Aufgabenbeispiele aus Semesterklausuren

1
Prof. S. Krauter
Semesterklausuren – Geometrie
Sem_Klsr_Geo.doc
Wiederholungs-Klausur am Freitag 30. Januar 2004
Bitte füllen Sie die persönlichen Angaben auf diesem Blatt in Druckschrift aus und
geben Sie das Blatt in Ihrem Doppelbogen mit ab.
Persönliche Angaben:
Name
Vorname
Matr.-Nr.
Sem. im SS03
Klausurergebnis:
A1
40 P A2
40 min
15 P A3
12 P A4
15 min
15 min
a) 10 b) 4 c) 4 d) 4 e) 6 f) 6 g) 6
Z1: 5 Z2: 5 Z3: 5
12
Klausurpunkte:
Übungspunkte:
15 P
15 min
Z: 3
B: 12
Gesamt:
Zugelassene Hilfsmittel:
¾ Ein nicht programmierbarer Taschenrechner.
¾ Schreib- und Zeichenwerkzeug.
¾ 1 namentlich gekennzeichnetes Blatt DIN-A4 mit eigenen Notizen.
Die Lösungen sind sauber und vollständig auf kariertem Doppelbogen DIN A 4
mit üblichem Kopf und Rand darzustellen. Die Form wird mit bewertet.
Konstruktionen sind sauber und genau mit dünnem Bleistiftstrich auszuführen.
Alle Lösungen sind knapp, aber hinreichend zu begründen.
Arbeitszeit: 90 Minuten.
Die durch Abgabeblätter erworbenen Punkte werden addiert.
Die Klausur ist bestanden, falls insgesamt mindestens 40 Punkte erworben werden.
Eine Klausur mit weniger als 24 Punkten kann nicht gewertet werden.
2
Aufgabe 1:
Ein Haus ist b = 6 m breit, a = 10 m lang und vom
Boden bis zum Trauf h1 = 5 m hoch. Das Haus hat ein
Walmdach, das an allen vier Dachflächen die gleiche
Dachneigung von α = 60° zur horizontalen Ebene hat.
First
G rat
Trauf
a) Zeichnen Sie das Haus in Dreitafelprojektion
(Grundriss, Aufriss, Seitenriss) in zugeordneter
Lage im Maßstab 1:100.
Platzbedarf: 11 cm oben; 8 cm unten, 12 cm rechts; 7 cm links
Trauf
b) Bestimmen Sie aus der Zeichnung die Höhe h2 des Firstes über der Traufhöhe
(und damit die Höhe des Hauses h = h1 + h2) sowie die Länge f des Firstes.
c) Bestimmen Sie durch Ausklappen einer Dachfläche im Grundriss die wahre Größe
dieser Dachfläche und die Länge g der Dachgrate.
d) Bestimmen Sie durch Zeichnung den Winkel ϕ, den der Grat mit dem horizontalen
Dachboden bildet. Ist er größer oder kleiner als die Dachneigung α?
e) Berechnen Sie die Höhe h2 und die Firstlänge f.
f) Berechnen Sie die gesamte Dachfläche des Hauses.
g) Berechnen Sie den „umbauten Raum“ d.h. das Volumen des Hauses.
Aufgabe 2: (Konstruktion bitte auf vorgegebenem Beiblatt durchführen)
Ein Indianer will von seinem Standort A zu seinem Zelt Z. Dabei durchschwimmt er
den Fluss f mit den parallelen Ufern p und q genau senkrecht zum Ufer, geht dann zum
Bach b und watet dort eine Strecke der Länge s um seine Spur zu verwischen. Vom
Bach geht er dann direkt nach Z. Geben Sie unter diesen Nebenbedingungen den
kürzesten Weg des Indianers von A nach Z an. Erläutern Sie kurz Ihre Konstruktion.
Aufgabe 3:
Gegeben ist ein rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck ABC mit der Seitenlänge AB =
8 cm und dem Winkel γ = ∠ ACB = 90°. Die Seitengeraden dieses Dreiecks seien mit
AB = c, BC = a und CA = b bezeichnet, die Spiegelungen an ihnen mit a, b bzw. c.
Zeichnen Sie das Dreieck ABC. Bestimmen Sie die Art und die Kenndaten der
Abbildung ϕ = a D b D c D b D c D a . (Reihenfolge von links). Erläutern Sie Ihre Konstruktion.
Aufgabe 4:
Beweisen Sie einen der folgenden Sätze:(Zur Zeichnung: a=13, b=10, c=12).
a) Spiegelt man den Höhenschnittpunkt H eines Dreiecks am Mittelpunkt M einer
Dreiecksseite, so liegt dieser Spiegelpunkt H’ auf dem Umkreis k des Dreiecks.
b) Die Höhen eines Dreiecks sind die Winkelhalbierenden im Höhenfußpunktedreieck.
Hinweis: Benützen Sie z.B. die Thaleskreise über AH und BH.
3
s
A
p
q
b
4
Lösungen zur W-Klausur vom 30. 01. 2004:
Aufgabe 1:
a) Grundriss: Rechteck mit den Seiten a und b. Die Grate verlaufen als
Winkelhalbierende der Traufkanten, weil die Dachneigung überall gleich groß ist.
Der Walmrücksprung an jeder Giebelseite beträgt daher genau die halbe
Hausbreite, daher gilt für die Firstlänge f = a – b = 4 m.
Aufriss: Rechteck mit a und h1. Dachneigung 60° erscheint in wahrer Größe. Durch
Ordner aus dem Grundriss ergibt sich der First und die Höhe h2 = 5,2 m.
Seitenriss: Rechteck aus b und h1. Dachneigung von 60° erscheint in wahrer
Größe. Wieder ergibt sich die Höhe h2 von selbst. Der Schnitt durch den Dachstuhl
ist ein gleichseitiges Dreieck, daher ist die Sparrenlänge gleich der Hausbreite (s =
6 m) und die Giebelhöhe h2 = 3* 3 = 5,196 m ≈ 5,2 m.
b) Siehe a).
c) Die Stirndachflächen sind gleichschenklige Dreiecke mit Basisseite b = 6 m und
Schenkeln (Grate) der Länge g = 6,7 m. Die Höhe dieses Dreiecks erscheint im Aufund im Seitenriss in wahrer Größe (6 cm). Berechnung: g = 45 = 6,708 m.
Die Seitendachflächen sind symmetrische Trapeze mit den Grundseiten a = 10 m
(Trauf) und f = 4 m (First) sowie der Höhe 6 m (in Auf- und Seitenriss in wahrer
Größe).
d) Man klappt das Stützdreieck für den Grat in die Grundrissebene und erhält den
Winkel ϕ = 51°. Natürlich muss er kleiner sein als α, denn der Grat ist weniger steil
als die Dachfläche.
e) Im Seitenriss ergibt sich ein Schnitt durch das Haus quer zur Länge in wahrer
Größe. Damit erhält man das Schnittdreieck als halbes gleichseitiges Dreieck mit
der Grundseite b = 6 m. Diese ist gleichzeitig die Seitenhöhe der Dachflächen
(Dreieck bzw. Trapez). Die Höhe in diesem Dreieck ist die Firsthöhe über dem Trauf
b
* 3 = 3 * 3 = 5,196... = 5,20 m.
und hat den Wert
h2 =
2
Die Firstlänge hat den Wert f = a – b = 4 m. Begründung: Siehe a).
Man erkennt dies im Grundriss: Von den beiden Stirnseiten her beginnt der First
jeweils um b/2 zurückgesetzt, also ist f = a – 2* b/2 = a – b = 4 m.
f) Dachfläche:
Das Dach ist überall mit 60° gegen die Grundfläche geneigt, also
ergibt sich die Dachfläche durch Multiplikation der Grundfläche mit dem Faktor 2 (die
Seitenhöhe ist doppelt so lang wie die halbe Hausbreite):
Dachfläche = 2 * a * b = 120 m².
Giebeldreieck: A1 =
Alternative: Dachflächen einzeln.
1
10 + 4
*b*s = 18 m². Seitentrapez: A2 =
* 6 = 42 m².
2
2
g) Umbauter Raum: Vom normalen Haus mit Satteldach subtrahieren wir zwei
1
b
b2
b2
Giebelpyramiden:
V = (b*h1 +
=
* 3) * a – 2 * * (
* 3 )*
3
2
4
4
V = (30 + 9* 3 )*10 – 18* 3 = (300 + 72 * 3 ) = 424,708 m³.
5
10,2 cm
60 °
60 °
5 cm
10 cm
6,01 cm
6,71 cm
4 cm
6,01 cm
5,2 cm
50,77 ° 6,71 cm
6
Aufgabe 2:
Man spiegelt
s
zunächst Z an b zu
A
Z1.
p
A2
Dann nimmt man die
A1
V
Watestrecke der
q
Länge s parallel zu b
weg und erhält Z2.
W
Danach nimmt man
noch die Querung
Z
des Flusses f weg
und erhält Z3.
b
Die kürzeste
Verbindung von A
X
Y
nach Z3 ist die
geradlinige
Z3
Verbindungsstrecke.
In diese wird nun
Z2
Z1
jeweils die Querung
und die Watestrecke
eingebaut und man erhält den Streckenzug A-V-W-X-Y-Z als kürzeste Verbindung unter
den genannten Bedingungen.
Zeichnung siehe gesondertes Blatt.
Aufgabe 3:
E
e
abcbca
C
= a (b c) (b c) a
= a (b c)² a
=aAa
=aCe
c
=be
A
B
=E
b
a
7
Aufgabe 4:
C
D
E
H
M
Mc
F
A
H1
B
S
H'
a) Es sei H1 der Schnittpunkt der Höhe hc mit dem Umkreis k.
Es gilt ∠ACF = ∠EBA = 90° - α, denn beide ergänzen in den betreffenden
rechtwinkligen Dreiecken den Winkel α auf 90°.
Ferner ist ∠ABH1 = ∠ACH1 = ∠ACF (Umfangswinkel über dem Bogen AH1).
Damit ist AB Winkelhalbierende von HBH1 und damit H1 als Spiegelpunkt von H an AB
nachgewiesen.
Nun spiegeln wir H1 an der Mittelsenkrechte mc = SM. Da diese durch M geht, wird
dabei der Kreis k in sich abgebildet und folglich liegt der Bildpunkt H2 von H1 auf dem
Kreis k. Die Verkettung der beiden Spiegelungen an AB und an seiner
Mittelsenkrechten SM ergibt aber genau die Punktspiegelung an Mc. Damit ist der
Beweis erbracht.
b) Die beiden Winkel ∠CBE und ∠DAC sind gleich groß, denn beide ergänzen den
Winkel γ auf 90°. Wir zeichnen die Thaleskreise über AH und BH. Nun sind die Winkel
HFD und HBD Peripheriewinkel über dem Bogen HD also gleich groß.
Ebenso sind die Winkel HAE und HFE gleich groß (Umfangswinkel über dem bogen
HE). Damit ist gezeigt, dass hc die Winkelhalbierende des Winkels DFE ist und damit
der Beweis erbracht.
Klausur am Freitag 01. Februar 2002
8
Bitte füllen Sie die persönlichen Angaben auf diesem Blatt in Druckschrift aus und geben
Sie das Blatt in Ihrem Doppelbogen mit ab.
Persönliche Angaben:
Name
Vorname
Matr.-Nr.
Sem. im WS 0102
Klausurergebnis:
Aufg. 1
P
20
Aufg. 2
P
20 min
a) 2
8
b) 10
14
Aufg. 3
P
15 min
c) a) 4
b) 10
Klausurpunkte:
16
Aufg. 4
P
15 min
a) 8
b) 8
14 Aufg. 5
15 min
Z: 2
B: 12
Übungspunkte:
24 P
25 min
a) 10
b) 14
Gesamt:
Zugelassene Hilfsmittel:
Eine Doppelseite (1 DIN-A4-Blatt) mit handschriftlichen Notizen mit Namen und
Matrikelnummer versehen.
Ein nicht programmierbarer Taschenrechner. Schreib- und Zeichenwerkzeug.
Die Lösungen sind sauber und vollständig auf kariertem Doppelbogen DIN A 4
darzustellen. Die Form wird mit bewertet.
Zeichnen Sie bitte sorgfältig, sauber und genau! Dies wird bewertet.
Arbeitszeit: 90 Minuten. Erreichbare Punktzahl: 80. Anrechnung aus Übungen: 6+6.
Die Klausur ist bestanden, falls insgesamt mindestens 40 Punkte erworben werden.
Eine Klausur mit weniger als 24 Punkten kann nicht gewertet werden.
Aufgabe 1:
a) Ergänzen Sie zu einem wahren Satz:
„Das Produkt von drei Geradenspiegelungen ist genau dann wieder eine
Geradenspiegelung, wenn .....“
b) Beweisen Sie den Satz aus a).
c) Gegeben sind drei Geraden a, b und c (siehe Beiblatt!).
Bestimmen Sie Art und Kenndaten (z.B. Drehpunkt und Drehwinkel einer Drehung) der
Abbildung α = a b c , die sich als Produkt der drei Geradenspiegelungen ergibt
(Reihenfolge von links nach rechts, d.h. die Spiegelung a an der Gerade a zuerst).
Aufgabe 2:
9
a) Von einem Fünfeck ABCDE sind die Seitenmitten P, Q, R, S und T gegeben (P Mitte
von AB, Q Mitte von BC, usf.). Benützen Sie das Beiblatt.
Konstruieren Sie Fünfeck ABCD zu den gegebenen Punkten P, Q, R, S und T.
b) Analysieren Sie die Lösbarkeit der Aufgabe für ein beliebiges n-Eck (n≥3).
Aufgabe 3:
Gegeben sind die zum Dreieck ABC kongruenten Dreiecke PQR und XYZ (siehe
Beiblatt).
Bestimmen Sie die Art und die Kenndaten derjenigen Kongruenzabbildungen α bzw.
β, die das Dreieck ABC in das Dreieck PQR bzw. in XYZ abbilden.
Begründen Sie Ihre Antworten und Konstruktionen kurz aber vollständig.
Aufgabe 4:
In einem Sehnenviereck sind die Diagonalen zueinander senkrecht.
Konstruieren Sie ein solches Viereck.
Zeigen Sie, dass die Verbindungsgerade der Mitte einer Seite mit dem
Diagonalenschnittpunkt S senkrecht auf die Gegenseite trifft.
Hinweis: Beachten Sie, dass der Diagonalenschnittpunkt S auf dem Thaleskreis über
einer Vierecksseite liegt.
Aufgabe 5:
Zu beiden Teilaufgaben sind jeweils sämtliche Lösungen zu ermitteln.
Die Konstruktion ist kurz zu erläutern.
Machen Sie jeweils allgemeine Aussagen über die Lösbarkeit und mögliche
Lösungsanzahl der Aufgabe bei beliebigen Vorgaben.
a) Gegeben sind zwei sich nicht schneidende Kreise k1 und k2 sowie eine Strecke AB.
Gesucht sind alle Strecken PQ mit P∈k1 und Q∈k2, wobei die Strecke PQ zu AB
parallel und gleich lang ist. Konstruieren Sie die sämtlichen Lösungen.
b) Gegeben ist ein Kreis k, ein Punkt P außerhalb (oder innerhalb) des Kreises k und eine
Streckenlänge s.
Gesucht sind Sekanten durch P, auf denen k eine Sehne der gegebenen Länge s
ausschneidet.
10
Name:.................................................................................
W-Klausur Elementargeometrie; 02/2002
Matr.-Nr...........................
Zu Aufgabe 1 c)
B
c
a
C
b
A
Zu Aufgabe 2:
R
S
Q
T
P
11
Name:.................................................................................
W-Klausur Elementargeometrie; 02/2002
Matr.-Nr...........................
Zu Aufgabe 3:
Y
X
Z
R
Q
C
P
A
B
Zu Aufgabe 5 b):
s
k
M
P
12
Lösungen zur Wiederholerklausur Elementargeometrie vom 1. Februar 2002:
Lösung zu Aufgabe 1:
a) „... wenn die drei Geraden in einem (Parallel- oder einem Punkt-) Büschel liegen.“
b) (i) Gegeben sei ein Punkt- oder Parallelbüschel a, b, c. Dann kann man das Produkt a
b so durch a‘b‘ ersetzen, dass b‘ = c ist, denn im ersten Fall gehen alle drei durch
einen Punkt und im zweiten Fall sind alle drei parallel. Also ist a b c = a‘.
(ii) Sei a b c = d. Daraus folgt a b = d c.
Fall1: a b ist eine Drehung. Dann ist d c dieselbe Drehung, d.h. c muss durch den
Schnittpunkt von a und b verlaufen. Die Geraden a, b und c bilden ein Punktbüschel.
Fall2: a b ist eine Translation. Dann ist d c dieselbe Translation, d.h. c muss zu a
und b parallel sein. Die Geraden a, b und c bilden also ein Parallelbüschel.
= a‘ b‘ c
mit b‘⊥c
und ∠(a, b) = ∠(a‘, b‘)
= a‘ b‘‘ c‘‘
mit b‘‘⊥a‘
und ∠(b‘, c) = ∠(b‘‘, c‘‘) = 90°.
Damit haben wir insgesamt a‘⊥b‘‘⊥c‘‘ also a‘⏐⏐c‘‘. Daher ist a’b‘‘c‘‘ = a’c‘‘b‘‘ = b‘‘a’c‘‘
c) a b c
eine Gleitspiegelung mit der Gleitachse b‘‘ und dem Schubvektor v = 2*dist(a‘,c‘‘).
Lösung zu Aufgabe 2:
b) Wir analysieren die Aufgabe zunächst für ein beliebiges n-Eck:
Q
P
A
B
R
C
...
A
A ist Fixpunkt der Abbildung α = P Q R ... , die das Produkt von n
Punktspiegelungen an den n Seitenmitten ist.
Fall 1: n ist ungerade. Dann ist α eine Punktspiegelung. Diese hat genau einen
Fixpunkt. Daher ist in diesem Fall die Aufgabe stets eindeutig lösbar.
Fall 2: n ist gerade. Dann ist α eine Translation.
Ist α eine echte Translation, so gibt es keinen Fixpunkt und die Aufgabe ist unlösbar.
Ist α jedoch die Identität, so kann jeder Punkt der Ebene als Eckpunkt A dienen.
a)
Im Falle n=5 ergibt sich die Lösung eindeutig durch A = P Q R S T. Das Produkt
von drei Punktspiegelungen ist die Punktspiegelung am vierten
Parallelogrammpunkt:
(P Q R) S T = U S T = V = A.
Lösung zu Aufgabe 3:
b) Das Bilddreieck YXZ ist gegensinnig kongruent zu ABC. Dabei sind die
Mittelsenkrechten entsprechender Punkte nicht identisch, also muss es sich bei der
Abbildung um eine Gleitspiegelung handeln, da eine Achsenspiegelung nicht in Frage
kommt und es andere gegensinnige Kongruenzen nicht gibt. Man erhält die
Gleitachse g durch Halbierung der Strecken AY, BX und CZ. Damit kann man das
Zwischenbild nach der Spiegelung und auch den Schiebevektor v bestimmen.
13
c)
Das Bilddreieck QRP ist gleichsinnig kongruent zu ABC. Da entsprechende Strecken
nicht zueinander parallel liegen, kann es sich nicht um eine Verschiebung handeln.
Folglich kommt nur eine Drehung in Frage, andere gleichsinnige Kongruenzen gibt es
nicht. Man erhält den Drehpunkt D als Schnittpunkt der Mittelsenkrechten der
Verbindungsstrecken entsprechender Punkte. Der Drehwinkel ϕ ergibt sich als
Winkel zwischen zwei entsprechenden Strecken.
90 °
D
Lösung zu Aufgabe 4:
C
W(DSM1) = W(BSP) weil Scheitelwinkel
W(M1SA) + W(DSM1) = 90° n. Voraussetzung
W(SAM1) = W(M1SA) weil ASM1 gleichschenklig
W(SAM1) = W(CBS)
Umfangswinkel über DC.
Folglich: W(SPB) = 180 - W(BSP) - W(PBS) = 90°.
P
S
M1
M
B
A
Lösung zu Aufgabe 5:
a) Q liegt erstens auf dem Kreis k2 und ferner
auf dem Bild k1‘ von k1 bei der
Verschiebungmit dem Vektor AB .
Man erhält 2 Lösungen.
Q1
P1
M2
k1
Es gibt entweder keine, eine oder zwei
Lösungen, je nachdem sich k2 und k1‘
meiden, berühren oder schneiden.
b) Wir wählen A beliebig auf k.
Nun verschieben wir A um s nach A‘.
Der Kreis um A mit Radius s
schneidet aus dem Kreis k Sehnen
AS‘ der Länge s aus.
k2
B
A
M1'
M1
P2
s
k1'
Q2
T2
k
Nun nützen wir die Rotationssymmetrie
des Kreises k aus, d.h. wir drehen P
um M, bis es bei P‘ auf AS‘ liegt.
S2
M
P
Der Kreis um M durch P schneidet die
Gerade AS‘ in P‘. Damit haben wir
eine Sekante g‘, die aus k eine Sehne der
gewünschten Länge s ausschneidet.
Da diese Sekante nicht durch P geht,
drehen wir sie zurück um M bis P‘ in P übergeht.
A
S1
T1
S'
P'
Damit haben wir die Lösung g und erhalten eine
zweite Lösung g‘ durch Spiegeln an PM.
Für s<d gibt es genau zwei, für s=d genau eine und für s>d keine Lösung.
s'
14
Klausur am Freitag 17. Oktober 2003
Bitte füllen Sie die persönlichen Angaben auf diesem Blatt in Druckschrift aus und geben
Sie das Blatt in Ihrem Doppelbogen mit ab.
Persönliche Angaben:
Name
Vorname
Matr.-Nr.
Sem. im SS03
Klausurergebnis:
A1
30 P
A3
P
35 min
a) 10
6
b) 6
24 A2
22 P
25 min
c) 8
Klausurpunkte:
d) a) 12
12
A4
20 min
b)
a) 8
6
b) 8
Übungspunkte:
12 P
10 min
c)
12
Gesamt:
Zugelassene Hilfsmittel:
¾ Ein nicht programmierbarer Taschenrechner.
¾ Schreib- und Zeichenwerkzeug.
¾ 1 namentlich gekennzeichnetes Blatt DIN-A4 mit eigenen Notizen.
Die Lösungen sind sauber und vollständig auf kariertem Doppelbogen DIN A 4 mit
üblichem Kopf und Rand darzustellen. Die Form wird mit bewertet.
Konstruktionen sind sauber und genau mit dünnem Bleistiftstrich auszuführen.
Alle Lösungen sind knapp, aber hinreichend zu begründen.
Arbeitszeit: 90 Minuten.
Die durch Abgabeblätter erworbenen Punkte werden addiert.
Die Klausur ist bestanden, falls insgesamt mindestens 40 Punkte erworben werden.
Eine Klausur mit weniger als 24 Punkten kann nicht gewertet werden.
15
Aufgabe 1:
Ein gleichseitiges Dreieck hat die Höhe h1 = 4,5 * 3 cm ≈ 7,8 cm (zur Zeichnung).
Dieses gleichseitige Dreieck ist die Grundfläche einer Dreieckspyramide.
Die Pyramide hat gleichlange zur Spitze laufende Seitenkanten der Länge s = 10 cm.
a) Zeichnen Sie die Pyramide in Grund- und Aufriss.
Wählen Sie selbst eine geeignete Lage. Beschreiben Sie kurz Ihre Konstruktion.
b) Zeichnen Sie ein Schrägbild der Pyramide mit der in a) gewählten Lage.
Entscheiden Sie sich dabei für eine der Varianten Frontschau oder Vogelschau.
c) Bestimmen Sie die Grundkante a, die Körperhöhe k der Pyramide sowie die Höhe
h2 der Seitendreiecke durch Konstruktion und Rechnung.
d) Berechnen Sie die Oberflächengröße und den Rauminhalt der Pyramide.
Aufgabe 2:
a) Gegeben ist das Viereck A(0 ; 0) B(16; 0) , C(16 ; 6) , D(4; 14).
Konstruieren Sie zu diesem Viereck den Ecken- und den Flächenschwerpunkt.
Begründen Sie Ihre Konstruktion.
Hinweis: Die Eigenschaften von Dreiecksschwerpunkten dürfen als bekannt
vorausgesetzt werden.
b) Beweisen Sie:
Die Winkelhalbierenden jedes beliebigen Vierecks bilden stets ein Sehnenviereck.
Aufgabe 3:
a) Welche Dreiecke bzw. welche Vierecke sind punktsymmetrisch? Begründungen!
b) Ein n-Eck f ist punktsymmetrisch.
Geben Sie möglichst viele Eigenschaften der n-Ecks-Figur f an. Begründungen!
c) Zeichnen Sie ein punktsymmetrisches, aber nicht regelmäßiges, Sechseck.
Aufgabe 4 A (alternativ zur Aufgabe 4B):
Zur Zeichnung bitte Beiblatt verwenden!
Ein Indianer will von seinem Standpunkt J auf kürzestem Weg zu seinem Zelt Z
gelangen. Um seine Spur zu verwischen, watet er im Bach b eine Strecke von der
gegebenen Länge s. Den breiten Strom mit den zueinander parallelen Ufern c und d
durchschwimmt er auf kürzestem Weg. Konstruieren Sie den Weg des Indianers.
Aufgabe 4 B (alternativ zur Aufgabe 4A):
Ein Rechteck ABCD hat die Seitenlängen AB = 5 cm und BC = 3 cm.
Zeichnen Sie das Rechteck. Spiegeln Sie das Dreieck ABC zuerst am Punkt D nach
A’B’C’ und dieses dann an der Diagonale AC nach A’’B’’C’’.
Ermitteln Sie Art und Kenndaten der Abbildung, die ABC direkt in A’’B’’C’’ abbildet.
Begründen Sie Ihre Ergebnisse.
16
s
b
Bach
c
Strom
d
Z
J
17
Lösungen zu M2-Klsr-Okt-03:
Aufgabe 1:
a) Man zeichnet im Grundriss die Dreieckshöhe A’D’ = 7,8 cm in wahrer Länge.
Senkrechte zu A’D’ in D’. Winkel 30° an A’D’ in A’. Dessen Schenkel schneidet die
Senkrechte im Punkt C’. Man erhält leicht B’.
Durch Ausklappen des Seitendreiecks mit der Schenkellänge s = 10 cm erhält man
das Seitendreieck und dessen Höhe h2 = 8,93 cm.
Durch Übertrag der Strecke A’B’ in den Aufriss (Ordnerlinien) erhält man A’’B’’ in
wahrer Länge. S’’ erhält man als Schnitt der beiden Kreise um A’’ mit Radius s und
um B’’ mit Radius h2. Das Dreieck A’’S’’B’’ ist parallel zur Aufrissebene und wird in
wahrer Größe abgebildet. Damit ergibt sich die Körperhöhe zu 8,54 cm.
Zeichnungen siehe nächste Seite.
b) Zeichnungen siehe nächste Seite (verkleinert).
Dort sind die beiden möglichen Schrägbilder jeweils
• über dem Grundriss (Vogelschau oder Militärprojektion mit Verzerrungswinkel 90°
und Verkürzung 1) bzw.
•
über dem Aufriss (Frontschau oder Kavalierprojektion mit Verzerrungswinkel 45°
und Verkürzung 0,5) konstruiert.
c) Im gleichseitigen Dreieck zerlegt die Höhe das Dreieck in zwei rechtwinklige Dreiecke.
Damit kann man aus der Seitenlänge nach Pythagoras die Höhe berechnen und erhält
a
h1 = * 3 . Aus der Vorgabe h1 = 4,5 * 3 ergibt sich daher die
2
Grundkante a = 9 cm.
Die Seitenhöhe erhält man nach Pythagoras aus dem umgeklappten Seitendreieck:
2
⎛a⎞
h2² = s² - ⎜ ⎟ = 100 – 4,5² = 79,75 und damit die Seitenhöhe h2 = 8,930 cm.
⎝2⎠
Die Körperhöhe erhält man nach Pythagoras aus dem Aufriss:
P’’A’’ hat nach dem Schwerpunktssatz für Dreiecke die Länge 2/3 * h1 = 3* 3 .
Damit gilt für das rechtwinklige Dreieck A’’P’’S’’: k² = s² - (P’’A’’)² = 100 – 27 = 73.
Damit erhält man die Körperhöhe k =
d) Oberflächengröße
73 cm = 8,544 cm.
= Grunddreieck
=(0,5 * 9 * 4,5 *
= ( 35,074
+ 3 * Seitendreieck
3
+ 3 * 0,5 * 9 *
79,75 ) cm²
+ 3 * 40,186) cm² = 155,6 cm².
Rauminhalt = 1/3 * G * k = 1/3 * 35,074 * 8,544 = 99,89 cm³.
18
Aufgabe 1:
Grund- und Aufriss;
Konstruktion der
gesuchten Längen.
8 ,5 4 c m
7 ,8 c m
8 ,9 3 c m
9 ,0 1 c m
10 cm
19
Aufgabe 1 b):
Frontschau m it a = 45° und k = 0,5.
Aufgabe 1 b):
Vogelschau m it a = 90° und k=1
8,54 cm
90 °
45 °
9 cm
3,9 cm
20
Aufgabe 1; Tetraeder in Grund- und Aufriss
10 cm
8,93 cm
8,54 cm
9 cm
8,93 cm
8,54 cm
21
Aufgabe 1: Frontschau
(Kavalierprojektion)
Vogelschau
(Militärprojektion):
8,54 cm
10 cm
7,8 c m
8,93 cm
9 cm
22
Aufgabe 2:
a) Eckenschwerpunkt:
Man fasst je zwei Ecken z.B. A und B sowie C und D zusammen. Ihr gemeinsamer
Schwerpunkt liegt jeweils in ihrem Mittelpunkt. Der Mittelpunkt zwischen diesen beiden
Seitenmitten ist Eckenschwerpunkt SE (9;5). Er ist der Mittelpunkt des
Mittenparallelogramms des Vierecks ABCD.
Flächenschwerpunkt:
Man zerlegt das Viereck ABCD durch die Diagonale AC in zwei Teildreiecke ABC und
ACD, deren Schwerpunkte S1 und S2 man in der üblichen Weise erhält (Schnittpunkt
der Seitenhalbierenden). Der gemeinsam Schwerpunkt dieser beiden Dreiecke muss
auf der Verbindungsstrecke S1S2 liegen.
Analog geht man vor mit der Diagonale BD und erhält die Dreiecksschwerpunkte S3
und S4. Der Flächenschwerpunkt S des Vierecks ist der Schnittpunkt von S1S2 mit
S3S4. Man erhält den Flächenschwerpunkt SF(8; 5,2).
D
S2
S4
C
SF
SE
S3
S1
A
B
23
b) Winkelhalbierendenviereck in einem beliebigen Viereck:
Nach Konstruktion der Winkelhalbierenden erhält man für die Winkel im
Winkelhalbierendenviereck PQRS bzw. für ihre jeweiligen Scheitelwinkel die Größen
180°- ½ * (α + δ) bei R,
180° - ½ * (β + γ) bei P,
180° - ½ * (γ + δ) bei S und
180° - ½ * (α + β) bei Q.
Die Summe der Gegenwinkel bei R und P ist also
180°- ½ * (α + δ) + 180° - ½ * (β + γ) = 360° - ½ * (α+β+γ+δ) = 180°
denn die Winkelsumme α+β+γ+δ = 360° gilt für jedes Viereck.
Damit ist aber PQRS als Sehnenviereck nachgewiesen.
D
C
Q
102 °
R
P
78 °
S
A
B
Aufgabe 3:
a) Es gibt kein punktsymmetrisches Dreieck.
Sei nämlich A ein Eckpunkt des Dreiecks. Dann muss auch der Bildpunkt A’ bei der
Spiegelung am Zentrum Z ein Eckpunkt sein. Dasselbe gilt für jeden weiteren Eckpunkt
B, womit man bereits vier Ecken hätte. Nimmt man jedoch Z selbst zu A und A’ als
weiteren Eckpunkt, so liegen die drei Punkte kollinear und es entsteht kein Dreieck.
Punktsymmetrische Vierecke haben parallele Gegenseiten sind also Parallelogramme.
Da umgekehrt jedes Parallelogramm punktsymmetrisch ist, gilt:
Genau die Parallelogramme sind die punktsymmetrischen Vierecke,
b) Das n-Eck f hat gerade Eckenzahl, parallele und gleich lange Gegenseiten und
gleichgroße Gegenwinkel. Das folgt sofort aus den verallgemeinerten Überlegungen
aus a) und den Eigenschaften einer Punktspiegelung.
24
c) Man wähle ein Zentrum Z.
Dann wähle man drei Punkte A, B und C
und ihre Spiegelpunkte A’, B’, C’ an Z.
Dann ist das Sechseck ABCA’B’C’ sicher
punktsymmetrisch und – außer bei großem
Zufall – nicht regelmäßig.
In diesem Ausnahmefall verändere man z.B.
A willkürlich.
B'
A'
Z
C'
C
A
B
Aufgabe 4 A:
Konstruktion siehe Beiblatt:
Man nimmt aus allen Wegen die gleichlange Brücke heraus, das führt von Z zu Z’.
Weiter nimmt man aus allen Wegen die gleichlange Watestrecke heraus, das führt von Z’
zu Z’’. Unter allen Wegen von J nach Z’’ ist die gerade Verbindung die kürzeste.
In diese fügen wir schrittweise die Watestrecke und die Brücke wieder ein und haben so
den kürzesten Weg von J nach Z unter den genannten Zusatzbedingungen konstruiert.
25
Lösung zu Aufgabe 4 A:
J
s
Y
b
c
U
d
W
Z ''
Z'
Z
X
Aufgabe 4 B:
A'
B'
D
C
C'
h
A
B
s
g
A''
V
C ''
Erste Lösung:
B''
Die Konstruktion von A’B’C’ und A’’B’’C’’ ist klar.
Die Dreiecke ABC und A’’B’’C’’ sind gegensinnig kongruent, es muss also eine
Spiegelung oder eine Gleitspiegelung geben, die ABC in A’’B’’C’’ abbildet.
Erste Lösung:
Die Mittelpunkte der Strecken AA’’, BB’’ und CC’’ sind kollinear und ergeben die
Gleitachse g. Spiegelt man daran Dreieck ABC so erhält man über das Zwischenbild
den Schubvektor.
Zweite Lösung:
Man kann die Punktspiegelung an D darstellen durch ein Produkt zweier
Geradenspiegelungen g und h mit zueinander senkrechten Geraden g und h. Dabei
wählen wir g senkrecht zu s = AC und damit h parallel zu s = AC. Dann erhält man
für die Verkettung:
(g D h) D s = (g D (h D s) = g D V
wobei V die Verschiebung senkrecht zu h um den doppelten orientierten Abstand von h
zu s ist.
27
Klausur am Freitag 19. Oktober 2001
Bitte füllen Sie die persönlichen Angaben auf diesem Blatt in Druckschrif aus und geben
Sie das Blatt in Ihrem Doppelbogen mit ab.
Persönliche Angaben:
Name
Vorname
Matr.-Nr.
Sem. im SS 01
Klausurergebnis:
Aufg. 1 12 P Aufg. 2
10 min
3
3
3
38 P
45 min
3
Aufg. 3
12 P
15 min
a) 12 b) 8 c) 6 d) 6 e) 4 f) 2 A: 3 D: 3
Klausurpunkte:
Aufg. 4
14 P
Aufg. 5
P
15 min
K: 6
V: 8
O: 6
Übungspunkte:
12
10 min
WH: 6
NW: 6
Gesamt:
Zugelassene Hilfsmittel:
Eine Doppelseite (1 DIN-A4-Blatt) mit handschriftlichen Notizen mit Namen und
Matrikelnummer versehen.
Ein nicht programmierbarer Taschenrechner. Schreib- und Zeichenwerkzeug.
Die Lösungen sind sauber und vollständig auf kariertem Doppelbogen DIN A 4
darzustellen. Die Form wird mit bewertet.
Zeichnen Sie bitte sorgfältig, sauber und genau! Dies wird bewertet.
Arbeitszeit: 90 Minuten. Erreichbare Punktzahl: 80. Anrechnung aus Übungen: 6+6.
Die Klausur ist bestanden, falls insgesamt mindestens 40 Punkte erworben werden.
Eine Klausur mit weniger als 24 Punkten kann nicht gewertet werden.
Aufgabe 1:
Konstruieren Sie den kürzesten Weg des Indianers von A nach B unter
Beachtung folgender Nebenbedingungen (siehe Beiblatt):
1. Der Fluss muss senkrecht zu den beiden Uferlinien g und h überquert
werden.
2. Im Bach f ist eine Watestrecke der Länge s = 4 cm zurückzulegen.
Beschreiben und begründen Sie kurz Ihre Konstruktion.
Bitte benützen Sie zur Zeichnung das vorgegebene Beiblatt.
28
Aufgabe 2:
Ein Schuppen ist 12 m lang, 6 m breit und bis zum Dachtrauf 5 m hoch.
Die Höhe des Dachstuhls von der Traufhöhe bis zur Firsthöhe beträgt 4 m.
Die vordere Giebelseite ist angewalmt (mit der gleichen Dachneigung wie die
Seitendächer). Am rückwärtigen Ende des Gebäudes befindet sich ein normaler Giebel.
Quer zum Längsdach ist ein Querdach mit zwei normalen Giebeln aufgesetzt. Dessen
First verläuft in 7 m Abstand parallel zur Vorderseite des Langhauses (also in 5 m
Abstand parallel zur hinteren Giebelseite des Langhauses). Die Dachneigung des
Querdaches ist die selbe wie beim Längsdach und der First des Querdachs verläuft auf
gleicher Höhe wie der des Langhauses.
a) Zeichnen Sie den Schuppen in Dreitafelprojektion im Maßstab 1:100 sauber,
sorgfältig und genau auf das beiliegende Blatt.
Wählen Sie die hintere Giebelseite des Schuppens parallel zur Aufrissebene (siehe
Beiblatt).
b) Zeichnen Sie ein Schrägbild des Schuppens (Frontschau; Zeichnung auf Beiblatt).
Wählen Sie den Verzerrungswinkel zu 45° und das Verkürzungsverhältnis 0,5.
c) Berechnen Sie die gesamte Dachfläche des Gebäudes.
d) Berechnen Sie den umbauten Raum, d.h. das Volumen des Baukörpers.
Hinweis: Für e) und f) können Sie die Zeichnung aus a) ergänzen.
e) Bestimmen Sie die Länge der Dachkehle ( Zusammentreffen des Längsdaches mit
dem Querdach) durch Zeichnung und Rechnung.
f) Bestimmen Sie die Dachneigung durch Zeichnung und Rechnung.
Aufgabe 3:
Von den vier Seiten AB , BC , CD und DA eines Vierecks ABCD sind jeweils die
Mittelsenkrechten a, b, c und d gegeben (siehe Beiblatt).
a) Analysieren Sie dazu die Abbildungsfolge a b c d angewandt auf den Punkt A.
Diskutieren Sie sämtliche Lösbarkeitsfälle für die gegebene Aufgabe (Determination).
b) Konstruieren Sie das zugehörige Viereck ABCD.
Verlangt ist eine saubere und genaue Zeichnung mit Begründung der Konstruktion
sowie eine Angabe über die Lösbarkeit der Aufgabe im vorliegenden Fall.
Aufgabe 4:
Leiten Sie die Formeln für den Rauminhalt und die Oberfläche einer Kugel her.
Formulieren Sie alle wesentlichen Sätze und Prinzipien, die Sie bei der Herleitung
benutzen.
Aufgabe 5:
Beweisen Sie: Die Winkelhalbierende eines Dreieckswinkels und seines Nebenwinkels
teilen die Gegenseite innen bzw. außen im Verhältnis der anliegenden Seiten.
Hinweis: Benutzen Sie die Symmetrieeigenschaft der Winkelhalbierenden.
Geeignet ist ein Dreieck mit den Seiten a = 3 cm, b = 6 cm und c = 4,5 cm.
Name:................................................................................................Matr.-Nr.....................................
Elementargeometrie; 10/2001; zu Aufgabe 2.;
Seitenriss
Aufriss
Grundriss
Schrägbild
30
Name:..........................................................................Matr.-Nr.....................................
Klausur Elementargeometrie; 10/2001.
Zu Aufgabe 1:
A
g
h
B
f
Zu Aufgabe 3:
c
a
d
b
31
Lösungen zur Klausur Elementargeometrie vom 19. Oktober 2001:
Aufgabe 1:
Jeder Weg enthält die Querung des Flusses PQ . Um diesen Vektor verschieben wir
A nach A‘. Jeder Weg enthält die Watestrecke RS = s im Bach f. Um diesen Vektor
verschieben wir A‘ nach A‘‘. Nun gilt es, den kürzesten Weg von A‘‘ nach B zu finden,
der den Fluss f berührt. Dies gelingt mit Hilfe des Spiegelpunktes B‘ von B an f. Die
Verbindung von A‘‘ mit B‘ liefert den Punkt, bei dem die Watestrecke in f endet. Damit
kann der Weg rekonstruiert werden.
Aufgabe 2:
a) Im Grundriss sieht man den Hausumriss (Rechteck mit 6m x 12 m) in wahrer
Größe, ebenso alle Traufkanten und die Firste.
Im Aufriss erscheinen Traufhöhe (5 m) sowie Höhe des Dachstuhls über dem
Trauf (4 m) in wahrer Größe. Ebenso erscheint der First des Querhauses (6 m) in
wahrer Größe. Das angewalmte Dachdreieck über der vorderen Giebelseite
erscheint nicht in wahrer Größe, weil es nicht parallel zur Aufrissebene liegt,
sondern geneigt dazu.
Im Seitenriss erscheint der Langfirst sowie der Giebel des Querhauses in wahrer
Größe. Die Höhe des Dachdreiecks des Vordergiebels erscheint ebenfalls in
wahrer Größe. Diese beträgt nach Pythagoras 5 m, denn die beiden Katheten
betragen 3m (= halbe Hausbreite) und 4m (= Dachstuhlhöhe).
b) Im Schrägbild werden alle zur Bildebene (= Aufrissebene) parallelen Stücke in
wahrer Größe abgebildet (Hausbreite, Trauf- und Giebelhöhe, hinterer Giebel des
Langhauses etc.). Alle dazu senkrechten Strecken werden unter dem Winkel 45°
zueinander parallel abgebildet und auf halbe Länge verkürzt (k = 0,5).
c) Dachfläche:
Vorderes Giebeldreieck:
A1 = ½ * 6m * 5m =
15 m².
Zwei Parallelogramme am Längsdach:
Seitenriss ausgeklappt).
A2 = 2 * 4m * 5m =
40 m² (im
Vier rechtwinklige Dreiecke am Querdach: A3 = 4 * ½ * 3m * 5m =
Zwei Trapeze am hinteren Längsdach:
A4 = 2 *
Damit erhält man die gesamte Dachfläche zu
30 m².
2m + 5m
* 5m = 35 m².
2
A = 120 m².
Zusatzbemerkung:
Das Dach steht über der gesamten Grundfläche des Hauses gleich
geneigt und zwar gemäß nebenstehender Skizze. Daher verhalten
sich Grundfläche und Dachfläche wie 3 zu 5. Man erhält daher:
Dachfläche = 5/3 * Grundfläche = 5/3 * 72 m² = 120 m².
d) Umbauter Raum:
Grundquader:
V1 = 6m * 12m * 5m =
Vordere Dachpyramide:
V2 = 1/3 * 6m * 3m * 4m =
360 m³.
24 m³.
5
4
3
32
Langhausdachraum (Dreieckssäule 9m lang): V3 = ½ * 6m * 4m * 9m = 108 m³.
Hinzu kommt der zusätzliche (!) Dachraum des Querhauses, bestehend aus zwei
Pyramiden mit dem Giebel als Grundfläche und der halben Hausbreite als Höhe:
V4 =
2 * 1/3 * (1/2 * 6m * 4m) * 3m = 24 m³.
Gesamtvolumen:
V = 516 m³.
Bemerkung: Es geht viel einfacher:
Eine Hälfte des Querdachs entspricht genau dem vorne abgeschnittenen
Giebelteil. Das Volumen ergibt sich also als Summe des Volumens vom normalen
Langhaus plus ein Seitenteil des Querdaches:
V = 12*(6*5+0,5*6*4) + 0,5*6*4*3/3 = 12*42 + 12 = 12 * 43 = 516 m³.
e) Länge der Dachkanten: Die Giebelkanten haben die Länge 5 m (Pythagoras).
Dachgrate bzw. Dachkehlen des Vorderdaches: d² = 3² + 5² = 34, damit
d = 34 m ≈ 5,83 m.
f) Dachneigung:
tan α = 4/3 ⇒ α = 53,13°.
Aufgabe 3:
a) Wir analysieren folgendes Diagramm:
a
b
A
c
B
d
C
D
A
α
Die Abbildung α = a b c d ist als Produkt von vier Geradenspiegelungen eine
gleichsinnige Kongruenz, also eine Drehung oder eine Translation. Der Eckpunkt
A des möglichen Lösungsvierecks muss Fixpunkt dieser Abbildung α sein.
(Vorsicht: Die Schlussfolgerung, dass α selbstinvers ist, ist nicht zulässig!!).
•
Ist α echte Translation so gibt es keinen Fixpunkt; in diesem Fall ist die
Aufgabe daher unlösbar.
•
Ist α die Identität, so ist jeder Punkt Fixpunkt, also kann jeder Punkt der
Ebene als Eckpunkt A dienen und man erhält unendlich viele Lösungen.
•
Ist α dagegen eine echte Drehung, so gibt es genau einen Fixpunkt, dieser
ist dann einzige Lösung der Aufgabe.
b) Im vorliegenden Fall konstruiert man wie folgt:
Es sei P Schnittpunkt von a und b und Q Schnittpunkt von c und d.
Dann ersetzt man ab durch a’b‘ mit b‘ = PQ und cd durch c’d‘ mit c‘ = PQ.
Damit ergibt sich:
a b c d = a‘ b‘ c‘ d‘ = a‘ b‘ b‘ d‘ = a‘ d‘ = Drehung(A; 2*∠(a‘, d‘)).
33
Im vorliegenden Fall ergibt sich A als einzige Lösung.
Man ergänzt zum Viereck ABCD durch fortlaufende Spiegelung von A an den
gegebenen Mittelsenkrechten.
Aufgabe 4:
Zur Bestimmung des Volumens einer Kugel benutzt man das Prinzip von Cavalieri:
Haben zwei Körper auf jeder Höhe x über der Grundfläche stets gleich große
Querschnittsflächen, so sind sie volumengleich.
h
Begründung:
V=
∫ q( x )dx .
0
Eine Halbkugel mit Radius r und ein Zylinder mit Radius r und Höhe r, aus dem von
oben ein Kegel mit Grundkreisradius r und Höhe r ausgebohrt ist, erfüllen die
Voraussetzungen des Satzes von Cavalieri, sie sind also volumengleich:
Halbkugel
Querschnitt bei der Halbkugel:
q1(x) = π * q² = π* (r² - x²)
q
x
Zylinder
P
z
y
r
Querschnitt beim ausgebohrten Zylinder:
q2(x) =
x=y=z
π * r² - π* x² = π* (r² - x²)
Es gilt also q1(x) = q2(x) für alle x, also
kann der Satz von Cavalieri angewendet
werden und beide Körper haben das gleiche
Volumen.
Man erhält daher das Volumen der Halbkugel zu:
VHK = Zylindervolumen – Kegelvolumen = π * r³ - 1/3 * π * r³ = 2/3 * π * r³ .
4
* π * r³.
3
Damit ergibt sich das Kugelvolumen
V=
Das Volumen eines Kegels beträgt
V = 1/3 * Grundfläche * Höhe.
Das Volumen eines Zylinders beträgt
V = Grundfläche * Höhe.
Die Oberfläche einer Kugel erhält man durch folgende Überlegung:
Man denkt sich die Kugeloberfläche aufgeteilt in eine Netz von sehr kleinen Zellen z.
B. in Form eines Gradnetzes. Jede Zellenecke verbindet man mit dem
Kugelmittelpunkt. Dann entstehen lauter kleine Pyramiden mit gekrümmter
Grundfläche. Jede einzelne hat ein Volumen von Vi = 1/3 * Ai * r, wobei Ai die Größe
der Grundfläche ist. Dies stimmt umso genauer, je kleiner wir die Zellen wählen. Das
Gesamtvolumen der Kugel erhält man als Summe aller dieser Pyramidenvolumina: V
34
= 1/3 * r *
∑A .
i
i
Die Summe aller Ai ergibt aber gerade die Oberfläche Ok der Kugel.
Damit erhält man: V = 4/3 * π * r³ = 1/3 * r * Ok und daraus
Ok = 4 * π * r².
die Formel für die Kugeloberfläche:
Aufgabe 5:
Die Winkelhalbierende eines Winkels ist Symmetrieachse seiner beiden Schenkel.
Man spiegelt das Dreieck ABC an der Winkelhalbierenden w des Winkels γ und an
der Winkelhalbierenden w‘ seines Nebenwinkels und erhält die Punkte A‘, A‘‘, B‘
und B‘‘. Nun sind folgende Strecken von gleicher Länge:
CA = CA‘ = CA‘‘ = b
CB = CB‘ = CB‘‘ = a.
Außerdem sind die Strecken AA‘ und BB‘ zueinander parallel (beide senkrecht zu w)
und ebenso die Strecken AA‘‘ und BB‘‘.
Strahlensatz II mit Scheitel C ergibt:
AA‘ : BB‘ = CA : CB‘ = b : a
Strahlensatz II mit innerem Scheitel D ergibt: AD : DB = AA‘ : BB‘ = b : a
(1)
(2)
Damit ist der Satz für die Winkelhalbierende bewiesen. Analog für den Nebenwinkel:
Strahlensatz II mit innerem Scheitel C ergibt: AA‘‘ : BB‘‘ = CA : CB‘‘ = b : a
(3)
Strahlensatz II mit Scheitel E ergibt:
(4)
AE : BE = AA‘‘ : BB‘‘ = b : a
Damit ist auch dieser Teil bewiesen.
A''
B''
C
B'
A
w'
D
w
B
E
A'
35
Korrektur- und Bewertungsvorschlag:
Aufgabe 1:
Vektor PQ von A nach A‘:
3P
Vektor Watestrecke bei B oder A‘:
3P.
Spiegelung von B an f nach B‘:
3P
Begründung der Minimalität:
3P.
Aufgabe 2:
a) Grundriss, Aufriss und Seitenriss je 4 P:
12 P
b) Schrägbild:
8 P.
c) Vier Teilflächen zu je 1,5 P
6 P.
d) Vier Teilkörper zu je 1,5 P
5 P.
e) Z und R je 2 P:
4 P.
f) Z und R je 1 P:
2 P.
Aufgabe 3:
a) Analyse und Determination jeweils 3 P:
6 P.
b) Konstruktion mit Text:
6 P.
Aufgabe 4:
Volumen:
8 P. (Cavalieri 3; Archimedes-Ansatz 3; Durchführung 2)
Oberfläche:
6 P (Ansatz: 3; Durchführung 3).
Aufgabe 5:
Beweis in einem Fall: 8 P. Zusätzlich für den zweiten: 4 P.