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Aufgabe:

Ich soll beweisen, dass MN und QP parallel sind, wobei N ein Punkt auf BC und M ein Punkt auf CD sei und der Winkel MAN = 45°

blob.png

Ein Quadrat ABCD hat den Umkreis K. Die Schenkel eines Winkels α=45° mit dem Scheitel in A schneiden den Kreis K in E und F sowie die Quadratseiten in G und H. Zeige EF||GH.


Problem/Ansatz:

Ich möchte anfangen, einfachere Sachverhalte zu beweisen, wobei ich noch nicht weiß wie man an so etwas rangeht.

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Meiner Meinung nach gibt es da mehrere Möglichkeiten. (Richtungsvektor, Anstieg der Geraden oder über die Innenwinkel)

Hast du denn noch irgendwelche Punkte gegeben? Oder irgendwas anderes?

Also M und N sund frei wählbar auf den Seiten BC und DC müssen bei A aber einen 45° Winkel bilden. Die Geraden AM und AN schneiden den Umkreis des Kreises im Punkt A und P, bzw. Q.

Außerdem dürfen M und N keine Eckpunkte des Quadrates sein.

Wenn du mir auch einen kleinen Ansatz geben würdest wäre ich sehr dankbar.

Mein erster Gedanke war, dass ich zeigen muss, dass |MQ| = |NP| ist. Das scheint ja mit den 45° zusammenzuhängen.. aber wie beweist man sowas.

Das kannst du nicht zeigen, weil es i.A. nicht zutrifft.

Aber dann würde es ja gar keinen Sinn machen, dass sie parallel sind.

Ich kann die Punkte ja beliebig wählen

Ich kann die Punkte ja beliebig wählen

Du kannst nur einen Punkt (z.B. N) beliebig wählen. M,P und Q sind dann durch die 45°-Vorgabe eindeutig festgelegt.
Du sollst beweisen, dass dann (unabhängig von der Wahl von N) immer MN und QP parallel sind.

2 Antworten

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Hätte man das Ganze eigentlich auch mit Vektoren beweisen können?

Ja - das geht sogar ziemlich 'straight forward'. D.h. es ist eine ziemliche Rechnerei, aber eben "nur" eine Rechnerei. Im Gegensatz zum 'geometrischen' Beweis - wie in der Antwort von hj2166, der eine gewisse Kreativität erfordert!

Ich nenne \(\vec{AB} = a\) und \(\vec{AD} = b\). Der Vektor \(\vec{BN} = \tau b\) mit \(\tau \in \mathbb{R}\). Die Idee ist nun, sowohl den Vektor \(\vec{NM}\) als auch \(\vec{PQ}\) zu berechnen und dann zu zeigen, dass beide unabhängig von \(\tau\) kollinear sind. Ich führe noch eine Funktion \(o\) (für orthogonal) ein, wobei \(o(x)\) der um 90° positiv gedrehte Vektor von \(x\) ist. Es gilt also \(b=o(a)\) und \(o(b)=-a\).

Skizze3.png

Ich wähle den Punkt \(A\) als 'Ursprung'. Dann sind die Geraden \(g_0\) und \(g_1\) durch \(AN\) und \(AM\)$$g_0: \space x = s (a+\tau b), \quad s \in \mathbb{R}\\g_1: \space x = t (a+ \tau b + o(a+\tau b)) = t(a(1-\tau) + b (1+\tau)), \quad t \in \mathbb{R}$$Damit berechne ich die Vektoren \(\vec{AN}=n\) und \(\vec{AM}=m\). \(n\) ist offensichtlich$$n = a+\tau b$$und \(m\) ist der Schnittpunkt von \(g_1\) und $$g_2: \space x  = b + ra $$Gleichsetzen gibt$$\begin{aligned}ta(1-\tau) + tb (1+\tau) &= b + ra  \\ (t(1 - \tau) - r)a + (t (1 + \tau) - 1)b &= 0\end{aligned}$$Da \(a\) und \(b\) linear unabhängig sind, müssen die Faktoren =0 sein. Aus dem Faktor vor \(b\) folgt direkt$$t_m (1+\tau) - 1 = 0 \implies t_m = \frac{1}{1 + \tau}$$und damit der Vektor \(m\):$$m = g_1(t_m) = \frac 1{1 + \tau}(a(1-\tau) + b (1+\tau))= a \frac{1-\tau}{1 + \tau} + b$$Somit ist der Vektor \(\vec{NM}\) $$\vec{NM} =m-n = a \frac{1-\tau}{1 + \tau} + b - a-\tau b = a \frac{-2\tau}{1+\tau} + b(1-\tau)$$Ist \(k\) ein beliebiger Vektor von \(A\) auf die Kreislinie und \(z=\vec{AZ}\), so ist $$ (k-z)^2 = z^2, \quad z = \frac 12 (a+b) \\ k^2 - 2kz + z^2 = z^2 \\ k^2 = k(a+b)$$Den Kreis bringe ich mit \(g_0\) und \(g_1\) zum Schnitt, um die Vektoren \(\vec{AP} = p\) und \(\vec{AQ} = q\) zu bestimmen. Dazu setzt man für \(k\) die Gleichung der jeweiligen Gerade ein. Zunächst \(g_0\) für \(p\):$$\begin{aligned} s^2 (a + \tau b)^2 &= s(a + \tau b)(a+b) \\ s(a^2 + 2\tau ab + \tau^2 b^2) &= a^2 + ab(1+\tau) + \tau b^2 \\ s a^2(1 + \tau^2) &= a^2( + \tau) \\ s_p &= \frac {1 + \tau}{1 + \tau ^2} \end{aligned}$$Dann \(g_1\) für \(q\):$$\begin{aligned}t^2(a(1-\tau) + b (1+\tau))^2 &= t(a(1-\tau) + b (1+\tau))(a+b) \\ t(a(1-\tau) + b (1+\tau))^2 &= (a(1-\tau) + b (1+\tau))(a+b) \\ t( a^2(1-\tau)^2 + b^2 (1+\tau)^2) &= a^2 (1-\tau) + b^2 (1+\tau) \\ t( 1+\tau^2) &= 1\\ t_q &= \frac 1{1+\tau^2}\end{aligned}$$Und nun die Differenz \(\vec{PQ}\):$$\begin{aligned} \vec{PQ} &= q-p = g_1(t_q) - g_0(s_p) \\ &= \frac 1{1+\tau^2}(a(1-\tau) + b (1+\tau)) - \frac {1 + \tau}{1 + \tau ^2} (a+\tau b) \\ \quad &= \frac 1{1 + \tau ^2} \left( a(1-\tau) + b (1+\tau) - (1 + \tau )(a+\tau b)\right) \\ \quad &= \frac 1{1 + \tau ^2} \left( -2a\tau + b (1-\tau^2) \right) \\ \quad &= \frac {1+\tau}{1 + \tau ^2} \left( a \frac{-2\tau}{1+\tau} + b (1-\tau) \right) \\ \quad &= \frac {1+\tau}{1 + \tau ^2}\vec{NM} \quad \text{q. e. d.} \end{aligned}$$

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Zeige, dass  α = η  ist.
Tipp :  Die Winkel können in alphabetischer Reihenfolge in die Argumentationskette einfließen.

Quadrat2.png

Quadrat1.png

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Der Ansatz hilft mir schonmal sehr, danke.

Aber wieso hast du unten zwei Quadrate nebeneinander dargestellt?

Gast hj2166,

woher weißt du, dass bei Z ein rechter Winkel ist?

bzw. wie kommst du darauf

Verrate ich am 5. März 2019

woher weißt du, dass bei Z ein rechter Winkel ist?

Weil Z der Schnittpunkt der Diagonalen eines Quadrates ist.

Kannst du mir vielleicht jetzt mal so einen richtigen Argumentationsablauf, bzw. ein Lösungsbeispiel zu der Aufgabe ausführen?

1.  β = 2α   (Zentrums-Peripherie-Winkel-Satz)

2.  γ = (180° - β) / 2  (Satz vom gleichschenkligen Dreieck)
     γ = 90° - α  (wegen 1.)

3.  δ  = ∠BAZ - ∠PAZ 
         =  45° - ∠PAZ  (Satz vom gleichschenkligen Dreieck)
         =  ∠PAQ - ∠PAZ  (Voraussetzung)
         =  γ 
         =  90° - α  (wegen 2.)

Konstruktion :  Das Quadrat ABCD wird um 90° um den Punt A gedreht.

4.  ε + δ'  =  ε + δ  (Konstruktion)
                =  90° - ∠NAM
                =  90° - 45°  (Voraussetzung)
                =  45°
                =  ∠NAM  (Voraussetzung)

     AN = AN'  (Konstruktion)

5.  ΔNAM ≅ ΔN'AM  (Kongruenzsatz SWS  wegen 4.)

6.  η = ζ  (wegen 5.)
        = 90° - δ'  (wegen Quadrat)
        = 90° - δ  (Konstruktion)
        = α  (wegen 3.)

7.  PQ || NM  (Stufenwinkelsatz wegen 6.) 

Quantenelektrodynamik.

Vielen Dank!

Ich hatte scheinbar immer die richtigen Ansätze, konnte die jedoch untereinander nicht in Verbindung bringen.

Was genau meinst du mit "Quantenelektrodynamik" am Ende?

Man soll niemals selbst über seine eigenen Witze lachen und man soll niemals seine Witze selber erklären.

Dann ist der Witz wahrscheinlich zu hoch für mich :D

Quantenelektrodynamik wird QED abgekürzt. Q. E. D. ist das Kürzel für Quod erat demonstrandum, was "was zu beweisen war" heißt und am Ende von mathematischen Beweisführungen steht.

Oh Danke für die Erklärung :')

Hätte man das Ganze eigentlich auch mit Vektoren beweisen können?

Hätte man das Ganze eigentlich auch mit Vektoren beweisen können?

Danke für die Frage - siehe meine Antwort.

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