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(Übungsaufgabe) Aktuelle Übungsaufgabe  (unbefristet) | | Datum: | 14:35 Mo 16.01.2006 | | Autor: | Dakar |
| Aufgabe | Gegeben ist ein beliebiges Dreieck ABC. Über den Seiten AC und BC sind Quadrate konstruiert mit den Mittelpunkten M und M1. Es sei Mc der Mittelpunkt der Seite AB.
Beweise: die Strecken M Mc und M1 Mc sind gleich lang und schließen einen rechten Winkel ein. |
Eine schwierige Aufgabe! 
Viel Spass.
Dakar
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:46 Mo 16.01.2006 | | Autor: | moudi |
Hallo zusammen
Sei ABCD ein Parallelogramm. Ueber jeder Seite werde ein Quadrat (nach aussen) konstruiert.
Dann bilden die vier Quadratmittelpunkte ein Quadrat dessen Mittelpunkt mit dem Diagonalenschnittpunkt des Parallelogramms zusammenfällt.
[Dateianhang nicht öffentlich]
mfG Moudi
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge")
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:35 Di 30.01.2007 | | Autor: | LK06 |
Hallo moudi,
Wir haben uns an deiner Quadrat-Aufgabe im Unterricht versucht - finden aber keine Lösung.
Kannst du uns bitte helfen?
mfg
LK06
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:21 Do 01.02.2007 | | Autor: | moudi |
Hallo Tom
Hier der Beweis: Siehe auch die Antwort von Gradix. (Ich habe leider keine Zeit eine Figur zu machen, also selber Skizze anfertigen).
Sei ABC ein beliebiges Dreieck. Ueber AC konstruiert man ein Quadrat mit Mittelpunkt M, über BC ein Quadrat mit Mittelpunkt N (Quadrate jeweils nach aussen). Weiter seien O,P,Q die Mittelpunkte der Seiten AB, AC, BC.
Wir betrachten die Dreiecke OPM und NQO und behaupten dass sie kongruent sind:
[mm] $\triangle OPM\cong\triangle [/mm] NQO$
- Es gilt [mm] $OP=\frac12 [/mm] BC$ (OP ist Mittellinie im Dreieck ABC und deshalb halb so lang wie BC.)
Ebenfalls gilt [mm] $NQ=\frac12 [/mm] BC$ (NQ ist gleich der halben Quadratseite BC)
Daher folgt $OP=NQ$.
- Analog folgt $PM=QO$.
- Es gilt [mm] $\sphericalangle APO=\sphericalangle ACB=\sphericalangle OQB=\gamma$ [/mm] (Es sind jeweils Stufenwinkel,
da PO parallel zu CB und OQ parallel zu AC ist.)
Daher gilt [mm] $\sphericalangle OPM=\sphericalangle NQO=\gamma+90°$
[/mm]
Die Dreiecke sind daher wegen dem Kongruenzsatz sws kongruent.
Als Konsequenz daraus sind dann auch die Seiten OM und NO gleich lang.
Jetzt drehe ich das Dreieck NQO um 90° (im Uhrzeigersinn) um Q. Es gilt dann Q'=Q und N'=B. Daher ist Q'N'=QB parallel zu PO d.h. die Seiten NQ und OP der kongruenten Dreiecke sind gegeneinander um 90° verdreht. Das muss dann auch für die anderen Seiten gelten, da die Dreiecke OPM un NQO gleichsinnig kongruent sind.
Als Konsequenz daraus stehen OM und NO orthogonal aufeinander.
Jetzt spiegeln wir das Dreieck ABC und die aufgesetzten Quadrate am Punkt O. Es gilt dann [mm] $O^\ast=O$, $A^\ast=B$, $B^\ast=A$ [/mm] und [mm] $AC^\ast [/mm] BC$ ist ein Parallelogramm. Es ist klar, dass [mm] $N^\ast M^\ast [/mm] NM$ ein Quadrat mit Mittelpunkt 0 bilden. Das war meine kleine Anwendung der Aufgabe.
mfG Moudi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:38 Do 08.05.2008 | | Autor: | SandraH |
| Aufgabe | Hallo zusammen
Sei ABCD ein Parallelogramm. Ueber jeder Seite werde ein Quadrat (nach aussen) konstruiert.
Dann bilden die vier Quadratmittelpunkte ein Quadrat dessen Mittelpunkt mit dem Diagonalenschnittpunkt des Parallelogramms zusammenfällt. |
Hi Moudi,
kannst du mir eventuell den Lösungsweg dieser Aufgabe mitteilen?
Wir gnobeln nun schon eine geraume zeit daran, finden aber keine Lösung.
Wäre echt nett.
MfG
Sandra
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:06 Mo 12.05.2008 | | Autor: | SandraH |
| Aufgabe | Hallo zusammen
Sei ABCD ein Parallelogramm. Ueber jeder Seite werde ein Quadrat (nach aussen) konstruiert.
Dann bilden die vier Quadratmittelpunkte ein Quadrat dessen Mittelpunkt mit dem Diagonalenschnittpunkt des Parallelogramms zusammenfällt. |
hi moudi, diese aufgabe versuch ich nun zu lösen, und es klappt nicht. könnt ihr mir den rechenweg erläutern? mfg sandra
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:49 Di 13.05.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Wo steckst du denn fest? Bei den Diagonalen oder bei dem Quadrat aus den Mittelpunkten der Quadrate?
Versuch das ganze mal vektoriell zu lösen, das wäre mein Ansatz.
Marius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:34 Di 13.05.2008 | | Autor: | SandraH |
Hi Marius, naja ich habe diese Aufgabe als Übungsaufgabe von meinem prof bekommen und muss die bis Mittwoch gelöst haben. Naja und vektoriell komm ich auch nich weiter.Ich hab glaub ich ein problem
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:27 Fr 16.05.2008 | | Autor: | Sigrid |
Hallo Sandra,
Ihr könnt den Beweis auch mit Hilfe der Kongruenzsätze führen. Zeigt, dass die Dreiecke, gebildet aus zwei benachbarten Quadratmittelpunkten und dem darüberliegenden Eckpunkt des Parallelogramms kongruent sind. Damit hat das Viereck aus den Quadratmittelpunkten gleiche Seiten. Ihr könnt jetzt auch leicht zeigen, dass die Innenwinkel rechte Winkel sind.
Wiederum mit Hilfe der Kongruenzsätze könnt Ihr nun zeigen, dass die gegenüberliegenden Mittelpunkte der angesetzen Quadrate punktsymmetrisch zum Schnittpunkt der Diagonalen des Parallelogramms sind.
Versucht es mal.
Gruß
Sigrid
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 19:39 Sa 04.03.2006 | | Autor: | Brinki |
| Aufgabe | Aufgabe
Gegeben ist ein beliebiges Dreieck ABC. Über den Seiten AC und BC sind Quadrate konstruiert mit den Mittelpunkten M und M1. Es sei Mc der Mittelpunkt der Seite AB.
Beweise: die Strecken M Mc und M1 Mc sind gleich lang und schließen einen rechten Winkel ein. |
Der folgende Satz ist etwas allgemeiner und umschließt auch die Anwendung von moudi:
Setzt man den Seiten eines beliebigen Vierecks nach außen (nach innen) passende Quadrate auf, so sind die Verbindungen gegenüberliegender Quadratmitten gleich lang und orthogonal.
Wählt man als Viereck ein Parallelogramm, so gehen die Verbindungslinien der gegenüberliegenden Quadratmitten sicherlich durch die Diagonalenmitte (die in der obigen Behauptung der Seitenmitte Mc entspricht).
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Sa 04.03.2006 | | Autor: | Brinki |
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die einzelnen Streckenstücke des dick markierten Streckenzuges kann man im Viereck mehrfach wiederfinden.
Nun ist die Strecke [mm] N_{c}R_{3} [/mm] kongruent und orthogonal zur Strecke [mm] M_{b}R_{2}, [/mm] denn es gilt: [mm] N_{c}R_{3}\parallel M_{c}F \parallel CM_{b} \perp M_{b}R_{2}.
[/mm]
Analog zeigt man die Kongruenz und Orthogonalität des gesamten dick markierten Streckenzuges von [mm] R_{1} [/mm] bis [mm] R_{3} [/mm] zum Streckenzug [mm] R_{4}M_{d}FM_{b}R_{2} [/mm]
Damit ist der Beweis auch schon zu Ende. Q.e.d.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:14 Mo 26.06.2006 | | Autor: | Gradix |
| Aufgabe | Gegeben ist ein beliebiges Dreieck ABC. Über den Seiten AC und BC sind Quadrate konstruiert mit den Mittelpunkten M und M1. Es sei Mc der Mittelpunkt der Seite AB.
Beweise: die Strecken M Mc und M1 Mc sind gleich lang und schließen einen rechten Winkel ein. |
Hallo Dakar,
die Frage war wirklich nicht einfach, besonders dann nicht wenn man zunaächst versucht sie algebraisch zu lösen. Das wir schnell komplex um nicht zusagen unübersichtlich. Dagegen sieht die geometrische Lösung so aus als ob sie sich förmlich aufdrängen würde.
Die angehängte datei ist fast selbsterklärend.
Zu ergänzen ist evtl. dass der Winkel rot zu druckender Text
im DreeieckABC auch auf der gegnüberliegenden Ecke des Paralellogramms Mc Ma C Mb auftritt.
Der Rest ist eigentlich eindeutig und die Zusammenhänge durch die farbigen Linien gut zu erkennen.
Ergänzend habe ich das auch für ein rechtwinkliges Dreieck ausgeführt, was dann sozusagen als die einfache grundform der Zusammenhänge verstanden werden kann.
Mit freundlichen Grüßen
Gradix
PS :
mir ist gerade aufgefallen , dass ich einige Punkte anders bezeichnet habe, die Frage aber dabei nicht verändert wurde.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
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