Meine Lösung ist Ottogals zweiter Lösung ähnlich. Sie ist allerdings genauso wie Ottogals Lösungen unvollständig; vermutlich verläuft die Argumentation in den beiden anderen Fällen ähnlich, aber ich hatte bisher keine Zeit dafür. Der von Ottogal ausgeschlossene Fall, dass a durch M geht, ist relativ einfach zu behandeln. a ist in dem Fall 2r, C und D fallen zu einem Punkt zusammen, d.h. c ist 0, also a²+c²=4r². b wird zur Strecke BD und hat, wie gleich gezeigt wird, die Länge $$\sqrt2 r$$. d fällt dann mit b zusammen, damit ist b²+d² ebenfalls 4r². Der Fall, dass b durch M geht, ist ähnlich. Das rote Trapez wird zum Quadrat, a und c haben eine Länge von $$\sqrt2 r$$. b hat die Länge 2r, D und E fallen zu einem Punkt zusammen, d.h. d hat die Länge 0. Es gelten äquivalente Rechnungen zum vorigen Fall. [](/images/f87edc59-ad3c-4f85-a234-d81cfe4102d5.png) ∢ABE hat nach Aufgabenstellung 45°, d.h. ∢AMC beträgt nach Zentriwinkelsatz 90°. Damit ist die Länge von AC berechenbar, es ist $$\sqrt2 r$$. G sei der Punkt, der B auf dem Kreis gegenüberliegt (also der Schnittpunkt von BM mit dem Kreis). Das rote Trapez (wie auch das grüne) sind symmetrisch. Ihre parallelen Seiten sind Sehnen des Kreises, d.h. ihre Mittelsenkrechten laufen beide durch M, und weil die Seiten parallel sind, sind die Mittelsenkrechten identisch. Aus den Symmetrien folgt mehreres: - Es ist $$\overline{BD}=\overline{AC}$$ (rotes Trapez), deswegen sind ΔACM und ΔDBM sss-kongruent und ∢DMB beträgt 90°, d.h. D halbiert den Kreisumfang von D nach G. Die Lage von D ist unabhängig von der Lage von A! - $$\overline{BE}=\overline{CD}$$ (Symmetrie des grünen Trapezes) - ∢CBE beträgt 45°, d.h. ∢ABE hat 90°. ΔAEB ist rechtwinklig, demzufolge bildet der Kreis einen Thaleskreis über AE, und nach Pythagoras ist a²+c²=4r² Weil die Lage von D fix ist, D den Umfang von B nach G halbiert, und die Längen von CD und BE gleich sind, sind auch die Längen von DE und GC gleich. ΔBGC liegt unter einem Thaleskreis, bei C hat es also einen rechten Winkel und daraus folgt auch b²+d²=4r² Die Zeichnung gilt für den Fall, den Gunnars Aufgabenbild zeigt, d.h. A liegt im Quadranten III. Liegt A im Quadranten II oder IV, sind $$\scriptstyle{\vec{BC}}$$ und $$\scriptstyle{\vec{ED}}$$ nicht mehr gleich orientiert und die Argumentation dürfte anders verlaufen, das sind zwei Fälle die ich noch betrachten muss. Liegt A im Quadranten I, funktioniert die Konstruktion nicht, weil C dann nicht mehr auf dem Kreis liegend konstruierbar ist. _Rolf_ -- sumpsi - posui - clusi

Meine Lösung ist Ottogals zweiter Lösung ähnlich. Sie ist allerdings genauso wie Ottogals Lösungen unvollständig; vermutlich verläuft die Argumentation in den beiden anderen Fällen ähnlich, aber ich hatte bisher keine Zeit dafür. Der von Ottogal ausgeschlossene Fall, dass a durch M geht, ist relativ einfach zu behandeln. a ist in dem Fall 2r und c ist 0, also a²+c²=4r². b wird zur Strecke BD und hat, wie gleich gezeigt wird, die Länge $$\sqrt2 r$$. d fällt dann mit b zusammen, damit ist b²+d² ebenfalls 4r². [](/images/f87edc59-ad3c-4f85-a234-d81cfe4102d5.png) ∢ABE hat nach Aufgabenstellung 45°, d.h. ∢AMC beträgt nach Zentriwinkelsatz 90°. Damit ist die Länge von AC berechenbar, es ist $$\sqrt2 r$$. G sei der Punkt, der B auf dem Kreis gegenüberliegt (also der Schnittpunkt von BM mit dem Kreis). Das rote Trapez (wie auch das grüne) sind symmetrisch. Ihre parallelen Seiten sind Sehnen des Kreises, d.h. ihre Mittelsenkrechten laufen beide durch M, und weil die Seiten parallel sind, sind die Mittelsenkrechten identisch. Aus den Symmetrien folgt mehreres: - Es ist $$\overline{BD}=\overline{AC}$$ (rotes Trapez), deswegen sind ΔACM und ΔDBM sss-kongruent und ∢DMB beträgt 90°, d.h. D halbiert den Kreisumfang von D nach G. Die Lage von D ist unabhängig von der Lage von A! - $$\overline{BE}=\overline{CD}$$ (Symmetrie des grünen Trapezes) - ∢CBE beträgt 45°, d.h. ∢ABE hat 90°. ΔAEB ist rechtwinklig, demzufolge bildet der Kreis einen Thaleskreis über AE, und nach Pythagoras ist a²+c²=4r² Weil die Lage von D fix ist, D den Umfang von B nach G halbiert, und die Längen von CD und BE gleich sind, sind auch die Längen von DE und GC gleich. ΔBGC liegt unter einem Thaleskreis, bei C hat es also einen rechten Winkel und daraus folgt auch b²+d²=4r² Die Zeichnung gilt für den Fall, den Gunnars Aufgabenbild zeigt, d.h. A liegt im Quadranten III. Liegt A im Quadranten II oder IV, sind $$\scriptstyle{\vec{BC}}$$ und $$\scriptstyle{\vec{ED}}$$ nicht mehr gleich orientiert und die Argumentation dürfte anders verlaufen, das sind zwei Fälle die ich noch betrachten muss. Liegt A im Quadranten I, funktioniert die Konstruktion nicht, weil C dann nicht mehr auf dem Kreis liegend konstruierbar ist. _Rolf_ -- sumpsi - posui - clusi

Meine Lösung ist Ottogals zweiter Lösung ähnlich. Sie ist allerdings genauso wie Ottogals Lösungen unvollständig; vermutlich verläuft die Argumentation in den beiden anderen Fällen ähnlich, aber ich hatte bisher keine Zeit dafür. Der von Ottogal ausgeschlossene Fall, dass a durch M geht, ist relativ einfach zu behandeln. a ist in dem Fall 2r und c ist 0, also a²+c²=4r². b wird dann zur Strecke BD und hat, wie gleich gezeigt wird, die Länge $$\sqrt2 r$$. d fällt dann mit b zusammen, damit ist b²+d² ebenfalls 4r². [](/images/f87edc59-ad3c-4f85-a234-d81cfe4102d5.png) ∢ABE hat nach Aufgabenstellung 45°, d.h. ∢AMC beträgt nach Zentriwinkelsatz 90°. Damit ist die Länge von AC berechenbar, es ist $$\sqrt2 r$$. G sei der Punkt, der B auf dem Kreis gegenüberliegt (also der Schnittpunkt von BM mit dem Kreis). Das rote Trapez (wie auch das grüne) sind symmetrisch. Ihre parallelen Seiten sind Sehnen des Kreises, d.h. ihre Mittelsenkrechten laufen beide durch M, und weil die Seiten parallel sind, sind die Mittelsenkrechten identisch. Aus den Symmetrien folgt mehreres: - Es ist $$\overline{BD}=\overline{AC}$$ (rotes Trapez), deswegen sind ΔACM und ΔDBM sss-kongruent und ∢DMB beträgt 90°, d.h. D halbiert den Kreisumfang von D nach G. Die Lage von D ist unabhängig von der Lage von A! - $$\overline{BE}=\overline{CD}$$ (Symmetrie des grünen Trapezes) - ∢CBE beträgt 45°, d.h. ∢ABE hat 90°. ΔAEB ist rechtwinklig, demzufolge bildet der Kreis einen Thaleskreis über AE, und nach Pythagoras ist a²+c²=4r² Weil die Lage von D fix ist, D den Umfang von B nach G halbiert, und die Längen von CD und BE gleich sind, sind auch die Längen von DE und GC gleich. ΔBGC liegt unter einem Thaleskreis, bei C hat es also einen rechten Winkel und daraus folgt auch b²+d²=4r² Die Zeichnung gilt für den Fall, den Gunnars Aufgabenbild zeigt, d.h. A liegt im Quadranten III. Liegt A im Quadranten II oder IV, sind $$\scriptstyle{\vec{BC}}$$ und $$\scriptstyle{\vec{ED}}$$ nicht mehr gleich orientiert und die Argumentation dürfte anders verlaufen, das sind zwei Fälle die ich noch betrachten muss. Liegt A im Quadranten I, funktioniert die Konstruktion nicht, weil C dann nicht mehr auf dem Kreis liegend konstruierbar ist. _Rolf_ -- sumpsi - posui - clusi