Der Satz des Pythagoras gilt nur in rechtwinkligen Dreiecken. In vielen Figuren ist aber gar keins zu sehen – man muss es sich erst schaffen: mit einer Hilfslinie.
In jeder Figur sind zwei oder drei Hilfslinien gestrichelt eingezeichnet. Nur eine davon erzeugt ein rechtwinkliges Dreieck, in dem man zwei Seiten kennt. Tippe sie an.
1. Zeichne eine Hilfslinie – eine Höhe, ein Lot, eine Diagonale oder einen Radius –, sodass ein rechtwinkliges Dreieck entsteht.
2. Prüfe: Sind in diesem Dreieck zwei Seiten bekannt? Oft ergeben sie sich erst aus der Figur, zum Beispiel als Hälfte oder als Differenz zweier Strecken.
3. Bestimme die Hypotenuse – sie liegt dem rechten Winkel gegenüber.
4. Rechne mit dem Satz des Pythagoras.
Im Hilfsdreieck ist die Hypotenuse rot, die bekannte Kathete grün und die gesuchte oder neu gezeichnete Kathete blau – egal, wie die Strecke in der Figur heißt.
Ein Rechteck ist \(8\,\text{cm}\) lang und \(3\,\text{cm}\) breit. Die Diagonale zerlegt es in zwei rechtwinklige Dreiecke. Die Diagonale ist ihre Hypotenuse, Länge und Breite sind die Katheten:
\(d^2 = 8^2 + 3^2 = 64 + 9 = 73\), also \(d = \sqrt{73}\,\text{cm} \approx 8{,}54\,\text{cm}\).
Ziehe die Ecke \(C\) und beobachte, wie sich die Diagonale ändert.
Ein Rechteck mit der Länge \(a\) und der Breite \(b\) hat die Diagonale
$$d = \sqrt{a^2 + b^2}$$Ein Quadrat hat die Seite \(5\,\text{cm}\). Beide Katheten sind gleich lang:
\(d^2 = 5^2 + 5^2 = 2\cdot 25 = 50\), also \(d = \sqrt{50}\,\text{cm} = \sqrt{25\cdot 2}\,\text{cm} = 5\sqrt{2}\,\text{cm} \approx 7{,}07\,\text{cm}\).
Das klappt mit jeder Seitenlänge \(a\): \(\;d^2 = a^2 + a^2 = 2a^2\), also \(d = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}\).
Ein Quadrat mit der Seite \(a\) hat die Diagonale
$$d = a\sqrt{2} \approx 1{,}414\cdot a$$Ein Quadrat hat die Diagonale \(10\,\text{cm}\). Aus \(d^2 = 2a^2\) folgt \(a^2 = \dfrac{d^2}{2} = \dfrac{100}{2} = 50\), also \(a = \sqrt{50}\,\text{cm} \approx 7{,}07\,\text{cm}\).
Nebenbei: \(a^2\) ist der Flächeninhalt. Ein Quadrat mit der Diagonale \(d\) hat also den Flächeninhalt \(A = \dfrac{d^2}{2}\) – hier \(50\,\text{cm}^2\).
Ein gleichseitiges Dreieck hat die Seite \(8\,\text{cm}\). Die Höhe halbiert die Grundseite und zerlegt das Dreieck in zwei rechtwinklige Dreiecke. In jedem ist eine ganze Seite die Hypotenuse, die halbe Grundseite \(4\,\text{cm}\) und die Höhe sind die Katheten:
\(h^2 = 8^2 - 4^2 = 64 - 16 = 48\), also \(h = \sqrt{48}\,\text{cm} \approx 6{,}93\,\text{cm}\).
Für die Seite \(a\) ist die halbe Grundseite \(\tfrac{a}{2}\):
\(h^2 = a^2 - \left(\tfrac{a}{2}\right)^2 = a^2 - \tfrac{a^2}{4} = \tfrac{3}{4}a^2\), also \(h = \sqrt{\tfrac{3}{4}a^2} = \tfrac{a}{2}\sqrt{3}\).
Flächeninhalt: \(A = \tfrac12\cdot a\cdot h = \tfrac12\cdot a\cdot\tfrac{a}{2}\sqrt{3} = \tfrac{a^2}{4}\sqrt{3}\).
Probe mit \(a = 8\,\text{cm}\): \(h = 4\sqrt{3}\,\text{cm} \approx 6{,}93\,\text{cm}\) und \(A = 16\sqrt{3}\,\text{cm}^2 \approx 27{,}71\,\text{cm}^2\).
Ein gleichschenkliges Dreieck hat die Basis \(c = 10\,\text{cm}\) und die Schenkel \(a = b = 7\,\text{cm}\). Auch hier halbiert die Höhe die Basis:
\(h_c^2 = 7^2 - 5^2 = 49 - 25 = 24\), also \(h_c = \sqrt{24}\,\text{cm} \approx 4{,}90\,\text{cm}\).
Flächeninhalt: \(A = \tfrac12\cdot 10\cdot\sqrt{24}\,\text{cm}^2 = 5\sqrt{24}\,\text{cm}^2 \approx 24{,}49\,\text{cm}^2\).
Hat ein gleichschenkliges Dreieck die Basis \(c\) und die Schenkel \(a = b\), dann gilt für die Höhe auf die Basis
$$h_c^2 = a^2 - \left(\frac{c}{2}\right)^2$$Eine Raute hat die Diagonalen \(e = 8\,\text{cm}\) und \(f = 3\,\text{cm}\). Die Diagonalen einer Raute halbieren sich und stehen senkrecht aufeinander. Sie zerlegen die Raute in vier gleiche rechtwinklige Dreiecke mit den Katheten \(4\,\text{cm}\) und \(1{,}5\,\text{cm}\):
\(s^2 = 4^2 + 1{,}5^2 = 16 + 2{,}25 = 18{,}25\), also \(s = \sqrt{18{,}25}\,\text{cm} \approx 4{,}27\,\text{cm}\).
Eine Raute mit den Diagonalen \(e\) und \(f\) hat die Seite \(s\) mit
$$s^2 = \left(\frac{e}{2}\right)^2 + \left(\frac{f}{2}\right)^2$$Ein gleichschenkliges Trapez hat die parallelen Seiten \(a = 11\,\text{cm}\) und \(c = 5\,\text{cm}\) und die Schenkel \(b = d = 6\,\text{cm}\). Gesucht sind die Höhe und die Diagonale. Dafür braucht man zwei Hilfsdreiecke nacheinander.
Die Höhen von \(D\) und \(C\) schneiden von \(a\) links und rechts je den Überstand \(x = \dfrac{a - c}{2}\) ab. Dann gilt
$$h^2 = b^2 - x^2$$ $$e^2 = (a - x)^2 + h^2$$Ein regelmäßiges n-Eck hat \(n\) gleich lange Seiten und \(n\) gleich große Winkel. Alle Ecken liegen auf einem Kreis, dem Umkreis mit dem Mittelpunkt \(M\) und dem Radius \(r\).
Verbindet man \(M\) mit allen Ecken, zerfällt das n-Eck in \(n\) gleiche gleichschenklige Dreiecke – die Bestimmungsdreiecke. Ihre Schenkel sind \(r\), ihre Basis ist eine Seite \(s\). Die Höhe eines Bestimmungsdreiecks heißt Inkreisradius \(\rho\) (gelesen: rho). Sie halbiert die Seite.
Die halbe Seite, der Inkreisradius und der Umkreisradius bilden ein rechtwinkliges Dreieck:
$$r^2 = \left(\frac{s}{2}\right)^2 + \rho^2$$Der Flächeninhalt besteht aus \(n\) Bestimmungsdreiecken: \(\;A = n\cdot\tfrac12\cdot s\cdot\rho\).
Die Gleichung verbindet drei Größen. Um zwei davon zu berechnen, muss man eine weitere Beziehung kennen. Für die meisten n-Ecke liefern sie erst die Winkelfunktionen – deshalb sind die Werte oben gemessen. In drei Fällen reicht der Satz des Pythagoras allein.
Beim Sechseck ist der Winkel an der Spitze jedes Bestimmungsdreiecks \(360^\circ : 6 = 60^\circ\). Die beiden anderen Winkel sind gleich groß, also auch \(60^\circ\) – die Bestimmungsdreiecke sind gleichseitig. Darum ist die Seite so lang wie der Radius: \(s = r\).
Ein Sechseck hat die Seite \(5\,\text{cm}\). Der Inkreisradius ist die Höhe eines gleichseitigen Dreiecks: \(\rho = \tfrac{5}{2}\sqrt{3}\,\text{cm} \approx 4{,}33\,\text{cm}\).
Flächeninhalt: \(A = 6\cdot\tfrac{5^2}{4}\sqrt{3}\,\text{cm}^2 = \tfrac{75}{2}\sqrt{3}\,\text{cm}^2 \approx 64{,}95\,\text{cm}^2\).
Verbindet man im Sechseck jede zweite Ecke, entsteht ein gleichseitiges Dreieck mit demselben Umkreis. Seine Seite schneidet den Radius zur Ecke dazwischen senkrecht in der Mitte – denn sie ist eine Höhe im gleichseitigen Bestimmungsdreieck des Sechsecks.
Im rechtwinkligen Hilfsdreieck ist der Radius \(r\) die Hypotenuse, die Katheten sind \(\tfrac{r}{2}\) und die halbe Dreiecksseite \(\tfrac{s_3}{2}\):
\(\left(\tfrac{s_3}{2}\right)^2 = r^2 - \left(\tfrac{r}{2}\right)^2 = \tfrac{3}{4}r^2\), also \(\tfrac{s_3}{2} = \tfrac{r}{2}\sqrt{3}\) und \(s_3 = r\sqrt{3}\).
Der Inkreisradius des Dreiecks ist das Stück \(\tfrac{r}{2}\).
Mit dem Umkreisradius \(r\) gilt:
| n-Eck | Seite | Inkreisradius | Begründung |
|---|---|---|---|
| Dreieck | \(s_3 = r\sqrt{3}\) | \(\rho_3 = \tfrac{r}{2}\) | Bild oben |
| Quadrat | \(s_4 = r\sqrt{2}\) | \(\rho_4 = \tfrac{r}{2}\sqrt{2}\) | Die Diagonale ist \(2r = s_4\sqrt{2}\), und \(\rho_4 = \tfrac{s_4}{2}\). |
| Sechseck | \(s_6 = r\) | \(\rho_6 = \tfrac{r}{2}\sqrt{3}\) | gleichseitige Bestimmungsdreiecke |
Ein Kreis mit dem Radius \(1\) hat den Umfang \(2\pi\). Sein oberer Halbkreis ist also genau \(\pi\) lang. Wir schließen ihn zwischen zwei Streckenzügen ein, deren Länge sich mit dem Satz des Pythagoras berechnen lässt: einem von innen und einem von außen.
\(2\sqrt{2} < \pi < 2\sqrt{3}\), und \(\pi\) liegt fast genau in der Mitte. Darum ist der Mittelwert \(\sqrt{2} + \sqrt{3} \approx 3{,}1463\) eine so gute Näherung – nur etwa 0,15 % über \(\pi \approx 3{,}1416\).
Genauer wird es mit diesen beiden Streckenzügen nicht. Ein Verfahren, das \(\pi\) beliebig genau liefert, hat Archimedes gefunden.
Der halbe Umfang eines einbeschriebenen n-Ecks ist etwas kürzer als der Halbkreis, denn jede Seite ist kürzer als der Bogen über ihr. Mit mehr Ecken schmiegt sich das n-Eck an den Kreis an. Die Frage ist nur: Wie lang ist die Seite, wenn man die Eckenzahl verdoppelt? Zweimal Pythagoras genügt.
Dieselben zwei Schritte für eine beliebige Seite \(s_n\) im Kreis mit \(r = 1\):
Hilfsdreieck 1: \(\overline{MF}^2 = 1 - \tfrac{s_n^2}{4}\).
Hilfsdreieck 2: \(s_{2n}^2 = \tfrac{s_n^2}{4} + \left(1 - \overline{MF}\right)^2 = \tfrac{s_n^2}{4} + 1 - 2\,\overline{MF} + \overline{MF}^2\)
\(= \tfrac{s_n^2}{4} + 1 - 2\,\overline{MF} + 1 - \tfrac{s_n^2}{4} = 2 - 2\,\overline{MF} = 2 - 2\sqrt{1 - \tfrac{s_n^2}{4}} = 2 - \sqrt{4 - s_n^2}\)
Im Kreis mit dem Radius \(1\) gilt für die Seiten der einbeschriebenen n-Ecke
$$s_{2n} = \sqrt{2 - \sqrt{4 - s_n^2}}$$ $$\pi \approx \frac{n\cdot s_n}{2}$$Man beginnt mit dem Sechseck, \(s_6 = 1\).
Archimedes von Syrakus (um 287 – 212 v. Chr.) beschrieb das Verfahren in seiner Schrift Kreismessung. Er verdoppelte die Eckenzahl viermal – vom Sechseck bis zum 96-Eck.
Dabei nahm er nicht nur einbeschriebene n-Ecke, sondern auch umbeschriebene, deren Seiten den Kreis von außen berühren. Ihr halber Umfang ist etwas größer als \(\pi\). So schloss er \(\pi\) von beiden Seiten ein:
\(3\tfrac{10}{71} < \pi < 3\tfrac{1}{7}\), also \(3{,}1408\ldots < \pi < 3{,}1428\ldots\)
Taschenrechner hatte er nicht. Jede Wurzel musste er durch einen Bruch annähern – und zwar so geschickt, dass die Ungleichungen trotzdem stimmten. Die obere Grenze \(\tfrac{22}{7}\) wurde fast zwei Jahrtausende lang als Näherung für \(\pi\) benutzt.
\(A = \tfrac{10^2}{4}\sqrt{3}\,\text{cm}^2 = 25\sqrt{3}\,\text{cm}^2 \approx 43{,}30\,\text{cm}^2\).
Umfang: \(u \approx 14 + 2\cdot 11{,}40 = 36{,}80\,\text{cm}\).
\(A = \tfrac{12\cdot 2{,}2}{2} = 13{,}2\,\text{cm}^2\).
Höhe: \(h^2 = 6{,}5^2 - 5^2 = 42{,}25 - 25 = 17{,}25\), also \(h \approx 4{,}15\,\text{cm}\).
Diagonale: \(e^2 = (18 - 5)^2 + h^2 = 169 + 17{,}25 = 186{,}25\), also \(e \approx 13{,}65\,\text{cm}\).
a) Wie hoch ragt die obere Ecke beim Aufrichten höchstens?
b) Stößt der Schrank an die Decke?
a) \(d^2 = 2{,}10^2 + 0{,}60^2 = 4{,}41 + 0{,}36 = 4{,}77\), also \(d \approx 2{,}184\,\text{m}\).
b) \(2{,}184\,\text{m} < 2{,}20\,\text{m}\) – der Schrank passt, aber nur mit etwa 1,6 cm Luft. Die Breite des Schranks spielt keine Rolle.
Wie groß ist das Eckmaß, wenn die Ecken nicht abgerundet sind?
Pythagoras: \(r^2 = \left(\tfrac{r}{2}\right)^2 + 6{,}5^2\), also \(\tfrac{3}{4}r^2 = 42{,}25\) und \(r^2 \approx 56{,}33\), \(r \approx 7{,}51\,\text{mm}\).
Eckmaß: \(2r \approx 15{,}01\,\text{mm}\).
a) Wie hoch ist das Schild?
b) Wie viel Quadratmeter Folie braucht man für die Vorderseite?
b) \(A = \tfrac{900^2}{4}\sqrt{3}\,\text{mm}^2 = 202\,500\sqrt{3}\,\text{mm}^2 \approx 350\,740\,\text{mm}^2 \approx 0{,}35\,\text{m}^2\).
a) Wie breit wird der Balken?
b) Wie viel Prozent der Querschnittsfläche des Stamms fallen als Abfall an?
b) Quadrat: \(a^2 = \tfrac{40^2}{2} = 800\,\text{cm}^2\). Kreis: \(\pi\cdot 20^2 \approx 1256{,}6\,\text{cm}^2\). Abfall: \(1256{,}6 - 800 = 456{,}6\,\text{cm}^2\), das sind \(456{,}6 : 1256{,}6 \approx 36\,\%\).