Beweis am Dreieck II |
| 11.12.2003, 19:45 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Beweis am Dreieck II Zeichnen Sie eine Strecke AB. Darauf errichten Sie eine Mittlesenkrechte. Irgendwo auf der Mittelsenkrechte liegt M. Um M zeichnen Sie nun einen Kreis durch A und B. Irgendwo auf diesem Kreis liegt C. Beweisen Sie, dass die Winkelhalbierende von BCA, die Mittelsenkrechte und der Kreis in einen Punkt treffen. |
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| 11.12.2003, 20:07 | Gust | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Beweis am Dreieck II Ich weiß nicht, ob das als Antwort ausreicht, aber ich versuchs mal: Winkel ACB bleibt immer Gleich, egal wo auf dem Kreis C liegt [Faßkreisbogen heißt das glaub ich]. Wenn man diese Tatsache berücksichtigt, kann man auch den Spezialfall sehen, dass die Winkelhalbierende ACB mit der Mittelsenkrechten übereinstimmt. Hierbei treffen die drei Punkte in jedem Fall aufeinander. Wenn man C nun auf dem Kreis "weiterfahren" lässt, bis er mit dem Übereinstimmungspunkt übereinstimmt, dann stimmen die drei Punkte wieder überein :P . [In diesem Fall ergänzen sich der alte Winkel ACB und der neue zu 180°]. 
Ojeojeoje, jetzt hab ich mich verrannt :rolleyes: aber ich glaube, es hat etwas mit dem Faßkreisbogen zu tun, und die Vorstellung, C zu verschieben, hilft bei der Lösung vielleicht auch weiter 
MFG, Gust 
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| 11.12.2003, 20:34 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
also der ansatz mit dem faßkreisbogen (ich bin mir selbst nicht sicher, ob er so hieß) war gar nicht mal so schlecht... aber dann vom speziellen einfach auf das allgemeine zu schließen ist noch nciht ganz die lösung
aber wenigstens schon mal ein ansatz... |
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| 11.12.2003, 21:23 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ich hätte das auch mit diesem Satz angefangen. Nur muss man jetzt noch weitermachen. wie weiss ich momentan noch nicht. Werds mir aber mal anschauen
mfg |
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| 02.02.2004, 20:07 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Nennen wir die Schnittpunkte der Mittelsenkrechten mit dem Kreis mal S und S1. Dabei soll S derjenige von beiden sein, der nicht in dem gleichen Kreissegment liegt wie C liegt. Alle Winkel BCA haben da über der Kreissehne AB liegend die gleiche Größe und zwar 1/2*Winkel BMA = Winkel BCA = Winkel SMA (Winkelhalb. von BMA und Mittelsenk. von AB fallen zusammen, weil Dreieck BMA ist gleichschenklig ist, BM=MA=r) Andererseits sind alle Winkel über der Kreissehne AS 1/2*Mittelpunktswinkel über Sehne AS = 1/2*Winkel SMA, groß. Folglich ist Winkel SCA = 1/2*Winkel SMA =1/2*Winkel BCA womit die Behauptung bewiesen wäre |
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| 07.02.2004, 23:17 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
scheint richtig zu sein, wobei ich
nicht ganz verstehe... (was ist der Mittelpunktswinkel?) PS von Jama: wie kommen deine doppelposts eigentlich immer zustande? wieder probs mit deinem explorer? |
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| 08.02.2004, 02:00 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Der Winkel vom Mittelpunkt des Kreises zur Sehne... also AMS
mfg |
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| 08.02.2004, 10:26 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@alpha
Meine Beweise sind immer richtig. ;-)) Mittelpunktswinkel: Mittelpunktswinkel über einer Kreissehne AB ist, wie 'Steve_FL' schon richtig bemerkt hat, der Winkel (A Kreismittelpunkt B). Der Mittelpunktswinkel ist stets doppelt so groß wie der über der gleichen Sehne erzeugte Winkel im zugehörigen Kreisbogen (Umfangs- winkel / Peripheriewinkel) Es gibt stets 2 (verschiedene) Mittelpunktswinkel, nämlich den inneren und den äußeren, die jeweils entsprechend zu den (verschiedenen) Umfangswinkeln über den beiden (verschiedenen) zugehörigen Kreisbögen gehören. Die Summe der beiden zugehörigen Umfangswinkel der verschiedenen Kreisbögen ist folglich 180°. ... |
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| 08.02.2004, 12:23 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
danke, jetzt hab ich das auch verstanden... @jama: ich hab jetzt mal zu opera gewechselt... er kann jetzt alles richtig anzeigen, aber anscheinend gibt es doch noch probs... werd mal vermehrt drauf achten :P ich probiers mal mit mozilla aus, vielleicht klappt es dann... |
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