Lösung der Teilaufgabe 2

[Rolf B]

Hallo Gunnar,

ich habe eine Lösung für Teilaufgabe 2 gefunden.

https://www.geogebra.org/geometry/sx45ckjw

Der Punkt F ist auf der Geraden MO verschiebbar. Der Abstand D (Mittelpunkt des Inkreises) zu F sei Parameter x der Konstruktion, mit Werten von 0 bis r. r ist Radius des Inkreises.

GK ist die Parallele zur Grundlinie durch F. FH die Parallele zu PR durch F. Der Winkel GFH ist demnach 60°. F liegt auf einer Zentralen des Inkreises, daher ist FG=FH und ich habe das gleichseitige Dreieck A. I ist der Schnittpunkt der Parallelen zu QR durch F, und IJ ist die Parallele zur Grundlinie durch I. Damit sind FJ und FI gleich lang und ich habe das gleichseitige Dreieck B. Weil FI und FK parallel zu Geraden liegen, die einen 60° Winkel einschließen, sind die Winkel des orangen Dreiecks C ebenfalls 60°. Es ist gleichseitig, die Konstruktion entspricht der Vorgabe. Jedenfalls mutmaße ich das, die Vorgabe hat ja keinerlei Beschriftung…

Der Sehnensatz besagt, dass das Produkt der Kantenlängen von blauem und orangem Dreieck gleich dem Quadrat der Kantenlänge des grünen Dreiecks ist (weil F auf einer Zentralen des Kreises liegt, ist $$\overline{FI}=\overline{FN}$$).

Es ist also $$ac=b^2$$.

Die Länge von b lässt sich aus x und Kreisradius ableiten: $$x^2+b^2=r^2\Longleftrightarrow b^2=r^2-x^2$$.
Und es ist $$a+c=\overline{GK}$$. An die Länge von GK kommt man auch heran. Der Abstand von F zur Horizontalen durch D sei h. Weil MO um 30° ansteigt, ist h=x/2.
Mit Pythagoras ist

$$\displaystyle h²+\biggl(\frac{\overline{GK}}{2}\biggr)^2=r^2\Longleftrightarrow \overline{GK}^2 = 4(r^2-h^2)=4r^2-x^2$$

Ich habe also 2 Gleichungen mit 2 Unbekannten:

$$ac = r^2-x^2 (=b^2)$$
$$(a+c)^2=4r^2-x^2$$

Hier habe ich eine Weile gehangen. Ich wollte den Stand bis hierher einfach mal ins Forum posten, und habe bei der Gelegenheit genauer hingeguckt!

$$(a+c)^2=a^2+2ac+c^2$$, und wegen $$ac=b^2$$ muss ich davon nur einmal $$ac$$ abziehen, um die Summe $$a^2+b^2+c^2$$ zu erhalten.

$$\displaystyle a^2+b^2+c^2 = 4r^2-x^2 - (r^2-x^2) = 3r^2$$.

Das multipliziere ich mit $$\frac{\sqrt3}{4}$$ und erhalte die Summe der Flächen A,B,C der Teildreiecke!

$$\displaystyle \frac{\sqrt3}{4} a^2+ \frac{\sqrt3}{4} b^2+\frac{\sqrt3}{4}c^2 = A+B+C = \frac{3\sqrt 3}{4} r^2$$.

Hey, juhu, die Summe hängt von x, also von der der Lage von F, nicht ab!

Der Inkreisradius des äußeren Dreiecks ist

$$\displaystyle r=\frac{\overline{PQ}}{2\sqrt3}$$,

das setze ich ein:

$$\displaystyle A+B+C = \frac{3\sqrt 3}{4} \frac{\overline{PQ}^2}{12} = \frac{1}{4}\frac{\sqrt 3}{4} \overline{PQ}^2$$.

Und das ist ein Viertel der Fläche des großen Dreiecks.
Heureka!

Rolf