Mathematik zum Monatsende

[Matthias Apsel]

Hallo alle,

Von einem außerhalb eines Kreises k liegenden Punkt P werden zwei Sekanten so durch k gezeichnet, dass das entstehende Sehnenviereck ABCD kein Trapez ist.
Die Geraden, auf denen die beiden anderen Sehnen liegen, schneiden sich im Punkt S₁, der Diagonalenschnittpunkt des Sehnenvierecks heißt S₂.
Die Gerade S₁S₂ schneidet k in zwei Punkten, T₁ und T₂.

Man beweise oder widerlege, dass PT₁ und PT₂ Tangenten an k sind.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf b]

Ich fühle mich immer so dumm, wenn ich solche Aufgaben sehe.

Immerhin hab ich jetzt einiges über Sehnen- und Tangentenvierecke gelernt. Ich glaube nicht, dass das bei mir Schulstoff war. Ein Beweisansatz liegt aber noch in weiter Ferne...

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf b

Ein Beweisansatz liegt aber noch in weiter Ferne...

Ich hab auch noch keinen blassen Schimmer.

Ich hätte eine Idee wie’s ginge zu beweisen, dass es keine Tangenten sind. — Wenn es denn so wäre. Ich vermute aber das Gegenteil.

Man könnte natürlich wild drauflosrechnen. Damit’s nicht ganz so übel wird o.B.d.A. Einheitskreis um O, P auf der x-Achse. Sekanten so wählen, dass ABCD kein Trapez ist, d.h. Sekanten dürfen nicht spiegelbildlich zur x-Achse sein. (Reicht das?) Koordinaten von A, B, C, D berechnen, daraus dann die von S₁ und S₂, schließlich die von T₁ und T₂. Ich vermute, das wird übel genug …

Und dieser Lösungweg ist sicher nicht im Sinne des Erfinders der Aufgabe.

LLAP 🖖

[Rolf b]

Immerhin hat mich das jetzt motiviert, mich soweit mit Geogebra zu befassen, dass ich mir das visualisieren kann. Es ist tatsächlich SPANNEND, was passiert wenn man die Referenzpunkte verschiebt. Aber geholfen hat's mir noch nicht.

Sehr lehrreich fand ich diese 10 Jahre alte Ausarbeitung von Schultze und Priwitzer. Aber erhellt hat sie mich auch noch nicht.

Rolf

[ottogal]

Ich denke eher, man muss mit Pol/Polare arbeiten bzw. mit Spiegelung am Kreis - oder gar mit projektiver Geometrie (evtl. Rechnen mit projektiven Koordinaten?).

Wahrscheinlich ists aber wieder viel einfacher...

Leider bin ich für eine geraume Weile im Umzugsstress, werde daher erstmal nicht tiefer schürfen können. Freu mich aber auf interessante Dispute hier.

Beste Grüße

ottogal

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Ein Beweisansatz liegt aber noch in weiter Ferne...

Ich hab auch noch keinen blassen Schimmer.

Ich quäl mich auch schon eine Weile.

Ich hätte eine Idee wie’s ginge zu beweisen, dass es keine Tangenten sind. — Wenn es denn so wäre. Ich vermute aber das Gegenteil.

Richtig.

Man könnte natürlich wild drauflosrechnen. Damit’s nicht ganz so übel wird o.B.d.A. Einheitskreis um O, P auf der x-Achse. Sekanten so wählen, dass ABCD kein Trapez ist, d.h. Sekanten dürfen nicht spiegelbildlich zur x-Achse sein. (Reicht das?) Koordinaten von A, B, C, D berechnen, daraus dann die von S₁ und S₂, schließlich die von T₁ und T₂. Ich vermute, das wird übel genug …

Tangentenbedingung? n² = m²r² + r²

Und dieser Lösungweg ist sicher nicht im Sinne des Erfinders der Aufgabe.

„Erfinder“ dieser Methode war Joachim Jungius.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf b]

Ich quäl mich auch schon eine Weile.

Soll uns das nun ermuntern? Du stellst eine Aufgabe, für die Du selbst noch keine Lösung hast? :)

Tangentenbedingung? n² = m²r² + r²

Uff - das hab ich BESTIMMT mal vor über 30 Jahren gelernt, musste jetzt aber erstmal googeln 😀

Diese Gleichung bezieht sich auf einen Ursprungskreis mit Radius r (was kein Problem wäre für eine normalisierte Lösung) und eine Gerade mit Steigung m und Y-Achsenabschnitt n. Da muss man also, nachdem T1/T2 bestimmt wurden, erstmal aus den Differenzenvektoren (P-T1) und (P-T2) fleißig Parameter für die Geradengleichung bestimmen. Die Koordinaten von T1/T2 berechnen sich auch nicht gerade auf die leichte Tour.

Seid ihr sicher, dass das zielführend ist?

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Rolf b,

Du stellst eine Aufgabe, für die Du selbst noch keine Lösung hast?

Klar. 😀

Tangentenbedingung? n² = m²r² + r²

Seid ihr sicher, dass das zielführend ist?

Beim Einheitskreis n² = m² + 1, aber ich denke, dass die Holzhammermethode hier nicht zum Ziel führt. Mit Geogebra lässt sich der Nachweis übrigens leicht führen, dass die Tangentenbedingung in allgemeiner Form $$(mx_M + n - y_M)^2=(1+m^2)r^2$$ erfüllt ist.

Mein Ansatz war: Wenn man von S₁ dasselbe macht wie von P, erhält man ein (Tangenten)-viereck. Wenn man jetzt nachweisen kann, dass man wirklich ein Tangentenviereck hat, …

Bis demnächst
Matthias

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

Mein Ansatz war: Wenn man von S₁ dasselbe macht wie von P, erhält man ein (Tangenten)-viereck. Wenn man jetzt nachweisen kann, dass man wirklich ein Tangentenviereck hat, …

Und wenn man die ursprünglichen Sekanten so legt, dass man ein Trapez erhält, und dann von S₁ dasselbe macht wie von P, erhält man eine wunderschöne Strahlensatzfigur.

(Natürlich war es anders herum, erst kein Trapez, dann S₁ und dann so verschieben, dass ein Trapez entsteht)

Heißt aber auch:

Von einem außerhalb eines Kreises k liegenden Punkt P werden zwei Sekanten so durch k gezeichnet, dass das entstehende Sehnenviereck ABCD ein Trapez ist, der Diagonalenschnittpunkt des Sehnenvierecks heißt S₂.

Die Parallele zu den parallelen Seiten des Trapezes durch S₂ schneidet k in zwei Punkten, T₁ und T₂.

Man beweise, dass PT₁ und PT₂ Tangenten an k sind.

Vielleicht hilft ja dieser Spezialfall.

Bis demnächst
Matthias

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Sekanten so wählen, dass ABCD kein Trapez ist, d.h. Sekanten dürfen nicht spiegelbildlich zur x-Achse sein. (Reicht das?)

Ich denke nicht. Es gibt auch nicht symmetrische Trapeze. 😉

Bis demnächst
Matthias

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

Sekanten so wählen, dass ABCD kein Trapez ist, d.h. Sekanten dürfen nicht spiegelbildlich zur x-Achse sein. (Reicht das?)

Ich denke nicht. Es gibt auch nicht symmetrische Trapeze. 😉

Tatsächlich‽

Kann ein unsymmetrisches Trapez Sehnenviereck sein?

LLAP 🖖

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Sekanten so wählen, dass ABCD kein Trapez ist, d.h. Sekanten dürfen nicht spiegelbildlich zur x-Achse sein. (Reicht das?)

Ich denke nicht. Es gibt auch nicht symmetrische Trapeze. 😉

Kann ein unsymmetrisches Trapez Sehnenviereck sein?

Nö. 🤦

Bis demnächst
Matthias

[Rolf b]

Ich habe mal einiges an Winkel- und Verhältnisforschung betrieben. Meine Darstellung habe ich "normalisiert", indem ich C und D auf (1,0) und (-1,0) festgesetzt habe und M auf die Y-Achse beschränkt. Variation gibt es nur noch durch Verschieben von M und P. OBDA gehe ich auch davon aus, dass P im 1. Quadranten liegt (bei anderer Lage müsste ich die von Geogebra gemalten Winkel anders definieren).

Über Sehnenvierecke habe ich gelernt, dass die Winkel zwischen den Rändern und den Diagonalen ein paar nette Eigenschaften haben. Jeweils 2 sind gleich (weil Peripheriewinkel zur gegenüberliegenden Seite), und die vier vorkommenden Werte addieren sich zu 180° (man betrachte die Verteilung der Winkel und z.B. die Dreiecke ACB und DCA).

Die orangefarbenen Winkel ergeben sich als Nebenwinkel, und wenn man $$\alpha+\beta+\gamma+\delta=180^\circ $$ ausnutzt, findet man $$\delta-\gamma$$ und $$\beta-\alpha$$ als Werte für die Winkel bei P und S1.

Auf Grund der Winkelverteilung ergibt sich auch, dass die sich gegenüberliegenden Dreiecke, die von den Diagonalen gebildet werden, ähnlich sind.

Durch Anwendung des Sekantensatzes ergeben sich ein paar interessante Verhältnisse:

$$\frac{\overline{DS_1}}{\overline{AS_1}} = \frac{\overline{BS_1}}{\overline{CS_1}} \ \mathrm{und}\ \frac{\overline{BP}}{\overline{AP}} = \frac{\overline{DP}}{\overline{CP}}$$

Und es gibt noch zwei wichtige Ähnlichkeiten, auf Grund von Winkelübereinstimmungen: $$\triangle DBP \sim \triangle CAP$$ und $$\triangle DS_1B \sim \triangle CS_1A$$. Aus diesen Ähnlichkeiten folgt:

$$\frac{\overline{DS_1}}{\overline{AS_1}} = \frac{\overline{BD}}{\overline{AC}} = \frac{\overline{DP}}{\overline{CP}}$$

und DAS ist nun total geil, weil wir damit eine Relation zwischen den Seitenlängen der Dreiecke haben, die durch die Sekanten gebildet werden.

Aus dem Sekanten-Tangenten-Winkelsatz folgt dann noch $$\overline{T_1P}^2 = \overline{DP}\cdot\overline{AP} = \overline{CP}\cdot\overline{BP}$$

Das ist alles schön und gut, aber ob das zur Problemlösung beiträgt, habe ich noch nicht entdeckt. Vielleicht ist ja für einen von euch was dabei, was hilft.

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

Ein Beweis, wenn eine Sehne Durchmesser ist:

Die Peripheriewinkel bei C und D sind rechte Winkel (Satz des Thales), damit sind die Diagonalen Höhen im Dreieck ABS₁.

S₂ ist also das Orthozentrum dieses Dreiecks.

Damit steht die Gerade, auf der die Punkte S₁, S₂, T₁ und T₂ liegen, senkrecht auf AB. (sie ist die dritte Höhe)

Wegen der Symmetrie ist das Dreieck PT₁T₂ gleichschenklig. Das ist schon mal ein gutes Zeichen dafür, dass T₁ und T₂ tatsächlich die Berührungspunkte sind.

Weiter im Text.

Das Dreieck T₂MA ist gleichschenklig. In A wird die Senkrechte errichtet, der Winkel bei M wird halbiert. Es entstehen die kongruenten Dreiecke HMA und MHT₂. (sie haben die Seite MH gemeinsam, eine weitere Strecke ist der Radius des Kreises, zudem ist der Winkel bei M halbiert worden, Kongruenzsatz SWS)

Damit ist der Winkel bei T₂ ebenfalls ein rechter und T₂ somit Berührungspunkt der Tangente.

Wegen der Gleichschenkligkeit von PT₁T₂ ist auch T₁ Berührungspunkt der zweiten Tangente.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf b]

Geogebra zeigte mir, dass $$PM$$ und $$S_1S_2$$ immer senkrecht aufeinander stehen, auch wenn $$AB$$ kein Durchmesser ist.

Wenn Du den Strahl $$PB$$ drehst (oder B auf dem Kreisumfang verschiebst), ändert sich die Lage von $$S_1S_2$$ nicht.

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Rolf b,

Geogebra zeigte mir, dass $$PM$$ und $$S_1S_2$$ immer senkrecht aufeinander stehen, auch wenn $$AB$$ kein Durchmesser ist.

Ja, mir auch. Aber ich kann es derzeit nicht beweisen.

Ich hatte auch gedacht, dass damit eigentlich der Spezialfall symmetrischer Sekanten erledigt wäre, aber dem ist wohl auch nicht so.

Bis demnächst
Matthias