Winkelhalbierende im Dreieck

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13.02.2025, 07:06	Gehtso	Auf diesen Beitrag antworten »
Winkelhalbierende im Dreieck Hallo, Ich komme mit dieser Aufgabe einfach nicht weiter und wäre sehr dankbar für einen Tip. Wir haben ein Dreieck ABC und den Winkel &ACB = 120° gegeben. Zudem schneiden die Winkelhalbierenden durch A. B und C die jeweils gegenüberliegenden Seiten in den Punkten X,Y und Z. Nun soll ich den Winkel &XZY bestimmen. Ich habe schon alles mögliche probiert und auch eine Skizze gemacht. Die Winkelhalbierenden schneiden sich ja alle im Mittelpunkt des Inkreises, aber das hat nicht weitergeholfen, Strahlensätze oder kongruente Dreiecke sehe ich auch nicht. Jetzt habe ich keine Idee mehr.
13.02.2025, 08:29	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurz mal aufgezeichnet ergibt sich $\begin{eqnarray} \delta=90^{\circ} \end{eqnarray}$ . Bin jetzt allerdings geometrisch soweit eingerostet, dass ich keinen eleganten Weg dahin aufzuzeigen vermag. Sei $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ der Schnittpunkt von $\begin{eqnarray} AX \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} YZ \end{eqnarray}$ . Wenn es gelänge zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} CSZX \end{eqnarray}$ ein Sehnenviereck ist, wäre das ein möglicher Schlüssel zum Erfolg. Ebenfalls genügen würde der Ähnlichkeitsnachweis $\begin{eqnarray} AZS\sim AXC \end{eqnarray}$ . Der Nachweis $\begin{eqnarray} \|\angle ZYB\| = 30^{\circ} \end{eqnarray}$ würde auch genügen. Na vielleicht gibt es jemanden, der mein diesbezügliches Brett vorm Kopf lösen kann (Leopold?).
13.02.2025, 08:38	Gehtso	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke. Ja, ich dachte schon an Thales oder zu zeigen, daß die Strecken XY, XZ und YZ Pythagoras erfüllen. Spiegelpunkt von Z habe ich auch schon probiert.
13.02.2025, 08:49	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Rechnerisch könnte man es sicher erschlagen, indem man die Eigenschaft der Winkelhalbierende nutzt, dass diese die gegenüberliegende Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten teilt: Dies ermöglicht die Darstellung von $\begin{eqnarray} \|XY\|,\|YZ\|,\|ZX\| \end{eqnarray}$ in Termen von $\begin{eqnarray} a,b,c \end{eqnarray}$ . Unter Zuhilfenahme von $\begin{eqnarray} c^2 = a^2+b^2 - 2ab\cos\left(120^{\circ}\right) = a^2 + ab + b^2 \end{eqnarray}$ sollte es damit gelingen, $\begin{eqnarray} \|YZ\|^2+\|ZX\|^2 = \|XY\|^2 \end{eqnarray}$ zu beweisen, was äquivalent zu $\begin{eqnarray} \delta=90^{\circ} \end{eqnarray}$ ist. Aber das ist wie gesagt nur der entbehrungsreiche Notweg, falls keine geometrische Begründung gefunden wird - da kommen ziemliche Horrorterme auf einen zu.
13.02.2025, 08:52	Gehtso	Auf diesen Beitrag antworten »
Das kann ich bestätigen ;-), war erfolglos.
13.02.2025, 09:37	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich hab's - zwar mit Rechnerei, aber vergleichsweise wenig: Es gelten $\begin{eqnarray} \|CZ\| = \frac{2ab}{a+b}\cos\left(\frac{\gamma}{2}\right) = \frac{ab}{a+b} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} \|AZ\| = \frac{bc}{a+b} \end{eqnarray}$ . Damit folgt $\begin{eqnarray} \frac{\|CZ\|}{\|AZ\|} = \frac{a}{c} \stackrel{!}{=} \frac{\|CY\|}{\|AY\|} \end{eqnarray}$ , d.h. im Dreick $\begin{eqnarray} AZC \end{eqnarray}$ teilt Strecke $\begin{eqnarray} ZY \end{eqnarray}$ die Seite $\begin{eqnarray} AC \end{eqnarray}$ im Verhältnis der anliegenden Seiten $\begin{eqnarray} \|CZ\| \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \|AZ\| \end{eqnarray}$ . Somit ist $\begin{eqnarray} ZY \end{eqnarray}$ Winkelhalbierende des Winkels $\begin{eqnarray} \angle CZA \end{eqnarray}$ . Analog im Dreieck $\begin{eqnarray} CZB \end{eqnarray}$ folgt, dass $\begin{eqnarray} ZX \end{eqnarray}$ Winkelhalbierende des Winkels $\begin{eqnarray} \angle BZC \end{eqnarray}$ ist. Damit ist man bereits fertig!
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13.02.2025, 10:21	Gehtso	Auf diesen Beitrag antworten »
Gerade ein Brett vor dem Kopf. Wie kommst Du auf : $\begin{eqnarray} \|CZ\| = \frac{2ab}{a+b}cos(\frac{\gamma}{2}) \end{eqnarray}$ ? Ich hatte nur $\begin{eqnarray} c^{2} = a^{2} + b^{2} + ab \end{eqnarray}$ aber das half nicht weiter.
13.02.2025, 10:26	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist eine allgemeine Standardformel für die Winkelhalbierendenlänge, d.h. nicht nur für $\begin{eqnarray} \gamma=120^{\circ} \end{eqnarray}$ gültig - kannst du z.B. bei Wiki nachlesen. Kann man sich zur Not auch selbst herleiten über den Kosinussatz.
13.02.2025, 10:35	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hatte dort mal einen Beweis notiert: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/...tart=0#p1838115
13.02.2025, 10:42	Gehtso	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja stimmt, Hatte ich mit rumgespielt aber ohne Erfolg. Vielen Dank auch für die grafische Lösung! Danke Euch Beiden!
13.02.2025, 17:15	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das mit gespiegelten Punkt und in der Folge dem gleichseitigen Dreieck ist clever - manchmal lohnt es sich, die Skizze durch nicht unmittelbar auf der Hand liegende Zusatzpunkte zu ergänzen.

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