1.) Der erweiterte Sinussatz

Beh.: In einem Dreieck ABC mit dem Umkreisradius R gilt:

Beh.: In einem Dreieck ABC mit dem Umkreisradius R gilt:

2sin sin sin

a b cR

A B C

Zum Beweis betrachten wir zunächst dieses Dreieck ABC

C

BA

a

I.

Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten wir das Dreieck JBC

C

BA

J

90 °

R a

Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten wir das Dreieck JBC

C

BA

J

90 °

R a

• Nach dem Satz des Thales beträgt in diesem Dreieck der Winkel in B 90°

Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten wir das Dreieck JBC

C

BA

J

90 °

R a

• Nach dem Satz des Thales beträgt in diesem Dreieck der Winkel in B 90°

• Die Winkel in A und in J liegen auf dem selben Kreisbogen.

Durch Ziehen des Durchmessers CJ erhalten wir das Dreieck JBC

C

BA

J

90 °

R a

• Nach dem Satz des Thales beträgt in diesem Dreieck der Winkel in B 90°

• Die Winkel in A und in J liegen auf dem selben Kreisbogen.

• Daher gilt: J A

Das Dreieck ABC kann in A einen spitzen Winkel haben (wie I.)

C

BA

a

I.

Das Dreieck ABC kann in A einen spitzen Winkel haben (wie I.) oder einen stumpfen

Winkel (wie II.)

C

BA

a

I. II.C

B

A

a

Und dann gibt es natürlich noch rechtwinklige Dreiecke

A

B

C90 ° Die sind aber eher

langweilig, weil hier die Behauptung

sowieso gilt

2sin sin sin

a b cR

A B C

Betrachten wir jetzt also den zweiten Fall

C

B

A

a

II.

Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC

C

B

A

a

J

90 °

• Der Winkel in B beträgt wiederum 90°II.

Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC

• Der Winkel in B beträgt wiederum 90°

• In einem eingeschriebenen Viereck ergänzen sich die gegenüberliegenden Winkel zu 180°

II.

C

B

A

J

Wie bei I. erhalten wir durch Ziehen des Durchmessers CJ ein zweites Dreieck BJC

C

B

A

a

J

90 °

• Der Winkel in B beträgt wiederum 90°

• Daher gilt:

II.

180J A

Wir wissen also bisher:

Wir wissen also bisher:

• Für I.: J A

Wir wissen also bisher:

• Für I.:

• Für II.:

J A

180J A

Wir wissen also bisher:

• Für I.:

• Für II.:

• Für I. und II.:

da

J A

sin sinJ A

sin sin(180 )

180J A

Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?

C

BA

J

90 °

R a

Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?

• sin =C

BA

J

90 °

R a

Gegenkathete

Hypotenuse

Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?

• sin =

• sinJ =

C

BA

J

90 °

R a

Gegenkathete

Hypotenuse

2

a

R

Wo finden wir in unseren Zeichnungen sinJ?

• sin =

• sinJ =

• Da sinJ = sinA

gilt auch:

Gegenkathete

Hypotenuse

2

a

R

sin2

aA

R

C

BA

J

90 °

R a

Analog zu A gilt natürlich auch:

Analog zu A gilt natürlich auch:

sin2

bB

R sin

2

cC

Rund

Einfaches Umformen liefert aus

Einfaches Umformen liefert aus

sin 22 sin

a aA R

R A

Einfaches Umformen liefert aus

sin 22 sin

a aA R

R A

sin 22 sin

b bB R

R B

Einfaches Umformen liefert aus

sin 22 sin

a aA R

R A

sin 22 sin

b bB R

R B

sin 22 sin

c cC R

R C

Es gilt also:

In einem Dreieck ABC mit dem Umkreisradius R

Es gilt also:

In einem Dreieck ABC mit dem Umkreisradius R

2sin sin sin

a b cR

A B C

Es gilt also:

In einem Dreieck ABC mit dem Umkreisradius R

2sin sin sin

a b cR

A B C

Und das wollten wir ja beweisen.

2.) Beh.:

( )4

a b cFlächeninhalt ABC

R

Wir wissen, für den Flächeninhalt eines Dreieckes gilt:

C

BA

a

ha

90 °

Wir wissen, für den Flächeninhalt eines Dreieckes gilt:

1

2A a ha

C

BA

a

ha

90 °

Wir wissen, für den Flächeninhalt eines Dreieckes gilt:

1

2A a ha

C

BA

a

ha

90 °

sin sinha

B ha B cc

Wir wissen, für den Flächeninhalt eines Dreieckes gilt:

1

2A a ha

C

BA

a

ha

90 °

sin sinha

B ha B cc

1sin

2A a B c

Außerdem wissen wir:

C

BA

a

ha

90 °

Außerdem wissen wir:

C

BA

a

ha

90 °

sin2

bB

R

Außerdem wissen wir:

C

BA

a

ha

90 °

1sin

2A a B c

sin2

bB

R

und setzen dies ein in

Und erhalten so

C

BA

a

ha

90 °

1

2 2

bA a c

R

Und erhalten so

C

BA

a

ha

90 °

1

2 2

bA a c

R

4

a b cA

R

Und das können wir schreiben als

Und erhalten so

C

BA

a

ha

90 °

1

2 2

bA a c

R

4

a b cA

R

Toll, was?

Und das können wir schreiben als

3.) Der Satz von Ceva

Der italienische Mathematiker Giovanni Ceva fand 1678 folgendes heraus:

Schneiden sich drei Ecktransversalen AX, BY, CZ eines Dreiecks in einem Punkt, dann gilt:

1BX CY AZ

XC YA ZB

B

XC

Y

A

Z

P

Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für Dreiecke mit gleicher Höhe

a

ha

Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für Dreiecke mit gleicher Höhe

1

2A a ha

a

ha

Um dies zu beweisen, benutzen wir, dass für Dreiecke mit gleicher Höhe

1

2A a ha

a

ha und damit

A a

Betrachten wir nun folgendes Dreieck

B

C

A

ha

a

Betrachten wir nun folgendes Dreieck

Und fügen eine Ecktransversale AX ein

B

C

A

ha

a

Dann erhalten wir:

einmal das Dreieck ABX

mit

B

XC

A

ha

a1a2

1 11

2A a ha

Und gleichzeitig

das Dreieck AXC mit

B

XC

A

ha

a1a2

2 21

2A a ha

Wir wissen, dass und daher

B

XC

A

ha

a1a2

A a

Wir wissen, dass und daher

1 2

1 2

A A

a a

B

XC

A

ha

a1a2

A a

Wir wissen, dass und daher

1 2

1 2

A A

a a

B

XC

A

ha

a1a2

A a

beziehungsweise

1 1

2 2

A a

A a

Fügen wir nun noch einen Punkt P ein

B

XC

A

a1a2

A1 A2

Fügen wir nun noch einen Punkt P ein

B

XC

A

a1a2

A1 A2

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Dann erhalten wir

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Dann erhalten wir

1. das Dreieck BXP mit dem Flächeninhalt B1

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Dann erhalten wir

1. das Dreieck BXP mit dem Flächeninhalt B1

2. das Dreieck XCP mit dem Flächeninhalt B2

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Dann erhalten wir

1. das Dreieck BXP mit dem Flächeninhalt B1

2. das Dreieck XCP mit dem Flächeninhalt B2

3. das Dreieck ABP mit dem Flächeninhalt C1

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Dann erhalten wir

1. das Dreieck BXP mit dem Flächeninhalt B1

2. das Dreieck XCP mit dem Flächeninhalt B2

3. das Dreieck ABP mit dem Flächeninhalt C1

4. das Dreieck APC mit dem Flächeninhalt C2

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Analog zu

B

XC

A

a1a2

A1 A2

1 1

2 2

A a

A a

Analog zu

B

XC

A

a1a2

A1 A2

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

1 1

2 2

A a

A a gilt nun

1 1

2 2

B a

B a

Durch Umformungen erhalten wir

1 1

2 2

A a

A a

2 1 1 2a A a A

I.

Durch Umformungen erhalten wir

1 1

2 2

A a

A a

1 1

2 2

B a

B a

2 1 1 2a B a B

II.

2 1 1 2a A a A

I.

Durch Umformungen erhalten wir

1 1

2 2

A a

A a

1 1

2 2

B a

B a

2 1 1 2a B a B

II.

2 1 1 2a A a A

I.

I. – II. 2 1 2 1 1 2 1 2a A a B a A a B

Durch Umformungen erhalten wir

1 1

2 2

A a

A a

1 1

2 2

B a

B a

2 1 1 2a B a B

II.

2 1 1 2a A a A

I.

I. – II. 2 1 2 1 1 2 1 2a A a B a A a B

2 1 1 1 2 2a A B a A B

Durch Umformungen erhalten wir

1 1

2 2

A a

A a

1 1

2 2

B a

B a

2 1 1 2a B a B

II.

2 1 1 2a A a A

I.

I. – II. 2 1 2 1 1 2 1 2a A a B a A a B

2 1 1 1 2 2a A B a A B

1 1 1A B C 2 2 2A B C wobei und

Es gilt also

1 1

2 2

( )

( )

a BX C ABP

a XC C CAP

B

XC

A

a1a2

C1 C2

B1 B2

P

Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,

B

XC

Y

A

Z

P

dann gilt für die Seiten b und c das gleiche wie für a

Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,

B

XC

Y

A

Z

P

also

Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,

B

XC

Y

A

Z

P

also

( )

( )

BX ABP

XC CAP

Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,

B

XC

Y

A

Z

P

also

( )

( )

CY BCP

YA ABP

( )

( )

BX ABP

XC CAP

Werden noch zwei Ecktransversalen eingefügt, so dass sich alle in P schneiden,

B

XC

Y

A

Z

P

also

( )

( )

CY BCP

YA ABP

( )

( )

AZ CAP

ZB BCP

( )

( )

BX ABP

XC CAP

Zurück zur Behauptung 1BX CY AZ

XC YA ZB

Zurück zur Behauptung 1BX CY AZ

XC YA ZB

setzen ein:( )

( )

BX ABP

XC CAP ( )

( )

CY BCP

YA ABP

( )

( )

AZ CAP

ZB BCP, und

Zurück zur Behauptung 1BX CY AZ

XC YA ZB

setzen ein:( )

( )

BX ABP

XC CAP ( )

( )

CY BCP

YA ABP

( )

( )

AZ CAP

ZB BCP, und

und erhalten

( ) ( ) ( )1

( ) ( ) ( )

BX CY AZ ABP BCP CAP

XC YA ZB CAP ABP BCP

Zurück zur Behauptung 1BX CY AZ

XC YA ZB

setzen ein:( )

( )

BX ABP

XC CAP ( )

( )

CY BCP

YA ABP

( )

( )

AZ CAP

ZB BCP, und

und erhalten

( ) ( ) ( )1

( ) ( ) ( )

BX CY AZ ABP BCP CAP

XC YA ZB CAP ABP BCP

w.z.b.w.

Das gilt natürlich nur für Dreiecke, die die Bedingungen erfüllen

Es gilt aber auch der Umkehrschluss, nämlich

Es gilt aber auch der Umkehrschluss, nämlich:

Erfüllen drei Ecktransversalen die

Gleichung

so schneiden sie sich in einem Punkt

1BX CY AZ

XC YA ZB

Beweis:

Beweis:Wir nehmen ein Dreieck mit zwei Ecktransversalen, die sich in P schneiden,

B

XC

Y

A

P

Beweis:Wir nehmen ein Dreieck mit zwei Ecktransversalen, die sich in P schneiden,

dann gibt es nur eine Ecktransversale durch C, die ebenfalls durch P geht. Diese schneidet sich mit c in Z´

B

XC

Y

A

Z´

P

Beweis:

• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die

Gleichung ´1

BX CY AZ

XC YA ZB

Beweis:

• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die

Gleichung

• Da aber unsere

Voraussetzung ist, folgt daraus, dass Z und Z´ zusammenfallen. Daher schneidet CZ die anderen Ecktransversalen in P.

´1

BX CY AZ

XC YA ZB

1BX CY AZ

XC YA ZB

Beweis:

• Damit erfüllt Z´ die Bedingungen für die

Gleichung

• Da aber unsere

Voraussetzung ist, folgt daraus, dass Z und Z´ zusammenfallen. Daher schneidet CZ die anderen Ecktransversalen in P.

Fertig!!!

´1

BX CY AZ

XC YA ZB

1BX CY AZ

XC YA ZB