rechtwinkliges Dreieck < Klassen 8-10 < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:32 So 07.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
Hallo,
mich würde intressieren, weshalb hier gilt [mm] \measuredangle [/mm] ACC' = 45°, also wieso die Strecke [mm] \overline{CC'} [/mm] quasi die Winkelhalbierende von [mm] \measuredangle [/mm] ACB = 90° sein sollte? Mir ist klar, dass das rechtwinklige Dreieck quasi am Diagonalenschnittpunkt des Quadrats unterhalb der Hypotenuse gespiegelt wurde. Im Spezialfall, dass das rechtwinklige Dreieck gleichschenklig wäre, wäre es auch völlig einleuchtend...
Wäre euch für jede Hilfe dankbar.
Viele Grüße
ms2008de
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:54 So 07.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> mich würde intressieren, weshalb hier gilt [mm]\measuredangle[/mm]
> ACC' = 45°, also wieso die Strecke [mm]\overline{CC'}[/mm] quasi
> die Winkelhalbierende von [mm]\measuredangle[/mm] ACB = 90° sein
> sollte? Mir ist klar, dass das rechtwinklige Dreieck quasi
> am Diagonalenschnittpunkt des Quadrats unterhalb der
> Hypotenuse gespiegelt wurde. Im Spezialfall, dass das
> rechtwinklige Dreieck gleichschenklig wäre, wäre es auch
> völlig einleuchtend...
>
Wenn ich es richtig verstanden habe, sieht man das bspw. folgendermaßen ein:
- denke dir Thales-Kreise über den beiden rechtwinkligen Dreiecken (die ja ganz offensichtlich als kongruent angenommen werden sollen).
- vervollständige diese Thaleskreise zu kompletten Kreisen, so dass sich im Quadrat zwei Halbkreise befinden.
Diese Halbkreise werden sich im Mittelpunkt M des Quadrats B'A'BA berühren. Weiter muss aus Symmetriegründen die Strecke CC' ebenfalls durch M gehen.
Die Dreiecke BAM bzw. B'A'M sind aus naheliegenden Gründen gleichschenklig-rechtwinklig, da haben wir also an den Ecken A, B, A' und B' jeweils einen 45°-Winkel. Wenn du jetzt mal die Schnittpunkte der Strecke CC' mit den beiden Quadratseiten betrachtest (nennen wir sie S bzw. S') und die dort auftretenden Neben- und Gegenwinkel beachtest, dann siehst du schnell, dass die Teildreiecke ASC und MBS sowie BCS und ASM jeweils ähnlich sind.
Woraus die Behauptung folgt.
Edit: das war falsch.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:12 So 07.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
Hallo nochmals,
> Wenn du
> jetzt mal die Schnittpunkte der Strecke CC' mit den beiden
> Quadratseiten betrachtest (nennen wir sie S bzw. S') und
> die dort auftretenden Neben- und Gegenwinkel beachtest,
> dann siehst du schnell, dass die Teildreiecke ASC und MBS
> sowie BCS und ASM jeweils ähnlich sind.
>
> Woraus die Behauptung folgt.
>
Die Ähnlichkeit der Dreiecke seh ich leider noch nicht. Ich sehe, dass [mm] \measuredangle [/mm] ASC = [mm] \measuredangle [/mm] BSM und analog [mm] \measuredangle [/mm] ASM = [mm] \measuredangle [/mm] BSC .
Nun müsste also für die Ähnlichkeit 45° = [mm] \measuredangle [/mm] SAM = [mm] \measuredangle [/mm] BCS sein bzw. [mm] \measuredangle [/mm] SMA = [mm] \measuredangle [/mm] SBC. Dass 45° = [mm] \measuredangle [/mm] SAM ist vollkommen klar, da [mm] \overline{AA'} [/mm] bzw. [mm] \overline{BB'} [/mm] die Diagonalen des Quadrats sind.
Ich versteh nicht, wie man die Gleichheit [mm] \measuredangle [/mm] SAM = [mm] \measuredangle [/mm] BCS oder [mm] \measuredangle [/mm] SMA = [mm] \measuredangle [/mm] SBC sinnvoll argumentieren kann?
Im Allgemeinen sind die Strecken [mm] \overline{AC} [/mm] und [mm] \overline{MB} [/mm] bzw. [mm] \overline{BC} [/mm] und [mm] \overline{AM} [/mm] nicht parallel, sodass man mit Stufen-/Wechselwinkeln argumentieren könnte..?
Vielen Dank schon mal für die Hilfe.
Viele Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:18 So 07.01.2018 | | Autor: | abakus |
> Hallo nochmals,
> > Wenn du
> > jetzt mal die Schnittpunkte der Strecke CC' mit den beiden
> > Quadratseiten betrachtest (nennen wir sie S bzw. S') und
> > die dort auftretenden Neben- und Gegenwinkel beachtest,
> > dann siehst du schnell, dass die Teildreiecke ASC und MBS
> > sowie BCS und ASM jeweils ähnlich sind.
> >
> > Woraus die Behauptung folgt.
> >
>
> Die Ähnlichkeit der Dreiecke seh ich leider noch nicht.
> Ich sehe, dass [mm]\measuredangle[/mm] ASC = [mm]\measuredangle[/mm] BSM und
> analog [mm]\measuredangle[/mm] ASM = [mm]\measuredangle[/mm] BSC .
> Nun müsste also für die Ähnlichkeit 45° =
> [mm]\measuredangle[/mm] SAM = [mm]\measuredangle[/mm] BCS sein bzw.
> [mm]\measuredangle[/mm] SMA = [mm]\measuredangle[/mm] SBC. Dass 45° =
> [mm]\measuredangle[/mm] SAM ist vollkommen klar, da [mm]\overline{AA'}[/mm]
Hallo.
im angehängten Bild sieht man zwei Zentriwinkel (blau) mit einer Größe von jeweils 90°. Die zugehörigen Peripheriewinkel (grün) müssen jeweils halb so groß sein, also 45°.
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:30 So 07.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
Das angehängte Bild fehlt nur leider oder wurde gelöscht...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:55 So 07.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo ms2008de,
bitte entschuldige: meine obige Überlegung war falsch. Ich werde sie noch entsprechend kennzeichnen.
Am besten stellst du (oder die Moderation) die Ausgangsfrage wieder auf unbeantwortet.
Sorry nochmal für den Fehler!
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 So 07.01.2018 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Winkelhalbierenden zu allen Winkeln im Halbkreis gehen durch die Mitte des gegenüberliegenden Halbkreises, senn sann sind die Kreisbögen bzw Sehnen gleich lang und des halb auch die Winkel gleich, Der Mittelpunkt des Quadrates ist dieser Punkt.
ich hoffe mein Bild ist zu sehen
Gruß leduart
[Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 So 07.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
> ich hoffe mein Bild ist zu sehen
> Gruß leduart
> [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
Leider ist auch das nicht zu sehen!!!
Grüße ms2008de
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:53 So 07.01.2018 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Winkelhalbierenden zu allen Winkeln im Halbkreis gehen durch die Mitte des gegenüberliegenden Halbkreises, senn sann sind die Kreisbögen bzw Sehnen gleich lang und des halb auch die Winkel gleich, Der Mittelpunkt des Quadrates ist dieser Punkt.
ich hoffe mein Bild ist zu sehen
Gruß leduart
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:54 Mo 08.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
Hallo nochmals,
tut mir leid, aber ich versteh dein Argument überhaupt nicht:
> die Winkelhalbierenden zu allen Winkeln im Halbkreis gehen
> durch die Mitte des gegenüberliegenden Halbkreises, senn
> sann sind die Kreisbögen bzw Sehnen gleich lang und des
> halb auch die Winkel gleich, Der Mittelpunkt des Quadrates
> ist dieser Punkt.
Warum gehen denn die Winkelhalbierenden bei allen Punkten auf dem Halbkreis durch die Mitte des gegenüberliegenden Halbkreises und wieso müssen da zwangsläufig die Sehnen/Kreisbögen beim gegenüberliegenden Halbkreis gleich lang sein??? Gut, auf dem Mittelpunkt des gegenüberliegenden Halbkreises sind zwangsläufig die Sehnen/Kreisbögen gleich lang, aber was hat das mit der Winkelhalbierenden des gegenüberliegenden rechtwinkligen Dreiecks zu tun?
Die Endpunkte des Halbkreises + ein weiterer beliebiger Punkt auf dem Halbkreis ergeben nach dem Satz des Thales stes ein rechtwinkliges Dreieck, aber das hilft mir nicht weiter...?
Viele Grüße
ms2008de
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:09 Di 09.01.2018 | | Autor: | abakus |
Die Winkelhalbierende eines rechten Winkels erzeugt zwei 45-Grad-Winkel. Diese sind Peripheriewinkel von 2 Bögen des Kreises. Diese beiden Bögen müssen gleich lang sein, weil die Zentriwinkel zu den 45-Grad-Peripheriewinkeln beide jeweils 90-Grad-Winkel sein müssen. Beide Bögen sind damit jeweils Viertelkreise.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:28 Di 09.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo ms2008de,
denke dir mal in der Zeichnung von leduart noch die Strecke [mm] \overline{FD} [/mm] eingezeichnet. Dann sollte der Ansatz hier klar werden: dabei entstehen zwei rechte Winkel ADF bzw. FDC, eben die erwähnten Zentriwinkel.
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:18 So 07.01.2018 | | Autor: | weduwe |
möglicherweise hilft ein Bilderl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 So 07.01.2018 | | Autor: | weduwe |
[Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
leider läßt sich das bilderl immer noch nicht hochladen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:34 So 07.01.2018 | | Autor: | weduwe |
da das Zeug nicht funktioniert:
Verlängere AC, CB und die entsprechenden Seiten unten
und der blinde wird sehend 
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:55 So 07.01.2018 | | Autor: | ms2008de |
Es entsteht durch deinen Tipp quasi ein neues Quadrat, wobei die Seitenlänge gleich der Summe der beiden Kathetenlängen ist und dann ist [mm] \overline{CC'} [/mm] eine Diagonale des neuen Quadrats, wodurch der 45°-Winkel klar wurde.
Vielen Dank nochmals.
Viele Grüße
ms2008de
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:09 Mo 08.01.2018 | | Autor: | leduart |
welchen Tip meinst du, ich sehe dein erwähntes Quadrat nicht.
Gruß ledum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:53 Mo 08.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo leduart,
da ist ein Dateianhang in weduwe's Beitrag (allerdings wird er nicht im Beitrag angezeigt, man muss ihn selbst öffnen).
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:43 Di 09.01.2018 | | Autor: | weduwe |
ich versuche es halt noch einmal
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:50 Di 09.01.2018 | | Autor: | Diophant |
très chic, deine Lösung!
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