Gerade durch In- und Umkreismittelpunkt zu Seite parallel

08.04.2020, 18:55

Leopold

Gerade durch In- und Umkreismittelpunkt zu Seite parallel

Eine weitere Geometrieaufgabe für Interessierte.

In einem nicht gleichseitigen Dreieck $\begin{align*} ABC \end{align*}$ seien wie üblich $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ die Seitenlängen und $\begin{align*} d \end{align*}$ der Abstand von In- und Umkreismittelpunkt. Man zeige:

Die Gerade durch den In- und Umkreismittelpunkt ist genau dann parallel zur Seite $\begin{align*} AB \end{align*}$ , wenn $\begin{align*} d = \frac{1}{2} \left| \, a-b \, \right| \end{align*}$ ist.

Zusatz: In diesem Fall gilt

$\begin{align*} c = \frac{ab + \sqrt{a^4 + b^4 - a^2 b^2}}{a+b} \end{align*}$

09.04.2020, 14:50

HAL 9000

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Der erste Teil ist nicht schwierig wenn man bedenkt, dass der Abstand der Lotfußpunkte von In- und Umkreismittelpunkt auf die Seite $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ immer gleich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}|a-b| \end{eqnarray*}$ ist.

Beim zweiten Teil ist die Rechnung schon etwas länger, aber aus Bedingung $\begin{eqnarray*} R\cos(\gamma)=r \end{eqnarray*}$ unter Einsatz von Heron und Kosinussatz noch mit moderatem Aufwand herleitbar.

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Zu Thema Wettbewerbe noch etwas off-topic: https://www.mo2020.de/bundesrunde-abgesagt

Ist natürlich nicht so, dass man in der gegenwärtigen Lage was anderes erwartet hätte, aber schade ist es natürlich trotzdem für alle Beteiligten, insbesondere die qualifizierten Schüler.

Die diesjährige IMO ist von den austragenden Russen erstmal in den September verlegt worden - ob das dann halt- und machbar ist, wird man sehen. Womöglich nur mit schwer zumutbaren Quarantäneauflagen - oder aber in einer Homeoffice-Variante.

09.04.2020, 18:34

Ulrich Ruhnau

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RE: Gerade durch In- und Umkreismittelpunkt zu Seite parallel
Auch wenn ich noch keine Lösung habe, so habe ich doch wenigstens eine Zeichnung angefertigt und Leopolds Rätsel mit Geogebra geprüft (alles in Ordnung Augenzwinkern

). Wenn ein beliebiges Dreieck gegeben ist, dann konstruiere ich den Mittelpunkt vom Inkreis über zwei Winkelhalbierende (gelb). Seinen Radius bestimme ich über das Lot des Mittelpunktes auf eine Dreiecksseite (rot). Der Umkreismittelpunkt ist gut über die Mittelsenkrechten zu finden (blau). Die Punkte A,B,C habe ich so verschoben, daß sich Leopolds Aussage gut darstellen läßt. D.h. Der Abstand der Kreismittelpunkte (lila) entspricht dem halben Längenunterschied der Seiten a und b (braun).
[attach]50999[/attach][attach]51001[/attach]

14.04.2020, 11:16

HAL 9000

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Etwas näher erläutert:

Seien $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ die Mittelpunkte von Um- bzw. Inkreis des Dreiecks $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ die Lotfußpunkte von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} |AU|=|UB|=\frac{c}{2} \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ liegt ja auf der Mittelsenkrechten von $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ , und es ist $\begin{eqnarray*} |AV|=s-a \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} |VB| = s-b \end{eqnarray*}$ mit wie üblich $\begin{eqnarray*} s:=\frac{a+b+c}{2} \end{eqnarray*}$ . Das ergibt

$\begin{eqnarray*} |UV| = \left| |AV|-|AU|\right| = \left| \frac{a+b+c}{2}-a-\frac{c}{2}\right| = \frac{1}{2} \left|a-b\right| \end{eqnarray*}$ .

Offenkundig ist $\begin{eqnarray*} |MI|\geq |UV| \end{eqnarray*}$ mit Gleichheit genau dann wenn $\begin{eqnarray*} |MU|=|IV| \end{eqnarray*}$ gilt UND $\begin{eqnarray*} M,I \end{eqnarray*}$ sich in derselben Halbebenen bzw. Gerade $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ befinden. Letzteres bedeutet $\begin{eqnarray*} MI\parallel AB \end{eqnarray*}$ , damit ist a) bereits erledigt.

Für b) müssen wir nun diese Gleichheitsbedingung algebraisch durchdringen: Zunächst ist $\begin{eqnarray*} \gamma\leq 90^{\circ} \end{eqnarray*}$ erforderlich, sonst liegen $\begin{eqnarray*} M,I \end{eqnarray*}$ nicht in derselben Halbebene. Dann ist $\begin{eqnarray*} |MU| = R\cos(\gamma) = \frac{c\cos(\gamma)}{2\sin(\gamma)} \end{eqnarray*}$ mit Umkreisradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ . Von Inkreisradius $\begin{eqnarray*} r=|IV| \end{eqnarray*}$ wissen wir dessen Beziehung zum Dreiecksflächeninhalt $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ via $\begin{eqnarray*} F=sr \end{eqnarray*}$ . Damit bedeutet $\begin{eqnarray*} |MU|=|IV| \end{eqnarray*}$ die Gleichung

$\begin{eqnarray*} c\cos(\gamma) = \frac{2F}{s}\sin(\gamma) \end{eqnarray*}$

Nun ersetzen wir $\begin{eqnarray*} \cos(\gamma)=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \sin(\gamma) = \frac{2F}{ab} \end{eqnarray*}$ und erhalten

$\begin{eqnarray*} c\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{4F^2}{abs} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c(a^2+b^2-c^2) = \frac{8F^2}{s} = 8(s-a)(s-b)(s-c) = (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \end{eqnarray*}$

letzteres nach Heron. Jetzt kommt ein wenig lästiges Ausmultiplizieren, das ergibt

$\begin{eqnarray*} c(a^2+b^2)-c^3 = -a^3-b^3-c^3+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2-2abc \end{eqnarray*}$ .

Jetzt ordnen wir alles so um, dass eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ rauskommt: $\begin{eqnarray*} 0=(a+b)c^2-2abc+a^2b+ab^2-a^3-b^3 \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} (a+b) \end{eqnarray*}$ multipliziert und quadratisch ergänzt führt das zu $\begin{eqnarray*} 0=\left[(a+b)c-ab\right]^2-a^4-b^4+a^2b^2 \end{eqnarray*}$ und damit der Lösung

$\begin{eqnarray*} c = \frac{ab\pm \sqrt{a^4+b^4-a^2b^2}}{a+b} \end{eqnarray*}$ .

Die Minusvariante kommt aber wegen $\begin{eqnarray*} a^4+b^4-a^2b^2 = (a^2-b^2)^2+a^2b^2\geq a^2b^2 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} ab-\sqrt{a^4+b^4-a^2b^2}\leq 0 \end{eqnarray*}$ nicht in Frage.

Geht womöglich auch einfacher, bzw., man könnte (wie letztens Leopold bei seinem Heronbeweis) auch seinen Ehrgeiz daran setzen, "winkelfunktionsfrei" zu argumentieren. Augenzwinkern

14.04.2020, 17:00

Leopold

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Baryzentrische Koordinaten dürften die wenigsten kennen. Ich will trotzdem eine Lösung damit notieren. Vielleicht macht das den ein oder andern neugierig.

In homogenen baryzentrischen Koordinaten, bezogen auf die Punkte $\begin{align*} A,B,C \end{align*}$ des Dreiecks, gelten für den Umkreismittelpunkt $\begin{align*} M \end{align*}$ und den Inkreismittelpunkt $\begin{align*} I \end{align*}$ die Formeln

$\begin{align*} M = \left( a^2 \left( -a^2 + b^2 + c^2 \right) : b^2 \left( a^2 - b^2 + c^2 \right) : c^2 \left( a^2 + b^2 - c^2 \right) \right) \, , \ \ I = \left( a : b : c \right) \end{align*}$

Die Koordinatensumme bei $\begin{align*} M \end{align*}$ ist $\begin{align*} (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \end{align*}$ (nach Heron ist das gerade $\begin{align*} 16f^2 \end{align*}$ , wo $\begin{align*} f \end{align*}$ den Flächeninhalt des Dreiecks bezeichnet), die bei $\begin{align*} I \end{align*}$ ist $\begin{align*} a+b+c \end{align*}$ .

$\begin{align*} MI \end{align*}$ ist genau dann parallel zu $\begin{align*} AB \end{align*}$ , wenn die absoluten dritten Koordinaten von $\begin{align*} M \end{align*}$ und $\begin{align*} I \end{align*}$ übereinstimmen:

$\begin{align*} \frac{c^2 \left( a^2 + b^2 - c^2 \right)}{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} = \frac{c}{a+b+c} \end{align*}$

Überflüssige Faktoren werden gestrichen und das Ganze multiplikativ geschrieben:

$\begin{align*} c \left( a^2 + b^2 - c^2 \right) = (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \end{align*}$

Wenn man ausmultipliziert, ist das $\begin{align*} c \end{align*}$ -Glied mit dem höchsten Exponenten links $\begin{align*} -c^3 \end{align*}$ , rechts aber ebenso, man erhält also tatsächlich eine quadratische Gleichung in $\begin{align*} c \end{align*}$ . Es ist dieselbe Gleichung wie die von HAL.

14.04.2020, 17:12

HAL 9000

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Dann wollen wir mal hoffen, dass diese Koordinatendarstellungen von M und I in Ulrich Ruhnaus Formelsammlung stehen, ansonsten wird gnadenlos der Daumen gesenkt. Big Laugh

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{align*} c \left( a^2 + b^2 - c^2 \right) = (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \end{align*}$

Wenn man ausmultipliziert, ist das $\begin{align*} c \end{align*}$ -Glied mit dem höchsten Exponenten links $\begin{align*} -c^3 \end{align*}$ , rechts aber ebenso, man erhält also tatsächlich eine quadratische Gleichung in $\begin{align*} c \end{align*}$ . Es ist dieselbe Gleichung wie die von HAL.

Nicht erst die quadratische Gleichung, sondern bereits diese erste Zeile hier im Zitat taucht ja etwa nach 2/3 meines Beitrags genauso auf. Was nicht weiter verwundert, da ich ja auch mit $\begin{eqnarray*} F^2 \end{eqnarray*}$ und Heron hantiere.

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