Mathematik zur Wochenmitte
ottogal
Mathematik zur Wochenmitte
ottogal
Gunnar Bittersmann
Rolf B
Die drei Kreise $$k_1$$, $$k_2$$, $$k_3$$ (mit den Mittelpunkten $$M_1$$, $$M_2$$, $$M_3$$) haben den gleichen Radius $$r$$ und gehen alle durch den Punkt $$S$$. Je zwei der Kreise haben einen weiteren Schnittpunkt ($$A$$ bzw. $$B$$ bzw. $$C$$).
Man zeige: Der Kreis durch $$A$$, $$B$$ und $$C$$ (rot) hat ebenfalls den Radius $$r$$ der andern Kreise.
-
Dieser Beitrag wurde gelöscht: nicht petzen!
-
@@ottogal
Die Aufgabe kommt mir irgendwie bekannt vor. Hatten wir die schon mal? Nicht, dass ich sie jetzt wiedergefunden hätte. Geschweige denn die Lösung …
🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!
--
Home Office ist so frustierend, weil man jetzt noch viel stärker bemerkt mit wievielen Menschen man zu tun hat, die nicht sinnerfassend lesen können. (@Grantscheam)-
Die Aufgabe kommt mir irgendwie bekannt vor. Hatten wir die schon mal?
Nicht dass ich wüsste - ich habe freilich nicht alle früheren Aufgaben mitbekommen.
Ich bin irgendwo auf die Aussage gestoßen und selbst noch am Suchen nach dem Schlusstein für einen Beweis...
-
Hallo ottogal,
selbst noch am Suchen
das tröstet mich.
Rolf
--
sumpsi - posui - obstruxi
-
-
-
@@ottogal
Da das Verschicken von Bildern per Post immer noch nicht möglich ist 😤, auf diesem Weg die Skizze:
🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!
--
Home Office ist so frustierend, weil man jetzt noch viel stärker bemerkt mit wievielen Menschen man zu tun hat, die nicht sinnerfassend lesen können. (@Grantscheam) -
Hallo in die kleine Runde,
hier meine Lösung:
Die grün eingetragenen Strecken sind Radien der gegebenen Kreise, haben also alle die gleiche Länge $$r$$.
Die Vierecke $$SM_1CM_2$$, $$SM_1AM_3$$ und $$SM_2BM_3$$ sind daher Rauten.
Insbesondere gilt daher:
$$CM_1||BM_3$$ und $$|CM_1|=|BM_3|\quad$$ (1).Nun gilt der Hilfssatz:
Ein Viereck mit zwei parallelen, gleichlangen Seiten ist ein Parallelogramm; d.h. auch seine andern beiden Seiten müssen parallel und gleich lang sein.(Denn eine Diagonale des Vierecks zerlegt dieses in zwei nach dem SWS-Satz kongruente Dreiecke.)
Mit dem Hilfssatz folgt aus (1):
Das Viereck $$CBM_3M_1$$ ist ein Parallelogramm, und daher ist
$$|BC|=|M_1M_3|$$.Ganz entsprechend zeigt man:
Das Viereck $$CM_2M_3A$$ ist ein Parallelogramm, und daher ist
$$|CA|=|M_3M_2|$$.Das Viereck $$M_2BAM_1$$ ist ein Parallelogramm, und daher ist
$$|BA|=|M_1M_2|$$.Somit stimmen die Dreiecke $$\triangle ABC$$ und $$\triangle M_2M_1M_3$$ in allen drei Seiten überein und sind daher kongruent. Ihre Umkreise (der rote und der gestrichelte) haben deshalb den gleichen Radius.
q.e.d.
Nur Gunnar hat eine Lösung mitgeteilt, mit einer anderen Herleitung der Kongruenz der beiden Dreiecke.
@Gunnar Bittersmann : Magst du sie hier zeigen?Viele Grüße
ottogal-
Hallo ottogal,
ok, das hab ich beim Lesen gut verstanden.
Dass genau diese Längenidentitäten gelten mussten war mir klar, aber ich habe im Dickicht der Linien immer den Überblick verloren, die Rauten nicht erkannt und konnte es darum nicht zeigen.
Rolf
--
sumpsi - posui - obstruxi -
@@ottogal
Nur Gunnar hat eine Lösung mitgeteilt, mit einer anderen Herleitung der Kongruenz der beiden Dreiecke.
@Gunnar Bittersmann : Magst du sie hier zeigen?Ja, gerne. Wo ich doch schon die Skizze hier gespoilert hatte …
Meine Lösung ist ein Zweiteiler. Der erste:
Da S auf k₁, k₂ und k₃ liegt, ist M₁S = M₂S = M₃S = r. S ist also der Mittelpunkt des Umkreises des Dreiecks M₁M₂M₃; dessen Radius ist r.
Wie man leicht sieht, sind die Dreiecke M₁M₂M₃ und ABC kongruent. Folglich hat auch der Umkreis des Dreiecks ABC den Radius r, q.e.d.
Garstigerweise ließ @ottogal „Wie man leicht sieht“ nicht gelten und meinte, ich „möchte dies noch ein wenig sehen machen“.
Ertappt. 🤭 Ich hatte zu dem Zeitpunkt noch keinen blassen Schimmer.
Teil 2: Irgendwann kam dann das Ηὕρηκα! und ich hab’s gesehen:
Die Gleichheit der Größen der mit α, α′, β, β′, γ und γ′ bezeichneten Winkel ergibt sich daraus, dass AS, BS und CS die Mittelsenkrechten zu M₁M₃, M₂M₃ und M₁M₂ sind.
Wegen Winkelsummen: α′ = 90° − α, β′ = 90° − β, γ′ = 90° − γ. Aus 2α′ + 2β′ + 2γ′ = 360° folgt α′ = β + γ, β′ = α + γ, γ′ = α + β.
Damit ist ∠M₃AM₁ = ∠CM₂B. Außerdem stimmen die Dreiecke M₃M₁A und CBM₂ in den Schenkeln AM₁ = AM₃ = M₂B = M₂C = r überein, sind also nach SWS kongruent. Folglich M₁M₃ = BC.
Analog zeigt man M₂M₃ = AC und M₁M₂ = AB. Damit sind die Dreiecke M₁M₂M₃ und ABC nach SSS kongruent.
Und wie so oft ist ottogals Lösung die einfachere, elegantere.
🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!
--
Home Office ist so frustierend, weil man jetzt noch viel stärker bemerkt mit wievielen Menschen man zu tun hat, die nicht sinnerfassend lesen können. (@Grantscheam) -
Ich habe noch einen anderen Beweis für die Kongruenz der Dreiecke $$\triangle M_1M_2M_3$$ und $$\triangle BAC$$ gefunden:
Wendet man auf das Dreieck $$\triangle M_1M_2M_3$$ eine zentrische Streckung mit Zentrum $$S$$ und Faktor $$2$$ an, so erhält man das Dreieck $$\triangle S_1S_2S_3$$; dabei kommen $$S_1$$, $$S_2$$, $$S_3$$ auf den Kreisen $$k_1$$, $$k_2$$, $$k_3$$ zu liegen (weil die Radien zu Durchmessern getreckt werden). Infolge der Strahlensätze geht $$S_1S_2$$ durch $$C$$ und $$S_2S_3$$ durch $$B$$.
Somit gilt: Die Dreiecke $$\triangle M_1M_2M_3$$ und $$\triangle S_1S_2S_3$$ sind ähnlich, der Ähnlichkeitsfaktor ist $$\frac{1}{2}$$.
Andererseits ist $$\triangle BAC$$ das Mittendreieck von $$\triangle S_1S_2S_3$$ und daher ebenfalls ähnlich zu diesem, und der Ähnlichkeitsfaktor ist auch $$\frac{1}{2}$$.
Daraus folgt die Kongrenz der Dreiecke $$\triangle M_1M_2M_3$$ und $$\triangle BAC$$.
-
@@ottogal
Ich habe noch einen anderen Beweis für die Kongruenz der Dreiecke $$\triangle M_1M_2M_3$$ und $$\triangle BAC$$ gefunden:
Welcher mich mit einigen Fragezeichen im Kopf dastehen lässt.
Infolge der Strahlensätze geht $$S_1S_2$$ durch $$C$$ und $$S_2S_3$$ durch $$B$$.
Warum?
Andererseits ist $$\triangle BAC$$ das Mittendreieck von $$\triangle S_1S_2S_3$$
… und selbst wenn, fehlt immer noch die Erklärung, dass C in der Mitte von S₁S₂ und B in der Mitte von S₂S₃ liegt.
Und dass S₁S₃ durch A geht und A in der Mitte von S₁S₃ liegt.
🖖 Stay hard! Stay hungry! Stay alive! Stay home!
--
Home Office ist so frustierend, weil man jetzt noch viel stärker bemerkt mit wievielen Menschen man zu tun hat, die nicht sinnerfassend lesen können. (@Grantscheam)-
Du hast Recht, das habe ich ungenau formuliert. Statt
Infolge der Strahlensätze geht $$S_1S_2$$ durch $$C$$ und $$S_2S_3$$ durch $$B$$.
hatte ich schreiben wollen/sollen:
Infolge der Strahlensätze ist $$C$$ der Mittelpunkt von $$S_1S_2$$ und $$B$$ der Mittelpunkt von $$S_2S_3$$.
Denn wegen $$CM_1 || S_2S$$ gilt nach Strahlensatz $$S_1S_2:S_1C=S_1S:S_1M_1=2:1$$.
Entsprechend für $$B$$: Wegen $$BM_3 || S_2S$$ folgt $$S_3S_2:S_3B=S_3S:S_3M_3=2:1$$.
Alternativ kann man so argumentieren:
Bei der genannten zentrischen Streckung wird der Mittelpunkt der Rautendiagonale $$M_1M_2$$ auf den Mittelpunkt ihres Bildes $$S_1S_2$$ abgebildet, andererseits aber auf das Ende der anderen Diagonalen, $$C$$.
-
-
-
