Aehnlichkeit rechtwinkliger Dreiecke - mathekurs.ch

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9. Ähnlichkeit rechtwinkliger Dreiecke
Rechtwinklige Dreiecke, die in einem weiteren Winkel übereinstimmen, sind schon
zueinander ähnlich.
Aus der Ähnlichkeit folgt die Gleichheit entsprechender Seitenverhältnisse.
Um herauszufinden, welche Seiten sich entsprechen, betrachtet man z.B. die gegenüber
liegenden Winkel im betreffenden Dreieck.
Die Höhe hc zerlegt das Dreieck in zwei ähnliche Teildreiecke.
Weil ∆ABC ∼ ∆BCD, gilt:
h p = h
2 = pq (1) Höhensatz
q h
Jedes Teildreieck ist ähnlich zum ganzen Dreieck
Aus ∆ABC ∼ ∆CBD folgt:
a p = a
2 = pc
c a
Aus ∆ABC ∼ ∆ACD folgt:
b q = b
2 = qc (2) Kathetensatz
c b
Addiert man die linken und die rechten Seiten der beiden Gleichungen, so erhält man:
2 2 2
a + b = pc + qc = ( p + q)
⋅ c = c c 2 = a 2 + b 2 (3) Pythagoras.
Der Kathetensatz kann als
Flächenverwandlungsaufgabe interpretiert
werden:
Das Rechteck mit den Seiten p und c ist
inhaltsgleich zum Kathetenquadrat über a.
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Das rechtwinklige Dreieck mit den Seiten 6, 8, 10 hat den Inkreisradius 2 und Umfang bzw.
Flächeninhalt 24 stimmen überein.
Das rechtwinklige Dreieck mit den Seiten 5, 12, 13 hat den Umfang bzw. Flächeninhalt 30.
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Beispiele zur Satzgruppe des Euklid
a) Pythagoras:
Aufgabe:
Wie weit kann ein Beobachter B sehen, der sich h m über dem Meer befindet?
Erdradius: 6367 km
Für die Aussichtsweite d = BH gilt
nach Pythagoras (Variante: Tangentensatz):
2
2 2
2
d = ( r + h)
− r = 2rh
+ h
2
d = 2rh + h ≈ 2rh = 2r ⋅ h
≈ 2⋅6367 ⋅ h ≈ 112⋅
h
h in m, d in km
Der zweite Summand, der erheblich kleiner als
der erste ist, kann vernachlässigt werden.
Beispiele: Höhe h Sichtweite d
Beobachter am Meerufer 1.7 m ≈ 4.6 km
Beobachter am Meerufer (auf Zehenspitzen) 1.81 m ≈ 4.7 km
Beobachter auf Eiffelturmhöhe 0.3 km ≈ 61.8 km
Vesuv 1.3 km ≈ 147 km
2 km ≈ 160 km
Flugzeug 6 km ≈ 276 km
Apollo 11 (16.7.99) 200 km ≈ 1600 km
Übungsaufgaben:
a)
Wie weit muss man über dem Meer aufsteigen, um d km (z.B. 50 km) weit sehen zu können ?
b)
Wie hoch muss ein Leuchtturm sein, der einen Rundblick von 15 km gestattet?
c)
In welcher Entfernung s sieht ein Beobachter B auf
einem Schiff in der Höhe h2 einen Leuchtturm L der
Höhe h1 auftauchen?
Lösung: s = s + s ≈ 2rh
+ 2rh
= r ⋅ ( r + r )
1 2
1
2
2
1
2
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b) Höhensatz:
Interpretation als Flächenverwandlungsaufgabe:
Das Rechteck mit den Seiten p und q ist
inhaltsgleich zum Höhenquadrat.
Arithmetisches, geometrisches und harmonisches Mittel
p + q
Arithmetisches Mittel m a
=
2
Geometrisches Mittel m g
= pq
Harmonisches Mittel
m
h
2 pq
=
p + q
Der Höhensatz besagt, dass die Höhe in einem rechtwinkligen Dreieck das geometrische
Mittel der beiden Hypotenusen abschnitte ist. Da der Radius des Thales Kreises das
arithmetische Mittel der beiden Hypotenusen abschnitte ist, folgt unmittelbar:
Das geometrische Mittel ist kleiner oder gleich dem arithmetischen Mittel.
Wächst eine Grösse im 1. Jahr um 21%, anschliessend im 2.Jahr um 44 %, so wächst sie
jährlich um 32%.
Begründung:
Dem Gesamtwachstum entspricht der Wachstumsfaktor r 2 = 1.21⋅1.44 = 1.32 2
r ist also das geometrische Mittel der beiden Wachstumsfaktoren.
Dem harmonische Mittel von p und q entspricht geometrisch die Länge der Strecke CE.
Nachweis:
Da die Dreiecke EDC und MCD ähnlich sind gilt für das Verhältnis der entsprechenden
Strecken:
2
CD mg
mg
pq 2 pq
=
CD = = = = m
1 h
m m
m 2
⋅ ( p + q)
p + q
g
a
a
Dazu ein Beispiel:
Fährt man eine Strecke der Länge l mit der Geschwindigkeit p und anschliessend eine Strecke
gleicher Länge mit der Geschwindigkeit q, dann ist die Durchschnittsgeschwindigkeit das
harmonische Mittel von p und q.
Zahlenbeispiel:
p = 20 km/h, q = 30 km/h
Durchschnittsgeschwindigkeit: 24 km/h.
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10. Ähnlichkeit am Kreis
Sehnensatz:
Zeichnet man durch einen Punkt innerhalb eines Kreises Sehnen, so sind die Rechtecke aus
den Sehnen inhaltsgleich.
Beweis:
Die Dreiecke ∆APC und ∆DPB sind ähnlich
Begründung:
• Die Peripheriewinkel in B und C über dem
Bogen AD sind gleich gross
• Die Scheitelwinkel in P sind gleich gross
Aus der Ähnlichkeit folgt die Gleichheit
der Streckenverhältnisse:
PA PC = und daraus die Behauptung
PD PB
PA⋅ PB = PC ⋅ PD .
Der Höhensatz kann als Spezialfall des Sehnensatzes aufgefasst werden:
Analog gilt der sogenannte
Sekantensatz
Zeichnet man durch einen Punkt ausserhalb eines Kreises Sekanten, so sind die Rechtecke aus
den Sekantenabschnitten inhaltsgleich.
Die Dreiecke ∆APD und ∆CPB sind ähnlich
Begründung:
- Die Peripheriewinkel in B und D über dem
Bogen AC sind gleich gross
- Sie stimmen in α überein
Aus der Ähnlichkeit folgt die Gleichheit
der Streckenverhältnisse:
PA PC = und daraus die Behauptung
PD PB
PA⋅
PB = PC ⋅ PD
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Tangentensatz:
Zeichnet man durch einen Punkt ausserhalb eines Kreises eine Tangente und eine Sekante, so
ist das Quadrat über dem Tangentenabschnitt inhaltsgleich dem Rechteck aus den
Sekantenabschnitten.
2
PA ⋅ PB = PC
Die Dreiecke ∆PAC und ∆PBC sind ähnlich
Begründung:
- Die Sehnen-Tangentenwinkel in B und C
sind gleich gross (siehe Bem.)
- Sie stimmen im Winkel bei P überein
Aus der Ähnlichkeit folgt die Gleichheit
der Streckenverhältnisse:
PA PC = und daraus die Behauptung
PD PB
PA⋅
PB = PC ⋅ PD
PA PC = und daraus die Behauptung
PC PB
2
PA ⋅ PB = PC
Bem.:
Der Kathetensatz kann als Spezialfall des
Sekanten-Tangentensatzes aufgefasst werden
Ergänzungen:
Zu den Sehnen-Tangentenwinkeln:
Addiert man in den Dreiecksecken alle Winkel
so erhält man:
2α ′ + 2β′ + 2γ ′ + α + β + γ = 540°
also wegen der Winkelsumme im Dreieck:
2α ′ + 2β′ + 2γ
′ = 360° oder
α′ + β′ + γ ′ = 180°
Andrerseits gilt für die Winkelsumme bei A:
α + β′ + γ ′ = 180° und daraus
folgt α′ = α und analog β′ = β bzw. γ ′ = γ
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