%
%
\ANG
{
	\mbox{}\begin{center}
		\includegraphics{09eh043mn_a.1}
    \end{center}
	Die Strecken~$\overline{AE}$ und $\overline{DF}$ teilen das Quadrat~$PQRS$ in vier kongruente Quadrate.
	\begin{enumerate}
	\item	\begin{itemize}
			\item	Zeichne die Figur f"ur $|\overline{PQ}|=8\,cm$\,!
			\item 	Begr"unde, dass das Dreieck~$AQC$ rechtwinklig ist!
			\end{itemize}
	\item	Es sei jetzt $|\overline{PQ}|=2\,a\,cm$.\\
			Wie viel Prozent der Fl"ache des Quadrates~$PQRS$ wird vom Dreieck~$AQC$ bedeckt?
			Vergleiche dazu die Fl"acheninhalte der Dreiecke~$FCR$ und $CQR$!
	\item 	In welchem Verh"altnis teilt der Punkt~$C$ die Strecke $\overline{AR}$\,?\\
			Zeichne dazu im Dreieck~$ARS$ eine geeignete Hilfslinie ein!
	\item 	In welchem Verh"altnis teilt der Punkt~$C$ die Strecke $\overline{QF}$\,?
	\end{enumerate}
}

\LSG
{
	\begin{enumerate}
	\item	\begin{itemize}
			\item	\mbox{}\begin{center}
						\includegraphics{09eh043mn_l1.1}
					\end{center}
			\item	Am Punkt~$A$ erkennst du: ~$\varepsilon\;+\delta=90^\circ$.\\
					Die Rechtecke~$APQE$, $AERS$ und $DQRF$ sind kongruent\\
					$\Rightarrow\quad\sphericalangle QAE=\sphericalangle RQF=\sphericalangle SRA=\varepsilon$~
					und ~$\sphericalangle PAQ=\sphericalangle ARE=\sphericalangle QFR=\delta$.\\
					Wegen ~$\varepsilon\;+\delta=90^\circ$~ und der Innenwinkelsumme von $180^\circ$ im Dreieck~$CQR$
					muss ~$\sphericalangle QCR=90^\circ$~ gelten. Also ist das Dreieck~$AQC$ rechtwinklig.
			\end{itemize}
	\item 	Die Dreiecke~$CQR$ und $FCR$ sind zueinander "ahnlich. Die Hypotenuse~$\overline{QR}$ im Dreieck~$QRC$
			ist doppelt so lang wie die die Hypotenuse~$\overline{FR}$ im Dreieck~$FCR$.
			Also ist der Fl"acheninhalt des Dreiecks~$QRC$ viermal ($2^2=4$) so gro"s wie der des Dreiecks~$FCR$.
			Damit sind die Fl"achen\-inhalte des Dreiecks~$FQR$ und des dazu kongruenten Dreiecks~$ARS$ jeweils f"unfmal so gro"s
			wie der des Dreiecks~$FCR$.	Wir bezeichnen den Fl"achen\-inhalt des Dreiecks~$FCR$ kurz mit \GF{$A_{\Delta}$}.\\
			Dann gilt: ~$A_{PQRS}=20\,A_{\Delta}$ ~und~ $A_{\Delta AQC}=20\,A_{\Delta}\;-10\,A_{\Delta}\;-4\,A_{\Delta}=6\,A_{\Delta}$.\\
			$\Rightarrow\quad\D\frac{A_{\Delta AQC}}{A_{PQRS}}=\D\frac{6\,A_{\Delta}}{20\,A_{\Delta}}=\D\frac{3}{10}=30\,\%$.\\
			\begin{center}
				{\sc Anmerkung}
			\end{center}
			Die Aufgabe~(b) ist auch ohne den Vergleich der Fl"achen der beiden Dreiecke~$FCR$ und $CQR$ l"osbar.
			Dann brauchst du jedoch den Satz des PYTHAGORAS und die Fl"achenformel f"ur recht\-winklige Dreiecke. Dazu ein paar Stichpunkte:\\
			$A_{\triangle FQR}=a^2=\tfrac{1}{2}\,|\overline{FQ}|\,|\overline{CR}|$ ~mit~ $|\overline{FQ}|=\sqrt{5}\,a$,
			~$|\overline{CR}|=\tfrac{2}{5}\sqrt{5}\,a$~ und ~$|\overline{CQ}|=\tfrac{4}{5}\sqrt{5}\,a$\\
			$\Rightarrow~~A_{\Delta CQR}=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}\sqrt{5}\,a\cdot\tfrac{4}{5}\sqrt{5}\,a=\tfrac{4}{5}\,a^2$~
			$\Rightarrow~~A_{\Delta AQC}= 4\,a^2\;-2\,a^2\;-\tfrac{4}{5}\,a^2=\tfrac{6}{5}\,a^2$~~ usw.
	\item	\mbox{}\begin{center}
				\includegraphics{09eh043mn_l2.1}
			\end{center}
			Die gesuchte Hilfslinie ist die Lotstrecke~$\overline{SG}$ vom Eckpunkt~$S$ auf die Diagonale~$\overline{AR}$.
			Die rechtwinkligen Dreiecke~$ARS$, $SGR$ und $FCR$ sind zueinander "ahnlich. Eine Kathete ist jeweils doppelt so lang wie die andere.\\
			Weil der Punkt~$F$ die Hypotenuse~$\overline{SR}$ halbiert, ist im Dreieck~$SGR$ der Punkt~$C$ der Mittel\-punkt der Kathete~$\overline{GR}$.\\
			Die Dreiecke~$AGS$ und $FCR$ sind kongruent, da ihre Hypotenusen gleich lang sind und sie in allen Innen\-winkelma"sen paarweise "ubereinstimmen.\\
			Es gilt also: ~$|\overline{GC}|=2\,|\overline{AG}|~~\Rightarrow~~|\overline{CA}|=3\,|\overline{AG}|$~ und ~$|\overline{CR}|=2\,|\overline{AG}|$.\\
			Also folgt: ~$|\overline{CR}|:|\overline{CA}|=2:3$.
	\item  	Auf der Strecke~$\overline{QF}$ spielt der Punkt~$C$ die gleiche Rolle wie der Punkt~$G$ auf der Strecke~$\overline{AR}$,
			womit folgt: ~$|\overline{CF}|:|\overline{CQ}|=1:4$.
	\end{enumerate}
}