Question

Wie groß ist der Radius des Halbkreises?

Einfache Knobelaufgabe. Gibt verschiedene Lösungen ...

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Hier schwatzt es jemand vor:

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Einen haben wir noch:

Die Abschnitte der beiden von P aus angelegten Tangenten haben beide die Länge PT=1,

damit gilt TS=√2 -1. Der Sekantenabschnitt SA hat die Länge 1-2r (linkes Bild).

Nach dem Sekanten-Tangentensatz gilt SA*SB=(ST)², also

(1-2r)·1=(√2 -1)².

Umstellen nach r liefert das schon bekannte Ergebnis.

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Einen haben wir noch:

und noch nicht der letzte ;-). Rechnen braucht man gar nichts, sondern nur ein paar zusätzliche Strecken einzeichnen. Das Ergebnis lässt sich dann sofort ablesen:

Alle gelben Winkel sind gleich groß und daher alle roten Strecken gleich lang.

Die beiden Berührpunkte \(B\) und \(T\) sind gleich weit von \(P\) enfernt, da die Diagonale und die Waagerechte Tangenten an den Halbkreis sind.

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@ Werner-Salomon: Womit auch abseits der dritten binomischen Formel geklärt wäre, dass 1/(1+√2).=√2-1 ist.

@ Moliets: Das ist dann auch der Tangens von 22,5°.

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Sehr gut!

Ich hatte den Tangens in den Taschenrechner eingegeben und 0,414 ... gesehen

Klar, dass das √2-1 ist.

Ergiebige Aufgabe. :-)

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Wohl wahr. Vielen Dank dafür, hat Spaß gemacht.

Answer 1

Löse die Gleichung r² + r² = (1 - r)²

Answer 2

Die Winkelhalbierende bei B schneidet die y-Achse im Mittelpunkt des Halbkreises. Der gesuchte Radius ist \(r=\overline{AM}\).

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Das war auch meine Lösung.

Das mit den Winkelhalbierenden und dem Inkreis muss man dazu natürlich wissen.

Obige Lösung ist vielleicht noch etwas "smarter".

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Die Winkelhalbierende bei B schneidet die y-Achse im Mittelpunkt des Halbkreises. Der gesuchte Radius ist \(r=\overline{AM}\).

War es das, oder hast du wenigstens noch bis zu r=tan 22,5° weitergedacht (ohne es aufzuschreiben)? Den Wert für tan 22,5° kennst du sicher nicht...

Das heißt, jetzt kennst du ihn ja (in Form des Ergebnisses, welches andere vorgerechnet haben).

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@abakus  Ich habe meine Antwort direkt nach der Antwort von döschwo eingestellt. Als weiteren Lösungsweg hätte ich die Geradengleichung durch B \((1|0)\) mit der Steigung \(m=\tan(22,5°)\)aufgestellt:

\(\frac{y-0}{x-1}=-\tan(22,5°)\)

\(y=-\tan(22,5°) \cdot x+\tan(22,5°)\)

\(y(0)=\tan(22,5°)=r\)

Answer 3

Noch ein Weg:

Das abgebildete große Dreieck ist ebenfalls gleichschenklig-rechtwinklig.

Der Flächeninhalt ist A=1, der Umfang ist 2(1+√2)

Der Flächeninhalt eines Dreiecks lässt sich aus dem Inkreisradius r und dem Umfang u mit

A=0,5*r*u berechnen, damit gilt r=2A/u, hier also r=1/(1+√2).

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Der Flächeninhalt eines Dreiecks lässt sich aus dem Inkreisradius r und dem Umfang u mit

A=0,5*r*u berechnen,

Aha, interessant! Das war mir neu.

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Der Radius ist die Höhe in jedem der Teildreiecke.

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Sehr schön!

So gesehen geradezu trivial. :-)

Danke!

Answer 4

Ohne Idee geht's mit Analysis: Legt man in naheliegender Weise ein Koordinatensystem in die Grafik, dann ist der obere Halbkreis Graph der Funktion

$$f:(0,r) \to \R, \quad f(x)=r+\sqrt{r^2-x^2}$$

Wir suchen eine Tangente mit der Steigung -1:

$$f'(x)=\frac{-x}{\sqrt{r^2-x^2}}=-1 \iff x=\frac{r}{\sqrt{2}}$$

Tangente an dieser Stelle ist:

$$T(x)=-(x-\frac{r}{\sqrt{2}})+r+\frac{r}{\sqrt{2}}=-x+(1+\sqrt{2})r$$

Die Bedingung \(T(0)=1\) führt zu \(r=1/(1+\sqrt{2})\). Dann gilt auch \(T(1)=0\)

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Hui, ja, so gehts auch.

Sehr schön!