Hauptlage gebracht werden.
Um die Vektorschreibweise verwenden zu können, schreiben wir jetzt x 1 und x 2 anstelle
von x und y und bezeichnen den Vektor ( x 1
x 2
) mit x.
Kurven in der Ebene stellt man allgemein durch Gleichungen g(x) = 0 dar, wobei g eine
Funktion von R 2 nach R ist. Für g(x 1 , x 2 ) = x2 1
a
+ x2 2 2
b
− 1 ist die Kurve zum Beispiel eine
2
Ellipse und für g(x 1 , x 2 ) = x 2 2 −px 1 ist sie eine Parabel. Wir überlegen uns zuerst, wie sich
die Gleichung einer Kurve verändert, wenn wir auf die Kurve eine Isometrie L anwenden.
Satz 88: Die Menge K = {x ∈ R 2 : g(x) = 0} sei eine Kurve im R 2 , wobei g : R 2 → R
eine Funktion ist. Sei L : R 2 → R 2 eine Isometrie und h = g ◦ L. Für die Kurve
˜K = {x ∈ R 2 : h(x) = 0} gilt dann L( ˜K) = K. Die Isometrie L führt die neue Kurve ˜K
in die alte Kurve K zurück.
Beweis: Es gilt x ∈ ˜K ⇔ h(x) = 0 ⇔ g(L(x)) = 0 ⇔ L(x) ∈ K. Damit ist x ∈ ˜K ⇔
L(x) ∈ K gezeigt, das heißt L( ˜K) = K.
Wir untersuchen Kurven g(x) = 0, wobei g(x) ein Polynom in zwei Variablen vom Grad 2
ist, das heißt g(x 1 , x 2 ) = a 1 x 2 1 +a 2 x 2 2 +2a 3 x 1 x 2 +b 1 x 1 +b 2 x 2 +c mit rellen Koeffizienten a 1 ,
a 2 , a 3 , b 1 , b 2 und c. Der Faktor 2 beim Koeffizienten a 3 dient der bequemeren Darstellung.
Wir wollen herausfinden, welche Kurven das sind. Wir suchen Isometrien, die diese Kurven
in eine bekannte Form bringen.
Zuvor bringen wir dieses Polynom mit Hilfe von Matrizen in eine bequemere Form.
Wir setzen A = ( a 1 a 3
a 3 a 2
) und b = ( b 1
b 2
). Dann gilt b t x = (b 1 b 2 )( x 1
x 2
) = b 1 x 1 + b 2 x 2 und
x t Ax = (x 1 x 2 )( a 1 a 3
a 3 a 2
)( x 1
x 2
) = (x 1 x 2 )( a 1x 1 +a 3 x 2
a 3 x 1 +a 2 x 2
) = a 1 x 2 1 + a 3 x 1 x 2 + a 3 x 2 x 1 + a 2 x 2 2 =
a 1 x 2 1 + a 2 x 2 2 + 2a 3 x 1 x 2 . Damit erhalten wir
g(x) = x t Ax + b t x + c

Franz Hofbauer 55
Durch Anwenden einer entsprechenden Drehung auf die Kurve mit der Gleichung g(x) = 0
versuchen wir, den Koeffizienten von x 1 x 2 zum Verschwinden zu bringen. Wir nehmen
daher an, dass a 3 ≠ 0 gilt, sonst ist ja nichts zu tun. Eine Drehung um den Koordinatenursprung
hat die Matrix R = ( u 1 v 1
u 2 v 2
), wobei u und v Vektoren der Länge 1 mit
⟨u, v⟩ = 0 sind. Nach Satz 88 ist g(Rx) = 0 die Kurve, die durch die Drehung mit Matrix
R in die vorliegende Kurve g(x) = 0 übergeht. Wegen (Rx) t = x t R t erhalten wir
( ∗ ) g(Rx) = x t R t ARx + b t Rx + c
Wir bestimmen R so, dass R t AR = ( λ 1 0
0 λ2
) gilt mit λ 1 und λ 2 in R. Dann gilt nämlich
x t R t ARx = λ 1 x 2 1 + λ 2 x 2 2, das heißt x 1 x 2 kommt nicht mehr vor.
Die Matrix R t AR hat Eintragung u t Av rechts oben und v t Au links unten. Es muss also
u t Av = 0 und v t Au = 0 gelten, das heißt ⟨u, Av⟩ = 0 und ⟨v, Au⟩ = 0. Wegen ⟨u, v⟩ = 0
stehen Au und u senkrecht auf v, das heißt Au = λ 1 u für ein λ 1 ∈ R. Ebenso stehen
Av und v senkrecht auf u, das heißt Av = λ 2 v für ein λ 2 ∈ R. Somit sind λ 1 und λ 2
Eigenwerte der Matrix A und u und v sind zugehörige Eigenvektoren.
Wegen Satz 71 sind λ 1 und λ 2 reell und verschieden. Weiters sind die Eigenvektoren
u und v zueinander orthogonal. Da jedes Vielfache von u ebenfalls Eigenvektor zum
Eigenwert λ 1 ist, können wir den Vektor u so wählen, dass er Länge 1 hat. Es existiert
ein Winkel α mit u = ( cos α
sin α ). Da v senkrecht auf den Vektor u steht, ist der Vektor
w = ( − sin α
cos α
) ein Vielfaches von v. Da aber jedes Vielfache von v ebenfalls Eigenvektor
zum Eigenwert λ 2 ist, können wir v = w wählen. Somit ist R = ( cos sin α α − cos sin α α ) die gesuchte
Matrix, die den Koeffizienten von x 1 x 2 zum Verschwinden bringt.
Sei h(x) = g(Rx). Um herauszufinden, welche Kurve durch g(x) = 0 gegeben ist, genügt
es die neue Kurve h(x) = 0 zu untersuchen. Nach ( ∗ ) gilt h(x) = x t R t ARx + b t Rx + c.
Nun ist b t R ein Zeilenvektor, den wir mit d t bezeichnen. Da u t Au = u t λ 1 u = λ 1 u t u = λ 1
und v t Av = v t λ 2 v = λ 2 v t v = λ 2 gilt, ergibt sich R t AR = D = ( λ 1 0
0 λ2
). Es folgt
h(x) = x t Dx + d t x + c = λ 1 x 2 1 + λ 2 x 2 2 + d 1 x 1 + d 2 x 2 + c
Jetzt kommt x 1 x 2 nicht mehr vor.
Um die Gleichung h(x) = 0 in eine bekannte Form zu bringen, müssen wir noch eine
Translation durchführen. Wir behandeln zuerst den Fall, dass λ 1 und λ 2 beide ungleich 0
sind. In diesem Fall können wir auf vollständige Quadrate ergänzen. Wir erhalten
h(x) = λ 1 x 2 1 + d 1 x 1 + d2 1
4λ 1
+ λ 2 x 2 2 + d 2 x 2 + d2 2
4λ 2
− e = λ 1 (x 1 + d 1
2λ 1
) 2 + λ 2 (x 2 + d 2
2λ 2
) 2 − e
mit e = d2 1
4λ 1
+ d2 2
4λ 2
− c Setzt man r = d 1
2λ 1
und s = d 2
2λ 2
, dann führt die Translation
T (x) = x − ( r s ) die Kurve h(x) = 0 über in
λ 1 x 2 1 + λ 2 x 2 λ
2 = e oder 1
e
x 2 1 + λ 2
e
x 2 2 = 1
Sind λ 1
e
und λ 2
e
beide > 0, dann hat man eine Ellipse. Ist eine dieser Zahlen positiv,
die andere negativ, dann hat man eine Hyperbel. Sind beide negativ, dann ist die Kurve
die leere Menge. Ist e = 0, dann kann man gar nicht durch e dividieren. Haben in
diesem Fall λ 1 und λ 2 gleiches Vorzeichen, dann besteht die Kurve nur aus einem Punkt.
Haben sie verschiedenes Vorzeichen, dann besteht die Kurve aus einem sich schneidenden
Geradenpaar.
Wir behandeln noch den Fall, dass λ 1 oder λ 2 gleich 0 ist, sagen wir es sei λ 2 . Es sei
aber λ 1 ≠ 0, sonst ist h(x) = 0 ja nur eine Geradengleichung, und d 2 ≠ 0, sonst kommt ja

56 Isometrien und Kegelschnitte
x 2 gar nicht mehr vor, was senkrechte Geraden oder die leere Menge ergibt. Es gilt also
h(x) = λ 1 x 2 1 + d 1 x 1 + d 2 x 2 + c
In diesem Fall erhalten wir durch Ergänzen auf ein vollständiges Quadrat
h(x) = λ 1 x 2 1 + d 1 x 1 + d2 1
4λ 1
+ d 2 x 2 + e = λ 1 (x 1 + d 1
2λ 1
) 2 + d 2 (x 2 + e
d 2
)
mit e = c− d2 1
4λ 1
. Setzt man r = d 1
2λ 1
und s = e
d 2
, dann führt die Translation T (x) = x−( r s )
die Kurve h(x) = 0 über in x 2 1 = −d 2
λ 1
x 2 . Das ist die Gleichung einer Parabel.
Es folgen Beispiele für Hauptachsentransformationen. Ein Kegelschnitt in allgemeiner
Lage ist durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage zu bringen. Wir kehren
wieder zur gewohnten Schreibweise zurück und schreiben x und y anstelle von x 1 und x 2 .
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung
6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 71 = 0
dargestellt? Er soll durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage gebracht werden.
Wir haben A = ( 0 3 3 8 ) und bt = (−24 − 52). Das charakteristische Polynom der Matrix
A ist | −λ 3
3 8−λ | = −λ(8 − λ) − 9 = λ2 − 8λ − 9. Die Eigenwerte sind λ 1,2 = 4 ± √ 25,
das heißt λ 1 = 9 und λ 2 = −1. Die Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme
( −9 3
3 −1 )u = 0 und ( 1 3
3 9 )v = 0. Wir erhalten u = ( 1 −3
3 ) und v = ( 1 ). Es sind dann
√1
10
( 1 3 ) und √ 1
10
( −3 ) Eigenvektoren der Länge 1. Diese beiden Vektoren sind die Spalten
1
der Rotationsmatrix R. Wir erhalten also R = 1 √
10
( 1 3
−3
1 ). Schließlich berechnen wir
d t = b t R = (−24 − 52) 1 √
10
( 1 3 −3
1 ) = (−18√ 10 2 √ 10). Wir erhalten den Kegelschnitt
9x 2 − y 2 − 18 √ 10x + 2 √ 10y + 71 = 0
der durch eine Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird.
In dieser Gleichung müssen wir auf vollständige Quadrate ergänzen. Das führt zu
9(x 2 −2 √ 10x+10)−(y 2 −2 √ 10y +10)−80+71 = 0 oder 9(x− √ 10) 2 −(y − √ 10) 2 = 9
Eine entsprechende Translation führt schließlich zu der Gleichung x 2 − 1 9 y2 = 1. Das ist
eine Hyperbel in Hauptlage mit a = 1 und b = 3.
Beispiel: Wir ändern im letzten Beispiel nur die Konstante 71 auf 80. Das ergibt die
Gleichung 6xy + 8y 2 − 24x − 52y + 80 = 0. Dieselbe Rechnung wie oben führt dann zu
9(x 2 −2 √ 10x+10)−(y 2 −2 √ 10y +10)−80+80 = 0 oder 9(x− √ 10) 2 −(y − √ 10) 2 = 0
Führen wir noch eine entsprechende Translation durch, dann erhalten wir 9x 2 − y 2 = 0,
das ist (3x − y)(3x + y) = 0. Die Kurve besteht aus den beiden Geraden 3x − y = 0 und
3x + y = 0. Die ursprüngliche Kurve erhält man durch eine Translation und eine Drehung.
Daher besteht sie ebenfalls aus zwei Geraden, die einander schneiden.
Beispiel: Welcher Kegelschnitt wird durch die Gleichung
x 2 + 2xy + y 2 + 6x + 2y = 0
dargestellt? Er soll durch eine Drehung und eine Translation in Hauptlage gebracht werden.
Wir haben A = ( 1 1 1 1 ) und bt = (6 2). Das charakteristische Polynom der Matrix A ist
| 1−λ 1
1 1−λ | = (1 − λ)2 − 1 = λ 2 − 2λ. Die Eigenwerte sind λ 1 = 0 und λ 2 = 2. Die
Eigenvektoren sind Lösungen der Gleichungssysteme ( 1 1 1 −1 1
1 )u = 0 und ( 1 −1 )v = 0. Wir
erhalten u = ( −1 1 ) und v = ( 1 1 ). Es sind dann √ 1 2
( −1 1 ) und √ 1
2
( 1 1 ) Eigenvektoren der

Franz Hofbauer 57
Länge 1. Sie sind die Spalten der Rotationsmatrix R, also R = √ 1 2
( 1 1
−1 1 ). Schließlich
berechnen wir d t = b t R = (6 2) √ 1 2
( −1 1 1 1 ) = (2√ 2 4 √ 2). Wir erhalten den Kegelschnitt
2y 2 + 2 √ 2x + 4 √ 2y = 0 oder y 2 + √ 2x + 2 √ 2y = 0
der durch eine Rotation mit Matrix R in den gegebenen Kegelschnitt übergeführt wird.
In dieser Gleichung müssen wir auf ein vollständiges Quadrat ergänzen. Das führt zu
(y 2 + 2 √ 2y + 2) + √ 2x − 2 = 0 oder (y + √ 2) 2 + √ 2(x − √ 2) = 0
Eine entsprechende Translation führt schließlich zu der Gleichung y 2 = − √ 2x. Das ist
eine Parabel in Hauptlage mit p = − 1 √
2
.
10. Leitlinie und Polarkoordinaten
Üblicherweise werden die Kegelschnitte unterschiedlich definiert. Während Ellipse und
Hyperbel mit Hilfe von zwei Brennpunkten definiert werden, wird bei der Parabel ein
Brennpunkt und eine Leitlinie verwendet. Man kann jedoch die Kegelschnitte auch einheitlich
mit Hilfe eines Brennpunktes und einer Leitlinie definieren.
Seien c und d reelle Zahlen. Sei (c, 0) der Brennpunkt F und die Senkrechte zur x-Achse
durch d sei die Leitlinie l. Sei weiters q > 0. Wir suchen die Menge aller Punkte (x, y),
deren Abstand zum Brennpunkt F das q-fache des Normalabstandes zur Leitlinie l ist.
Der Abstand von (x, y) zum Brennpunkt (c, 0) ist √ (x − c) 2 + y 2 . Der Normalabstand
von (x, y) zur Leitlinie ist |x − d|. Wir erhalten daher die Gleichung
√
(x − c)2 + y 2 = q|x − d| oder (x − c) 2 + y 2 = q 2 (x − d) 2
Ausquadrieren und Zusammenfassen ergibt
( ∗ ) x 2 (1 − q 2 ) + 2x(q 2 d − c) + c 2 − q 2 d 2 + y 2 = 0
Wir unterscheiden die Fälle q = 1 und q ≠ 1.
Parabel: Im Fall q = 1 ist der Abstand des Punktes (x, y) zum Brennpunkt und zur
Leitlinie gleich groß. Das ist die Definition der Parabel, die wir schon früher hatten. Setzt
man q = 1 in die Gleichung ( ∗ ) ein, so ergibt sich
2x(d − c) + c 2 − d 2 + y 2 = 0 oder y 2 = 2(c − d)(x − c+d
2 )
Hier sieht man ebenfalls, dass eine Parabel vorliegt, die durch eine Translation in Hauptlage
mit Gleichung y 2 = 2(c − d)x übergeführt werden kann.
Ellipse und Hyperbel: Sei jetzt q ≠ 1. In diesem Fall kann man die Gleichung ( ∗ )
weiter umformen. Ergänzen auf vollständige Quadrate ergibt
(1 − q 2 )(x 2 + 2x q2 d−c
1−q
+ ( q2 d−c
2 1−q
) 2 ) + y 2 = q 2 d 2 − c 2 + (q2 d−c) 2
2 1−q 2
Rechnet man die rechte Seite aus, kürzt und fasst zusammen, so erhält man
(1 − q 2 )(x + q2 d−c
1−q
) 2 + y 2 = q2 (d−c) 2
2 1−q 2
Dividiert man noch durch die rechte Seite, so hat man
(1−q 2 ) 2
q 2 (d−c)
(x + q2 d−c
2 1−q
) 2 +
1−q2
2 q 2 (d−c)
y 2 = 1
2
Durch eine entsprechende Translation kann man den Kegelschnitt in Hauptlage bringen
(1−q 2 ) 2
q 2 (d−c) 2 x 2 +
1−q2
q 2 (d−c)
y 2 = 1
2
Man sieht, dass der Koeffizient von x 2 immer > 0 ist, der Koeffizient von y 2 kann beide
Vorzeichen haben.

58 Isometrien und Kegelschnitte
Gilt 0 < q < 1, dann ist auch der Koeffizient von y 2 positiv. Es liegt eine Ellipse vor
mit a 2 = q2 (d−c) 2
(1−q 2 )
und b 2 = q2 (d−c) 2
2 1−q
. Es folgt b2
2
a
= 1 − q 2 und daraus q 2 = a2 −b 2
2 a
= e2
2 a
, 2
also q = e a . Weiters folgt (d − c)2 = b 2 1−q2
q
= b4
2 e
, das heißt |d − c| = b2 2 e
. Bei der Ellipse ist
der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich b2 e und der Quotient q gleich e a .
Gilt q > 1, dann ist der Koeffizient von y 2 negativ. Es liegt eine Hyperbel vor mit
a 2 = q2 (d−c) 2
(1−q 2 )
und b 2 = q2 (d−c) 2
2 q 2 −1
. Es folgt b2
a
= q 2 − 1 und daraus q 2 = a2 +b 2
2 a
= e2
2 a
, also
2
wieder q = e a . Weiters folgt (d − c)2 = b 2 q2 −1
q
= b4
2 e
, das heißt |d − c| = b2 2 e
. Auch bei
der Hyperbel ist der Abstand von Brennpunkt und Leitlinie gleich b2 e
und der Quotient q
gleich e a . Nur ist e a
im Gegensatz zur Ellipse jetzt > 1.
Bei einer Ellipse zeichnet man links vom linken Brennpunkt F 1 und rechts vom rechten
Brennpunkt F 2 jeweils im Abstand b2 e
senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Ellipse
ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F 1 das e a-fache des
Abstandes zur Leitlinie l 1 ist. Genau dieselbe Aussage gilt auch für F 2 und l 2 .
F 1
F 1 F 2
l 1
F 2
l 2
l 1
l 2
Bei einer Hyperbel zeichnet man rechts vom linken Brennpunkt F 1 und links vom rechten
Brennpunkt F 2 jeweils im Abstand b2 e
senkrecht zur Hauptachse eine Leitlinie. Die Hyperbel
ist dann die Menge aller Punkte, deren Abstand zum Brennpunkt F 1 das e a -fache
des Abstandes zur Leitlinie l 1 ist. Genau dieselbe Aussage gilt auch für F 2 und l 2 .
Polarkoordinaten: Anstatt durch die Koordinaten x und y wird ein Punkt P durch
seinen Abstand r vom Nullpunkt O und durch den Winkel φ, den der Vektor −→ OP mit
der positiven x-Achse einschließt, dargestellt. Die Umrechnung erfolgt durch die Formeln
x = r cos φ und y = r sin φ. Es soll eine Polarkoordinatendarstellung der Kegelschnitte
gefunden werden, bei der ein Brennpunkt im Nullpunkt O liegt.
Wir nehmen an, dass d > 0 gilt und die Leitlinie senkrecht zur x-Achse durch d verläuft.
Der Brennpunkt liegt dann links von der Leitlinie. Wir wissen bereits, dass dann im Fall
einer Ellipse oder Parabel die gesamte Kurve, im Fall einer Hyperbel jedoch nur der linke
Ast links von der Leitlinie liegt. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und links
von der Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt, der ja im Nullpunkt liegt, und
Abstand d − r cos φ von der Leitlinie. Ein Punkt liegt auf dem Kegelschnitt, wenn diese
Abstände Verhältnis q haben. Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = q(d − r cos φ) oder r =
qd
1+q cos φ
Für 0 < q < 1 stellt diese Gleichung eine Ellipse dar, für q = 1 eine Parabel und für q > 1

Franz Hofbauer 59
den linken Ast einer Hyperbel. (Bei der Hyperbel läuft φ nur in dem Intervall für das
cos φ > − 1 q gilt, das ist das Intervall (− arccos(− 1 q ), arccos(− 1 q
)), sonst ist r negativ.)
Will man den rechten Ast der Hyperbel erhalten, dann muss man Punkte rechts von der
Leitlinie betrachten. Ein Punkt P , der Polarkoordinaten r und φ hat und rechts von der
Leitlinie liegt, hat Abstand r vom Brennpunkt und Abstand r cos φ − d von der Leitlinie.
Die Kegelschnittgleichung ist daher
r = q(r cos φ − d) oder r =
qd
q cos φ−1
Für q ≤ 1 gibt es keinen Punkt, der diese Gleichung erfüllt, da r ja > 0 sein muss. (Ellipse
und Parabel liegen zur Gänze links von der Leitlinie.) Für q > 1 stellt diese Gleichung
den rechten Ast einer Hyperbel dar. (Dabei läuft φ nur in dem Intervall für das cos φ > 1 q
gilt, das ist das Intervall (− arccos 1 q , arccos 1 q
), sonst ist r negativ.)

Inhaltsverzeichnis
I. Elementargeometrie 1
1. Einleitung 1
2. Der Strahlensatz 3
3. Das Dreieck 8
4. Beweisen mit Hilfe von Abbildungen 12
5. Der Satz von Pythagoras 15
6. Der Kreis 17
7. Sehnen- und Sekantensatz 20
8. Inkreis, Ankreise und Umkreis 21
II. Trigonometrie 22
1. Trigonometrische Funktionen 22
2. Die besonderen Punkte des Dreiecks 24
3. Die Sätze von Napoleon und Morley 26
4. Komplexe Zahlen und Polarkoordinaten 28
III. Koordinaten und Vektoren 31
1. Inneres Produkt und Vektorprodukt 31
2. Determinante und Geraden 32
3. Die besonderen Punkte des Dreiecks 35
4. Der Umkreis 37
5. Die Steinerschen Geraden 37
6. Der Feuerbachkreis 39
IV. Isometrien und Kegelschnitte 41
1. Lineare Abbildungen 41
2. Eigenwerte und Eigenvektoren 42
3. Symmetrische Matrizen 44
4. Isometrien der Ebene 45
5. Kegelschnitte 47
6. Tangentenkonstruktion 49
7. Tangentengleichung 51
8. Tangenten von einem Punkt an einen Kegelschnitt 53
9. Hauptachsentransformation 54
10. Leitlinie und Polarkoordinaten 57