Lös. 3

Lösungen zu Übung (3)
1. Ein Dreieck hat Seitenlängen a = 2[cm], b = 3[cm], der eingeschlossene Winkel γ hat 750 .
(a) Im Bogenmaß: γ =
75
360
· 2π =
75
180
·π =
5
12 π
(b) 75 = 45+30. Man konstruiert also mit Zirkel und Lineal einen rechten Winkel, dann dessen Halbierung, dann
über ein gleichseitiges Dreieck (das man mit Zirkel und Lineal konstruiert) einen 600 − Winkel, den man
wiederum halbiert. An die Seite mit Länge a trägt man die Winkel (addierend) an (wieder mit Zirkel und
Lineal!), markiert mit dem Zirkel die korrekte Länge b auf dem freien Schenkel und hat alle Dreieckspunkte.
Das sollte man zeichnerisch durchführen, wobei es in Ordnung ist, wenn man den Winkel von 750 mit dem
Winkelmesser anträgt, wenn man die Konstruktion so ähnlich beschrieben hat Besser aber führt man das
Ganze zur Übung noch einmal zeichnerisch durch..
5 (c) c = 4 + 9 − 12 cos 12
π ≈ 3.15[cm].
(d)
sin(α)
a
=
sin(γ)
c ,
alsoarcsin
also
2
2
5
13−12 cos( 12
π)
5
π ,
12
sin (α) = 5 sin
13 − 12 cos 12
π
5 π
= 0.661 325 665 = 0.661 325 665 180
sin 12
π : 37. 891 169 5

2
α = arcsin  5 sin
13 − 12 cos 12
π
≈ 0.661 (im Bogenmaß!),

5
π 
12
das sind etwas weniger als 370 . Man könnte auch den Kosinussatz verwenden, so:
cos (α) =
1 2
b + c2 − a2 , also
2bc 
1
α = arccos  5 6 13 − 12 cos 12
π
5 + 13 − 12 cos
5
π
12
Die Resultate sind dieselben. Schließlich ist dann

.
β = π − γ − α,
in Grad: Etwas mehr als 1800 − 750 − 370 = 680 .
2. Es sei ein rechtwinkliges Dreieck gegeben, mit Seiten a, b, c und rechtem Winkel γ. Über den Seiten werden
jeweils gleichseitige Dreiecke Da , Db , Dc errichtet.
(a) Die Gleichung Fc = Fa + Fb ist ein Spezialfall des Satzes, dass die Flächeninhalte beliebiger ähnlicher
Figuren über den Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks sich so verhalten (Verallgemeinerung des Satzes von
Pythagoras). Wir wissen schon, dass gleichseitige Dreiecke ähnlich zueinander sind.
√
(b) Der Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge a ist 12 a2 sin (π/3) = 14 a2 3. Also
√
1 √
1 2
1 √
1 √
Fc = c2 3 =
a + b2 3 = a2 3 + b2 3 = Fa + Fb .
4
4
4
4
3. Wie viele Zahlangaben benötigt man, um ein gleichschenkliges Dreieck zu bestimmen:
(a) der Form nach: Es genügen die Seitenlängen a (des Paars gleich langer Seiten) und b (der dritten Seite),
also zwei Zahlangaben - der Spezialfall b = a ist natürlich eingeschlossen.
1
(b) der Lage nach in der Ebene: Zu den zwei Angaben aus a benötigt man etwa: Die Lage des Punktes P ,
in welchem die (jedenfalls) gleich langen Achsen zusammenstoßen, dazu die Richtung der Höhe, welche
von diesem Punkt asugeht. Für den Punkt braucht man in der Ebene zwei Zahlangaben, für die Richtung
eine, das macht zusammen 5 Zahlangaben. Alternative: Man könnte auch die Länge b zusammen mit dem
Höhenvektor nehmen und dem Punkt P und kommt wieder auf 5 Zahlangaben.
Im dreidimensionalen Anschauungsraum benötigt man jeweils eine Zahlangabe mehr für P und die Richtung
der Höhe (ebenso für den Höhenvektor), also 7 Zahlangaben.
4. Ein zentralperspektivisches Bild ist zu zeichnen. Geben Sie dazu Hauptpunkt und d = 10[cm] vor. Nehmen Sie
ein DIN A 4 Blatt, Horizont in der Mitte, Hauptpunkt in der Mitte.
(a) Es geht nur noch um die Richtung des Bildes von s: Der zugehörige Fluchtpunkt F liegt auf dem Horizont
∗
10cm rechts vom Hauptpunkt. (Denn in OBE
, dem Ersatzpunkt für den Augpunkt in der Zeichenebene
für Winkelmessung zwischen Geraden parallel zur Bodenebene (daher der Index ’BE’) , wäre ein Winkel
∗
von 450 mit der Parallelen vom Horizont durch OBE
anzusetzen.) Hier die Konfiguration, man sieht den
Horizont h, den Abstand d zwischen Auge und Hauptpunkt, genannt ’Distanz’, ferner die wichtigen Punkte
und das Bild s′ der Strecke s.:
h
0
H
-2
F
s'
d
-4
-6
Bild von s
-8
-10
-5
O*
45 Grad
BE
0
5
10
(b) Hier sind s1 und der Fluchtpunkt Fg der Geraden g durch die Endpunkte von s und s1 zu sehen - man
braucht nur die Gerade durch die Endpunkte der Strecken mit dem Horizont h zu schneiden, dazu die
2
Strahlensatzkonstruktion:
F
0
-2
g
h
H
F
s'
-4
s '
1
-6
-8
-10
-5
O*
45 Grad
BE
0
5
10
(c) Da der Anstellwinkel willkürlich gewählt wurde, kommt es nur auf das Bild des Mittelpunktes von s an,
den kann man analog zu b wieder mit s1 bekommen, oder aber man errichtet über s eine senkrechte Wand
und zeichnet deren Diagonalen, genau unter dem Bild des Schnittpunktes liegt das Bild vom Mittelpunkt
von s. Die obere Spitze des Dreiecks muss (im Bild wörtlich) senkrecht über diesem Mittelpunkt liegen. (Zu
c bis e vgl. das Bild unter e.)
(d) Es ist klar, dass die Senkrechte zu h durch F die Fluchtgerade gE der Ebene E durch die Dreiecksfläche
ist. Also braucht man nur die Geraden durch die oberen Kanten des Dreiecks mit gE zu schneiden, um die
Fluchtpunkte der Kanten zu bekommen, G1 oben und G2 unten (für die hintere Kante).
(e) Der (wahre) Winkel α zwischen s und der vorderen Kante nach oben ist nach dem Grundprinzip, dass vom
Auge aus die Fluchtpunkte zweier Geraden in deren wahrem Winkel erscheinen, der Winkel, den man in der
Zeichenebene sieht, wenn man von O∗ aus Schenkel nach F und G1 bildet. Ebenso funktioniert es natürlich,
wenn man Schenkel nach F und G2 bildet. Hier ist der gesuchte Winkel bezeichnet (man zeichne ihn noch
3
einmal ein gemäß der Beschreibung) E ist die Ebene durch das Dreieck.:
5
G
O*
E
0
1
H α
F=L
G
-5
2
g
O
-10
-5
E
* =O1
BE
E
0
5
10
Zur Begründung: Aus dem Prinzip: ’Vom Auge aus erscheinen Fg1 , Fg2 in dem wahren Winkel, den die
Geraden g1 , g2 (vom Betrachter in die Ferne verfolgt) miteinander bilden’ folgt, dass ein Winkelmesspunkt
∗
OE
für Geraden auf der Ebene E so in der Zeichenebene konstruiert werden kann (gE muss man dafür
kennen):
1. Fälle das Lot von H auf gE , Lotfußpunkt ist L.
1
2. Trage senkrecht zur Lotgeraden l an H die Distanz d ab, Endpunkt ist OE
.
1
3. Stich den Zirkel in L ein, nimm den Abstand d L, OE und schlage einen Kreis
um L mit diesem Radius, die Schnittpunkte dieses Kreises mit l sind die
∗
beiden (gleichwertigen) Winkelmesspunkte OE
.
Ein erklärendes Bildchen wird im Skriptum erscheinen.
4