Elementare Geometrie - Das Dreieck Teil II · Elementare Geometrie: Teil II Dieser Vortrag knupft inhaltlich direkt an den Vortrag vom 18.10.2016 von Alexandra¨ Kopp an und f¨uhrt

Proseminar zur Linearen Algebra und

Elementargeometrie

Elementare Geometrie - Das Dreieck

Teil II

Eingereicht von:

Manuel Krischke

176680

[email protected]

Eingereicht bei:

Prof. L. Schwachh¨ofer

25.10.2016

Elementare Geometrie: Teil II

Dieser Vortrag knupft inhaltlich direkt an den Vortrag vom 18.10.2016 von Alexandra

Kopp an und fuhrt dessen Nummerierung sukzessive weiter.

Daher wird in diesem Vortrag auch die Kenntnis uber die im vorherigen Vortrag vorge-

stellten Sachzusammenhange und Beschriftungen vorausgesetzt.

2 Das Dreieck

2.4 Die Kongruenz- und Ahnlichkeitssatze

Zwei Dreiecke sind kongruent oder deckungsgleich, wenn sie sich durch euklidische Be-

wegungen oder Spiegelungen ineinander uberfuhren lassen.

Zwei Dreiecke sind ahnlich, wenn man sie durch Streckungen, Spiegelungen und eukli-

dische Bewegungen ineinander uberfuhren kann.

Satz 2.4.1. Zwei Dreiecke in der Ebene mit den Seitenlangen a, b, c und a

′, b

′, c

′ sindgenau dann kongruent, wenn bis auf Permutation gilt:

a = a′, b = b′ und c = c′Beweis: Es sei a = a′, b = b′ und c = c′. Da a = a′ konnen wir mittels einer euklidischen

Bewegung die Seiten a und a

′ in Ubereinstimmung bringen. Dadurch stimmen die Eck-

punkte B = B′ und C = C ′ ebenfalls uberein. Betrachten wir nun ein Koordinatensystem

mit dem Ursprung in B und der x-Achse gleich G(B,C). Dann gilt

B = B′ = (0,0), C = C ′ = (a,0)Der mogliche dritte Eckpunkt des Dreiecks habe die Koordinaten A = (x, y). Aus

b = �AC � =�(x − a)2 + y2, c = �AB� =�x

2 + y2folgt:

x = 1

2a(a2 − b2 + c2), y = ±√c2 − x2

Das heißt: x ist festgelegt und y ist bis auf das Vorzeichen festgelegt. Durch eine Spie-

gelung an der x-Achse ergibt sich, dass die Dreiecke in beiden Fallen kongruent sind.

TU Dortmund Datum: 25.10.2016 Seite 2


Satz 2.4.2. (Kongruenzsatz fur Dreiecke)

Zwei Dreiecke sind kongruent, falls mindestens eine der folgenden Aussagen gilt:

1. Die Langen ihrer drei Seiten stimmen uberein.

2. Die Langen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel stimmen uberein

(SWS-Satz ).

3. Die Langen zweier Seiten und der der langeren Seite gegenuberliegende Winkel

stimmen uberein.

4. Die Lange einer Seite und die beiden daran anliegenden Winkel stimmen uberein

(WSW-Satz ).

Beweis: Zu (1): Bereits in 2.4.1 bewiesen.

Zu (2): Seien die Seiten a, b und der Winkel � zwischen ihnen gegeben. Stellen wir den

Kosinussatz (cos� = 12ab(a2 + b2 − c2)) nach der Lange der dritten Seite um,

c =�a

2 + b2 − 2ab cos�so sehen wir, dass auch die Lange der dritten Seite durch a, b und � bestimmt ist. Es

folgt also, dass alle drei Langen der Dreiecke ubereinstimmen und die Dreiecke somit

kongruent sind.

Zu (3): Es seien a ≥ c sowie der a gegenuberliegende Winkel bekannt und in beiden

Dreiecken identisch. Durch den Kosinussatz

cos↵ = 1

2bc(b2 + c2 − a2)

⇔ 0 = b2 − 2bc cos↵ + (c2 − a2)konnen wir die fehlende unbekannte Seite b ausrechnen (auflosen nach b):

b = c cos↵ ±�a

2 +c2(cos2↵ − 1)��−c2 sin

2↵

⇒ b = c cos↵ ±√a2 − c2 sin

2↵

welche aufgrund der Annahme a ≥ c immer zwei reelle Losungen hat. Fur a = c und

↵ = ⇡�2 fallen diese zusammen (b = c cos↵ ±√a2 − c2 ⋅ 1 = c cos↵).



Ist eine dieser beiden Bedingungen nicht gegeben, so haben diese Losungen unterschied-

liche Vorzeichen, denn die kleinere Losung ware nur fur c2 cos2↵ > a2− c2 sin2↵ positiv.

Dies ist nur mit c > a moglich, was jedoch zu einem Widerspruch zur Voraussetzung

fuhrt. Da eine Seite nur eine positive Lange haben kann, ist die fehlende Seitenlange b

durch die Voraussetzung gegeben und damit sind nun alle drei Seitenlangen bekannt.

Da diese bei beiden Dreiecken ubereinstimmen, befinden wir uns im Kongruenzfall.

Zu (4): Seien a,� und � bekannt und in beiden Dreiecken identisch. Durch die Winkel-

summe im Dreieck konnen wir den fehlenden Winkel ↵ bestimmen. Der Sinussatz

sin↵

a

= sin�

b

= sin�

c

liefert sofort die fehlenden Seitenlangen. Mit sin↵ = sin(⇡ − (� + �)) = sin(� + �),erhalten wir fur die fehlenden Seiten:

b = a sin�

sin(� + �) , c = a sin�

sin(� + �)Es sind also alle Seitenlangen der beiden Dreiecke durch die gegebenen Werte identisch

und die Dreiecke sind kongruent.

Satz 2.4.3. (Ahnlichkeitssatz fur Dreiecke)

Zwei Dreiecke sind ahnlich, falls mindestens eine der folgenden Bedingungen erfullt ist:

1. Die Verhaltnisse der Langen ihrer Seiten sind gleich.

2. Die Verhaltnisse der Langen zweier Seiten und der davon eingeschlossene Winkel

sind gleich.

3. Die Verhaltnisse der Langen zweier Seiten und der der großeren Seite gegenuber-

liegende Winkel sind gleich.

4. Zwei Winkel sind gleich.

Beweis: Zu (1), (2) & (3): Da die Verhaltnisse der Seiten ubereinstimmen, konnen wir

eins der Dreiecke so strecken, dass die gegebenen Seitenlangen ubereinstimmen. Da die

Streckung eine winkelerhaltende Funktion ist, befinden wir uns nun im Kongruenzfall,

da der jeweilige Kongruenzsatz (aus 2.4.2) erfullt ist. Da die Ahnlichkeit eine gestreckte



Art der Kongruenz ist, ist fur diese Falle die Ahnlichkeit bewiesen.

Zu (4): Durch eine Streckung konnen wir die Seite, an der die Winkel anliegen, an die

entsprechende Seite des anderen Dreiecks angleichen. Da die Streckung eine winkeler-

haltende Funktion ist, folgt nun die Kongruenz aus (4) von 2.4.2. Da es sich bei der

Ahnlichkeit zweier Dreiecke um eine gestreckte Form der Kongruenz handelt, sind diese

beiden Dreiecke ahnlich.

2.5 Teilungsverhaltnisse bei Transversalen

Einschub 2.5.1. (orientiertes Langenverhaltnis & orientierter Strahlensatz)

Es seien A,B,C,D vier Punkte, die auf einer Geraden oder jeweils zu zweit auf zwei

parallelen Geraden liegen. Das orientierte Langenverhaltnis zweier Strecken auf dieser

Geraden ist definiert als das Langenverhaltnis der beiden Strecken, wobei das Vorzeichen

angibt, ob die Strecken gleich oder entgegengesetzt orientiert sind. Bei gleicher Richtung

ist es positiv, bei entgegengesetzter negativ. Bezeichnet wird es mit:

AB

CD

∶= ± �AB��CD�Der orientierte Strahlensatz besagt, dass wenn zwei Geraden G1,G2 mit dem Schnitt-

punkt G1 ∩G2 = {S} und zwei beliebige Geraden G

∗1,G

∗2 mit den Schnittpunkten

G↵ ∩G∗1 = {P↵}, G↵ ∩G∗2 = {Q↵} fur ↵ = 1,2gegeben sind, so gilt fur die orientierten Langenverhaltnisse:

SP1

SQ1= P1P2

Q1Q2= SP2

SQ2

genau dann, wenn G

∗1 und G

∗2 parallel sind.

Satz 2.5.2. (Satz von Menelaos)

Gegeben sei ein Dreieck mit den Ecken A,B,C.

1. Ist G eine Gerade, welche nicht durch die Ecken des Dreiecks verlauft und die

Verlangerungen der Dreiecksseiten in drei PunktenD,E und F schneidet (genannt

Transversale),

G ∩G(A,B) = {D}, G ∩G(B,C) = {E}, G ∩G(A,C) = {F},



so gilt fur die Teilungsverhaltnisse die Relation

AD

DB

⋅ BE

EC

⋅ CF

FA

= −1 (*)

2. Sind D,E und F drei Punkte auf den Geraden G(A,B), G(B,C) und G(A,C),welche die Relation (*) aus (1) erfullen, so sind sie kollinear.

Abbildung 10: Satz von Menelaos

Beweis: Zu (1): Wir benennen die Fußpunkte der Lote von den Punkten A,B,C auf

die Gerade G mit A′,B′, C ′. O↵ensichtlich sind diese Lote parallel und nach dem ori-

entierten Strahlensatz mit den Scheitelpunkten D,E,F gilt:

DA

DB

= AA

′BB

′ ,EB

EC

= BB

′CC

′ ,FC

FA

= CC

′AA

′

⇒ AD

DB

⋅ BE

EC

⋅ CF

FA

= �−AA′BB

′ � ⋅ �−BB

′CC

′ � ⋅ �−CC

′AA

′ � = −1.

Zu (2): Um zu zeigen, dass die Geraden G(B,C) und G(D,F ) nicht parallel sein

konnen, fuhren wir einen Widerspruchsbeweis. Nehmen wir also zunachst an G(B,C)



und G(D,F ) seien parallel. Durch den orientierten Strahlensatz folgt dann:

AD

DB

= AF

FC

aus (*) folgt somit sofort EBEC = 1. Da dies im nicht entarteten Dreieck unmoglich ist,

mussen sich G(B,C) und G(D,F ) in einem Punkt schneiden, den wir E′ nennen.Die Fußpunkte A, B, C der Lote von A,B,C auf G(D,E

′, F ) und der Punkt E′ erfullen

o↵ensichtlich:

E

′B

E

′C

= BB

CC

= BB

AA

⋅ AACC

= DB

DA

⋅ FA

FC

.

Aus (*) folgt nun BE′E′C = BE

EC , also E = E′ und insbesondere sind D,E und F kollinear.

Satz 2.5.3. (Der Satz von Ceva)

Wir betrachten ein Dreieck �(A,B,C) und zu jedem Eckpunkt eine Ecktransversale

(Gerade, die durch eine Ecke des Dreiecks verlauft).

1. Seien die drei Ecktransversalen so gewahlt, dass sie sich in einem Punkt P schnei-

den. Die Schnittpunkte mit den gegenuberliegenden Seiten bezeichnen wir wie

folgt:

G(A,B) ∩G(C,P ) = {D}, G(B,C) ∩G(A,P ) = {E}, G(A,C) ∩G(B,P ) = {F}Dann gilt:

AD

DB

⋅ BE

EC

⋅ CF

FA

= 1 (**)

2. Umgekehrt, seien drei Punkte D,E,F auf G(A,B), G(B,C) und G(A,C) derartgegeben, dass sie (**) erfullen.

Dann ist fur die Ecktransversalen G(A,E), G(B,F ) und G(C,D) eine der fol-

genden Beziehungen gegeben:

(i.) Sie sind parallel.

(ii.) Sie schneiden sich in einem gemeinsamen Punkt P.



Abbildung 11: Satz von Ceva

Beweis: Zu (1): Wir betrachten das Dreieck �1(A,B,E) zusammen mit der Gera-

de G(C,D) sowie das Dreieck �2(A,C,E) zusammen mit der Geraden G(B,F ) undwenden jeweils den Satz von Menelaos an:

�1 ⇒ AD

DB

⋅ BC

CE

⋅ EP

PA

= −1 (1)

�2 ⇒ AF

FC

⋅ CB

BE

⋅ EP

PA

= −1 (2)

(1)�(2) ⇒ AD

DB

⋅ BE

EC

⋅ CF

FA

= 1Zu (2): Betrachte die Geraden G(B,F ) und G(A,E).Fall 1: Sollten diese parallel sein, so folgt aus dem orientierten Strahlensatz BE�EC =FA�AC, was eingesetzt in (**) die Relation AD�DB = AC�CF ergibt. Dies bedeutet,

dass G(F,B) parallel zu G(C,D) ist.Fall 2: Schneiden sich nun G(B,F ) und G(A,E) in einem Punkt P , dann konnen die

Geraden G(P,C) und G(A,B) nicht parallel sein. Sonst ergabe der orientierte Strah-

lensatz die Doppelverhaltnisse BEEC = AB

CP ,CFFA = CP

AB .

Damit wurde aus der Voraussetzung (**) sofort ADBD = 1 folgen. Dies ist ein Widerspruch.

Wir betrachten daher die Ecktransversale G(P,C) und ihren Schnittpunkt D

′ mit

G(A,B). Wenden wir nun den bereits bewiesenen Satz von Ceva (1) auf das Dreieck

�(A,B,C) und den Punkt P an, so liefert dies:

AD

′D

′B

⋅ BE

EC

⋅ CF

FA

= 1.Zusammen mit (**) folgt AD′

D′B = ADDB und damit D′ =D



2.6 Besondere Geraden im Dreieck

Als Hohe eines Dreiecks wird das Lot des Eckpunktes auf die gegenuberliegende Seite

(oder dessen Verlangerung) bezeichnet.

Satz 2.6.1. (Satz vom Hohenschnittpunkt)

Die drei Hohen eines Dreiecks schneiden einander in einem Punkt, den wir mit PH

bezeichnen.

Abbildung 12: Schnittpunkt der Hohen

Beweis: Wir betrachten hier nur den Fall, in dem die Fußpunkte aller Lote auf den

Kanten des Dreiecks liegen.

Wir orientieren die in der Abbildungen eingezeichneten Strecken wie beim Satz von

Ceva (c1/c2 = AD/DB usw.). Das Lot auf der Strecke a bezeichnen wir mit ha, das

Lot auf b mit hb und das Lot auf c mit hc. In den sechs durch die Hohen gegebenen

Dreiecken konnen wir nun den Satz des Pythagoras sechs mal anwenden und erhalten:

(c1 + c2)2 = h2a + c23 = h2

b + c26,(c3 + c4)2 = h2

b + c25 = h2c + c22,

(c5 + c6)2 = h2c + c21 = h2

a + c24.Wir benutzen h

2a = (c5 + c6)2 − c24, h2

b = (c1 + c2)2 − c26 und h

2c = (c3 + c4)2 − c22. So erhalten

wir:

(c1 + c2)2 + c24 = (c5 + c6)2 + c23, (i)

(c3 + c4)2 + c26 = (c1 + c2)2 + c25, (ii)

(c5 + c6)2 + c22 = (c3 + c4)2 + c21. (iii)

Bilden wir nun zunachst die Di↵erenzen (i)-(ii), (i)-(iii) und (ii)-(iii):

c1(c1 + c2) = c6(c5 + c6), c3(c3 + c4) = c2(c1 + c2), c5(c5 + c6) = c4(c3 + c4).



Bilden wir nun die Produkte der Gleichungen:

⇒ c1c3c5(c1 + c2)(c3 + c4)(c5 + c6) = c2c4c6(c1 + c2)(c3 + c4)(c5 + c6),

⇔ c1c3c5

c2c4c6= 1.

Nun folgt die Behauptung im nicht entarteten Dreieck aus der Umkehrung des Satzes

von Ceva.

Als Seitenhalbierende wird eine Strecke bezeichnet welche eine Ecke des Dreiecks mit

dem Mittelpunkt der gegenuberliegenden Seite verbindet.

Satz 2.6.2. (Satz vom Seitenhalbierendenschnittpunkt)

Die drei Seitenhalbierenden des Dreiecks schneiden sich in einem Punkt PSH . Dieser

Punkt teilt jede Seitenhalbierende im Verhaltnis 2:1. Der Punkt PSH ist der sogenannte

Schwerpunkt des Dreiecks.

Beweis: Da nach Konstruktion

AD

DB

= 1, BE

EC

= 1, CF

FA

= 1,sind, ist die Umkehrung des Satzes von Ceva erfullt und, da die Ecktransversalen o↵en-

sichtlich nicht parallel sind, schneiden sie sich in einem Punkt.

Fur die Bestimmung des Verhaltnisses benutzen wir die Bezeichnungen in dieser Abbil-

dung:

Abbildung 13: Schnittpunkt der Seitenhalbierenden

Die Dreiecke �(F,E,C) und �(A,B,C) sind ahnlich, da ihre Winkel in C ubereinstim-

men und �BC ��EC� = �AC��FC� = 2 gilt. Aus diesem Grund ist die Lange der Strecke EF gleich c�2



und es folgt aus der Umkehrung des Strahlensatzes, dass G(A,B) und G(E,F ) parallelsind.

Wenden wir nun den Strahlensatz auf das Geradenpaar G(B,F ) und G(A,E) und die

beiden parallelen Geraden G(A,B) und G(E,F ) an, so folgt:

�APSH ��EPSH � =2c

c

= 2.Analog fuhren wir den Beweis fur die anderen Seitenhalbierenden.

Satz 2.6.3. (Satz vom Winkelhalbierendenschnittpunkt)

Die drei Halbierenden der Innenwinkel des Dreiecks schneiden sich in einem Punkt PWH .

Beweis: Wir betrachten ein Dreieck �(A,B,C) und zwei der Winkelhalbierenden.

Diese sind o↵ensichtlich nicht parallel und schneiden sich daher in einem Punkt P .

Abbildung 14: Schnittpunkt der Winkelhalbierenden

Von P aus fallen wir das Lot auf alle Seiten und bezeichnen die Fußpunkte der Lote mit

D,E,F . �(A,D,P ) und �(B,P,F ) sind kongruent, da sie eine gemeinsame Seite (AP )

und zwei gleiche Winkel (rechter Winkel und ↵�2) haben. Daraus folgt: �DP � = �EP �.Analog: D(B, D, P) und �(B,P,F ) sind kongruent und �DP � = �FP �. Daraus folgt

�FP � = �EP �. Hieraus entsteht ein Viereck PFCE mit zwei rechten Winkeln und zwei

gleichen Seiten, namlich �FP � = �EP �. Daraus folgt, dass die Dreiecke �(P,F,C) und�(P,E,C) kongruent sind. Die Gerade G(P,C) halbiert also den Winkel an der Ecke

C.



Korollar 2.6.4. Es sei PWH der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden im Dreieck, so

gilt:

dist(PWH ,AB) = dist(PWH ,AC) = dist(PWH ,BC).

Abbildung 15: Inkreis eines Dreiecks

Der Kreis mit dem Zentrum PWH und dem Radius dist(PWH ,AB) wird auch Inkreis

genannt und schneidet das Dreieck in den Fußpunkten der Lote von PWH auf den Seiten

des Dreiecks.

Satz 2.6.5. Die drei Mittelsenkrechten eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt

PMS. Der Kreis mit dem Zentrum in diesem Punkt verlauft durch die drei Ecken des

Dreiecks und wird Umkreis des Dreiecks genannt. Es gilt also:

dist(PMS,A) = dist(PMS,B) = dist(PMS, C).Beweis: Die Mittelsenkrechten an AB und AC schneiden sich o↵ensichtlich in einem

Punkt P . Da sowohl die Dreiecke �(A,P,D) und �(D,P,B) als auch die Dreiecke

�(A,P,E) und �(P,E,C) jeweils o↵ensichtlich kongruent zueinander sind (je zwei

rechtwinklige Dreiecke mit zwei gleich langen Seiten, siehe 2.4.4), gilt �AP � = �BP � undmit der zweiten Kongruenz dann �AP � = �CP �.



Abbildung 16: Umkreis eines Dreiecks

Von P aus fallen wir nun das Lot auf die Gerade G(C,B). Der Schnittpunkt teilt dieStrecke CB in Abschnitte der Lange x und y und l sei die Lange dieses Lotes. Da es

sich um zwei rechtwinklige Dreiecke handelt, folgt nun durch den Satz des Pythagoras:

x

2 + l2 = �BP �2, y

2 + l2 = �CP �2Aus �BP � = �AP � = �CP � folgt nun x = y und daraus folgt wiederum, dass das Lot die

Mittelsenkrechte an BC ist.

Satz 2.6.6. (Die Euler’sche Gerade eines Dreiecks)

Die Punkte PH , PSH und PMS fallen ausschließlich in einem gleichseitigen Dreieck zu-

sammen.

Sei ein Dreieck �(A,B,C) nicht gleichseitig. Dann liegen die Punkte PH , PSH und PMS

auf einer Geraden. Auf dieser Geraden besteht das Verhaltnis

�PHPSH ��PSHPMS � =2

1.



Abbildung 17: Die Euler’sche Gerade

Beweis: Mit den Bezeichnungen der Abbildung und nach dieser Konstruktion sind in

diesem Dreieck folgende Strecken parallel:

1. APH�DPMS, da beide Strecken senkrecht auf BC sind;

2. BPH�EPMS, da beide Strecken senkrecht auf AC sind;

3. AB�DE mit dem Verhaltnis �AB��DE� = 21 , weil DE die Verbindungslinie zweier Sei-

tenmittelpunkte ist.

Aus dem Ahnlichkeitssatz (2.4.4) folgt nun, dass die Dreiecke�(A,B,PH) und�(D,E,PMS)ahnlich sind und ihr Streckungsfaktor 2 betragt. Dieses Verhaltnis gilt fur jede der ent-

sprechenden Seiten der ahnlichen Dreiecke, demnach gilt:

�APH ��DPMS � =2

1.

Es sei nun P

∗ der Schnittpunkt der Strecke PHPMS mit AD. Dann gilt:

● �(PHP∗A) = �(DP

∗PMS), weil sich die Winkel auf den Geraden G(A,D) und

G(PH , PMS) in deren Schnittpunkt P ∗ gegenuberliegen.● �(PHAP

∗) =�(PMSDP

∗), da APH�DPMS.



Daraus folgt, dass die beiden Dreiecke �(A,PH , P∗) und �(D,PMS, P

∗) ahnlich sind

und zudem gilt: �APH ��DPMS � = 21 . Daraus folgt aufgrund der Ahnlichkeit:

�AP ∗��DP

∗� = 2

1und

�P ∗PH ��P ∗PMS � =2

1.

Da nun die Seitenhalbierende AD durch den Punkt P ∗ im Verhaltnis 2:1 geteilt wird,

diese Eigenschaft jedoch der gemeinsame Schnittpunkt PSH hat, sehen wir, dass die

Punkte P

∗ und PSH zusammenfallen.

Aus der Gleichung �P ∗PH ��P ∗PMS � = 21 folgt nun auch die Behauptung uber das Teilungsverhalt-

nis.

2.7 Der Flacheninhalt des Dreiecks, die Heron’sche Formel

Da jedes Dreieck durch geeignetes Verdoppeln ein Parallelogramm ergibt, folgt fur ein

Dreieck � die wohlbekannte Flachenformel:

vol(�) = 1

2a ⋅ ha = 1

2b ⋅ hb = 1

2c ⋅ hc

Wobei”vol“ hier fur ein zweidimensionales Volumen also eine Flache steht. Daraus

folgt, dass die Seitenhalbierenden die Flache teilen. Das Verhaltnis ha�b lasst sich auch

uber den Sinus des Winkels � ausdrucken. Es gilt ha�b = sin� und mit entsprechenden

Bezeichnungen fur die anderen Hohen erhalten wir:

vol(�) = 1

2ab sin� = 1

2bc sin↵ = 1

2ac sin�.

Im folgenden Abschnitt benutzen wir die Standardbezeichnungen im Dreieck und be-

zeichnen den halben Dreiecksumfang mit

p ∶= a + b + c2

.

Satz 2.7.1. (Heron’sche Formel)

Der Flacheninhalt lasst sich allein durch die Langen seiner Seiten ausdrucken.

Es gilt: vol(�) = �p(p − a)(p − b)(p − c).



Beweis: Der Kosinussatz liefert uns

cos(↵) = b

2 + c2 − a22bc

Aus der Beziehung sin

2(↵) + cos2(↵) = 1 folgt folgt zunachst

4b2c2sin2(↵) = 4b2c2 − (b2c2 − a2)2Durch zweimalige Anwendung der dritten Binomischen Formel erhalten wir:

4b2c2sin2(↵) = [2bc + b2 + c2 − a2][2bc − b2 − c2 + a2]= [(b + c)2 − a2][a2 − (b − c)2]= [b + c + a][b + c − a][a − b + c][a + b − c]

Wir ersetzen nun (b + c + a) durch 2p und (b + c − a) durch 2p − 2a usw. und erhalten:

4b2c2sin2(↵) = 2p ⋅ 2(p − a) ⋅ 2(p − b) ⋅ 2(p − c)⇒ sin(↵) = 2

bc

�p(p − a)(p − b)(p − c) (*)

Da sich die Flache eines Dreiecks aus 2vol(�) = bc sin(↵) berechnen lasst, folgt die

Heron’sche Formel sofort.

Bemerkung 2.7.2. Aus vol(�) = 12a ⋅ ha, vol(�) = 1

2b ⋅ hb und vol(�) = 12c ⋅ hc konnen

wir die Hohen des Dreiecks in Abhangigkeit von dessen Seitenlangen berechnen:

ha = 2vol(�)a

, hb = 2vol(�)b

, hc = 2vol(�)c

.

Wenden wir die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel

x1x2x3 ≤ �x1 + x2 + x3

3�3



(Bemerke: Gleichheit gilt ausschließlich fur x1 = x2 = x3) auf x1 = p − a, x2 = p − b und

x3 = p − c an, so erhalten wir nach Multiplikation mit√p und dem Vergleich mit der

Heron’schen Formel:

vol(�) ≤�

p ⋅ �3p − a − b − c3

�3 =�

p ⋅ �3p − 2p3�3 = p

2

3√3

⇒ vol(�) ≤ [a + b + c]212√3

Gleichheit tritt auch hier wieder nur bei a = b = c auf.Satz 2.7.3. Der Flacheninhalt eines Dreiecks mit den Seitenlangen a, b, c kann ab-

geschatzt werden durch:

vol(�) ≤ [a + b + c]212√3

Gleichheit tritt nur im Falle eines gleichseitigen Dreiecks auf. Daraus folgt direkt, dass

der Flacheninhalt eines Dreiecks mit vorgegebenem Umfang maximal ist, falls es gleich-

seitig ist.

2.8 Die In-, Um- und Ankreise des Dreiecks

Satz 2.8.1. Der Radius r des Inkreises eines Dreiecks � ist gleich dem Quotienten der

Flache und dem halben Umfang,

r = vol(�)p

=�(p − a)(p − b)(p − c)

p

Abbildung 18: Radius des Inkreises



Beweis: Wie vorhin gezeigt, ist der Mittelpunkt des Inkreises der Schnittpunkt PWH .

Durch Berechnung der Flacheninhalte von den Dreiecken �(A,B,PWH),�(B,C,PWH)und �(A,C,PWH) ergibt sich:

vol(�) = a

2r + b

2r + c

2r = pr

⇒ r = vol(�)p

Satz 2.8.2. Fur den Radius R des Umkreises eines Dreiecks � gilt:

R = abc

4vol(�)

Abbildung 19: Radius des Umkreises

Beweis: Den zweiten Schnittpunkt der Gerade G(A,PMS) mit dem Umkreis bezeich-

nen wir mit E. D sei der Fußpunkt der Hohe ha. Die Winkel �(ADB) und �(ACE)sind rechte Winkel (Vorgri↵ auf Satz des Thales). Außerdem seien die Winkel �(ABD)und �(AEC) gleich, da beide Umfangswinkel uber derselben Sehne AC des Umkreises

liegen. Daraus folgt die Ahnlichkeit der Dreiecke �(A,B,D) und �(A,C,E). Insbe-sondere folgern wir:

ha ∶ c = b ∶ 2R bzw. b ⋅ c = 2 ⋅R ⋅ ha.

Aus 2 ⋅ vol(�) = a ⋅ ha folgt nun die Behauptung.



Satz 2.8.3. Die Halbierende eines Innenwinkels und die Halbierenden der beiden ihm

nicht anliegenden Außenwinkel schneiden sich in einem Punkt P . Es gibt einen Kreis

mit dem Mittelpunkt P der sowohl eine Dreiecksseite als auch die Verlangerungen der

beiden anderen Dreiecksseiten beruhrt. Der Radius des Ankreises an der entsprechenden

Dreiecksseite betragt:

ra = vol(�)p − a , rb = vol(�)

p − b , rc = vol(�)p − c .

Abbildung 20: Ankreis eines Dreiecks

Beweis: Dieser Beweis verlauft analog zum Beweis von Satz 2.6.3.

Skizze des Beweises: Wir fallen das Lot von P auf die Verlangerungen der Seiten des

Dreiecks. Danach argumentieren wir wie im Fall der Halbierenden der Innenwinkel. Der

Radius wird aus folgendem Vergleich berechnet: vol(�(A,B,C)) = vol(�(A,B,P )) +vol(�(A,B,P )) − vol(�(A,C,P )). Der Radius ist gleich der Hohe eines jeden dieser

Dreiecke. Fur den Flacheninhalt von �(A,B,C) erhalten wir dann:

vol(�) = 1

2c ⋅ rb + 1

2a ⋅ rb − 1

2b ⋅ rb = (p − b) ⋅ rb

Korollar 2.8.4. Seien r, ra, rb und rc die Radien des Inkreises sowie der drei Ankreise

eines Dreiecks D. Dann gilt:

rrarbrc = (vol(�))2, 1

ra

+ 1

rb

+ 1

rc

= 1

r

.



Literatur

[1] Ilka Agricola, Thomas Friedrich: Elementargeometrie, Vieweg + Teubner Verlag,

3. Auflage, Wiesbaden, 2011.


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