ottogal: Mathematik zum Oktober-Anfang

Hallo in die Runde!

2018-10-01_ottogal.png

Gegeben ist ein Quadrat ABCD. E sei ein beliebiger Punkt auf der Diagonalen [AC].

Die Parallele durch E zu AB heiße g, die Parallele durch E zu AD heiße h.

Sei F ein beliebiger Punkt auf g.
Die Gerade FB schneide h in S.

Zeige: FC ist parallel zu AS.

Dass das so ist, kann man mit GeoGebra sehen:
https://ggbm.at/ndzrkynb
Die (roten) Punkte E und F sind wie angegeben verschiebbar.

  1. @@ottogal

    Dass das so ist, kann man mit GeoGebra sehen:
    https://ggbm.at/ndzrkynb
    Die (roten) Punkte E und F sind wie angegeben verschiebbar.

    Vermutlich würde das auch ohne die Einschränkung gelten, dass E zwischen A und C liegt, d.h. wenn man E auf der Geraden AC verschieben kann. Hast du Lust, das anzupassen?

    LLAP 🖖

    --
    „Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“ —Kurt Weidemann
    1. Vermutlich würde das auch ohne die Einschränkung gelten, dass E zwischen A und C liegt, d.h. wenn man E auf der Geraden AC verschieben kann.

      Deine Vermutung trifft zu.

      Hast du Lust, das anzupassen?

      Ecco: https://ggbm.at/nfbeuh3u

      (Ob meine Beweisidee dann noch funktioniert, muss ich freilich erst noch checken...)

      1. Hab noch nachgebessert (damit die Punkte G und H auch weiterhin angezeigt werden):
        https://ggbm.at/vfju5xxg

  2. Ich löse mal auf:

    2018-10-01_ottogal.png

    O.B.d.A. legen wir ein Koordinatensystem so, dass $$A(0;0)$$, $$B(1;0)$$, $$C(1;1)$$ und $$D(0;1)$$ ist.

    Die Lage von $$E$$ auf $$AC$$ wird durch einen Parameter $$a$$ bestimmt: $$E(a;a)$$.

    Somit ist $$g=EG$$ mit $$G(1;a)$$ und $$h=EH$$ mit $$H(a;0)$$.

    Für den Punkt $$F$$ auf $$g$$ brauchen wir einen weiteren Parameter $$b$$: $$F(b;a)$$.

    Wir ermitteln die Gleichung der Geraden $$FB$$ in der Form $$y=mx+t$$.
    Ihre Steigung ist

    $$m=-\frac{GB}{FG}=-\frac{a}{1-b}$$.

    Den Achsenabschnitt erhalten wir durch Einsetzen von $$F$$:

    $$t=y-mx=a+\frac{a}{1-b} \cdot b=\frac{a}{1-b}$$.

    Die Gleichung von $$FB$$ lautet also

    $$y=-\frac{a}{1-b} \cdot x +\dfrac{a}{1-b}=\frac{a}{1-b} \cdot (1-x)$$.

    Für den Schnittpunkt $$S$$ von $$FB$$ mit $$h$$ gilt $$x=a$$, somit

    $$y=\frac{a}{1-b} \cdot (1-a) =\frac{a(1-a)}{1-b}$$.

    Die Steigung der Geraden $$AS$$ ist daher

    $$m_{AS}=\frac{SH}{AH}=\dfrac{\frac{a(1-a)}{1-b}}{a}=\frac{1-a}{1-b}$$.

    Die Steigung der Geraden $$FC$$ hat aber den gleichen Wert:

    $$m_{FC}=\frac{CG}{FG}=\frac{1-a}{1-b}$$.

    Also sind die Geraden $$AS$$ und $$FC$$ parallel.

    1. Als Einziger hatte @encoder eine Lösung mitgeteilt, mit dem gleichen Gedanken, die Steigungen von AS und FC zu vergleichen.
      Und seine war sogar kürzer...

  3. Nochmaliges scharfes Anblicken der Zeichnung lässt vermuten:
    Nicht nur können die Punkte E und F auch außerhalb des Vierecks ABCD liegen – dieses muss auch gar kein Quadrat sein, Parallelogramm reicht aus.

    2018-10-01_ottogal_pllgr.png

    Dies bestätigt eine weitere GeoGebra-Szene: https://ggbm.at/dek8jpr7

    1. (Falls es noch jemanden interessiert...)

      2018-10-01_ottogal_pllgr.png

      Wir legen ein affines Koordinatensystem so, dass $$A$$ dessen Ursprung $$O$$ wird und $$B$$ bzw. $$D$$ die Einheitspunkte auf der $$x$$- bzw. $$y$$-Achse.

      Damit erhalten wir – in Spaltenschreibweise – folgende Ortsvektoren:

      $$\vec{OA}=\pmatrix{0\0}$$, $$\vec{OB}=\pmatrix{1\0}$$, $$\vec{OC}=\pmatrix{1\1}$$, $$\vec{OD}=\pmatrix{0\1}$$.

      Die Lage von $$E$$ auf der Diagonalen $$AC$$ geben wir durch einen Parameter $$a$$ an:

      $$\vec{OE}=\pmatrix{a\a}$$

      Damit wird

      $$\vec{OH}=\pmatrix{a\0}$$, $$\vec{OK}=\pmatrix{0\a}$$, $$\vec{OG}=\pmatrix{1\a}$$

      Die Lage von $$F$$ auf der Geraden $$g$$ erfordert einen weiteren Parameter $$c$$:

      $$\vec{OF}=\pmatrix{c\a}$$

      Wir ermitteln eine vektorielle Parameter-Gleichung für die Gerade $$BF$$:

      $$\pmatrix{x\y}=\pmatrix{c\a}+\lambda \cdot \pmatrix{1-c\-a}$$

      Den zum Punkt $$S$$ gehörenden $$\lambda$$-Wert finden wir aus der Bedingung, dass $$S$$ den $$x$$-Wert $$a$$ haben muss durch Einsetzen:

      $$a=c+\lambda \cdot (1-c)$$, somit $$\lambda=\frac{a-c}{1-c}$$.

      Damit erhalten wir den $$y$$-Wert von $$S$$ zu

      $$y=a+\lambda \cdot (-a)=a \cdot (1-\lambda)=a \cdot \left(1-\frac{a-c}{1-c}\right)=a \cdot \left(\frac{1-a}{1-c}\right)$$,

      also $$y=\frac{a(1-a)}{1-c}$$ .

      Nun haben wir die Vektoren

      $$\vec{OS}=\pmatrix{a\ \frac{a(1-a)}{1-c}}$$ und $$\vec{FC}=\pmatrix{1-c\1-a}$$.

      Man sieht: Multiplziert man $$\vec{OS}$$ mit dem Faktor $$k=\frac{1-c}{a}$$, so erhält man

      $$k \cdot \vec{OS}=\frac{1-c}{a} \cdot \pmatrix{a\ \frac{a(1-a)}{1-c}}=\pmatrix{1-c\1-a}=\vec{FC}$$.

      Die beiden Vektoren haben also die gleiche Richtung.