Hallo Roland,
Die FlÀchen der Drachen lassen sich relativ leicht berechnen, wenn man sich zu Nutze macht, dass eine Winkelhalbierende eine Strecke, deren Endpunkte auf den Schenkeln des Winkels liegen, im gleichem VerhÀltnis teilt, wie die Abschnitte auf den Schenkeln.
Wenn ich die FlĂ€che des ersten Drachens im Bild unter Deiner Frage mit \(F_a\) und die des mittleren mit \(F_c\) benenne sowie die Seiten des Dreiecks in der ĂŒblichen Weise, so sind die FlĂ€chen$$F_a = \frac{ab^2}{b+c} \\ F_c = \frac{a^2b}{a+b}$$Es reicht aus, diese beiden zu vergleichen. Damit \(F_c\) am gröĂten wird, muss gelten$$\begin{aligned} F_c &\gt F_a \\ \frac{a^2b}{a+b} &\gt\frac{ab^2}{b+c} &&|\,\div ab\\ \frac{a}{a+b} &\gt\frac{b}{b+c} &&|\,\cdot \text{HN}\\ ab + ac &\gt ab + b^2 \\ ac &\gt b^2 &&|\, \tau = \frac{a}{b} \implies a = \tau b\\ \tau b \sqrt{\tau^2b^2 + b^2} &\gt b^2 &&|\, \div b^2 \\ \tau \sqrt{\tau^2 + 1} &\gt 1\\ \tau^4 + \tau^2 &\gt 1 \\ \tau^4 + \tau^2 + \frac14 &\gt \frac{5}{4} \\ \left(\tau^2 + \frac{1}{2}\right)^2 &\gt \frac{5}{4} \\ \tau^2 &\gt -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5} \\ \tau & \gt \frac{1}{\sqrt{\Phi}} \end{aligned}$$aus GrĂŒnden der Symmetrie ist demnach \(F_c\) die gröĂte der drei FlĂ€chen, wenn gilt$$\frac{1}{\sqrt{\Phi}} \lt \frac{a}{b} \lt \sqrt{\Phi}$$GruĂ Werner
