Dreieck aus Quadrat

11.04.2020, 16:26

Dopap

Dreieck aus Quadrat

ich sollte aus einem quadratischen Pappkarton einen möglichst großen gleichseitigen Stern
schneiden.

[attach]50962[/attach]

so ungefähr ist mir das auch gelungen und die Reste wiegen gleichviel wie der Stern.

Nun ist die Frage ob man der Küchenwaage und meinen Schneidekünsten trauen kann?

11.04.2020, 17:26

Bürgi

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RE: Dreieck aus Quadrat
Guten Tag

Zitat:

und die Reste wiegen gleichviel wie der Stern.

Ist das Voraussetzung oder ist das eine Vermutung?

Ich habe für den Sterm ca. 46,4% des Quadrats verwirrt

11.04.2020, 18:05

Luftikus

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RE: Dreieck aus Quadrat
Schneidet man gleichschenkelig aus, so dass die Dreiecksspitzen die Quadratseiten x : y (kurz : lang) teilen, dann fehlt wohl immer $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ an Fläche zum Rest.

Speziell für ein gleichseitiges Dreieck wäre das Verhältnis $\begin{eqnarray*} \frac{x}{y}=\frac{1}{1+\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

Die Fläche teilt sich dann auf:

$\begin{eqnarray*} F_{Quadrat} = F_{Stern} + F_{Rest} = [2 \sqrt{3} + 3] \; x^2 + [2 \sqrt{3} + 4] \; x^2 = [4 \sqrt{3} + 7] \; x^2 \end{eqnarray*}$

11.04.2020, 23:20

Ulrich Ruhnau

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RE: Dreieck aus Quadrat
Der Winkel der unteren Dreieckseite zur unteren Quadratseite beträgt $\begin{eqnarray*} \gamma=15° \end{eqnarray*}$ .

Wenn a die Kantenlänge des Quadrates ist, dann sind die abgeschnittenen Flächenstücke

$\begin{eqnarray*} F=a^2\tan\gamma+\frac{a^2}2(1-\tan\gamma)^2=\frac {a^2}2\left(1+tan^2\gamma\right)=a^2\left(4-2\sqrt{3}\right)\approx 0{,}5359 \,a^2 \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \tan 15°=\frac 1{2+2\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

Der Flächeninhalt vom gleichseitigen Dreieck dagegen beträgt

$\begin{eqnarray*} A=a^2\left(2\sqrt{3}-3\right)\approx 0{,}4641 \,a^2 \end{eqnarray*}$

[attach]50963[/attach]

12.04.2020, 00:06

Luftikus

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Ja, das ist das selbe Ergebnis mit a=x+y:

$\begin{eqnarray*} x^2 = (7 - 4 \sqrt{3}) \; a^2 \end{eqnarray*}$

12.04.2020, 00:51

Ulrich Ruhnau

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RE: Dreieck aus Quadrat

Zitat:

Original von Luftikus
Speziell für ein gleichseitiges Dreieck wäre das Verhältnis $\begin{eqnarray*} \frac{x}{y}=\frac{1}{1+\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

Zum einen ist nicht klar, wie Du das herleitest, zum anderen hast Du die Rätselfrage nicht direkt beantwortet, weil Du statt des gefragten Flächenverhältnisses ein Seitenverhältnis und eine Flächenbilanz angegeben hast. Finger1

12.04.2020, 01:20

Nachtfrager

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Auf die Skizze von Ulrich Ruhnau bezogen:

Ich dachte die Strecken a1 und a2 müssen gleich lang sein, da sonst das Dreieck AEF nicht gleichseitig sein kann.
Die Strecken AF und AE sind ja die Hypotenusen des blauen bzw. grünen rechtwinkligen Dreiecks.

Wo ist mein Denkfehler ?

12.04.2020, 02:47

klauss

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RE: Dreieck aus Quadrat

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
zum anderen hast Du die Rätselfrage nicht direkt beantwortet

Die Frage ist eigentlich bisher nicht genau formuliert worden. Man hätte der Einfachheit halber gleich fragen können:
Welchen Anteil an der Quadratfläche nimmt das diesem einbeschriebene gleichseitige Dreieck ein?

Dazu das Ganze nochmal mit analytischer Geometrie (abituriententauglich):

Die Bezeichnungen orientiere ich am Bild von Ulrich Ruhnau, lege aber ein Quadrat mit der Seitenlänge 1 und dem Punkt A im Ursprung ins Koordinatensystem.

Die zu verwendenden Punkte sind $\begin{eqnarray*} \vec{E}=\begin{pmatrix} 1 \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{F}=\begin{pmatrix} x \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da das Dreieck gleichseitig sein soll, muß der Winkel zwischen $\begin{eqnarray*} \vec{E} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{F} \end{eqnarray*}$ 60° betragen.

Gemäß Skalarproduktformel muß also gelten $\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} x \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ y \end{pmatrix} }{\sqrt{x^{2}+1 }\sqrt{y^{2} +1} }=\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Wegen Gleichseitigkeit müssen aber die Beträge der beiden Vektoren gleich sein und damit $\begin{eqnarray*} x=y \end{eqnarray*}$ . Die Gleichung vereinfacht sich zu

$\begin{eqnarray*} \frac{2x}{x^{2}+1 }=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow x^{2}-4x+1=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow x=2-\sqrt{3}=y \end{eqnarray*}$

Nach Determinantenformel spannen die beiden Vektoren ein Dreieck auf mit der Fläche

$\begin{eqnarray*} \dfrac{1}{2} \begin{vmatrix} 1 & 2-\sqrt{3} \\ 2-\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \frac{1}{2}\left[1-\left(2-\sqrt{3} \right)^{2} \right]= 2\sqrt{3}-3 \end{eqnarray*}$

12.04.2020, 03:56

Osternase

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Zweimal Pythagoras tut es auch:

a² + x² = s²

2(a-x)² = s²

a: Quadratseitenlänge

s: Seitenlänge des gleichseitigen Dreiecks

x: kürzere Kathetenlänge

Das führt zur quadratischen Gleichung x² - 4ax + a² = 0 und wegen $\begin{eqnarray*} 0 \leq x \leq a \end{eqnarray*}$ zur einzigen Lösung $\begin{eqnarray*} x=(2-\sqrt{3})a \ ~ \text{bzw.} \ ~ x^2=(7-4\sqrt{3})a^2 \end{eqnarray*}$ .
Es folgt eingesetzt in die erste Pythagorasgleichung $\begin{eqnarray*} s^2=(8-4\sqrt{3})a^2 \end{eqnarray*}$ , wodurch man wie gewünscht $\begin{eqnarray*} A_{Dreieck}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot (8-4\sqrt{3})a^2=(2\sqrt{3}-3)a^2 \end{eqnarray*}$ erhält.

12.04.2020, 04:41

Osternase

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} F=a^2\tan\gamma+\frac{a^2}2(1-\tan\gamma)^2=\frac {a^2}2\left(1+tan^2\gamma\right)=a^2\left(4-2\sqrt{3}\right)\approx 0{,}5359 \,a^2 \end{eqnarray*}$

Irgendwie schräg das so auszurechnen Big Laugh

Mit dem Winkel würde ich so ansetzen:

$\begin{eqnarray*} cos(15°)=\frac{a}{s} \ \iff \ s=\frac{a}{cos(15°)} \end{eqnarray*}$

Das dann in die Formel für den Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks einsetzen und fertig ist man.
Bei Bedarf kann man sich $\begin{eqnarray*} A=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot s^2 \end{eqnarray*}$ noch durch Pythagoras schnell herleiten.

12.04.2020, 07:58

Dopap

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RE: Dreieck aus Quadrat

Zitat:

Original von Dopap

Nun ist die Frage ob man der Küchenwaage und meinen Schneidekünsten trauen kann?

soll die Unsicherheit der Vermutung belegen.

Osternase hat für sofortige Klarheit gesorgt und Klauss ebenfalls, wenn auch auf einem anderen Level.
Ansonsten ist immer wieder von Interesse zu Sehen welche Möglichkeiten sich mathematisch anbieten.
Aber auch die Fragen sind vielfältig, ich glaube es sind bald von deren im 2 stelligen Bereich, die mit einem Quadrat zu tun hatten Augenzwinkern

[attach]50964[/attach]

12.04.2020, 09:55

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von Nachtfrager
Auf die Skizze von Ulrich Ruhnau bezogen:

Ich dachte die Strecken a1 und a2 müssen gleich lang sein, da sonst das Dreieck AEF nicht gleichseitig sein kann.

Wo ist mein Denkfehler ?

Das ist eine kleine Schwäche meiner Zeichnung. Ich hatte in Geogebra zuerst das Quadrat als regelmäßiges 4-Eck gezeichnet, dann einen Punkt E beweglich auf der rechten Quadratseite verankert und dann mit A und E das gleichseitige Dreieck generiert. Dann habe ich den Punkt E solange verschoben, bis Punkt F die obere Quadratseite berührte. Weil die Verschiebung von E in kleinen Stufen verläuft, habe ich das nicht genauer hinbekommen. Irgendwo kann man die Schrittweite für Verschiebungen von Punkten einstellen, aber ich habe nicht gefunden, wo.

12.04.2020, 20:55

lightswitch

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Inspiriert von Dopaps Aufgabe und einer Grafik im Internet, habe ich mal ein paar Aufgabenteile ergänzt.

Falls Interesse besteht, können dazu ja auch noch Lösungsvorschläge gepostet werden.

12.04.2020, 21:30

klauss

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Mit den bereits erarbeiteten Ergebnissen sind die Zusatzaufgaben ziemlich leicht zu lösen.

Insbesondere ist es hier hilfreich, sich der Vektorrechnung zu bedienen, das Bild um 180° zu drehen und den Punkt C in den Koordinatenursprung zu legen, da die Koordinaten von F und G bereits bekannt sind und andere Punkte daraus berechnet werden können.

Aufgabe 4 läßt sich sofort beantworten, nachdem wir wissen, dass der Winkel FCD 15° ist, der Innenwinkel des gleichseitigen Dreiecks 60° und der Inkreismittelpunkt auf der Winkelhalbierenden des Innenwinkels liegt, also bei 45° bezüglich der Quadratseite CD. Da ist also sonst nichts mehr zu zeigen.

14.04.2020, 14:37

klauss

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
... dann einen Punkt E beweglich auf der rechten Quadratseite verankert und dann mit A und E das gleichseitige Dreieck generiert. Dann habe ich den Punkt E solange verschoben, bis Punkt F die obere Quadratseite berührte. Weil die Verschiebung von E in kleinen Stufen verläuft, habe ich das nicht genauer hinbekommen.

Wenn Du den Punkt E direkt an die richtige Stelle setzt (Koordinaten sind ja bekannt gemäß Lösung) und dann von den Punkten A und E aus ein gleichmäßiges Vieleck mit 3 Ecken bildest, landet der Punkt F automatisch auf der oberen Dreiecksseite.
Wenn die Winkel-/Längenangaben nicht 100%ig stimmen, kannst Du das Anzeigen der Beschriftung deaktivieren und stattdessen per Textfeld die Solldaten einfügen.
Das vermeidet Unklarheiten und im Rahmen der Zeichengenauigkeit ist Gleiches dann gleich.

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