Flächenverhältnis Dreieck/Viereck

Question

An die Seiten des Dreiecks ABC werden die Quadrate KLBA, ACHJ und BDGC angesetzt (siehe Abbildung). Die Strecken HG und DL sind Seiten der Quadrate HGFN und LMED. Welches Flächenverhältnis haben das Dreieck ABC und das Viereck DEFG?

Comments

gleiche Höhe, vierfache Grundseite  -->  fünffache Fläche

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@hj2166: Deine Lösung weist zwei typische Merkmale deiner Beträge in diesem Forum auf.

1. Sie ist richtig.

2. Sie macht nur kryptische Andeutungen zum Lösungsweg.

Das sind - zusammen genommen - Symptome intellektuellen Hochmuts.

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Hallo

 intellektueller Hochmut ist es auch, Fragen einzustellen, deren Antwort man kennt, nur um unsere Intelligenz zu testen. Wenigstens dazuschreiben, dass das keine Frage um Hilfe ist, sondern ein Test wäre angemessener.

Gruß lul

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Ich kenne die Antwort aber nicht den Lösungsweg.

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Dann nimm doch die Impulse von hj2166 auf und versuche dein Glück, den Lösungsweg damit zu finden. Ich lese in den Forenregeln nirgendwo den Anspruch auf die Lieferung von Komplettlösungen.

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Wenn du wirklich an einer ausführlichen Antwort interessiert bist, warum dann nicht  hj nett fragen, statt ihn anzumopsen?

 lul

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"hj... nett fragen" wurde in diesem Forum mehrfach versucht - fast immer ergebnislos.

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"hj... nett fragen" wurde in diesem Forum mehrfach versucht - fast immer ergebnislos.

Das kommt sicher darauf an wonach man fragt. Du möchtest hier eine Komplettlösung bei der man allerdings nicht sieht, dass du bereit bist daran mitzuwirken.

Das ist in der Regel nicht gerne gesehen.

Ich habe eine Lösung. Allerdings mit Rechnereinsatz und sehr kompliziert. Vermutlich gibt es eine sehr viel einfacherere und anschaulichere Lösung für das Problem. Aber den schwierigen Weg mithilfe von Rechnereinsatz traue ich dir auch zu.

Ich habe leider die Angewohnheit erstmal zu kompliziert zu denken und nicht die ,athematische Schönheit zu erkennen wie es hj tut.

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@ Mathecoach: Meine Bereitschaft mitzuwirken ist höher, als du glaubst.

Answer 1

Ein Tipp:

Du kannst das Ganze sehr schon mit der Vektorrechnung zeigen. Zuerst hatte ich Winkelfunktionen mit drin. Das macht alles nur unnötig kompliziert.

Vielleicht geht es sogar noch einfacher, aber mit Vektoren fand ich das schon recht einfach.

Nimm als y-Koordinate von A einfach y und als x-Koordinate von C einfach x. (Bitte meine Skizze beachten.)

Dann ist die Fläche des Dreiecks also einfach xy.

Damit kannst du auch einfach G und F ausdrücken und die Fläche des gleichschenkligen Trapezes berechnen.

Skizze

 

Hier noch eine Skizze für eine nicht symmetrische Betrachtungsweise

Comments

Fläche des gleichschenkligen Trapezes berechnen.

Und wenn das Trapez nicht gleichschenklig ist ?

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Und wenn das Trapez nicht gleichschenklig ist ?

Dann ist das Dreieck oben auch nicht gleichschenklig. Aber das ist nicht dramatisch. Weil man im Grunde wie ich es gemacht habe gezeigt hat das die rechte Trapezseite das fünffache der rechten Dreiecksseite ist. genau das gleiche gilt aber auch für die Linke Seite nur eventuell mit einem anderen x. Das y muss natürlich gleich bleiben.

Hättest du denn noch einen einfacheren Weg, als den über die Vektoren?

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Mein ursprünglicher Weg, der mir spontan eingefallen war und auf den sich mein erster Kommentar bezog, lief folgendermaßen (Bezeichnungen wie in Rs Skizze) :

1. Die Flächen von ΔABC und ΔLDB  sind gleich groß, denn sie stimmen in zwei Seiten überein und ihre Winkel bei B ergänzen sich zu 180°.
2. Auch das ΔGCH hat diesen Flächeninhalt.
3. Die Flächen von ΔLDB und ΔEDG sind gleich groß, denn sie stimmen in zwei Seiten überein und ihre Winkel bei D ergänzen sich zu 180°.
4. Aus 1. und 3. folgt, dass die Höhe h des Trapezes gleich der Höhe ha des Dreiecks ist.

5. Drehung des ΔDBL um D um 90° ergibt das ΔDB'E ,  Drehung des ΔGHC um G um -90° ergibt das ΔGFC' .
6. Verschiebung von G um deb Vektor [B'E] ergibt den Punkt P ,  Verschiebung von D um den Vektor [C'F] ergibt den Punkt Q.
7. D ist also der Mittelpunkt der Strecke GB' und das Viereck GB'EP ist ein Parallelogramm, genauso ist G der Mittelpunkt von DC' und das Viereck DC'FQ ist ein Parallelogramm.
8. Die Dreiecke  ΔABC und  ΔPGD  sind kongruent, denn  BC = GD ,  AB = BL = B'E (wg. 5.) = GP und die eingeschlossenen Winkel bei B und bei G sind gleich groß, denn sie ergänzen sich jeweils mit dem bei B gegenüberliegenden Winkel bzw. mit dem dazu gleich großen Winkel bei B' zu 180°.
9. Genauso ist das Dreieck ΔABC auch kongruent zum ΔQGD ,  woraus folgt, dass P und Q übereinstimmen. Aus dieser Übereinstimmung folgt weiter, dass es sich dabei um den Mittelpunkt R der Strecke EF handelt.
10. Also ist EF = 2·ER = 2·B'G = 4·DG = 4·BC.

11. Die Trapezfläche EFGD ist schließlich A = 1/2·(EF + DG)·h = 1/2·(4·BC + BC)·h
= 1/2·5·BC·ha = 5·1/2·BC·ha = 5·Fläche (ΔABC) .

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@Gast hj2166

Ich ziehe meinen virtuellen Hut. Schon im ersten Schritt benutz du etwas etwas, wenn man drüber nachdenkt völlig einleuchtend ist, worauf ich aber bis heute nie alleine gekommen wäre, weil ich über sowas nie nachgedacht habe.

Das ist auch der Nachteil, wenn man erstmal eine Lösung serviert bekommt. Man macht sich dann selber keine Gedanken mehr. So bin ich froh mir zumindest ein paar Gedanken gemacht zu haben, denn in diesem Fall ist die Lösung über die Vektorgeometrie doch zumindest für mich noch etwas einfacher :)

Vielen Dank aber für deine sehr ausführliche Lösung. Wie gesagt enthält sie ein paar Aspekte über die ich mir bis dato nie Gedanken gemacht habe.

Answer 2

.. ich bin anscheinend etwas zu spät dazu gekommen ;-)

Wenn man in der Zeichnung das überflüssige weg lässt (Z.B die Punkte $J$ und $K$ und ihre angrenzenden Seiten) und von den Dreiecken jeweils die Höhen einzeichnet, mit denen sie auf dem Quadrat $BDGC$ stehen, so tuen sich sehr viele Paare identischer rechtwinkliger Dreiecke auf:

In obigem Bild sollen gleiche Strecken und Winkel mit gleicher Farbe gleich groß sein. Da z.B. das Dreieck $\triangle BPL$ identisch zu $\triangle BRA$ ist (u.a. entsprechend), sind alle Höhen $RA$, $PL$, $QH$ und $NF$ (rot) identisch. Da weiter die Dreiecke $\triangle DPL$ und $\triangle EP^*D$ sowie die beiden Dreiecke $\triangle GHQ$ und $GQ^*F$ gleich sind, sind natürlich auch die Strecken $|DP|=|EP^*|$ sowie $|GQ|=|FQ^*|$.

Und da $|BP|=|BR|$ und $|CQ|=|CR|$ ist $|DP|+|GQ|=3|BC|$. Also ist $|EF| = 3|BC| + |P^*Q^*| = 4|BC|$. Und dass daraus $$F_{EFGD} = 5 \cdot F_{ABC}$$folgt, ist dann nur noch Formsache.

Gruß Werner

Comments

@Werner: Für Beiträge dieser Art ist es aus meiner Sicht nie zu spät. Allerdings kann ich die Auszeichnung als "Beste Antwort" nicht mehr vergeben, die du eigentlich verdient hättest.

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@Roland: ... kein Problem. Darauf kommt es nicht an ;-)

und Danke für diese Aufgabe.