Geometrie zur Wochenmitte

[Gunnar Bittersmann]

Wo sich @ottogal schon so drauf freut und @Tabellenkalk es gern umbenannt hätte, werd ich mich mal nicht lumpen lassen. 😉

Die Figur kommt Euch bekannt vor:

Quadrat ABCD mit Seitenlänge AB = 10 cm, Punkte E, F, G, H so auf den Seiten gelegen, dass ∠EBA = ∠FCB = ∠GDC = ∠HAD = 15°. Wie groß ist die Fläche des durch die Schrägen gebildeten blau markierten Quadrats?

Kinderspiel, werdet Ihr denken. Genau das soll es auch sein: eine Aufgabe für Kinder. Das heißt, zur Lösung sollen weder Wurzeln noch trigonometrische Funktionen verwendet werden.

LLAP 🖖

PS: Für meine Lösung muss ich mich wahrscheinlich wieder schämen, weil jemand mit einer viel eleganteren kommt, sodass ich mir wieder an den Kopf klatsche und sage: so einfach ist das‽

[Linuchsx]

Naja, wenn es für Kinder sein könnte, mache ich mal mit.

Wenn der Winkel 0° wäre, würde das blaue Dreieck dem Außendreieck entsprechen, bei 45° schrumpft es auf die Fläche 0 zusammen. Bei 15° bleiben womöglich 2/3 der großen Fläche?

Dazu knabberte ich ein Stück Gurke, um ganz ohne Wurzel auszukommen.

[Gunnar Bittersmann]

@@Linuchsx

Wenn der Winkel 0° wäre, würde das blaue Dreieck dem Außendreieck entsprechen, bei 45° schrumpft es auf die Fläche 0 zusammen. Bei 15° bleiben womöglich 2/3 der großen Fläche?

„Gute Erklärung, Hoëcker. Leider falsch.“

LLAP 🖖

[Rolf B]

Hallo Linuchsx,

... und zwar deshalb, weil die Sinuskurve kein Sägezahn ist. Deswegen kannst Du das nicht linear interpolieren.

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

... und zwar deshalb, weil die Sinuskurve kein Sägezahn ist.

Das hört man doch.

LLAP 🖖

[JürgenB]

Hallo Gunnar,

... und zwar deshalb, weil die Sinuskurve kein Sägezahn ist.

Das hört man doch.

und sieht es auch.

Gruß
Jürgen

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

PS: Für meine Lösung muss ich mich wahrscheinlich wieder schämen, weil jemand mit einer viel eleganteren kommt, sodass ich mir wieder an den Kopf klatsche und sage: so einfach ist das‽

Und prompt trudelt die erste von @Rolf B ein und bestätigt das.

LLAP 🖖

[Rolf B]

Hallo Gunnar,

sorry. Ich bin einfach zu dumm, um eine Logikkette wie in deiner Lösung zu konstruieren, ohne mir dabei in irgendwelche Gliedmaßen zu schießen 😉

Immerhin haben wir $$\sin{30°}=\frac{1}{2}$$ auf die gleiche Art konstruiert 😀

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

sorry. Ich bin einfach zu dumm, um eine Logikkette wie in deiner Lösung zu konstruieren, ohne mir dabei in irgendwelche Gliedmaßen zu schießen 😉

Wenn das zu einer eleganteren Lösung führt, ist diese Dummheit in Wahrheit Klugheit.

Magst du deine Lösung selbst präsentieren oder soll ich?

Immerhin haben wir $$\sin{30°}=\frac{1}{2}$$ auf die gleiche Art konstruiert 😀

Jetzt nicht mehr; der 30°-Winkel ist weg – @ottogal hat noch eine Abkürzung gefunden. Ein Wort gab das andere und mit vereinten Kräften entstand diese Lösung:

Seien a = AB; I, J, K, L die Eckpunkte des innerern Quadrats; O der Mittelpunkt von ABCD und IJKL^[1]; M der Mittelpunkt von AB.

Da △ABI rechtwinklig ist, liegt I auf dem Thaleskreis um M, folglich MI = MB und damit ∠MIB = ∠IBM = 15°. Nach Außenwinkelsatz ist ∠IMA = 30°. Wegen MO ⟂ AB ist ∠OMI = 60°.

Da auch MI = MO, ist △IMO gleichseitig; also auch IO = ½a und damit IK = a. Die Diagonalen des inneren Quadrats IJKL sind so lang wie die Seiten des äußeren Quadrats ABCD.

Das innere Quadrat so gedreht, dass die Eckpunkte auf den Seiten des äußeren liegen:

Wie man leicht sieht (hier aber wirklich!), ist die Fläche des inneren Quadrats halb so groß wie die des äußeren, also ½a². Mit a = 10 cm ergeben sich 50 cm².

LLAP 🖖

---

1. Aus Symmetriegründen fallen die Mittelpunkte von ABCD und IJKL zusammen. ↩︎

[ottogal]

Später fand ich noch eine Flächenzerlegung, die zeigt, dass das gemeinte Quadrat so groß ist wie das Mittenquadrat:

Die Kongruenz gleichfarbiger Stücke folgt aus der Rotations-Symmetrie der ganzen Figur.

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Später fand ich noch eine Flächenzerlegung, die zeigt, dass das gemeinte Quadrat so groß ist wie das Mittenquadrat:

Die Kongruenz gleichfarbiger Stücke folgt aus der Rotations-Symmetrie der ganzen Figur.

Da braucht man ja nur die grünen.

Dass 12, 3, 6 und 9 kongruent sind (die Nummern geben die Uhrzeit an, welche die nach außen gerichtete Ecke anzeigt) sowie 2, 5, 8 und 11 kongruent sind, ist klar. Wie du aus der Rotations-Symmetrie aber die Kongruenz zwischen den beiden Gruppen (bspw. 12 und 2) folgerst, verstehe ich aber nicht.

LLAP 🖖

[ottogal]

Wie du aus der Rotations-Symmetrie aber die Kongruenz zwischen den beiden Gruppen (bspw. 12 und 2) folgerst, verstehe ich aber nicht.

LLAP 🖖

Da habe ich tatsächlich nicht aufgepasst - dies folgt nicht aus der Rotations-Symmetrie.

Danke für dein genaues Führen des Seziermessers...

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Da habe ich tatsächlich nicht aufgepasst - dies folgt nicht aus der Rotations-Symmetrie.

Wie Linuchsx schon schrieb, hängt die Fläche des Quadrats vom Winkel ab. (Allerdings nicht linear, weshalb die Schlussfolgerung falsch war.)

An zumindest einer Stelle der Herleitung muss also der Wert 15° auftauchen.

Danke für dein genaues Führen des Seziermessers...

Nicht dafür.

LLAP 🖖

[ottogal]

An zumindest einer Stelle der Herleitung muss also der Wert 15° auftauchen.

Das liefert nur, dass die spitzen Winkel in den grünen Dreiecken 60° und 30° sind.
Es fehlt noch, die Übereinstimmung in den Seitenlängen nachzuweisen. Hab keine Idee.

[Rolf B]

Hallo ottogal,

Wenn Du in diesem Bild beweisen kannst, dass α=15° ist, hast Du's geschafft.

Mathematisch formuliert:

Gegeben sind 2 Quadrate Q und Q' mit gleicher Größe und gleichem Mittelpunkt O. Eine Seite von Q sei a (im Bild unten CD), die an gleicher Stelle liegende Seite von Q' sei a'. g sei die Gerade, die durch O verläuft und senkrecht auf a steht.

Q' werde gegenüber Q um den Winkel ϕ (0° < ϕ < 90°) gedreht (im Fall unserer Aufgabe um 30°). Der Schnittpunkt von a und a' sei P, h sei die Gerade OP.

Behauptung: Der von den Geraden g und h eingeschlossene Winkel α ist halb so groß wie ϕ.

Erprobt man das mit Geogebra, ist die Behauptung richtig. Einen Beweis sehe ich gerade nicht. Vermutlich ist es total trivial...

Aber, wenn das der Fall ist, hat im ersten Bild β den Wert 75° und h ist Winkelhalbierende des 150° Winkels RPS, der dort die Spitze des Vierecks zwischen P und O bildet. Aus Symmetriegründen ist OR=OS, damit wäre dann ORPS ein Drachen und PR=PS. Und damit sind die roten und grünen Dreiecke nicht nur ähnlich, sondern auch kongruent.

Rolf

[ottogal]

Hallo Rolf,

Gegeben sind 2 Quadrate Q und Q' mit gleicher Größe...

Setzst du damit nicht das voraus, was letztendlich zu beweisen ist?

Behauptung: Der von den Geraden g und h eingeschlossene Winkel α ist halb so groß wie ϕ.

Erprobt man das mit Geogebra, ist die Behauptung richtig. Einen Beweis sehe ich gerade nicht. Vermutlich ist es total trivial...

Dahinter steckt, dass jede Drehung durch eine Zweifachspiegelung an zwei Achsen ersetzt werden kann, die sich unter einem Winkel schneiden, der halb so groß ist wie der Drehwinkel:

(Zum damit Spielen: https://ggbm.at/tfxzaxzb
Die Achsen lassen sich mit den dicken roten Punkten verändern, das dunklere L lässt sich verschieben.)

In deinem Fall wird das Quadrat Q zuerst an der Achse g gespiegelt (wodurch es auf sich selbst abgebildet wird) und dann an der Achse h.

[ottogal]

Man muss wohl doch vorweg die Gleichseitigkeit von $$\triangle IMO$$ zeigen (wie in Gunnars Lösung).

Dann "folgt leicht" ™️:
Das blaue Quadrat ist das Spiegelbild des magentafarbenen Quadrats an der Mittelsenkrechten von $$[IM]$$.

Damit liegen auch die beiden grünen Dreiecke rechts oben symmetrisch und sind daher kongruent.

[Rolf B]

Hallo ottogal,

ich bin mir gar nicht mehr sicher, ob die Rotationslösung wirklich gültig ist. Setzt sie nicht implizit voraus, dass die Quadrate gleich groß sind? Auch die Symmetrie der beiden Spitzen, die du aus dem gleichseitigen Dreieck ableitest, ist nur gegeben wenn die Quadrate gleich groß sind. Aber das ist doch zu zeigen.

Oder übersehe ich etwas?

Rolf

[ottogal]

Aus der Gleichseitigkeit von $$\triangle IMO$$ folgt ja, dass bei beiden Quadraten die Diagonale gleich lang ist (nämlich doppelt so lang wie die Dreiecksseite).

[Rolf B]

Hallo Gunnar,

danke. Ich begann schon an meinem Verstand zu zweifeln.

Wenn man eine um den Mittelpunkt gedrehte Kopie des pink umrandeten Quadrats hinzufügt, dann sind die grünen Spitzen kongruent und das ist auch mit Symmetrie begründbar. Nur schneiden die Verlängerungen der Kanten vom gedrehten Quadrat nicht die Ecken des Außenquadrats.

Rolf

[ottogal]

Ich begann schon an meinem Verstand zu zweifeln.

Tut mir leid, das war nicht meine Absicht.
ottogal

[Rolf B]

Hier ist meine Legepuzzle-Lösung. Eure Dreh-Lösung finde ich aber auch recht clever.

Ich teile das Umfeld des Innenquadrats geschickt auf und male die Teile aus:

Die vier Dreiecke ABE, BCF, CDG und DAH sind kongruent (gleiche Seitenlängen, gleiche Winkel, etc). Zwei davon klappe ich auf die Rückseite und setze eine Raute zusammen (einen Rhombus, ein gleichseitiges Parallelogramm):

Da ich an den spitzen Ecken des Parallelogramms zwei 15° Winkel zusammengesetzt habe, beträgt der Winkel dort nun 30°. Die Kantenlänge aller Parallelogrammseiten, a, beträgt 10cm.

Der an der Basislinie eingezeichnete Winkel beträgt 30°. Begründbar als Wechselwinkel, Stufenwinkel oder Außenwinkel.

Von gleichschenkligen Dreiecken weiß ich, dass die Höhe zwischen zwei gleichen Schenkeln die Grundseite halbiert. D.h. wenn ich, wie links unten, ein rechtwinkliges Dreieck habe, in dem ein Winkel 30° beträgt, dann kann ich das nach unten spiegeln und erhalte ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge a, und die vertikal verlaufende Kante wird von der Basislinie halbiert (nicht eingezeichnet).

Ich habe also ein Parallelogramm, dessen Grundseite die Länge $$a$$ hat und dessen Höhe $$\frac{a}{2}$$ ist, die Fläche des vier Dreiecke und damit des Außenbereichs des Innenquadrats ist also $$\frac{1}{2}a^2$$. Dem Innenquadrat aus der Aufgabenstellung bleibt die andere Hälfte.

Rolf

[ottogal]

Sehr schön, Rolf!

[Rolf B]

Hallo,

ich hatte diese Aufgabe meinem Bruder zum Knobeln gegeben, und getreu den Familiengenen hat er Kreativität beim Rechnen gezeigt. Er hat die 15° dadurch „approximiert“, dass er annahm, dass der 15° Strahl die gegenüberliegende Seite im Verhältnis 1:2 teilt. Das sind dann arctan(1/3) Grad, nicht 15.

Egal. Das Ergebnis war interessant und lässt sich nach wie vor mit einfacher Geometrie finden.

Sucht mal 😀

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

ich hatte diese Aufgabe meinem Bruder zum Knobeln gegeben, und getreu den Familiengenen hat er Kreativität beim Rechnen gezeigt. Er hat die 15° dadurch „approximiert“, dass er annahm, dass der 15° Strahl die gegenüberliegende Seite im Verhältnis 1:2 teilt. Das sind dann arctan(1/3) Grad, nicht 15.

Egal. Das Ergebnis war interessant und lässt sich nach wie vor mit einfacher Geometrie finden.

Einmal Strahlensatz – und schwupps:

LLAP 🖖

[ottogal]

Mein Beweis geht so:

In diesem Fall haben die in der Zeichnung auftretenden rechtwinkligen Dreiecke alle das Kathetenverhältnis 3:1.
Insbesondere gilt auch $$y=3x$$.

Der Höhensatz im $$\triangle ABP$$ liefert dann
$$(3x)²=x(10-x)$$, also $$10x²=10x$$,
folglich $$x=1$$, $$y=3$$.

$$\triangle ABP$$ hat somit die Grundseite 10 cm und die Höhe 3 cm, also den Flächeninhalt 15 cm².
Die 4 kongruenten Dreiecke, die den nicht-blauen Teil abdecken, bedecken also zusammen 60 cm².
Damit hat das blaue Quadrat den Inhalt 40 cm².

[Rolf B]

Ein Dreieck, das von Grundseite, schräger Linie und Drittelseite gebildet wird^[1], hat 1/6 der Fläche des Außenquadrats^[2]. Das ist aber ein Fitzelchen zu viel^[3], der Überschuss ist so ein kleines Dreieck, wo deine b-Linie drin ist^[4]. Das Fitzelchen ist zum gewünschten Dreieck^[5] ähnlich und seine Seitenlänge beträgt 1/3 davon, die Fläche also 1/9. HEISST: Dieses zu große Dreieck hat 10/9 der Fläche des gewünschten Dreiecks. 1/6 : 10/9 = 1/6 * 9/10 = 3/20. Von diesen Dreiecken gibt's um das Innenquadrat herum 4 Stück, also 3/20*4 = 12/20 = 3/5, innen bleiben 2/5 = 20% übrig.

Ich hatte das im Stehen am Bahnsteig gemacht, meine einzige Unterlage war ein WhatsApp Eingabefeld. Diesen Text habe ich oben zitiert, inclusive des „Tippfehlers“ 20%, was mein Bruder dann zum Anlass nahm, mir den Hut, den er zuerst gezogen hatte, hohnlachend um die Ohren zu hauen.

Rolf

---

1. also eins von Ottogals hellgrünen Dreiecken ↩︎

2. was ich nicht nachgewiesen habe, aber offensichtlich ist: Ein Drittel der Höhe, und diagonal geteilt. ↩︎

3. …um meine Lösung der Ausgangsaufgabe anwenden zu können… ↩︎

4. Bezieht sich auf die Zeichnung meines Bruders, in Ottogals Bild sind das das hellgrüne und dunkelgrüne Dreieck links von P ↩︎

5. ABP bei Ottogal ↩︎