• GeoDid Serie 5 - A3
  • anonym
  • 26.01.2021
  • Mathematik
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  • Konstruktion eines Dreiecks um die Winkelhalbierenden

    Gegeben seien drei Geraden g, h, l, die sich im Punkt P schneiden.
    Gesucht ist ein Dreieck \gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangleABC, zu welchem die Geraden g, h, l die Winkelhalbierenden sind.
    Dazu schlägt Maximilian die folgende Konstruktion vor:

    • Wähle einen Punkt A auf g, der von P verschieden ist.
    • Der Spiegelpunkt von A an h sei Ah\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_h, der Spiegelpunkt von A an l sei Al\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_l.
    • Die Schnittpunkte der Geraden g(Ah;Al\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_h;A_l) mit h bzw. l seien B bzw. C.
    • \gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangleABC ist das gesuchte Dreieck.

    Ist diese Konstruktion eigentlich (immer) durchführbar?

    Prüfe dafür jeden Schritt und argumentiere!


    Schritt 1: Ja, da die Wahl von A auf g\P irrelevant ist, weder Entfernung noch Richtung ändern das Ergebnis.


    Schritt 2: Ja, da die Spiegelung eindeutig ist. Und da wir nicht auf einem Blatt Papier arbeiten, sondern einer unendlichen Ebene, ist dies auch immer möglich.


    Schritt 3: Ja, denn da sich h und l nur in P schneiden, sind sie nicht identisch.
    Deshalb kann auch g(A_h;A_l\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A\_h;A\_l) nicht identisch zu h oder l sein, also existieren eindeutige Schnittpunkte.

  • Als letztes überprüfen wir noch den 4. Schritt:
    Liefert die Konstruktion tatsächlich das gesuchte Dreieck?

    Man bezeichne den Lotfußpunkt von dem Lot auf h durch A mit
    Fh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} F_{h} den Fußpunkt vom Lot auf l durch A mit Al\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_{l} und g(Ah\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_{h}​, Al\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} A_{l}​) ∩ g = : {Fg\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} F_{g}}.

    Um zu zeigen, dass g, h & l tatsächlich
    Winkelhalbierende sind, muss gelten:

    (i) β1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \beta_1 = β2            \gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \beta_2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (ii) γ1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \gamma_1 = γ2            \gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \gamma_2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (iii) α1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \alpha_1 = α2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \alpha_2


    Beweis:
    (i) β1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \beta_1 = β2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \beta_2
    Man betrachte BAlFl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangle BA_lF_l und BAFl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangle BAF_l.
    Diese haben folgendes gemeinsam:
    - AlFl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\overline{A_lF_l}|=AFl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\overline{AF_l}|
    - BFlAl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\angle{BF_lA_l}|=BFlA\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\angle{BF_lA}| = 90°\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \degree
    - BFl\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \overline{BF_l} als gemeinsame Seite


    Mit dem Kongruenzsatz SWS folgt nun
    BAlPBAP\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\triangle{BA_lP}| \cong |\triangle{BAP}|
    β1=β2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \Rightarrow \beta_1=\beta_2.

    (ii) γ1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \gamma_1 = γ2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \gamma_2
    Tipp: Suche wie bei (i) 2 geeignete Dreiecke,
    beweise analog und zeichne eine Skizze!

    Man betrachte CFhAh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangle CF_hA_h & CAFh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \triangle CAF_h.
    Diese haben folgendes gemeinsam:
    - AhFh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\overline{A_hF_h}|=FhA\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\overline{F_hA}|
    - CFhAh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\angle{CF_hA_h}|=CFhA\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} |\angle{CF_hA}| = 90°\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \degree
    - CFh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \overline{CF_h} als gemeinsame Seite

    SWS CFhAhCAFh\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \Rightarrow |\triangle{CF_hA_h}| \cong |\triangle{CAF_h}|
    γ1=γ2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \Rightarrow \gamma_1=\gamma_2.

    (iii) α1\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \alpha_1 = α2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \alpha_2
    Seien D, E und F Lotfußpunkte der Lote
    auf AB,AC bzw. BC\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \overline{AB}, \overline{AC} \ bzw. \ \overline{BC} durch P.

    Das \gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \squareADPE können wir über die beiden
    gegenüberliegenden rechten Winkel und die
    gleichlangen Seiten DP,PE\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \overline{DP}, \overline{PE} , sowie EA,AC\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \overline{EA}, \\ \overline{AC} als Drachen identifizieren, mit g als der
    Diagonale, welche die andere halbiert.
    Also ist g auch die Winkelhalbierende für
    DPE\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \angle{DPE} und EAD=α\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \angle{EAD}=\alpha
    α1=α2\gdef\cloze#1{\colorbox{none}{\color{transparent}{\large{$\displaystyle #1$}}}} \Rightarrow \alpha_1=\alpha_2.