MO- Drei Geraden schneiden sich in einem Punkt.

20.08.2009, 11:18

mathe760

MO- Drei Geraden schneiden sich in einem Punkt.

Hallo,

hier kommt dann gleich mal noch eine Geometrie Aufgabe aus der MO:

In einem Tetraeder QRST seien A der Mittelpunkt der Kante QR, B der Mittelpunkt der Kante ST, C der Mittelpunkt der Kante QS, D der Mittelpunkt der Kante RT, E der Mittelpunkt der Kante QT und F der Mittelpunkt der Kante RS. Man zeige, dass es einen Punkt gibt, in dem sich die drei Strecken AB, CD und EF schneiden.
Hinweis: Ein Tetraeder ist ein Körper, der von genau vier Dreiecken begrenzt wird.

Meine Überlegung war was mit dem Satz von Ceva zu versuchen, dazu fehlt mir aber die passende Idee, weil das Problem ja 3 Dimensional ist. Wie kann man hier vorgehen?

Ich freue mich über jeden Ansatz.

Bis denn mathe760 Wink

20.08.2009, 14:30

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Vektoriell ist es nicht das geringste Problem zu zeigen, dass der Mittelpunkt der drei genannten Strecken jeweils derselbe ist, und zwar der Schwerpunkt des Tetraeders $\begin{eqnarray*} \frac{q+r+s+t}{4} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} q,r,s,t \end{eqnarray*}$ die Ortsvektoren der vier Tetraedereckpunkte sein mögen.

26.08.2009, 13:56

mathe760

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Ok danke, aber reicht es denn so zu argumentieren, dass die Mittelpunkte der Strecken AB, CD und EF mit dem Schwerpunkt des Tetraeders zusammenfallen?

Bis denn mathe760 Wink

26.08.2009, 14:48

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Manchmal bist du wirklich unverständlich bzw. unverständig.

27.08.2009, 20:46

mathe760

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Ok da hast du wohl Recht. Manchmal schreibe ich aus mir unverständlichen Gründen das falsche hin, obwohl ich im Grunde eigentlich an das Richtige gedacht habe.
Also du hast natürlich Recht mt vektorrechnung kann man zeigen, dass sich zwei der Strecken gegenseitig halbieren, dann Berechnet man die Koordinaten dieses Punktes (Es stellt sich-wie du schon angemerkt hattest- heraus, dass es der Schwerpunkt des Tetraeders ist). Nun überprüft man noch ob dieser Punkt auch auf der anderen Strecke liegt und ist fertig.

Habe es auch genau so gemacht, halt benutzt, dass die vektoren eines geschlossenen Streckenzuges addiert den Nullvektor ergeben. Dann ist ja die Linearkombnation der vier linear unabhängigen vektoren, die das Tetraeder aufspannen, nur dann gleich dem Nullvektor, wenn alle Vektoren zuvor mit Null multipliziert werden. Damit erhält man 4 Gleichungen mit 2 Unbekannten (jeweils 2 dieser Gleichungen waren bei mir äquivalent), man erhält, das beide Faktoren gleich 1/2 sind. Fertig.

Aber mir ging es, als ich versuchte die Aufgabe zu lösen irgendwie darum einen Lösungsweg zu finden, der vom Grundprinzip her auch bei 3 Dimensionalen Problemen greift. Gibt es denn keine Standardtipps bei 3Dimensionalen Problemen, wie man die in ein 2 Dimensionales Problem überführen könnte? Kann man denn in diesen Fällen grundsätzlich ncht Ceva bzw. Menelaos anwenden?

Bis denn mathe760 Wink

27.08.2009, 21:31

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Das ist so eine fixe Idee von dir, hier unbedingt Ceva oder Menelaos anwenden zu wollen? verwirrt

Ich erkenne hier vorerst keine solche Verwandtschaft, was nicht heißen soll, dass man nicht auf Umwegen eine solche konstruieren kann. Jedenfalls handelst du dir eine Menge Ärger ein, wenn du das dreidimensionale Problem erstmal in die Ebene projezierst:

Während im zweidimensionalen zwei nichtparallele Geraden immer einen Schnittpunkt haben, ist das im Raum i.a. nicht der Fall (Windschiefe!). Ein Schnittpunkt der projezierten Geraden deutet also keinesfalls auf einen Schnittpunkt der originalen Geraden hin, usw.

Daher verstehe ich die Motivation hinter deinem Anliegen überhaupt nicht. unglücklich

27.08.2009, 21:42

mathe760

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Ok da muss ich dir Recht geben, hast du eventuell dann noch noch ein paar Aufgaben wo man Menelaos und Ceva üben kann?

Bis denn mathe760 Wink

27.08.2009, 22:10

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Zitat:

241042

Es sei $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ ein beliebiges Dreieck. Auf den Seiten $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} CA \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ seien $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ diejenigen Punkte, für die

$\begin{eqnarray*} |BD| = 2\cdot |CD|, \quad |CE| = 2\cdot |AE|, \quad |AF| = 2\cdot |BF| \end{eqnarray*}$

gilt. Weiter seien $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt von $\begin{eqnarray*} AD \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} BE \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt von $\begin{eqnarray*} BE \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} CF \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt von $\begin{eqnarray*} CF \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} AD \end{eqnarray*}$ .

Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen der Flächeninhalt des Dreiecks $\begin{eqnarray*} UVW \end{eqnarray*}$ stets gleich einem Siebentel des Flächeninhalts des Dreiecks $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ ist!

Fairerweise muss man dazu sagen, dass es eine Runde eher eine Art "Vorbereitungsaufgabe" dazu gab:

Zitat:

241035

a) Zeichnen Sie ein beliebiges Dreieck $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ , verlängern Sie $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ hinaus bis zu demjenigen Punkt $\begin{eqnarray*} C' \end{eqnarray*}$ , für den $\begin{eqnarray*} |AC'| = 3\cdot |AC| \end{eqnarray*}$ ist, und konstruieren Sie auf $\begin{eqnarray*} BC' \end{eqnarray*}$ denjenigen Punkt $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ , für den $\begin{eqnarray*} |BY| = 2\cdot |C'Y| \end{eqnarray*}$ gilt! Der Schnittpunkt von $\begin{eqnarray*} AY \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ .

b) Beweisen Sie, dass die in a) verlangte Konstruktion für jedes Dreieck $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ auf denselben Wert des Verhältnisses $\begin{eqnarray*} |BX| : |CX| \end{eqnarray*}$ führt. Ermitteln Sie diesen Wert!

28.08.2009, 20:45

mathe760

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Vielen Dank hören sich gut an die Aufgaben, werde mich heute Abend noch daran versuchen smile

Bis denn mathe760 Wink

29.08.2009, 20:35

mathe760

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Hallo,

die untere Aufgabe habe ich jetzt gelöst, habe im Moment leider keine Zeit den Beweis hinzuschreben, aber habe ihn, so dass ich ihn wahrscheinlich morgen hier rein stellen kann. Also der Wert ist immer gleich 6.
Wie gesagt der genaue Weg mit Ceva und Menelaos kommt morgen, werde mich dann auch mal an der anderen Aufgabe versuchen, klingt interessant smile

.

Bis denn mathe760 Wink

30.08.2009, 16:45

mathe760

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Hallo,

ich habe jetzt beide Aufgaben bewiesen, die "Vorbereitungsaufgabe" sogar in unter 15 min. smile

. Für die zweite habe ich dann aber doch knapp 2 Stunden gebraucht, weil ich durch die ganzen Dreiecke und Gleichungen so verwirrt war Big Laugh

.
Hier die beiden Beweise:

241035:

Sei Z der Schnittpunkt der Geraden C'X mit der Strecke AB (Ziehe Zeichnung unten). Nach dem Satz von Ceva gilt nun im Dreieck AC'B

$\begin{eqnarray*} \frac{AC}{CC'}\cdot \frac{C'Y}{YB}\cdot \frac{BZ}{ZA}=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \iff \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{BZ}{ZA} =1 \iff \frac{BZ}{ZA} =4 (1). \end{eqnarray*}$

Nach dem Satz von Menelaos gilt ausserdem im Dreieck ABC

$\begin{eqnarray*} \frac{AC'}{C'C} \cdot \frac{CX}{XB} \cdot \frac{BZ}{ZA}=-1 \end{eqnarray*}$
zusammen mit (1) folgt jetzt mit

$\begin{eqnarray*} \frac{-3}{2}\cdot \frac{XC}{BX} \cdot 4=-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \iff \frac{XC}{BX}= \frac{1}{6}\iff \frac{BX}{XC}=6 \end{eqnarray*}$

die Behauptung.

241042:

Zunächst einige Bezeichnungen.
Seien $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ der von den Seiten AU und BU eingeschlossene Winkel, $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ der von den Seiten AW und CW eingeschlossene Winkel und $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ der von den Seiten BV und CV eingeschlossene Winkel.
Nun zum Beweis.

Im Dreieck DUB gilt nach dem Satz von Menelaos

$\begin{eqnarray*} \frac{BC}{CD} \cdot \frac{DA}{AU} \cdot \frac{UE}{EB}=-1 (1) \end{eqnarray*}$

Nach der Vorbereitungsaufgabe gilt ausserdem

$\begin{eqnarray*} \frac{CV}{VF}= \frac{AW}{WD}= \frac{BU}{UE}=6 (*) \end{eqnarray*}$

eingesetzt in (1) ergibt sich

$\begin{eqnarray*} -3\cdot \frac{-7\cdot WD}{AU} \cdot \frac{UE}{-7\cdot UE} =-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \iff \frac{WD}{AU}= \frac{1}{3} \iff 3\cdot WD=AU. \end{eqnarray*}$

Da nach (*) AD=AW+WD=7*WD gilt, folgt sofort UW=3*WD=AU. (2)

Völlig analog ergibt sich durch anwenden von Menelaos in den Dreiecken FWA bzw. EVC mit (*) jeweils

CW=WV und BV=VU. (3)

Nun folgt für die Flächen der Dreiecke AUB, AWC bzw. CVB, wenn T den Flächeninhalt des Dreiecks UVW bezeichnet, mit (2), (3) und unter Anwendung der Identität $\begin{eqnarray*} \sin(\phi)=sin(180°-\phi) \end{eqnarray*}$ für alle Winkel $\begin{eqnarray*} 0°\leq \phi\leq 180° \end{eqnarray*}$ , nacheinander

$\begin{eqnarray*} F_{AUB}=\frac{1}{2} \cdot AU\cdot UB\cdot \sin(\alpha) =\frac{1}{2} \cdot 2\cdot UW\cdot UV\cdot \sin(180°-\alpha)=2T \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_{AWC}=\frac{1}{2} \cdot AW\cdot CW\cdot \sin(\beta) =\frac{1}{2} \cdot 2\cdot UW\cdot WV\cdot \sin(180°-\beta)=2T \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_{CVB}=\frac{1}{2} \cdot CV\cdot VB\cdot \sin(\gamma) =\frac{1}{2} \cdot 2\cdot WV\cdot UV\cdot \sin(180°-\gamma)=2T \end{eqnarray*}$

also folgt für die Fläche vom Dreieck ABC

$\begin{eqnarray*} F_{ABC}=F_{AUB}+F_{AWC}+F_{CVB}+F_{UVW}=7T \end{eqnarray*}$

und damit wie gewünscht

$\begin{eqnarray*} T=\frac{1}{7} \cdot F_{ABC}. \end{eqnarray*}$

Es wäre nett wenn du oder jemand Anderes mal drauf gucken könntest wegen der Formulierung oder ob ich etwas weglassen könnte bzw. hinzufügen sollte.

Vielen Dank nochmal für die beiden Aufgaben, die waren sehr interessant und trainieren das "sehen" von Ceva und Menelaos SEHR.

Bis denn mathe760 Wink

31.08.2009, 11:12

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Zur 241035:

Ja, geht so - allerdings kannst du es auch direkt durch einmalige Anwendung von Menelaos, ganz ohne Ceva nachweisen:

[attach]11124[/attach]

Die beiden Teilungsverhältnisse der blauen Seiten kennst du, das der roten Seite suchst du. Gemäß Menelaos mit $\begin{eqnarray*} AY \end{eqnarray*}$ als Teilungsgerade durch die drei farbig gekennzeichneten Strecken ergibt das

$\begin{eqnarray*} \frac{|BX|}{|CX|} \cdot \frac{|C'Y|}{|BY|} \cdot \frac{|CA|}{|C'A|} = 1 \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} \frac{|BX|}{|CX|} = \frac{|BY|}{|C'Y|} \cdot \frac{|C'A|}{|CA|} = 2 \cdot 3 = 6 \end{eqnarray*}$ .

Zur 241042:

Im großen und ganzen Ok, die Aufgabe kann man so lösen. Freude

Es geht mit Nutzung von 241035 aber auch ohne jede weitere Nutzung von Menelaos oder Ceva, und auch gänzlich ohne Winkelfunktionen. Gemäß 241035 ist

$\begin{eqnarray*} \frac{|EB|}{|EU|} = \frac{|EU|+|UB|}{|EU|} = 1 + 6 = 7 \end{eqnarray*}$ ,

d.h. $\begin{eqnarray*} \frac{|EU|}{|EB|} = \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \frac{|UB|}{|EB|} = 1-\frac{|EU|}{|EB|} = \frac{6}{7} \qquad (1) \end{eqnarray*}$ .

Betrachten wir nun exemplarisch das Dreieck $\begin{eqnarray*} ABE \end{eqnarray*}$ :

Das hat bei Grundseite $\begin{eqnarray*} AE \end{eqnarray*}$ dieselbe Höhe wie das Ausgangsdreieck $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ mit Grundseite $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ . Also gilt für den Flächeninhalt

$\begin{eqnarray*} \frac{F(ABE)}{F(ABC)} = \frac{|AE|}{|AC|} = \frac{1}{3} \qquad (2) \end{eqnarray*}$ .

Andererseits hat $\begin{eqnarray*} ABE \end{eqnarray*}$ mit Grundseite $\begin{eqnarray*} EB \end{eqnarray*}$ dieselbe Höhe wie das etwas kleinere Dreieck $\begin{eqnarray*} ABU \end{eqnarray*}$ mit Grundseite $\begin{eqnarray*} UB \end{eqnarray*}$ , demnach ist

$\begin{eqnarray*} \frac{F(ABU)}{F(ABE)} = \frac{|UB|}{|EB|} = \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$ wegen (1),

zusammen mit (2) ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \frac{F(ABU)}{F(ABC)} = \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{7} \qquad (3) \end{eqnarray*}$ .

Alles zusammen führt zu der Flächendifferenz

$\begin{eqnarray*} \frac{F(UVW)}{F(ABC)} = \frac{F(ABC)-F(ABU)-F(BCV)-F(CAW)}{F(ABC)} = 1 - 3\cdot \frac{2}{7} = \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ .

01.09.2009, 18:39

mathe760

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Ok danke Arthur Dent für diese Ergänzung, ich bin halt jedenfalls froh, wenn ich es überhaupt mal schaffe eine Aufgabe zu lösen, erst Recht wenn es eine aus der 4. Runde ist smile

. Das waren aber eine eher einfache Aufgaben im Vergleich für diese Runden oder nicht?

Bis denn mathe760 Wink

01.09.2009, 19:09

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Ja, schon - wobei die Vorbereitungsaufgabe 3.Runde war, und beides zudem 10.Klasse.

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MO- Drei Geraden schneiden sich in einem Punkt.

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