Bei dieser Aufgabe war es nicht verkehrt, ein paar grundlegende Formeln am Dreieck zur Verfügung zu haben.
Lösungsidee 1 , (die nicht zum Erfolg führt):
Zusätzlich sollen die Umfänge der Teildreiecke gleich sein.
Dreieck ABF zu Dreieck FBC
u1=sb+b2+c=sb+85m u2=sb+b1+a=sb+65m
u1
u2Dreieck ABD zu Dreieck ADC
u3=sa+a1+c=sa+80m u4=sa+a2+b=sa+70m
u3
u4Dreieck AFC zu Dreieck FBC
u5=sc+c1+b=sc+80m u6=sc+c2+a=sc+70m
u5
u6Lösung von Sascha Kramer /Heinz Mayr /Rolf Richberg
Lösungsidee:
Wenigstens eine Teilfläche soll ein Dreieck sein. Dieses Dreieck ist halb so
groß wie das Ausgangsdreieck und besitzt einen "Außenumfang" von 75m.
1. Fall: Ausgangs- und Teildreieck umschließen den Winkel Beta.
Hinweis:
Dies ist die einzige Lösung mit einem geradlinigen Schnitt. Legt man
die Punkte D und E auf andere Seiten, so liefert der gleiche Ansatz keine bzw.
unbrauchbare Lösungen.
Durch eine Ecke kann die Schnittlinie nicht gehen, weil damit unmöglich beide
Bedingungen erfüllt werden können. (siehe oben)
Also:
Die Brüder sollten die gemeinsame Grenze so ziehen, dass sie folgende beiden
Punkte auf den Außengrenzen des Grundstückes verbindet:
entfernt ist und zwar von dem Eckpunkt, an dem die 40m-Seite beginnt. Punkt 2
liegt auf eben dieser 40m-Seite und zwar auch von dem gleichen Eckpunkt entfernt,
aber 23,14m.
Damit beträgt die Grenze eines jeden Bruders 75m + 43,30m = 118,30m.
Die Grundstücksgröße beträgt 496m2, da der gesamte Flächeninhalt
992,16 m2 beträgt
Konstruktive Lösung zum Problem der Halbierung des Dreiecksfeldes von
Franjo Schulte:
Die Aufgabe ist nur interessant für unterschiedliche Seitenlängen des Dreiecks.
Es sei also o.B.d.A. a<b<c. Außerdem ist natürlich die Einschränkung wichtig,
dass die Halbierungslinie Teil einer Geraden sein muss!
- Zeichne eine Parallele DE zur längsten Seite c durch den Mittelpunkt M des
Inkreises, mit der Länge (a+b+c)/4.
(Ist r der Radius des Inkreises, so gilt: A(ABC) = r(a+b+c)/2.)
- Ergänze zum Parallelogramm BDEF mit EF || a, der kürzesten Seite des
Dreiecks.
(Dieses Parallelogramm hat dann den Flächeninhalt r(a+b+c)/4.)
- Konstruiere die Länge der Strecke FH (per Thaleskreis über ME),
so dass (FH)2 + (MD)2 = (ME)2 gilt!
(Dann hat FH die Länge (v((a+b+c)2-8ac))/4.)
- Verbinde H mit M bis zur Seite a im Punkt G.
(Dann hat das Dreieck BGH den gleichen Flächeninhalt wie das Parallelogramm BDEF! Denn die Dreiecke MEI, FHI und MDG sind ähnlich und die Grundkanten sind durch "Pythagoras" entstanden .)
Umfang:
Dass das Dreieck BGH den halben Flächeninhalt von ABC hat, gilt nach Konstruktion!
Da GH durch den Inkreismittelpunkt verläuft, haben die beiden Teilstücke auch den gleichen Umfang!
Denn es gilt per Zerlegung in zwei bzw. drei Teildreiecke mit jeweils einer Ecke M:
2A(BGH) = r(BG) + r(BH) = r(GC) + r(AC) + r(AH) = 2A(GCAH),
also: BG + BH = GC + AC + AH.
Für a = 40 m, b = 50 m und c = 60 m gilt
FH = 14,3614…m,
also BH = 51,8614…m
und BG = 75m – BH = 23,1386 m.
Interessant wäre nun ein Beweis dafür, dass die Umkehrung auch gilt,
also der Satz:
Eine weitere sehr interessante Aufteilung der Fläche mit einem Zick-Zack-Zaun
von Erwin Koller (graphische Lösung)
Die Seiten a = 40m und c = 60m verhalten sich wie 2 : 3
Unterteilt man jede Seite in 12 Teile (Vielfaches von 2 und 3),
so entsprechen 2 Teile der Seite c 3 Teilen der
Seite a.
2 Teile von c entsprechen 10m und ergeben mit der Seite a 50m.
Teilt man die Seite b in zwei gleiche Teile ergibt sich mit K – A - O bzw.
K – C – B – O jeweils der halbe Umfang des Dreiecks.(25m+50m=75m
10m+40m+25m=75m)
Verbindet man die Teilungspunkte der Seiten a, b, und c entsprechend, so erhält
man
144 ähnliche Dreiecke. Dabei erkennt man dass das Dreieck AQK deckungsgleich
dem Dreieck CKS ist. Dies gilt auch für die Figuren KLMNOPQ und BONMLS.
Die Linie K-L-M-N-O teilt somit das Dreieck in zwei flächenmäßig gleich große
Teile
und hat eine Länge von 40m. (Etwas kürzer wäre die Linie K-L-O.)
