%
\ANG
{\mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{09eh120_a1.1}
      \end{center}
Im Rechteck $ABCD$ gilt: $\overline{AB}=\overline{CD}=a$ und $\overline{BC}=\overline{AD}=b$. F"ur das einbeschriebene Rechteck $PQRS$ gilt: $\overline{AP}=\overline{RC}=b$.
\begin{enumerate}
\item Zeichne die Figur f"ur $a=8\,\mathrm{cm}$, und $b=6\,\mathrm{cm}$\,.
\item Begr"unde: $\varphi=\psi=45^\circ$.
\item Berechne in deiner Zeichnung den Anteil der Fl"ache des Rechtecks $PQRS$ am Rechteck $ABCD$ in Prozent.
\item\mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{09eh120_a2.1}
      \end{center}
In der obigen Figur gilt:\\
-- Der Punkt $G$ halbiert die Seite $[AD]$.\\
-- Das Dreieck $EFG$ ist gleichseitig.\\
-- Der Punkt $E$ ist der Mittelpunkt des Kreisbogens durch den Punkt $F$.\\
-- Der Punkt $F$ ist der Mittelpunkt des Halbkreises mit dem Durchmesser $[AB]$.
      \begin{itemize}
      \item Zeichne die Figur f"ur $b=6\,\mathrm{cm}$\,.
      \item Berechne erneut den Fl"achenanteil des Rechtrecks $PQRS$ am Rechteck $ABCD$ in Prozent.
      \end{itemize}
 \item Es gilt allgemein: $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=\D\frac{\frac{1}{2}\cdot(a-b)\cdot(3b-a)}{ab}=
      -\D\frac{1}{2}\cdot\left(3\D\frac{b}{a}-4+\D\frac{a}{b}\right)$\,.\\

      Setzen wir $\D\frac{b}{a}=k$, so ergibt sich weiter: $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=
      -\D\frac{1}{2}\cdot\left(3k-4+\D\frac{1}{k}\right)=T(k)$\,.
      \begin{itemize}
      \item Zeige, dass der Term $T^*(k)=-\D\frac{1}{2}\cdot\left(\D\frac{1}{\sqrt k}-\sqrt{3k}\right)^2+2-\sqrt 3$ und $T(k)$ "aquivalent sind.
      \item Berechne diejenige Belegung von $k$, f"ur die das Verh"altnis der Fl"acheninhalte der beiden Rechtecke $PQRS$ und $ABCD$ maximal wird. Gib das maximale Fl"achenverh"altnis in Prozent an.
      \item Begr"unde: Die Konstruktion in der Aufgabe (d) liefert dieses Maximum.
      \end{itemize}
\end{enumerate}
}
  
\LSG{
\begin{enumerate}
\item Klar.
\item Das Dreieck $APD$ ist ein halbes Quadrat.\quad$\Rightarrow\quad\varphi=45^\circ$.\\
      Die drei Winkel mit dem Scheitel $P$ ergeben einen gestreckten Winkel:\\
      $\varphi+90^\circ+\psi=180^\circ\quad \Rightarrow\quad\psi=45^\circ$\,.
\item {\bf Wir rechnen im Folgenden ab und zu nur mit Ma"szahlen.}\\
      $\overline{PB}=8-5=3\,\mathrm{cm} .\quad 3=\D\frac{\overline{PQ}}{\sqrt 2}
      \Rightarrow\quad\overline{PQ}=\D\frac{3}{\sqrt 2}=1,5\cdot\sqrt 2\,\mathrm{cm}=\overline{SR}
      =\overline{DS}$\,.\\

      $\overline{PD}=5\cdot\sqrt 2\,\mathrm{cm}\quad\Rightarrow\quad\overline{PS}=
      5\sqrt 2-1,5\sqrt 2=3,5\sqrt 2\,\mathrm{cm}$\,.\\

      $A_{PQRS}=\overline{PQ}\cdot\overline{RS}=1,5\sqrt 2\cdot3,5\sqrt 2=10,5\,\mathrm{cm^2}$\,.\\

      $A_{ABCD}=40\,\mathrm{cm^2}$\,.\\

      $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=\D\frac{10,5\,\mathrm{cm^2}}{40\,\mathrm{cm^2}}=0,2625=26,25\%$\,.
\item\mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{09eh120_a2.1}
      \end{center}
      \begin{itemize}
      \item Klar.
      \item Die Strecke $[AF]$ stellt die H"ohe des gleichseitigen Dreiecks $EFG$ mit einer Seitenl"ange von
            $6\,\mathrm{cm}$ dar.  Also gilt:\\
            $\overline{AF}=3\sqrt 3\,\mathrm{cm}\quad\Rightarrow\quad a=2\cdot\overline{AF}=6\sqrt 3\,\mathrm{cm}$\,.\\
            $\overline{PB}=6\sqrt 3-6=6\cdot(\sqrt 3-1)\,\mathrm{cm}$\,.\\
            
            $\overline{PQ}=\D\frac{\overline{PB}}{\sqrt 2}=\D\frac{6\cdot(\sqrt 3-1)}{\sqrt 2}\cdot
            \D\frac{\sqrt 2}{\sqrt 2}=3\cdot(\sqrt 6-\sqrt 2)\,\mathrm{cm}=\overline{DS}$\,.\\

            $\overline{PS}=6\sqrt 2-3\cdot(\sqrt 6-\sqrt 2)$
            $=(9\sqrt 2-3\sqrt 6)\,\mathrm{cm}$\,.\\
            $A_{PQRS}=3\cdot(\sqrt 6-\sqrt 2)\cdot(9\sqrt 2-3\sqrt 6)=(72\sqrt 3-108)\,\mathrm{cm^2}$\,.\\
            
            $A_{ABCD}=6\cdot 6\sqrt 3=36\sqrt 3\,\mathrm{cm^2}$\,.\\

            $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=\D\frac{(72\sqrt 3-108)\,\mathrm{cm^2}}
            {36\sqrt 3\,\mathrm{cm^2}}=2-\sqrt 3\approx 0,26795\approx 26,80\%$\,.\\
     \end{itemize}
 \item Es gilt allgemein: $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=\D\frac{\frac{1}{2}\cdot(a-b)\cdot(3b-a)}{ab}=
      -\D\frac{1}{2}\cdot\left(3\D\frac{b}{a}-4+\D\frac{a}{b}\right)$\,.\\

      Setzen wir $\D\frac{b}{a}=k$, so ergibt sich weiter: $\D\frac{A_{PQRS}}{A_{ABCD}}=
      -\D\frac{1}{2}\cdot\left(3k-4+\D\frac{1}{k}\right)=T(k)$\,.
      \begin{itemize}
      \item \begin{eqnarray*}
             T^*(k) & = & -\D\frac{1}{2}\cdot\left(\D\frac{1}{\sqrt k}-\sqrt{3k}\right)^2+2-\sqrt 3\\
                    & = & -\D\frac{1}{2}\cdot\left(\D\frac{1}{ k}-2\sqrt{3}+3k\right)+2-\sqrt 3\\
                    & = & -\D\frac{1}{2}\cdot\left(\D\frac{1}{ k}-2\sqrt{3}+3k-4+2\sqrt{3}\right)\\
             T^*(k) & = & -\D\frac{1}{2}\cdot\left(\D\frac{1}{ k}+3k-4\right)=T(k)
           \end{eqnarray*}
      \item $\left(\D\frac{1}{\sqrt k}-\sqrt{3k}\right)^2=0\quad\Leftrightarrow\quad\D\frac{1}{\sqrt k}-\sqrt{3k}=0$\\

            $\Leftrightarrow\quad 1=k\sqrt{3}\quad\Leftrightarrow\quad k=\D\frac{1}{\sqrt 3}=\D\frac{b}{a}$\,.\\

            $T(k)_{max}=T\left(\D\frac{1}{\sqrt 3}\right)=2-\sqrt 3\approx0,26795\approx26,80\%$.\\
      \item Es gilt $\D\frac{b}{a}=\D\frac{1}{\sqrt 3}\quad\Leftrightarrow\quad a=b\sqrt 3$\\

            In der Aufgabe (d) hattest du mit $b=6\,\mathrm{cm}$ konstruiert.
            F"ur die H"ohe im gleichseitigen Dreieck $EFG$ der Konstruktion (d) ergibt sich dann 
            $\overline{AF}=3\sqrt 3\,\mathrm{cm}$. Weil der Punkt $F$ gleichzeitig Mittelpunkt des Halbkreises ist, gilt $a=2\cdot3\sqrt 3\,\mathrm{cm}=6\sqrt 3\,\mathrm{cm}$. Also ergibt sich:\\

            $k=\D\frac{b}{a}=\D\frac{6\,\mathrm{cm}}{6\sqrt 3\,\mathrm{cm}}=\D\frac{1}{\sqrt 3}$, wie in der L"osung (e) schon errechnet.
      \end{itemize}
\end{enumerate}

}
