Dreieck, Höhen, Seitenhalbierende

24.10.2019, 09:01

Uli2000

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Dreieck, Höhen, Seitenhalbierende

Meine Frage:
Hallo Leute,

ich benötige bitte ein paar hilfreiche Tipps zur Lösung der folgenden Aufgabe:

Gegeben ist ein Dreieck ABC, dessen Innenwinkel alle kleiner als 90° sind.
Der Punkt A dieses Dreieckes sei mit dem Mittelpunkt D der gegenüberliegenden
Seite BC des Dreieckes verbunden.
Nun gibt es eine weitere Gerade g welche durch den Punkt A geht, und senkrecht zur Strecke AD verläuft. Weiterhin seien E der Fußpunkt der Höhe auf der Seite AC und
F der Fußpunkt der Höhe auf der Seite AB dieses Dreieckes.
Die Verlängerungen der Höhen BE und CF schneiden die Gerade g in den Punkten M und N.

Beweise, das AM = AN ist!

Kann mir jemand helfen?

Danke und viele Grüße

Meine Ideen:
Mittlerweile bin ich schon weit, das der Schwerpunkt des Dreieckes den gleichen Abstand zu den Punkten M und N hat.
Wenn man dieses beweisen könnte, dann wäre es bis zum ursprünglichen Beweis nur noch ein kurzer Schritt.

Vielen Dank

24.10.2019, 09:42

HAL 9000

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Crossposting
Auch wenn dort noch keine befriedigende Lösung aufgeschlagen ist, sollte man als Postender trotzdem den entsprechenden Querverweis anbringen:

https://www.onlinemathe.de/forum/geometrische-Aufgabe-14

24.10.2019, 14:28

Gast2000

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Entschuldigung,

ich war mir nicht bewusst, das die Notwendugkeit eines Querverweises notwendig ist.

Uli.

24.10.2019, 14:56

riwe

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Zitat:

Original von Gast2000
Entschuldigung,

ich war mir nicht bewusst, das die Notwendugkeit eines Querverweises notwendig ist.

Uli.

am Rande 1: eine Notwendigkeit, die nicht notwendig ist, ist keine Notwendigkeit smile

smile

und am Rande 2: die analytische Lösung braucht ca. 5 Zeilen ,
aber ich warte auf die schöne elementargeometrische Lösung von Hal 9000 mit Drehungen, spiegelungen etc.

24.10.2019, 15:31

Gast2000

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Danke,

aber von analytischer Geometrie habe ich leider nicht so viel Ahnung, ich kann maximal eine Geradengleichung aufstellen.

Trotzdem Danke

Uli

24.10.2019, 15:48

riwe

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Zitat:

Original von Gast2000
Danke,

aber von analytischer Geometrie habe ich leider nicht so viel Ahnung, ich kann maximal eine Geradengleichung aufstellen.

Trotzdem Danke

Uli

da sind wir dann 2 smile

smile

das Ergebnis der Rechnung legt nahe, dass du mit einer Drehung des 3ecks um A um 180° ans Ziel kommen könntest

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24.10.2019, 16:16

Gast2000

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Wie meinst du das ?
Die Lage des 3eckes ist doch vollkommen egal, oder?
Was spricht dagegen das 3eck zu drehen?

Uli.

24.10.2019, 18:28

HAL 9000

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Zitat:

Original von riwe
aber ich warte auf die schöne elementargeometrische Lösung von Hal 9000 mit Drehungen, spiegelungen etc.

Es wird dich vielleicht überraschen, aber die habe ich (noch?) nicht. Womöglich sind meine elementargeometrischen Fähigkeiten ein wenig eingerostet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Ok, da ich die Erwartungen von Werner nicht enttäuschen will, habe ich mich doch mal dahintergeklemmt. Mit ein paar zusätzlichen Hilfslinien und -punkten kriegt man es relativ elementar hin, über ähnliche Dreiecke:

Seien $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ die Lotfußpunkte von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ auf die Gerade $\begin{eqnarray*} AD \end{eqnarray*}$ , und außerdem $\begin{eqnarray*} J \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ die Lotfußpunkte von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ auf die Gerade $\begin{eqnarray*} MN \end{eqnarray*}$ .

[attach]49903[/attach]

Die Ähnlichkeit der rechtwinkligen Dreiecke $\begin{eqnarray*} ABG\stackrel{(1)}{\sim} NCK \end{eqnarray*}$ sowie auch $\begin{eqnarray*} ACH\stackrel{(2)}{\sim} MBJ \end{eqnarray*}$ impliziert dann

$\begin{eqnarray*} |NK|\cdot |BG| \stackrel{(1)}{=} |CK|\cdot |AG| \stackrel{!}{=} |AH|\cdot |BJ| \stackrel{(2)}{=} |MJ|\cdot |CH| \end{eqnarray*}$ ,

was zusammen mit $\begin{eqnarray*} |NK| = |AN|+|AK| = |AN|+|CH| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |MJ| = |AM|+|AJ| = |AM|+|BG| \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} |AN|\cdot |BG| = |AM|\cdot |CH| \end{eqnarray*}$

führt. Schlussendlich bekommt man daraus noch per Strahlensatz

$\begin{eqnarray*} \frac{|AM|}{|AN|} = \frac{|BG|}{|CH|} = \frac{|BD|}{|CD|}\qquad (*) \end{eqnarray*}$ .

Die vorgenannten Betrachtungen gelten für einen beliebigen Punkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ der Strecke $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ (exklusive Randpunkte). Speziell für deren Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ , wie er hier ja vorausgesetzt wird, folgt aus (*) dann $\begin{eqnarray*} |AM| = |AN| \end{eqnarray*}$ .

Anmerkung: Punktbezeichnungen angepasst an einen aus Rachsucht für einen früheren Hinweis getriebenen Pedanten. smile

smile

24.10.2019, 19:43

Gast2000

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Wahnsinn,

vielen, vielen Dank HAL9000.
Ich schaue es mir dann in Ruhe an!

An riwe:

Nur interessenhalber, wie würden denn die 5 Zeilen in analytischer Geometrie aussehen?

Nochmals danke an euch beide und sorry für das nicht erwähnte Crossposting!

Uli.

24.10.2019, 20:14

HAL 9000

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(Hat sich nach Überarbeitung des obigen Beitrags erledigt.)

25.10.2019, 12:38

riwe

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Zitat:

Original von Gast2000
Wahnsinn,

vielen, vielen Dank HAL9000.
Ich schaue es mir dann in Ruhe an!

An riwe:

Nur interessenhalber, wie würden denn die 5 Zeilen in analytischer Geometrie aussehen?

Nochmals danke an euch beide und sorry für das nicht erwähnte Crossposting!

Uli.

die Lösungen von HAL 9000 sind halt immer super Augenzwinkern

Augenzwinkern

zu den 5 Zeilen (oder weniger):

mit A(0/0), B(2b/0) und C(2c/2d) gilt für die senkrechte Gerade g durch A :

$\begin{eqnarray*} y_A=-\frac{b+c}{d}\cdot x \end{eqnarray*}$
geschnitten mit der Höhe durch B:
$\begin{eqnarray*} y_B=-\frac{c}{d}\cdot(x-2b) \end{eqnarray*}$
liefert die x-Koordinate von M: $\begin{eqnarray*} x_M=-2c \end{eqnarray*}$

womit alles gesagt ist, da die x-Koordinate von N ja $\begin{eqnarray*} x_N=2c \end{eqnarray*}$ lautet und M und N auf g liegen, folgt
|AM| =|AN|

edit: wie du siehst, genügt es Geradengleichungen aufzustellen Augenzwinkern

Augenzwinkern

25.10.2019, 15:44

HAL 9000

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@werner

Mein Zugang war zunächst der über den Sinussatz in Dreiecken wie ABM, ABD usw. bis ich gemerkt habe, dass man die Winkelfunktionen auch vermeiden kann durch Einziehen einiger Linien zum Erzeugen dieser ähnlichen rechtwinkligen Dreiecke.

Insofern ist dein Weg ja auch ziemlich einfach, da er ebenfalls "winkelfunktionsfrei" arbeitet. Freude

Freude

26.10.2019, 09:12

Gast2000

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Guten Morgen riwe,

auch dir vielen Dank für deine Postings.

Ich habe mir eben die Geradengleichungen angesehen, die Herleitung für ya und yb kann ich gut nachvollziehen.

Erklärst du mir bitte noch, wie man an Hand dieser beiden Gleichungen auf die Koordinaten des Schnittpunktes M kommt? Wie muss ich diese beiden Gleichungen kombinieren?

Und woher weißt du, das die Koordinaten von N -2c beträgt, denn da gibt es doch (noch) keinen Schnittpunkt einer weiteren (dritten) Geradengleichung?

Nochmals Danke

Uli

26.10.2019, 10:24

riwe

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Zitat:

Original von Gast2000
Guten Morgen riwe,

auch dir vielen Dank für deine Postings.

Ich habe mir eben die Geradengleichungen angesehen, die Herleitung für ya und yb kann ich gut nachvollziehen.

Erklärst du mir bitte noch, wie man an Hand dieser beiden Gleichungen auf die Koordinaten des Schnittpunktes M kommt? Wie muss ich diese beiden Gleichungen kombinieren?

Und woher weißt du, das die Koordinaten von N -2c beträgt, denn da gibt es doch (noch) keinen Schnittpunkt einer weiteren (dritten) Geradengleichung?

Nochmals Danke

Uli

die x_Koordinate von N beträgt

$\begin{eqnarray*} x_N=2c \end{eqnarray*}$

(nicht -2c) weil N auf der zur x-Achse senkrechten Geraden durch C liegt.

den Schnittpunkt von 2 Geraden erhält man einfach durch Gleichsetzen, also

$\begin{eqnarray*} -\frac{b+c}{d}\cdot x=y=-\frac{c}{d}\cdot(x-2b) \end{eqnarray*}$

und Auflösen nach x

26.10.2019, 17:48

rumar

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Originalbezeichnungen
HAL 9000 schätzt es sehr, wenn man sich hier innerhalb eines Threads an jene Bezeichnungsweisen hält, welche der Aufgabensteller vorgegeben hat. Ich habe mir nun die Mühe gegeben, seine Zeichnung entsprechend zu modifizieren. Die Bezeichnungen E und F hatte Uli2000 ja für Höhenfußpunkte benützt.

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ [attach]49899[/attach]

Nachdem ich hier die Bezeichnungen dem Original folgend richtig gestellt hatte, hat nun HAL 9000 selber in seiner Zeichnung die von mir ergänzten Buchstaben nochmals permutiert. Was andere davon halten sollen, kann er sich jetzt selber ausrechnen ...

26.10.2019, 17:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von rumar
Die Bezeichnungen E und F hatte Uli2000 ja für Höhenfußpunkte benützt.

Gute und richtige Kritik, hatte ich übersehen, wohl weil ich diese Punkte nicht weiter gebraucht hatte. Hammer

Hammer

P.S.: Da du dir soviel Mühe gegeben hast, meine Skizze mit den nunmehr richtigen Punktbezeichnungen nachzubilden, kannst du bitte auch noch den Beweis kopieren, ebenfalls wieder mit Richtigstellung der Punktbezeichnungen? Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.10.2019, 18:27

rumar

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Zitat:

P.S.: Da du dir soviel Mühe gegeben hast, meine Skizze mit den nunmehr richtigen Punktbezeichnungen nachzubilden, kannst du bitte auch noch den Beweis kopieren, ebenfalls wieder mit Richtigstellung der Punktbezeichnungen?

Nein, ich denke, dass zumindest dies jetzt deine Aufgabe wäre !

26.10.2019, 19:29

klauss

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Hat mir keine Ruhe gelassen, hierzu noch einen Beweis mit Vektoren zu finden. Dabei bin ich auf Folgendes gestoßen:

Mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ im Koordinatenursprung und $\begin{eqnarray*} B \left(b_{x} | 0 \right) \end{eqnarray*}$ auf der x-Achse gilt gem. Aufgabenstellung:

$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AN}=\begin{pmatrix} -\lambda m_{x} \\ -\lambda m_{y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_{x} \\ -\lambda m_{y} \end{pmatrix}; \lambda>0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AD}=\frac{1}{2} \begin{pmatrix} b_{x}+c_{x} \\ c_{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BM}=\begin{pmatrix} m_{x}-b_{x} \\ m_{y} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AM} \bot \overrightarrow{AD} \end{eqnarray*}$ folgt mit Skalarprodukt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}b_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{y} m_{y}=0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (\ast) \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BM} \bot \overrightarrow{AC} \end{eqnarray*}$ folgt mit Skalarprodukt $\begin{eqnarray*} c_{x} m_{x} - b_{x} c_{x} + c_{y} m_{y}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{2}b_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{y} m_{y}= c_{x} m_{x} - b_{x} c_{x} + c_{y} m_{y} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{2}c_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{y} m_{y} - \frac{1}{2}b_{x} m_{x} - b_{x} c_{x}=0 \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt Gebrauch mache von $\begin{eqnarray*} c_{x} =-\lambda m_{x} \end{eqnarray*}$ , komme ich auf
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}c_{x} m_{x} + \frac{1}{2}c_{y} m_{y} +\left(\lambda-\frac{1}{2} \right) b_{x} m_{x}=0 \end{eqnarray*}$
Wegen $\begin{eqnarray*} (\ast) \end{eqnarray*}$ folgt daraus $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$

Sieht für mich gefällig aus oder bin ich einem Zirkelschluß erlegen?

Nein, hier sind nicht schon genug Bilder vorhanden - ein vollständig beschriftetes nur mit den Objekten des Aufgabentextes fehlt noch ...

26.10.2019, 19:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von rumar
Nein, ich denke, dass zumindest dies jetzt deine Aufgabe wäre !

Aha, so wie du es in dem anderen Thread damals auch selbst gemacht hattest. Big Laugh

Big Laugh

Ok, genug gefrozzelt, zumindest meinerseits

26.10.2019, 22:56

rumar

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Ok, genug gefrozzelt, zumindest meinerseits

Genau, du sollst nicht weiter frozzeln (wie du das nennst), sondern deine kleine Aufgabe erfüllen.
Wenn du hier Verhaltensregeln (zugegebenermaßen sinnvolle) propagierst,wäre es nett, wenn du sie auch selber einhalten würdest.

26.10.2019, 23:28

HAL 9000

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Ok, damit du deinen Frieden hast. Teufel

Teufel

27.10.2019, 00:05

rumar

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Eine Art von Zwist (meinetwegen eine Art von Teufelchen) hast du selber ins Spiel gebracht ... Das muss doch nicht sein ! (auch sowas hast du selber gesagt)

Gute Nacht !

27.10.2019, 10:30

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Noch ein Zusatz: Ist wie gewohnt $\begin{align*} \alpha \end{align*}$ der Innenwinkel von $\begin{align*} ABC \end{align*}$ bei $\begin{align*} A \end{align*}$ und $\begin{align*} s_a \end{align*}$ die Länge der Seitenhalbierenden von $\begin{align*} BC \end{align*}$ , dann gilt:

$\begin{align*} |AM| = |AN| = \frac{2s_a}{\tan \alpha} \end{align*}$

Man könnte es auch so sagen: Ist $\begin{align*} A' \end{align*}$ der Spiegelpunkt von $\begin{align*} A \end{align*}$ bei Punktspiegelung an $\begin{align*} D \end{align*}$ , dann gilt: $\begin{align*} A'MA \sim A'NA \sim BAE \sim CAF \end{align*}$

28.10.2019, 10:22

Gast4711

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Geradengleichung
Ich habe diesen Thread bisher (still) mitgelesen und nun versucht den Lösungsweg mit Hilfe der analytischen Geometrie nachzuvollziehen, leider hapert es mir schon am Anfang bei der Findung der Geradengleichungen.
Kann mir noch einmal jmd. erklären, wo das Steigungsdreieck einzuzeichnen ist, damit ich zum Bsp. auf

yA = (&#8722 traurig

traurig

b+c)/d ⋅ x)

komme?

Thanks Mandy.

28.10.2019, 10:42

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Geradengleichung

Zitat:

Original von Gast4711
Ich habe diesen Thread bisher (still) mitgelesen und nun versucht den Lösungsweg mit Hilfe der analytischen Geometrie nachzuvollziehen, leider hapert es mir schon am Anfang bei der Findung der Geradengleichungen.
Kann mir noch einmal jmd. erklären, wo das Steigungsdreieck einzuzeichnen ist, damit ich zum Bsp. auf

yA = (&#8722 traurig

traurig

b+c)/d ⋅ x)

komme?

Thanks Mandy.

wenn du dich auf meinen Beitrag und mein Bilderl beziehst und meinst:

$\begin{eqnarray*} y_A=-\frac{b+c}{d}\cdot x \end{eqnarray*}$

die Gerade durch A(0/0) steht senkrecht auf AM mit dem Mittelpunkt M der Geraden durch BC, M hat also die Koordinaten M(b+c/d) und es gilt

$\begin{eqnarray*} k\cdot k_\perp =-1 \end{eqnarray*}$

für die Steigungen von 2 zueinander senkrechten Geraden

ok verwirrt

verwirrt

29.10.2019, 08:01

Gast4711

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Geradengleichung
Danke für die Erklärung,
das die y-Koordinate des Mittelpunktes M die halbe Höhe des Dreieckes und deshalb gleich d ist habe ich kapiert. Aber warum entspricht die x-Koordinate b+c ?

Und die andere Geradengleichung für yb kann ich erst recht nicht herleiten, da habert es schon den Schnittpunkt mit der y-Achse zu bestimmen

Ich stehe da total auf dem Schlauch Hammer

Hammer

!

Viellecht kannst du ja noch mal erklären, würde die Lösung gerne verstehen.

Nochmals Thanks
Mandy

30.10.2019, 11:46

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Geradengleichung

Zitat:

Original von Gast4711
Danke für die Erklärung,
das die y-Koordinate des Mittelpunktes M die halbe Höhe des Dreieckes und deshalb gleich d ist habe ich kapiert. Aber warum entspricht die x-Koordinate b+c ?

Und die andere Geradengleichung für yb kann ich erst recht nicht herleiten, da habert es schon den Schnittpunkt mit der y-Achse zu bestimmen

Ich stehe da total auf dem Schlauch Hammer

Hammer

!

Viellecht kannst du ja noch mal erklären, würde die Lösung gerne verstehen.

Nochmals Thanks
Mandy

bist du aus Österreich und etwa gar aus Wien, weil´s so schön "habert" verwirrt

verwirrt

Augenzwinkern

der Mittelwert/-punkt von 3 und 5 ist 4,weil

$\begin{eqnarray*} 4=\frac{3+5}{2}\to x_M=\frac{x_B+x_C}{2}=\frac{2b+2c}{2}=b+c \end{eqnarray*}$

den Schnittpunkt mit der y-achse mußt du nicht kennen, denn

$\begin{eqnarray*} y-y_B=k_{AC\perp}\cdot(x-x_b)\to y-0=k_{AC\perp}(x-2b) \end{eqnarray*}$

die Steigung/den Anstieg der Geraden kannst du ja nun sicher selbst berechnen

ich hoffe, nun hapert es nicht mehr Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.11.2019, 19:56

Gast4711

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo riwe,

ich muss mich doch noch einmal zu Wort melden.

Mit der Gleichung für yb komme ich absolut nicht klar!

Zitat rewi
den Schnittpunkt mit der y-achse mußt du nicht kennen, denn

y−yB=kAC⊥&#8901 traurig

traurig

x−xb)→y−0=kAC&#8869 traurig

traurig

x−2b)

die Steigung/den Anstieg der Geraden kannst du ja nun sicher selbst berechnen

Die oben stehende Zeile kann ich asolut nicht nachvollziehen, sorryl

Ist k die Gerade durch AC ?

und was ist y und x in der Zeile?

Danke, die ratlose Mandy, die schon fast 2 Tage gegrübelt hat ...

03.11.2019, 15:05

Gast 2222

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RE: Geradengleichung

Zitat:

Original von riwe

den Schnittpunkt mit der y-achse mußt du nicht kennen, denn

$\begin{eqnarray*} y-y_B=k_{AC\perp}\cdot(x-x_b)\to y-0=k_{AC\perp}(x-2b) \end{eqnarray*}$

die Steigung/den Anstieg der Geraden kannst du ja nun sicher selbst berechnen

ich hoffe, nun hapert es nicht mehr Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hallo Mandy,

ich vermute auch,dass mit $\begin{eqnarray*} k_{AC\perp} \end{eqnarray*}$ die Steigung der zur Strecke AC parallelen Geraden gemeint ist. Was allerdings x und y bezeichnet, konnte ich auch noch nicht nachvollziehen!

Bernd

03.11.2019, 15:36

riwe

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RE: Geradengleichung

Zitat:

Original von Gast 2222

Zitat:

Original von riwe

den Schnittpunkt mit der y-achse mußt du nicht kennen, denn

$\begin{eqnarray*} y-y_B=k_{AC\perp}\cdot(x-x_b)\to y-0=k_{AC\perp}(x-2b) \end{eqnarray*}$

die Steigung/den Anstieg der Geraden kannst du ja nun sicher selbst berechnen

ich hoffe, nun hapert es nicht mehr Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hallo Mandy,

ich vermute auch,dass mit $\begin{eqnarray*} k_{AC\perp} \end{eqnarray*}$ die Steigung der zur Strecke AC parallelen Geraden gemeint ist. Was allerdings x und y bezeichnet, konnte ich auch noch nicht nachvollziehen!

Bernd

dann bist du genau so ahnungslos wie Gast/Gästin 4711

wenn man bei einer Geradengleichung vor dem "Bedeutungsrätsel" steht, was x und y sind, was soll man da noch erklären traurig

traurig

nebenbei $\begin{eqnarray*} \perp \end{eqnarray*}$ bedeutet senkecht nicht $\begin{eqnarray*} \parallel \end{eqnarray*}$

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