Montag 29.4.2013

Mathematische Probleme, SS 2013 Montag 29.4
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§1 Dreiecke
1.6 Einige Sätze über Kreise
Am Ende der letzten Sitzung hatten wir den Feuerbachkreis f eines Dreiecks als den
Umkreis des Mittendreiecks also als den Kreis durch die drei Seitenmittelpunkte definiert.
Der Satz über den Feuerbachkreis besagt dann das f auch durch die Höhenfußpunkte
und die drei Höhenabschnitte des Dreiecks geht. Der Beweis war dabei in
zwei Schritte aufgeteilt, und den ersten Schritt, dass also f zumindest durch die drei
Höhenfußpunkte geht, hatten wir auch bereits durchgeführt.
C
f
B *
~
C
A *
B’
S h
A’
~
A
~
B
A
C’
C *
B
Satz 1.25 (Der Feuerbachkreis und die neun Punkte)
Seien ∆ = ABC ein Dreieck, ∆ ′ = A ′ B ′ C ′ sein Mittendreieck, A ∗ der Fußpunkt der
Höhe auf BC, B ∗ der Fußpunkt der Höhe auf AC, C ∗ der Fußpunkt der Höhe auf
AB, S h der Schnittpunkt der drei Höhen sowie à der Mittelpunkt von AS h, ˜B der
Mittelpunkt von BS h und ˜C der Mittelpunkt von CS h . Dann geht der Feuerbachkreis
f von ∆ durch die neun Punkte A ′ , B ′ , C ′ , A ∗ , B ∗ , C ∗ , Ã, ˜B, ˜C.
Beweis: Wie schon gesagt wissen wir bereits das f durch A ∗ , B ∗ , C ∗ läuft und wir
kommen nun zum zweiten Beweisschritt. Im zweiten Schritt zeigen wir jetzt das auch
Ã, ˜B, ˜C auf f sind. Wir betrachten das Dreieck ∆ ∗ = ABS h und bestimmen erst einmal
die Höhen in diesem Dreieck. Die Gerade CC ∗ ist senkrecht auf AB und geht durch
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S h , also ist C ∗ S h die Höhe auf AB in ∆ ∗ . Weiter ist die Gerade durch BS h gleich
der Geraden durch BB ∗ und diese steht senkrecht auf der Strecke AB ∗ . Da AB ∗ auch
durch A geht ist AB ∗ also die Höhe von ∆ ∗ auf BS h . Schließlich ist die Gerade durch
AS h gleich der Geraden durch AA ∗ und diese ist senkrecht auf der durch B laufenden
Strecke BA ∗ , also ist BA ∗ die Höhe von ∆ ∗ auf AS h . Die drei Höhenfußpunkte von ∆ ∗
sind also C ∗ , B ∗ , A ∗ und dies sind genau die Höhenfußpunkte von ∆.
Nach Schritt 1 wissen wir schon das der Kreis f durch A ∗ , B ∗ , C ∗ geht und nach
Schritt 1 angewandt läuft ∆ ∗ geht auch der Feuerbachkreis f ∗ von ∆ ∗ durch diese drei
Punkte. Da es allerdings nach der Eindeutigkeitsaussage in Satz 17 nur einen Kreis
durch drei nicht kollineare Punkte gibt, ist f = f ∗ . Damit liegen auch die Seitenmittelpunkte
von ∆ ∗ auf f, und insbesondere ist ˜B auf f. Analog sind dann auch à und
˜C auf f.
Als eine Übung werden sie dann noch zeigen das der Radius des Feuerbachkreises
der halbe Umkreisradius ist und das der Mittelpunkt des Feuerbachkreises eines nicht
gleichseitigen Dreiecks auf der Eulergeraden liegt und zwar genau als der Mittelpunkt
zwischen Umkreismittelpunkt S u und Höhenschnittpunkt S h .
§2 Trigonometrische Formeln
In diesem kurzen Kapitel wollen wir einige Formeln für die trigonometrischen Funktionen
besprechen, und insbesondere geometrische Herleitungen einiger Additionstheoreme
vorführen. Bei den Dreiecksberechnungen des vorigen Kapitels sind die trigonometrischen
Funktionen schon in einer wichtigen Rolle aufgetaucht, man brauchte aber
eigentlich keinerlei Formeln für sie zu kennen. Nur die Formel
sin 2 φ + cos 2 φ = 1,
also letztlich der Satz des Pythagoras, wurde einige Male angewandt. Wir beginnen
mit einem Abschnitt über die verschiedenen Additionstheoreme.
2.1 Die Additionstheoreme
Die grundlegenden Additionstheoreme für den Sinus und den Cosinus sind die Formeln
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β und cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β.
Wenn diese Formeln für alle reellen Argumente α, β nachgewiesen sind kann man aus
ihnen durch Ersetzen von β durch −β auch die Formeln für Winkeldifferenzen
sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β und cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β
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herleiten, bei den geometrischen Herleitungen der Additionstheoreme muss man die
Additions- und Subtraktionsformeln dagegen oftmals getrennt voneinander behandeln.
Für spitze Winkel 0 < α, β < π/2 deren Summe ebenfalls spitz ist, also α + β < π/2
kann man beide Additionsformeln aus der folgenden Figur ablesen
A
α
D
C
B
sin( α+β )
β
P
M
α
F
E
cos( α+β )
Wie beginnen mit einem Viertelkreis von Radius 1 mit Mittelpunkt in M. Dann tragen
wir nacheinander die beiden Winkel α und β bei M ab und erhalten die beiden
Schnittpunkte A und B mit unserem Viertelkreis. Fällen wir dann das Lot von A auf
die untere Begrenzung des Viertelkreises, so erhalten wir den Punkt F und können
Sinus und Cosinus von α + β im rechtwinkligen Dreieck MF A mit Hypothenuse der
Länge 1 als
sin(α + β) = |AF | und cos(α + β) = |MF |
ablesen. Dann fällen wir das Lot von A auf MB und erhalten den Punkt C. Dies gibt
uns ein weiteres rechtwinkliges Dreieck MCA, dessen Hypothenuse wieder die Länge
1 hat, also sind
sin β = |AC| und cos β = |MC|.
Ist P der Schnittpunkt von AF und MB, so haben die Dreiecke MF P und P CA bei P
denselben Winkel und da sie beide bei F beziehungsweise C rechtwinklig sind, müssen
auch ihre Winkel bei M beziehungsweise A übereinstimmen, d.h. der Winkel von P CA
bei A ist α. Schließlich fällen wir die Lote von C auf AF und auf MF und erhalten
die Punkte D und E. Im rechtwinkligen Dreieck DCA haben wir bei A den Winkel α,
also sind
sin α = |DC|
|AD|
und cos α =
|AC| |AC| .
Schließlich entnehmen wir dem rechtwinkligen Dreieck MEC noch
sin α = |EC|
|MC|
und cos α =
|ME|
|MC| .
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Damit haben wir alles beisammen um die beiden Additionstheoreme zu begründen, für
den Sinus rechnen wir
sin(α + β) = |AF | = |AD| + |DF | = |AD| + |EC|
und für den Cosinus ist
cos(α + β) = |MF | = |ME| − |F E| = |ME| − |DC|
= cos α · |AC| + sin α · |MC| = cos α sin β + sin α cos β
= cos α · |MC| − sin α · |AC| = cos α cos β − sin α sin β.
Bevor wir zu den Subtraktionsformeln und den anderen Fällen für α, β kommen, schauen
wir uns erst einmal den Tangens an. Für 0 < α, β < π/2 mit α + β < π/2 können
wir die Additionsformel des Tangens durch Rechnung aus denjenigen für Sinus und
Cosinus begründen, es ist
tan(α + β) =
sin(α + β)
cos(α + β)
=
sin α cos β + cos α sin β
cos α cos β − sin α sin β
=
sin α
+ sin β
cos α cos β
1 − sin α
cos α · sin β
cos β
=
tan α + tan β
1 − tan α tan β ,
A
k
E
α
β
M’
F
G
H
α+β
M
α
B
Auch diese Formel kann man geometrisch begründen, dies ist allerdings schon eine etwas
kompliziertere Konstruktion. Wir starten mit einer Strecke EF der Länge |EF | = 1.
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Dann bilden wir oberhalb von EF in F rechtwinkliges Dreieck EF A dessen Winkel bei
E gleich α ist und unterhalb von EF konstruieren wir ein zweites bei F rechtwinkliges
Dreieck EF B dessen Winkel bei E gleich β ist. Lesen wir Tangens von α im Dreieck
EF A und den Tangens von β im Dreieck EF B ab, so ergeben sich
tan α = |AF |
|EF |
= |AF | und tan β =
|BF |
|EF |
= |BF |.
Nun betrachten wir das Dreieck EBA mit Winkel α + β in E und bilden den Umkreis
k dieses Dreiecks. Verlängere die Strecke EF bis sie den Kreis k in einem Punkt G
trifft. Dann ist AG eine Sekante des Kreises k und der Perepheriewinkel dieser Sekante
bei E ist der Winkel des Dreiecks AEG bei E, also α. Der Perepheriewinkel bei B,
also der Winkel des Dreiecks ABG bei B, ist damit nach dem Perepheriewinkelsatz in
der Form §1.Korollar 23 ebenfalls gleich α. Bilden wir also den Tangens von α im bei
F rechtwinkligen Dreieck BGF , so ergibt sich
tan α =
|F G|
|BF |
|F G|
= , also ist |F G| = tan α tan β.
tan β
Schließlich bilden wir die Parallele zu EG durch B und bezeichnen ihren zweiten
Schnittpunkt mit dem Kreis k mit H. Die beiden Dreiecke EGA und HBA haben
beide den Umkreis k, also gehen ihre Mittelsenkrechten alle durch den Mittelpunkt
von k. Andererseits sind EG und HB parallel, also sind auch die Mittelsenkrechten
auf EG und BH parallel, und somit ist die Mittelsenkrechte auf HB gleich der Mittelsenkrechten
auf EG und trifft EG damit im Mittelpunkt von EG. Sind also M der
Mittelpunkt von HB und M ′ der von EG, so ist
|BH| = 2|MB| = 2|M ′ F | = 2(|M ′ G| − |F G|) = |EG| − 2|F G|
= |EF | − |F G| = 1 − tan α tan β.
Schließlich betrachten wir noch die Sekante AB in k. Der Perepheriewinkel dieser Sekante
bei E ist der Winkel des Dreiecks EBA bei E, also gleich α + β. Nach dem
Perepheriewinkelsatz §1.Korollar 23 ist damit auch der Perepheriewinkel bei H gleich
α + β und dieser ist gleich dem Winkel des rechtwinkligen Dreiecks HBA bei H, also
gilt
tan(α + β) = |AB|
|HB|
=
|AF | + |BF |
|BH|
=
tan α + tan β
1 − tan α tan β ,
und wir haben erneut das Additionstheorem des Tangens eingesehen.
Bevor wir zu den Subtraktionsformeln und dem Fall stumpfer Winkel kommen,
wollen wir noch eine kleine Beobachtung über die Berechnung gewisser Summen von
Werten des Arcustangens machen.
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C
tan φ = m n ⇐⇒
m
A
φ
n
B
Sind m, n ∈ N und 0 < φ < π/2 ein Winkel, so ist genau dann tan φ = m/n wenn es ein
rechtwinkliges Dreieck gibt in dem φ als Winkel mit Ankathete n und Gegenkathete m
auftaucht. Die Implikation von rechts nach links ist dabei klar. Ist umgekehrt tan φ =
m/n, so gibt es nach §1.Satz 9 ein Dreieck ABC mit |AB| = n, Winkel φ bei A
und rechten Winkel bei B. Die Ankathete dieses Dreiecks bei φ ist dann n und die
Gegenkathete ergibt sich als
|BC| = n · tan φ = m.
Statt tan φ = m/n können wir gleichwertig auch arctan(m/n) = φ sagen. Betrachte
nun die folgende Figur
C
A
α
β
D
E
F
B
Die einzelnen ”
Kästchen“ sind dabei Quadrate der Kantenlänge 1. Das rechtwinklige
Dreieck ADC gibt α = arctan(1/2) und das rechtwinklige Dreieck ABE liefert β =
arctan(1/3). Nun betrachten wir das Dreieck ABC. Der Winkel φ bei A in diesem
Dreieck setzt sich aus α und β zusammen, also
φ = α + β = arctan 1 2 + arctan 1 3 .
Die Seitenlängen in diesem Dreieck lesen wir mit dem Satz des Pythagoras §1.Satz 1
in den rechtwinkligen Dreiecken ADC, F BC und ABE ab, und erhalten
|AC| = |BC| = √ 5 und |AB| = √ 10.
An diesen Gleichungen können wir zwei Dinge ablesen, zum einen ist |AC| 2 + |BC| 2 =
10 = |AB| 2 , also hat ABC nach §1.Korollar 3 in C einen rechten Winkel. Alternativ
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kann man dies auch sehen da die beiden Dreiecke ADC und CF B kongruent sind.
Weiter folgt tan φ = √ 5/ √ 5 = 1, also ist φ = π/4. Auch dies kann man auch auf
andere Weise einsehen, da ABC bei C gleichschenklig ist, sind die Winkel bei A und
B nach Aufgabe (9.a) gleich, müssen also π/4 sein. Damit haben wir
arctan 1 2 + arctan 1 3 = π 4
eingesehen. Diese Methode ist hauptsächlich dazu gedacht derartige Identitäten zu
finden, hat man erst einmal eine solche Vermutung aufgestellt, so ist es leicht diese
einfach mit dem Additionstheorem zu verifizieren, in diesem Beispiel etwa durch
(
tan arctan 1 2 + arctan 1 )
=
3
1
2 + 1 3
1 − 1 2 · 1
3
= 1 = tan π 4 .
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