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Elementargeometrie, Problem 7

28/06/2009 - 17:56 von Armin Saam | Report spam
Problem 7:
Es sei AB ein Durchmesser des Kreises um M und C ein Punkt der Peripherie. D
halbiere den Bogen AC und E sei der Lotfußpunkt von D auf AB. Ferner
halbiere F die Strecke DC, G die Strecke EF und H die Strecke MB. Man zeige,
dass GH orthogonal zu EF ist.

Gruß
Armin Saam
 

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#1 Stephan Gerlach
30/06/2009 - 02:33 | Warnen spam
Armin Saam schrieb:
Problem 7:
Es sei AB ein Durchmesser des Kreises um M und C ein Punkt der Peripherie. D
halbiere den Bogen AC und E sei der Lotfußpunkt von D auf AB. Ferner
halbiere F die Strecke DC, G die Strecke EF und H die Strecke MB. Man zeige,
dass GH orthogonal zu EF ist.


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Zuerste der einfache, "anschauliche" Teil:

Sei r der Radius des Kreises.
Im Folgenden bezeichne allgemein w_XYZ den von den Seiten YX und YZ im
Punkt Y eingeschlossenen Winkel. Die nachfolgenden Überlegungen zielen
i.W. auf das Dreieck FEH ab, von dem gezeigt werden soll, daß es
gleichschenklig ist.

1.) Wir erkennen anhand der Konstruktion: Die Dreiecke AMD ind DMC sind
gleichschenklig (haben jeweils r als zwei Seiten) und sogar kongruent
(da die Seiten AD und CD per Konstruktion gleich lang sind).
2.) Sei alpha = w_DMA. Dann ist auch der w_CMD = alpha.
3.) Wegen 1.) gilt w_CMA = 2*alpha, und w_CMA ist außerdem ein
Zentriwinkel zur Sehne AC.
4.) Zur selben Sehne AC ist w_CBA ein Peripheriewinkel. Nach
Peripherie-/Zentriwinkelsatz und 3.) gilt dann
w_CBA = w_CMA/2 = 2*alpha/2 = alpha.
5.) Nun verlàngern wir gedanklich die Strecken DC und MB soweit, daß sie
sich schneiden. Man erkennt eine Strahlensatz-Figur mit diesem gedachten
Schnittpunkt als (Streckungs-)Zentrum. Da in dieser Strahlensatz-Figur
per Konstruktion die Verhàltnisgleichung
DF/CF = MH/HB
gilt, muß die Parallelitàt
DM || FH || CB
gelten (DM || CB gilt auch schon nach 4.)).
6.) Aufgrund von 5.) das Dreieck EHF im Punkt H ebenfalls einen Winkel
w_EHF = alpha.
7.) Wir betrachten nun das Viereck DEMF. Wir erkennen, daß in diesem
Viereck zwei gegenüberliegende rechte Winkel sind, und zwar
w_DEM = w_DFM = 90°.
Insbesondere ist die Summe der gegenüberliegenden w_DEM und w_DFM 180°.
Damit stellt sich dieses Viereck DEMF aber als Sehnenviereck eines
Kreises heraus!
8.) Weiter im Sehnenviereck DEMF: Wir denken uns einen Kreis um das
Viereck DEMF. In diesem Kreis ist DF eine Sehne. Die Winkel w_DEF und
w_DMF sind Peripheriewinkel über dieser Sehne DF. Daraus und mit mit 2.)
erhalten wir
w_DEF = w_DMF = w_CMD/2 = alpha/2.
9.) Wir können nun den Winkel w_FEH bestimmen. Mittels 7.) und 8.)
erhalten wir
w_FEH = w_DEM-w_DEF = 90°-alpha/2.

10.) In 6.) und 9.) steht bereits, daß w_EHF = alpha und w_FEH =
90°-alpha/2 ist. Für den dritten Winkel w_HFE des eingangs erwàhnten
Dreiecks FEH bleibt "übrig"
w_HFE = 180°-w_EHF-w_FEH = 180°-alpha-(90°-alpha/2) = 90°-alpha/2.
Es gilt insbesondere w_HFE = w_FEH. Das Dreieck FEH ist damit
gleischschenklig!
Daraus folgt unmittelbar, daß die Seitehnalbierende GH dieses Dreiecks
orthogonal auf der Dreieckseite EF steht.


Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.


gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)

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