Mathematik zum Oktober-Anfang
ottogal
Mathematik zum Oktober-Anfang
ottogal
Gunnar BittersmannHallo in die Runde!
Gegeben ist ein Quadrat ABCD. E sei ein beliebiger Punkt auf der Diagonalen [AC].
Die Parallele durch E zu AB heiße g, die Parallele durch E zu AD heiße h.
Sei F ein beliebiger Punkt auf g.
Die Gerade FB schneide h in S.
Zeige: FC ist parallel zu AS.
Dass das so ist, kann man mit GeoGebra sehen:
https://ggbm.at/ndzrkynb
Die (roten) Punkte E und F sind wie angegeben verschiebbar.
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@@ottogal
Dass das so ist, kann man mit GeoGebra sehen:
https://ggbm.at/ndzrkynb
Die (roten) Punkte E und F sind wie angegeben verschiebbar.Vermutlich würde das auch ohne die Einschränkung gelten, dass E zwischen A und C liegt, d.h. wenn man E auf der Geraden AC verschieben kann. Hast du Lust, das anzupassen?
LLAP 🖖
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„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“ —Kurt Weidemann-
Vermutlich würde das auch ohne die Einschränkung gelten, dass E zwischen A und C liegt, d.h. wenn man E auf der Geraden AC verschieben kann.
Deine Vermutung trifft zu.
Hast du Lust, das anzupassen?
Ecco: https://ggbm.at/nfbeuh3u
(Ob meine Beweisidee dann noch funktioniert, muss ich freilich erst noch checken...)
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Hab noch nachgebessert (damit die Punkte G und H auch weiterhin angezeigt werden):
https://ggbm.at/vfju5xxg
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Ich löse mal auf:
O.B.d.A. legen wir ein Koordinatensystem so, dass $$A(0;0)$$, $$B(1;0)$$, $$C(1;1)$$ und $$D(0;1)$$ ist.
Die Lage von $$E$$ auf $$AC$$ wird durch einen Parameter $$a$$ bestimmt: $$E(a;a)$$.
Somit ist $$g=EG$$ mit $$G(1;a)$$ und $$h=EH$$ mit $$H(a;0)$$.
Für den Punkt $$F$$ auf $$g$$ brauchen wir einen weiteren Parameter $$b$$: $$F(b;a)$$.
Wir ermitteln die Gleichung der Geraden $$FB$$ in der Form $$y=mx+t$$.
Ihre Steigung ist$$m=-\frac{GB}{FG}=-\frac{a}{1-b}$$.
Den Achsenabschnitt erhalten wir durch Einsetzen von $$F$$:
$$t=y-mx=a+\frac{a}{1-b} \cdot b=\frac{a}{1-b}$$.
Die Gleichung von $$FB$$ lautet also
$$y=-\frac{a}{1-b} \cdot x +\dfrac{a}{1-b}=\frac{a}{1-b} \cdot (1-x)$$.
Für den Schnittpunkt $$S$$ von $$FB$$ mit $$h$$ gilt $$x=a$$, somit
$$y=\frac{a}{1-b} \cdot (1-a) =\frac{a(1-a)}{1-b}$$.
Die Steigung der Geraden $$AS$$ ist daher
$$m_{AS}=\frac{SH}{AH}=\dfrac{\frac{a(1-a)}{1-b}}{a}=\frac{1-a}{1-b}$$.
Die Steigung der Geraden $$FC$$ hat aber den gleichen Wert:
$$m_{FC}=\frac{CG}{FG}=\frac{1-a}{1-b}$$.
Also sind die Geraden $$AS$$ und $$FC$$ parallel.
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Als Einziger hatte @encoder eine Lösung mitgeteilt, mit dem gleichen Gedanken, die Steigungen von AS und FC zu vergleichen.
Und seine war sogar kürzer...
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Nochmaliges scharfes Anblicken der Zeichnung lässt vermuten:
Nicht nur können die Punkte E und F auch außerhalb des Vierecks ABCD liegen – dieses muss auch gar kein Quadrat sein, Parallelogramm reicht aus.
Dies bestätigt eine weitere GeoGebra-Szene: https://ggbm.at/dek8jpr7
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(Falls es noch jemanden interessiert...)
Wir legen ein affines Koordinatensystem so, dass $$A$$ dessen Ursprung $$O$$ wird und $$B$$ bzw. $$D$$ die Einheitspunkte auf der $$x$$- bzw. $$y$$-Achse.
Damit erhalten wir – in Spaltenschreibweise – folgende Ortsvektoren:
$$\vec{OA}=\pmatrix{0\0}$$, $$\vec{OB}=\pmatrix{1\0}$$, $$\vec{OC}=\pmatrix{1\1}$$, $$\vec{OD}=\pmatrix{0\1}$$.
Die Lage von $$E$$ auf der Diagonalen $$AC$$ geben wir durch einen Parameter $$a$$ an:
$$\vec{OE}=\pmatrix{a\a}$$
Damit wird
$$\vec{OH}=\pmatrix{a\0}$$, $$\vec{OK}=\pmatrix{0\a}$$, $$\vec{OG}=\pmatrix{1\a}$$
Die Lage von $$F$$ auf der Geraden $$g$$ erfordert einen weiteren Parameter $$c$$:
$$\vec{OF}=\pmatrix{c\a}$$
Wir ermitteln eine vektorielle Parameter-Gleichung für die Gerade $$BF$$:
$$\pmatrix{x\y}=\pmatrix{c\a}+\lambda \cdot \pmatrix{1-c\-a}$$
Den zum Punkt $$S$$ gehörenden $$\lambda$$-Wert finden wir aus der Bedingung, dass $$S$$ den $$x$$-Wert $$a$$ haben muss durch Einsetzen:
$$a=c+\lambda \cdot (1-c)$$, somit $$\lambda=\frac{a-c}{1-c}$$.
Damit erhalten wir den $$y$$-Wert von $$S$$ zu
$$y=a+\lambda \cdot (-a)=a \cdot (1-\lambda)=a \cdot \left(1-\frac{a-c}{1-c}\right)=a \cdot \left(\frac{1-a}{1-c}\right)$$,
also $$y=\frac{a(1-a)}{1-c}$$ .
Nun haben wir die Vektoren
$$\vec{OS}=\pmatrix{a\ \frac{a(1-a)}{1-c}}$$ und $$\vec{FC}=\pmatrix{1-c\1-a}$$.
Man sieht: Multiplziert man $$\vec{OS}$$ mit dem Faktor $$k=\frac{1-c}{a}$$, so erhält man
$$k \cdot \vec{OS}=\frac{1-c}{a} \cdot \pmatrix{a\ \frac{a(1-a)}{1-c}}=\pmatrix{1-c\1-a}=\vec{FC}$$.
Die beiden Vektoren haben also die gleiche Richtung.
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