Parallelogramm in Parallelogramm |
| 17.11.2003, 21:10 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Parallelogramm in Parallelogramm Gegeben sei ein Parallelogramm ABCD. Die Seitenmitten seien entsprend des angehängten Bildes mit E, F, G, H bezeichnet. Die Verbindungslinien AE, BF, CG, DH scheiden im Inneren des Parallelogramms ein Viereck KLMN aus (siehe Bild).
Viel Spaß damit. PS: Wäre schön, wenn sich nochmal einer mein anderes Rätsel angucken würde... |
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| 17.11.2003, 22:05 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
fehlt nur noch das Bild 
mfg |
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| 18.11.2003, 10:07 | johko | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| RE: Paralelogramm in Paralelogramm Ich muss mich erst einmal einlesen, deshalb die Frage: Sowas läuft unter Rätsel? Für mich ist das z.B. eine relativ einfache, wenn auch etwas fizzelige Aufgabe aus der Vektorgeometrie der Sek II.(lineare Abhängigkeit von Vektoren) sekundärer Grübelgruss Johko
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| 18.11.2003, 11:54 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
eigentlich war es so gedacht, dass man das auf dem niveu eines 10. klässlers lösen könnte und nicht seine letzten matheerrinerungen von der 12. klasse raussucht
und für einen 10. klässler ist das mMn wirklich noch ein rätsel... |
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| 18.11.2003, 12:09 | johko | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ahhja!! Da kann ich auch noch ein bestens bewährtes Buch für Ende Sek I empfehlen: Eigenmann:Geometrische Denkaufgaben :] Johko |
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| 04.12.2003, 21:10 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
anscheinend ist das euch zu einfach... dann pack ich halt noch einen drauf
:c. zu beweisen ist, dass die strecke AK 2/5 und die strecke LE 1/5 der strecke AE lang ist. |
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| 05.12.2003, 13:51 | Thomas | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn ihr Buchempfehlungen habt, wendet euch am besten an Jama oder Degt, damit man das richtig gut reinposten kann 
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| 11.12.2003, 16:48 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
also, wie schon gesagt: mit Vektoren wäre das einfach
Zu beweisen ist ja, dass AE || GC und DH || BF. Wir haben 4 (bestimmte) Vektoren (eigentlich sinds nur 2 verschiedene) AB BC CD DA wobei: AB = -CD BC = -DA nun können wir den Vektor AE als Differenz von BA - BE ausdrücken. BE = BC/2 Also, AE = BA - BC/2 wir können desweiteren auch GC als Differenz von DC-DG ausdrücken. DG = DA/2 GC = DC - DA/2 wenn wir nun in der zweiten Gleichung DC und DA ersetzen erhalten wir folgendes: GC = AB - (-BC/2) oder GC = - BA - (-BC/2) = -BA + BC/2 und das heisst AE = - GC => AE || GC und der gleiche Beweis gilt auch für HD || BF
********************************************** Man kanns aber auch anders beweisen, indem man sich auf die Winkel bezieht. Wenn die Winkel DGC = DAE , dann sind GC und AE parallel. DGC = arcsin(DC/GC) Nun beweisen wir, dass |GC| = |AE| Da es sich um ein Parallelogramm handelt, wissen wir, dass |AB| = |CD| und |BC| = |AD| |DG| = |AD| /2 |BE| = |BC| /2 => |DG| = |BE| nun können wir |GC| und |AE| durch den Cosinussatz bestimmen. Winkel ABC = p1 Winkel ADC = p2 (Ich bin zu faul um jetzt jedesmal die Betragsstriche zu schreiben, wenn ich AB oder so schreibe, meine ich die Länge dieser Strecke) AB = a BE = g AE = h DG = k CD = c GC = l h^2 = a^2 + g^2 - 2ag*cos(p1) l^2 = c^2 + k^2 - 2ck*cos(p2) da a = c und g = k können wir sagen l^2 = a^2 + g^2 - 2ag*cos(p2) und da es sich um ein Parallelogramm handelt ist p1 = p2 => h = l Nun wissen wir aber vom Parallelogramm auch, dass GE || AB und |GE| = |AB| dann drücken wir den Winkel DAE auch mit dem Sinus aus: DAE = arcsin(GE/AE) nun haben wir zwei Winkel: DAE = arcsin(GE/AE) DGC = arcsin(DC/GC) |GE| = |DC| |AE| = |GC| und daraus können wir sagen DAE = DGC => AE || GC und auch für DH || BF kann man die gleiche Methode anwenden, nur die jeweils entsprechenden Strecken ersetzen
Aber das ist mir jetzt zu viel Schreibarbeit... mfg |
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| 17.12.2003, 19:19 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
stimmt das eigentlich? Falls ja, dann mach ich dann mal an der anderen Aufgabe weiter... mfg |
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| 17.12.2003, 21:28 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
scheint alles richtig zu sein... aber ich finde es ist immer noch zu weit vorgegriffen... man kann es ganz einfach mit den parallelen-gesetzen (oder wie heißen die?) beweisen... |
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| 17.12.2003, 22:10 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
die kenn ich nicht. Kannst du die mal irgendwo beschreiben? Bin echt mal gespannt... mfg |
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| 18.12.2003, 00:05 | jama | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
meinst du die strahlensätze? |
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| 18.12.2003, 00:08 | Gust | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
- nö! (bei denen würden die Linien zusammenlaufen) [ich habe übrigens die richtige Lösung zumindest der ersten Aufgabe schon an alpha ge PNt] |
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| 18.12.2003, 09:04 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ich guck mal nach, unter welchem namen die regeln wirklich laufen... aber ihr könnt euch solange ja mal an die zweite aufgabe machen...
war aber ungefähr so: sie sind parallel, weil sie parallel sind :P naja stark vereinfacht, aber ich warte noch auf den richtigen beweis... |
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| 18.12.2003, 16:40 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
was heisst hier richtigen Beweis? Sie sind doch bewiesen, oder nicht? Sogar auf 2 Arten... mfg |
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| 18.12.2003, 21:02 | Gust | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ist mein Beweis der Winkelarten etwa kein richtiger? |
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| 18.12.2003, 22:19 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
das bezog sich mehr auf gust... deinen beweis hast du fein gemacht
dann kannst du dich ja an die zweite aufgabe setzen... |
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| 18.12.2003, 22:53 | Gust | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hm... 
FCB + DAH = 1/2 [von allem] GCD + ABE = 1/2 ["] FCB + DAH + GCD + ABE = das Ganze --> GND + FMC + AHK + BLE = fläche des kleinen Parallelogramms. - aber ob das weiterhilft... :P |
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| 19.12.2003, 17:36 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
vielleicht könntest du mir noch Paralleitätsgesetze aufschreiben... die wären vielleicht nützlich für die Aufgabe
mfg |
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| 19.12.2003, 17:38 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
nee... für die zweite nicht mehr... da braucht man in der richtung nur die info, dass es ein parallelogramm ist... |
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| 19.12.2003, 18:19 | Steve_FL | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
was? Darf ich davon ausgehen, dass es ein Parallelogramm ist und wenn ich dann keine Widersprüche finde, ist es bewiesen? Kann ich nicht glauben. Wenn ich mir sicher sein könnte, dass gewisse Seiten gleich lang sind, hätt ich mal ein paar schöne Sachen aufgeschrieben... mfg |
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| 19.12.2003, 18:49 | alpha | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
nein, so meine ich das nicht, aber du hast es doch schon bewiesen
also kannst du dich getrost an die zweite aufgabe machen, und dabei kannst du dann davon ausgehen... :P
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| 03.02.2004, 16:10 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Unterstellt, es sei bewiesen, dass das 'innere Gebilde' ein Parallelogramm sei dann lässt sich die Beh. fogendermaßen beweisen. Skizze aus Eröffnungspost Die Fläche des Parallelogramms AECG = Gesamtfläche - (Dreieck ABE + Dreieck GCD) Bringt man die beiden Dreiecke durch Parallelverschiebung aneinander (schieben wir mal das obere an das untere), dann bilden sie gerade das Parallelogramm ABEG aus, dessen Fläche offensichtlich 1/2 Gesamtfläche ausmacht. Also Fläche des Parallelogramms AECG = Gesamtfläche - 1/2*Gesamtfläche = Fläche des Parallelogramms AECG = 1/2*Gesamtfläche Nach den Strahlengesetzten ist, wegen CF=DF (F ist Mittelpunkt) auch CM=MN (FB||DH nach Teil1) Weiterhin ist nach den Strahlengesetzen, wegen BE=1/2*BC auch LE=1/2*MC (AE||GC nach Teil1) Schiebt man nun durch Parallelverschiebung die beiden, aus Symetriegründen kongruenten, Trapeze AKNG und LECM zusammen, (G nach Punkt C, A nach Punkt E) so ensteht ein Parallelogramm, das in der einen Höhe mit der vom KLMN übereinstimmt und dessen zugehörige Grundlinie (MC+GN =MC+LE==MC+1/2*MC=1.5*MC ==1.5*MN) das 1.5 fache beträgt. Damit ist dessen Fläche genau 1.5*Fläche KLMN Damit ist: 1/2*Gesamtfläche =Fläche AECG = =Fläche KLMN + Fläche (Trapez1+Trapez2) =Fläche KLMN +1.5*Fläche KLMN =2.5*Fläche KLMN =5/2*Fläche KLMN oder anders: Fläche KLMN =1/2*Gesamtfläche*2/5 =1/5*Gesamtfläche. ... |
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| 03.02.2004, 19:35 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Teil c Nach dem gerade dargelegten ist es offensichtlich, dass Strecke AK =Stecke KL =2*Strecke LE ist und damit ist Strecke AE =Strecke AK +Stecke KL +Strecke LE =(2+2+1)*Strecke LE = 5*Strecke LE oder Strecke LE = 1/5*Strecke AE Strecke AK =2*Strecke LE =2/5*Strecke AE ... |
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| 03.02.2004, 22:28 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Und weil 'euer' Teil a) in meinen Augen völlig (sorry nur MEINE Meinung, braucht niemand teilen) missraten ist, hier auch nochmal Teil a) : Skizze aus Eröffnungspost Zieht man die Verbindungslinie der beiden Seitenmitten F und H, so enstehen 2 gleichgroße kongruente Teilparallelogramme AHFD und HBCF. Dabei ist HD Diagonale im ersteren und BF im zweiten. Wegen der Kongruenz der beiden Parallelogramme können auch diese beiden Diagonalen nur gleich und damit parallel sein. Durch entsprechend andere Aufteilung (Linie GE) folgt das gleiche für die beiden anderen Linien AE und GC. Womit die Behauptung belegt wäre. ... |
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| 11.03.2004, 15:13 | jama | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Auflösung könnte hier noch bestätigt werden. Die nächsten mathematischen Rätsel einfach in die Rätselecke. Dort gehören sie ja auch hin
Gruß, Jama |
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