Winkelhalbierende und Apolloniuskreis Lösungen der

Winkelhalbierende und Apolloniuskreis
Lösungen der Übungsaufgaben
1. Fasse den Berührungspunkt der beiden Teilstrecken auf als inneren Teilungspunkt Ti der durch die beiden anderen Teilstreckenendpunkte gebildeten Strecke AB. Konstruiere den zugehörigen äusseren Teilungspunkt Ta
(d. h. den zu Ti harmonischen Punkt), z. B. mit einem Musterdreieck oder
dem zweiten Strahlensatz. Die gesuchte Punktmenge ist der Thaleskreis
über Ti Ta , also der Apolloniuskreis:
1.) g1 durch A beliebig, g2 k g1 durch B
2.) k(A; ATi ) ∩ g1 = {P1 }, k(B; BTi ) ∩ g2 = {P2 }
3.) P1 P2 ∩ AB = {Ta }
4.) Thaleskreis über Ti Ta
2. Die Konstruktion aus Aufgabe 1. mit den Strecken P Q und QR liefert
einen ersten Apolloniuskreis k1 . Dasselbe mit den Strecken QR und RS
ergibt einen zweiten Apolloniuskreis k2 . {T } = k1 ∩ k2 .
3. Länge der kürzeren Kathete: a cm
a cm
Länge der längeren Kathete: 12
5
12 2
a2 +
a
= (12 + 5)2
5
13
85
169 2
a = 172 , also
a = 17 und a =
25
5
13
7
Länge der kürzeren Kathete: 6 13
cm ≈ 6.54 cm
9
Länge der längeren Kathete: 15 13
cm ≈ 15.69 cm
4. Es bezeichne x die gesuchte Länge der Quadratseite.
Die Hypotenuse wird durch die Quadratdiagonale im Verhältnis a : b geteilt.
Der erste Strahlensatz – angewendet auf die Hypotenuse und die Kathete
b – liefert also a : b = x : (b − x). Es folgt
x=
ab
.
a+b
√
5. Die kürzere Winkelhalbierende misst bekanntlich 22 a ≈ 0.71a. Die länge√
√
re Winkelhalbierende teilt die Kathete im Verhältnis 2a : a = 2 : 1.
a
Der kürzere der beiden Kathetenabschnitte misst demzufolge √2+1
. Für die
gesuchte Länge x der Winkelhalbierenden gilt daher wegen Pythagoras
√
a 2
√
4+2 2 2
2
2
√ a = 2(2 − 2)a2
x = √
+a =
2+1
3+2 2
q
√
Also misst die längere Winkelhalbierende 2(2 − 2)a ≈ 1.08a.

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