Unleserlich! Dreiecksberechnung mit Inkreismittelpunkt und 2 Eckpunkten

07.12.2023, 22:05

emanu

Dreiecksberechnung mit Inkreismittelpunkt und 2 Eckpunkten

Meine Frage:
Vom Dreieck ABC sind die Eckpunkte A(7, ?3, 5) und B(?5, 1, 11) und
der Inkreismittelpunkt I(?1, 2, 9) gegeben. (Der Inkreismittelpunkt ist jener
Punkt, der von allen Dreiecksseiten den gleichen Abstand hat.)
(a) Berechnen Sie die Koordinaten des Eckpunkts C.
(b) Berechnen Sie die Koordinaten der Punkte D, E und F, in denen der
Inkreis die Seiten des Dreiecks ABC beruehrt.

Meine Ideen:
ICh hätte gesagt mit dem Radius schaffe es aber nicht

08.12.2023, 02:46

mYthos

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Bitte korrigiere zunächst die unleserlichen Koordnaten der Punkte!
----------
Tipp:
Der Inkreismittelpunkt und 2 Eckpunkte sind bekannt.
Diese 3 Punkte bestimmen die Dreiecksebene.
Der Inkreisradius ist dann gleich dem Normalabstand des Inkreismittelpunktes von der durch die 2 Eckpunkte bestimmte Geraden.

Nachdem offensichtlich die Punkte 3 Koordinaten haben, ist die Rechnung entsprechend in $\begin{eqnarray*} \mathbb R3 \end{eqnarray*}$ auszuführen.

mY+

08.12.2023, 09:10

HAL 9000

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Die ? sind vermutlich durch Copy+Paste verursachte Minus-Zeichen.

Mögliche Vorgehensweise zur Bestimmung aller gesuchten Größen:

1) Lotfußpunkt $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ ermitteln, z.B. über Skalarprodukt $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AF} = \frac{\overrightarrow{AI}\cdot \overrightarrow{AB}}{|AB|^2} ~\overrightarrow{AB} \end{eqnarray*}$ .

2) Einen Normalenvektor $\begin{eqnarray*} \vec{n} \end{eqnarray*}$ der Dreiecksebene bestimmen, z.B. über $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AI}\times \overrightarrow{AB} \end{eqnarray*}$ .

3) Punktspiegelung von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ an der Ebene durch $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ mit Normalenvektor $\begin{eqnarray*} \vec{n}\times \overrightarrow{AI} \end{eqnarray*}$ ergibt Lotfußpunkt $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ .

4) Punktspiegelung von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ an der Ebene durch $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ mit Normalenvektor $\begin{eqnarray*} \vec{n}\times \overrightarrow{BI} \end{eqnarray*}$ ergibt Lotfußpunkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ .

5) Schnitt der Geraden $\begin{eqnarray*} AE \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} BD \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ .

Gut möglich, dass es effizienter geht, ist nur ein erster Vorschlag.

08.12.2023, 17:50

mYthos

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Zitat:

Original von HAL 9000

Gut möglich, dass es effizienter geht...

Wahrscheinlich kaum.
Die Spiegelung des Lotfußpunktes F an den beiden Winkelhalbierenden bei A und B ist ein gut gangbarer Weg und auch verständlich.

Kann jedoch sein, dass dies *emanu* nicht mehr sonderlich interessieren wird, wenn er/sie es nicht der Mühe wert findet, sich hier nochmals zu melden.

mY+

09.12.2023, 06:29

Leopold

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Bei Schritt 3) kann man auch folgendermaßen vorgehen:

Im rechtwinkligen Dreieck $\begin{align*} IAF \end{align*}$ seien $\begin{align*} G \end{align*}$ der Fußpunkt der Höhe durch $\begin{align*} F \end{align*}$ und $\begin{align*} s,t \end{align*}$ die Längen von $\begin{align*} AF \end{align*}$ beziehungsweise $\begin{align*} AI \end{align*}$ . Gemäß Kathetensatz hat $\begin{align*} AG \end{align*}$ die Länge $\begin{align*} \frac{s^2}{t} \end{align*}$ , so daß man

$\begin{align*} \overrightarrow{AE} = 2 \, \overrightarrow{AG} - \overrightarrow{AF} = 2 \frac{s^2}{t^2} \, \overrightarrow{AI} - \overrightarrow{AF} \end{align*}$

erhält.

Analog geht Schritt 4). Schritt 2) wird nicht benötigt.

09.12.2023, 16:22

HAL 9000

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Stimmt, hatte ich übersehen: Man kann ja für $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AG} \end{eqnarray*}$ genau wie in 1) vorgehen bei der Lotfußpunktbildung, d.h.

3) $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AE} = 2\frac{\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{AI}}{|AI|^2} ~\overrightarrow{AI} - \overrightarrow{AF} \end{eqnarray*}$

4) $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{BD} = 2\frac{\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{BI}}{|BI|^2} ~\overrightarrow{BI} - \overrightarrow{BF} \end{eqnarray*}$ .

Hatte ich mit dem "gut möglich, dass es effizienter geht" dann doch Recht. Augenzwinkern

10.12.2023, 11:13

Leopold

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Ich habe einmal gerechnet und die folgende baryzentrische Darstellung bezüglich $\begin{align*} A, B, I \end{align*}$ gefunden:

$\begin{align*} C = \frac{q^2 \left( -q^2 + t^2 + c^2 \right)}{c^2 \left( q^2 + t^2 - c^2 \right)} \, A + \frac{t^2 \left( q^2 - t^2 + c^2 \right)}{c^2 \left( q^2 + t^2 - c^2 \right)} \, B - \frac{\left( -q^2 + t^2 + c^2 \right) \left( q^2 - t^2 +c^2 \right)}{c^2 \left( q^2 + t^2 - c^2 \right)} \, I \end{align*}$

Hierbei sind $\begin{align*} q,t,c \end{align*}$ der Reihe nach die Längen der Strecken $\begin{align*} BI, AI, AB \end{align*}$ . Die Quadratsummen lassen den Cosinussatz erkennen.

In unserem Beispiel haben wir die folgenden Werte:

$\begin{align*} \overrightarrow{BI} = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \, , \ \ \overrightarrow{AI} = \begin{pmatrix} -8 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} \, , \ \ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} -12 \\ 4 \\ 6 \end{pmatrix} \end{align*}$

$\begin{align*} q^2 = \overrightarrow{BI}^{\, 2} = 21 \, , \ \ t^2 = \overrightarrow{AI}^{\, 2} = 105 \, , \ \ c^2 = \overrightarrow{AB}^{\, 2} = 196 \end{align*}$

$\begin{align*} C = \frac{21 \cdot 280}{196 \cdot (-70)} \, A + \frac{105 \cdot 112}{196 \cdot (-70)} \, B - \frac{280 \cdot 112}{196 \cdot (-70)} \, I \, = \, - \frac{3}{7} \, A - \frac{6}{7} \, B + \frac{16}{7} \, I \, = \, \left( -1 , 5 , 9 \right) \end{align*}$

11.12.2023, 00:35

mYthos

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Eine sehr schöne Lösung!
Baryzentrische Darstellungen sind ein interessanter Aspekt und können zu ungewöhnlichen und überraschenden Wegen der Lösungsfindung führen.

Allerdings sind sie in der Schulmathematik kaum oder auch gar nicht bekannt.

mY+

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