Lösungen zur Geometrie

Lösungen zur Geometrie-Klausur
vom 18.7.06
Zu 1.
1. Lösung:
Die Hilfslinie h1 zerlegt die „Eule“ in ein Sternfünfeck
(eine Pentagramm-Figur) und das Dreieck ∆ABD. Aus
einer Übungsaufgabe ist die Winkelsumme des
Sternfünfecks bekannt (180°). Damit folgt für die
Gesamtsumme der Winkelgrößen 180°+180°=360°.
2. Lösung:
Die Hilfslinie h2 erzeugt das Viereck ABDE, das bereits
die Winkel α, β, δ und ε umfasst. Die fehlenden Winkel
φ und γ liegen im Dreieck ∆FCG, wobei der Winkel
∠CGF die Größe 180°-φ -γ hat. Dieser Winkel und ∠DGE sind Scheitelwinkel und gleichgroß. Für die beiden restlichen Winkel im Viereck ABDE folgt
∠GDE + ∠DEG = 180° - (180°-φ -γ) = φ + γ.
Die gesuchte Winkelsumme in der Figur stimmt mit der Winkelsumme im Viereck überein
und beträgt also 360°.
3. Lösung:
Wir untersuchen die Vollwinkel in den Schnittpunkten der Seiten. Ihre Winkelsumme von
5*360°=1800° setzt sich zusammen aus den Winkeln von vier Dreiecken, vermindert um
γ+δ+ε+φ, aus den Winkeln eines Vierecks, vermindert um α+β, den Innenwinkeln des
(inneren) Fünfecks (540°) und den zugehörigen Scheitelwinkeln (540°).
Die Größen werden in dieser Reihenfolge notiert:
1800° = 4*180°-(γ+δ+ε+φ) + 360°-(α+β) + 540° + 540°, damit
α+β+γ+δ+ε+φ=360°
Zu 2.
Die Überlegungsfigur lässt ein unmittelbar konstruierbares Teildreieck ∆FBC erkennen, in dem mit dem
rechten Winkel und den zwei Seiten a und hC die
Bedingungen des Kongruenzsatzes Ssw erfüllt sind. Ein
Kreis mit dem Radius sA schneidet die Gerade FB in
zwei Punkten A und A2. Es ergeben sich zwei inkongruente Dreiecke ∆ABC und ∆BA2C.
Konstruktionsbeschreibung:
Man zeichne die Strecke hC = CF, trage in F einen rechten Winkel an und zeichne einen
Kreis um C mit r = a. Dieser Kreis schneidet den freien Schenkel des rechten Winkels in B.
Man halbiere BC = a und zeichne um den Mittelpunkt dieser Strecke einen Kreis mir r = sA .
Dieser schneidet die Gerade durch F und B in A und A2 . Die Dreiecke ∆ABC und ∆BA2C
sind die gesuchten.
Determination:
Zur Konstruktion des Teildreiecks ∆FBC muss hC ≤ a gelten, wobei für hC = a ein in B
rechtwinkliges Dreieck entsteht. Für den letzten Fall muss sA > ½ hC gelten. Sonst gilt für
sA = ½ hC genau eine Lösung, bei der sA und hC parallel sind, und zwei nichtkongruente
Lösungen für sA > ½ hC .
Konstruktion:
Zu 3.
Das Dreieck ∆AMC ist gleichschenkligrechtwinklig, also sind die beiden
Basiswinkel 45° groß. Das Dreieck ∆MBC
ist gleichseitig, denn alle Seiten sind
Radien der beiden gleichgroßen Kreise.
Der Winkel ∠BMC hat die Größe 60° und
ist Zentriwinkel über dem Bogen BC. Ein
zugehöriger Peripheriewinkel (oder Umfangswinkel) ist ∠BAC, also halb so groß
gleich 30°
1. Lösung:
Der Winkel ∠BDC=δ ist Außenwinkel in
Dreieck ∆ADC und somit so groß wie die
beiden nicht anliegenden Innenwinkel:
δ = 45° + 30° = 75°.
2. Lösung:
Im rechtwinkligen Dreieck ∆MDA folgt für den Winkel ∠MAD die Größe 45°-30°= 15°. Also ist
∠MDA = 90°-15°=75°. Dieser Winkel ist aber Scheitelwinkel des gesuchten: δ = 75°.
Zu 4.
1. Lösung:
Der Sekanten-Tangentensatz führt
auf die Gleichung
16*(x+16) = 14*(42+14) und
x=33.
(Die fettgedruckten Summanden
können leicht vergessen werden!)
Die Hilfslinie BD erzeugt zwei in D
rechtwinklige Dreiecke (Thalessatz).
Mit dem Satz des Pythagoras gilt für
die gemeinsame Kathete BD:
2
BD = d 2 − x 2 = (42 + 14 )2 − 16 2 und für x=33 folgt
d=63.
2. Lösung:
(ohne Sekanten-Tangentensatz)
Auch die Hilfslinie AE erzeugt zwei in E rechtwinklige Dreiecke (Thalessatz). Mit dem Satz
des Pythagoras gilt einerseits für die gemeinsame Kathete BD
2
2
2
2
2
(I) BD = d − x = (42 + 14 ) − 16
und für die gemeinsame Kathete AE
2
2
2
2
2
(II) AE = d − 42 = ( x + 16 ) − 14 .
Die Gleichung (II) wird nach d2 umgestellt und in (I) eingesetzt:
x=33, d=63.
Zu 5.
1.: Wenn ein Parallelogramm ein Rechteck ist, dann
sind die Diagonalen gleichlang.
Die beiden Dreiecke ∆ABD und ∆ABC sind nach sws
kongruent, denn sie stimmen gemäß der Eigenschaften des Rechtecks im rechten Winkel und je einer der
Rechteckseiten a, b überein.
Also gilt auch für die dem rechten Winkel jeweils gegenüberliegende Seite
q.e.d.
2.: Wenn ein Parallelogramm gleichlange Diagonalen hat, dann ist es ein Rechteck.
1. Lösung:
Parallelogramme haben gleichlange Gegenseiten. Man betrachte die Dreiecke ∆ABC und
∆ABD, die dann wegen der gemeinsamen Seite AB , wegen AD = BC und wegen der
gleichlangen Diagonalen nach sss kongruent sind. Also sind die den Diagonalen gegenüber
liegenden Winkel ∠ABC und ∠DAB gleichgroß. Diese beiden Winkel sind aber
Wechselwinkel an geschnittenen Parallelen, ergänzen sich also zu 180°. Deshalb sind sie
beide 90° groß und das Parallelogramm ein Rechteck, q.e.d.
2. Lösung:
Der in der Aufgabenstellung angeführte Satz führt auf AE = BE = CE = DE , also auf vier
gleichschenklige Dreiecke. Dabei stimmen die Winkel ∠AEB und ∠CED sowie die Winkel
∠AED und ∠BEC jeweils überein (Scheitelwinkel).
Sei ∠BAE = α, dann gilt
∠AEB=180°-2*α und wegen der Nebenwinkeleigenschaft
∠AED=180°-(180°-2*α)=2*α.
Für den Winkel ∠EAD als Basiswinkel des
gleichschenkligen Dreiecks ∆AED gilt damit
∠EAD = ½ (180°-2*α) = 90°-α.
Also ist der Winkel ∠BAD = α + 90°-α = 90°, und das
Parallelogramm ist gemäß der Definition des
Rechtecks „ hat einen rechten Winkel ...“ ein
Rechteck, q.e.d.
AC = BD
3. Lösung: (Idee D. Schydlo):
... Das Parallelogramm hat einen Umkreis mit dem
Mittelpunkt in E. Damit ist z.B. der Winkel
∠BAD = 90° gemäß Thalessatz. (weiter wie oben)