Unregelmäßiges Fünfeck und Stern

Neue Frage »

mYthos Auf diesen Beitrag antworten »
Unregelmäßiges Fünfeck und Stern
@ghost22
Aufgaben aus laufenden Wettbewerben werden hier erst nach Ablauf der Bewerbungsfrist behandelt.
Dein Thread wurde verschoben, weil es sich darin um eine aktuelle Wettbewerbsaufgabe (571212) der Mathematik-Olympiade 2017/18 handelt.

Nach Ablauf der Frist wird der ganze Thread wieder hierher zurückverschoben.

Zitat:
Original von ghost22
Meine Frage:
Hallo zusammen smile

ich habe ein Problem mit folgender Knobelaufgabe:
gegeben ist mir ein (unregelmäßiges!) Fünfeck mit Flächeninhalt 8,33.
Dieses liegt in einem Quadrat mit Seitenlänge 10. Bedingung für den Stern ist lediglich, dass die S-Zacke aus A und B kommt und das eine Zacke des Sterns auf der Seite AB und CD auftrifft, wie in meiner Skizze. Gesucht ist der Flächeninhalt der fünf Zacken des Sterns..


Meine Ideen:
ich habe versucht die Aufgabe mit Verschiebung von Teildreiecken zu lösen, kam aber nicht weiter. Mit Winkel und Seitenlängen kam ich auch zu keiner Erkenntnis, außer das Dreieck ASD die Hälfte des Gesamtflächeninhalts des Quadrates ist. Aber ich sehe nicht wie mir das weiterhelfen sollte. allgemein geltende Gesetzmäßigkeiten habe ich leider nicht gefunden. ein kleiner Tipp würde mir schon reichen. Vielen Dank schonmal!!smile

[attach]45208[/attach]


mY+
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Kann hier eigentlich weitergepostet werden?

Die Frist ist ja längst abgelaufen, und ich finde die Aufgabe zu interessant, als dass sie unbesprochen untergeht.

Die Aufgabe 571212 lautet so:

[attach]52010[/attach]
Helferlein Auf diesen Beitrag antworten »

Habe den Wettbewerbs-Tag entfernt.
Natürlich dürfen die Aufgaben eines abgelaufenen Wettbewerbs besprochen werden. Eine automatische Öffnung findet im Regelfall aber nicht statt, da wir nicht alle Aufgaben und Termine im Auge behalten können.
quadrierer Auf diesen Beitrag antworten »

Das Bild gibt keine Auskunft, welche die grau gefärbten Dreiecke sind. Wird bei mir das Grau vielleicht nur nicht angezeigt?

Q+
Steffen Bühler Auf diesen Beitrag antworten »

Bei mir geht's, aber zur Sicherheit: es sind die fünf Dreiecke des Pentagramms.

Viele Grüße
Steffen
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Hier ist auf alle Fälle ein nachbearbeitetes Bild.

Und Danke für die Freigabe des Threads.

[attach]52012[/attach]
 
 
riwe Auf diesen Beitrag antworten »

wäre womöglich eine Möglichkeit verwirrt
hawe Auf diesen Beitrag antworten »

Yep -Erst mal zeichnerisch,

wenn man auf den Seitenmitten beginnt (Schnittfläche = 1/10)und auf PQ den halben Weg von QR,SR anträgt triff man die Schnittfläche 1/12 recht genau.
[attach]52014[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Addiert man die Flächen der sechs Dreiecke SPU, PTS, PQW, WRS, TRU und TQR sowie zweimal die Innenfläche und bekommt dabei Wert , so werden dabei alle weißen Flächen doppelt und alle grauen Flächen einfach gezählt. Damit ist die gesuchte Fläche gleich .

Nun lässt sich relativ leicht bestimmen (Details folgen auf Wunsch), damit bekommt man die graue Fläche , d.h. riwe liegt natürlich richtig.
Gualtiero Auf diesen Beitrag antworten »

Ohne auf die Antworten einzugehen (hatte mich gerade erst zum Antworten hingesetzt).

Das Ergebnis meiner Überlegungen ist, dass hier nur wenig zu rechnen ist, und die Lösung vielmehr in geometrischen Kombinationen zu suchen ist. Doch wer weiß, vielleicht liege ich auch falsch.

Es ist leicht zu sehen, dass das Dreieck PWS die Fläche hat, denn sowohl Grundseite als auch die entsprechende Höhe sind .

Davon die Fünfeckfläche von abgezogen ergibt schon einen Großteil der gesuchten Fläche. Sie ist nur einerseits um das Dreieck PVS zu groß, andererseits fehlen die beiden Zacken bei T bzw. S.

Als nächstes betrachte ich das Trapez PTUS;

[attach]52013[/attach]

es kann zerlegt werden z. B. in die zwei Dreiecke PTS und TUS. Wenn ich jetzt PTS verändere, dergestalt, dass Punkt S nach Punkt U überführt wird, bleibt das Dreieck flächenmäßig gleich, denn sowohl Grundseite als auch zugehörige Höhe sind unverändert geblieben. Ihre Flächen zusammengenommen ergeben nach wie vor die Trapezfläche, doch geometrisch gesehen füllen sie nicht mehr besagtes Trapez aus: links bleibt das Dreieck PVS frei, dafür ist Dreieck TUV doppelt belegt. Das bedeutet aber, dass PTS und TUS flächengleich sind.

Bei Betrachtung des Dreiecks TUV fällt auf, dass es aus den beiden gesuchten Zacken und dem Fünfeck mit Fläche besteht. Dasselbe gilt auch für Dreieck PVS, und somit ist die Lösung gefunden: Fläche von PVS, vermindert um 1/12 ergibt die Fläche der beiden Zacken.

[attach]52015[/attach]

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Auch wenn es in der Darstellung unterschiedlich aussieht, hatten wir beide wohl im Grunde dieselbe Idee. Augenzwinkern

Ich hab inzwischen das Viereck TQRU aus meinen Überlegungen gestrichen und durch die Summe der Dreiecke TRU und TQR ersetzt, der Grund dafür ist das einfach zu sehende



was dann direkt zu dem obigen führt.
Neue Frage »
Antworten »



Verwandte Themen

Die Beliebtesten »
Die Größten »
Die Neuesten »