Dreieckige Querschnitte

Wenn $a=b$ oder $a=c$ oder $b=c$, dann ist das Dreieck gleichschenklig, wenn $a=b=c$, dann ist das Dreieck gleichseitig. Tatsächlich ist das Dreieck genau dann gleichschenklig, wenn (mindestens) zwei der Längen $a$, $b$, und $c$ gleich sind, und es ist genau dann gleichseitig, wenn alle drei Längen gleich sind. Dies kann mit einem Symmetrieargument gesehen werden oder indem man die Seitenlängen des Dreiecks $ABC$ berechnet.

Indem man den Satz des Pythagoras auf das rechtwinklige Dreieck $AVB$ anwendet, ist die Distanz von $A$ zu $B$ $$\overline{AB}=\sqrt{a^2+b^2}$$ Wir können auf ähnliche Weise die anderen Seiten berechnen: $$\overline{AC}=\sqrt{a^2+c^2} \qquad \text{und} \qquad \overline{BC}=\sqrt{b^2+c^2}$$

Das Kosinussatz (Trigonometrie) erlaubt es uns, die Winkel eines Dreiecks zu berechnen, wenn die Seitenlängen bekannt sind. Wir müssen nur die Formel des Kosinussatzes anwenden (Achtung: $a$, $b$, $c$ sind nicht die Seitenlängen des Dreiecks). Alternativ kann das Skalarprodukt zwischen Vektoren verwendet werden. Wir nehmen $V$ als Ursprung und legen die Koordinatenachsen entlang der drei Würfelkanten von $V$, sodass die Punkte $A=(a,0,0)$ und $B=(0,b,0)$ und $C=(0,0,c)$ Koordinaten haben. Das Skalarprodukt zwischen den Vektoren $\overrightarrow{AB}=(-a,b,0)$ und $\overrightarrow{AC}=(-a,0,c)$ ist $a^2$, also ist der Winkel von $ABC$ bei $A$ ($\arccos$ ist hier die Arkuskosinus Funktion): $$\hat{A}=\arccos\Big(\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}}\Big)$$ Ebenso haben wir $$\hat{B}=\arccos\Big(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2}}\Big)\qquad \text{und} \qquad \hat{C}=\arccos\Big(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+c^2}\sqrt{b^2+c^2}}\Big)$$

Die Trigonometrie garantiert, dass der Flächeninhalt gleich der Hälfte des Produkts der Seitenlängen $\overline{AB}$ und $\overline{AC}$ multipliziert mit dem Sinus des Winkels bei $A$ ist. Da der Sinus des Dreieckwinkels strikt positiv ist, haben wir $$\sin(\hat{A})=\sqrt{1-\cos^2(\hat{A})}$$ Indem wir den Wert für $\cos(\hat{A})$ ersetzen, finden wir $$\sin(\hat{A})=\sqrt{1-\frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}$$ und somit ist der Flächeninhalt $$\frac{1}{2}\overline{AB}\,\overline{AC}\sin(\hat{A})=\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2}$$ Für einen Würfel mit Kantenlänge $\ell$ sind die Zahlen $a$,$b$, und $c$ höchstens $\ell$, also ist der größtmögliche Flächeninhalt erhalten, wenn $a=b=c=\ell$ (was bedeutet, dass $A$, $B$, und $C$ Quadrateckpunkte sind). Der größtmögliche Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ ist also $$\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2$$ und für den Einheitswürfel ist er $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Bemerkung: Der Flächeninhalt von $ABC$ kann so klein wie möglich sein, nämlich, wenn $A$, $B$, und $C$ nahe bei $O$ liegen, ist der Flächeninhalt klein und nahe bei null.

Das Dreieck $ABC$ ist spitzwinklig. Tatsächlich ist der Kosinus jedes Innenwinkels des Dreiecks strikt positiv, also ist jeder Winkel strikt kleiner als $90^\circ$.
Wir beweisen, dass wir alle spitzwinkligen Dreiecke bis auf Ähnlichkeit erhalten können. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass $\overline{BC}=\sqrt{b^2+c^2}$ die größte Seite ist, und wir skalieren das Dreieck so, dass $\overline{BC}^2=b^2+c^2=1$. Wir schreiben $$x:=\overline{AB}^2=a^2+b^2 \qquad \text{und}\qquad y:=\overline{AC}^2=a^2+(1-b^2)$$ Die Zahlen $x$ und $y$ sind strikt positiv und nicht größer als $1$, und ihre Summe ist größer als $1$. Indem wir $a$ und $b$ variieren, können wir alle Zahlen $x$ und $y$ mit diesen Eigenschaften erhalten. Tatsächlich können wir setzen $$a^2=(x+y-1)/2 \qquad \text{und} \qquad b^2=(1+x-y)/2$$ Dies beweist, dass wir alle spitzwinkligen Dreiecke bis auf Ähnlichkeit erhalten können, weil die obigen Eigenschaften für $x$ und $y$ notwendig sind. Erstens ist es klar, dass $x$ und $y$ strikt positiv sein müssen. Zweitens dürfen $x$ und $y$ $1$ nicht überschreiten, weil $\overline{BC}=1$ die größte Seitenlänge ist. Drittens steht die Tatsache, dass $x+y$ größer als $1$ sein muss, im Zusammenhang mit dem Satz des Pythagoras (und folgt aus dem Kosinussatz): In jedem spitzwinkligen Dreieck ist die Summe der Quadrate zweier Seiten strikt größer als das Quadrat der verbleibenden Seite.

Bis auf Skalierung können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass wir den Einheitswürfel haben. Mit den oben gewählten Koordinaten haben wir die Punkte $V=(0,0,0)$ und $A=(a,0,0)$ und $B=(0,b,0)$ und $C=(0,0,c)$. Also besteht der Würfel aus den Punkten, deren Koordinaten im Bereich von $0$ bis $1$ liegen. Die Schnittebene besteht aus Punkten, die man von $A$ aus durch Addition eines Vielfachen des Vektors $\overrightarrow{AB}$ und eines Vielfachen des Vektors $\overrightarrow{AC}$ erhält. Dies sind die Punkte: $$(a,0,0)+t(-a,b,0)+s(-a,0,c)=((1-(t+s))a,tb,sc)$$ Damit man Punkte des Würfels erhält, müssen alle Koordinaten zwischen $0$ und $1$ liegen. Wenn man auf die zwei letzten Koordinaten schaut, müssen die Parameter $t$ und $s$ nicht negativ sein, und wenn man auf die erste Koordinate schaut, darf deren Summe $1$ nicht überschreiten. Außerdem können wir den obigen Ausdruck umschreiben als $$(1-(t+s))A+t B+s C$$ Die Koeffizienten sind drei nichtnegative reelle Zahlen, deren Summe genau eins ist. Wenn wir die baryzentrischen Koordinaten im Dreieck $ABC$ betrachten, können wir genau alle Punkte im Dreieck $ABC$ erhalten. So haben wir gezeigt, dass die Schnittmenge des Würfels mit der Schnittebene im Dreieck $ABC$ enthalten ist. Um zu beweisen, dass das Dreieck $ABC$ dem Querschnitt des Würfels gehört, können wir überprüfen, dass die Koordinaten der obigen Punkte (die in der Schnittebene liegen) zwischen $0$ und $1$ sind. Tatsächlich ist das der Fall, weil die reellen Zahlen $a$, $b$, $c$, $(1-(t+s))$, $t$, und $s$ alle zwischen $0$ und $1$ liegen. Alternativ könnten wir per Konvexität argumentieren, da sowohl die Schnittebene als auch der Würfel konvex sind und $A$, $B$, und $C$ enthalten, also müssen sie auch die konvexe Hülle dieser drei Punkte enthalten, was das Dreieck $ABC$ ist.