Beweis ähnliche Dreiecke Umkreismittelpunkt

14.10.2019, 00:22

csk91

Beweis ähnliche Dreiecke Umkreismittelpunkt

Meine Frage:
Hallo, beiße mir seit ein paar Tagen die Zähne an folgender Aufgabe aus:
Über den Seiten eines Dreiecks XYZ werden außen jeweils zueinander ähnliche Dreiecke (Winkel alpha, beta, gamma) errichtet, so dass jeder der drei möglichen Winkel genau einmal "an der äußeren Spitze" liegt. Die Punkte P, Q, R seien die Umkreismittelpunkte dieser aufgesetzten Dreiecke. Man zeige, dass das Dreick PQR auch ähnlich zu den aufgesetzten Dreiecken ist.

Meine Ideen:
Habe schon viel versucht mit Peripheriewinkelsatz, Sinus, Cosinus etc. Es scheitert aber unter anderem daran, dass sich die Winkel vom inneren Dreieck XYZ ja von den Winkeln alpha, beta, gamma unterscheiden können und ich sie nicht in Beziehung setzen kann. Außerdem schaffe ich es weder die Distanz zwischen den Umkreismittelpunkten zu bestimmen, noch weiß ich in welchem Winkel die Seiten des Dreiecks PQR (siehe Bild) zu den anderen Dreiecken stehen. Bin für jeden Tipp dankbar!

14.10.2019, 21:48

HAL 9000

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Ich hoffe mal, dass jemand noch eine pfiffige (möglichst elementar-)geometrische Idee für den Nachweis hat.

Totrechnen auf Basis von Sinus- und Kosinussatz ist etwas, was einem schnell einfällt und mit einer gewissen Hartnäckigkeit sowie unter Zuhilfenahme eines CAS auch machbar sein sollte, aber das kann ja irgendwie nicht der Weisheit letzter Schluss hier sein. Augenzwinkern

15.10.2019, 11:12

riwe

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich hoffe mal, dass jemand noch eine pfiffige (möglichst elementar-)geometrische Idee für den Nachweis hat.

Totrechnen auf Basis von Sinus- und Kosinussatz ist etwas, was einem schnell einfällt und mit einer gewissen Hartnäckigkeit sowie unter Zuhilfenahme eines CAS auch machbar sein sollte, aber das kann ja irgendwie nicht der Weisheit letzter Schluss hier sein. Augenzwinkern

nicht ganz elementargeometrisch aber doch eher einfach smile

mit den Bezeichnern in meinem Bilderl gilt

$\begin{eqnarray*} \angle{YAX}=\alpha+\beta \end{eqnarray*}$

und da man die einzelnen Umkreisradien leicht bei bekanntem Umkreisradius r des "Ur3ecks" aus der Ähnlichkeit der 3ecke berechnen kann, hat man z.b.
- wie du angedacht hast - mit dem Cosinussatz

$\begin{eqnarray*} x^2=r_a^2+r_c^2-2r_a\cdot r_c\cdot cos(\alpha+\beta) \end{eqnarray*}$

und analog sollte man die beiden anderen Seiten berechnen können, woraus die Winkel folgen.

und eventuell stimmt´s sogar Augenzwinkern

wie man das allerdings allgemein zeigen will verwirrt

15.10.2019, 11:56

rumar

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Hallo riwe,

ich habe auch versucht, Winkelbeziehungen zu untersuchen - bin aber leider damit noch nicht zum Ziel gelangt.
Ich vermute, dass du (wenigstens für deine Zeichnung) davon ausgegangen bist, dass die drei "Außendreiecke" zum "Originaldreieck" ABC ähnlich seien.
Dies wurde aber vom Fragesteller nicht vorausgesetzt. Die Außendreiecke sollen nur untereinander ähnlich sein. Mittels Geogebra habe ich jedoch festgestellt, dass die behaupteten Winkelbeziehungen jedenfalls unabhängig von der Zusatzannahme zutreffen.

15.10.2019, 13:22

Mathema

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Ohne Trigonometrie geht's wohl mit diesem Bilderl:

[attach]49828[/attach]

15.10.2019, 13:34

HAL 9000

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Ich war auch gerade auf dem Weg, deswegen mein Löschen oben:

Grundsätzlich halte ich mich an die Bezeichnungsvorgaben von csk91. Die drei äußeren bisher unbenannten Punkte seien mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ (bei $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ), $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ (bei $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ ) sowie $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ (bei $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ) bezeichnet, außerdem sei $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ der gemeinsame Schnittpunkt (ja, den gibt es!) der Umkreise der drei aufgesetzten Dreiecke.

Es ergibt sich, dass $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ gleichzeitig der Spiegelpunkt von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ an $\begin{eqnarray*} QR \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ an $\begin{eqnarray*} RP \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ an $\begin{eqnarray*} PQ \end{eqnarray*}$ ist, somit sind $\begin{eqnarray*} U=PS\cap YZ, V=QS\cap ZX \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} W = RS\cap XY \end{eqnarray*}$ die Lotfußpunkte von S auf die drei Seiten von $\begin{eqnarray*} PQR \end{eqnarray*}$ .

Dann sind sowohl $\begin{eqnarray*} AYSZ \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} PVSW \end{eqnarray*}$ Sehnenvierecke, es ergibt sich

$\begin{eqnarray*} |\angle QPR| = |\angle WPV| = 180^{\circ}-|\angle WSV| = 180^{\circ}-|\angle ZSY| = |\angle ZAY| = \alpha \end{eqnarray*}$ ,

analog für die anderen beiden Innenwinkel.

15.10.2019, 13:56

Mathema

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich war auch gerade auf dem Weg, deswegen mein Löschen oben

Ich habe deinen Beitrag (vollständig) gelöscht oben.

Zitat:

Original von HAL 9000
außerdem sei $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ der gemeinsame Schnittpunkt (ja, den gibt es!) der Umkreise der drei aufgesetzten Dreiecke

Das folgt z.B. hiermit, oder?

https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_von_Miquel

Dann kann ich mir meine Erklärung ja sparen.

Mich würde noch interessieren, wo die Aufgabe herkommt?! Sieht verdächtig nach Wettbewerb aus. Da momentan (meine ich zumindest) kein Wettbewerb läuft handelt es sich vielleicht um eine alte Aufgabe. Vielleicht kann csk91 dieses ja noch aufklären.

15.10.2019, 14:02

HAL 9000

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"Satz von Miguel" kenne ich nicht, ich hätte es so begründet:

Diese drei Umkreise sind ebenfalls Faßkreise für die Winkel $\begin{eqnarray*} 180^{\circ}-\alpha \end{eqnarray*}$ über Sehne $\begin{eqnarray*} YZ \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} 180^{\circ}-\beta \end{eqnarray*}$ über Sehne $\begin{eqnarray*} ZX \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 180^{\circ}-\gamma \end{eqnarray*}$ über Sehne $\begin{eqnarray*} XY \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt der beiden erstgenannten Fasskreise, dann ergibt sich ja automatisch

$\begin{eqnarray*} |\angle XSY| = 360^{\circ}-|\angle ZSX|-|\angle YSZ| = 360^{\circ}-\left(180^{\circ}-\beta\right)-\left(180^{\circ}-\alpha\right) = \alpha+\beta = 180^{\circ}-\gamma \end{eqnarray*}$ ,

somit liegt $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ automatisch auch auf dem dritten Fasskreis.

P.S.: Scheint ja nicht ganz die Situation dieses Satzes von Miguel zu sein, obgleich Teile der Beweisargumentation via Sehnenvierecke sich durchaus ähneln.

15.10.2019, 14:32

Mathema

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Stimmt, dort gehen die Kreise durch eine Ecke. Der Beweis bei Wikipedia ist ja aber auch der, welchen du hingeschrieben hast, wenn mich nicht alles täuscht.
Wikipedia ist dort aber auch unvollständig und diskutiert nicht verschiedene Lagemöglichkeiten:

[attach]49830[/attach]

Ich kannte diesen Satz, da es eine alte MO Aufgabe war, es diesen zu beweisen (311042). Siehe dort auf Seite 1139:

https://mathematikalpha.de/wp-content/up...MaOlympiade.pdf

15.10.2019, 14:57

HAL 9000

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Netter Link zu den Olympiadeaufgaben und -lösungen. Zumal meine aktive Zeit mit erfasst ist. Augenzwinkern

16.10.2019, 11:19

rumar

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RE: Beweis ähnliche Dreiecke Umkreismittelpunkt
Hallo an alle

ich möchte hier nun auch noch meinen Lösungsweg zeigen:

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ [attach]49840[/attach]

Über den Seiten des gegebenen (rosa) Dreiecks ABC werden wie verlangt die 3 untereinander (aber nicht unbedingt zum gegebenen Dreieck) ähnlichen (gelben) Außendreiecke errichtet. Die Umkreise $\begin{eqnarray*} c_1 , c_2 , c_3 \end{eqnarray*}$ dieser Außendreiecke haben die Mittelpunkte G , H und I. Behauptet wird nun, dass das (grüne) Dreieck GHI zu den gelben Außendreiecken ähnlich ist.
Für den Beweis genügt es, sich für einen Fall die Übereinstimmung der Dreieckswinkel zu überlegen. Wir betrachten also etwa den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha\ = \measuredangle CDB \end{eqnarray*}$ des rechten Außendreiecks und möchten zeigen, dass der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle HGI \end{eqnarray*}$ des (grünen) Umkreismittelpunktedreiecks ihm gleich ist. Dies ist nun leicht ersichtlich:
(1.) Nach dem Satz über Peripherie- und Zentriwinkel über einer Kreissehne ist der Zentriwinkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle CGB \end{eqnarray*}$ im Kreis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ doppelt so groß wie der Peripheriewinkel $\begin{eqnarray*} \alpha\ = \measuredangle CDB \end{eqnarray*}$ .
(2.) Nun betrachten wir den gemeinsamen Punkt O der 3 Umkreise (das Thema wurde in einer anderen Antwort schon angesprochen) und ziehen im Kreis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ die Radien GC , GO und GB . Nun werden die beiden Teilwinkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle CGO \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \measuredangle OGB \end{eqnarray*}$ offensichtlich durch die Seiten GH und GI des grünen Dreiecks halbiert (Stichwort: Symmetrie zweier Kreise bezüglich der Geraden durch ihre beiden Mittelpunkte). Daraus ist ersichtlich, dass der (doppelt grün markierte) Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle HGI \end{eqnarray*}$ tatsächlich auch gleich $\begin{eqnarray*} \alpha\ \end{eqnarray*}$ sein muss.

So, und hier nochmals dieselbe Zeichnung, aber mit den Bezeichnungen, wie sie von csk91 initiiert wurden:

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ [attach]49841[/attach]

Und der dazu modifizierte Text:

Über den Seiten des gegebenen (rosa) Dreiecks XYZ werden wie verlangt die 3 untereinander (aber nicht unbedingt zum gegebenen Dreieck) ähnlichen (gelben) Außendreiecke errichtet. Die Umkreise $\begin{eqnarray*} c_1 , c_2 , c_3 \end{eqnarray*}$ dieser Außendreiecke haben die Mittelpunkte P , Q und R. Behauptet wird nun, dass das (grüne) Dreieck PQR zu den gelben Außendreiecken ähnlich ist.
Für den Beweis genügt es, sich für einen Fall die Übereinstimmung der Dreieckswinkel zu überlegen. Wir betrachten also etwa den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha\ = \measuredangle ZAY \end{eqnarray*}$ des rechten Außendreiecks und möchten zeigen, dass der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle QPR \end{eqnarray*}$ des (grünen) Umkreismittelpunktedreiecks ihm gleich ist. Dies ist nun leicht ersichtlich:
(1.) Nach dem Satz über Peripherie- und Zentriwinkel über einer Kreissehne ist der Zentriwinkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle ZPY \end{eqnarray*}$ im Kreis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ doppelt so groß wie der Peripheriewinkel $\begin{eqnarray*} \alpha\ = \measuredangle ZAY \end{eqnarray*}$ .
(2.) Nun betrachten wir den gemeinsamen Punkt S der 3 Umkreise (das Thema wurde in einer anderen Antwort schon angesprochen) und ziehen im Kreis $\begin{eqnarray*} c_1 \end{eqnarray*}$ die Radien PZ , PS und PY . Nun werden die beiden Teilwinkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle ZPS \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \measuredangle SPY \end{eqnarray*}$ offensichtlich durch die Seiten PQ und PR des grünen Dreiecks halbiert (Stichwort: Symmetrie zweier Kreise bezüglich der Geraden durch ihre beiden Mittelpunkte). Daraus ist ersichtlich, dass der (doppelt grün markierte) Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle QPR \end{eqnarray*}$ tatsächlich auch gleich $\begin{eqnarray*} \alpha\ \end{eqnarray*}$ sein muss.

(HAL 9000: jetzt zufrieden ?)

16.10.2019, 17:31

HAL 9000

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Ja, das ist wohl vor allem für die einsichtiger, denen das Operieren mit Sehnenvierecken nicht so vertraut ist. Freude

Dreh- und Angelpunkt aller dieser Beweise ist wohl der Schnittpunkt $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ (bei mir oben $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ genannt) der drei Umkreise, um den scheint man schwerlich herumzukommen. Augenzwinkern

Eine Bitte mal noch: Ich würde es für zukünftige geometrische Diskussionen gut finden, wenn man sich auf einmal getroffene Symbolvereinbarungen einigt. Und da hat der Fragesteller natürlich das "Erstvergaberecht", wenn die dort getroffenen Bezeichungen nicht gerade unvernünftig bzw. widersprüchlich sind, und alle anderen sollten sich nach Möglichkeit dran halten (Ergänzungen von bislang nicht benannten Elementen sind natürlich immer möglich). In der Hinsicht ist der Thread hier natürlich ein Musterbeispiel, wie es nicht laufen sollten: Das Dreick XYZ von csk91 heißt bei riwe, Mathema und rumar ABC, während das Dreieck PQR von csk91 bei riwe XYZ, bei Mathema HJK und bei rumar GHI heißt - zumindest ich finde: Das muss doch nicht sein.

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