Lösungen Test 4 (Geometrie)

Fachhochschule Nordwestschweiz (FHNW)
Hochschule für Technik
Institut für Geistes- und Naturwissenschaft
Lösungen Test 4 (Geometrie)
Modul: Mathematik
Datum: 2012 / 2013
Dozent: Roger Burkhardt
Klasse: BWZ (Gruppe A) 2012/2013
1. Aufgabe (2 Punkte)
Bestimmen Sie die Winkel δ, und φ in Abhängigkeit der Winkel α, β und γ:
E
ϵ
A
F
γC
α
β
B
ϕ
δ D
Lösung:
E
ϵ
A β
γα
F
ϕ
β C
γα
γβα
B
δ D
Der Winkel α ist zu der Sehne BC ein Peripheriewinkel. Da die Sehnen-TangentenWinkel gleich dem Peripheriewinkel sind, finden wir bei den Punkten B und C
ebenfalls den Einkel α. Analoges gilt für die anderen beiden Innenwinkel β und γ.
Daher gilt nun für die gesuchten Winkel:
2α + δ = 180◦
2β + = 180◦
2γ + φ = 180◦
⇒ δ = 180◦ − 2α
⇒ = 180◦ − 2β
⇒ φ = 180◦ − 2γ
2. Aufgabe (2 Punkte)
Ein allgemeines Dreieck ABC wird durch die Höhen in Teildreiecke zerlegt. Bestimmen Sie alle ähnlichen Dreiecke.
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C
E
hb
D
H
ha
hc
B
F
A
Lösung:
C
γ 2 γ1
C
C
γ 2 γ1
γ 2 γ1
E
E
hb
E
α1
α β
γH γ
β α
β1
F
α2
α1
α2
C
C
γ 2 γ1
γ 2 γ1
E
β1
B
E
hb
hb
D
α β
γH γ
β α
α2
ha
β2
hc
α1
D
α β
γH γ
β α
ha
B
F
β1
F
A
β2
hc
β2
hc
B
A
ha
α2
ha
β2
hc
D
D
α β
γH γ
β α
ha
hb
α1
hb
D
α β
γH γ
β α
β1
F
A
β2
hc
B
α1
α2
β1
B
F
A
A
Die Höhen zerteilen die Innenwinkel des Dreiecks jeweils in zwei Teile: α1 , α2 , β1 ,
β2 , γ1 und γ2 . Nun gilt:
α1 = γ2
β1 = α2
γ1 = β2
Dadurch findet man im Schnittpunkt H der Höhen nun wieder die Winkel α, β
und γ des Dreiecks. Die 6 kleinen und die 6 (aus jeweils drei kleinen Dreiecken) zusammengesetzten Dreiecke sind nun alle rechtwinklig. Von diesen 12 rechtwinkligen
Dreiecken besitzen 4 den Winkel α. Wenn diese vier rechtwinkligen Dreiecke in zwei
Winkeln übereinstimmen, muss auch der dritte Winkel (β2 ) übereinstimmen und
die Dreiecke sind somit ähnlich. Für den Winkel α sind es die folgenden Dreiecke:
∆ABE ˜ ∆ACF ˜ ∆BF H ˜ ∆CEH
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Analog für die Winkel β:
∆ABD ˜ ∆BCF ˜ ∆AF H ˜ ∆CDH
und γ:
∆ACD ˜ ∆BCE ˜ ∆AEH ˜ ∆BDH
3. Aufgabe (3 Punkte)
Bestimmen Sie x in Abhängigkeit von D:
x
D
Lösung:
x
D
D
+x
4
D
−x
2
D
4
Die Seitenlängen im eingezeichneten rechtwinkligen Dreieck im Satz des Pythagoras
einsetzen:
2
2 2
D
D
D
+x
=
+
−x
4
4
2
D2 Dx
D2 D2
+
+ x2 =
+
− Dx + x2
16
2
16
4
3Dx
D2
=
2
4
D
x =
6
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4. Aufgabe (3 Punkte)
In einem Kreis schneiden sich zwei (beliebige) Sehnen AB und CD im Punkt P .
Beweisen Sie:
AP · BP = CP · DP
B
D
P
C
A
Lösung:
B
β
α
D
β P
C
α
A
Zur eingezeichneten Sehne BC ist der Winkel α bei den Punkten A und B Peripheriewinkel. Da beim Punkt P in den beiden markierten Dreiecken auch noch der
Winkel β gleich ist, sind die beiden Dreiecke ∆ACP und ∆BDP ähnlich. Aus dem
Strahlensatz folgt nun die Behauptung:
AP
CP
=
DP
BP
AP · BP = CP · DP
5. Aufgabe (3 Punkte)
Bestimmen Sie die Grösse x in Abhängigkeit von a und b.
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x
a
b
Lösung:
x
a+ x
a
a− x
b
2
b
Die Seitenlängen im eingezeichneten rechtwinkligen Dreieck im Satz des Pythagoras
einsetzen:
2
b
2
+ (a − x)2
(a + x) =
2
2
b
a2 + 2ax + x2 =
+ a2 − 2ax + x2
4
b2
4ax =
4
b2
x =
16a
6. Aufgabe (3 Punkte)
Bestimmen Sie x in Abhängigkeit von r.
60o
r
o
60
60o
x
M
60o
60o
60o
Lösung:
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60o
r
o
60
60o
x
r
M
o
30
x
2
60o
o
30
60o
Mittels Trigonometrie im eingezeichneten rechtwinkligen Dreieck finden wir:
x
GK
sin (30◦ ) =
= 2
HY
r
1
x
=
2
2r
x = r
7. Aufgabe (4 Punkte)
In einem rechtwinkligen Dreieck mit den Katheten a und b zerlegt die Höhe h0
das Dreieck in zwei weitere rechtwinklige Dreiecke. Im einem der Dreiecke zerlegt
die Höhe h1 auf der Hypotenuse dieses in zwei weitere rechtwinklige Dreiecke. Dieses Verfahren wird unendlich so fortgesetzt. Bestimmen Sie h0 , h1 , h2 und hn in
Abhängigkeit von a und b.
B
a
h0
h1
h2
h3 h
4
C
A
b
Lösung:
Für das grosse rechtwinklige Dreieck finden wir für die gesuchte Höhe h0 :
h0 c
h0 =
ab
c
=
ab
ab
= √a2 +b2
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Das zweite rechtwinklige Dreieck ist nun ähnlich zum grossen rechtwinkligen Dreieck
und mittels Strahlensatz finden wir für die nächste Höhe h1 :
b
h1
=
h0
c
b
b
ab
b
ab2
√
h1 = h0 = h0 √
= h0 m = √
= 2
c
a + b2
a2 + b 2
a2 + b 2 a2 + b 2
| {z }
m
Für die weiteren Höhen gilt nun:
ab
hn = h0 m = √
a2 + b 2
n
b
√
a2 + b 2
n
=√
abn+1
a2 + b 2
n+1
8. Aufgabe (1.5 / 1.5 / 1.5 / 1.5 Punkte)
Berechnen Sie im allgemeinen Dreieck ABC die fehlenden Grössen:
C
γ
a
b
β
A
α
B
c
(a) a = 20cm, b = 34cm, β = 72◦ .
Lösung:
• Sinussatz:
sin (β)
a sin (β)
sin (α)
=
⇒ sin (α) =
= 0.5594
a
b
b
34.0174◦
α = arcsin (0.5594) =
145.9826◦
Nur der erste Wert kann möglich sein (Winkelsumme)! ⇒ α = 34.02◦ .
• Winkelsumme:
α + β + γ = 180◦ ⇒ γ = 180◦ − α − β = 73.98◦
• Sinussatz:
c
b
b sin (γ)
=
⇒ c=
= 34.36cm
sin (γ)
sin (β)
sin (β)
(b) b = 2.78cm, c = 9.31cm. A = 12.8cm2 .
Lösung:
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• Flächenformel:
1
2A
A = bc sin (α) ⇒ sin (α) =
= 0.9891
2
bc
81.54◦
⇒ α = arcsin (0.9891) =
98.46◦
• Kosinussatz:
p
a = b2 + c2 − 2bc cos (α) =
9.32
10.10
17.17◦
15.80◦
• Kosinussatz:
a2 + c 2 − b 2
⇒ β=
cos (β) =
2ac
• Winkelsumme:
◦
81.30◦
65.74◦
◦
α + β + γ = 180 ⇒ γ = 180 − α − β =
(c) a = 8.52m, sa = 12.45m, γ = 98.3◦ .
Lösung:
C
γ
ϵ
a
b
sa
β
δ
B
c
A
• Sinussatz (oberes Dreieck):
a sin (γ)
sin (γ)
⇒ sin (δ) =
= 0.3386
sa
2sa
19.79◦
⇒ δ = arcsin (0.3386) =
160.21◦
sin (δ)
a
2
=
Wegen der Winkelsumme gibt es nur eine Lösung: δ = 19.79◦ .
• Winkelsumme (oberes Dreieck):
γ + δ + = 180◦ ⇒ = 180◦ − γ − δ = 61.91◦
• Kosinussatz (oberes Dreieck):
r
a 2
a
b = s2a +
− 2sa cos () = 11.10m
2
2
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• Kosinussatz (grosses Dreieck):
p
c = a2 + b2 − 2ab cos (γ) = 14.94m
• Kosinussatz (grosses Dreieck):
cos (β) =
a2 + c 2 − b 2
= 0.68 ⇒ β = arccos (0.68) = 47.34◦
2ac
• Winkelsumme (grosses Dreieck):
α + β + γ = 180◦ ⇒ α = 180◦ − β − γ = 34.36◦
(d) a = 108cm, wβ = 59cm, β = 61◦ .
Lösung:
C
γ
u
a
wβ
b
β
2
B
α
c
A
• Kosinussatz (oberes Dreieck):
s
u=
a2
+
wβ2
β
− 2awβ cos
= 64.53cm
2
• Kosinussatz (oberes Dreieck):
cos (γ) =
a2 + u2 − wβ2
= 0.8858 ⇒ β = arccos (0.8858) = 27.65◦
2au
• Winkelsumme (grosses Dreieck):
α + β + γ = 180◦ ⇒ α = 180◦ − β − γ = 91.35◦
• Sinussatz (grosses Dreieck):
a
a sin (β)
b
=
⇒ b=
= 94.49cm
sin (β)
sin (α)
sin (α)
• Sinussatz (grosses Dreieck):
c
a
a sin (γ)
=
⇒ c=
= 50.13cm
sin (γ)
sin (α)
sin (α)
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