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Mathematik » Geometrie » Winkelhalbierende mit Formel ausrechnen 2
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Kein bestimmter Bereich J Winkelhalbierende mit Formel ausrechnen 2
Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-21 17:15


Die Winkelhalbierende eines Dreiecks berechnet sich zu
$\displaystyle
w_\gamma
=\frac{2ab\cos \left(\frac{\gamma }{2}\right)}{a+b}
=\frac{2F}{c\cos \left(\frac{\alpha -\beta }{2}\right)}
=\sqrt{ab \left( 1-\frac{c^2}{(a+b)^2}   \right)}$

Die erste Formel wird hier gezeigt.
Die letzte Formel wird hier gezeigt.

Bei der mittleren fehlt mir der Ansatz.
Kann jmd. einen einfachen Ansatz nennen?
(Möglichst via trigonometrischer Rechnung, nicht via Koordinatengeometrie)



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werner
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-21 17:48


schau mal beim Satz von STEWART



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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-21 19:38


2020-11-21 17:48 - werner in Beitrag No. 1 schreibt:
schau mal beim Satz von STEWART

Satz von Stewart.
Ist $d$ eine beliebige Ecktransversale der Dreiecksecke $C$, welche die gegenüberliegende Seite $c$ in die Teilstrecken  $m$ und $n$ zerlegt, so ist
${a^2n+b^2m = c\cdot (mn +d^2)}.$

<math>
% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\pgfmathsetmacro{\wA}{2*\b*\c*cos(\Alpha/2)/(\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wB}{2*\a*\c*cos(\Beta/2)/(\a+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wC}{2*\a*\b*cos(\Gamma/2)/(\a+\b)} %


\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
]

% Dreieckskonstruktion
\coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0);
\coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0);
\coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen

% Annotationen
\path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$};
\path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$};

% Ecktransversale
\coordinate[label=below:$D$] (D) at ($(A)!0.234!(B)$);

\draw[red] (C) -- (D) node[midway, right]{$d$};
\path[] (A) -- (D) node[midway, below]{$m$};
\path[] (B) -- (D) node[midway, below]{$n$};

% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\overline{\chi}$",
] {angle =C--D--A};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.8,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =B--D--C};

%%% Punkte
\draw[fill=black!1] (D) circle (1.5pt);
\end{tikzpicture}
</math>

Beweis:

Nach dem Kosinussatz ist

$a^2=n^2+d^2-2dn\cos(\chi) \\[1em]
%
b^2=m^2+d^2-2dm\cos(\overline{\chi})
=m^2+d^2-2dm\cos(180^\circ-\chi) \\
~\Leftrightarrow~
b^2=m^2+d^2+2dm\cos(\chi)
\hspace{15mm}\scriptsize\textsf{[da $\cos(\pi-x)=-\cos(x)$]} \\[1em]
$

$\begin{array}{l l l}
\Rightarrow &  a^2m + b^2n &= mn^2+m^2n +(m+n)d^2 \\
& &= (m+n)(mn+d^2) \\
& &= c \cdot (mn+d^2)  \hspace{15mm}\square
\end{array}$



 Beweis $w_\gamma =\sqrt{ab \left( 1-\dfrac{c^2}{(a+b)^2}   \right)}.$

<math>
% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\pgfmathsetmacro{\wA}{2*\b*\c*cos(\Alpha/2)/(\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wB}{2*\a*\c*cos(\Beta/2)/(\a+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\wC}{2*\a*\b*cos(\Gamma/2)/(\a+\b)} %

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },
Dreieck/.style={thick},
]

% Dreieckskonstruktion
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen

% Annotationen - Dreieck
\draw[red] (C) --+ (-\Beta-0.5*\Gamma:\wC) coordinate[Punkt={below}{W}] (W) node[pos=0.75, right]{$w$};
\path[] (A) -- (W) node[midway, below]{$m$};
\path[] (B) -- (W) node[midway, below]{$n$};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\frac\gamma2$",
] {angle =A--C--W};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\alpha$}, pic text options={},
"$\frac\gamma2$",
] {angle =W--C--B};

\path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$};
\path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$};

%%% Punkte
\draw[fill=black!1] (W) circle (1.75pt);
\end{tikzpicture}
</math>


Nach dem Satz von Stewart ist für die Winkelhalbierende $
{a^2n+b^2m = c\cdot (mn +w^2)}$

$~\Leftrightarrow~
w^2 = \dfrac{a^2n+b^2m}{c}  -mn.$

Andererseits gilt nach dem Winkelhalbierendensatz $
\dfrac{a}{b} = \dfrac{n}{m}.$

$\Leftrightarrow~ m=\dfrac{a}{b}n %\\
~\Rightarrow~
c= m+n = \dfrac{a}{b}n +n
~\Leftrightarrow~
n=\dfrac{bc}{a+b}
$   bzw. $
m =\dfrac{ac}{a+b}.$

$\Rightarrow~ mn = \dfrac{abc^2}{(a+b)^2}.$

$\begin{array}{l l l l}
\Rightarrow   &w^2
   & = \dfrac{a^2n+b^2m}{c}  -mn
   & = \dfrac{a^2 \dfrac{bc}{a+b} +b^2 \dfrac{ac}{a+b}}{c}  
      -\dfrac{abc^2}{(a+b)^2} \\[1em]
&  &  &= \dfrac{a^2b + ab^2}{a+b}
                 -\dfrac{abc^2}{(a+b)^2} \\[1em]
&  &  &= \dfrac{ab(a+b)}{a+b} -\dfrac{abc^2}{(a+b)^2} \\[1em]
&  &  &= ab \left(  1 -\dfrac{c^2}{(a+b)^2} \right) \hspace{15mm}\square
\end{array}$



Damit bleibt die mittlere Formel $\displaystyle
w_\gamma
=\frac{2F}{c\cos \left(\frac{\alpha -\beta }{2}\right)}.$
 Für diese habe ich keinen Ansatz.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-11-21 20:17


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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-22 13:24


Beweis $w_\gamma =\dfrac{2F}{c\, \cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2} \right)}$.

Aus ${w_\gamma =\dfrac{2ab \cos(\frac{\gamma}{2})}{a+b}}$ wird mit Hilfe der Flächenformeln  ${F
=\frac12 bc \sin(\alpha)
=\frac12 ca \sin(\beta)
=\frac12 ab \sin(\gamma)}$

$\begin{array}{l l l}
w_\gamma
&=\dfrac{2ab \cos(\frac{\gamma}{2})}{a+b} \\[1em]
&= \dfrac{2 \dfrac{2F}{c\sin(\beta)} \dfrac{2F}{c\sin(\alpha)}
\cos(\frac{\gamma}{2})}{\dfrac{2F}{c\sin(\beta)}+\dfrac{2F}{c\sin(\alpha)}} \\[2.5em]
&=\dfrac{\dfrac{8F^2}{c^2} \dfrac{1}{\sin(\alpha)\sin(\beta)} \cos(\frac{\gamma}{2})}{\dfrac{2F}{c} \left(\dfrac{1}{\sin(\alpha)} + \dfrac{1}{\sin(\beta)}\right)} \\[2.5em]
&= \dfrac{4F}{c} \dfrac{\cos(\frac{\gamma}{2})}{\sin(\alpha)+\sin(\beta)} \\[2em]
&= \dfrac{4F}{c} \dfrac{\cos\left(\frac{180^\circ-(\alpha+\beta)}{2}\right)}{\sin(\alpha)+\sin(\beta)} \\[2.5em]
&= \dfrac{4F}{c} \dfrac{\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{\sin(\alpha)+\sin(\beta)} & \scriptsize\textsf{[da $\cos(\frac\pi2-x)=\sin(x)$]} \\[2em]
&= \dfrac{4F}{c} \dfrac{\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)} & \scriptsize\textsf{[da $\sin(x)+\sin(y)=2\sin\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right)$]} \\[2em]
&=\dfrac{2F}{c\, \cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2} \right)} &\square
\end{array}$




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jaja, so leicht geht´s, wenn man weiß wie 😁



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