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Mathematik » Geometrie » Streckenzug von drei gleichlangen Seiten auf zwei Geraden konstruieren
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Kein bestimmter Bereich Streckenzug von drei gleichlangen Seiten auf zwei Geraden konstruieren
tudeldidu
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 20.02.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-02-20


Hallo zusammen,

ich hirne seit geraumer Zeit an folgendem Problem und freue mich über Tipps/ Hinweise oder auch eine Lösung, weil es mich langsam etwas wahnsinnig werden lässt :

Es sind drei Punkte $A, B$ und $C$ gegeben und zwei Geraden $\overline{AB}$, sowie $\overline{BC}$. Ich suche nun zwei Punkte $N$ und $M$ auf $\overline{AB}$ bzw. $\overline{BC}$, sodass die Strecken $i, j$ und $k$ zwischen $C$ und $M$, $M$ und $N$ sowie $N$ und $A$ genau gleich lang sind.

Das ganze sieht man auch nochmal auf dem Bild: hier


Ich versuche momentan noch, rein geometrisch die Punkte $M$ und $N$ zu konstruieren. Ein großes Problem ist dabei, dass die Strecke $j$ nicht parallel zu $\overline{AC}$ verläuft, sonst ginge sicher ein Ansatz über Ähnlichkeit.Ich lasse das erstmal so stehen, wenn ihr Nachfragen habt, schreibe ich gerne mehr zu meinen geometrischen Versuchen. Da die aber recht fruchtlos in beliebige Richtungen gehen, wäre das etwas mühsehlig für euch zu lesen.

Gruß  
tudeldidu



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Caban
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 383
Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-02-21


Hallo

Irgendwas passt mit dem Link nicht, korrigiere das bitte!

Gruß Caban



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viertel
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 26758
Aus: Hessen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-02-21


Hi tudeldidu

Willkommen auf dem Planeten

Die Lösung ist nicht eindeutig. Zu deinem Bild mit A, B und C gibt es eine zweite Lösung.

Zunächst deine nochmal, mit meiner Konstruktion (N kann auf AB verschoben werden, der schwarze Kreis hat den Radius NA, zwei Schnittpunkte mit BC). Dein Bild habe ich als Hintergrundbild genommen, um die gleiche Geometrie zu erreichen.

Lösung 1
M2 fällt mit deinem M zusammen. Der blaue Kreis hat den Radius M2N und schneidet BC in C.


Lösung 2
Wiederum schneidet der blaue Kreis C. ANM2C ist die zweite Lösung.


Der rote Kreis um M1 führt zu keiner Lösung. Jedenfalls in diesem Beispiel nicht. Ob das immer so ist, weiß ich nicht.

Vielleicht hilft uns das (also die 2-fache Lösung), eine Konstruktion zu finden, wenn man nämlich nicht nur nach einer eindeutigen Lösung sucht.

Gruß vom ¼


-----------------
Bild



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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 5838
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-02-21


Hier mal eine kurze Lösungsskizze:

1) Man konstruiere einen Punkt C' auf BC mit BC'=BA
2) Man konstruiere den Kreis des Apollonius, der die Strecke AC im Verhältnis AC' zu AB teilt.
3) Dieser Kreis schneidet die Gerade AC' in zwei Punkten D und D'
4) Die Parallele zu BC' durch D schneidet AB in E.
5) Es gilt AE=ED, da AED ähnlich zu ABC' ist.
6) Da D auf dem Apollonius-Kreis liegt, ist AD/DC = AC'/AB = AC'/BC' = AD/ED.
7) Daher ist DC genauso lang wie ED.
8) Die Parallele zu DC durch E schneidet BC' in F.
9) Es gilt DC = EF und DE = CF. Damit sind die Strecken AE, ED, DC, EF und FC alle gleichlang, also insbesondere auch AE, EF und FC.

Der Punkt D' führt zur zweiten Lösung.

Ich hoffe, das ist fehlerfrei und verständlich.



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MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1680
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-02-21


Hallo zusammen,
es kann sicher Fälle geben, wo es keine Lösung gibt. Einfaches Beispiel: AB ist 10 mal so lang wie AC. Wenn M zwischen B und C liegt, gilt zwangsläufig, dass die Strecke i kürzer als BC sein muss. Wenn ich dann eine  Strecke j gleicher Länge rüber werfe zur Geraden AB, dann ist der Punkt N immer noch nicht einmal annähernd in der Nähe von A. Es kann dann also gar nicht funktionieren. Das deutet für mich darauf hin, dass die analytische Lösung vermutlich in einer quadratischen Gleichung besteht, die in $\mathbb R$ halt zwei, eine oder null Lösungen haben kann. Ich hab's aber noch nicht gerechnet.

Ciao,

Thomas



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tudeldidu
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 20.02.2019
Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-21


Hi,

vielen Dank schonmal für eure Antworten. @MontyPythagoras: ich bin mir nicht sicher, ob das wirklich stimmt, denn M muss ja nicht zwingend zwischen B und C liegen, sondern lediglich auf der Geraden durch B und C. Sonst wäre die zweite Lösung, die viertel aufgefallen ist, auch nicht erlaubt.


Kitaktus, deine Lösungsskizze versuche ich gerade nachzubilden. Der Kreis von Appolonius ist schonmal sehr spannend, den kannte ich bislang noch nicht. Ich meine ihn richtig konstruiert zu haben, kann deine Beweisskizze aber leider nicht reproduzieren. Eventuell ergibt es sich aber noch, oder ich komme mit dem Apollonius auch so schon etwas weiter.

Grüße
Tudeldidu



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-02-21


Hallo
2019-02-21 20:10 - tudeldidu in Beitrag No. 5 schreibt:
@MontyPythagoras: (...) denn M muss ja nicht zwingend zwischen B und C liegen, sondern lediglich auf der Geraden durch B und C.
Das ist mir grundsätzlich klar, aber ich hatte Deine Darstellung so verstanden, dass das Voraussetzung wäre.

Ciao,

Thomas



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tudeldidu
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-21


Dann hab ichs schlecht dargestellt, sorry!  smile



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-02-21


Hallo tudeldidu,
nein eigentlich nicht. Ich habe zuviel reininterpretiert.

Ciao,

Thomas



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-02-22


2019-02-21 20:10 - tudeldidu in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich meine ihn richtig konstruiert zu haben, kann deine Beweisskizze aber leider nicht reproduzieren.

Bis wohin kommst Du?

Ich schaue mir das nochmal an, die Skizze war auf die Schnelle zusammengetippt. Kann sein, dass da ein Fehler in den Bezeichnungen drin ist.



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MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1680
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-02-23


Es gibt theoretisch bis zu vier Lösungen, die analytische Betrachtung führt zu einer quartischen Gleichung. M kann ja auf beiden Seiten von C und N auf beiden Seiten von A liegen. Jede Kombination ist eine mögliche Lösung. Rein praktisch dürfte es aber vermutlich nie 4 echte Lösungen geben.
Die quartische Gleichung lässt sich relativ leicht in zwei quadratische Lösungen zerlegen, man muss daher nicht auf die gewaltige Lösung einer allgemeinen quartischen Lösung zurückgreifen. Ich brauche noch ein bisschen, um das aufzuschreiben...

Ciao,

Thomas



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tudeldidu
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Mitteilungen: 5
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-23


Ich bin gespannt! Analytisch hab ich hier noch nicht viel zu überlegt, mein geometrischer Stolz hält mich noch ein wenig zurück ;-)


Kitaktus: Ich komme bis zu Punkt 6). Die Folgerung die du da schreibst, passt bei mir nicht, speziell der erste Teil AD/DC = AC'/AB. Und damit funktionieren die restlichen Folgerungen dann leider nicht mehr.



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viertel
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Mitteilungen: 26758
Aus: Hessen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-02-23


Den Verdacht mit 4 möglichen Lösungen hatte ich auch, da M1 in meinem Bild nur nutzlos existiert. Ich konnte aber bis jetzt keine 4 Lösungen erhalten.
Und wenn M1 (also der rote Kreis) Lösungen liefert (A liegt näher an B als C), dann geht M2 (der blaue Kreis) leer aus.

Revidiere:
Ich habe jetzt schon mal 3 Lösungen!
Und das irritiert doch ein wenig: 3 reelle Lösungen einer Gleichung 4. Grades? Aber so sehr ich auch an N ziehe, es gibt in der Anordnung von A, B und C keine vierte Lösung.
Habe auch noch die 4. Lösung gefunden (N ist leider außerhalb der Bildfläche).
Es scheint am spitzen/stumpfen Winkel ABC zu liegen, ob 2/4 Lösungen möglich sind.

Zwei der Bilder könnten natürlich kleiner sein. Aber so zeigen alle Bilder den gleichen Ausschnitt der Zeichenebene. A, B und C sind fixiert.











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gonz
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Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 3076
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-02-23


Mein Ansatz wäre, aus dem Winkel ABC und den Streckenlängen AB und BC, jeweils vermindert um die Streckenlänge x, mittels cos-Satz die gesuchte dritte "grüne" Strecke zu berechnen und diese dann gleich x zu setzen ( wobei ich das nicht durchgerechnet habe, ich bin also auf die Ausarbeitung von Monty gespannt :)


-----------------
- das alles muss weg. (Meister Eckhart von Hochheim)



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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 1680
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-02-23


Hallo zusammen,
sei B der Ursprung. Dann seien $\vec a$ und $\vec c$ die Ortsvektoren der Punkte A und C. Weil N auf der Geraden durch A liegt, kann ich seinen Ortsvektor darstellen als
$$\vec n=\vec a+\nu \vec a$$und ebenso
$$\vec m=\vec c+\mu \vec c$$Es gelten dann die Bedingungen:
$$|\vec{a}-\vec{n}|=|\vec{c}-\vec{m}|=|\vec{n}-\vec{m}|$$Quadriere ich das jeweils und setze obige Gleichungen ein, habe ich zwei Gleichungen für die zwei Unbekannten $\nu$ und $\mu$:
$$(1)\qquad\nu^2a^2=\mu^2c^2$$$$(2)\qquad\nu^2a^2=\left(\vec c+\mu\vec c-\vec a-\nu\vec a\right)^2$$Gleichung (1) kann man simplerweise auch wie folgt darstellen:
$$(3)\qquad\mu c=\underset1\pm\nu a$$Die Plusminus-Zeichen müssen wir durchnummerieren, weil es später noch eine weitere quadratische Lösung geben wird (nämlich aus Gleichung 2), und die Kombinationen der unabhängigen Plusminuszeichen ergeben die 4 Lösungen. Setzen wir (3) in (2) ein:
$$\nu^2a^2=\left(\vec c-\vec a\underset1\pm\nu a\vec c^0-\nu\vec a\right)^2$$$$\nu^2a^2=\left(\vec c-\vec a\right)^2+2\left(\vec c-\vec a\right)\left(\underset1\pm a\vec c^0-\vec a\right)\nu+\left(\underset1\pm a\vec c^0-\vec a\right)^2\nu^2$$$$\nu^2a^2=c^2-2\vec a\vec c+a^2+2\left(\underset1\pm ac-\vec a\vec c\underset1\mp a\vec a\vec c^0+a^2\right)\nu+\left(a^2\underset1\mp2 a\vec a\vec c^0+a^2\right)\nu^2$$Sei $\varphi$ der Winkel zwischen den Vektoren $\vec a$ und $\vec c$, dann folgt:
$$\nu^2a^2=c^2-2ac\cos\varphi+a^2+2\left(\underset1\pm ac-ac\cos\varphi\underset1\mp a^2\cos\varphi+a^2\right)\nu+\left(2a^2\underset1\mp2 a^2\cos\varphi\right)\nu^2$$Zusammenfassen und Umarrangieren:
$$\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)a^2\nu^2+2\left(\underset1\pm c-c\cos\varphi\underset1\mp a\cos\varphi+a\right)a\nu+c^2-2ac\cos\varphi+a^2=0$$$$(4)\qquad\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)a^2\nu^2-2\left(c\underset1\pm a\right)\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)a\nu+c^2-2ac\cos\varphi+a^2=0$$(4) ist eine quadratische Gleichung für $a\nu$ mit den Lösungen
$$\nu_{1..4}=\frac{\left(c\underset1\pm a\right)\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)\underset2\pm\sqrt{\left(c\underset1\pm a\right)^2\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)^2-\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)\left(c^2-2ac\cos\varphi+a^2\right)}}{a\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)}$$Wir vereinfachen nun nur den Term unter der Wurzel:
$$\left(c\underset1\pm a\right)^2\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)^2-\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)\left(c^2-2ac\cos\varphi+a^2\right)$$$$=\left(a^2+c^2\underset1\pm2ac\right)\left(1+\cos^2\varphi\underset1\mp2\cos\varphi\right)-\left(a^2+c^2-2ac\cos\varphi\right)\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)$$$$
=\left(a^2+c^2\right)\left(1+\cos^2\varphi\underset1\mp2\cos\varphi-1\underset1\pm2\cos\varphi\right)+2ac\left(\underset1\pm1\underset1\pm\cos^2\varphi-2\cos\varphi+\cos\varphi\underset1\mp2\cos^2\varphi\right)$$$$=\left(a^2+c^2\right)\cos^2\varphi+2ac\left(\underset1\pm1-\cos\varphi\underset1\mp\cos^2\varphi\right)$$$$=\left(a^2\underset1\mp2ac+c^2\right)\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)$$$$=\left(c\underset1\mp a\right)^2\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)$$und wir erhalten letztlich:
$$(5)\qquad\nu_{1..4}=\frac{\left(c\underset1\pm a\right)\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)\underset2\pm\sqrt{\left(c\underset1\mp a\right)^2\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi\underset1\mp1\right)}}{a\left(1\underset1\mp2 \cos\varphi\right)}$$Also überall, wo eine 1 unter dem Plusminus (oder dem Minusplus) steht, muss durchgängig entweder das obere oder das untere Zeichen verwendet werden, aber ich denke, das war klar.
Wie man sieht, wird durch den Term unter der Wurzel bestimmt, ob nur das obere oder nur das untere Zeichen jeweils eine Lösung ergibt (mit dem $\underset2\pm$ dann insgesamt 2 Lösungen), oder in einer günstigen Konstellation sogar beide (und dann insgesamt 4).
Mit Gleichung (3) bekommt man dann das zu jedem $\nu$ gehörige $\mu$.
Ich hoffe, dass ich jetzt mit zwei Gläsern Rotwein intus keinen Copy&Paste-Fehler bei den vielen Plus und Minus gemacht habe. Wenn doch, möge man es mir nachsehen...  smile

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-02-24


Fortsetzung:
Der Wein war nicht abträglich, das Ergebnis stimmt auch noch nach nüchterner Überprüfung.  biggrin
Betrachtet man den Term unter der Wurzel, und zwar zunächst mit dem oberen Plusminus-Zeichen, so steht dort:
$$\left(c-a\right)^2\cos^2\varphi+2ac\left(1-\cos\varphi\right)$$Die erste Hälfte ist aufgrund des Quadrierens sowieso größergleich null, die zweite Hälfte wegen $1-\cos\varphi\ge 0$ und der Tatsache, dass $a$ und $c$ positive reelle Zahlen sind, auch. Also sind
$$(6)\qquad\nu_{1,2}=\frac{\left(c+ a\right)\left(\cos\varphi-1\right)\pm\sqrt{\left(c-a\right)^2\cos^2\varphi+2ac\left(1-\cos\varphi\right)}}{a\left(1-2 \cos\varphi\right)}$$immer zwei gültige Lösungen. Etwas schwieriger wird es mit dem unteren Zeichen. Soll es noch zwei weitere gültige Lösungen geben, muss gelten:
$$\left(c+a\right)^2\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi+1\right)\ge 0$$Das ist nicht immer der Fall: wenn man z.B. $\varphi=\frac{\pi}2$, also $\cos\varphi=0$ einsetzt, steht dort $-2ac\ge 0$, was offenkundig nicht der Fall sein kann. Ist dagegen $\cos\varphi=\pm1$, ist die Gleichung gültig. Es gibt somit zwei Grenzwinkel. Ist der Winkel nahe null oder nahe 180°, sind 4 Lösungen möglich, bei annähernd rechtem Winkel zwischen $\vec a$ und $\vec c$ dagegen nur zwei. Für die Grenzwinkel gilt:
$$\left(c+a\right)^2\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi+1\right)=0$$$$\cos\varphi=\frac{ac\pm\sqrt{a^2c^2+2ac\left(c+a\right)^2}}{\left(c+a\right)^2}$$Man kann relativ leicht zeigen, dass der Bruch immer zwischen -1 und 1 liegt, das lasse ich hier aus. Es gibt genau dann vier gültige Lösungen, wenn
$$(7)\qquad\varphi\le\arccos\frac{\sqrt{a^2c^2+2ac\left(c+a\right)^2}+ac}{\left(c+a\right)^2}$$oder
$$(8)\qquad\varphi\ge\pi-\arccos\frac{\sqrt{a^2c^2+2ac\left(c+a\right)^2}-ac}{\left(c+a\right)^2}$$gilt. Dann sind die weiteren Lösungen:
$$(9)\qquad\nu_{3,4}=\frac{\left(c-a\right)\left(\cos\varphi+1\right)\pm\sqrt{\left(c+a\right)^2\cos^2\varphi-2ac\left(\cos\varphi+1\right)}}{a\left(1+2 \cos\varphi\right)}$$
Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-02-24


... außerdem kann man noch zeigen, dass es für $\varphi\ge120°$, also sehr stumpfe Winkel, immer vier gültige Lösungen gibt, unabhängig davon, wie das Verhältnis zwischen $a$ und $c$ ist. Mehr habe ich erstmal nicht.  smile

Ciao,

Thomas



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-02-25


2019-02-23 12:50 - tudeldidu in Beitrag No. 11 schreibt:
Ich bin gespannt! Analytisch hab ich hier noch nicht viel zu überlegt, mein geometrischer Stolz hält mich noch ein wenig zurück ;-)


Kitaktus: Ich komme bis zu Punkt 6). Die Folgerung die du da schreibst, passt bei mir nicht, speziell der erste Teil AD/DC = AC'/AB. Und damit funktionieren die restlichen Folgerungen dann leider nicht mehr.

6) Da D auf dem Apollonius-Kreis liegt, ist AD/DC = AC'/AB = AC'/BC' = AD/ED

Der Apollonius-Kreis der die Strecke AC im Verhältnis AC' zu AB teilt enthält alle Punkte X, für die AX/XC = AC'/AB ist.
Da D auf diesem Kreis liegt, gilt AD/XD = AC'/AB.
Die zweite Gleichheit gilt wegen AB = BC' (so wurde C' ja gewählt).
Die dritte Gleichheit gilt, da das Dreieck AED zum Dreieck ABC' ähnlich ist (DE ist parallel zu C'B).

Hilft das weiter?

Bemerkung: In der Konstruktion ist nichts darüber gesagt, auf welcher Seite von B der Punkt C' zu wählen ist. Das birgt Potential für 2 weitere Lösungen.



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tudeldidu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-26


Vielen Dank für eure Mühe, sehr schön! :-)

Tatsächlich hat jetzt auch der konstruktive Part geklappt, es war mir ein doofer Fehler beim Aufstellen des Apollonius-Kreis unterlaufen: hatte den auf die falsche Strecke gesetzt und es einfach nicht gemerkt. Jetzt hab ich die Folgerung auch nachvollziehen können.

Aber beide Wege finde ich doch überraschend komplex und Aufwendig für eine so einfach klingende Fragestellung. Hast du den Apollonius schon öfters verwendet?

LG
Tudeldidu



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