%
\ANG
{
\mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{07eh061.1}
      \end{center}
Das Viereck $ABCD$ ist ein Parallelogramm. Es gilt: $\overline{AB}=6\,\mathrm{cm}$ und 
$\overline{BC}=5\,\mathrm{cm}$. Der Punkt $A$ ist der Mittelpunkt des Kreisbogens durch den Punkt $D$.
\begin{enumerate}
\item Zeichne die Figur in folgenden Schritten:
      \begin{itemize}
            \item Zeichne zun"achst die Strecke $[AB]$.
	    \item Trage am Punkt $A$ den $55^\circ$-Winkel an.
	    \item Zeichne den Punkt $D$ ein.
	    \item Zeichne den Punkt $C$ ein.
	    \item Konstruiere mit Hilfe des Kreisbogens den Punkt $E$.
      \end{itemize}
\item Begr"unde: Das Dreieck $ADE$ ist gleichschenklig.
\item Begr"unde:
      \begin{itemize}
            \item Es gilt $\gamma=\varepsilon=55^\circ$
	    \item Das Viereck $ABCE$ ist ein achsensymmetrisches Trapez.
      \end{itemize}
\end{enumerate}
}
  
\LSG{
\begin{enumerate}
\item \mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{07eh061_l.1}
      \end{center}
\item Es gilt $\overline{AD}=\overline{AE}=5\,\mathrm{cm}$; also ist das Dreieck $ADE$
      gleichschenklig.
\item \begin{itemize}
            \item Im Parallelogramm $ABCD$ gilt: $\gamma =55^\circ$.\\
	          $\Rightarrow\quad\varphi=55^\circ$ (F-Winkel zu $\gamma$).\\
		  Weil das Dreieck $ADE$ gleichschenklig ist, folgt $\varphi=
                  \varepsilon=55^\circ$.
             \item Dann gilt aber auch $\delta=\varepsilon=55^\circ$ 
		   (Z-Winkel zu $\varepsilon$).\\
	          $\Rightarrow\quad\beta *=55^\circ$ (Z-Winkel zu $\gamma$).\\
		  $\Rightarrow\quad\beta =180^\circ-55^\circ=125^\circ$
		  (Nebenwinkel von $\beta *$).\\
		  Andererseits ist $\sphericalangle BAE$ der Nebenwinkel von $\delta$:\\
		  $\sphericalangle BAE=180^\circ-55^\circ=125^\circ=\beta$.\\
		  Im Viereck $ABCE$ gilt: $[AB]\,\|\,[CE]$.\\
		  Die beiden spitzen und die beiden stumpfen Innenwinkel haben jeweils gleiches Ma"s.
		  Also ist das Viereck $ABCE$ ein achsensymmetrisches Trapez.
      \end{itemize}
\end{enumerate}

}
