Geometrie zur Wochenmitte – Lösung

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

sorry. Ich bin einfach zu dumm, um eine Logikkette wie in deiner Lösung zu konstruieren, ohne mir dabei in irgendwelche Gliedmaßen zu schießen 😉

Wenn das zu einer eleganteren Lösung führt, ist diese Dummheit in Wahrheit Klugheit.

Magst du deine Lösung selbst präsentieren oder soll ich?

Immerhin haben wir $$\sin{30°}=\frac{1}{2}$$ auf die gleiche Art konstruiert 😀

Jetzt nicht mehr; der 30°-Winkel ist weg – @ottogal hat noch eine Abkürzung gefunden. Ein Wort gab das andere und mit vereinten Kräften entstand diese Lösung:

Seien a = AB; I, J, K, L die Eckpunkte des innerern Quadrats; O der Mittelpunkt von ABCD und IJKL^[1]; M der Mittelpunkt von AB.

Da △ABI rechtwinklig ist, liegt I auf dem Thaleskreis um M, folglich MI = MB und damit ∠MIB = ∠IBM = 15°. Nach Außenwinkelsatz ist ∠IMA = 30°. Wegen MO ⟂ AB ist ∠OMI = 60°.

Da auch MI = MO, ist △IMO gleichseitig; also auch IO = ½a und damit IK = a. Die Diagonalen des inneren Quadrats IJKL sind so lang wie die Seiten des äußeren Quadrats ABCD.

Das innere Quadrat so gedreht, dass die Eckpunkte auf den Seiten des äußeren liegen:

Wie man leicht sieht (hier aber wirklich!), ist die Fläche des inneren Quadrats halb so groß wie die des äußeren, also ½a². Mit a = 10 cm ergeben sich 50 cm².

LLAP 🖖

---

1. Aus Symmetriegründen fallen die Mittelpunkte von ABCD und IJKL zusammen. ↩︎