I. Elementargeometrie

Franz Hofbauer 5
dieser parallelen Geraden die Strecke AB in k gleich lange Teile der Länge s teilen, auch
|AB| = ks. Damit ist AB
CD = |AB|
|CD| = k SA
n
gezeigt. Wir haben also
SC = SB
SD = AB
CD bewiesen.
Um den Beweis zu führen, wenn SA
SC
nicht
rational ist, teilen wir wie oben die Strecke
D
SC in n gleiche Teile der Länge q = |SC|
n
und zeichnen parallele Geraden zu v bzw.
B 2
B B
zu h, die SD in n gleiche Teile der Länge
1
r und CD in n gleiche Teile der Länge s
h
v
teilen. Die Punkte A und B liegen jetzt
nicht auf einem Unterteilungspunkt. Seien
A 1 und A 2 die Unterteilungspunkte auf der S g
Strecke SC, zwischen denen A liegt. Seien
A 1 A A 2 C
B 1 und B 2 die Unterteilungspunkte auf der
Strecke SD, zwischen denen B liegt. Die Strecken A 1 B 1 und A 2 B 2 liegen dann parallel
zur Strecke AB. Und da es sich bei den Punkten A 1 , A 2 , B 1 , B 2 um Unterteilungspunkte
handelt, erhalten wir |SA 1|
|SC|
= |SB 1|
|SD|
= |A 1B 1 |
|CD|
und |SA 2|
|SC|
= |SB 2|
|SD|
= |A 2B 2 |
|CD|
aus dem ersten
Teil des Beweises.
Es gilt |SA| < |SA 2 | und |SB 1 | < |SB|. Wegen |SA 2 | = |SA 1 | + q folgt |SA| − q < |SA 1 |
und |SA|−q
|SC|
< |SA 1|
|SC|
= |SB 1|
|SD|
< |SB|
|SA|
|SD|
. Setzt man für q ein, so erhält man
|SC| − 1 n < |SB|
|SD| .
Es gilt |SA| > |SA 1 | und |SB 2 | > |SB|. Wegen |SA 1 | = |SA 2 | − q folgt |SA| + q > |SA 2 |
und |SA|+q
|SC|
> |SA 2|
|SC|
= |SB 2|
|SD|
> |SB|
|SD|
. Setzt man für q ein, so erhält man
|SA|
|SC| + 1 n > |SB|
|SD| .
Wir haben somit |SA|
|SC| − 1 n < |SB|
|SD|
< |SA|
|SC| + 1 n
gezeigt. Das gilt für alle n ∈ N. Daraus
ergibt sich die Gleichheit |SA|
|SC| = |SB|
SA
|SD|
, das heißt
SC = SB
SD .
Da aber auch |A 1 B 1 | < |AB| und |A 2 B 2 | > |AB| gelten, kann man diesen Beweisschritt
auch mit |A 1 B 1 | statt |SB 1 |, mit |A 2 B 2 | statt |SB 2 |, mit |AB| statt |SB| und mit |CD|
statt |SD| durchführen und erhält |SA|
|SC| − 1 n < |AB|
|CD|
< |SA|
|SC| + 1 n
. Da dies für alle n ∈ N
gilt, ist auch |SA|
|SC| = |AB|
SA
|CD|
gezeigt, das heißt
SC = AB
CD .
Der Fall, in dem die parallelen Geraden auf verschiedenen Seiten von S liegen, lässt sich wie
im ersten Beweis durch Spiegeln am Punkt S auf den Fall zurückführen, wo die parallelen
Geraden auf derselben Seite von S liegen.
Wenn die oben vorausgesetzte Situation vorliegt mit zwei einander schneidenden Geraden
g und h, die von zwei parallelen Geraden u und v geschnitten werden, dann verwendet
man die in Satz 3 formulierte Version des Strahlensatzes mit orientierten Verhältnissen.
Häufig wendet man den Strahlensatz aber auch auf ähnliche Dreiecke an. Wir nennen
die Dreiecke △ ABC und △ DEF ähnlich, wenn
∠ CAB = ∠ F DE, ∠ ABC = ∠ DEF und ∠ BCA = ∠ EF D
gilt. In diesem Fall kann man die Dreiecke übereinanderlegen, sodass der Punkt D auf A
liegt, die Seite AB auf DE und die Seite AC auf DF . Aus dem Strahlensatz folgt dann
|AB|
|DE| = |AC|
|DF | = |BC|
|EF | .
In diesem Fall verwendet man eine nichtorientierte Version, da die Dreiecke △ ABC und
△ DEF ja irgendwie liegen können. Oft schreibt man diese Gleichungen auch so auf
|AB|
|AC| = |DE|
|DF | ,
|AB|
|BC| = |DE|
|EF |
und
|AC|
|BC| = |DF |
|EF | .