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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:31 Mi 17.11.2010 | | Autor: | dana1986 |
| Aufgabe | | Sei ABC ein Dreieck. Die Winkelhalbierende des Winkels ACB schneidet die Seite AB im Punkt D. Der Umkreis des Dreiecks BCD schneidet die Strecke AC im Punkt P [mm] \not= [/mm] C. Der Umkreis des Dreiecks ACD schneidet die Strecke BC im Punkt Q [mm] \not= [/mm] C. Beweisen Sie, dass PD=QD. |
Hi, also ich denke es geht wieder um Winkel bzw. Kongruenz.
Bräuchte nur ein Stichwort.
Also [mm] \bruch{\gamma}{2} [/mm] ist ja Umfangswinkel über den Sehnen DB und und DA. Dann gilt noch [mm] \alpha [/mm] + Winkel CDA = [mm] \beta [/mm] + Winkel BDC.
Weiter binb ich noch nicht gekiómmen. Ich dachte mir, wenn ich die Winkelhalbierenden von [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] noch einzeichne, liegen P und Q auf dem Inkreis. Dann würde ich zeigen, dass I(=Mittelpunkt Inkreis), also IQ sowie IP gleichlang sind, weil sie Radien des Inkreises sind. Dann noch über Kongruenz der Dreiecke DPI und Dreieck DIQ zeigen, dass DQ=PD ist.
GLG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:56 Mi 17.11.2010 | | Autor: | abakus |
> Sei ABC ein Dreieck. Die Winkelhalbierende des Winkels ACB
> schneidet die Seite AB im Punkt D. Der Umkreis des Dreiecks
> BCD schneidet die Strecke AC im Punkt P [mm]\not=[/mm] C. Der
> Umkreis des Dreiecks ACD schneidet die Strecke BC im Punkt
> Q [mm]\not=[/mm] C. Beweisen Sie, dass PD=QD.
> Hi, also ich denke es geht wieder um Winkel bzw.
> Kongruenz.
>
> Bräuchte nur ein Stichwort.
Hallo,
wegen der Winkelhalbierenden sind PCD und DCB gleich große (Peripherie-)Winkel im Kreis um das Sehnenviereck DQCP.
Damit sind die Sehnen PD und DB, über denen die gleichen Peripheriewinkel liegen, gleich lang.
Mit der gleichen Begründung sind im anderen Kreis die Sehnen AD und DQ gleich lang.
Allerdings sind PD und DQ NICHT gleich lang (es sei denn, es wäre auch AC=BC vorausgesetzt. Bitte kontrolliere die exakte Formulierung der Aufgabenstellung.
Gruß Abakus
>
> Also [mm]\bruch{\gamma}{2}[/mm] ist ja Umfangswinkel über den
> Sehnen DB und und DA. Dann gilt noch [mm]\alpha[/mm] + Winkel CDA =
> [mm]\beta[/mm] + Winkel BDC.
>
> Weiter binb ich noch nicht gekiómmen. Ich dachte mir, wenn
> ich die Winkelhalbierenden von [mm]\alpha[/mm] und [mm]\beta[/mm] noch
> einzeichne, liegen P und Q auf dem Inkreis. Dann würde ich
> zeigen, dass I(=Mittelpunkt Inkreis), also IQ sowie IP
> gleichlang sind, weil sie Radien des Inkreises sind. Dann
> noch über Kongruenz der Dreiecke DPI und Dreieck DIQ
> zeigen, dass DQ=PD ist.
>
> GLG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:02 Do 18.11.2010 | | Autor: | Azariel |
Hm,
soweit bin ich auch, aber was mach ich denn dann mit meiner aufgabe? 0ô Fallunterscheidung?
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Nö. Korrekturlesen. Stimmt die Aufgabe denn so?
lg
rev
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:23 Do 18.11.2010 | | Autor: | svcds |
hmm
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 22:24 Do 18.11.2010 | | Autor: | dana1986 |
komm da jetzt nicht weiter hab auch ein gleichseitiges Dreieck gezeichnet
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:51 Do 18.11.2010 | | Autor: | reverend |
Wie schön. Ich mag gleichseitige Dreiecke, vor allem große.
Was hilft das nun? Was macht denn die Aufgabe? Bist Du da weitergekommen? Hast Du etwa in der Skizee ein gleichseitiges Dreieck gefunden?
Oder warum deklarierst Du Deine Mitteilung als Frage?
lg
rev
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:49 Do 18.11.2010 | | Autor: | reverend |
Wer ist hier eigentlich wer?
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