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Das Viereck ABCD sei ein Quadrat. Die Verlängerung von DC über C hinaus endet in E. Die Verlängerung von BC über C hinaus endet in G.

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Das Rechteck CEFG sei flächengleich zu ABCD. Die Gerade AF schneidet CB in J und CE in K. Die Parallele zu AF durch C schneidet DA in H und GF in L. Zeige: Die Parallelogramme AJCH und CKFL sind flächengleich.


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Hallo Roland,

normalerweise sollte man die Aufgabe mit Hilfe des Strahlensatzes sofort lösen können. Hat aber bis jetzt nur hj gezeigt (Monty kam erst jetzt ...). ich habe noch einen Beweis, der gänzlich ohne Algebra auskommt.

Dafür zunächst eine Behauptung.

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Haben zwei seitenparallele Rechtecke, die eine gemeinsame Ecke \(C\) in der hier gezeigten Art & Weise besitzen, beide den gleichen Flächeninhalt, so liegt der gemeinsame Eckpunkt auf der Diagonalen \(TS\) des umhüllenden Rechtecks (hier \(ASFT\)).

Der Beweis läuft über einen Widerspruchsbeweis: angenommen \(C\) liegt nicht auf der Diagonalen \(TS\).

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So ist trotzdem das Dreieck \(\triangle DCT\) kongruent zu \(\triangle TCG\) und das Dreieck \(\triangle BSC\) kongruent zu \(CSE\). Zusammen mit der Voraussetzung, dass die beiden Rechtecke \(ABCD\) und \(CEFG\) flächengleich sein sollen, heißt das, dass die Vierecke \(ASCT\) und \(SFTC\) ebenfalls flächengleich sein müssen. Dies kann aber nicht sein, da die Fläche des Dreiecks \(\triangle CST\) nicht leer ist, wenn \(C\) nicht auf der Diagonalen \(TS\) liegt \(\to\) Widerspruch.

Mit diesem Werkzeug ausgerüstet, kann man nun die Gleichheit der Flächen der beiden Parallelogramme zeigen:

blob.png

Da \(C\) auf der Diagonalen \(TS\) liegt, müssen aus Gründen der Symmetrie auch die Winkel \(\angle STF\) und \(\angle TFA\) (beide rot) gleich sein. Wegen der Parallelen durch \(AF\) und \(HL\) (rot) gilt das auch für die Winkel \(\angle HCD\) und \(\angle GLC\) - damit sind alle rot markierten Winkel gleich groß. Folglich sind auch die Dreiecke \(\triangle TCG\) und \(\triangle CLG\) kongruent. Gleiches gilt für \(\triangle TCG\) und \(\triangle HCD\). Weiter sind auch wegen der Punktsymmetrie im Parallelogramm die Dreiecke \(\triangle ABJ\) und \(\triangle HCD\) kongruent und die Dreiecke \(\triangle CLG\) und \(\triangle KEF\) ebenso. Folglich sind alle hellblau markierten Dreiecke gleich groß.

Und wenn von der identischen Fläche der beiden Rechtecke \(ABCD\) und \(CEFG\) zweimal die gleiche Dreiecksfläche 'abgeschnitten' wird, so müssen die verbleibenden Flächenstücke gleich groß sein - hier die Parallelogramme \(AJCH\) und \(CKFL\).

Der aufmerksame Leser hat vielleicht bemerkt, dass ich von der Vorgabe, dass \(ABCD\) ein Quadrat sein soll, gar keinen Gebrauch gemacht habe. Das ist auch nicht nötig! Obiges gilt auch, wenn \(ABCD\) ein beliebiges Rechteck ist.

von 29 k
mit Hilfe des Strahlensatzes sofort lösen können. Hat aber bis jetzt nur hj gezeigt (Monty kam erst jetzt ...)


Hallo Werner,

meine Lösung ist aber deutlich kompakter als die anderen Antworten.

:-)

meine Lösung ist aber deutlich kompakter als die anderen Antworten.

Ja - das sehe ich auch so! ;-)

Übrigens muss es "kongruent" heißen.

:-)

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Wir wissen, dass a^{2}=b·c gilt.

Darum gilt auch a/c=b/a.

Ich betrachte das große rechtwinklige Dreieck, dessen Hypotenuse die lange rote Strecke ist.

Die Umkehrung des 1. Strahlensatz bedeutet, dass die roten Strecken parallel sind.

Die grünen Dreiecke gehen daher durch Parallelverschiebung ineinander über und sind damit kongruent. Die hellbraunen Dreiecke links von A1 und A2 sind kongruent zu den grünen Dreiecken. Da das Quadrat und das Rechteck gleich große Flächen haben, gilt

$$A_1=a^2-2A_{\text{Dreieck}}=bc-2A_{\text{Dreieck}}=A_2$$

Parallelogramm2.jpg

von 13 k
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Aloha :)

Ziehe eine Linie durch die Punkte H und J. Ziehe eine weitere Linie durch die Punkte K und L. Identifiziere 4 gleich große Rechtecke, die durch ihre Diagonale halbiert sind.

von 44 k

Da bleiben einige Fragen offen:

1. Ist HJ || AB?

2. Ist KL || CB?

3. Ist GL = AB?

4. Ist KL = 1/2AB?

Übrigens: Der Begriff der 'Linie' ist in der Geometrie keine Beschreibung einer Strecke oder einer Graden.

Die Zeichnung hätte auch so aussehen können:

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ich wollte ja eigentlich gar nicht antworten, da ich die Aufgabe zu einfach finde.

Ziehe eine Linie durch die Punkte H und J. Ziehe eine weitere Linie durch die Punkte K und L. Identifiziere 4 gleich große Rechtecke, die durch ihre Diagonale halbiert sind.

.. aber so einfach scheint es dann doch nicht zu sein. Zur weiteren Verwirrung habe ich die 'Linien' mal hellblau eingezeichnet:


Man kann die Figur durch Ziehen am Punkt \(E\) manipulieren.

Oops, ich habe übersehen, dass nur die Parallelogramme als flächengleich vorausgesetzt werden. In der Skizze sah es so aus, als lägen die Punkte H, J, L und K auf halber Strecke. Lesen ist offenbar besser als nur gucken ;)

ich wollte ja eigentlich gar nicht antworten, da ich die Aufgabe zu einfach finde.

Da schließe ich mich dir in der Einschätzung und in der Handlung an :

Parallelogramme.jpg

A1 =  a*v =  au*(v/u)  =  au * (c+a)/(a+b)  =  au * [c*(c+a) / c*(a+b)] 
      =  au * [c*(c+a) / (ca + cb)]  =  au * [c*(c+a) / (ca + a^2)]  
      =  au * [c*(c+a) / (c+a)*a]  =  au * c/a =  u*c =  A2

@R :
Hast du einen kurzen Beweis, der die Quadrat-Eigenschaften von ABCD benutzt oder warum setzt du die voraus ?

@WS :
Hast du einen rein geometrischen Beweis (vielleicht analog zu Euklids Scherung), der ohne Rechnungen auskommt ?

@WS :
Hast du einen rein geometrischen Beweis ...

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