Mathematik zum Wochenende – Lösung

[ottogal]

Hallo in die Runde!

Wir zerlegen das Quadrat EBFG mit Parallelen zu AB und AD in 4 Dreiecke und ein Quadrat.

Oder mit einer Zerlegung in ein Parallelogramm und zwei kongruente Dreiecke:

Sei PQ = d.

Mit AB = 4 und AE = a ergibt sich für das Parallelogramm der Flächeninhalt
(4 + d) × (4 − a) und für die beiden Dreiecke zusammen
(4 + d) × a, für die Gesamtfläche also (4 + d) × 4 = 16 + 4d.
Dies muss 17 sein, also ist 4d = 1.
Nach dem Höhensatz ist aber 4d = a², somit it a = 1.

Entsprechend zeigt man, dass BH = b = 2 ist:

Zusatzaufgaben:

Hat jemand eine Lösung ohne Rechnen mit Koordinaten, sondern rein geometrisch?

Ich benenne die Punkte (außer S) wie in deiner Lösung:

Sei S der Schnittpunkt von AD mit LK. Da die Winkel <LAS und <BAH gleich sind - sie ergänzen jeweils <HAS zu einem Rechten - sind die rechtwinkligen Dreiecke LAS und BAH ähnlich. DA HB = AB/2 ist, folgt SL = LA/2 = LK/2. S ist daher der Mittelpunkt von LK.

Wegen der Kongruenz der roten Dreiecke EAB, BQF, FRG und GTE ist BQ = EA = 1, also AQ = AT = 5 und daher T derselbe Punkt wie S.

Folglich sind SG und LD parallel, und nach dem Strahlensatz folgt
KD : KG = KL : KS = 2 : 1, also GD : KG = 1 : 1.

Die fünf farbigen rechtwinkligen Dreiecke sind kongruent (mit den Kathetenlängen 1 und 4). Daher sind die Strecken GP und IH gleich lang und parallel, d.h. PHIG ist ein Parallelogramm. Es folgt: GI ist parallel zu PH und daher auch zu LK.