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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 23:12 So 05.12.2004 | | Autor: | Sigrid |
Hallo Samuel und alle, die sich dran vergnügen wollen.
Hier eine neue Geometrie-Aufgabe.
Sie stammt aus der Mathematik-Olympiade 95/96 3. Runde für Klasse 10.
Beweise, dass in jedem spitzwinkligen Dreieck ABC der Höhenschnittpunkt H von allen drei Seiten des Dreiecks DEF gleichgroße Abstände hat, wobei D, E und F die Fußpunkte der Höhen sind!
Gruß Sigrid
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:42 Fr 10.12.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Hallo Sigried
Schön, dass noch gewartet hast mit der Lösung. Leider bin ich mit der Aufgabe auch total überfordert. Das einzige, was ich bisher heraus gefunden habe, ist das man zeigen muss, dass der Höhenschnittpunkt in ABC gleichzeitig auch Inkreismittelpunkt im Dreieck EFG sein muss, bzw. w(HDF)=w(EDF), womit man eigentlich auch schon fertig wäre. Leider komme ich über Winkelbetrachtung nicht zum Ziel. Und mit dem Satz der Winkelhalbierenden kann ich hier auch nichts anfangen. Stehe also noch ganz am Anfang...
Gib mir bitte mal einen Tipp!
Davon abgesehen hab ich noch einen Lösungsvorschlag, der mit elementarer Geometrie leider nichts zu tun hat:
Man lege eine Koordinaten-System mit Ursprung A und [mm] B\in [/mm] x-Achse. Also A(0;0) , [mm] B(x_B;0) [/mm] , [mm] C(x_C;y_C)
[/mm]
jetzt erhält man mit:
[mm] $c:\,y=0$ [/mm]
[mm] $b:\,y=\frac{y_C}{x_C}x$
[/mm]
[mm] $a:\,\frac{y-y_C}{x-x_C}=\frac{y_C-y_B}{x_C-x_B}$
[/mm]
und damit
[mm] $h_c:\,x=x_C$
[/mm]
[mm] $h_a:\,y=-\frac{1}{m_a}*x$
[/mm]
[mm] $h_b:\,(y-y_B)=-\frac{1}{m_b}*(x-x_B)$
[/mm]
jetzt erhält man die Fußpunkte mit:
$c [mm] \cap h_c =\{D\}$
[/mm]
$b [mm] \cap h_b =\{F\}$
[/mm]
$a [mm] \cap h_a =\{E\}$
[/mm]
und nun muss man nur noch den Schnittwinkel zwischen g(F,D) und [mm] h_a [/mm] mit dem zwischen [mm] h_a [/mm] und h(F,E) vergleichen. (ich selber hab mir den Aufwand gespart das alles in Detail durchzurechnen)
Diesen Ansatz finde ich allerdings sehr unbefriedigend, da er nichts elegantes und einen enormen rechenaufwand benötigt und vorallem, weil er nichts mit elementarer Geometrie zu tun hat.
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:12 Fr 10.12.2004 | | Autor: | Sigrid |
Hallo Samuel, hallo Hugo,
> Hallo Sigried
>
> Schön, dass noch gewartet hast mit der Lösung. Leider bin
> ich mit der Aufgabe auch total überfordert. Das einzige,
> was ich bisher heraus gefunden habe, ist das man zeigen
> muss, dass der Höhenschnittpunkt in ABC gleichzeitig auch
> Inkreismittelpunkt im Dreieck EFG sein muss, bzw.
> w(HDF)=w(EDF), womit man eigentlich auch schon fertig wäre.
> Leider komme ich über Winkelbetrachtung nicht zum Ziel. Und
> mit dem Satz der Winkelhalbierenden kann ich hier auch
> nichts anfangen. Stehe also noch ganz am Anfang...
> Gib mir bitte mal einen Tipp!
Ich finde ja auch, dass die Aufgabe ganz schön heftig und für Klasse 10 in der 3. Runde einfach zu schwer ist.
Was ihr braucht, sind Sätze über das Sehnenviereck. Z.B. ist das Viereck AFHE ein Sehnenviereck, denn die gegenüberliegenden Winkel ergänzen sich zu 180°.
In diesem gilt
[mm] \overline{AP} \cdot \overline{PH} = \overline{EP} \cdot \overline{PF} [/mm] (Dabei ist P der Schnittpunkt der Diagonalen)
Ich denke, jetzt bekommt ihr es hin.
>
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> Davon abgesehen hab ich noch einen Lösungsvorschlag, der
> mit elementarer Geometrie leider nichts zu tun hat:
> Man lege eine Koordinaten-System mit Ursprung A und [mm]B\in[/mm]
> x-Achse. Also A(0;0) , [mm]B(x_B;0)[/mm] , [mm]C(x_C;y_C)
[/mm]
> jetzt erhält man mit:
> [mm]c:\,y=0[/mm]
> [mm]b:\,y=\frac{y_C}{x_C}x[/mm]
> [mm]a:\,\frac{y-y_C}{x-x_C}=\frac{y_C-y_B}{x_C-x_B}[/mm]
> und damit
> [mm]h_c:\,x=x_C[/mm]
> [mm]h_a:\,y=-\frac{1}{m_a}*x[/mm]
> [mm]h_b:\,(y-y_B)=-\frac{1}{m_b}*(x-x_B)[/mm]
> jetzt erhält man die Fußpunkte mit:
> [mm]c \cap h_c =\{D\}[/mm]
> [mm]b \cap h_b =\{F\}[/mm]
> [mm]a \cap h_a =\{E\}[/mm]
>
> und nun muss man nur noch den Schnittwinkel zwischen g(F,D)
> und [mm]h_a[/mm] mit dem zwischen [mm]h_a[/mm] und h(F,E) vergleichen. (ich
> selber hab mir den Aufwand gespart das alles in Detail
> durchzurechnen)
> Diesen Ansatz finde ich allerdings sehr unbefriedigend, da
> er nichts elegantes und einen enormen rechenaufwand
> benötigt und vorallem, weil er nichts mit elementarer
> Geometrie zu tun hat.
>
Das sehe ich auch so, aber immerhin ist es eine Lösung.
Gruß Sigrid
> Gruß Samuel
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Hallo Sigried
Mit deinem Tipp ist der Rest nicht mehr besonders schwer. Auf die Idee zu prüfen, ob es irgendwo Vierecke vielleicht Sehnenvierecke gibt, um dann mit dem Sehnensatz weiter zu machen, wäre ich wohl niiee gekommen.
Jetzt die komplete Lösung
Wegen möglichen Missverständnissen:
D liegt auf [AB] E liegt auf [BC] F liegt auf [AC]
Zusätzliche Bezeichnungen:
[mm] $w(DAH)=\alpha$
[/mm]
[mm] $w(HBD)=\beta$
[/mm]
P sei der Schnittpunkt von [AH] und [DF]
Q sei der Schnittpunkt von [BH] und [DE]
Der eigentliche Beweis
Damit der Höhenschnittpunkt H in [mm] $\Delta_{ABC}$ [/mm] von den Seiten des Dreiecks [mm] $\Delta_{DEF}$ [/mm] gleichweit entfernt ist, muss er in diesem Inkreismittelpunkt sein. Der Inkreismittelpunkt ist Schnittpunkt der Winkelhalbierenden. Die Aussage folgt also aus $w(EDH)=w(HDF)$! Es gilt dann entsprechend
$w(DEA)=w(AEF)$ sowie $w(BFE)=w(DFB)$.
Nach Aufgabenstellung gilt: $90°=w(HDA)=w(AFH)$,
also $w(HDA)+w(AFH)=180°$ somit ist [mm] \Box_{ADHF} [/mm] ein Sehnenviereck!!!:
[mm] $[AP]*[PH]=[DP]*[PF]\gdw \frac{[AP]}{[PF]}=\frac{[DP]}{[PH]}$
[/mm]
mit w(APD)=w(HPF) (Scheitelwinkel) folgt nun: [mm] [b]$\Delta_{ADP} \sim \Delta_{PHF}$[/b]
[/mm]
[mm]\Rightarrow w(DFB)=\alpha \Rightarrow w(BDF)=180°-(\alpha+\beta) \Rightarrow w(FDA)=\alpha+\beta \Rightarrow w(HDF)=90°-(\alpha+\beta)[/mm]
Ferner gilt nach Aufgabenstellung: $90°=w(BDH)=w(HEB)$
Es ist also auch [mm] \Box_{DBEH} [/mm] ein Sehnenviereck!!!:
entsprechend wie oben lässt sich nun mit [mm]\frac{[DQ]}{[QH]}=\frac{[EQ]}{[BQ]}[/mm] und mit
$w(DQB)=w(EQH) $folgern: [mm] [b]$\Delta_{DBQ}\sim\Delta_{HQE}$[/b]
[/mm]
[mm]\Rightarrow w(DEA)=\beta \Rightarrow w(EDA)=180°-(\alpha+\beta) \Rightarrow w(BDE)=\alpha+\beta \Rightarrow w(EDH)=90°-(\alpha+\beta) [/mm]
Es ist also [mm] w(HDF)=90°-(\alpha+\beta)=w(EDH) [/mm] q.e.d.
Wenn ich mir den Beweis so anschau, eigentlich ganz simpel - aber alleine hätte ich es nicht geschafft. Schon erstaunlich diese Geometrieaufgaben...
Gruß Samuel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:14 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Sigrid |
Hallo Samuel,
tröste dich, auf die Idee mit dem Sehnenviereck bin ich auch nur mit Hilfe gekommen.
Mir fehlt auch noch der Beweis des Satzes über die Diagonlalabschnitte.
Ich habe mir auch noch die Musterlösung angesehen. Da wird aus dem Sehnenviereck direkt auf die Gleichheit der Winkel (für deine Lösung) [mm] w(HDF) = w(EDH) [/mm] geschlossen.
Naja, damit kann ich mich ja noch mal beschäftigen.
Dein Beweis ist erstmal in Ordnung ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") .
Das nächste Mal stelle ich zum Vergleich einmal die Aufgabe für die Klasse 9 in der 4. Runde ins Forum. Ich halte sie zwar nicht für besonders interessant, aber ich denke der Vergleich lohnt sich.
Gruß Sigrid (bitte ohne e)
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![[heul]](/images/smileys/heul.gif "[heul]"){kind=small}
10. Klasse 
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