ich habe auch keine andere Lösung als die von abakus. Mein erster Ansatz war es, die beiden Strecken \(ED\) und \(DC\) auf die Gerade durch \(EA\) zu projizieren. So ist $$\frac{1}{2}|EA| = |AB|\left(\cos\left(75°\right)+\cos\left(15°\right)\right)$$die beiden Cosinuswerte sind algebraische Zahlen und können hier nachgelesen werden.
das ist natürliche keine "schöne" Lösung. Wer kennt schon diese Wurzelausdrücke?
Dann hatte ich diese Idee: Das Viereck \(EMCD\) ist symmetrisch zur Achse \(DM\). Die blau eingezeichneten Winkel sind \(60°\). Daraus folgt \(|ES| = |DE|=|AB|\).
Und die Strecke \(|EM|=|EA|/2 \) lässt sich dann nach dem Sinussatz berechnen:$$\frac{|EM|}{\sin\left({\color{green}120°}\right)} = \frac{|ES|}{\sin\left({\color{red}45°}\right)} \implies |EM| = |AB|\frac{\frac{1}{2}\sqrt{3}}{\frac{1}{2}\sqrt{2}}=\frac{|AB|}{2}\sqrt{6}$$das geht natürlich auch ohne Sinussatz, was dann "schöner" ist. Man bringt die Gerade durch \(EC\) ein, die gleichzeitig die Höhe im gleichseitigen Dreieck \(\triangle ESD\) (s.o.) beinhaltet.
Wegen \(\angle EDM=60°\) ist \(|DT| = |DE|/2\) und \(|ET|\) die Höhe im gleichseitigen Dreieck und somit $$|ET| = \frac{1}{2}\sqrt{3}\, |DE|= \frac{1}{2}\sqrt{3}\, |AB|$$und weil \(\angle DME={\color{red}45°}\) ist das Dreieck \(\triangle EMT\) ein gleichschenkliges und rechtwinkliges - bzw. ein halbes Quadrat. Also $$|EM| = \sqrt{2} \, |ET| = \sqrt{2}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{3}\, |AB| = \frac{1}{2}\sqrt{6}\,|AB|$$schaut man genau hin, ist dies fast die Lösung von abakus.
Gruß Werner
