Mathematik zur Jahresmitte
ottogal
Mathematik zur Jahresmitte
ottogal
Rolf B
Gegeben sind die Punkte A und B und ein Punkt C auf der Strecke [AB]. Über [AC] und über [CB] sind jeweils die Quadrate ACDE und CBGF errichtet.
Man beweise möglichst einfach, dass die Geraden AG und BE sich auf der Geraden CD schneiden.
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Hallo in die Runde und danke fürs Interesse!
Ich löse mal auf.
Am einfachsten scheint mir dieser Beweis zu sein:
Die Quadratseiten seien a = |AC| und b = |BC|.
Sei S der Schnittpunkt der Geraden AG und BE.
Die Parallele zu AB durch S schneide EA in H und BG in K.
Sei p = |HS| und q = |SK|.Anwendung des Strahlensatzes liefert p : q = a : b.
Da p + q = a + b ist, folgt p = a und q = b.
Also liegt S auf CD.
Rolf hat dies so gemacht (etwas ausführlicher).
Auch Gunnar hat p : q = a : b gezeigt (Kurzfassung):
p und q sind Höhen in den Dreiecken EAS bzw. BGS;
diese sind ähnlich (entsprechende Winkel sind gleich, da EA || BG), folglich stehen die Höhen im selben Verhältnis wie die Grundseiten.
Gunnars erster Vorschlag war aber einfacher (leicht umformuliert):
Die Quadratseiten seien |AC| = a und |BC| = b.
O.B.d.A. sei a + b = 1.
Sei S der Schnittpunkt der Geraden AG und BE,
der Fußpunkt des Lotes von S auf AB heiße L.
Ferner sei |AL| = p, |BL| = q und |SL| = h.Der Strahlensatz liefert
|SL|:|GB| = |AL|:|AB|, also h:b = p:1
und daher h = bp.Entsprechend gilt
|SL|:|EA| = |BL|:|BA|, also h:a = q:1
und daher h = aq.Somit ist bp = aq oder p : q = a : b,
d.h. der Punkt L teilt die Strecke [AB] im gleichen Verhältnis wie der Punkt C.L und C sind daher der selbe Punkt. Folglich liegt S auf CD.
Ein anderer Beweisgedanke verwendet nicht den Schnittpunkt von AG mit BE, sondern die Schnittpunkte von AG mit CD und von BE mit CD, und zeigt, dass diese identisch sind:
Der Schnittpunkt von CD mit AG heiße R,
der Schnittpunkt von CD mit BE heiße T.Die Quadratseiten seien |AC| = a und |BC| = b.
O.B.d.A. sei a + b = 1.Laut Strahlensatz gilt
|RC|:|GB| = |AC|:|AB|, also |RC| : b = a : 1
und daher |RC| = ab.Entsprechend gilt
|TC|:|EA| = |BC|:|BA|, also |TC| : a = b : 1
und daher |TC| = ab.Somit ist |RC| = |TC|,
d.h. R und T sind der selbe Punkt auf CD.
Ich habe noch zwei andere Beweise gemacht, die freilich das Kriterium "möglichst einfach" nicht erfüllen; ich denke, sie sind trotzdem interessant:
Die Quadratseiten seien |AC| = a und |BC| = b.
O.B.d.A. sei a + b = 1.Wir wählen ein kartesisches Koordinatensystem mit Ursprung C,
CB als x-Achse und CD als y-Achse, und betrachten die Geradengleichungen
für AG bzw. für EB in der Form y = mx + t
(mit Steigung m und y-Achsenabschnitt t).Am Dreieck ABG liest man ab, dass die Steigung von AG den Wert b : 1 = b hat.
Einsetzen der Koordinaten von A(-a;0) in die Gleichung
y = bx + t
ergibt 0 = b(-a) + t, also t = ab.Am Dreieck ABE liest man ab, dass die Steigung von EB den Wert (-a) : 1 = -a hat.
Einsetzen der Koordinaten von B(b;0) in die Gleichung
y = -ax + t
ergibt 0 = -ab + t, also ebenfalls t = ab.AG und EB haben also den gleichen y-Achsenabschnitt, sie schneiden sich im Punkt (0;ab) von CD.
Der letzte Beweis ist sicher der umständlichste, aber mit einer netten Schlusspointe:
Die Quadratseiten seien |AC| = a und |BC| = b.
O.B.d.A. sei a + b = 1.Die Lotgerade zu EB durch A schneide CD in Q.
Die rechtwinkligen Dreiecke ACQ und EAB sind kongruent, da sie in der kurzen Kathete und in allen Winkeln übereinstimmen
( <CAQ = <AEB wegen paarweise orthogonaler Schenkel ).
Es folgt |CQ|:|CA| = |AB|:|AE|, also |CQ| : a = 1 : a,
somit |CQ| = 1.Die Lotgerade zu AG durch B schneide CD in T.
Die rechtwinkligen Dreiecke BCT und GBA sind kongruent, da sie in der kurzen Kathete und in allen Winkeln übereinstimmen
( <CBT = <BGA wegen paarweise orthogonaler Schenkel).
Es folgt |CT|:|CB| = |BA:|BG|, also |CT| : b = 1 : b,
somit |CT| = 1.Folglich ist |CQ| = |CT|,
also sind Q und T der selbe Punkt auf CD.Im Dreieck ABQ sind aber [QC], [AR] und [BP] die Höhen, schneiden sich daher in einem Punkt S.
Dieser ist also gemeinsamer Schnittpunkt der Geraden CD, AG und BE.
Mir gefällt der letzte Beweis am besten, auch wenn er den Pokal für Einfachheit nicht verdient...
Viele Grüße
ottogal-
Im letzten Bild fehlte die Beschriftung der Punkte P und R (konnte schon nicht mehr editieren):
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Hallo ottogal,
ich hatte noch einen anderen Beweis, den ich wegen Dreifachheit statt Einfachheit aber nicht gepostet hatte.
Es ist ja nicht so, dass die Quadrate unbedingt Quadrate sein müssten. Ich ziehe die Konstruktion mal andersrum auf. Ich zeichne AB, markiere irgendwo dazwischen C und errichte bei A,B,C Senkrechten auf AB. Nun zeichne ich S ein, auf der Senkrechten bei C, mit $$h:=\overline{CS}$$. Als nächstes zeichne ich Geraden AS und BS, die schneiden die äußeren Senkrechten in G und E. Ich zeichne noch die Parallelen zu AB durch G und E, schneide sie mit der Senkrechten bei C und finde so die Punkte F und D, so dass ich nun die Rechtecke ACDE (blau) und CBGF (grün) bekomme. Aufgrund des Konstruktionsverlaufs liegt S grundsätzlich auf CD.
Es sei $$d:=\overline{BG}$$ und $$c:=\overline{AE}$$. Nach Strahlensatz liest man ab, dass $$\displaystyle \frac{d}{h}=\frac{a+b}{a} \Longleftrightarrow d = h\frac{a+b}{a}$$. Wählt man $$\displaystyle h=\frac{ab}{a+b}$$, ergibt sich $$d=b$$. Wie in den anderen Lösungen gezeigt folgt aus Strahlensätzen weiterhin $$\displaystyle \frac{a}{b}=\frac{c}{d}$$, d.h. wenn $$d=b$$ ist auch $$c=a$$ und die beiden Rechtecke sind Quadrate.
D.h. deine Aufgabe, Ottogal, ist ein Sonderfall dieser allgemeinen Konstruktion.
Rolf
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sumpsi - posui - clusi-
Hallo Rolf,
gut gesehen. Die Aussage gilt in der Tat für aneinander liegende Rechtecke, sofern sie ähnlich sind, d.h. ihr Seitenverhältnis gleich ist; die Strahlensatz-Aussage a:b = c:d erzwingt ja a:c = b:d.
ottogal
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