Algorithmische Geometrie mit Derive

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  Algorithmische Geometrie mit Derive Beispiele und Übungen zum Vortrag Rüdeger Baumann Die Koordinatengeometrie, initiiert durch Fermat und Descartes, fortgeführt von Leibniz, den Bernoullis und Euler,
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Algorithmische Geometrie mit Derive Beispiele und Übungen zum Vortrag Rüdeger Baumann Die Koordinatengeometrie, initiiert durch Fermat und Descartes, fortgeführt von Leibniz, den Bernoullis und Euler, welche in der Geschichte der Geometrie einmal ein gewaltiger Schritt nach vorne war, tendiert in der Schulgeometrie immer mehr zu einer Barriere gegen geometrisches Denken. Schrupp Grundkenntnisse im Umgang mit dieser wahrhaft wunderbaren Software werden vorausgesetzt. Aus: Programmieren mit Derive 5, Seite 3 Computeralgebra-Systeme dringen immer mehr in der Mathematikunterricht ein; zuerst in die Analysis, jetzt auch zunehmend in die Analytische Geometrie. Kritische Zeitgenossen fragen nach dem Nutzen der neuen Werkzeuge, sie warnen vor möglichen Gefahren, insbesondere der Vernachlässigung herkömmlicher mathematischer Tugenden. Siegt eventuell die brutale Rechenmacht des Computeralgebra-Systems über mathematischen Feinsinn, d. h. über geometrisches Denken und begriffliches Argumentieren? In dieser Übungsstunde sollen die Teilnehmer so weit mit dem Computeralgebra-System Derive vertraut gemacht werden, dass sie anhand des im Vortrag behandelten Beispiels (merkwürdige Punkte des Dreiecks und eulersche Gerade) zu obigen Fragen Stellung beziehen können. Insbesondere soll geklärt werden, wie eine geometrische Konstruktion in Gestalt eines Derive-Programms durchgeführt und seine Korrektheit bewiesen werden kann. Ferner soll gezeigt werden, wie allgemeines Konstruieren und Begründen sich mit individuellem Experimentieren und Veranschaulichen kombinieren lässt. Schließlich ist auch auf das Problem der Effizienz, d. h. die Grenzen der Rechenmacht von Computeralgebra-Systemen einzugehen. Aufgabe 1: Seitenhalbierende und Schwerpunkt Gegeben sei ein Dreieck ABC mit A = (0, 0), B = (9, 0) und C = (6, 15); die beiden Seitenhalbierenden AA und BB schneiden sich im Punkt S. Die Mittelpunkte A und B der Strecken AS und BS bilden zusammen mit A und B ein Viereck. Um was für ein Viereck handelt es sich, und was lässt sich über die Lage von S aussagen? (Beantworten Sie die Frage zunächst für die gegebenen Punkte und sodann allgemein.) 2 Lösung Bärbel Brehm Ich konstruiere zunächst das Dreieck, die Seitenhalbierenden durch A und B sowie deren Schnittpunkt S (Bild 1). #1: Gerade(P, Q, t) := P + t (P - Q) #2: m(p, Q) := (P + Q)/2 #3: Seitenmitte1(D) := m(d SUB 2, D SUB 3) #4: Seitenmitte2(D) := m(d SUB 3, D SUB 1) #5: SH1(D, t) := Gerade(D SUB 1, Seitenmitte1(D), t) #6: SH2(D, t) := Gerade(D SUB 2, Seitenmitte2(D), t) #7: Schnitt(g, h) := SUBST(g, r, FIRST(FIRST(SOLUTIONS(g = h, [r, s])))) #8: Schwerpunkt(D) := Schnitt(SH1(D, r), SH2(D, s)) #9: D1 := [0, 0; 9, 0; 6, 15] #10: S1 := Schwerpunkt(D1) #11: erg(liste) := APPEND(Liste, [FIRST(Liste)]) #12: Bild1 := [erg(d1), SH1(D1, t), SH2(D1, t), S1] Bild 1 Nun füge ich die Seitenmitten A und B sowie die Mittelpunkte A und B der Strecken AS und BS ich nenne sie Schwerlinienmitten in die Grafik ein: #20: Schwerlinienmitte1(D) := m(d SUB 1, Schwerpunkt(D)) #21: Schwerlinienmitte2(D) := m(d SUB 2, Schwerpunkt(D)) #22: [AStrich1 := Seitenmitte1(D1), BStrich1 := Seitenmitte2(D1)] #23: [A2Strich1 := Schwerlinienmitte1(D1), B2Strich1 := Schwerlinienmitte2(D1)] #24: Bild2 := APPEND(Bild1, [erg([astrich1, BStrich1, A2Strich1, B2Strich1])]) 3 Bild 2 Das Viereck A B A B sieht wie ein Parallelogramm aus. Dass es tatsächlich eines ist, sagt der Satz von Varignon (angewandt auf das Viereck ASBC). Bestätigung mittels Derive: #25: ABC := [a1, a2; b1, b2; c1, c2] #26: [AStrich := Seitenmitte1(ABC), BStrich := Seitenmitte2(ABC)] #27: [A2Strich := Schwerlinienmitte1(ABC), B2Strich := Schwerlinienmitte2(ABC)] #28: AStrich - BStrich = [(b1 - a1)/2, (b2 - a2)/2] #29: B2Strich - A2Strich = [(b1 - a1)/2, (b2 - a2)/2] Da im Parallelogramm die Diagonalen einander halbieren, ist A S = A S und B S = B S. Das heißt, dass S die Seitenhalbierenden AA und BB im Verhältnis 2 zu 1 teilt. Es gilt also S = A + 2/3(A A) = A + 2/3((B + C)/2 A) = (A + B + C)/3. Diese Formel lässt sich mit Derive wie folgt allgemein herleiten: #30: S := Schwerpunkt(ABC) #31: S = [(a1 + b1 + c1)/3, (a2 + b2 + c2)/3] Es muss noch gezeigt werden, dass die dritte Seitenhalbierende durch S geht. #33: Seitenmitte3(D) := m(d SUB 1, D SUB 2) #34: SH3(D, t) := Gerade(D SUB 3, Seitenmitte3(D), t) #35: SOLVE(SH3(ABC, t) = S, t) = [t = -2/3] #36: Bild3 := APPEND(Bild1, [SH3(D1, t)]) Das heißt, dass S auch auf der Seitenhalbierenden durch C liegt und dass das oben hergeleitete Teilverhältnis gilt. 4 Bild 3 Bemerkung: In der Mittelstufe wird der Satz über den Schnittpunkt der Seitenhalbierenden mittels Kongruenz der Dreiecke A B S und A B S gezeigt (Kongruenzsatz wsw). Oder man argumentiert (wie oben, siehe Coxeter, S. 24) mittels Varignon und Punktsymmetrie von Parallelogrammen. Aufgabe 2: Mittelsenkrechte und Umkreismittelpunkt Die Indianer wollen ihr Lagerfeuer so legen, dass es von jedem der drei Zelte an den Stellen A = ( 1, 2), B = (5, 10) und C = ( 6, 8) gleich weit entfernt ist. Geben Sie eine allgemeine Konstruktion (Programm oder Formel) für diesen Punkt als Funktion von A, B und C an und begründen Sie Ihr Vorgehen. Lösung Willi Wieshuber Ein Punkt, der von A und B gleich weit entfernt ist, liegt auf der Mittelsenkrechten der Strecke AB; entsprechendes gilt für BC und CA. Ich konstruiere für ein beliebiges Dreieck D die drei Mittelsenkrechten und berechne den Schnittpunkt der ersten beiden: #1: Lot(v) := [-FIRST(REST(v)), FIRST(v)] #2: MS(P, Q, t) := (P + Q)/2 + t Lot(P - Q) #3: MS1(D, t) := MS(D SUB 2, D SUB 3, t) #4: MS2(D, t) := MS(D SUB 3, D SUB 1, t) #5: MS3(D, t) := MS(D SUB 1, D SUB 2, t) #6: Mittelsenkrechte(D) := [MS1(D, t), MS2(D, t), MS3(D, t)] #7: Schnitt(g, h) := SUBST(g, r, FIRST(FIRST(SOLUTIONS(g = h, [r, s])))) #8: Umkreismittelpunkt(D) := Schnitt(MS1(D, r), MS2(D, s)) Zwecks Visualisierung, d. h. zur Erzeugung einer Grafik, wende ich die allgemeinen Konstruktionen auf das spezielle (gegebene) Dreieck D1 an (Bild 4): 5 #10: D1 := [-1, -2; 5, 10; -6, 8] #11: U1 := Umkreismittelpunkt(D1) #12: Kreis(M, r) := M + r [COS(t), SIN(t)] #13: Umkreis(D1) := Kreis(U1, ABS(U1 D SUB 1)) #14: erg(d) := APPEND(D, [D SUB 1]) #15: Bild4 := [erg(d1), Mittelsenkrechte(D1), U1, Umkreis(D1)] Bild 4 Nun prüfe ich allgemein, d. h. für jedes Dreieck ABC, ob der Schnittpunkt der ersten beiden Mittelsenkrechten auf der dritten Mittelsenkrechten liegt: #20: ABC := [a1, a2; b1, b2; c1, c2] #21: U := Umkreismittelpunkt(ABC) #22: t0 := FIRST(SOLUTIONS(MS3(ABC, t) = U, t)) #23: Vergleich(Obj1, Obj2) := IF(Obj1 = Obj2, gleich , ungleich ) #24: Vergleich(U, MS3(ABC, t0)) = gleich Die drei Mittelsenkrechten schneiden sich somit stets in einem Punkt. Aufgabe 3: Höhenschnittpunkt Die drei Höhen eines Dreiecks ABC schneiden sich in einem Punkt H, dem Höhenschnittpunkt. Veranschaulichen Sie den Satz an einem Beispiel und beweisen Sie ihn. Untersuchen Sie, was mit H passiert, wenn sich Punkt C auf einer bestimmten Kurve, beispielsweise einer Geraden oder einem Kreis usw. bewegt. Lösung Ellen Ellerbräu Für ein beliebiges Dreieck D definiere ich die Höhe durch A als Menge der Punkte X, die der Bedingung (X A)(B C) = 0 genügen; entsprechend für die beiden anderen Höhen: #1: Höhe1(D) := ([x, y] D SUB 1) (D SUB 2 D SUB 3) = 0 #2: Höhe2(D) := ([x, y] D SUB 2) (D SUB 3 D SUB 1) = 0 #3: Höhe3(D) := ([x, y] D SUB 3) (D SUB 1 D SUB 2) = 0 6 Dabei wurde A = D 1, B = D 2 und C = D 3 gesetzt. Der Schnittpunkt der beiden ersten Höhen wird wie folgt berechnet: #4: Schnitt(g1, g2) := FIRST(SOLUTIONS([g1, g2], [x, y])) #5: HSP(D) := Schnitt(Höhe1(D), Höhe2(D)) Zum Beweis, dass alle drei Höhen sich in einem Punkt schneiden, schreibe ich die Gleichungen, welche die Höhe durch A bzw. durch B bestimmen (Zeilen 1 und 2), etwas kürzer und addiere sie dann: #10: H1 := (X - A) (B - C) = 0 #11: H2 := (X - B) (C - A) = 0 #12: FACTOR(H1 + H2) = ((A - B) (C - X) = 0) Das heißt, dass X auch auf der Höhe durch C liegt. Eine zweite Möglichkeit besteht darin, für ein beliebiges Dreieck ABC den Höhenschnittpunkt (Zeile 5) auszurechnen und in die dritte Gleichung (Zeile 3) einzusetzen: #15: ABC := [a1, a2; b1, b2; c1, c2] #16: (HSP(ABC) ABC SUB 3) (ABC SUB 1 ABC SUB 2) = 0 Bemerkung: In der Mittelstufe zieht man gerne den Beweis von Gauß heran des Inhalts, dass die Höhen eines Dreiecks die Mittelsenkrechten des umgebenden Antidreiecks sind. Zwecks Erstellung einer Grafik berechne ich die Schnittpunkte der Höhen mit den entsprechenden Seiten und verwende dann ein spezielles Dreieck. #20: Gerade(P, Q) := CROSS([x, y] - P, Q - P) = 0 #21: Seite1(D) := Gerade(D SUB 2, D SUB 3) #22: Seite2(D) := Gerade(D SUB 3, D SUB 1) #23: Seite3(D) := Gerade(D SUB 1, D SUB 2) #24: Höhenfußpunkt1(D) := Schnitt(Höhe1(D), Seite1(D)) #25: Höhenfußpunkt2(D) := Schnitt(Höhe2(D), Seite2(D)) #26: Höhenfußpunkt3(D) := Schnitt(Höhe3(D), Seite3(D)) #27: Höhen(D) := [D SUB 1, Höhenfußpunkt1(D); D SUB 2, Höhenfußpunkt2(D); D SUB 3, Höhenfußpunkt3(D)] #28: Höhenbild(D) := [[D SUB 1, D SUB 2, D SUB 3, D SUB 1], Höhen(D), HSP(D)] #29: D1 := [-1, 0; 1, 0; 0.5, 2] #30: Bild5 := Höhenbild(D1) 7 Bild 5 Der Punkt C möge sich nun auf einer Parallelen zur Seite AB bewegen. Dann bewegt sich der Höhenschnittpunkt auf folgender Kurve: #40: HSPKurve1(D, t) := HSP([D SUB 1, D SUB 2, D SUB 3 + t (D SUB 1 D SUB 2)]) #41: Bild6 := APPEND(Bild5, VECTOR(HSPKurve1(D1, t), t, -1, 1, 0.05)) Bild 6 Die Punkte scheinen auf einer Parabel zu liegen. Um dies nachzuweisen, eliminieren wir den Parameter t wie folgt: #45: Parameterelimination(P, t) := SUBST(P SUB 2, t, FIRST(SOLUTIONS(x = P SUB 1, t))) #46: Parameterelimination(HSPKurve1(D1, t), t) = 1/2 - x^2/2 8 Das heißt: es handelt sich um die Parabel mit Scheitel (0, 1/2), die durch ( 1, 0) und (1, 0) läuft. Für ein beliebiges Dreieck, dessen Grundseite auf der x-achse liegt, bekommen wir ebenfalls eine Parabel: #47: D2 := [-a, 0; b, 0; 0, c] #48: Parameterelimination(HSPKurve1(D2, t), t) #49: -x^2/c + x (b - a)/c + a b/c Nun möge der Punkt C auf dem Umkreis des Dreiecks wandern: 50: Mittelsenkrechte1(D) := ([x, y] - (D SUB 2 + D SUB 3)/2) (D SUB 2 D SUB 3) = 0 51: Mittelsenkrechte2(D) := ([x, y] - (D SUB 3 + D SUB 3)/2) (D SUB 3 D SUB 1) = 0 #52: Umkreismittelpunkt(D) := Schnitt(Mittelsenkrechte1(D), Mittelsenkrechte2(D)) #53: Kreis(M, r) := M + r [COS(t), SIN(t)] #54: Umkreis(D) := Kreis(Umkreismittelpunkt(D), ABS(Umkreismittelpunkt(D) D SUB 1)) #55: HSPKurve2(D) := Höhenschnittpunkt([D SUB 1, D SUB 2, Umkreis(D)]) #56: Bild7 := APPEND(Bild5, [Umkreis(D1), HSPKurve2(D1)]) Bild 7 Bewegt sich C auf dem Umkreis, so wandert der Höhenschnittpunkt ebenfalls auf einem (kongruenten?) Kreis. 9 Aufgabe 4: Euler-Gerade und Feuerbach-Kreis Konstruieren Sie den Umkreis des Mittendreiecks von Dreieck ABC und zeigen Sie, dass sein Mittelpunkt F die Strecke zwischen Umkreismittelpunkt U und Höhenschnittpunkt H halbiert. Die verbindende Gerade heißt Euler-Gerade, der Umkreis des Mittendreiecks heißt Feuerbach-Kreis. Untersuchen Sie ferner, in welcher Beziehung der Feuerbach- Kreis zu den drei Höhenfußpunkten steht (Beispiel, Vermutung, Beweis). Lösung Karla Koth Zunächst konstruiere ich den Feuerbachkreis als Umkreis des Mittendreiecks: #1: eins(liste) := FIRST(Liste) #2: zwei(liste) := FIRST(REST(Liste)) #3: drei(liste) := FIRST(REST(REST(Liste))) #4: erg(liste) := APPEND(Liste, [FIRST(Liste)]) #5: Lot(v) := [-FIRST(REST(v)), FIRST(v)] #6: m(p, Q) := (P + Q)/2 #7: Mittelsenkrechte(P, Q, t) := m(p, Q) + t Lot(P - Q) #8: MS1(D, t) := Mittelsenkrechte(zwei(D), drei(d), t) #9: MS2(D, t) := Mittelsenkrechte(drei(D), eins(d), t) #10 Schnitt(g, h) := SUBST(g, r, FIRST(FIRST(SOLUTIONS(g = h, [r, s])))) #11: Umkreismittelpunkt(D) := Schnitt(MS1(D, r), MS2(D, s)) #12: Kreis(M, r) := M + r [COS(t), SIN(t)] #13: Umkreis(D) := Kreis(Umkreismittelpunkt(D), ABS(Umkreismittelpunkt(D) - eins(d))) #14: Mitten(D) := [m(eins(d), zwei(d)), m(zwei(d), drei(d)), m(drei(d), eins(d))] #15: Feuerbachkreismittelpunkt(D) := Umkreismittelpunkt(Mitten(D)) #16: Feuerbachkreis(D) := Umkreis(Mitten(D)) #17: D1 := [0, 0; 9, 0; 7, 12] #18: Bild8 := [erg(d1), erg(mitten(d1)), Feuerbachkreis(D1)] Bild 8 Nun konstruiere ich den Höhenschnittpunkt und zeige, dass der Mittelpunkt des Feuerbach- Kreises genau in der Mitte zwischen H und U liegt. 10 #19: Senkrechte(P, v, t) := P + t Lot(v) #20: Höhe1(D, t) := Senkrechte(eins(D), zwei(d) - drei(d), t) #21: Höhe2(D, t) := Senkrechte(zwei(D), drei(d) - eins(d), t) #22: Höhenschnittpunkt(D) := Schnitt(Höhe1(D, r), Höhe2(D, s)) #23: ABC := [a1, a2; b1, b2; c1, c2] #24: Vergleich(Obj1, Obj2) := IF(Obj1 = Obj2, gleich , ungleich ) #25: Vergleich(Feuerbachkreismittelpunkt(ABC), m(umkreismittelpunkt(abc), Höhenschnittpunkt(ABC))) = gleich Damit ist die Behauptung für alle Dreiecke ABC bewiesen. Nun soll die Euler-Gerade eingezeichnet werden. #26: Gerade(P, Q, t) := P + t (P - Q) #27: [U1 := Umkreismittelpunkt(D1), H1 := Höhenschnittpunkt(D1), F1 := Feuerbachkreismittelpunkt(D1)] #28: Eulergerade := Gerade(U1, H1, t) #29: Bild9 := APPEND(Bild8, [U1, H1, F1, Eulergerade]) Bild 9 Aufgabe 5: Winkelhalbierende und Inkreismittelpunkt Die drei Winkelhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt. Veranschaulichen Sie den Satz an einem Beispiel und beweisen Sie ihn. Lösung Huberta Hutzler Ich konstruiere den Inkreismittelpunkt des beliebigen Dreiecks D als Schnittpunkt der Winkelhalbierenden und zeichne den Inkreis (Bild 8) #1: WH(P, Q, R, t) := P + t (ABS(R - P) (Q - P) + ABS(Q - P) (R - P)) #2: WH1(D, t) := WH(D SUB 1, D SUB 2, D SUB 3, t) #3: WH2(D, t) := WH(D SUB 2, D SUB 3, D SUB 1, t) #4: WH3(D, t) := WH(D SUB 3, D SUB 1, D SUB 2, t) 11 #5: Winkelhalbierende(D) := [WH1(D, t), WH2(D, t), WH3(D, t)] #6: Schnitt(g, h) := SUBST(g, r, FIRST(FIRST(SOLUTIONS(g = h, [r, s])))) #7: Inkreismittelpunkt(D) := Schnitt(WH1(D, r), WH2(D, s)) #8: D1 := [0, 0; 9, 0; 7, 12] #9: I1 := Inkreismittelpunkt(D1) #10: erg(d) := APPEND(D, [FIRST(D)]) #11: Bild10 := [erg(d1), Winkelhalbierende(D1), I1] Bild 10 Nun ist allgemein zu zeigen, dass der Schnittpunkt I zweier Winkelhalbierender auf der dritten liegt. #20: ABC := [a1, a2; b1, b2; c1, c2] #21: I := Inkreismittelpunkt(ABC) #22: SOLVE(WH3(D1, t) = I1, t) = [t = ] Beim Aufruf von SOLVE(WH3(ABC, t) = I, t) versinkt Derive in tiefes Nachdenken und kommt zu keinem Ergebnis.... Ich rechne daher mit dem durch Zahlen spezifizierten Dreieck D1 weiter. #30: Gerade(P, v, t) := P + t v #31: Seite1(D, t) := Gerade(D SUB 2, D SUB 2 D SUB 3, t) #32: Lot(v) := [-v SUB 2, v SUB 1] #33: Senkrechte(P, v, t) := P + t Lot(v) #34: Berührpunkt1 := Schnitt(Seite1(D1, r), Senkrechte(I1, D1 SUB 2 - D1 SUB 3, s)) #35: Kreis(M, r) := M + r [COS(t), SIN(t)] #36: Inkreis1 := Kreis(I1, ABS(I1 - Berührpunkt1)) #37: Bild11 := APPEND(Bild10, [Inkreis1]) 12 Bild 11 Da Derive mit den Parameterdarstellungen der Winkelhalbierenden nicht zurecht gekommen ist (siehe oben), versuche ich es mit der Gleichungsdarstellung der Winkelhalbierenden. Dabei mache ich von der Tatsache Gebrauch, dass eine Winkelhalbierende die Gegenseite im Verhältnis der anliegenden Seiten teilt. Zunächst berechne ich die Seitenlängen des Dreiecks: #1: s1(d) := ABS(D SUB 2 D SUB 3) #2: s2(d) := ABS(D SUB 3 D SUB 1) #3: s3(d) := ABS(D SUB 1 D SUB 2) #4: D1 := [0, 0; 9, 0; 7, 12] #5: [s1(d1), s2(d1), s3(d1)] = [ , , 9] Nach jeder allgemeinen Konstruktion (Variable D) wird die Funktion anhand des konkreten Dreiecks D1 getestet. Die drei Seiten von D1 haben also wohlbestimmte Längen. Nun sind die Schnittpunkte der Winkelhalbierenden mit der jeweiligen Gegenseite zu berechnen. #6: W1(D) := (s2(d) D SUB 2 + s3(d) D SUB 3)/(s2(D) + s3(d)) #7: W2(D) := (s3(d) D SUB 3 + s1(d) D SUB 1)/(s3(D) + s1(d)) #8: W3(D) := (s1(d) D SUB 1 + s2(d) D SUB 2)/(s1(D) + s2(d)) #9: Gegenpunkte(D) := [W1(D); W2(D); W3(D)] #10: erg(d) := APPEND(D, [FIRST(D)]) #11: Bild12 := [erg(d1), Gegenpunkte(D1)] Bild 12 13 Die drei Punkte liegen also auf den jeweiligen Gegenseiten, wie verlangt. Es schließen sich die Winkelhalbierenden an: #12: g(p, Q) := CROSS([x, y] - P, Q - P) = 0 #13: wh1(d) := g(d SUB 1, W1(D)) #14: wh2(d) := g(d SUB 2, W2(D)) #15: wh3(d) := g(d SUB 3, W3(D)) #16: Winkelhalbierende(D) := [wh1(d), wh2(d), wh3(d)] #17: Bild13 := APPEND(Bild12, [Winkelhalbierende(D1)]) Bild 13 Nun ist der Schnittpunkt zweier Winkelhalbierender auszurechnen: #20: Schnitt(g1, g2) := FIRST(SOLUTIONS([g1, g2], [x, y])) #21: I1 := Schnitt(wh1(D1), wh2(d1)) #22: I1 = [ , ] Der Schnittpunkt der ersten beiden Winkelhalbierenden liegt auf der dritten: #23: CROSS(I1 - D1 SUB 3, W3(D1) - D1 SUB 3) = 0 #24: CROSS(I ABC SUB 3, W3(ABC) ABC SUB 3) = 0 Damit ist der allgemeine Beweis (für jedes Dreieck ABC) gelungen. Zum Weiterarbeiten 1. Das sogenannte Mittendreick zu Dreieck Ä wird von dessen Seitenmitten gebildet. Man gebe eine allgemeine Konstruktion des Mittendreiecks an und prüfe, wie sich Seitenhalbierende und Schwerpunkt von Ä und Mittendreieck M(Ä) zueinander verhalten. 2. Gegeben sind zwei Dreiecke mit gleichem Unkreis. Untersuchen Sie die Umkreise der zugehörigen Mittendreiecke! 14 3. Gegeben sei ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt U. Spiegelt man U an den drei Seiten und zeichnet die entsprechenden Kreise was lässt sich über deren Schnittpunkt(e) aussagen? 4. Invertiert man die Konstruktion Ä M(Ä), erh ält man das Antidreieck M*(Ä), d. h. das Dreieck, dessen Mittendreieck das gegebene Dreieck Ä ist. (a) Man geben eine allgemeine Konstruktion des Antidreiecks an und prüfe, wie sich Seitenhalbierende und Schwerpunkt von Ä und M*(Ä) zueinander verhalten. (b) Welche geometrischen Beziehungen bestehen zwischen M(Ä) und M*(Ä)? 5. Die drei Winkelhalbierenden schneiden sich im Inkreismittelpunkt I. Die Fußpunkte der drei Höhen bilden das sogenannte (Höhen-) Fußpunktdreieck. Sein Inkreismittelpunkt hat eine interessante Eigenschaft welche? Untersuchen Sie zunächst ein selbstgewähltes Beispiel und versuchen Sie dann, Ihre Vermutungen bzw. Behauptungen allgemein zu beweisen. 6. Die Summe der Abstände des Umkreismittelpunkts von den Seiten eines spitzwinkligen oder rechtwinkligen Dreiecks ist gleich der Summe von Umkreisradius und Inkreisradius. 7. Die Summe der Abstände des Umkreismittelpunkts von den Ecken eines spitzwinkligen oder rechtwinkligen Dreiecks ist gleich der doppelten Summe von Umkreisradius und Inkreisradius. Literatur Coxeter, H. S. M.: Unvergängliche Geometrie. Basel: Birkhäuser, R. Baumann Italienischer Garten 15 D Celle
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