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| Aufgabe | | Sei ABCD ein Trapez mit AB [mm] \parallel [/mm] CD. Das Trapez ABCD besitzt einen Inkreis [mm] \omega [/mm] mit Radius r. Seien K und L die Berührpunkte des Kreises [mm] \omega [/mm] mit den Seiten AB bzw. CD. Zu zeigen: AK * DL = r². |
Hi also ich soll die Aufgabe nächste Woche vorrechnen, hab aber keine Ahnung bzw. bräuchte ich nen Tipp, was ich verwenden muss. Es geht um meine Klausurzulassung.
Also ich hab mir gedacht, dass ich das auch irgendwie mit dem Sehnen-Tangenten-Satz hinkriegen muss. Weiter bin ich noch nicht leider :(.
GLG Michi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:56 Fr 14.01.2011 | | Autor: | abakus |
> Sei ABCD ein Trapez mit AB [mm]\parallel[/mm] CD. Das Trapez ABCD
> besitzt einen Inkreis [mm]\omega[/mm] mit Radius r. Seien K und L
> die Berührpunkte des Kreises [mm]\omega[/mm] mit den Seiten AB bzw.
> CD. Zu zeigen: AK * DL = r².
> Hi also ich soll die Aufgabe nächste Woche vorrechnen,
> hab aber keine Ahnung bzw. bräuchte ich nen Tipp, was ich
> verwenden muss. Es geht um meine Klausurzulassung.
>
> Also ich hab mir gedacht, dass ich das auch irgendwie mit
> dem Sehnen-Tangenten-Satz hinkriegen muss. Weiter bin ich
> noch nicht leider :(.
>
> GLG Michi
Hallo,
sei P der Berührungspunkt von AD mit dem Inkreis.
Da von einem Punkt ausgehende Tangentenabschnitte kongruent sind, gilt
AK=AP und DL=DP.
Deine zu beweisende Gleichung kann also in [mm] AP*AD=r^2 [/mm] umgeformt werden.
Wenn nun noch der vom Inkreismittelpunkt zu P führende Radius auf AD senkrecht stehen würde...
Gruß Abakus
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Kommt bei dir da nicht AP sondern DP hin? also ich hab mir das mal mit Geogebra gezeichnet da kommt dann AP mal AD = ca. 77 raus und r² ca. 30. kann also nicht passen, d.h. r steht zwar senkrecht auf AD, aber der Inkreismittelpunkt ist nicht weit genug weg, sodass das passt.
ist das wieder der Sehnen-Tangenten-Satz in irgendeiner Form?
Könnte man vielleicht über Ähnlichkeit drankommen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:49 Fr 14.01.2011 | | Autor: | abakus |
> Kommt bei dir da nicht AP sondern DP hin? also ich hab mir
> das mal mit Geogebra gezeichnet da kommt dann AP mal AD =
> ca. 77 raus und r² ca. 30. kann also nicht passen, d.h. r
> steht zwar senkrecht auf AD, aber der Inkreismittelpunkt
> ist nicht weit genug weg, sodass das passt.
Du hast natürlich Recht, da muss [mm] AP*DP=r^2 [/mm] stehen.
Das klingt irgendwie wie der Höhensatz. Allerdings gilt der nur in rechtwinkligen Dreiecken...
>
> ist das wieder der Sehnen-Tangenten-Satz in irgendeiner
> Form?
>
> Könnte man vielleicht über Ähnlichkeit drankommen?
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wenn ich M = Mittelpunkt Inkreis mit D verbinde habe ich MPD als rechtwinkliges Dreieck. Aber das bringt mir auch nix. Also MP steht ja senkrecht auf DA.
Das ist ja auch ein Tangentenviereck, heißt AB + CD = BC + DA hmm, ob mir das was bringt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 Fr 14.01.2011 | | Autor: | abakus |
> wenn ich M = Mittelpunkt Inkreis mit D verbinde habe ich
> MPD als rechtwinkliges Dreieck. Aber das bringt mir auch
> nix. Also MP steht ja senkrecht auf DA.
Betrachte das Dreieck MDA: Wenn das rechtwinklig wäre, würde die umgeformte Behauptung aus dem Höhensatz folgen.
>
> Das ist ja auch ein Tangentenviereck, heißt AB + CD = BC
> + DA hmm, ob mir das was bringt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:09 Sa 15.01.2011 | | Autor: | abakus |
> also mir fällt das argumentieren unheimlich schwer :(
>
> bei mir in geogebra ist das Dreieck nicht rechtwinklig
>
> ![[]](/images/popup.gif) http://img834.imageshack.us/i/aufgab.png/ sind 89,34°.
> Muss das denn 90° sein?
Ja!!!
Und das kann man beweisen, indem man beweist, dass die anderen beiden Innenwinkel dieses Dreiecks zusammen auch 90° ergeben.
Diese beiden Winkel sind jeweils die Hälfte (warum?) von zwei anderen Winkeln, die zusammen 180° ergeben (warum?).
Gruß Abakus
>
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also [mm] \angle [/mm] PDL ist doppelt so groß [mm] \angle [/mm] ADM und [mm] \angle [/mm] KAP ist doppelt so groß wie [mm] \angle [/mm] MAP.
Ich kann das doch über Ähnlichkeit bzw. Kongruenz beweisen oder? Also dass die gleich groß sind. Dann wäre ich doch schon am Ziel, oder nicht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:22 So 16.01.2011 | | Autor: | abakus |
> also [mm]\angle[/mm] PDL ist doppelt so groß [mm]\angle[/mm] ADM und [mm]\angle[/mm]
> KAP ist doppelt so groß wie [mm]\angle[/mm] MAP.
>
> Ich kann das doch über Ähnlichkeit bzw. Kongruenz
> beweisen oder? Also dass die gleich groß sind. Dann wäre
> ich doch schon am Ziel, oder nicht?
Ja.
Gruß Abakus
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Kann ich nicht auch Viereck AKLD benutzen, da ist die Winkelsumme 360° - die zwei 90° Winkel => [mm] \angle [/mm] KAD + [mm] \angle [/mm] ADL = 180°
Da in einem Tangentenviereck der Inkreismittelpunkt der Schnittpunkt der vier Winkelhalbierenden ist, gilt dass die Winkel bei D und A eben halbiert werden.
Also dadurch, dass P auf dem Halbkreis liegt, also Thaleskreis, ist der Winkel [mm] \angle [/mm] KPL = 90°.
Aber wie komm ich jetzt an den Winkel bei M....
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:28 Di 18.01.2011 | | Autor: | abakus |
> Kann ich nicht auch Viereck AKLD benutzen, da ist die
> Winkelsumme 360° - die zwei 90° Winkel => [mm]\angle[/mm] KAD +
> [mm]\angle[/mm] ADL = 180°
Kannst du. Allerdings ergibt sich [mm] \alpha+\delta=180° [/mm] auch schon aus der Parallelität von AB und CD.
>
> Da in einem Tangentenviereck der Inkreismittelpunkt der
> Schnittpunkt der vier Winkelhalbierenden ist, gilt dass die
> Winkel bei D und A eben halbiert werden.
Also hat das Dreieck AMD zwei Innenwinkel mit den Größen [mm] \alpha/2 [/mm] und [mm] \delta/2.
[/mm]
>
> Also dadurch, dass P auf dem Halbkreis liegt, also
> Thaleskreis, ist der Winkel [mm]\angle[/mm] KPL = 90°.
>
> Aber wie komm ich jetzt an den Winkel bei M....
Aus [mm] \alpha+\delta=180° [/mm] folgt [mm] \alpha/2 [/mm] + [mm] \delta/2 [/mm] = 90°, also muss der dritte Innenwinkel "bei M" 180°-90°=90° sein.
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dank dir ich seh manchmal die leichtesten Dinge nicht :( ist mir jetzt alles klar geworden... danke
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![[]](http://img834.imageshack.us/i/aufgab.png/){kind=small}
http://img834.imageshack.us/i/aufgab.png/