Mathematik zur Wochenmitte – Lösungen

[Gunnar Bittersmann]

@@Gunnar Bittersmann

Die Aufgabe stammte mal wieder von Catriona Agg.

Wir legen das Quadrat in ein Koordinatensystem – am einfachsten wird die Rechnung wohl so, wie es @MudGuard gelegt hat: mit dem linken oberen Eckpunkt in den Koordinatenurprung O. Der rechte obere Eckpunkt sei A; der Mittelpunkt der unteren Seite M.

Die Gerade OM hat die Gleichung y = −2x. Die Gerade AM hat den Anstieg 2; die Senkrechte dazu also den Anstieg −½ und damit sie durch den Punkt A(6, 0) geht, ist es y = −½x + 3. Ihr Schnittpunkt P mit OM ergibt sich aus −2x = −½x + 3 zu P(−2, 4).

@MudGuard hatte die gesuchte Fläche aufgeteilt: MAP = OPA + OMA = ½ · 6 · 4 + ½ · 6 · 6 = 30. 👴👵

Das ist noch einfacher, als es @Rolf B und ich gemacht hatten: die Kathetenlängen von △MAP zu AM = √(6² + 3²) = 3√5 und AP = √(8² + 4²) = 4√5 bestimt. ½ · 3√5 · 4√5 = 30.

Eine andere Möglichkeit, völlig ohne Koordinatensystem und Geradengleichungen an die längere Kathete zu kommen (die kürzere ist ja einfacher Pythagoras), ergibt sich aus dem Tangens und dessen Doppelwinkelfunktion tan 2φ = 2 tan φ / (1 − tan² φ).

Für tan φ = ½ ist tan 2φ = ⁴⁄₃. AP = AM · tan 2φ = 3√5 · ⁴⁄₃ = 4√5. (@RonySarker71)

---

Eine ganz andere Lösung ergibt sich über eine geometrische Reihe. @Tabellenkalk schrieb:

Wir haben also ein Quadrat, bestehend aus vier identischen Dreiecken und darauf einen Zipfel, der etwas größer als ein solch Dreieck ist. Also etwas größer als ein Viertel.
Denn dieses Dreieck hat wieder so einen Zipfel etwas größer als ein Viertel, und so weiter...

Also ein Viertel plus davon ein Viertel plus davon...

Das konvergiert gegen 4/3.

Also 36 × 4 ÷ 3 = 48

Angefangen haben wir aber nur mit der Hälfte des Quadrats, also 18 abziehen: A = 30.

Auch @Rolf B und @dare2solve kamen auf diese Lösung.

---

Es geht aber auch ohne „höhere Mathematik“: einfach mit Strahlensatz, wie @ottogal zeigte:

Sei $$N$$ der Schnittpunkt der Geraden $$AD$$ und $$GC$$.

Die drei blauen Dreiecke sind zueinander kongruent, da sie in den Winkeln und in einer Kathete übereinstimmen. Daraus folgt $$|ND|=a$$.

Wie vorher sei $$|LD|=x$$, und wegen der Ähnlichkeit von $$ \triangle LDG$$ und $$ \triangle AED$$ ist $$|GL|=2x$$.

Nun sind auch $$ \triangle LCG$$ und $$ \triangle DCN$$ wegen übereinstimmender Winkel ähnlich. Daher gilt

$$\frac{|GL|}{|ND|} = \frac{|LC|}{|DC|}$$,

also $$\frac{2x}{a} = \frac{x+2a}{2a}$$.

Es folgt $$4x = x+2a$$ und somit $$x=\frac{2}{3} a$$.

Die Fläche von $$\triangle DCG$$ berechnet sich damit zu $$\frac{1}{2} |DC| \cdot |GL| = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot 2x = 2ax = \frac{4}{3}a^2$$.

$$\triangle DEC$$ hat natürlich die Fläche $$2a^2$$.

Addiert erhält man die gesuchte grüne Fläche zu $$\frac{10}{3}a^2$$.

Die Vorgabe $$4a^2=36$$ heißt $$a=3$$, somit ist das Ergebnis $$30$$.

😷 LLAP