@@ottogal > Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt. > Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt: Irgendwann hatte ich die Lösung schon mal, aber gerade keine Zeit, sie vernünftig aufzuschreiben. Dann ist sie mir wieder entfleucht. Jetzt hab ich sie wieder. [](/images/670bf3f3-f8c9-40fc-8e12-d9921af1da21.png) Wegen Punktsymmetrie der Figur gilt: * Die roten (hell schraffierten) Dreiecke bilden ein Paralleleogramm; die Diagonalen eines Parallelogramms teilen dieses in 4 gleichgroße Dreiecke. * Die grünen (dunkel schraffierten) Dreiecke haben dieselbe Grundseitenlänge (halbe Seitenlänge des Quadrats) und dieselbe Höhe, sind also auch gleich groß. * Die weißen Dreiecke sind auch untereinander gleich. [](/images/83f5ac14-4dfa-4af0-82d9-8b0ac06d9594.png) Bezeichnung der Punkte [wie gehabt](https://forum.selfhtml.org/self/2018/mar/2/mathematik-zum-wochenende/1715102#m1715102). *L* sei der Fußpunkt des Lotes von *F* auf *AD*. Wegen △*CFM* ≅ △*CDM* steht *FD* senkrecht auf *MC*. Da auch ∡*DFA* ein rechter ist (Thales), ist ∡*FAD* = ∡*HMD* = *β*. Da die Dreiecke △*ALF* und △*MDC* außerdem im rechten Winkel übereinstimmen, sind sie ähnlich und es verhalten sich *FL* : *AL* = *CD* : *MD* = 2 : 1. *FL* und *AL* sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*AMF* und △*ABF*, deren Grundseiten sich wie 1 : 2 verhalten. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und weißen Dreiecke. [](/images/b3b28917-72d0-4cdf-a7ae-13526f42ed86.png) Sei *O* der Mittelpunkt des Quadrats. *FD* schneide *AB* in *N* und *MO* in *P*. *Q* sei der Fußpunkt des Lotes von *O* auf *FD*. Wegen Innenwinkelsumme in den Dreiecken △*CDM* und △*DFA* ist ∡*DCM* = ∡*ADF* = *α*. Da die Dreiecke △*MDC* und △*NAD* außerdem im rechten Winkel und einer Seite (Seitenlänge des Quadrats) übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *MD* = *NA* = *NB* (halbe Seitenlänge des Quadrats). Nach Strahlensatz ist dann auch *PM* = *PO*. Da die Dreiecke △*MPH* und △*OPQ* außerdem im rechten Winkel und den Scheitelwinkeln übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *HM* = *QO*. Das sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*FDM* und △*FDO* über derselben Grundseite *FD*. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und roten (hell schraffierten) Dreiecke. Damit sind alle 10 Dreiecke flächengleich, q.e.d. *„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“* [[at](https://forum.selfhtml.org/cites/235)] LLAP 🖖 -- *„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“* —Kurt Weidemann

@@ottogal > Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt. > Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt: Irgendwann hatte ich die Lösung schon mal, aber gerade keine Zeit, sie vernünftig aufzuschreiben. Dann ist sie mir wieder entfleucht. Jetzt hab ich sie wieder. [](/images/670bf3f3-f8c9-40fc-8e12-d9921af1da21.png) Wegen Punktsymmetrie der Figur gilt: * Die roten (hell schraffierten) Dreiecke bilden ein Paralleleogramm; die Diagonalen eines Parallelogramms teilen dieses in 4 gleichgroße Dreiecke. * Die grünen (dunkel schraffierten) Dreiecke haben dieselbe Grundseitenlänge (halbe Seitenlänge des Quadrats) und dieselbe Höhe, sind also auch gleich groß. * Die weißen Dreiecke sind auch untereinander gleich. [](/images/83f5ac14-4dfa-4af0-82d9-8b0ac06d9594.png) Bezeichnung der Punkte [wie gehabt](https://forum.selfhtml.org/self/2018/mar/2/mathematik-zum-wochenende/1715102#m1715102). *L* sei der Fußpunkt des Lotes von *F* auf *AD*. Wegen △*CFM* ≅ △*CDM* steht *FD* senkrecht auf *MC*. Da auch ∡*DFA* ein rechter ist (Thales), ist ∡*FAD* = ∡*HMD* = *β*. Da die Dreiecke △*ALF* und △*MDC* außerdem im rechten Winkel übereinstimmen, sind sie ähnlich und es verhalten sich *FL* : *AL* = *CD* : *MD* = 2 : 1. *FL* und *AL* sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*AMF* und △*ABF*, deren Grundseiten sich wie 1 : 2 verhalten. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und weißen Dreiecke. [](/images/99ded172-3dd4-40fd-9600-f40c35f44346.png) Sei *O* der Mittelpunkt des Quadrats. *FD* schneide *AB* in *N* und *MO* in *P*. *Q* sei der Fußpunkt des Lotes von *O* auf *FD*. Wegen Innenwinkelsumme in den Dreiecken △*CDM* und △*DFA* ist ∡*DCM* = ∡*ADF* = *α*. Da die Dreiecke △*MDC* und △*NAD* außerdem im rechten Winkel und einer Seite (Seitenlänge des Quadrats) übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *MD* = *NA* = *NB* (halbe Seitenlänge des Quadrats). Nach Strahlensatz ist dann auch *PM* = *PO*. Da die Dreiecke △*MPH* und △*OPQ* außerdem im rechten Winkel und den Scheitelwinkeln übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *HM* = *QO*. Das sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*FDM* und △*FDO* über derselben Grundseite *FD*. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und roten (hell schraffierten) Dreiecke. Damit sind alle 10 Dreiecke flächengleich, q.e.d. *„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“* [[at](https://forum.selfhtml.org/cites/235)] LLAP 🖖 -- *„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“* —Kurt Weidemann

@@ottogal > Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt. > Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt: Irgendwann hatte ich die Lösung schon mal, aber gerade keine Zeit, sie vernünftig aufzuschreiben. Dann ist sie mir wieder entfleucht. Jetzt hab ich sie wieder. [](/images/670bf3f3-f8c9-40fc-8e12-d9921af1da21.png) Wegen Punktsymmetrie der Figur gilt: * Die roten (hell schraffierten) Dreiecke bilden ein Paralleleogramm; die Diagonalen eines Parallelogramms teilen dieses in 4 gleichgroße Dreiecke. * Die grünen (dunkel schraffierten) Dreiecke haben dieselbe Grundseitenlänge (halbe Seitenlänge des Quadrats) und dieselbe Höhe, sind also auch gleich groß. * Die weißen Dreiecke sind auch untereinander gleich. [](/images/83f5ac14-4dfa-4af0-82d9-8b0ac06d9594.png) Bezeichnung der Punkte [wie gehabt](https://forum.selfhtml.org/self/2018/mar/2/mathematik-zum-wochenende/1715102#m1715102). *L* sei der Fußpunkt des Lotes von *F* auf *AD*. Wegen △*CFM* ≅ △*CDM* steht *FD* senkrecht auf *MC*. Da auch ∡*DFA* ein rechter ist (Thales), ist ∡*FAD* = ∡*HMD* = *β*. Da die Dreiecke △*ALF* und △*MDC* außerdem im rechten Winkel übereinstimmen, sind sie ähnlich und es verhalten sich *FL* : *AL* = *CD* : *MD* = 2 : 1. *FL* und *AL* sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*AMF* und △*ABF*, deren Grundseiten sich wie 1 : 2 verhalten. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und weißen Dreiecke. [](/images/7d353d7e-78c4-4d04-a882-9906f7b5bf21.png) Sei *O* der Mittelpunkt des Quadrats. *FD* schneide *AB* in *N* und *MO* in *P*. *Q* sei der Fußpunkt des Lotes von *O* auf *FD*. Wegen Innenwinkelsumme in den Dreiecken △*CDM* und △*DFA* ist ∡*DCM* = ∡*ADF* = *α*. Da die Dreiecke △*MDC* und △*NAD* außerdem im rechten Winkel und einer Seite (Seitenlänge des Quadrats) übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *MD* = *NA* = *NB* (halbe Seitenlänge des Quadrats). Nach Strahlensatz ist dann auch *PM* = *PO*. Da die Dreiecke △*MPH* und △*OPQ* außerdem im rechten Winkel und den Scheitelwinkeln übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *HM* = *QO*. Das sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*FDM* und △*FDO* über derselben Grundseite *FD*. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und roten (hell schraffierten) Dreiecke. Damit sind alle 10 Dreiecke flächengleich, q.e.d. *„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“* [[at](https://forum.selfhtml.org/cites/235)] LLAP 🖖 -- *„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“* —Kurt Weidemann

@@ottogal > Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt. > Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt: Irgendwann hatte ich die Lösung schon mal, aber gerade keine Zeit, sie vernünftig aufzuschreiben. Dann ist sie mir wieder entfleucht. Jetzt hab ich sie wieder. [](/images/670bf3f3-f8c9-40fc-8e12-d9921af1da21.png) Wegen Punktsymmetrie der Figur gilt: * Die roten (hell schraffierten) Dreiecke bilden ein Paralleleogramm; die Diagonalen eines Parallelogramms teilen dieses in 4 gleichgroße Dreiecke. * Die grünen (dunkel schraffierten) Dreiecke haben dieselbe Grundseitenlänge (halbe Seitenlänge des Quadrats) und dieselbe Höhe, sind also auch gleich groß. * Die weißen Dreiecke sind auch untereinander gleich. Bezeichnung der Punkte [wie gehabt](https://forum.selfhtml.org/self/2018/mar/2/mathematik-zum-wochenende/1715102#m1715102). *L* sei der Fußpunkt des Lotes von *F* auf *AD*. Wegen △*CFM* ≅ △*CDM* steht *FD* senkrecht auf *MC*. Da auch ∡*DFA* ein rechter ist (Thales), ist ∡*FAD* = ∡*HMD* = *β*. Da die Dreiecke △*ALF* und △*MDC* außerdem im rechten Winkel übereinstimmen, sind sie ähnlich und es verhalten sich *FL* : *AL* = *CD* : *MD* = 2 : 1. *FL* und *AL* sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*AMF* und △*ABF*, deren Grundseiten sich wie 1 : 2 verhalten. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und weißen Dreiecke. Sei *O* der Mittelpunkt des Quadrats. *FD* schneide *AB* in *N* und *MO* in *P*. *Q* sei der Fußpunkt des Lotes von *O* auf *FD*. Wegen Innenwinkelsumme in den Dreiecken △*CDM* und △*DFA* ist ∡*DCM* = ∡*ADF* = *α*. Da die Dreiecke △*MDC* und △*NAD* außerdem im rechten Winkel und einer Seite (Seitenlänge des Quadrats) übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *MD* = *NA* = *NB* (halbe Seitenlänge des Quadrats). Nach Strahlensatz ist dann auch *PM* = *PO*. Da die Dreiecke △*MPH* und △*OPQ* außerdem im rechten Winkel und den Scheitelwinkeln übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt *HM* = *QO*. Das sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △*FDM* und △*FDO* über derselben Grundseite *FD*. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und roten (hell schraffierten) Dreiecke. Damit sind alle 10 Dreiecke flächengleich, q.e.d. *„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“* [[at](https://forum.selfhtml.org/cites/235)] LLAP 🖖 -- *„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“* —Kurt Weidemann