Hallo zusammen und schönes neues Jahr noch.
Auf das dieses Jahr 2021 besser wird als das letzte Jahr.
bei nachfolgendem Dreieck wir der Winkel x gesucht.
Durch nerviges Gerechne komme ich auf X = 20°
Damit sind sich die Dreiecke AED und ADC ähnlich.
Jetzt geht es mir darum:
wie kann ich - ohne Berechnung - zeigen, dass diese beiden Dreiecke sich ähnlich sind.
Auf diesem Wege hätte ich ja auch den gesuchten Winkel x gesunden.
wer hilft???
lg
Strecke AB = Strecke DC und Strecke EC = Strecke EB
Hallo,
Kannst Du bitte die ursprüngliche Aufgabe und eine bessere Skizze einstellen?
Danke.
Gruss
Jörg Zabel
Wenn es eine Matheaufgabe ist, dann bitte die Klassenstufe und das Thema, das dort gerade in Mathematik behandelt wird, angeben. ,
Hallo,
ja schon, aber nicht aus der Schule, er sammelt das aus Spaß an der Freud’. 
Viele Grüße
Christa
Hallo!
Ich bin mir nicht sicher, ob ein rein geometrischer Beweis möglich ist.
Ich gebe auch zu bedenken, daß die Tatsache, daß der Winkel x gleich dem bei C ist, reiner Zufall ist, der sich aus den Winkeln der Graden AD und BE bei A und B ergibt. Würde man BE in B drehen, würde sich x und das Dreieck ADE auch ändern, das Dreieck ACD bliebe aber unberührt.
Hallo Jörg
ich hab es mal ein bisschen fetter gemacht. besser so??
ist keine Matheaufgabe.
einfach nur so. . .
hallo sweber,
das hab ich mir auch überlegt.
würde man - wie du schreibst - BE in B drehen, würde sich das Dreieck ADE ändern.
so weit so gut.
nur wie kann man den Umstand ausnutzen, das es so ist wie es ist, insbesondere
das gilt: Strecke DC = Strecke AB und Strecke BE = Strecke EC.
damit fallen doch „unnötige“ Parameter weg.
Es fragt sich, wie dieses Dreieck überhaupt zu konstruieren wäre. Bei näherer Untersuchung zeigt sich, daß es sich um eine recht interessante geometrische Angelegenheit handelt:
Ich mache noch einige Signaturen:
γ = ∠ ACB
β = ∠ ABC
β’ = ∠ ABE
α = ∠ CAB
α’ = ∠ DAB
δ = ∠ EDA (dein gesuchter)
Es zeigt sich nämlich, daß
(1) eine Aussage über den Winkel δ ausschließlich bei Dreiecken zu machen ist, die gleichschenklig zu γ sind. Bei allen anderen ist δ abhängig von der willkürlichen Wahl der Lage der Strecke AB (also von β) abhänig.
(2) in einem um C gleichschenkligen Dreieck sind sämtliche (!) Winkel abhängig von γ. Und zwar ausschließlich und eindeutig. Sie brauchen also gar nicht von vornherein angeben zu werden.
Und eine Konstruktion sieht dann so aus:
Nach Wahl eines Winkels γ trägt man auf dem einen Schenkel eine Strecke EC ab.
Der Kreis um E mit Radius EC schneidet den anderen Schenkel in einem Punkt B.
Der Kreis um C mit Radius CB schneidet den ersten Schenkel im Punkt A.
Der Kreis um C mit Radius AB schneidet den Schenkel CB im Punkt D.
Der Winkel EDA = δ ist der zu bestimmende.
Nun zeigt sich Folgendes:
Bei gegebenem γ ist die Strecke EC frei wählbar, Und die Länge von ED sowie die Länge von AB hängen zwar von EC ab. Aber:die Lage der Strecke ED und die Lage der Strecke AD, also die Winkel, die sie zu den Strecken der Schenkel und zu AB bilden, hängen ausschließlich von γ ab! Alle Winkel sind völlig unabhängig von der Wahl von EC. Insbesondere die Winkel δ = EDA und der Winkel β’ = ABE und der Winkel α’ = DAB. Sie brauchen also gar nicht zusätzlich angegeben zu werden. Für γ = 20° sind die Winkelverhältnisse geanu so, wie angegeben. Aber sie sind unabhängi von der Wahl der Strecke EC.
Bei jedem beliebigen (EC)’ sind die jeweiligs zugehörigen Strecken (ED)’ parallel. Ebenso die Strecken (AD)’ und (EB)‚. Und damit sind natürlich auch die Winkel δ, β‘ und α’. Sie alle hängen ausschließlich von γ ab.
Nun ist die Frage, wie hängen sie von γ ab?
Fest steht:
γ → 0° ⇛ β’ → 90°
γ → 0° ⇛ α’ → 90°
γ → 0° ⇛ δ → 0°
Ferner:
γ → 60° ⇛ β’ → 0°
γ → 60° ⇛ α’ → 0°
γ → 60° ⇛ δ → 0°
Daraus ist zu ersehen, daß δ irgendwo ein Maximum hat. Und man würde vermuten, daß dies bei einem γ liegt, bei dem EC und DC=AB gleich sind. Also wenn ED parallel zu AB liegt. Das ist irgendwo zwischen γ = 35° und 40° der Fall. Genauer konnte ich es graphisch noch nicht bestimmen, denn man kann nicht rückwärts aus den graphischen Gegebenheiten den Winkel γ konstruieren.
Tatsächlich liegt das Maximum von δ aber nicht dort,sondern in der Nähe von γ = 31°. Bei γ = 30° ist δ = 39°.
Das interessante ist, daß es für β’ eine durchgängige lineare Abhängigkeit von γ gibt. Ich habe sie graphisch ermittelt:
β =-1,5 γ + 90°
Und, was mich selbst erstaunte: Zwischen γ = 60° und dem Maximum von δ bei γ ≈ 31° ist γ und &delta, identisch!. In diesem Bereich gilt also ebenfalls
δ = -1,5γ + 90°
Man würde nun weiter vermuten, daß bei γ ≤ 31°, wo δ also immer kleiner wird, δ der Funktion
δ = +1.5γ
folgt. Aber das ist nicht der Fall. Deutlich ist lediglich, daß δ zwischen γ = 0° und 31° jedenfalls ebenfalls linear in γ ist: Die Meßwerte bilden eine Gerade. So wäre etwa im Fall deines Ausgangsproblems bei γ = 20° der Winkel δ = 30°. Tatsächlich ist er aber nur δ = 21°.
Eine Möglichkeit, δ systematisch rein geometrisch zu bestimmen, speziell für γ = 20°, sehe ich nicht. Zumal er ja bei nicht-gleichscnkligen Dreiecken eh willkürlich ist bzw. von allen anderen Größen des Dreiecks unabhängig.
Daß ich die Funktion
δ = f(γ)
bisher nicht fand, liegt auch daran, daß die Konstruktion graphisch mit Zirkel und Linear (die einzigen klassichen Mittel für alle 2-dimensionalen geometrischen Konstruktionen) für kleine γ an der mangelden Genauigkeit scheitert.
Vielleicht kann hier @sweber mit dem geogebra.org helfen? Ein paar Werte für γ zwischen 5° und 30° würden ja reichen, um die Funktion δ = f(γ) zu bestimmen. Und es würde sich zeigen, ob sie tatsächlich linear ist wie für γ ≥ 40°.
Schönen Gruß
Metapher
Aye!
Hier kann jeder selbst spielen.
Die Konstrunktion ist genau die, die du angegeben hast. Der Schieberegler erlaubt es, den Winkel γ zwischen 0 und 90° zu ändern. Des Weiteren kann man die Punkte C und E verschieben, da sie ja frei vorgegeben sind. Alle anderen Punkte sind nicht unabhängig, und könnten daher nicht verschoben werden.
Mit der Maus kann man den Schieberegler nur in 1°-Schritten verändern. Ist er markiert, kann man mit den Tasten Pfeil-Links / Pfeil-Rechts auch in 0,1°-Schritten gehen.
Soo, und da es ne Koinzidenz zwischen meinem Urlaub und Lockdowns gibt, hier etwas Fleißarbeit:
| γ| δ| β| β‘| | 0,1| 0,000|89,950|89,850| | 2,5| 0,120|88,750|86,250| | 5,0| 0,570|87,500|82,500| | 7,5| 1,490|86,250|78,750| |10,0| 3,050|85,000|75,000| |12,5| 5,520|83,750|71,250| |15,0| 9,120|82,500|67,500| |17,5| 14,000|81,250|63,750| |20,0| 20,000|80,000|60,000| |22,5| 26,420|78,750|56,250| |25,0| 32,190|77,500|52,500| |27,5| 36,310|76,250|48,750| |30,0| 38,360|75,000|45,000| |31,5| 38,630|73,750|41,250| |35,0| 36,940|72,500|37,500| |37,5| 34,310|71,250|33,750| |40,0| 30,960|70,000|30,000| |42,5| 27,190|68,750|26,250| |45,0| 23,250|67,500|22,500| |47,5| 19,250|66,250|18,750| |50,0| 15,280|65,000|15,000| |52,5| 11,380|63,750|11,250| |55,0| 7,540|62,500| 7,500| |57,5| 3,760|61,250| 3,750| |60,0| 0,000|60,000| 0,000| |62,5| -3,760|58,750| -3,750| |65,0| -7,540|57,500| -7,500| |67,5|-11,400|56,250|-11,250| |70,0|-15,370|55,000|-15,000| |72,5|-19,470|53,750|-18,750| |75,0|-23,750|52,500|-22,500| |77,5|-28,250|51,250|-28,250| |80,0|-30,980|50,000|-30,000| |82,5|-37,990|48,750|-33,750| |85,0|-43,290|47,500|-37,500| |87,5|-48,870|46,250|-41,250| |89,9|-54,500|45,050|-44,850|
Da ist ein Maximum für δ bei γ=31,3°, und über die Linearität braucht man nicht zu streiten…
Hi @sweber,
das ist großartig. besten Dank für die Mühe! Auch dafür, zusätzlich die Tabelle zusammenzustellen und die Kurven graphisch zu zeigen (geht das auch mit Geogebra? Hab mich jetzt ein wenig eingebuddelt in Geogebra. Man muß ein wenig üben, aber dann ist es ein phantastisches Instrument.)
Die Kurven sind erstaunlich. Man würde einen irgendwie intuitiveren Verlauf erwarten. Linear für β’ also nur „fast“. Mein Geometrie-Werkzeug, obwohl für den Hausgebrauch qualitativ optimiert, ließ das nicht erkennbar machen. Der Knick zwischen 70° und 80°, aber vor allem auch der kleine Knick von β’ bei ≈ 31° ist überraschend. Auch daß ED ∥ AB, also das perfekte Trapez EDAB, ausgerechnet bei γ 39° liegt und dann γ =. β’ = δ Auch das Max von δ bei ≈ 31,3° erstaunt. Nichtmal den Gefallen, mit der Mittelsenkrechten auf CB zu assoziieren, tut diese kuriose Konstruktion.
Frage an den Dreiecks-Fan @ralf_g_nther: Wo hast du dieses sophistcated Monster her?
Schönen Gruß
und nochnmal Dank an dich @sweber
Metapher
Hi!
Ja, ich mag Geogebra auch. Irgendwie hat es ne wunderschöne Darstellung, finde ich.
Wenn du in der linken Seite in die Liste der Elemente gehst (Da sind ein paar aus rein optischen Gründen, bzw. als Hilfskonstrukte drin), findest du auch den Schieberegler, und kannst den als Animation durchlaufen lassen.
Eigentlich war mir, als gäbe es ne Art Plotter, um so nen Funktionsverlauf zu zeichnen. Auch zu Tabellen gibt es irgendwo Infos im Netz, aber das scheint es in dem Geogebra-Modul nicht zu geben. Insofern, Tabelle und Diagramm sind mit Office gemacht.
Diese leichten Hubbel wundern mich auch. Numerische Fluktuationen scheinen das nicht zu sein, denn davor und dahinter ist ja wieder alles glatt, und ich sehe nicht so recht, wie das durch die Geometrie begünstigt werden könnte. Andererseits: Hinter dem Hubbel bei 80° hat δ plötzlich ne andere Steigung.
Vielleicht sollte man das doch nochmal analytisch durchrechnen… Das würde dann auch zeigen, wie linear das ganze wirklich ist.
Hallo,
zunächst zur Frage nach einer vemuteten Linearität zwischen γ und β’ die hier im Thread aufkam: Das Bild zeigt den Graphen der Funktion γ(β’) als schwarze Punkte. Er ist überall gekrümmt, für kleine β’ aber nur sehr schwach. Die rote Gerade markiert γ = β’. Die Winkel sind in keinem Bereich proportional zueinander.
Ich bin an die Sache etwas anders herangegangen, und zwar indem ich die Punkte A, B und C in einem Koordinatensystem festgepinnt habe auf (–1, 0) und (+1, 0) und (0, h) mit dem frei wählbaren Parameter h = die „Höhe“ des gleichschenkligen Dreiecks ΔABC über seiner AB-Grundlinie. Diese Höhe ist der einzige Parameter, den es bei meiner Betrachtung gibt. Das ist in Ordnung, weil man jeden gewünschten Winkel γ im Punkt C durch passende Wahl von h „einstellen“ kann. (Änderung des Abstands C-E bei festem γ ist sowieso witzlos, denn dadurch ändert man lediglich die Gesamtgröße des Gebildes).
Wenn man nun in GeoGebra den Punkt C auf der y-Achse hoch- und runterschiebt und dabei die Dreiecke ΔADC und ΔADE beobachtet, sieht man, dass sie bei h ≈ 5.67 ähnlich (genauer: spiegelbildlich-ähnlich) zueinander sind.
Wie groß ist nun der exakte Wert von h in diesem Fall? Also: Welche Gleichung in h wird für diesen Wert gelöst? Darüber kann man hier schon eine Voraussage wagen: Er ist eine Nullstelle eines bestimmten Polynoms in h. Bei der Ähnlichkeitsbedingung werden ja zwei Streckenverhältnisse gleichgesetzt und darin treten nur Quotienten von Längen von Vektoren auf. Um die auszurechnen, muss man Summen, Differenzen, Produkten, Quotienten und Quadratwurzeln von Zahlen bilden, aber nicht mehr! Es können also niemals Funktionen wie z. B. „e hoch“ oder Logarithmus oder Arcussinus ins Spiel kommen.
Im Folgenden bezeichnen die Kleinbuchstaben a, b, c, d, e die Ortsvektoren der entsprechenden Punkte. Der Punkt D ist schnell klargemacht (liegt auf B-C-Verbindungslinie und ist 2 weit von C entfernt):
d = c – 2 (c – b)/|c – b| = (2/sqrt(h² + 1), h – 2h/sqrt(h² +1))
Mit dem Punkt E verhält es sich anders. E ist der Schnittpunkt der Geraden durch A und B sowie der Gerade durch (B + C)/2, welche senkrecht zur Geraden durch B und C ist. E erfüllt also für genau ein spezielles Paar (λ, σ) diese beiden Gleichungen:
e = a + λ(c – a)
e = 1/2 (b + c) + σ s
mit dem Vektor s = (h, 1), der senkrecht auf c – b = (–1, h) steht.
Das ist ein lineares 2×2-Gleichungssystem für die Unbekannten λ und σ. Die beiden Gleichungen werden von der x- und y-Komponente gebildet. Die Lösung ist
e = (1/2 – h²/(h² – 1), h/2 – h/(h² – 1))
Jetzt die Ähnlichkeitsbedingung: Die Dreicke ΔADC und ΔADE sind genau dann ähnlich zueinander, wenn
|e – a| / |d – a| = |d – a| / |c – a|
erfüllt ist oder dazu äquivalent
|e – a| |c – a| = |d – a|² [•]
Das Ausrechnen der drei Punkteabstände |e – a| und |c – a| und |d – a| ist langweilig; deshalb hier gleich das Ergebnis:
|e – a|² = 1/4 (q – 3)² (q + 1) / (q –1)²
|c – a|² = q + 1
|d – a|² = 4 (1 – q)/sqrt(q + 1) + q + 5
wobei q definiert ist als q = h² (wie sich herausstellt, treten seltsamerweise in allen Ausdrücken nur gerade h-Potenzen auf). Noch ein Hinweis, falls das jemand nachvollziehen will: Man muss unterwegs zwei Polynome faktorisieren; es gilt q³ – 5 q² + 3q + 9 = (q – 3)² (q + 1) und q² + 6q + 5 = (q + 5) (q + 1).
Setzt man nun alles in [•] ein, erhält man diese Gleichung:
sqrt(1/4 (q – 3)² (q + 1)/(q –1)²) sqrt(q + 1) = 4 (1 – q)/sqrt(q + 1) + q + 5
Erstmal vereinfacht sich die linke Seite wegen sqrt(q + 1) sqrt(q + 1) = q + 1 kräftig:
1/2 (q – 3) (q + 1) / (q –1) = 4 (1 – q)/sqrt(q + 1) + q + 5
Die nächsten Umformungsschritte sind klar: Subtraktion von q + 5 auf beiden Seiten, danach mit 2 (q – 1) multiplizieren und dann quadrieren, um die Wurzel sqrt(q + 1) loszuwerden; das liefert:
((q – 3)(q + 1) – 2 (q – 1)(q + 5))2 = 64 (q – 1)4/(q + 1)
Nach Multiplikation mit q + 1 und anschließender Subtraktion der rechten Seite hat es schon die Form „… = 0“:
((q – 3)(q + 1) – 2 (q – 1)(q + 5))2 (q + 1) – 64 (q – 1)4 = 0
Und wenn man nun die linke Seite (mit einem CAS) ausmultipliziert, bis nichts mehr zum Ausmultiplizieren da ist, steht da:
q5 – 43 q4 + 362 q3 – 438 q2 + 165 q – 15 = 0
Cool! Die linke Seite ist ein Polynom in q vom Grad 5. Wie das Pendant dazu in h aussieht, ist wegen q = h² klar:
h10 – 43 h8 + 362 h6 – 438 h4 + 165 h2 – 15 [••]
Das h-Polynom ist also vom Grad 10 und damit sind seine Nullstellen nicht algebraisch berechenbar, denn das geht ja nach dem Satz von Abel nur bis zum Grad 4. Auch auf das q-Polynom mit seinem Grad 5 trifft das zu.
Jetzt kommt aber das Verrückte: Wenn die Winkelangaben 20° und 60° in der Skizze exakt stimmen, dann ist trivialerweise h = tan(80°) und das würde bedeuten, dass tan(80°) eine Nullstelle des Polynoms [••] ist! Das lässt sich leicht mit einem CAS überprüfen (Skript für Maxima; 50 Dezimalstellen Genauigkeit):
fpprec: 50$ f(x) := x^5 - 43*x^4 + 362*x^3 - 438*x^2 + 165*x - 15$ h: bfloat(tan(80*%pi/180)); q: bfloat(h^2); f(q);
Die Ausgabe ist:
h = 5.6712818196177095309944184398639644216253782606898b0 q = 3.2163437477526358426484889641639036910465989804875b1 f(q) = 6.0669654918713056590977535974031697002569965855401b-43
Also ist tan(80°) tatsächlich eine Nullstelle des Polynoms [••]. Aber kann man das auch algebraisch verifizieren? Wie sollte das gehen? Es gibt ja keine „Wurzel-Darstellung“ von tan(80°) wie etwa tan(60°) = sqrt(3) oder tan(75°) = 2 + sqrt(3) oder tan(54°) = 1/5 sqrt(25 + 10 sqrt(5)). Es gibt keine, weil tan(80°) nicht konstruierbar ist, denn der Winkel 80° ist es auch nicht (sonst ließe sich daraus durch dreimalige Halbierung 10° konstruieren, aber 10° ist nicht konstruierbar). „Konstruierbar“ bedeutet, dass eine Länge oder ein Winkel exakt mit Zirkel und unmarkiertem Lineal in endlich vielen Schritten konstruiert werden kann. Konstruierbare Winkel sind z. B. 60° und 90° sowie alle 2k-fachen davon mit beliebigem ganzzahligem k, denn Winkel halbieren kann man uneingeschränkt, aber dreiteilen geht im allgemeinen nicht.
Damit ist auch klar: Das ganze Gebilde ist schon wegen des Winkels γ = 20° nicht konstruierbar. Dass es trotzdem zu der Erkenntnis führt, dass tan(80°) eine Nullstelle des Polynoms [••] ist, finde ich bemerkenswert. Eventuell könnte ein Experte auf dem Gebiet der Galoistheorie darauf eine Antwort geben.
Es scheint auch keine Möglichkeit zu geben, zu zeigen, dass im Ähnlichkeitsfall der Teilwinkel 10° im Punkt A tatsächlich genau halb so groß ist wie γ = 20°.
Um es mit dem Jugendwort des Jahres 2020 zu sagen: „lost“.
Gruß
Martin
Hallo Martin,
das ist ja eine coole Rechnung! 
Ich ergänze noch einen Schritt. Dein Polynom fünften Grades lässt sich exakt faktorisieren
x^5-43x^4+362x^3-438x^2+165x-15 = (x^2-10x+5) (x^3-33x^2+27x-3)
und hat die Nullstellen
x_1 = 5+2 sqrt(5) = 9.472 135 …
x_2 = 5-2 sqrt(5) = 0.527 864 …
x_3 = 11+8 sqrt(7) cos(a) = 32.163 437 …
x_4 = 11-4 sqrt(7) cos(a)+4 sqrt(21) sin(a) = 0.704 088 …
x_5 = 11-4 sqrt(7) cos(a)-4 sqrt(21) sin(a) = 0.132 474 …
mit a = arctan(sqrt(12)/74)/3.
Die Lösung x_3 ist offenbar die gesuchte, x_3 = (tan(80°))².
Vielleicht sieht ja jemand, wie man diese Gleichheit beweisen kann.
Liebe Grüße
vom Namenlosen
Hallo Metapher
mein Gott, was habe ich da losgetreten . . . 
so „perverse“ Berechnungen bis hin zur 5. Potenz sollen und müssen wohl nicht sein.
Letztlich geht es mit nur darum, die Ähnlichkeiten beider Dreiecke ADC und ADE zeigen zu wollen. Können kann ich das aber nicht.
Insbesondere möchte ich den Winkel nicht berechnen. Das habe ich gemacht mit den „normalen“ trigonometrischen Sachen. Aber das müsste doch auch nur geometrisch gehen. . .
hin und her:
gerne möchte ich deine Frage beantworten, woher ich dieses „sophistcated“ Monster her habe.
Mein neuer Geometrie Guru ist Presh Talwalker geworden.
Er denkt so und arbeitet so, wie ich mir das auch vorstelle und nachvollziehen kann.
Und ich bin gerade dabei seine videos mir anzusehen und zu verstehen. und wenn ich was ich nicht verstehe, dann nerve ich die „wer-weiss-was.de“ community.
So einfach mache ich mir das.
Huch, jetzt habe ich mich aber verplappert . . 
Wie dem auch sei:
Die entsprechenden links habe ich dir angehängt.
Rückmeldung, ob sie dir auch gefallen???
oder schon bekannt sind??
LG
Ralf Günther
hallo sweber
dem metapher habe ich seine Fragen beantwortet, Die Beantwortung dieser Fragen könnte auch für dich relevant sein. siehe es dir einfach an.
Gruß Ralf Günther
deine Antworten habe mich fast erschlagen. bis hin zur 5. Potenz rechnen.
no way, geht nicht bei mir. (lächel)
Hallo Martin,
Kompliment für deine aufwendige Rechenarbeit! Die Idee, h als einzige Variable zu wählen, statt γ ist natürlich genial. Ich bin deiner damit ermöglichten Entwicklung des Polynoms in h noch nicht im Einzelnen gefolgt. habe daher die Frage, ob sich damit die Tatsache erhellen läßt, wieso
CE = CD, also ED ∥ AB
ausgerechnet bei γ = 39° liegt? Und daß dann auch γ =. β’ = δ ist?
Besten Dank auch für den Nachweis, daß β’ = f(γ) tatsächlich nicht linear ist.
Gruß
Metapher
Die aufwendige Entwicklung des Polynoms 10. Grades in „h“ stammt von @Martin.
Hallo,
Vorsicht – langes Posting – Lesen auf eigene Gefahr! :–)
ich starte mit einem Bild des Konstrukts, in dem alles zunächst Überflüssige weggelassen ist (nämlich der Punkt E und die AD-Verbindungsstrecke):
Betrachte das Bild und frage Dich, was Du siehst. Du wirst mir zustimmen, dass zwei gleichlange dünne Strecken und zwei gleichlange dicke Strecken zu sehen sind. Wobei es einen Unterschied zwischen dem „Dünne-Strecken-Paar“ und dem „Dicke-Strecken-Paar“ gibt: Die dünnen Strecken teilen sich einen Punkt miteinander, aber die dicken tun das nicht.
Diese Tatsache hat nun eine ganz bestimmte Konsequenz: Wegen ihrer Längengleichheit („Kongruenz“) kann man sowohl die beiden dünnen Strecken als auch die beiden dicken aufeinander abbilden. Bei den dünnen Strecken geht das aber mit einer einzigen Klappspiegelung, wohingegen man bei den dicken Strecken zwei Spiegelungen benötigt.
Die Achse der „Dünnen-Strecken-Spiegelung“ ist klar, das ist die vertikale AB-Mittelsenkrechte des Dreiecks. Und die beiden Achsen der „Dicken-Strecken-Zweifach-Spiegelung?“ Wo die liegen ist vielleicht nicht ganz so offensichtlich, aber auch sie sind zu finden: Man muss einmal an der BC-Mittelsenkrechten spiegeln und dann nochmal an der Winkelhalbierenden der Strecken BA und BC.
Jetzt wird es interessant: Was bekommt man denn, wenn man dabei die komplette Figur mitspiegelt? Die Antwort ist das blaue Dreieck in diesem Bild:
Das gelbe Dreieck (das nicht weiter interessant ist) ist das Ergebnis der ersten Klappspiegelung (Achse = die rotgestrichelte Linie), und das blaue Dreieck ist das Spiegelbild des gelben nach der zweiten Klappspiegelung (Achse = die grüngestrichelte Linie).
Wie Du siehst, liegt der Spiegel-Spiegelpunkt von A (weiß hervorgehoben) gerade auf der rotgestrichelten Linie. Zu diesem „merkwürdigen Zusammentreffen“ kommt es nur bei einem ganz bestimmten Dreieck-Öffnungswinkel γ, nämlich den 20°, die das Dreieck ΔABC tatsächlich (vom Erfinder des Rätsels aus diesem Grund absichtlich verpasst bekommen) hat. Diesen Gedanken kann man weiter verfolgen, aber ich möchte auf etwas anderes hinaus.
Wir haben durch unsere Spiegeloperation neue dünne und dicke Strecken erzeugt, und da wollten wir doch mal Inventur machen (nur graues und blaues Dreieck beachten): Haben wir jetzt drei dünne und zwei dicke Strecken? Nein, die „kurze“ Seite des blauen Dreiecks müssen wir natürlich noch dick machen:
Einmal Spiegeln erzeugt also eine neue dicke Strecke. Würden wir die Spiegeloperation mit dem blauen Dreieck wiederholen, bekämen wir eine weitere dicke Strecke (und ein weiteres Dreieck, wenn wir es zeichnen). Dann das neue Dreieck wieder spiegeln und so fort und immer neue dicke Strecken kämen hinzu. Niemand verbietet uns, diese Spiegelungen zum Beispiel bis zur Nummer 509 fortzusetzen – und dann? Würden wir dann gut fünfhundert dicke Strecken auf dem Blatt Papier (oder dem Monitor) sehen? Die Antwort ist nein. Bei der siebzehnten Spiegelung passiert nämlich etwas wundersames: Die dadurch erzeugte dicke Strecke ist nicht mehr neu, sondern „alt“, denn sie fällt genau auf die Strecke CD!
Das so erzeugte Gebilde sieht so aus:
Die Erkenntnis dieser ganzen Prozedur ist ziemlich verblüffend: Die Ausgangsfigur (das so harmlos aussehende allererste Bild) definiert ein regelmäßiges Achtzehneck!
Jetzt betrachte Dir die Linien genauer: Die Dreieckpunkte B und C fallen mit je einer Zacke des Sterns zusammen und dazwischen liegen genau vier Zacken. Die Dreieckseite AC kann man nach links unten etwas verlängern, dann trifft sie ebenfalls auf eine Zacke. Dazwischen liegen aber nicht vier, sondern „sechs“ Zacken.
Natürlich gibt es auch Verbindungslinien zwischen den Eckpunkten des Achtzehnecks, die zwei oder drei oder auch gar keine Zacken dazwischen haben. Zur Illustration sind in diesem Achtzehneck ein paar solcher Diagonalen eingezeichnet:
Selbstverständlich ist auch das Ausgangsdreieck noch vorhanden:
Nun können wir uns endlich um die Strecke AD kümmern. Wie wir wissen, schließt die (laut „Lösung“ des Rätsels) mit der Dreieckseite BC einen Winkel von 30° ein und die Dreieckseite ihrerseits gegen die Horizontale einen Winkel von 80°. Also hat die Strecke AD irgendeinen 10°-Vielfaches-Winkel und müsste somit doch auf einer der 135 Diagonalen in dem Stern liegen? Dies ist jedoch nicht der Fall. Der Grund dafür ist, dass der Punkt A, von dem die Strecke AD weggeht, kein Eckpunkt des Achtzehnecks ist. Aber wir können „woanders“ fündig werden. Das Dreieck kommt nämlich nicht nur rechts vor, sondern auch links noch einmal, und dann passt es:
Als wenn das noch nicht genug wäre, hat das Achtzehneck noch eine Überraschung parat: Es enthält das Dreieck nämlich noch mehrfach an anderen Stellen in vergrößerter und verkleinerter Version (und damit meine ich nicht die je 18 gedrehten Varianten, sondern solche in derselben Ausrichtung!). Darunter befindet sich eines, das symmetrisch zur Vertikalen liegt:
Übrigens sind auch die Lösungs-Hilfskonstrukte, also z. B. das über die Strecke AB gebildete gleichseitige Dreieck im ersten Video, alle in den Diagonalen des Achtzehnecks versteckt. Wenn Du danach suchst, wirst Du sie selbst finden können.
Gruß
Martin
Da hat sich aber einer ausgetobt! 
Chapeau! Mal wieder.
Sozusagen Geometro-Akrobatik vom Feinsten!
Mein Name ist Hase und ich wohne im Wald 
Das post geht durch die Decke. . .
Nicht das nachher noch jemand um die Ecke kommt und Schmerzensgeld verlangt. .
ich weiß gar nicht mehr, was ich sagen soll.
ich lasse das erstmal so stehen und sehe mir das morgen in Ruhe nochmal an.
ich tue mal so, als wenn die Frage beantwortet ist.
lg
Ralf
Auf den Schrecken hin habe ich erstmal eine Flasche Apollinaris auf ex getrunken
