Page 1 Schülerbuchseiten 44 – 45 – Gruppe 1 (gegeben ú 2 = 50

Schülerbuchseiten 44 – 45
Seite 44
Ein ganz besonderer Kreis
Vorüberlegungen
Dreiecke, bei denen (mindestens) zwei Seiten gleich
lang sind, nennt man gleichschenklige Dreiecke. Für sie
gilt der Basiswinkelsatz. Die zwei gleich langen Seiten
(Schenkel) schließen jeweils mit der dritten Seite (Basis)
einen Basiswinkel ein. Der Basiswinkelsatz besagt nun,
dass diese Basiswinkel stets gleich groß sind.
l
Sch
e
enk
Sch
enk
el
Spitze
Basiswinkel
Basis
Begründung für den Basiswinkelsatz:
Die Mittelsenkrechte der Basis ist eine Symmetrieachse
des Dreiecks (dies lässt sich mithilfe der Kongruenzsätze
aus Lerneinheit 5 beweisen). Spiegelt man das Dreieck
an ihr, werden die Basiswinkel aufeinander abgebildet.
Also sind sie gleich groß.
Forschen an Beispielen
_
_ _
A, M_
C und M_
B sind jeweils
– Die Seitenlängen M_
AB
AB
AB
gleich lang. Damit lässt sich jedes Dreieck ABC in zwei
gleichschenklige Dreiecke AM_
C und M_
BC zerlegen.
AB
AB
Demnach sind die Winkel ÷ und ù1 sowie die Winkel ø
und ù2 stets gleich groß.
C
γ1
α
A
L 22
Beispiele vergleichen und Gemeinsamkeiten untersuchen
– individuelle Lösung
– Der Winkel ù ist in jedem der sechs Dreiecke 90° groß.
– Für alle Werte 0° < ÷ < 90° ist ù 90° groß.
Es fällt auf, dass jedes Dreieck, dessen Eckpunkt
C
_
dem
auf dem sogenannten Thaleskreis über AB (also_
und den Radius M_
A
Kreis, der den Mittelpunkt M_
AB
AB
hat) liegt, rechtwinklig bei C ist (vgl. Lerneinheit 4).
Zum Weiterdenken
Es gilt ÷ + ú1 + ù1 = 180° und ø + ú2 + ù2 = 180°
(Winkelsumme im Dreieck).
Daher gilt
÷ + ú1 + ù1 + ø + ú2 + ù2 = 360°, also
÷ + ù1 + ø + ù2 + ú1 + ú2 = 360°.
&
Lösungshinweise zu den Erkundungen
– Gruppe 1 (gegeben ú2 = 50°):
Es gilt ú2 + ø + ù2 = 180° (Winkelsumme im Dreieck).
Mit ø = ù2 gilt also:
50° + 2 ø = 180°
| – 50°
œ
2 ø = 130°
|:2
œ
ø = 65°.
Außerdem gilt ú1 = 180° – ú2 = 180° – 50° = 130°
(Nebenwinkel) und ÷ + ú1 + ù1 = 180° (Winkelsumme
im Dreieck).
Mit ÷ = ù1 gilt also:
130° + 2 ÷ = 180°
| – 130°
œ
2 ÷ = 50°
|:2
œ
÷ = 25°.
Ergebnis: ÷ = ù1 = 25°; ø = ù2 = 65°; ú1 = 130°
Mit ähnlichen Überlegungen und Begründungen
können auch bei den anderen Gruppen alle Winkel
bestimmt werden.
Gruppe 2 (gegeben: ÷ = 70°):
Ergebnis: ù1 = 70°, ú1 = 40°, ú2 = 140°, ø = ù2 = 20°
Gruppe 3 (gegeben: ø = 40°):
Ergebnis: ù2 = 40°, ú2 = 100°, ú1 = 80°, ÷ = ù1 = 50°
Gruppe 4 (gegeben ù2 = 72°):
Ergebnis: ø = 72°, ú2 = 36°, ú1 = 144°, ÷ = ù1 = 18°
Gruppe 5 (gegeben: ù1 = 54°):
Ergebnis: ÷ = 54°, ú1 = 72°, ú2 = 108°, ø = ù2 = 36°
Gruppe 6 (gegeben: ú1 = 82°):
Ergebnis: ÷ = ù1 = 49°, ú2 = 98°, ø = ù2 = 41°
&
&
II Dreiecksgeometrie
2 ù1
2 ù2
180°
Also gilt
2 ù1 + 2 ù2 + 180° = 360°
œ
2 ù1 + 2 ù2 = 180°
œ
ù1 + ù2 = 90°.
| – 180°
|:2
Seite 45
γ2
δ1
δ2
MAB
II Dreiecksgeometrie
β
B
Dreiecke sortieren
Peter:
… denn diese Dreiecke stimmen jeweils in allen drei
Winkelgrößen und Seitenlängen überein.
Weitere Dreieckspaare, für die dies zutrifft, sind:
– (5) und (10)
– (3) und (6)
– (15) und (19)
– (8) und (16)
– (1) und (4)
– (9) und (11)
Schülerbuchseiten 45 – 48
Luise:
… weil diese alle stumpfwinklig sind.
Weitere mögliche Einteilungen wären:
– rechtwinklig: (1), (4), (5), (10), (15) und (19)
– spitzwinklig: (3), (6), (8), (9), (11), (16), (17) und (18)
– gleichseitig: (3), (6) und (17)
– gleichschenklig, aber nicht gleichseitig: (1), (4), (5), (8),
(9), (10), (11), (16) und (18)
Sina:
… weil (2), (7), (12), und (20) in allen drei Winkelgrößen
übereinstimmen, auch wenn die Seitenlängen verschieden sind.
Weitere Dreiecksgruppen, für die dies zutrifft:
– (1), (4), (5), und (10)
– (3), (6), und (17)
– (8) und (16)
– (9), (11) und (18)
– (13) und (14)
– (15) und (19)
2 a) Man wählt zunächst zwei Punkte A und B auf der
Geraden
g. Dann zeichnet man die Mittelsenkrechte zu
_
AB mithilfe zweier Kreise. Um den Schnittpunkt M der
Mittelsenkrechten mit der Geraden g zeichnet man einen
Kreis mit Radius 2 cm. Seine Schnittpunkte P und Q mit
der Mittelsenkrechten haben zu g den Abstand 2 cm.
Nun kann man wie in der Konstruktionsbeschreibung auf
Schülerbuchseite 46 je eine Parallele zu g durch P und Q
ziehen.
P
2 cm
g
B
M
1 Geometrische Grundkonstruktionen
A
Q
Seite 46
Einstiegsaufgabe
individuelle Lösung, zum Beispiel:
Zum Zeichnen von Kreisen kann die Schnur verwendet
werden: Ein Ende wird am Mittelpunkt des Kreises fixiert
und mit dem anderen Ende läuft man einen Kreis ab,
wobei das Seil unter ständiger Spannung steht.
Zum Zeichnen von Linien und Verbinden von Punkten
mithilfe der Kreide kann man das Brett verwenden.
Für eine Windrose wie auf dem Foto im Schülerbuch
werden noch weitere geometrische Grundkonstruktionen
benötigt, die man mit nur einem Zirkel (Schnur), einem
Lineal (Brett) und einem Stift (Kreide) ausführen kann,
zum Beispiel die _
Konstruktion einer Mittelsenkrechten
zu einer Strecke AB oder die Konstruktion der Winkelhalbierenden zu einem Winkel ÷ (siehe Schülerbuchseiten 46 und 47).
Seite 48
b) Man zeichnet zwei Kreise mit Radius r = 4 cm um die
Punkte A und B. Ihre Schnittpunkte M1 und M2 sind dann
jeweils genau 4 cm von A und B entfernt. Deshalb liegen
die Punkte A und B auf den Kreisen um M1 und M2 mit
dem gleichen Radius 4 cm.
4 cm
M1
4 cm
6 cm
A
B
4 cm
1 a) Man konstruiert
die Mittelsenkrechte der 11,7 cm
_
langen Strecke AB. Ihr Schnittpunkt M mit der
_
_ Strecke
AM und MB.
teilt diese in zwei gleich lange
Teilstrecken
_
der
b) Die 17 cm lange Strecke AB wird zunächst mithilfe
_
AM
Mittelsenkrechten
in
zwei
gleich
lange
Teilstrecken
_
geteilt. Dann konstruiert man für die Teilstrecken
und
_ MB _
AM und MB nochmals die zugehörigen Mittelsenk_
rechten. Ihre Schnittpunkte mit
der Strecke AB teilen
_
zusammen mit M die Strecke AB in vier gleich lange Teilstrecken.
M2
4 cm
3 a) Man zeichnet einen Kreis um den Scheitel S des
57°-Winkels, der die Schenkel in den Punkten A und B
schneidet.
Zeichnet man um B einen Kreis mit dem Ra_
dius BA, so schneidet dieser Kreis den ersten Kreis noch
in C. Weil die Punkte A und C nun Symmetriepartner zur
Geraden durch S und B sind, sind die Winkel ¼ ASB und
¼ BSC gleich groß. Deshalb gilt ¼ ASC = 114°.
II Dreiecksgeometrie
L 23
Schülerbuchseiten 48 – 49
4
4 cm
C
A
3 cm
D
E
B
F
C
a) Die Schnittpunkte der beiden Kreise haben von A den
Abstand 4 cm und von B den Abstand 3 cm.
b) Die beiden Schnittpunkte haben etwa den Abstand
3,6 cm (Messwert).
c)
gilt:_
_ Mit der Beschriftung
_
_in der Zeichnung
_
CD
=
7
cm;
CE
=
8
cm;
CF
=
13
cm;
DE
=
1
cm;
DF = 6 cm;
_
EF = 5 cm.
d) Der größte Abstand zweier Punkte auf den Kreisen
ergibt sich für C und F mit 13 cm.
B
114°
57°
S
A
Seite 49
b) Man halbiert den 110°-Winkel und erhält zwei Winkel
von je 55°. Einer dieser Winkel wird wiederum halbiert.
c) ohne Zeichnung
_
Man zeichnet z. B. eine Strecke AB und dazu die Mittelsenkrechte mit zugehörigem Schnittpunkt M. Damit hat
man bei M einen rechten Winkel konstruiert. Dieser wird
dann nochmals halbiert, um einen Winkel von 45° zu erhalten.
d) Beispiele für Winkelgrößen:
– 135°-Winkel: 135° = 90° + 45°
Man konstruiert wie in Teilaufgabe c) einen 45°-Winkel
und verlängert einen der beiden Schenkel über den
Scheitelpunkt hinaus. Der Nebenwinkel zum 45°-Winkel hat dann eine Größe von 135°.
– 22,5°-Winkel:
Einen solchen Winkel erhält man durch Konstruktion
der Winkelhalbierenden eines 45°-Winkels.
– 67,5°-Winkel:
Man konstruiert wie oben geschildert einen Winkel
der Größe 22,5°. Der Winkel, der den 22,5°-Winkel zu
einem 90°-Winkel ergänzt, ist 67,5° groß.
– 60°-Winkel
Man konstruiert ein gleichseitiges Dreieck. Jeder der
drei Innenwinkel ist 60° groß.
– 30°-Winkel
Man konstruiert die Winkelhalbierende eines
60°-Winkels.
– 15°-Winkel:
Man konstruiert die Winkelhalbierende eines
30°-Winkels.
– 120°-Winkel:
Aus einem Winkel der Größe 60° kann man wie in
Teilaufgabe a) geschildert einen 120°-Winkel konstruieren.
Aus den obigen Beispielen wird klar, dass auf Basis des
90°- bzw. 60°-Winkels noch viele weitere Winkelgrößen
konstruiert werden können.
L 24
II Dreiecksgeometrie
5 Zum Dreieck ABC konstruiert man die Mittelsenkrechten der drei Seiten und erhält die Mittelpunkte der
Seiten. Dann verbindet man jeden Eckpunkt des Dreiecks
mit dem Mittelpunkt der gegenüberliegenden Seite.
Winkelmessungen ergeben, dass diese Strecken keine
Winkelhalbierenden sind.
y
γ = 45°
4
C
31°
3
2
Ma
Mb
1
β = 108°
x
–3
–2
–1
1
2
4B
3
37°
–1
11°
A
Mc
α = 27°
–2
5
Schülerbuchseiten 49 – 50
6 a)
10 a)
y
4
mAB
3
F
2
E
1
3 cm
D
–4
–3
–2
x
–1
–1
1
2
3
4
5
6
7
M
m
8
4c
A
C
–2
MAM
4 cm
5 cm
3 cm
B
–3
D
B
E
–4
mAM
–5
–6
_
mAB
A
–7
Die gesuchten Punkte E und F ergeben sich aus den
der Strecke
Schnittpunkten
der Mittelsenkrechten m_
_
AB
AB mit den beiden Parallelen zur Geraden durch C und D
im Abstand 3 cm. Es gilt in etwa: E (2,6 | – 3,6 ), F (– 0,7 | 3 ).
b)
y
2
1
G
D
–1
–1
1
2
3
4
6
7
8
x
9
10
g
–3
w1
P
40°
F
S
g
SP = 5 cm
H
w2
k
B
–4
Q
11
C
–2
E
–5
–6
5
Zur Strecke AB = 5 cm zeichnet man zunächst die
Mittelsenkrechte. Dann zeichnet man um A (oder B)
einen Kreis mit Radius 4 cm. Ein Schnittpunkt mit der
Mittelsenkrechten wird mit M beschriftet. Der Kreis um
M mit Radius 4 cm verläuft nun durch A und B.
Die beiden Schnittpunkte D und E der Kreise haben den
gleichen Abstand von M und A. (Man kann E und D _
auch
als Schnittpunkt der Mittelsenkrechten der Strecke AM
und des Kreises um M oder A erhalten.)
b)
h
h
A
Die Punkte E, F, G und H ergeben sich als Schnittpunkte
der Winkelhalbierenden g und h im Schnittpunkt S der
Geraden AB und CD mit dem Kreis um S mit Radius 3 cm.
Es gilt in etwa: E (9 | – 3,6 ), F (10,7 | – 1,3 ), G (8,5 | 0,4 ) und
H (6,8 | – 1,9 ).
_
R
Man muss
_ die Schnittpunkte der Mittelsenkrechten der
Strecke SP mit den Winkelhalbierenden der Winkel im
Schnittpunkt S der beiden Geraden bestimmen.
Lösung: Die Punkte Q und R.
7 a) Wenn man das Blatt mit der Strecke AB so faltet,
dass der Punkt A mit dem Punkt B zusammenfällt,
_dann
ist die Faltlinie die Mittelsenkrechte der Strecke AB, weil
A und B dann punktsymmetrisch zu ihr sind.
b) Um eine Parallele zu einer Geraden g zu falten, faltet
man zunächst wie in a) beschrieben eine Senkrechte
h zu g (dazu kann man auf g zwei beliebige Punkte
verwenden). Faltet man nun zu h wieder eine beliebige
Senkrechte i, so ist diese parallel zu g, da g und i jeweils
senkrecht zu h sind.
Die Mittelparallele zu zwei zueinander parallelen
Geraden erhält man, indem man so faltet, dass die
beiden Geraden aufeinanderliegen.
Man erhält die Winkelhalbierende eines Winkels, indem
man so faltet, dass die beiden Schenkel aufeinanderliegen.
Seite 50
11 Irma_hat recht.
_ Wenn sie die Mittelsenkrechten der
Strecke AB und BC zeichnet, dann schneiden sich diese
in einem Punkt M, der den gleichen Abstand zu A, B und
C hat. Es gibt also einen Kreis mit Mittelpunkt M, der
durch A, B und C geht. Dieser Kreis geht auch durch D, da
D ja auf dem Kreis lag, der durch A, B und C ging.
Peter hat auch recht, denn Irma benötigt zum Finden des
Mittelpunktes ja nur die Punkte A, B und C.
II Dreiecksgeometrie
L 25
Schülerbuchseite 50
12
B
M
C
_
c)
_ Die Aussage ist wahr. Man misst %/ ŇFP
BL ist etwa halb so groß wie die Rechteckseite a.
(Dies gilt nicht für alle Rechtecke.)
wA
D
C
L
b = 6 cm
M
A
Beide Ideen lösen das Problem.
In der obigen Skizze ist die Winkelhalbierende an der
Spitze des
_ Pizzastücks auch die Mittelsenkrechte der
Strecke AB, da das Dreieck ABC gleichschenklig ist.
13 Maßstab 1 : 10 000 (verkleinert dargestellt)
A
a = 10 cm
B
2,4 cm
Petra
3 cm
Paul
4 cm
5 cm
Peter
g
Aus den Angaben ergibt sich die obige Zeichnung.
Das Lot von „Petra“ auf die „Hauptstraße“ g misst 2,4 cm.
Somit wohnt Petra 240 m von der Hauptstraße entfernt.
14 a) Mit einem festen Seil und einem Zollstock kann
man Strecken mit einer gewünschten Länge spannen
und Kreise zeichnen. Nach dem Entwurf in der Figur im
Schülerbuch wird zuerst ein rechtwinkliges Dreieck mit
den Seiten 8 m und 6 m gezeichnet (um einen rechten
Winkel zu erhalten, kann man beispielsweise eine beliebige Strecke mit ihrer Mittelsenkrechten als Hilfslinien
konstruieren). Dann wird die Winkelhalbierende des
rechten Winkels in der Schulhofecke konstruiert.
Danach wird die Mittelsenkrechte der 8 m langen Strecke
konstruiert. In ihrem Schnittpunkt mit der Dreiecksseite,
die quer im Hof verläuft, wird ein Halbkreis gezeichnet,
dessen Radius halb so groß ist wie die Länge der Querstrecke. Es wird die Parallele zur längsten Dreiecksseite
durch den Mittelpunkt der 8 m langen Seite gezeichnet.
Alle Strecken werden dann so hervorgehoben, dass die
gewünschte Figur entsteht. Dann können die Flächen
farbig gestaltet werden.
b) individuelle Lösung
Zusatzfrage auf der Marginalie: Wenn das Rechteck ein
Quadrat ist, ist aus Symmetriegründen eine Diagonale
gleichzeitig auch eine Winkelhalbierende. Deshalb sind
die Aussagen aus a) und b) richtig. Die Aussage aus c) ist
falsch. Insbesondere ist L = M. Das Lot von einem Eckpunkt auf eine Diagonale ist deshalb bei Quadraten halb
so groß wie eine Diagonale.
16 a) Alle Punkte des Quadrats, die vom Diagonalenschnittpunkt den Abstand 6 cm haben, liegen auf dem
Kreis um den Schnittpunkt der Diagonalen mit dem Radius 6 cm. Es gibt insgesamt acht Punkte E1 bis E8 mit dieser Eigenschaft. Wegen der Symmetrie des Quadrats hat
jeder Punkt der Lösung von den Diagonalen den Abstand
1,2 cm bzw. 5,9 cm.
E1
D
E2
E8
C
E7
5,9 cm
1,2 cm
6 cm
E3
E6
15 Zeichnung zu a) bis c): In A ist eine
_ Winkelhalbie-
rende konstruiert. Von B ist das Lot BL auf die Diagonale
konstruiert.
a) Es genügt, eine Winkelhalbierende zu zeichnen, da
das Rechteck punktsymmetrisch ist. Die Aussage ist
falsch: Die Winkelhalbierende liegt nicht auf der Diagonalen.
b) Die Aussage ist falsch. Das Lot von B auf die Diagonale hat den Lotfußpunkt L. Dieser stimmt nicht mit dem
Schnittpunkt M der Diagonalen überein.
L 26
II Dreiecksgeometrie
A
E4
AB = 10 cm
E5
B
Schülerbuchseiten 50 – 51
b) Die gesuchten Punkte liegen sowohl auf einem Kreis
um den Schnittpunkt der Diagonalen mit Radius 4 cm als
auch auf den Parallelen zu den Seiten des Quadrats im
Abstand 4 cm. Dabei gibt es acht Schnittpunkte E1 bis E8.
C
D
E6
E5
4 cm
3. Möglichkeit:
Der Radius des Kreises beträgt 2,5 cm. Die Punkte E1’’
bis E’’4 ergeben sich aus den Schnittpunkten des Kreises
mit den Mittelsenkrechten
der Seiten. Der Punkt E’’3 hat
_
beispielsweise von CD den Abstand 5 cm, was dem doppelten Radius entspricht.
E2’
D
C
5 cm
4 cm
10 cm
E7
E4
5 cm
2 cm
E8
E2”
E3” 2,5 cm
E3’
E1’
E1”
E3
E4”
E2
E1
A
A
2 cm
4 cm
c) Es gibt viele Möglichkeiten, diese Aufgabe zu lösen,
zum Beispiel:
1. Möglichkeit:
Der Radius_ wird als ein Drittel von 5 cm gewählt,
also r = 1,6 cm. Die Punkte E1 bis E4 ergeben sich als
Schnittpunkte des Kreises mit den Mittelsenkrechten der
Seiten._Dann ist beispielsweise der Abstand von E3 zur
Seite AD doppelt so groß wie der Radius. Um die Strecke
_
MF zu dritteln, muss man nicht unbedingt messen. Man
kann eine Strecke auch nur mit Zirkel und Lineal dritteln.
Dazu zeichnet man eine Hilfsgerade g durch F, an der
man von F aus drei gleich lange Abschnitte mit dem
Zirkel abträgt (man erhält die Punkte G, G’ und G’’). Nun
verbindet
man M und G” und konstruiert die Parallelen
_
G’ und G. Der Schnittpunkt der
zu MG” durch_
_ Parallelen
durch G’ mit FM ist E3. Er teilt die Strecke FM im Verhältnis 2 : 1.
g
G’’
D
C
B
E4’
B
Es gibt noch viele weitere Möglichkeiten, die allerdings
schwieriger zu konstruieren sind.
17 a) Die Vermutung von Alex ist falsch. Man muss
dazu nur ein Dreieck so zeichnen, dass der Sachverhalt
klar zu sehen ist. Dies ist z. B. im folgenden Dreieck der
Fall.
C
wα
MBC
α
_
α
2 _
2
B
A
b) Beispiel: „In einem Quadrat geht die Winkelhalbierende in einem Eckpunkt durch den gegenüberliegenden
Eckpunkt.“
Begründung: Da ein Quadrat symmetrisch zur Diagonalen ist, ist eine Diagonale im Quadrat auch die Winkelhalbierende für die Winkel in den zugehörigen Eckpunkten.
G’
Seite 51
E2
G
18 a)
E3
F
3,3 cm
M
E1
Schule 4
Schule 3
1,6 cm
E4
Schule 2
A
B
2. Möglichkeit:
Der Radius des Kreises beträgt 5 cm. Die Schnittpunkte
des Kreises mit den Mittelsenkrechten der Seiten sind
die
_ Punkte E’1 bis E’4. Der Punkt E’2 hat beispielsweise von
AB den Abstand 10 cm, was dem doppelten Radius entspricht.
Schule 1
Für die Grenzen der Schuleinzugsgebiete wurden die
„Mittelsenkrechten“ der Verbindungsstrecken der Schulorte verwendet. Das Schuleinzugsgebiet innerhalb der
roten Grenze besteht aus allen Orten, die den kürzesten
Weg zu Schule 1 haben. Alle Schulwege zu anderen Schulen sind länger.
II Dreiecksgeometrie
L 27
Schülerbuchseite 51
b)
mEC
E
mED
mDC
mAE
C
D
mAD
P
M
g
Q
mBD
A
mBC
mAB
B
mPQ
c) individuelle Lösung
19 a) Es gibt einen solchen Kreis: Man konstruiert_
den
Schnittpunkt M der Mittelsenkrechten der Strecke PQ
mit der Geraden g. Der Kreis um M durch P verläuft dann
_
auch durch Q, weil M auf der Mittelsenkrechten von PQ
liegt. Die Punkte P und Q sind also gleich weit von M entfernt.
_
Ausnahme: Wenn PQ senkrecht zu g verläuft, dann ist
m_
PQ parallel zu g und hat mit g keinen Schnittpunkt. In
diesem Fall gibt es auch keinen Kreis mit der gewünschten Eigenschaft.
Q
20 Elementare Lösungsvorschläge
(Je nach Programm und bereitgestellter Makros sind unterschiedliche Konstruktionen möglich.)
a) Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne eine Strecke AB. (Zum Umbenennen von
Punkten stellen viele Programme eine Möglichkeit zur
Verfügung, die man etwa durch einen Rechtsklick auf
die Punkte auswählen kann.)
2. Zeichne um A und B jeweils einen Kreis mit dem gleichen Radius so, dass sich die Kreise in zwei Punkten C
und D schneiden.
3. Zeichne die Gerade m = CD.
_
Die Gerade m ist die Mittelsenkrechte der Strecke AB.
b) Konstruktionsbeschreibung: _
1. Zeichne eine Halbgerade g = AB mit Endpunkt A.
2. Trage im Punkt A an g den Winkel ÷ = 37° an.
3. Zeichne um A einen Kreis, der die Schenkel des Winkels in den Punkten B und C schneidet.
4. Konstruiere entsprechend Teilaufgabe
a) die Mittel_
der
Strecke
BC
.
senkrechte m_
BC
ist die Winkelhalbierende des Winkels ÷.
Die Gerade m_
BC
c) Konstruktionsbeschreibung:
Teil 1: Parallele Geraden g und h im Abstand 3 cm
1. Zeichne zwei Punkte A und B und eine Gerade g = AB.
2. Zeichne um A und B je einen Kreis mit Radius 3 cm.
Beschrifte die Schnittpunkte der Kreise mit g mit S1,
S2 bzw. S3, S4.
3. Konstruiere
die Mittelsenkrechten
m1 und m2 der
_
_
Strecken S1S2 und S3S4.
Beschrifte die oberen Schnittpunkte der Mittelsenkrechten mit den Kreisen mit C und D.
Die Gerade h = CD ist parallel zu g und hat von g den
Abstand 3 cm.
Teil 2: Mittelparallele zu g und h
_
der Strecke AC entKonstruiere die Mittelsenkrechte m_
AC
sprechend Teilaufgabe a).
ist die gesuchte Mittelparallele zu g und
Die Gerade m_
AC
h.
|
P
g
M
mPQ
b) Die beiden folgenden Abbildungen zeigen, dass die
Konstruktion aus a) auch dann funktioniert, wenn P auf
g liegt oder P und Q auf g liegen ( mit der gleichen Ausnahme wie bei a) ).
Q
g
P
M
mPQ
21 Lösungsidee (ohne Zeichnung):
a) Konstruiere die Mittelsenkrechten der Dreiecksseiten. Ihre Schnittpunkte mit den jeweiligen Seiten des
Dreiecks ABC sind die Seitenmitten D, E und F.
Die Dreiecke DEF und ABC stimmen in allen drei Winkeln
überein. Zudem sind die Seitenlängen des Dreiecks DEF
halb so lang wie die entsprechenden des Dreiecks ABC.
Man nennt das Dreieck DEF das Mittendreieck von ABC.
Es fällt auf, dass man das Dreieck ABC so in vier Teile zerlegen kann, dass viermal das Dreieck DEF entsteht.
L 28
II Dreiecksgeometrie
Schülerbuchseiten 51 – 53
b) Konstruiere mithilfe _
der Mittelsenkrechten den Mittelpunkt M der Strecke AB. Konstruiere
dann
_ mithilfe der
_
Mittelsenkrechten
der Strecken AM und MB _
den Mittel_
punkt P von
Q von MB. Die Teil_ den Mittelpunkt
_
_ AM
_ und
strecken AP, PM, MQ und QB sind gleich lang.
(2) Der Umkreismittelpunkt liegt auf der Winkelhalbierenden des Winkels ù und ist außerhalb des Dreiecks.
C
A
U
22 a) und b) Tabelle: individuelle Lösung
Zwei Kreise haben genau einen gemeinsamen Schnittpunkt, wenn entweder die Summe ihrer Radien genauso
groß ist wie der Abstand ihrer Mittelpunkte (also
_
_
_
AP + BQ = AB) oder die Differenz ihrer Radien so groß ist
_
_
_
wie der Abstand ihrer Mittelpunkte | AP – BQ | = AB .
Zwei Kreise haben zwei Schnittpunkte, wenn sowohl
die Summe ihrer Radien größer ist als der Abstand ihrer
Mittelpunkte als auch die Differenz ihrer Radien kleiner
ist als der Abstand ihrer Mittelpunkte.
In allen anderen Fällen gibt es keine Schnittpunkte.
(
23 Lösungsidee (ohne Zeichnung):
_
B
6 cm
(3) Der
_ Umkreismittelpunkt ist der Mittelpunkt der Seite
AC.
C
)
_
U
6 cm
A
A
Einstiegsaufgabe
Wenn Hans zwei Bälle wirft, dann hat der von Ulla geworfene Ball den gleichen Abstand von Hans Bällen,
wenn der Mittelpunkt von Ullas Ball auf der Mittelsenkrechten der Strecke liegt, die die Mittelpunkte von Hans‘
Bällen verbindet.
Wirft Hans allerdings drei Bälle, so gibt es drei Strecken,
die je zwei Ballmittelpunkte miteinander verbinden. Ulla
müsste also den Schnittpunkt der drei zugehörigen Mittelsenkrechten bestimmen. (Dafür reicht es allerdings,
den Schnittpunkt von zwei zu bestimmen.) Dieser hätte
den gleichen Abstand von allen drei Bällen von Hans.
Will Hans also gewinnen, so sollte er drei Bälle werfen,
denn dadurch wird die Aufgabe für Ulla viel schwieriger.
6 cm
6 cm
U
B
Seite 52
B
(4) Der Umkreismittelpunkt liegt auf dem Schnittpunkt
der Winkelhalbierenden, der in einem gleichseitigen
Dreieck dem Schnittpunkt der Mittelsenkrechten und
dem Schnittpunkt der Seitenhalbierenden entspricht.
Zeichne im Kreis zwei Sehnen AB und BC. _
_
Konstruiere
die Mittelsenkrechten m_
AB zu AB und mBC zu
_
_
_
BC . Der Schnittpunkt M von mAB und mBC ist der Mittelpunkt des Kreises.
2 Mittelsenkrechte, Winkel- und
Seitenhalbierende im Dreieck
6 cm
6 cm
C
2 a) Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne den Kreis k mit Mittelpunkt U und Radius
R = 4 cm.
2. Wähle auf k einen Punkt A.
3. Zeichne um A einen Kreis mit dem Radius b = 3 cm.
Bezeichne einen der Schnittpunkte dieses Kreises mit
k mit C.
4. Zeichne um C einen Kreis mit dem Radius a = 5 cm.
Bezeichne die Schnittpunkt dieses Kreises mit k mit
B1 und B2.
Es gibt zwei Lösungsdreiecke AB1C und AB2C.
Seite 53
C
1 a) und b)
a1
(1) Der Umkreismittelpunkt
ist der Mittelpunkt der
_
Strecke AC.
b
a2
C
A
α
B1
A
U
6 cm
U
B
B2
R
k
II Dreiecksgeometrie
L 29
Schülerbuchseiten 53 – 54
b) Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne den Kreis k mit Mittelpunkt U und Radius
R = 6 cm.
2. Wähle auf k einen Punkt A.
3. Zeichne um A einen Kreis mit dem Radius
c = 8 cm. Bezeichne einen der Schnittpunkte dieses
Kreises mit k mit B.
4. Trage in A an c den Winkel ÷ = 50° an.
5. Der Schnittpunkt des freien Schenkels von ÷ mit k ist
der Punkt C.
Es gibt nur ein Lösungsdreieck ABC.
B2
C2
C1
AB2
R
U
A
AB1
k
C
B1
R
U
α
B
c
A
d)
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Konstruktionsbeschreibung:
Zeichne einen Strahl mit Anfangspunkt A.
Trage in A an den Strahl den Winkel ÷ = 50° an.
Zeichne die Winkelhalbierende w÷.
Zeichne um A einen Kreis mit dem Radius R = 4,5 cm.
Dieser Kreis schneidet w÷ im Punkt U.
Zeichne um U den Kreis k durch A, also mit dem
Radius R = 4,5 cm.
7. k schneidet die Schenkel von ÷ in B und C.
Es gibt nur ein Lösungsdreieck ABC.
C
R
c) Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne den Kreis k mit Mittelpunkt U und Radius
R = 5 cm.
2. Wähle auf k einen Punkt A.
3. _
Zeichne um A einen Kreis mit dem Radius
AB = 5 cm. Bezeichne die Schnittpunkte dieses Kreises
mit k mit B1 und B2.
und m_
der
4. Zeichne die Mittelsenkrechten m_
AB
AB
_
_
1
R
α
wα
U
B
A
k
2
Strecken AB1 und AB2.
mit k wird mit C1
5. Einer der Schnittpunkte von m_
AB
1
bezeichnet, einer der Schnittpunkte von m_
mit k
AB2
mit C2.
Achte darauf, dass der Umlauf von A, B1 und C1 sowie
A, B2 und C2 jeweils gegen den Uhrzeigersinn verläuft.
Es gibt zwei Lösungsdreiecke AB1C1 und AB2C2.
L 30
II Dreiecksgeometrie
Seite 54
3 a) (ohne Zeichnungen)
Zeichne zuerst das Dreieck aus den gegebenen Größen.
Bestimme dann den Inkreismittelpunkt I als Schnittpunkt
zweier Winkelhalbierender. Der Radius des Inkreises wird
durch das Lot von l auf eine Dreiecksseite bestimmt.
b) Besonderheiten: In (2) und (3) liegt der Inkreismittelpunkt auf einer Mittelsenkrechten, weil gleichschenklige
Dreiecke vorliegen. In (4) ist das Dreieck gleichseitig. Der
Inkreismittelpunkt fällt mit dem Umkreismittelpunkt und
dem Schwerpunkt zusammen.
Schülerbuchseite 54
C
4 a)
5 a)
a = 7 cm
C
sc =
5
γ
B
β
cm
a=
cm
6,4
sc
Mb
Mc
b
α
Ma
A
62°
A
c = 4,8 cm
Mc
b)
B
C
b=
5,9
cm
60°
sc
Mb
Ma
m C
γ
b = 5c
Mb
A
α
a = 4 cm
,3
=4
sb
sb
sa
cm
1. Zeichne die Seite a mit a = 7 cm.
2. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
c
r1 = _2 = 3,2 cm.
3. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
r2 = sc = 5 cm.
4. Diese beiden Kreise schneiden
sich in Mc.
_
5. Verlängere die Strecke BMc über Mc hinaus
c
um _2 = 3,2 cm. Der Endpunkt ist A.
6. Verbinde A mit C.
Die zwei Kreise haben noch einen zweiten Schnittpunkt Mc‘ . Daraus ergibt sich das deckungsgleiche
Dreieck CBA‘ (Buchstaben in „falscher“
_ Reihenfolge),
was eine Spiegelung von ABC an CB = a darstellt.
b)
sb
sa
c
,4
=6
cm
c
60°
A
c)
β
B
Mc
B
82°
b=
4,5
cm
C
sc
Ma
Mb
sa
sb
B
A
c = 7 cm
d)
C
Mc
γ = 180° – 74° – 32° = 74°
1. Zeichne die Seite a mit a = 4 cm.
2. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
b
r1 = _2 = 2,5 cm.
3. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
r2 = sb = 4,3 cm.
4. Diese beiden Kreise schneiden
sich in Mb.
_
5. Verlängere die Strecke CMb über Mb hinaus um
b
_
2 = 2,5 cm. Der Endpunkt ist A.
6. Verbinde A mit B.
_
Ein zweiter Schnittpunkt der Kreise ist M‘b rechts von BC.
Es entsteht ein deckungsgleiches _
Dreieck BA‘C, was eine
Spiegelung des Dreiecks ABC an BC = a darstellt.
c)
C
sc
b=5
,8 cm
Ma
A
74°
A
sb
sa
32°
Mc
α
Mb
sb
,4
c
B
=3
70°
cm
a = 3 cm
Mb
b
β
B
1. Zeichne die Seite a mit a = 3 cm.
2. Trage bei C an a den Winkel ù mit ù = 70° an.
3. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
r = sb = 3,4 cm.
4. Der Kreis schneidet den_
freien Schenkel von ù in_
Mb.
5. Verlängere die Strecke CMb über Mb hinaus um CMb .
Der Endpunkt ist A.
II Dreiecksgeometrie
L 31
Schülerbuchseite 54
Paul kann drei Punkte des Inkreises durch Strecken verbinden. Paul hat es einfacher.
6. Verbinde A mit B.
Die Konstruktion ist eindeutig.
d)
11 a)
C1
C
γ
C2
a
Mb1
b
Mb2
sb1
wα
61°
A
c = 6,6 cm
1
1
_
1
6. Verbinde B mit C1 bzw. C2.
Die Konstruktion ist offenbar nicht eindeutig.
6 Für die Bearbeitung dieser Aufgabe mit einer DGS
empfiehlt es sich, zunächst ein Dreieck ABC zu zeichnen
und dann die besonderen Linien zu konstruieren. Färbt
man sie unterschiedlich ein, kann man sie besser voneinander unterscheiden. Nun wählt man das Werkzeug
zum Bewegen, klickt einen der Punkte A, B oder C an
und bewegt diesen. Wenn die besonderen Linien richtig konstruiert wurden, bewegen sie sich nun mit. Man
kann jetzt ausprobieren, unter welchen Bedingungen die
Mittelsenkrechten, Winkelhalbierenden und Seitenhalbierenden übereinstimmen.
Man erhält folgendes Ergebnis:
Wenn für eine Seite zwei besondere Linien übereinstimmen (z. B. w÷ = ma), stimmt die dritte besondere Linie
automatisch auch mit ihnen überein (also z. B.
sa = w÷ = ma). Ist dies der Fall, ist das Dreieck gleichschenklig (im Beispiel gilt b = c). Stimmen in einem
Dreieck alle neun besonderen Linien überein, ist es
gleichseitig. Es gibt kein Dreieck, in dem nur sechs besondere Linien übereinstimmen.
7 Peter konstruiert den Umkreis des Dreiecks ABC,
verbindet die Eckpunkte A, B und C mit dem Umkreismittelpunkt U und kann dann mithilfe der zugehörigen
Radien die Tangenten an den Kreis
an den_
Punkten A, B
_ _
und C zeichnen, indem die zu UA, UB und UC senkrechten Geraden durch A, B und C gezeichnet werden. Die
Schnittpunkte der Tangenten ergeben das Dreieck DEF.
Peter muss aber darauf achten, dass die drei Punkte so
verteilt sind, dass nicht alle Punkte auf dem Bogen eines
Halbkreises liegen.
II Dreiecksgeometrie
D
wβ
β
A
bzw. die Strecke AMb über Mb hinaus um AMb . Der
2
2
2
Endpunkt ist C1 bzw. C2.
L 32
=6
48°
B
1. Zeichne die Seite c mit c = 6,6 cm.
2. Trage in A an c den Winkel ÷ mit ÷ = 61° an.
3. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
r = sb = 5,8 cm.
4. Der Kreis schneidet den freien Schenkel von ÷ in Mb
1
und Mb .
_
_
2
5. Verlängere die Strecke AMb über Mb hinaus um AMb
_
I
m
,3 c
sb2
B
c = 5,8 cm
1. Zeichne die Seite c mit c = 5,8 cm.
2. Trage in A an c den Winkel ÷ mit ÷ = 48° an.
3. Konstruiere w÷ mit w÷ = 6,3 cm. Der Endpunkt von w÷
sei D.
4. Der Schnittpunkt des zweiten Schenkels von ÷ und
der Geraden BD ist C.
5. Konstruiere wø.
6. Der Schnittpunkt von wø und w÷ ist der Inkreismittelpunkt I des Dreiecks ABC.
7. Konstruiere das Lot von I auf eine der Dreiecksseiten,
um den Radius r des Inkreises zu bestimmen.
b)
C
γ
a=
5,5
cm
113°
b
B
I
wβ = 2,7 cm
D
c
α
A
1. Zeichne die Seite a mit a = 5,5 cm.
2. Trage in B an a den Winkel ø mit ø = 113° an.
3. Konstruiere wø mit wø = 2,7 cm. Der Endpunkt von wø
sei D.
4. Der Schnittpunkt des zweiten Schenkels von ø und
der Geraden CD ist A.
5. Konstruiere w÷.
6. Der Schnittpunkt von w÷ und wø ist der Inkreismittelpunkt I des Dreiecks ABC.
7. Konstruiere das Lot von I auf eine der Dreiecksseiten,
um den Radius r des Inkreises zu bestimmen.
Schülerbuchseiten 54 – 55
c)
y
9
C
C
8
γ
7
a
D
wβ
wα
5
F
4
m
=
c
4,6
I
β
60°
A
2
1. Zeichne die Seite c mit c = 4,8 cm.
2. Trage in A an c den Winkel ÷ mit ÷ = 60° an.
3. Konstruiere w÷ mit w÷ = 4,6 cm. Der Endpunkt von w÷
ist D.
4. Der Schnittpunkt des zweiten Schenkels von ÷ und
der Geraden BD ist C.
5. Konstruiere wø.
6. Der Schnittpunkt von w÷ und wø ist der Inkreismittelpunkt I des Dreiecks ABC.
7. Konstruiere das Lot von I auf eine der Dreiecksseiten,
um den Radius r des Inkreises zu bestimmen.
d)
65°
–1
–1
A
x
1
2
3
4D 5
6
7
8
9
10
11
13 Wenn man die Figur aus Pappe ausschneidet, kann
man die Figur an einer Ecke aufhängen. Ein Lot, das man
ebenfalls an dieser Ecke anbringt, verläuft dann genau
entlang einer Schwerelinie. Der Schnittpunkt zweier
Schwerelinien ist auch hier der Schwerpunkt.
Seite 55
a
wγ
I
wβ =
6,2
α
A
B
1
14 Jonas hat recht. Beim gleichseitigen Dreieck stimmen
die Winkel- und Seitenhalbierenden überein.
C
b
U
3
B
c = 4,8 cm
D
E
6
b
15 Das mittlere Dreieck bleibt stehen. Wenn der Fußpunkt des Lotes durch den Schwerpunkt auf der Standseite außerhalb des Dreiecks liegt, dann kippt es um.
cm
40°
c
B
1. Zeichne wø mit wø = 6,2 cm. Bezeichne die Endpunkte mit B und D.
ø
2. Trage in B an wø beidseitig den Winkel _2 = 20° an.
3. Trage an einem der beiden freien Schenkel den Winkel ù mit ù = 65° durch D an.
4. Der Schnittpunkt der beiden Schenkel ist C.
5. Der Schnittpunkt des 2. Schenkels in B und der Geraden durch C und D ist A.
6. Konstruiere wù.
7. Der Schnittpunkt von wø und wù ist der Inkreismittelpunkt I des Dreiecks ABC.
8. Konstruiere das Lot von I auf eine der Dreiecksseiten,
um den Radius r des Inkreises zu bestimmen.
16 Es wird der Zusammenhang zwischen den Mittelsenkrechten und dem Umkreis eines Dreiecks erarbeitet
(vgl. Schülerbuch S. 52).
a) Die Abstände von U zu jedem der beiden anderen
Eckpunkte müssen genauso groß sein wie der Abstand
von U zu A.
_
b) Auf der Mittelsenkrechten der Strecke AB liegen alle
Punkte, die den gleichen Abstand zu A und B haben.
Da
_
U auch auf der Mittelsenkrechten der Strecke BC liegt,
hat U zu C ebenfalls den gleichen Abstand wie zu A und
B.
muss ebenfalls
c) Die fehlende Mittelsenkrechte m_
AC
durch den Schnittpunkt U gehen.
d) Er geht durch alle drei Eckpunkte des Dreiecks ABC.
e) individuelle Lösung
12 Es wird das Dreieck DEF und sein Umkreis (mit
Mittelpunkt U) konstruiert.
_ _
_
Mithilfe der Radien UD, UE und UF werden die Tangenten
senkrecht zu den Radien durch die Punkte D, E und F gezeichnet. Die Schnittpunkte der Tangenten ergeben das
gesuchte Dreieck ABC.
17 a) individuelle Lösung
Form und Größe des Dreiecks sind zunächst egal, da man
die Eckpunkte später beliebig verschieben kann.
II Dreiecksgeometrie
L 33
Schülerbuchseite 55
&
&
b) Es können beispielsweise folgende Beobachtungen
gemacht werden:
– Der Umkreismittelpunkt U liegt genau dann außerhalb
des Dreiecks, wenn das Dreieck einen stumpfen Winkel besitzt. Hat das Dreieck einen rechten Winkel, liegt
der Umkreismittelpunkt U auf dem Mittelpunkt der
gegenüberliegenden Dreiecksseite.
Erklärung:
Der Umkreismittelpunkt liegt innerhalb des Dreiecks
ABC, wenn alle Winkel û, ú und ć(vgl. Zeichnung)
kleiner als 180° sind. Ist einer dieser Winkel genau
180° groß, liegt U auf einer der Dreiecksseiten, und
zwar auf ihrem Mittelpunkt, da er zusätzlich auf jeder
Mittelsenkrechten liegen muss. U liegt außerhalb des
Dreiecks, wenn einer der Winkel û,úundćgrößer als
180° ist.
Im Folgenden wird gezeigt,
w dass der Winkel ú genau dann kleiner als 180° ist,
wenn der Winkel ¼ACB spitz (also kleiner als 90°)
ist,
w dass der Winkel úgenau dann 180° groß ist, wenn
der Winkel ¼ACB ein rechter Winkel (also 90° groß)
ist und
w dass der Winkel ú genau dann größer als 180° ist,
wenn der Winkel ¼ACB stumpf (also größer als 90°)
ist.
Da die Dreiecke ABU, BCU, und AUC jeweils gleichschenklig sind, haben sie auch gleich große Basiswinkel, die in der Zeichnung durch gleiche Bezeichnungen (÷, ø und ù) gekennzeichnet sind.
Ist das Dreieck ABC spitzwinklig, gilt:
ú = 360° – û – ć = 360° – (180° – 2 ø) – (180° – 2 ù)
WinkelWinkelsumme im summe im
Dreieck BCU Dreieck AUC
= 2 ø+ 2 ù= 2 ¼ACB < 180°.
C
γ β
C
γ β
r
A
γ
α
ε
ρ
r
α
r
U
δ
Für ć und ûverläuft die Begründung analog.
– Der Umkreismittelpunkt U stimmt bei einem gleichseitigen Dreieck mit dem Inkreismittelpunkt I und
dem Schwerpunkt S überein. Erklärung: Im gleichseitigen Dreieck sind die Mittelsenkrechten gleichzeitig auch die Seiten- und Winkelhalbierenden.
18 a) individuelle Lösung
b) (1) Das Dreieck ist gleichschenklig.
(2) Das Dreieck ist gleichschenklig.
(3) Das Dreieck ist gleichseitig.
(4) Der Mittelpunkt des Umkreises liegt innerhalb des
Dreiecks: spitzwinkliges Dreieck.
Der Mittelpunkt des Umkreises liegt auf einer Seite des
Dreiecks: rechtwinkliges Dreieck.
Der Mittelpunkt des Umkreises liegt auøerhalb des Dreiecks: stumpfwinkliges Dreieck.
19 Idee: Die Ausgangsfiguren sind Rechtecke und Dreiecke mit gegebenen Abmessungen. Alle vorkommenden
Kreise sind Inkreise von Teildreiecken in der jeweiligen
Ausgangsfigur.
In Fig. 4 und Fig. 5 sieht man nicht auf den ersten Blick,
von welchen Teildreiecken die Inkreise konstruiert werden müssen.
Fig. 4: Die Inkreise der Teildreiecke ABC, BCD, CDA und
BDA müssen konstruiert werden.
Fig. 5: Die Inkreise der Teildreiecke ABC, DEC und FGC
müssen konstruiert werden.
C
C
r
U
ρ
r
γ
A
α
ε
r
β
α
D
&
&
Winkelsumme im
Dreieck AUC
&
> 180°
L 34
II Dreiecksgeometrie
Winkelsumme im
Dreieck BCU
G
B
E
B
In einem rechtwinkligen Dreieck (¼ACB = 90°) ergibt
sich mit den gleichen Bezeichnungen wie im stumpfwinkligen Dreieck: ú = 2 · (ø + ù) = 2 · ¼ACB = 180°.
In einem stumpfwinkligen Dreieck gilt:
ú = 360° – ć – û= 360° – (180° – 2 ù – ÷(180° – 2 ø÷
= 2 (ø+ ù) + 2 ÷ > 180°
F
D
δ
β
A
A
B
B
Schülerbuchseiten 56 – 59
Seite 56
20
(1) Stimmt allgemein nicht, ist jedoch für gleichseitige
Dreiecke richtig.
(2) Stimmt nicht.
(3) Stimmt nicht.
(4) Stimmt.
(5) Stimmt nicht. Man zeichne hierzu ein stumpfwinkliges Dreieck, dessen stumpfer Winkel fast 180°
beträgt.
3 Höhen im Dreieck und Flächeninhalt
eines Dreiecks
Seite 57
Einstiegsaufgabe
Die Dreiecke ABC1, ABC2 und ABC3 sehen zwar unterschiedlich aus, haben aber alle eine gemeinsame Seite
_
AB und die gleiche Höhe h_
zu dieser Seite. Man kann
AB
nachweisen, dass solche Dreiecke den gleichen Flächeninhalt haben.
21 a) Der Punkt M ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten.
b) Um den Eckpunkt auf dem Kreis zu bewegen, stellen
einige DGS Makros zur Verfügung, mit denen man Punkte
an andere Objekte anhängen kann.
Mögliche Entdeckungen: Wenn das Dreieck einen
stumpfen Winkel hat, dann liegt der Umkreismittelpunkt
auøerhalb des Dreiecks. Wenn das Dreieck einen rechten
Winkel hat, dann ist der Umkreismittelpunkt der Mittelpunkt der Gegenseite. Wenn das Dreieck nur spitze
Winkel hat, dann liegt der Umkreismittelpunkt innerhalb
des Dreiecks. Bei gleichschenkligen Dreiecken liegt der
Umkreismittelpunkt auf der Winkelhalbierenden des Winkels an der Spitze.
Seite 59
1 a)
Spitzwinkliges Dreieck:
Der Schnittpunkt der Höhen liegt
innerhalb des Dreiecks.
Stumpfwinkliges Dreieck:
Der Schnittpunkt der Höhen
liegt außerhalb des Dreiecks.
22 Druckfehler im 1._Druck _
der 1. Auflage: Es fehlt die
Karte „Die Strecken AY und YS sind gleich lang.“ Zudem
muss die dritte Karte von links oben lauten: „Analoge
Überlegungen
zeigen, dass S dann auch die_Seitenhalbie_
rende BF im Verhältnis 2 : 1 teilt und damit BF auch durch
den Punkt S verläuft.“
_
CD
1. Man setzt voraus, dass S die Seitenhalbierende
_
SC
doppelt
so
lang
wie
im
Verhältnis
2
:
1
teilt,
wobei
_
SD ist.
_
2. X ist der Mittelpunkt
Strecke SC.
_ _ der_
lang.
3. Die Strecken CX, XS und SD sind gleich
_
AS
.
4. Y ist der Mittelpunkt
der
Strecke
_
_
5. _
Die Strecken AY und YS sind gleich lang.
6. XE
_ ist die Mittelparallele im Dreieck SBC.
YD ist die
7. _
_Mittelparallele im Dreieck ABS.
XE und YD sind zueinander parallel.
8. _
9. XY
_ ist die Mittelparallele im Dreieck ASC.
10. DE
_Mittelparallele im Dreieck ABC.
_ ist die
11. XY und DE sind zueinander parallel.
12. XYDE ist ein Parallelogramm.
13. In jedem Parallelogramm halbieren sich die Diagonalen und sind gleich
lang.
_
_
lang.
14. Die Strecken YS und SE sind gleich
_
15. S teilt die Seitenhalbierende AE im Verhältnis
2 : 1.
_
_
16. Die Seitenhalbierenden CD und AE schneiden sich im
Punkt S
17. Analoge Überlegungen
_ zeigen, dass S dann auch die
BF im Verhältnis 2 : 1 teilt und daSeitenhalbierende
_
mit BF auch durch den Punkt S verläuft.
Rechtwinklinges Dreieck:
Der Schnittpunkt der Höhen liegt
im Scheitelpunkt des rechten Winkels.
b) zwei Höhen des rechtwinkligen Dreiecks fallen mit
den Schenkeln des rechten Winkels zusammen.
2 Bestimmung der Schnittpunktkoordinaten: individuelle Lösung
Gilt beispielsweise hc = sc , so ist hc bzw. sc eine Spiegelachse im Dreieck ABC. Folglich gilt dann a = b.
Es handelt sich also um ein gleichschenkliges Dreieck.
C
b
a
hc = sc
A
MAB
B
II Dreiecksgeometrie
L 35
Schülerbuchseite 59
3 a) hc = 4,2 cm
b = 5,6 cm
A
1. Zeichne die Seite c mit c = 4,5 cm.
2. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
r = a = 4 cm.
3. Konstruiere eine Parallele zu c im Abstand
hc = 3,5 cm.
4. Die Parallele schneidet den Kreis in C und C’.
5. Verbinde A und B mit C bzw. C’.
b)
C
65°
m
hc
a=
4,5
c
c
A’
,2 cm
c’ = 4
b = 3,8 cm
C
B
66°
25°
hb
ha = 4 cm
b) hb = 1,5 cm
b’
c=4
,2 cm
B
A
A
b
a = 3,4 cm
C
1. Zeichne die Seite a mit a = 3,4 cm.
2. Zeichne einen Kreis um B mit dem Radius
r = c = 4,2 cm.
3. Konstruiere eine Parallele zu a im Abstand
ha = 4 cm.
4. Die Parallele schneidet den Kreis in A und A’.
5. Verbinde A bzw. A’ mit B und C.
c)
B
c) hb = 4,0 cm
C
C
40°
m
hc = 4,2 cm
4,4 c
b=
cm
a
cm
4,4
b’ =
a’ = 5
a = 5 cm
hb
C’
40°
a’
F
A
A’
B
B’
35°
A
B
c = 7 cm
d) ha = c = 3 cm
b=
a = 4 cm
5c
m
C
A
B
ha = c = 3 cm
4 a)
c = 4,5 cm
II Dreiecksgeometrie
m
4c
a’ =
m
L 36
b’
4c
A
C’
a=
b
hc = 3,5 cm
C
B
1. Zeichne die Höhe hc mit hc = 4,2 cm mit den Endpunkten F und C. Der Fußpunkt ist F.
2. Konstruiere in F eine Senkrechte zu hc.
3. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
r = b = 4,4 cm.
4. Der Kreis schneidet die Senkrechte in A und A’.
5. Trage in C an b bzw. b’ den Winkel ù mit ù = 40° an.
6. Der zweite Schenkel von ù schneidet die Senkrechte
in B bzw. B’.
Schülerbuchseiten 59 – 60
5 a) 15,84 cm2 b) 98,9 cm2 c) 680 cm2
d)
C
6
4,6
cm
hc = 4,2 cm
y
I
b=
,4 cm
a=4
a’ = 4,4 cm
2
1. Zeichne die Höhe hc mit hc = 4,2 cm.
Der Fußpunkt ist F.
2. Konstruiere in F eine Senkrechte zu hc.
3. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
r1 = a = 4,4 cm.
4. Der Kreis schneidet die Senkrechte in B und B’.
5. Zeichne um C einen weiteren Kreis mit dem Radius
r2 = b = 4,6 cm.
6. Der Kreis schneidet die Senkrechte in A und A’, wobei
nur A mit B bzw. B’ und C im mathematisch positiven
Umlaufsinn liegt.
7. Die Dreiecke ABC und AB’C sind jeweils Lösungsdreiecke.
e)
C
A
m
a’ =
3,8 c
3,8 c
m
hc = 3,6 cm
a=
50°
B’
B
1. Konstruiere zwei Parallelen im Abstand hc = 3,6 cm
2. Lege A auf einer der Parallelen fest und trage in A an
die Parallele den Winkel ÷ mit ÷ = 50° an.
3. Der freie Schenkel von ÷ schneidet die andere Parallele in C.
4. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
r = a = 3,8 cm.
5. Der Kreis schneidet die erste Parallele in B und B’.
6. Die Dreiecke ABC und AB’C sind jeweils Lösungsdreiecke.
f)
–2
G
C
x
O
1
–1
–1
2
3
4
H
–2
5
6
7
L
–3
E
–4
–5
B
J
K
–6
–7
A
à ABC:
à DEF:
à GHI:
à-./
b = 5 cm
e = 3 cm
i = 4 cm
OŇFP
hb = 3 cm
he = 4,5 cm
hi = 5 cm
KlŇFP
A = 7,5 cm2
A = 6,75 cm2
A = 10 cm2
$ŇFP2
7
a
b
c
ha
a)
b)
c)
d)
3 cm
9 cm
8 cm
7,8 cm
12 dm
15 dm
9 dm
9 dm
12 m
20 m
30 m
13,417 m
8 dm
4 dm
1m
3,8 dm
a)
b)
c)
d)
hb
hc
A
U
2,6 cm
2,925 cm
11,7 cm2
20 cm
7,2 dm
12 dm
54 dm2
36 dm
8,05 m
5,367 m
80,5 m2
62 m
7,6 dm
3,04 dm
0,152 m2
22 dm
Seite 60
10 a) ADreieck = 105 cm2,
also Breite des Rechtecks: 0,75 cm
b) ADreieck = 64,0625 cm2,
also Seitenlänge des Quadrats: ca. 8 cm
m
hc = 3 cm
3,8
–3
c
3,8
b=
–4
=
b’
cm
C
A
F
D
1
B A’
A B’
4
3
F
b
d) 69,7 cm2
28°
A’
B
1. Konstruiere zwei Parallelen im Abstand hc = 3 cm
2. Lege B auf einer der Parallelen fest und trage in B an
die Parallele den Winkel ø mit ø = 28° an.
3. Der freie Schenkel von ø schneidet die andere Parallele in C.
4. Zeichne einen Kreis um C mit dem Radius
r = b = 3,8 cm.
5. Der Kreis schneidet die erste Parallele in A und A’.
6. Die Dreiecke ABC und A’BC sind jeweils Lösungsdreiecke.
II Dreiecksgeometrie
L 37
Schülerbuchseiten 60 – 61
11 Es gilt ha = hb = hc = 7,5 cm und ÷ = ø = ù = 60°.
C
hc = 7,5 cm
60°
B
A
Konstruktionsbeschreibung:
1. Konstruiere zwei Parallelen im Abstand von
hc = 7,5 cm.
2. Lege auf einer der Parallelen den Punkt A fest. Trage
an dieser Parallelen den Winkel ÷ = 60° in A an.
3. Der freie Schenkel von ÷ schneidet die andere Parallele in C.
_
4. Der Kreis mit Mittelpunkt C und Radius AC schneidet
die erste Parallele in B.
5. Verbinde A und B mit C.
12 Der Schwerpunkt kann nicht außerhalb des Dreiecks
liegen, denn die Seitenhalbierenden sind die Verbindungsstrecken von Seitenmitten und Eckpunkten des
Dreiecks und liegen somit alle innerhalb des Dreiecks.
Gleiches gilt für ihren Schnittpunkt, den Schwerpunkt.
Verdoppelt man alle drei Seiten und verbindet die neuen
Eckpunkte zu einem großen Dreieck, so erhält man ein
Dreieck, dass den 7-fachen Flächeninhalt des unsprünglichen Dreiecks hat.
Begründung:
Es wurde bereits gezeigt, dass die Dreiecke ABC, ACC’,
BB’C und AA’B jeweils den gleichen Flächeninhalt haben.
Um zu zeigen, dass auch das Dreieck B’C’C den gleichen
Flächeninhalt hat (und mit analoger Begründung auch
die Dreiecke A’B’B und A’AC’), betrachtet man das Dreieck AB’C’. Zerlegt man dieses in die Teildreiecke ABC’ und
BB’C’, erhält man
_ Dreiecke mit gleichem Flächen_ zwei
_
inhalt, denn AB = BB’ und h_
AB = hBB’ .
Dann gilt AàB’C’C = AàBB’C’ – AàBB’C = AàABC’ – AàABC = AàACC’ .
Damit gilt AàA’B’C’ = 7 · AàABC .
_
Um zu zeigen, dass sich beim Verdoppeln der Seite AB
über B hinaus die Höhe hb verdoppelt, betrachtet man
den Flächeninhalt des Dreiecks AB’C:
_
_
_
1
1
(1) AàAB’C = _2 AB’ · hc = _2 · 2 · AB · hc = AB · hc = 2 AàABC .
1_
Es gilt außerdem (2) AŁ$%& = _2 AC · hb .
1_
Zudem gilt (3) AàAB’C’ = _2 AC · hb’ .
Setzt man (2) und (3) in (1) ein, erhält man
1_
_
2 AC · hb’
_
1
= 2 · _2 · AC · hb , also hb’ = 2 hb .
Analog erhält man ha’ = 2 ha und hc’ = 2 hc .
C’
13 a) A = 7,35 cm2
b) b = 5 cm; U = 30 cm
c) A = 8,55 cm2; hcŇFP
C
14 Die beiden anderen Seiten sind 5 cm und 6 cm lang.
A
15 a) A = 9 cm2; aneu = 10 cm; ha neu = 1,8 cm
b) hneu = 1,5 cm; Aneu =
18 cm2;
aneu = 24 cm
B
B’
16 a) c muss halbiert werden.
b) ha muss durch 6 dividiert werden.
17 AHauswand = 34,77 m2
Es werden 5,795 ø Farbe benötigt, man muss also
6 Eimer Farbe kaufen.
_
18 Verdoppeln der Seite AB über B hinaus
(Dreieck AB’C):
hc bleibt gleich, hb verdoppelt sich, ha verändert sich.
Da sich c verdoppelt hat, verdoppelt sich auch der
Flächeninhalt.
_
Verdoppeln der Seite BC über C hinaus (Dreieck ABC’):
ha bleibt gleich, hc verdoppelt sich, hb verändert sich.
Der Flächeninhalt verdoppelt
sich.
_
Verdoppeln der Seite AC über A hinaus (Dreieck A’BC):
hb bleibt gleich, ha verdoppelt sich, hc verändert sich.
Der Flächeninhalt verdoppelt sich.
L 38
II Dreiecksgeometrie
A’
Seite 61
19 a) Der symmetrische Drachen kann entweder in
zwei gleich große Dreiecke (oben/unten) zerlegt werden
oder in zwei ungleiche gleichschenklige (rechts/links).
Zum Rechnen ist die erste Möglichkeit geschickter.
1
1
1
ADrachen = 2 · _2 · e · _2 · f = _2 · e · f
( )
b) e =
2·A
_
;
f
e=
2 · 10 cm2
__
3 cm ŇFP
Schülerbuchseiten 61 – 62
20 Maßstab 1 : 2000 (1 cm š 20 m)
h ≈ 100 m
30°
A
h
23 a) Die Seitenmitten D, E, F, die Fußpunkte G, J, K
der Höhen und die drei Mittelpunkte L, N, P der Höhenabschnitte vom Höhenschnittpunkt H bis zu den drei
Eckpunkten liegen auf dem Kreis mit Mittelpunkt M und
R
Radius _2 , wobei R der Umkreisradius ist. Dieser Kreis
heißt Feuerbach-Kreis oder Neun-Punkte-Kreis.
b) Der Mittelpunkt M des Feuerbach-Kreises liegt auf der
Euler-Geraden.
c) Der Feuerbach-Kreis schließt den Inkreis ein und berührt ihn an einem Punkt (Feuerbach-Punkt).
Zeichnung zu a) und b):
40°
54 m
C
B
Euler-Gerade
P
K
21 Maøstab: 1 : 600 (1 cm š 6 m)
J
F
E
H
M
S
L
Leiter
h
30 m
N
U
h ≈ 28,2 m
A
D
G
B
Zeichnung zu c):
70°
C
Fahrzeughöhe
3m
Boden
Die Leiter reicht etwa bis in eine Höhe von 31,2 m.
P
K
J
22 a)
F
C
H
E
M
I
S
L
ma
b
EulerGerade
sa
hc
A
a
sc S
hb H
N
U
D
U
G
B
4 Satz des Thales
B
A
c
mc
b) In einem gleichschenkligen Dreieck stimmt die EulerGerade mit der zur Basis gehörigen Mittelsenkrechten
(bzw. Höhe, Winkelhalbierenden) überein.
Beim gleichseitigen Dreieck fallen alle Punkte U, H und S
zu einem Punkt zusammen; so kann man nicht mehr von
der Euler-Geraden sprechen.
In einem rechtwinkligen Dreieck geht die Euler-Gerade
durch die Spitze des rechten Winkels, da diese der Höhenschnittpunkt H ist.
Seite 62
Einstiegsaufgabe
Der Eckpunkt des rechten Winkels liegt stets auf der
Kreislinie; die zwei Nadeln bestimmen den Durchmesser
des Kreises.
Durch die langsame Drehung der Postkarte zwischen den
zwei Nadeln wird eine Kreislinie beschrieben.
II Dreiecksgeometrie
L 39
Schülerbuchseite 63
Seite 63
1 a)
3 a) Konstruktionsbeschreibung
mit Thaleskreis:
_
C2
1.
2.
3.
4.
Zeichne die Strecke c = AB der Länge 6 cm.
_
Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AB.
Trage in A an c den Winkel ÷ = 50° an.
Beschrifte den Schnittpunkt des freien Schenkels von
÷ mit dem Thaleskreis mit C.
Lösung: Dreieck ABC
C3
C1
AB = 5 cm
A
C
B
MAB
Vorgehen (in der Aufgabe
_ nicht explizit gefragt): Man
zeichnet die Strecke AB = 5 cm, konstruiert den Mitteldieser Strecke und zeichnet den Thaleskreis
punkt M_
AB
_
über AB. Alle Dreiecke ABC, bei denen der Punkt C auf
dem Thaleskreis liegt, haben bei C einen
_ rechten Winkel.
b) Eine der drei Dreiecksseiten, z. B. AB, muss durch den
Mittelpunkt des Kreises gehen. Ihre Länge entspricht
dann dem Durchmesser des Kreises. Nun kann man für
C irgendeinen anderen Punkt auf dem Kreis wählen, weil
der ursprüngliche Kreis der Thaleskreis über der Strecke
_
AB ist.
C
50°
A
B
c = 6 cm
b)
1.
2.
3.
4.
Konstruktionsbeschreibung
_ mit Thaleskreis:
Zeichne die Strecke b = AC der Länge 7 cm.
_
Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AC.
Trage in A an b den Winkel ÷ = 50° an.
Beschrifte den Schnittpunkt des freien Schenkels von
÷ mit dem Thaleskreis mit B.
Lösung: Dreieck ABC
C
A
M
b = 7 cm
B
A
2 Alle Punkte mit der geforderten Eigenschaft
liegen
_
auf dem Thaleskreis über der Strecke AB. Gitterpunkte
auf dem Kreis sind A und B sowie P (1 | 4 ) und Q (1 | – 2 ).
Nahe bei Gitterpunkten liegen z. B. die Punkte P1 (2 | 3,8 ),
P2 (3,1 | 3,1 ), P3 ( 3,8 | 2 ), P4 ( 3,8 | 0 ), P5 (3,1 | – 1,1 ), P6 (0 | – 1,8 ),
P7 (– 1,1 | – 1,1 ), P8 (– 1,1 | 3,1 ), P9 (0 | 3,8 ).
y
6
5
4
3
2
1
A
50°
B
c) Konstruktionsbeschreibung mit Thaleskreis:
Wegen ø = 180° – (40° + 50°) = 90° kann der Satz des
Thales angewandt werden. _
1. Zeichne die Strecke b = AC der Länge 5 cm.
2. Trage in A an b den Winkel ÷ = 40° an. _
3. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AC.
4. Beschrifte den Schnittpunkt des freien Schenkels von
÷ mit dem Thaleskreis mit B.
C
Lösung: Dreieck ABC
B
x
–6
–5
–4
–3
–2
–1
1
2
3
4
b = 5 cm
5
–1
–2
40°
A
L 40
II Dreiecksgeometrie
B
Schülerbuchseite 63
d) Da a und b gleich lang sind, muss c die dem rechten
Winkel gegenüberliegende Seite und ù der rechte Winkel
sein; ÷ und ø sind dann jeweils 45° groß.
Konstruktionsbeschreibung _
mit Thaleskreis:
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 8 cm.
2. Zeichne den Thaleskreis über c.
2. Trage in A an c den Winkel ÷ = 45° an.
4. Beschrifte den Schnittpunkt des freien Schenkels von
÷ mit dem Thaleskreis mit C
Lösung: Dreieck ABC
c)
1.
2.
3.
Konstruktionsbeschreibung:
_
Zeichne die Strecke b = AC der Länge 7,8 _
cm.
Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AC.
Konstruiere eine parallele Gerade g zu b im Abstand
hb = 3,2 cm.
4. Beschrifte die Schnittpunkte von g mit dem Thaleskreis mit B1 und B2.
Lösungen: Dreiecke AB1C und AB2C
C
C
b = 7,8 cm
hb = 3,2 cm
A
B1
g
45°
A
B
c = 8 cm
4 a) Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 6 cm.
_
2. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AB.
3. Konstruiere eine parallele Gerade g zu c im Abstand
2 cm.
4. Beschrifte die Schnittpunkte von g mit dem Thaleskreis mit C1 und C2.
Lösungen: Dreiecke ABC1 und ABC2
B2
_
d) Der Punkt C liegt auf dem Thaleskreis über AB, weil
ù 90° groß ist.
Konstruktionsbeschreibung:_
cm.
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 5,4_
2. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AB.
3. Trage an c in B den Winkel ø = 35° an.
4. Beschrifte den Schnittpunkt des freien Schenkels von
ø mit dem Thaleskreis mit C.
Das Dreieck ABC löst die Aufgabe.
C
α
35°
A
C2
C1
B
c = 5,4 cm
g
2 cm
_
5 a) Die Höhe hc zur Seite AB = 6 cm muss 2 cm lang
A
B
c = 6 cm
b) Da ÷ ein rechter Winkel ist, gilt hc = b.
Konstruktionsbeschreibung:_
1. Zeichne die Strecke a = BC der Länge 5 cm.
_
2. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke BC.
3. Zeichne einen Kreis um C mit Radius 1,5 cm.
4. Beschrifte einen Schnittpunkt des Kreises mit dem
Thaleskreis mit A.
Lösung: Dreieck ABC; der andere Schnittpunkt liefert
ebenfalls ein Dreieck, bei dem der Umlaufsinn von A, B
und C jedoch nicht gegen den Uhrzeigersinn verläuft.
sein. Dann berechnet sich der Flächeninhalt zu
1
_
2 · 6 cm · 2 cm
= 6 cm².
Konstruktionsbeschreibung (in der Aufgabe nicht gefordert):
_
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 6 cm.
_
2. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AB.
3. Zeichne eine parallele Gerade g zu c im Abstand
hc = 2 cm.
4. Beschrifte die Schnittpunkte von g mit dem Thaleskreis mit C1 und C2.
Die Dreiecke ABC1 und ABC2 sind Lösungen.
C
C1
b = hc = 1,5 cm
C2
g
hc = 2 cm
A
a = 5 cm
A
c = 6 cm
B
B
II Dreiecksgeometrie
L 41
Schülerbuchseiten 63 – 64
b) Bei dem gesuchten Dreieck
_muss der Punkt C auf dem
Thaleskreis über der Strecke AB liegen. Aus der Zeichnung von a) erkennt man, dass ein solches Dreieck die
größtmögliche Höhe hc hat, wenn
_ der Punkt C auf der
Mittelsenkrechten der Strecke AB liegt.
größtmöglicher Flächeninhalt:
C
1
_
2 · 6 cm · 3 cm
Vorschlag 2: Man beginnt wie bei Vorschlag 1 und erhält
die Eckpunkte A, B und C. Dann spiegelt
man den Punkt
_
B am Mittelpunkt der Diagonalen AC und erhält den Eckpunkt D.
= 9 cm2
C
5 cm
D
MAC
mAB = hc = 3 cm
A
6 cm
c = 6 cm
B
B
5 cm
A
6
A
C
α2
α1
48°
M
Vorschlag
_3 (ohne Thaleskreis): Man zeichnet eine
Strecke AB der Länge 5 cm und trägt an ihr bei B den
Winkel ø = 90° an. Man zeichnet um A einen Kreis mit
Radius 6 cm und benennt seinen Schnittpunkt mit dem
freien Schenkel von ø mit C. Die Spiegelung von B an
ergibt den Punkt D.
M_
AC
δ2
δ1
D
β
B
_
Weil der Punkt D auf dem Thaleskreis über AB liegt, gilt
ú1 = ú2 = 90°. Da die Winkelsumme in jedem Dreieck
180° ergibt, kann man für das Dreieck ADC schließen:
÷2 = 180° – 48° – 90° = 42°. Da das Dreieck ABC gleichschenklig ist, gilt nach dem Basiswinkelsatz: ÷1 + ÷2 = ø.
Zudem gilt (wieder wegen der Winkelsumme im Dreieck):
(÷1 + ÷2) + ø + 48° = 180°. Folglich gilt ÷1 + ÷2 = ø = 66°.
Zuletzt kann man ÷1 berechnen:
÷1 = ø – ÷2 = 66° – 42° = 24°.
D
MAC
6 cm
A
_
7 Vorschlag 1: Man zeichnet die Diagonale AC der Länge 6 cm mit dem zugehörigen Thaleskreis. Dann zeichnet
man einen Kreis um A mit dem Radius 5 cm und erhält
beim Schnittpunkt mit dem Thaleskreis die Ecke B des
Rechtecks. Auf die gleiche Art kann man mit einem
gleich großen Kreis um den Punkt C den noch fehlenden
Eckpunkt D konstruieren.
C
B
5 cm
Seite 64
10 a) Wenn C im Inneren des Thaleskreises liegt, ist
der Winkel ù größer als 90°. Wenn C auf dem Thaleskreis
liegt, ist ù ein rechter Winkel. Wenn C außerhalb des
Thaleskreises liegt, dann ist der Winkel ù kleiner als 90°.
C2
74° C3
C1 109°
C
5 cm
D
A
B
b) Das Dreieck ABC ist rechtwinklig. Wenn man die Lage
der Halbgeraden variiert, indem man den Winkel ÷ verändert (0° < ÷ < 90°), bewegt_
sich der Punkt C auf dem
Thaleskreis über der Strecke AB.
6 cm
B
C
5 cm
A
α
A
L 42
II Dreiecksgeometrie
B
Schülerbuchseite 64
11 a) Wenn in einem rechtwinkligen Dreieck ein wei-
14 Maßstab 1 : 100 000 (1 cm š 1 km)
terer Winkel 45° misst, muss auch der dritte Winkel 45°
messen (Winkelsumme). Das gesuchte Dreieck ist dann
rechtwinklig und gleichschenklig.
Konstruktion: Man
_
beginnt mit einer Strecke AB und dem zugehörigen
Thaleskreis. _
Dann konstruiert man die Mittelsenkrechte
zur Strecke AB. Ein Schnittpunkt C mit dem Thaleskreis
ergibt das gesuche Dreieck ABC.
u
19,5°
3 km
1 km
K
C
Die Straße schließt mit der Umgehungsstraße einen Winkel von ca. 19,5° ein.
15 Der Winkel oberhalb von ú ist so groß wie ÷, denn
A
45°
45°
B
b) Wenn in einem rechtwinkligen Dreieck ein weiterer
Winkel 30° groß ist, muss der dritte Winkel 60° groß
sein (Winkelsumme). Das gesuchte Dreieck ist dann ein
halbes gleichseitiges Dreieck.
Konstruktion: Man konstruiert ein gleichseitiges Dreieck
ABC und die Mittelsenkrechte einer der Seiten. Dabei
entstehen zwei Dreiecke mit der gesuchten Eigenschaft.
C
30° 30°
er ist ein Stufenwinkel zu ÷. Zusammen mit dem Winkel ú ergibt er einen rechten Winkel, weil der Scheitel
von ú auf dem gezeichneten Thaleskreis liegt. Deshalb
hat ú die Größe 60°, wenn a die Größe 30° hat. Allgemein: ú = 90° – ÷.
16 Man führt folgende Bezeichnung für die Geraden
ein:
g1: Gerade durch A1 und A2,
g2: Gerade durch B1 und B2,
g3: Gerade durch C1 und C2,
g4: Gerade durch D1 und D2,
g5: Gerade durch E1 und E2.
Alle fünf Geraden verlaufen entweder durch den Punkt A1
oder C2.
_
Zeichnet man den Thaleskreis über der Strecke A1C2 , so
erkennt man, dass sich die Geraden g1 und g2 sowie g4
und g5 rechtwinklig schneiden, da ihre Schnittpunkte jeweils auf dem genannten Thaleskreis liegen. Die übrigen
sieben der insgesamt zehn Schnittwinkel betragen nicht
90°.
y
6
5
4
3
A
B
E2
C1
g3
B1
g2
g1
A2
2
B2
1
C2
A1
–4
–3
–2
12 Die Zuschauer der ersten Reihe sehen die Durchmes-
–2
ser der kreisförmigen Bühne unter einem Blickwinkel von
90°.
–3
_
13 Die Strecke AB verläuft nicht durch den Mittelpunkt
g4
1
–1
–1
–4
2
3
4
5
6
x
7
8
D2
D1
E1
g5
des Kreises. _
Damit ist der Kreis nicht der Thaleskreis über
der Strecke AB. Die von Uta gezeichneten Dreiecke sind
also nicht rechtwinklig.
II Dreiecksgeometrie
L 43
Schülerbuchseiten 65 – 68
5 Kongruente Dreiecke
Seite 65
Einstiegsaufgabe
Eva muss Anton mindestens drei passende Größen des
Dreiecks mitteilen. Dabei hat sie folgende Möglichkeiten:
– die Längen aller drei Seiten,
– die Längen zweier Seiten und die Größe des dazwischen eingeschlossenen Winkels,
– die Länge einer Seite und die Größe der zwei an der
Seite anliegenden Winkel,
– die Längen zweier Seiten und die Größe des Winkels,
der der längeren Seite gegenüber liegt.
Seite 67
1 a) (1) Im VW-Zeichen sind einander entsprechende
Zwischenräume jeweils zueinander kongruent.
(2) Im Wappen von Bayern sind jeweils die zwei Löwen
zueinander kongruent, die Zacken am oberen Rand des
Schildes sowie alle Rauten im Inneren.
(3) Das Mitsubishi-Markenemblem besteht aus drei zueinander kongruenten Rauten.
(4) Im Yin- und Yang-Zeichen sind die schwarzen und die
weißen Flächen jeweils zueinander kongruent.
b) und c) individuelle Lösung
2 a) Folgende Figuren sind zueinander kongruent:
A, C und D,
E und G,
F und J.
b) individuelle Lösung
3 a) Es gibt viele Möglichkeiten, z. B.:
c) Idee: Man konstruiert ein gleichseitiges Dreieck und
führt an zwei Seitenmitten eine Punktspiegelung am
Seitenmittelpunkt durch.
M1
M2
4 Die Dreiecke (1) und (5) sind nach dem Kongruenzsatz
sws zueinander kongruent.
Die Dreiecke (3) und (4) sind nach dem Kongruenzsatz
wsw zueinander kongruent.
Seite 68
b) Idee: Das Rechteck wird zunächst in eine bestimmte
Anzahl zueinander kongruenter Rechtecke zerlegt (z. B.
durch wiederholtes Einzeichnen von Mittelsenkrechten).
Wenn in diesen Rechtecken jeweils eine Diagonale eingezeichnet wird, entstehen zueinander kongruente Dreiecke.
5 a) (1) Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz sss
zueinander kongruent. Planfigur:
b = a’
a = c’
c = b’
(2) Druckfehler im 1. Druck der 1. Auflage des Schülerbuches. Es muss a’ = 5 cm, b’ = 4,5 cm, ù’ = 70° heißen.
Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz sws zueinander kongruent. Planfigur:
b = a’
γ = γ’
a = b’
(3) Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz wsw zueinander kongruent. Planfigur:
b = c’
γ = α’
α = β’
L 44
II Dreiecksgeometrie
Schülerbuchseite 68
(4) Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz sws zueinander kongruent. Planfigur:
Schritt 3:
C
b = a’
α = β’
c = c’
(5) Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz wsw zueinander kongruent. Planfigur:
α = α’ β = γ’
c = c’
(6) Die Dreiecke sind nach dem Kongruenzsatz wsw zueinander kongruent. Planfigur:
A
B
Kongruenzsatz wsw (z. B. ÷ = 30°, c = 38 mm, ø = 87°):
Konstruktionsbeschreibung:_
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 3,8 cm.
2. Trage an c in A den Winkel ÷ = 30° und an B den
Winkel ø = 87° an.
3. Beschrifte den Schnittpunkt der freien Schenkel von ÷
und ø mit C und verbinde ihn mit A und B.
Schritt 1:
A
c = 3,8 cm
B
Schritt 2:
α = γ’
β = β’
c = a’
b) individuelle Lösung
α
6 a) – d)
Kongruenzsatz sss (z. B. a = 4 cm, b = 5 cm, c = 7 cm):
Konstruktionsbeschreibung:_
1. Zeichne die Strecke c = AB der Länge 7 cm.
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
r1 = b = 5 cm und den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius r2 = a = 4 cm.
3. Beschrifte den Schnittpunkt der Kreise, der mit A und
B gegen den Uhrzeigersinn verläuft, mit C und verbinde ihn mit A und B.
Schritt 1:
A
B
c = 7 cm
Schritt 2:
β
c
A
Schritt 3:
B
C
A
B
Kongruenzsatz sws (z. B. b = 5,3 km, ÷ = 40°, c = 2,4 km):
Konstruktionsbeschreibung:
1. Wähle einen geeigneten Maßstab, z. B. Maßstab
_
1 : 100 000, und zeichne die Strecke b = AC der Länge
5,3 cm.
2. Trage an b in A den Winkel ÷ = 40° an.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
c
r = __
100 000 = 2,4 cm und benenne seinen Schnittpunkt
r1 = 5 cm
A
r2 = 4 cm
c = 7 cm
mit dem freien Schenkel von ÷ mit B.
4. Verbinde B mit A und C.
C
Schritt 1:
B
b = 5,3 km
A
II Dreiecksgeometrie
L 45
Schülerbuchseiten 68 – 69
C
Schritt 2:
drei Figuren:
sechs Figuren:
b
4 cm
4 cm
Rauten
α
A
11 a) individuelle Lösung
b) individuelle Lösung, z. B. ø = 50° oder ù = 70°
c) individuelle Lösung, z. B. c = 7 cm
C
Schritt 3:
gleichseitige Dreiecke
12 individuelle Lösung
Seite 69
13 a) Es gibt zwei verschiedene, zueinander nicht kongruente Dreiecke als Lösung.
C
B
α
r = 2,4 km
A
3 cm
4 cm
C
Schritt 4:
A
MAB 5 cm
B
5 cm
C
3 cm
B
≈ 5,8 cm
B
A
Wäre statt ÷ der Winkel ù = 63° gegeben, müsste man
vor der Konstruktion ÷ mit der Winkelsumme im Dreieck
berechnen: ÷ = 180° – ø – ù = 30°. Dann könnte man
die Konstruktion wie oben beschrieben durchführen.
A
b) Nach dem Kongruenzsatz wsw kann es hier nur ein
Dreieck als Lösung geben.
C
10 zwei Figuren:
≈ 8,7 cm
5 cm
A
4 cm
symmetrische Trapeze
L 46
II Dreiecksgeometrie
4 cm
Fünfecke
30°
10 cm
B
Schülerbuchseite 69
15 Konstruktionsbeschreibung:
c) Es gibt nur ein Dreieck als Lösung.
A
B
5 cm
_
|
1. Zeichne eine Halbgerade AB (Abstand von A zu B beliebig) und eine dazu parallele Gerade g im Abstand
1,1 cm. _
2. Trage an AB in A den Winkel ÷ = 12° an und benenne
den Schnittpunkt des freien Schenkels von ÷ und g
mit C.
_
3. Trage an AB in A den Winkel ø = 60° an und benenne
den Schnittpunkt des freien Schenkels von ø und g
mit D.
_
4. Miss die Länge der Strecke &' ŇFP
Konstruktion (Maßstab: 1 : 1000):
|
4 cm
≈ 6,4 cm
|
C
d) Es gibt zwei verschiedene, zueinander nicht kongruente Dreiecke als Lösung.
A
B
12°
60°
1,1 cm
C
D
C
≈ 5,4 cm
2 cm
g
Der Kanal ist also ca. 45,4 m breit.
A
B
5 cm
B
C
≈ 4,5 cm
≈ 2,2 cm
B
5 cm
14 Maßstab: 1 : 1000
α β
γ
H δ
2 cm
A
16 Vor der Konstruktion des Dreiecks BHP kann man anhand einer Planfigur folgende Überlegungen anstellen:
C
ε
P
1. ù = ÷ – ø = 42°
2. û = ø = 8° (Stufenwinkel des Scheitelwinkels)
3. ú = 180° – ù – û = _
130° (Winkelsumme im Dreieck)
Die Angaben von ú, HP und û ermöglichen nun eine eindeutige Konstruktion des Dreiecks BHP (Kongruenzsatz
. Bei einem
wsw). Zuletzt misst man noch die Höhe h_
HP
Maßstab von 1 : 100 000 ergibt sich h_
ŇFP
HP
Der Ballon befindet sich also in einer Höhe von ca.
1260 m über der Erde.
≈ 96 m
β
α
A 11 m B
Das Lot von C auf die Gerade AB hat in etwa die Länge
9,6 cm. Der Turm ist also ca. 96 m hoch.
II Dreiecksgeometrie
L 47
Schülerbuchseiten 69 – 72
17 Maßstab 1 : 500 000
Die Planfigur im Schülerbuch ist bei dieser Aufgabe bereits eine
genaue Zeichnung im Maßstab 1 : 100 000. Die
_
Strecke BC kann also auch direkt im Schülerbuch abgemessen werden.
Hannover
61°
Seite 72
1 a)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite c = AB = 4,9 cm.
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
b = 3,9 cm.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius
a = 2,9 cm.
4. Der Punkt C ist einer der beiden Schnittpunkte der
Kreise. Wähle denjenigen der beiden Schnittpunkte
als C, sodass das Dreieck ABC im mathematisch positiven Sinn bezeichnet wird.
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
5,74 cm
≈ 8,7 cm
66° Hildesheim
3,94 cm
C
γ
b
a
Alfeld
β
α
Die Luftlinienentfernung von Hannover nach Alfeld beträgt in der maßstäblichen Zeichnung ca. 8,7 cm, was
einer tatsächlichen Entfernung von 43,5 km entspricht.
Im Vergleich zur Straße ist dies eine Wegersparnis von
fast 15 %.
c
A
B
Der Zeichnung können die Winkelgrößen des Dreiecks
durch Messung entnommen werden:
÷Ғ øҒ XQG ùҒ
b)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite a = BC = 6 cm.
2. Trage an a in B den Winkel ø = 95° an.
3. Trage an a in C den Winkel ù = 32° an.
4. Bezeichne den Schnittpunkt der freien Schenkel von ø
und ù mit A.
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
6 Weitere Dreieckskonstruktionen
Seite 70
Einstiegsaufgabe
Alle Angaben werden in eine Planfigur eingetragen.
C
A
α
B
b
c
3 km
55°
55°
D
A
Das Dreieck ADB kann in einem geeigneten Maßstab,
z. B. 1 : 100 000 (1 cm š 1 km), mit dem Kongruenzsatz sws
konstruiert
werden.
_
An AB wird in A ein Winkel von 55° angetragen.
Der freie Schenkel_
dieses Winkels schneidet die Verlängerung der Strecke BD in C.
_
Nun kann die Länge der Strecke BC in der Zeichnung
abgemessen
_ und in die Wirklichkeit zurückübertragen
werden: %& ŇNP
L 48
II Dreiecksgeometrie
β
4,5 km
B
γ
a
C
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung entnommen werden:
÷ ’ EŇFP XQG FŇFP
c)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite a = BC = 6 cm.
2. Trage an a in C den Winkel ù = 120° an.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
b = 3 cm.
4. Der Schnittpunkt des Kreises mit dem freien Schenkel
von ù ist der Punkt A.
Schülerbuchseite 72
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
A
α
c
b
γ
β
B
f)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite b = AC = 6 cm.
2. Trage an b in A den Winkel ÷ = 44° an.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
c = 4 cm.
4. Der Schnittpunkt des Kreises mit dem freien Schenkel
von ÷ ist der Punkt B.
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
C
a
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung entnommen werden:
÷Ғ øҒ XQG FŇFP
d)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite c = AB = 5,8 cm.
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
b = 10 cm.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius
a = 4,8 cm.
4. Der Punkt C ist einer der beiden Schnittpunkte der
Kreise. Wähle denjenigen der beiden Schnittpunkte
als C, sodass das Dreieck ABC im mathematisch positiven Sinn bezeichnet wird.
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
(Konstruktion im Maßstab 1 : 2)
b
A
α
c
B
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung entnommen werden:
øҒ ùҒ XQG DŇFP
2 a) Planfigur:
C
hc
γ
b
α
a
β
C
A
C
γ
D
a
β
c
hb
β
A
B
Der Zeichnung können die fehlenden Winkelgrößen des
Dreiecks durch Messung entnommen werden:
÷Ғ øҒ XQG ùҒ
e)
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite c = AB = 6 cm.
2. Trage an c in B den Winkel ø = 91° an.
2. Trage an c in A den Winkel ÷ = 30° an.
4. Bezeichne den Schnittpunkt der freien Schenkel von
÷ und ø mit C.
5. Verbinde die Punkte A, B und C zu einem Dreieck.
γ
b
C
a
B
Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne die Schenkel des Winkels ø = 57°.
2. Konstruiere eine Parallele zu einem der beiden Schenkel von ø im Abstand von hc = 5,7 cm.
Der Schnittpunkt dieser Parallelen mit dem anderen
Schenkel von ø ist der Punkt C.
Achte dabei darauf, dass der Umlaufsinn von B zu C
im mathematisch positiven Sinn ist.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius
hb = 6,3 cm.
_
4. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke BC.
Der Schnittpunkt der beiden Kreise ist der Punkt D.
5. Zeichne den Strahl mit Anfangspunkt C, der durch D
verläuft. Der Schnittpunkt des Strahls mit dem freien
Schenkel von ø ist der Punkt A.
Es gibt nur ein Dreieck als Lösung:
(Maßstab 1 : 2)
C
A
hc = 5,7 cm
β
α
c
D
B
hb = 6,3 cm
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung entnommen werden:
ù ’ DŇFP XQG EŇFP
57°
B
A
II Dreiecksgeometrie
L 49
Schülerbuchseite 72
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung
entnommen
werden:
_
_
_
$% ŇFP $&
ŇFP %&
ŇFP ÷Ғ XQG
ùҒ
b) Planfigur:
c) Planfigur:
C
hc
wγ
C
β
γ
hc
D
ha
A
D
D
A
B
Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne die Schenkel des Winkels ù = 48°.
2. Konstruiere eine Parallele zu einem der beiden Schenkel von ù im Abstand von ha = 6,6 cm.
Der Schnittpunkt dieser Parallelen mit dem anderen
Schenkel von ù ist der Punkt A.
Achte dabei darauf, dass der Umlaufsinn von C zu A
im mathematisch positiven Sinn ist.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
hc = 8,3 cm.
_
4. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke AC.
Der Schnittpunkt der beiden Kreise ist der Punkt D.
5. Zeichne den Strahl mit Anfangspunkt A, der durch D
verläuft. Der Schnittpunkt des Strahls mit dem freien
Schenkel von ù ist der Punkt B.
Es gibt nur ein Dreieck als Lösung:
(Maßstab 1 : 2)
C
B
Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne die Schenkel des Winkels ø = 54°.
2. Konstruiere eine Parallele zu einem der beiden Schenkel von ø im Abstand von hc = 4,6 cm.
Der Schnittpunkt dieser Parallelen mit dem anderen
Schenkel von ø ist der Punkt C.
Achte dabei darauf, dass der Umlaufsinn von B zu C
im mathematisch positiven Sinn ist.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
wù = 4,8 cm. Der Schnittpunkt dieses Kreises mit dem
freien Schenkel
von ø ist der Punkt D.
_
ù
4. Trage an CD in C den Winkel ¼ DCB = _2 an.
5. Zeichne den Strahl mit Anfangspunkt B, der durch D
verläuft. Der Schnittpunkt des Strahls mit dem freien Schenkel des in 4. konstruierten Winkels ist der
Punkt A.
Es gibt zwei verschiedene, zueinander nicht kongruente
Dreiecke als Lösung:
(Maßstab 1 : 2)
C
wγ
D1
2
A2
D2
B
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung
entnommen werden:
_
_
A1% ŇFP A
1& ŇFP ÷
1 Ғ ù 1 Ғ
_
_
A2% ŇFP A
2& ŇFP ÷
2 Ғ ù 2 Ғ
hc
_
%& ŇFP
d) Planfigur:
D
ha
A
hc wγ
54°
A1
48°
1
C
γ
D
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks
entnommen
werden:
_
_
_ durch Messung
$% ŇFP $&
ŇFP %&
ŇFP ÷Ғ XQG
øҒ
D
ha
B
A
R
U
B
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Strecke AD = ha = 6,7 cm.
2. Konstruiere
_die Senkrechte zu ha durch D.
3. Trage an AD in A den Winkel ¼ DAC = 90° – ù = 20° an.
4. Der Schnittpunkt der Senkrechten und des freien
Schenkels von ¼ DAC ist der Punkt C.
5. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
R = 4,1 cm.
L 50
II Dreiecksgeometrie
Schülerbuchseite 72
6. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
R = 4,1 cm.
7. Der Schnittpunkt der beiden Kreise ist der Umkreismittelpunkt U.
8. Zeichne den Umkreis (Mittelpunkt U, Radius
R = 4,1 cm).
9. Zeichne den Strahl mit Anfangspunkt C, der durch den
Punkt D verläuft.
10. Der Schnittpunkt des Umkreises mit dem Strahl ist
der Punkt B.
Es gibt nur ein Dreieck als Lösung:
(Maßstab 1 : 2)
C
ha
A
hb
U
B2
B1
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung
entnommen werden:
_
_
AB1 ŇFP B
1& ŇFP ÷
1 Ғ ø
1 Ғ ù 1 Ғ
_
_
γ
20°
C
b
AB2 ŇFP B
2& ŇFP ÷
2 Ғ ø
2 Ғ ù 2 Ғ
C
f) Planfigur:
D
γ
U
A
b
hc
wγ
A
B
D E
B
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks
entnommen
werden:
_
_
_ durch Messung
$% ŇFP $&
ŇFP %&
ŇFP ÷Ғ XQG
øҒ
e) Planfigur:
C
b
hb
R
U
A
B
Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite b = AC = 6,2 cm.
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
R = 4,2 cm.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
R = 4,2 cm.
4. Der Schnittpunkt der beiden Kreise ist der Umkreismittelpunkt U.
5. Zeichne den Umkreis (Mittelpunkt U, Radius
R = 4,2 cm)
_
6. Konstruiere eine Parallele zu AC im Abstand
hb = 4,0 cm.
7. Der Schnittpunkt der Parallelen mit dem Umkreis ist
der Punkt B.
Es gibt zwei zueinander kongruente Dreiecke als Lösung:
(Maßstab 1 : 2)
Konstruktionsbeschreibung: _
1. Zeichne die Strecke hc = CD = 4,7 cm.
2. Konstruiere die Senkrechte zu hc durch D.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
wù = 5,0 cm.
4. Der Schnittpunkt des Kreises mit der Senkrechten ist
der Punkt_
E.
5. Trage an CE in C in beiden Richtungen den Winkel
ù
_
2 = 40° an.
ù
6. Die Schnittpunkte der freien Schenkel von _2 mit
der Senkrechten zu hc durch den Punkt D sind die
Punkte A und B (mathematisch positiven Umlaufsinn
beachten).
Es gibt zwei zueinander kongruente Dreiecke als Lösung
(nachfolgend ist eines gezeichnet, das zweite ergibt sich
aus dem zweiten Schnittpunkt E’ in Schritt 4):
(Maßstab 1 : 2) C
40° 40°
wγ
hc
D
A
B
E
Der Zeichnung können die fehlenden Größen des Dreiecks durch Messung
entnommen
werden:
_
_
_
$% ŇFP $&
_
ŇFP %&
_
ŇFP ÷Ғ øҒ
_
A’B’ = 9,8 cm, $t& ŇFP %t&
ŇFP ÷tҒ XQG
øtҒ
II Dreiecksgeometrie
L 51
Schülerbuchseite 72
3 Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die
_ Strecke a = BC = 7,6 cm.
2. Trage an BC in C den Winkel ù = 83° an.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
4,7 cm.
4. Der Schnittpunkt des Kreises mit dem freien Schenkel
von ù ist der Punkt A.
5. Verbinde die Punkte A und B.
_
Der Zeichnung kann
durch Messung die Länge AB ent_
nommen werden: $%ŇFP
Der See ist also etwa 843 m lang.
(Maßstab 1 : 10 000)
A
(1 cm š 100 m)
4,7 cm
5 Konstruktionsbeschreibung:
1. Wähle einen geeigneten Maßstab, z. B. 1 : 2000
(1 cm š 20 m).
_
2. Zeichne die Seite c = AB = 4,3 cm.
3. Trage an c in A den Winkel ÷ = 61° an. (A entspricht
der Augenhöhe.)
4. Konstruiere die Senkrechte zu c durch B.
5. Der Schnittpunkt der Senkrechten und des freien
Schenkels von ÷ ist der Punkt C.
_
6. Miss in der _
Zeichnung die Länge der Strecke BC. Es
ergibt sich %& ŇFP
Dies entspricht in Wirklichkeit einer Länge von etwa
155 m. Mit der Augenhöhe von 1,70 m ergibt sich eine
Turmhöhe von 156,70 m.
Tatsächlich ist der höhere der beiden Türme 157,38 m
hoch.
C
AB ≈ 8,43 cm
83°
B
C
7,6 cm
4 Konstruktionsbeschreibung:
1. Wähle einen geeigneten Maßstab, z. B. 1 : 10 000
(1 cm š 100 m).
_
2. Zeichne die Seite c = AB = 3,38 cm.
3. Trage an c in A den Winkel ÷ = 40° und in B den Winkel ø = 129° an.
4. Der Schnittpunkt der freien Schenkel von ÷ und ø ist
der Punkt C.
C entspricht der Position des Ballons.
5. Verlängere die Seite c über B hinaus und konstruiere
eine Senkrechte zu c durch C.
6. Der Schnittpunkt der Senkrechten mit der Geraden
AB ist der Punkt D.
_
7. Miss in der _
Zeichnung die Länge der Strecke CD. Es
ergibt sich &' ŇFP
Dies entspricht in Wirklichkeit einer Höhe von etwa
885 m über den Kirchturmspitzen. Der Ballon befindet
sich also 885 m + 30 m = 915 m über dem Boden.
(Maßstab 1 : 10 000)
= 7,75 cm
61°
A
B
c = 4,3 cm
6 a) vgl. nächste Seite unten
b) Erstelle zunächst eine Planfigur und kennzeichne die
bekannten Größen:
C
γ
b
a
C
A
≈ 8,85 cm
129°
40°
A c = 3,38 cm B
(Abbildung verkleinert)
L 52
II Dreiecksgeometrie
D
c
B
mögliche Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite a = BC = 3 cm.
2. Trage an a in C den Winkel ù = 39° an.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
r = b = 3,5 cm.
4. Der Schnittpunkt des Kreises mit dem freien Schenkel
von ù ist der Punkt A.
5. Verbinde A mit B.
Schülerbuchseiten 72 – 73
Im Folgenden ist eines der beiden zueinander kongruenten Dreiecke konstruiert.
(Maßstab 1 : 2)
A
C
b
γ
a
B
45°
C
A
7 Die Konstruktionsbeschreibungen sind nicht explizit in
der Aufgabe gefordert.
Es empfiehlt sich, zunächst Planfiguren zu erstellen und
die gegebenen Größen einzutragen.
a) Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Höhe hc = CD = 4,0 cm.
2. Konstruiere die Senkrechte zu hc durch D.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
r = wù = 4,3 cm.
4. Der Schnittpunkt der Senkrechten zu hc durch D mit
dem Kreis ist der Punkt E.
(Hier ergeben sich zwei Möglichkeiten, die zu zwei
zueinander
_kongruenten Dreiecken führen.)
5. Trage an CE in C zu beiden Seiten den Winkel
ù
_
2 = 45° an.
6. Die Schnittpunkte der freien Schenkel mit der
Senkrechten zu hc durch D sind die Punkte A und B
(mathematisch positiven Umlaufsinn beachten).
wγ
hc
Seite 73
45°
D
E
B
b) Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite a = BC = 8,4 cm.
2. Konstruiere eine Parallele zu a im Abstand ha = 3,2 cm.
_
3. Zeichne den Thaleskreis über der Strecke BC.
4. Der Schnittpunkt der Parallelen und des Thaleskreises
ist der Punkt A.
(Hier ergeben sich zwei Möglichkeiten, die zu zwei
zueinander kongruenten Dreiecken führen.)
Zeichnung: vgl. nächste Seite
zu Aufgabe 6 a)
Corinna
Louis
Beispiele
für fehlende
Informationen
– Es ist nicht klar, wo die Punkte A und C liegen müssen. Die
Information „wo a anfängt und aufhört“ ist nicht eindeutig.
– Es ist nicht klar, wie der Winkel ù genau eingezeichnet wird. Es
wird nicht erläutert, dass man den mathematischen Drehsinn
berücksichtigen muss.
– Es ist nicht klar, wo B und C liegen müssen.
Die Information „vorne und hinten“ ist nicht
eindeutig.
– Es ist nicht klar, wo der Winkel eingezeichnet
wird.
Beispiele für
überflüssige
Informationen
– „Ich nehme das Lineal“
– „ich mache einen kleinen Strich“
– „ich nehme mein Geodreieck“
– „mit der anderen Seite des Geodreiecks“
Formulierung in der Aufgabe
Fachsprache
Corinna
Louis
_
Ich nehme das Lineal und mache nach 3 cm einen kleinen Strich und Ich zeichne die Seite a = BC = 3 cm.
bei 0 cm auch. Dann verbinde ich die kleinen Striche und schreibe an
den längeren Strich a. Dort, wo a anfängt und aufhört, schreibe ich B
und C dran.
Da, wo ich C hingeschrieben habe …
Am Punkt C …
Ich zeichne eine 3 cm lange Linie und schreibe vorne und hinten B
und C dran.
Ich zeichne die Seite a = BC = 3 cm.
_
Dann nehme ich mein Geodreieck und zeichne einen Winkel von 39°.
An a trage ich in C den Winkel ù = 39° an.
Ich achte dabei auf die Bezeichnung der Punkte, die nicht im
Uhrzeigersinn verlaufen darf.
Ich achte darauf, dass die Bezeichnung der Punkte
im mathematisch positiven Drehsinn, d. h. gegen
den Uhrzeigersinn verläuft.
II Dreiecksgeometrie
L 53
Schülerbuchseite 73
C
d) Druckfehler im 1. Druck der 1. Auflage des Schülerbuches: Es muss R = 4,0 cm statt r = 4,0 cm heißen.
Da das Dreieck ABC gleichschenklig ist (a = c), gilt
hb = m_
.
AC
b1
Konstruktionsbeschreibung: _
1. Zeichne die Strecke hb = BM_
= 7,0 cm.
AC
ha
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius
R = 4,0 cm.
3. Der Schnittpunkt des Kreises mit der Höhe hb , die
der Seite b ist, ist
gleich der Mittelsenkrechten m_
AC
der Umkreismittelpunkt U.
4. Zeichne den Umkreis (Mittelpunkt U, Radius
R = 4,0 cm).
.
5. Konstruiere die Senkrechte zu hb durch M_
AC
A1
b2
a
c1
6. Die Schnittpunkte des Umkreises und der Senkrechten zu hb durch M_
sind die Punkte A und C. Benenne
AC
die Punkte so, dass das Dreieck ABC im mathematisch
positiven Sinn bezeichnet wird.
c2
A2
B
c) Da das Dreieck ABC gleichschenklig ist (a = b), gilt
nach dem Basiswinkelsatz ÷ = ø = 65°.
Konstruktionsbeschreibung:
1. Zeichne die Schenkel des Winkels ø = 65°.
2. Konstruiere die Winkelhalbierende des Winkels ø und
trage auf ihr die Länge wø = 6,4 cm ab. Bezeichne
den zweiten Endpunkt der Strecke mit D.
3. Der Winkel ú bei D hat die Größe
ø
ú = 180° – ÷ – _2 = 180° – 65° – 32,5° = 82,5°.
_
Trage an BD in D den Winkel ú = 82,5° an.
4. Der Schnittpunkt des freien Schenkels von ú mit
ø
einem Schenkel des Winkels _2 ist der Punkt A.
5. Der Schnittpunkt der Geraden AD mit dem anderen
Schenkel von ø ist der Punkt C.
C
R
R
U
MAC
B
hb = mAC
A
C
10 Man konstruiert zunächst ein Dreieck ABC (c = 7 cm,
_
von BC
b = 4 cm und ÷ = 90°). Die Mittelsenkrechte m_
BC
_
schneidet die Verlängerung von AC in P. Der Punkt P hat
von C und B den gleichen Abstand (das Schilfrohr bleibt
gleich lang). Daher_ist P ein Punkt auf dem Boden des
Sees. Die Strecke AP ist ca. 4,1 cm lang, der See ist an der
Stelle also etwa 41 cm tief.
wβ
D
β
_
2
82,5°
A
L 54
β
_
2
II Dreiecksgeometrie
B
Schülerbuchseite 73
(Maßstab 1 : 10; 1 cm š 10 cm)
men, sodass ABC2 zu einer Strecke entartet. Es gibt bei b)
also nur eine Lösung.
Für c) fallen ha und c wegen ha = _
c zusammen und CB
wird zur senkrechten Geraden zu AB durch B. Es gibt nur
eine Lösung, da der zweite Schnittpunkt des Kreises um
mit dem Radius sc ein zu ABC kongruentes Dreieck
M_
AB
C
mBC
ergibt, das aber nicht dem mathematisch positiven Drehsinn entspricht.
b = 4 cm
12 a) Das rechtwinklige Dreieck ADC ergibt sich aus
B
A
c = 7 cm
AP ≈ 4,1 cm
P
11 a) – c) Das rechtwinklige Dreieck ABD ergibt sich
90° – ù =_40°. Auf dem Schnittha = 5 cm und ¼ CDA = _
punkt der Parallelen zu CD und AC jeweils im Abstand r = 1,5 cm befindet sich der Inkreismittelpunkt
I.
_
_
Der Schnittpunkt des Lotes von I auf AC mit AC ist der
Punkt Q.
Der Punkt R ergibt sich als Schnittpunkt des Inkreises
(Kreis mit Mittelpunkt I durch Q) und des Kreises mit
Mittelpunkt A durch Q. (Die Dreiecke AIQ und ARI sind
nach dem Kongruenzsatz wsw zueinander kongruent.)
Der Punkt_
B ist der
_Schnittpunkt der Verlängerungen der
Strecken AR und CD.
_
(Zeichnet
man die Parallele zu AC „auf der anderen Seite
_
von AC“, so ergibt sich ein zweites Dreieck, das zum ersten Dreieck nicht kongruent ist. Da der Umlaufsinn dieses Dreiecks aber nicht im mathematisch positiven Sinn
ist, wird es nicht betrachtet.)
aus ha = 4 cm und jeweils c = 6,5 cm, c = 5 cm und _
c = 4 cm. Dann liegen die Punkte C auf der Geraden BD
von c
und auf dem Kreis um den Seitenmittelpunkt M_
AB
mit dem Radius sc = 2,5 cm.
a)
C2
C1
D
sc1
C
γ = 50°
B
sc2
D
c
_
2
r = 1,5 cm
I
B
Q
ha
MAB
c
_
2
ha = 5 cm
A
90° – γ
b)
c)
B (= C2)
D = C1
A
B=D
C
sc
sc 1
c
_
2
b = ha
= sc2
c
_
2
ha = c
MAB
MAB
c
_
2
A
R
c
_
2
A
d) Für a) und b) gibt es das rechtwinklige Dreieck ABD
c
wegen ha < c. Bei a) gibt es wegen sc < _2 zwei Lösungen.
c
Bei b) fallen die Punkte B und C2 wegen sc = _2 zusam-
b) Das rechtwinklige Dreieck BCD ergibt sich aus
cm. Auf dem Schnittpunkt der
hc = 5 cm und_a = 5,5_
Parallelen zu BD und BC jeweils im Abstand r = 1,2 cm
befindet sich der Inkreismittelpunkt
I. Der Schnittpunkt
_
_
des Lotes von I auf BC mit BC ist der Punkt E.
Der Punkt F ergibt sich als Schnittpunkt des Inkreises
(Kreis mit Mittelpunkt I durch E) und des Kreises mit Mittelpunkt C durch E. Der Punkt _
A ist der_Schnittpunkt der
Verlängerungen der Strecken BD
_und CF.
BC „auf der anderen Seite
(Zeichnet
man
die
Parallele
zu
_
von BC“, so ergibt sich ein zweites Dreieck, das zum ersten Dreieck nicht kongruent ist. Da der Umlaufsinn dieses Dreiecks aber nicht im mathematisch positiven Sinn
ist, wird es nicht betrachtet.)
II Dreiecksgeometrie
L 55
Schülerbuchseiten 73 – 75
7 Beweisen
C
Seite 74
Einstiegsaufgabe
Die Folgerung in der Redensart „… dann ändert sich
das Wetter oder es bleibt, wie es ist“ ist eine Aussage,
die immer wahr (allgemeingültig) ist, und damit
vollkommen unabhängig von der Voraussetzung,
also davon, ob der Hahn kräht oder nicht.
Deshalb kann diese Redensart dazu dienen, auf einen
vollkommen klaren Sachverhalt hinzuweisen.
hc = 5 cm
r = 1,2 cm E
I
F
A
a = 5,5 cm
D
Seite 75
B
1
13 a) Nein, die Lösung ist nicht eindeutig. Der_
Kreis um
B mit dem Radius a schneidet die Parallele zu AB im Abstand hc zweimal, da a > hc. Ein Dreieck ist bei B spitzwinklig, eines stumpfwinklig.
b) Die Lösung ist deswegen nicht eindeutig, weil hc kleiner ist als a. Vergrößert man hc und behält a und c bei,
sieht man, dass bei hc = a die beiden Lösungen „zusammenfallen“, das Dreieck ist bei B rechtwinklig. Wenn hc
länger als a ist, gibt es keine Lösung.
14
Voraussetzung
Behauptung
a)
Bei einer Verschiebung wird
g || h
die Gerade g auf die Gerade h
abgebildet.
b)
P wird an g gespiegelt
(P liegt nicht auf g)
c)
Wenn ein Dreieck
gleichschenklig ist,
dann sind seine Basiswinkel
gleich groß.
d)
Wenn ein Parallelogramm
gleich lange Diagonalen hat,
dann ist das Parallelogramm
ein Rechteck.
_
PP’ © g
B2
2
C
y
4 cm
C2
60°
C’
U
x
C1
x
α
A
B’
y
α
60°
y
A
4 cm
B1
a) Konstruktion: Die Sehne c wird in den Umkreis U gezeichnet; hieran wird ÷ angetragen.
b) Für _
÷ < 42° (d. h., ÷ ist kleiner als der Winkel zwischen AB2 und der Tangente in A) gibt es zwei Lösungen,
IÞU ’ʼn÷ < 138° gibt es eine Lösung, für ÷Ŋ’ JLEW
es keine Lösung.
60°
x
A’
Mit den Bezeichnungen aus obiger Figur gilt:
Die Dreiecke A’BB’, B’CC’ und C’AA’ sind nach dem Kongruenzsatz sws zueinander kongruent.
_ _
_
Damit sind auch die Strecken A’B’, B’C’ und C’A’ gleich
lang und das Dreieck A’B’C’ somit gleichseitig.
_
3
_Es
wird gezeigt, dass die Strecke AA’ parallel
_ ist zu
_
BB’. Die Begründung für das Streckenpaar AA’’ und BB’’
verläuft genauso.
15 a) Aus diesen drei Strecken lässt sich kein Dreieck
konstruieren.
_
A und B sind durch AB = c = 6 cm gegeben. Der Kreis
mit Mittelpunkt A und Radius b = 3 cm schneidet den
Kreis mit Mittelpunkt B und Radius a = 2 cm jedoch
nicht, da a + b < c ist.
b) Bedingung für jede der Strecken a, b und c:
Die Länge der Strecke muss kleiner als die Summe der
Längen der zwei anderen Strecken sein. Diese Bedingung
nennt man auch Dreiecksungleichung.
B”
A’
γ
B
β
M
α
A
B’
A”
L 56
II Dreiecksgeometrie
B
Schülerbuchseiten 75 – 76
Die Dreiecke MB’B und MA’A sind nach dem Kongruenzsatz sss zueinander kongruent. Also sind die Winkel ÷
und ø gleich groß. Der Winkel ù ist als Scheitelwinkel
dann ebenfalls gleich groß. Mit dem _
Umkehrsatz
des
_
Stufenwinkelsatzes folgt dann, dass AA’ u BB’ ist.
7
4 a) Vermutung: Es ist ein Parallelogramm.
Voraussetzung:
P ist der Schnittpunkt der Parallelen k zu g mit h. Q ist
der Schnittpunkt von k mit der Winkelhalbierenden w÷.
Behauptung:
Das Dreieck PQS ist gleichschenklig.
Beweis:
÷
÷1 = ÷2 = _2
ù = ÷1 (Stufenwinkel an parallelen Geraden)
ø = ù = ÷1 = ÷2 (ø und ù sind Scheitelwinkel)
Nach der Umkehrung des Basiswinkelsatzes
_
_ ist das Dreieck PQS also gleichschenklig, denn PQ = PS.
b) Zeichnet man in einem solchen Viereck eine Diagonale ein, so sind die beiden Teildreiecke nach dem
Kongruenzsatz sss zueinander kongruent. Also sind gegenüberliegende Winkel gleich groß.
c) Im Viereck gilt ÷ + ø + ù + ú = 360°. Da nach Teilaufgabe b) ÷ = ù und ø = ú ist, gilt 2 ÷ + 2 ø = 360° bzw.
÷ + ø = 180°. Für den Nebenwinkel ø’ von ø gilt dann
ø’ = ÷. Die Stufenwinkel ÷und ø’ sind also gleich groß.
Mit der Umkehrung des Stufenwinkelsatzes weiß man
nun, dass die Geraden AD und BC zueinander parallel
sind. Die Argumentation für das andere Geradenpaar
läuft analog.
g
α1
S
α2
γ
α
A
β
γ
= _2
δ1 δ2
= 90° = 90°
D
α
Die beiden Dreiecke stimmen in allen drei Winkeln überein, sind aber dennoch nicht zueinander kongruent.
h
hc = wγ
B
6 a) individuelle Lösung, zum Beispiel:
÷ = 60°; ø = 30°; ù = 90°; rechtwinkliges Dreieck
b) individuelle Lösung, zum Beispiel:
wα
γ1 γ2
γ
= _2
β’
5 a) Wenn ein Dreieck gleichschenklig ist, dann sind
die Basiswinkel gleich groß. Wenn die Basiswinkel gleich
groß sind, dann ist das Dreieck gleichschenklig.
b) Wenn man das Quadrat einer geraden Zahl bildet,
dann ist diese Quadratzahl auch gerade. Wenn eine Quadratzahl gerade ist, dann ist die Ausgangszahl auch gerade.
c) Wenn an zueinander parallelen Geraden Stufenwinkel
existieren, dann sind diese gleich groß. Wenn an Geraden
zwei gleich große Stufenwinkel existieren, dann sind die
Geraden parallel.
d) Wenn ein Viereck ein Quadrat ist, dann hat es gleich
lange Seiten. Wenn ein Viereck gleich lange Seiten hat,
dann ist es ein Quadrat. (Diese Umkehrung ist keine wahre Aussage.)
k
C
C
Seite 76
γ
Q
P
8 a)
D
δ
β
A
A
β
B
Die Dreiecke ADC und BCD stimmen in folgenden Größen
überein: ú1 = ú2, hc und ù 1 = ù2. Sie sind also nach dem
Kongruenzsatz wsw zueinander kongruent. Daher gilt
auch ÷ = ø. Mit der Umkehrung
_
_ des Basiswinkelsatzes
kann man folgern, dass AC = BC gilt und das Dreieck
ABC daher gleichschenklig ist.
b)
D
δ1
α2
A
δ2
γ2
α1
β1
C
γ1
β2
B ε ε2
1
_ _
Aus ¼ ADC = ¼ DCB = 90° folgt AD||BC.
Als Stufenwinkel an parallelen Geraden ist ú1 = û1 und
ú2 = û2 . Also gilt auch ø1 = û2 = ú2 und ø2 = û1 = ú1
(Scheitelwinkel). Die Dreiecke ABD und BCD sind nach
dem Kongruenzsatz
wsw zueinander
_ kongruent (gemein_
_
.
same Seite BD). Damit gilt AD = BC_
AB
eine gemeinsame
In den_
Dreiecken
ABD
und
ABC
ist
_
Seite, AD = BC und ¼ BAD = ¼ CBA = 90°. Daher ist das
Dreieck
_ABD kongruent zum Dreieck ABC, und es gilt
_
BD = AC.
II Dreiecksgeometrie
L 57
Schülerbuchseiten 76 – 77
c)
D
δ
d
A
c
γ
α
a
C
b
β
B
Bei einer Raute gilt a = b = c = d sowie ÷ = ù,
ø = ú, ÷ + ø = ù + ú = 180°.
Wenn zum Beispiel ÷ = 90° gilt, folgt ø = ù = ú = 90°.
Die Raute ist damit ein Quadrat.
Beweis:
Ergänzt man das Dreieck wie oben angedeutet zum
_
_ _
, BM_
und CM_
jeweils
Rechteck ABCD, so sind AM_
AC
AC
AC
halbe Diagonalen im Rechteck, also
_
_
_
_ = CM_ .
AM_
=
B
M
AC
AC
AC
Die Dreiecke ABM_
und BCM_
sind daher gleichschenkAC
AC
_
lig und es gilt ¼ MACBA = ÷ und ¼ CBM_
= 2 ÷.
AC
Es gilt 3 ÷ = 90°, also ÷ = 30° (Winkelsumme im Dreieck ABC). Aufgrund der Winkelsumme im Dreieck BCM_
AC
gilt ¼ BM_
C = 180° – 4 ÷ = 180° – 120° = 60° = 2 ÷.
AC
Das Dreieck BCM_
ist folglich gleichseitig, und es gilt
AC
b
10 a) Der Schnitt läuft jeweils durch den Schnittpunkt
der Diagonalen.
b) Die Teilflächen sind zueinander kongruent.
c)
F
D
e
_
2
α
β
γ
_f
2
ε
δ
ε
δ
β
α
A
Seite 77
_
C
180° – (Winkelgröße 1 + Winkelgröße 2)
= 180° – 90° = 90° = Winkelgröße 3
b) Ein Rechteck hat paarweise gleich lange, gegenüberliegende Seiten. Sind daher drei Seiten gleich lang, ist es
die vierte auch und es ist ein Quadrat.
12
D
C
2α
sAD
sAC
1
A
B = MAD
C
γ
a
b
M
a
A
α
B
Voraussetzung:
ø = 90° und ù = 2 ÷
Behauptung:
b = 2a
L 58
II Dreiecksgeometrie
D
14 In einem gleichseitigen Dreieck gelten a = b = c
und ÷ = ø = ù. Die Höhe ha teilt das Dreieck ABC in
zwei zueinander kongruente Dreiecke AMC und ABM
(Kongruenzsatz wsw: ù= ø,
– ù= 180°
÷2 = 180° – 90° _
_ – 90° – ø= ÷1 und b = c).
Also gilt auch BM = CM und damit ist ha = ma.
Wegen ÷1 = ÷2 gilt auch ma = w÷. Damit sind die Mittelsenkrechten in einem gleichseitigen Dreieck gleichzeitig
auch die Winkelhalbierenden und schneiden sich alle in
einem Punkt, der sowohl Um- als auch Inkreismittelpunkt
des Dreiecks ABC ist.
MAC
sb
_
2
E = MAC
11 a) Innenwinkelsumme im Dreieck: 180°
b
_
_
e
_
2
In einem Parallelogramm halbiert der Diagonalenschnittpunkt M die Diagonalen. In obiger Figur sind
deshalb die Dreieckspaare EBM und DMF, BCM und AMD
bzw. MCF und AEM jeweils nach dem Kongruenzsatz
wsw bzw. sws zueinander kongruent. Damit sind die beiden Teilflächen zueinander kongruent.
b
_
2
_
C
B
E
_
13 Da AE = EC und AB = BD, sind BC_und DE Seiten-_
halbierende im Dreieck ADC, also teilt DE die Strecke BC
im Verhältnis 2 : 1.
_f
2
Mγ
a = _2 bzw. b = 2 a.
A
α2
α1
ha = ma = wα
β
c
B
Schülerbuchseite 77
15 Man zeichnet
ein beliebiges Dreieck
_ ABC, sodass
_
17
C
die Seite AB = c länger als die Seite BC = a ist. Zu beweisen ist, dass der Winkel ù größer als der Winkel ÷ ist
(kurz: ù > ÷).
C
γ1
F
h
γ2
E
a
K
G
α
δ1 δ2
D
A
c
B
A
_
Der Kreis mit Mittelpunkt B und Radius a schneidet AB in
D. Das Dreieck DBC ist gleichschenklig, daher gilt: ù2 = ú2.
Aus ÷ + ù1 = 180° – ú1 und ú2 = 180° – ú1 folgt:
ú2 = ÷ + ù1. Somit gilt auch:
| + ù1
ù2 = ÷ + ù1
œ ù1 + ù2 = ÷ + ù1 + ù1
œ
ù = ÷ + 2 · ù1
Somit ist: ù > ÷.
16
C
H
E
F
M
D
B
Der Beweis erfolgt unter Verwendung des Ergebnisses
aus Aufgabe 16.
_
Von P aus wird die Parallele zur Seite AB konstruiert.
Diese schneidet die zwei anderen Seiten in den Punkten
_
G und H (vgl.
K sei der Schnittpunkt von GH
_Zeichnung).
_
und h. Da GH || AB, ist das Dreieck CGH ebenfalls gleichseitig, daher kann für den Punkt P auf der Seite GH das
Ergebnis
_ Aufgabe 16 verwendet werden. Es gilt:
_
_ aus
EP + FP = KC (alle Höhen im Dreieck GHC sind gleich
lang).
_ _
_
_
Da DP || MC ist, ist DP = MK.
Insgesamt
gilt also:
_
_
_
_
_
DP + EP + FP = MK + KC = h.
18 Im
_ Dreieck ABC sei a < b; MAB sei der Mittelpunkt
_
von AB . Spiegelt man das Dreieck am Punkt M_
AB , und
ist C’ der Bildpunkt von
C
bei
dieser
Spiegelung,
so
_
gilt ¼ CC’A = ù2 und C’A = a. Im Dreieck AC’C liegt ¼ CC’A
der größeren Seite gegenüber als ù1. Somit gilt nach Aufgabe 15: ù1 < ù2 .
K
D
A
H
P
B
P
_
Von P aus wird
_die Parallele zur Seite BC konstruiert; dieAC in H (vgl. Zeichnung).
se
schneidet
_
_
PH und AF schneiden sich in K.
_
_
_
_
PH schneidet als Parallele zu BC die Strecken PD und AF
im rechten Winkel. Somit ist das Viereck PDFK ein Rechteck, also
_
_ gilt:
PD = KF (1).
_
_
Es genügt
nachzuweisen,
dass PE = AK gilt (dann
_
_also
_
_
_
ist PD + PE = AK + KF = AF).
Die Dreiecke APK und APE sind zueinander kongruent,
_
denn sie haben je einen rechten Winkel, die Seite AP gemeinsam und ¼ PAE = ¼ KPA.
Die Größengleichheit der Winkel erfolgt aus:
¼ PAE = ¼ CBA (da ABC
ist) und
_
_ gleichschenklig
¼ KPA = ¼ CBA (da PH || BC).
_
_
Aus der_
Kongruenz
_
_ der Dreiecke folgt: PE = AK und
somit DP + EP = FA.
19 a)
C
γ
b
α
_
2
α1
a
ha
wα
β
A
δ
B
c
÷
ú = _2 – ÷1; ÷ = 180° – ù – ø;
ù
ø
÷
_
2
ù
ø
= 90° – _2 – _2 ;
ù
ø
÷1 = 90° – ù; ú = 90° – _2 – _2 – (90° – ù) = – _2 – _2 + ù,
1
ú = _2 (ù – ø)
b) Für b = c ist ú = 0° und für b > c ist ú = _2 (ø – ù).
c) ú ist stets kleiner als 90°.
1
II Dreiecksgeometrie
L 59
Schülerbuchseiten 77 – 78
20 Es sei ABC ein Dreieck mit a > b. Sind ù1 und ù2 die
b)
C
γ
a
5,8
cm
=
3, 5
cm
a=
β
b
Winkel, die sc mit b bzw. mit a bildet, so gilt nach Aufgabe 18 ù1 > ù2.
_
Ist nun P der Schnittpunkt von wù mit AB und M_
AB
_
der Schnittpunkt von sc mit AB , dann gilt
ù
ù
¼ BPC = ÷ + _2 und ¼ CM_
A = ø + ù2. Da ù2 < _2 und
AB
ø < ÷ (vgl. Aufgabe 15), liegt also wù im Dreieck CPM_
AB
der kleinere Winkel gegenüber als sc , und es gilt wù < sc.
_
ù
Begründung zu ¼ BPC = ÷+ _2: An der zu AC parallelen
Geraden g liegen bei P zwischen g und wù der Stufenù
_
winkel
_von 2 und dessen Scheitelwinkel und zwischen g
und AB der Stufenwinkel von ÷und dessen Scheitelwinkel.
Begründung
zu ¼ CM_
ABA = ø+ ù2: analog wie oben mit
_
der zu BC parallelen Geraden h durch M_
AB .
A
U
R ≈ 3,9 cm
c)
C
h
C
γ1 γ2
γ_
γ_
2
g
2
sc
wγ
7,7
b=
a
γ_
2
α
α
γ_ P β
A
cm
γ
a = 4,7 cm
b
B
c = 7,5 cm
U
γ2
β
MAB
2
β
α
c = 6,6 cm
B
A
γ2
B
R ≈ 3,9 cm
Vertiefen und Vernetzen
d)
Seite 78
C
1 Abbildungen verkleinert dargestellt
a)
b
,8
=6
78°
c,m
a
C
γ
b
=
5,8
cm
A
A
U
c = 7,5 cm
β
B
U
48°
c = 5,4 cm
β
B
R ≈ 3,8 cm
R ≈ 3,1 cm
L 60
α
II Dreiecksgeometrie
2 a) Konstruktionsbeschreibung:
_
1. Zeichne die Seite c = AB = 4,5 cm.
2. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt B und Radius
a = 4 cm.
3. Konstruiere eine Parallele zu c im Abstand hc = 3,5 cm.
4. Die Schnittpunkte der Parallelen und des Kreises sind
die Punkte C1 und C2.
Schülerbuchseite 78
Es gibt zwei nicht zueinander kongruente Lösungsdreiecke.
C1
C2
a1 = 4 cm
b2
hc = 3,5 cm
b1
A
a2 = 4 cm
B
c = 4,5 cm
b)
1.
2.
3.
Konstruktionsbeschreibung:
_
Zeichne die Höhe hc = FC = 4,2 cm.
Konstruiere in F eine Senkrechte zu hc.
Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
b = 4,4 cm.
4. Die Schnittpunkte der Senkrechten und des Kreises
sind die Punkte A1 und A2.
5. Trage an b1 bzw. b2 in C den Winkel ù = 40° an.
6. Die Schnittpunkte des freien Schenkels von ù und der
Senkrechten sind die Punkte B1 und B2.
Es gibt zwei nicht zueinander kongruente Lösungsdreiecke.
d) Erstelle zunächst eine Planfigur.
Der Winkel ù beträgt 180° –_
÷ – ø = 100°.
E sei der Schnittpunkt von BC und dem Kreis um B mit
Radius
r = a – b = 3 cm. D sei der Schnittpunkt einer zu
_
AC parallelen Geraden durch E. Das Dreieck DBE stimmt
in allen drei Winkeln mit dem Dreieck ABC überein (Stufenwinkel an parallelen Geraden).
Das Dreieck AEC ist gleichschenklig, also sind die Basiswinkel gleich groß (jeweils (180° – 100°) : 2 = 40° ).
Der Winkel û ergibt zusammen mit seinen zwei benachbarten Winkeln einen gestreckten Winkel, also gilt
û = 180° – 100° – 40° = 40°.
Konstruktionsbeschreibung:
1. Konstruiere das Dreieck DBE (eindeutig nach dem
Kongruenzsatz wsw). _
2. Verlängere
_die Strecke BD über D hinaus.
3. Trage an DE in E den Winkel û = 40° im Uhrzeigersinn
an.
4. Der Schnittpunkt des freien Schenkels von û mit der
Geraden aus
_ 2. ist der Punkt A.
5. Trage an AE in A einen 40°-Winkel gegen den Uhrzeigersinn an.
6. Der Schnittpunkt des freien
_Schenkels des Winkels
mit der Verlängerung von BE ist der Punkt C.
C
C
100°
γ2 = 40°
b
γ1 = 40°
b
b1
= 4,4 cm
hc = 4,2 cm
α = 50°
a2
a1
a
E
40°
100°
ε = 40°
40°
50°
A
b2 = 4,4 cm
3 cm
D
β = 30° B
3 a) Es gibt eine Lösung:
Maßstab 1 : 2 (1 cm š 2 cm)
A1
F
c1
A2 B1
c2
B2
c) Konstruktionsbeschreibung:
1. Konstruiere zwei Parallelen im Abstand hc = 3 cm.
2. Lege den Punkt B auf einer der beiden Parallelen
fest und trage an diese Parallele in B den Winkel ø = 28° an.
3. Der freie Schenkel von ø schneidet die andere Parallele im Punkt C.
4. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt C und Radius
b = 3,8 cm.
5. Die Schnittpunkte des Kreises mit der Parallelen, auf
der B liegt, sind die Punkte A1 und A2.
Es gibt zwei nicht zueinander kongruente Lösungsdreiecke.
C
a
b
α
B
A
FŇFP øҒ ùҒ
b) Es gibt zwei Lösungen:
Maßstab 1 : 2 (1 cm š 2 cm)
C
b1
a
b2
C
β
A1
hc = 3 cm
b1 = 3,8 cm
A1
A2
B
c1ŇFP ÷1Ғ ù1Ғ
c2ŇFP ÷2Ғ ù2Ғ
b2 = 3,8 cm
β = 28°
A2
B
II Dreiecksgeometrie
L 61
Schülerbuchseite 78
c) Es gibt zwei Lösungen:
bzw. M_
von
5. Konstruiere die Seitenmittelpunkte M_
AC
AC
_
_
1
2
AC1 und AC2 und zeichne um sie jeweils den Kreis mit
Radius sb = 6 cm.
6. Die Schnittpunkte dieser Kreise mit der Parallelen, auf
der A liegt, sind die Punkte B1 und B2.
f) Es gibt zwei Lösungen:
Maßstab 1 : 2 (1 cm š 2 cm)
C2
a2
C1
C
a1
sa2
α
B
b1ŇFP ø1Ғ ù1Ғ
b2ŇFP ø2Ғ ù2Ғ
d) Die Größe des Winkels ÷ wird zur Konstruktion benötigt. Sie ergibt sich aus der Winkelsumme im Dreieck zu
÷ = 180° – (ø + ù) = 65°.
Es gibt eine Lösung:
C
γ
B2
MCB1
A2
c
A
a1
h
a2 M b
CB2
sa1
A1
B1
b1 ŇFP F 1 ŇFP ÷
1 Ғ ø
1 Ғ ù 1 Ғ
2 Ғ ø
2 Ғ ù 2 Ғ
b2 ŇFP F 2 ŇFP ÷
4
E
b
ε
β
B
η
H
B
A
DŇFP FŇFP
e) Es gibt zwei Lösungen:
Maßstab 1 : 2 (1 cm š 2 cm)
C1
hc
C2
b1
MAC1
MAC2
C
D
η2 H
ha wγ
B2
a1 ŇFP F 1 ŇFP ÷
1 Ғ ø
1 Ғ ù 1 Ғ
2 Ғ ø
2 Ғ ù 2 Ғ
a2 ŇFP F 2 ŇFP ÷
Hinweise zur Konstruktion (eine Konstruktionsbeschreibung ist in der Aufgabenstellung nicht explizit gefordert):
1. Zeichne zwei parallele Geraden im Abstand von
hc = 4 cm.
2. Lege auf einer der beiden Geraden den Punkt A fest.
3. Zeichne den Kreis mit Mittelpunkt A und Radius
b = 4,6 cm.
4. Die Schnittpunkte des Kreises mit der Parallelen, auf
der A nicht liegt, sind die Punkte C1 und C2.
II Dreiecksgeometrie
γ
_
2
η1
sb2
B1
L 62
A
5
b2
sb1
D
Es gilt û = ý, da das Dreieck EHB gleichschenklig ist
und ø = ú, da das Dreieck CDB gleichschenklig ist.
Winkelsumme im Dreieck CDB: 30° + 2 · ú = 180°, also
ú = 75°
Winkelsumme im Dreieck EHB: 75° + 2 · ý = 180°, also
ý = 52,5°
Im Dreieck DAH ist der Winkel bei H ein Scheitelwinkel
zu ý (also 52,5° groß) und der Winkel bei D ein Nebenwinkel zu ú (also 180° – ú = 105° groß), daher gilt:
ú = ÷ + ý Ÿ ÷ = ú – ý Ÿ ÷ = 22,5°.
β
α
α
δ
30°
C
a
24°
A
c = 4 cm
B
im Dreieck ABC: ù = 90° – ø Ÿ ù = 66° Ÿ
1
1
_
2
ù = 33°
im Dreieck HDC: ý1 = 90° – _2 ù = 57°; damit ist: ý2 = 123°
Schülerbuchseiten 78 – 79
6 a) Die Abbildung in Fig. 2 im Schülerbuch zeigt ein
gleichschenkliges_
Dreieck ABC und einen Thaleskreis
über der Strecke AB. Die Gerade h verläuft durch den
Punkt B _
und den Schnittpunkt des Thaleskreises mit der
Strecke AC, der nun mit T bezeichnet wird.
Mit dem Winkelsummensatz berechnet sich ÷ im rechtwinkligen Dreieck ABT zu 62°.
Weil im gleichschenkligen Dreieck ABC der Winkel im
Punkt B so groß ist wie ÷, muss ø1 die Größe 34° haben.
Außerdem gilt ù = 56°.
Der Winkel ú ist der Nebenwinkel zum Winkel der Größe
146°. Deshalb gilt ú = 34°.
b) ø1 und ù ergänzen sich im rechtwinkligen Dreieck BCT
zu 90°: ø1 + ù = 34° + 56° = 90°.
c) ø1 und ú sind gleich groß, daher sind die Geraden g
und h parallel (Umkehrung des Stufenwinkelsatzes).
7 a) Die Spitze der Tanne bewegt sich auf einem Kreis
um die „Knickstelle“ mit dem Radius 36 m – 8 m = 28 m.
Aus einer maßstabsgetreuen Zeichnung liest man ab,
dass die Spitze dann ca. 27 Meter vom Stamm entfernt
den Boden trifft.
b) Mit 5 m Sicherheitsabstand muss Förster Heinrich
eine kreisförmige Absperrung mit ca. 32 m Radius anbringen.
Maßstab 1 : 1000 (1 cm š 10 m)
S
3,6 cm
0,8 cm
2,8 c
m
≈ 2,68 cm
0,5 cm
Absperrung
8 a) Die Dreiecke AB’A’, BC’B’, CD’C’ und DA’D’ sind nach
dem Kongruenzsatz sws zueinander kongruent.
Was folgt aus der
Kongruenz
Figuren?
_
_ _ dieser
_
– Die Strecken A’B’, B’C’, C’D’ und D’A’ sind gleich lang,
weil in zueinander kongruenten Dreiecken einander
entsprechende Seiten gleich lang sind.
– Der gestreckte Winkel an den Punkten A’, B’, C’ bzw. D’
setzt sich jeweils zusammen aus den beiden spitzen
Winkeln der Dreiecke (lila und blau in der Figur im
Schülerbuch) und dem unbekannten Innenwinkel des
Vierecks (orange). Nach dem Winkelsummensatz ist
der orangefarbene Winkel dann 90° groß.
Damit ist das Viereck A’B’C’D’ ein Quadrat.
b)
Q’’
P’
α
β
P
Q
β
M
α
Q’
P’’
Die Dreiecke PQP’ und PQ’Q sind nach dem Satz des
Thales rechtwinklig und damit nach dem Kongruenzsatz
Ssw zueinander kongruent. Mit der Winkelsumme im
Dreieck gilt ÷ + ø = 90°. Damit sind alle vier Winkel im
Viereck PQ’QP’ 90° groß. Das Viereck ist ein Rechteck und
in einem Rechteck sind gegenüberliegende Seiten zueinander parallel.
Seite 79
_
_
9 a)
der Seite B’A’
_
_, da
_ CF ist Mittelsenkrechte
_
AB orthogonal
B’A’ verläuft und
(1) CF wegen A’B’ ||_
_ zu _
(2) C die Mitte von A’B’ ist bzw. B’C = CA’ gilt.
Begründung
_zu (2):_
_
_
Da AB || A’B’ und AC || C’A’
_ist das Viereck ABA’C
_ gilt,
AB
=
CA’ (I). Weiter folgt aus
ein
Parallelogramm,
also
_
_
_
_
AB || A’B’_und_
BC || B’C’, dass ABCB’ ein Parallelogramm
ist, also AB = B’C (II)._ _
Aus (I) und (II) folgt: B’C = CA’.
Analog zeigt man, dass die anderen Höhen Mittelsenkrechten im Dreieck A’B’C’ sind.
b) Zu einem Dreieck ABC kann man immer wie in a) ein
Dreieck A’B’C‘ konstruieren, sodass die Höhenlinien des
Dreiecks ABC die Mittelsenkrechten des Dreiecks A’B’C‘
sind. Auf Seite 52 im Schülerbuch wurde gezeigt, dass
sich die Mittelsenkrechten in einem Dreieck in einem
Punkt schneiden, dem Umkreismittelpunkt. Somit schneiden sich auch die drei Höhenlinien in einem Dreieck in
einem Punkt.
c) AC’BC
Parallelogramm
(vgl. a) ), also ist
_ ist ein
_
_
_
AC =_
BC’ und AC’ = BC.
Mit AB als gemeinsamer Seite sind die beiden Dreiecke
nach dem Kongruenzsatz sss zueinander kongruent.
10 Aus a < 2 R, b < 2 R und c < 2 R folgt für den
1
Umfang U des Dreiecks U = a + b + c < 6 R, also R > _6 U.
11 a) Das Dreieck ABC soll bei_C rechtwinklig
sein.
_
Voraussetzung: ù = 90° und AC = BC
Behauptung: ÷ = ø = 45°
b) Beweis: ÷ = ø (Basiswinkel im gleichschenkligen
Dreieck)
÷ + ø + ù = 2 ÷ + ù = 2 ÷ + 90° = 180°, also ÷ = ø = 45°
(Winkelsumme im Dreieck ABC)
II Dreiecksgeometrie
L 63
Schülerbuchseite 79
12 a)
_ zu 7: S ist ein Punkt auf der Mittelsenkrechten
von AB.
zu 8: Das Dreieck BAS ist gleichschenklig.
_
zu 9: S ist ein Punkt auf der Mittelsenkrechten von CD.
zu 10: Kongruenzsatz sss
zu 11: Da die Dreiecke DAS und CBS zueinander kongruent sind, sind einander entsprechende Winkel gleich
groß.
zu 12: rechnerische Ausführung
b) Der Fehler steckt in der Zeichnung im Schülerbuch,
welche eine Tatsache suggeriert, die in der Wirklichkeit
nicht möglich ist.
Der Schnittpunkt der Geraden h und g existiert zwar, da
die Geraden nicht zueinander parallel sind, befindet sich
aber keinesfalls an der eingezeichneten Stelle, sondern
sehr, sehr weit außerhalb des Arbeitsblattes.
_
Deshalb befindet sich die_
Strecke SC außerhalb des Dreiecks ABS (also links von BS) und nicht – wie eingezeichnet – innerhalb. Daher beinhaltet der Dreieckswinkel CBS
den 95°-Winkel als Teilwinkel nicht!
Verdeutlichen kann man sich die Situation, indem man
mithilfe einer Zeichnung den Sachverhalt „überspitzt“
darstellt. Links kann man hierzu zum Beispiel einen
Winkel von 110° statt 95° wählen. (Für einen Winkel der
Größe 95° lässt sich die Zeichnung hier nicht sinnvoll
abbilden.)
S
mAB
mCD
B
A
95°
C
(Abbildung nicht maßstabsgetreu)
L 64
II Dreiecksgeometrie
D
13
1. ¼ BAC = ¼ CBA = 80° (Basiswinkelsatz und Winkelsumme im Dreieck ABC)
2. ¼ EBF = 20°, da ¼ CBA = 80° (Basiswinkel)
3. ¼ AEB = 50° (Winkelsumme im Dreieck ABE)
4. Das Dreieck ABE ist gleichschenklig (Umkehrung des
Basiswinkelsatzes).
5. ¼ AFB = 60° (Winkelsumme im Dreieck ABF)
6. _
Das Dreieck
ABF ist gleichseitig.
_
7. BF
_ = AB
_ (das Dreieck ABF ist gleichseitig) und
AB
BE (das Dreieck ABE ist gleichschenklig), also
_ =_
BF = BE (das Dreieck BEF ist gleichschenklig).
8. ¼ BFE = ¼ FEB = (180° – 20°) : 2 = 80° (Basiswinkelsatz
und Winkelsumme im gleichschenkligen Dreieck BEF)
9. ¼ FEA = 80° – 50° = 30°
10. ¼ AGB = 180° – 80° – 60° = 40° (Winkelsumme im Dreieck ABG)
11. ¼ GEF = 180° – ¼ FEB = 180° – 80° = 100° (gestreckter
Winkel zusammen mit ¼ FEB)
12. ¼ EFG = 40° (Winkelsumme im Dreieck EGF)
13. Das Dreieck EGF ist gleichschenklig (Umkehrung des
Basiswinkelsatzes).
14. ¼ GFD = 180° – ¼ BFE – ¼ EFG = 180° – 80° – 40° = 60°
(gestreckter Winkel zusammen mit ¼ BFE und ¼ EFG)
15. Die Dreiecke AFD und BGF sind zueinander kongruent
(Kongruenzsatz
wsw: ¼ FAD = ¼ GBF = 20°,
_
_
AF = BF
_ und ¼ BFG = ¼ DFA = 120°). Daher gilt
_
AD = BG und damit ist das Dreieck CDG auch gleichschenklig.
16. ¼ GDC = ¼ CGD = (180° – 20°) : 2 = 80° (Basiswinkelsatz und Winkelsumme im Dreieck CDG)
17. ¼ DGF = 180° – ¼ CGD – ¼ FGE = 180° – 80° – 40° = 60°
(gestreckter Winkel zusammen mit ¼ CGD und ¼ FGE)
Aufgrund der Kongruenz der Dreiecke AFD und BGF
gilt ¼ ADF = 40° und man erhält ¼ FDG = ¼ DGF = 60°.
Also ist das Dreieck FGD gleichseitig.
18. Die Dreiecke FED und GDE sind zueinander
_
_ kongruent
_
(Kongruenzsatz
sss: gemeinsame Seite ED, EF = EG
_
_
und FD = GD). Daher gilt ¼ EDG = ¼ FDE = ú.
19. Aus ¼ EDG + ú = 2 ú = 60° folgt ú = 30°.
Schülerbuchseiten 79 – 81
2 Die Punkte U, H und S liegen stets auf einer Geraden,
der Euler-Geraden, und zwar so, dass der Abstand zwischen H und S doppelt so groß ist wie der Abstand zwischen S und U (vgl. hierzu auch Aufgabe 5).
Der Inkreismittelpunkt I liegt nur in Spezialfällen auf
der gleichen Geraden (bei gleichschenkligen Dreiecken).
In gleichseitigen Dreiecken fallen U, S und H auf einen
Punkt zusammen, sodass man nicht mehr von einer
Euler-Geraden spricht. (I fällt dann auch mit den anderen
Punkten zusammen.)
C
20°
D 80°
60°
δ
80° G
60°
40°
60°
40°
F 80°
60°
80°
3 a) Der Inkreis- und der Umkreismittelpunkt fallen
bei gleichseitigen Dreiecken zusammen. Aufgrund der
Dreieckssymmetrie sind hier die Mittelsenkrechten auch
Winkelhalbierende.
_
b) Annahme: Die Strecke AB bleibt fest, C läuft auf dem
Umkreis des Dreiecks.
Der Inkreismittelpunkt I bewegt sich auf einem Kreisbogen, dessen Mittelpunkt
_der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten der Strecke AB mit dem Umkreis ist und der
durch die Punkte A und B verläuft.
4 a) M bewegt sich auf der Mittelparallelen der Geraden g und h.
b)
_ U bewegt sich auf der Mittelsenkrechten der Strecke
AB (Begründung wie in Aufgabe 1).
100° E
30°
50°
5 Der Umkreismittelpunkt U, der Höhenschnittpunkt H
und der Schwerpunkt S liegen alle auf einer Geraden,
der
_
Euler-Geraden (vgl. auch Aufgabe_
2). _
Die _
Strecke SH ist
SU (SH : SU
doppelt_
so lang
_ wie
_die Strecke _
_ = 2 : 1).
= SH + SU, damit ist HU = 3 · SU bzw.
Es gilt HU_
_
HU = 1,5 · SH.
_
_
HU ist die längste der drei Strecken, SU die kürzeste.
20°
60°
50°
A
60°
B
Exkursion: Besondere Punkte und Linien mit
einer DGS entdecken
Seite 81
1 Der Umkreismittelpunkt bewegt sich
_ auf einer Gera-
den, der Mittelsenkrechten der
_Seite AB.
Begründung: Da die Strecke AB bei der Bewegung des
Punktes auf dem Kreis unverändert_bleibt, bleibt auch die
der Strecke AB fest.
Mittelsenkrechte m_
AB
Deshalb liegt der Schnittpunkt U der Mittelsenkrechten,
der Umkreismittelpunkt, für alle Lagen von C stets auf
.
der Geraden m_
AB
6 a) Der Fermat-Punkt F ist derjenige Punkt im Inneren
des Dreiecks, von dem aus die Summe_
der Abstände
_
_
zu den Eckpunkten des Dreiecks, also FA + FB + FC am
kleinsten ist.
In einem
Fermat-Punkt F gilt also:
_
_ Dreieck
_ ABC
_mit_
_
FA + FB + FC < PA + PB + PC für alle Punkte P im Inneren
des Dreiecks.
Der Fermat-Punkt des Dreiecks ist auch der Punkt im
Inneren des Dreiecks, von dem aus alle drei Seiten unter
einem 120°-Winkel erscheinen. Es gilt also:
¼ AFB = ¼ BFC = ¼ CFA = 120°.
Bei der Überprüfung der Dreiecke ist zu beachten, dass
keiner der drei Winkel der Dreiecke größer oder gleich
120° ist.
b) Die drei Umkreise schneiden sich in einem Punkt, dem
Fermat-Punkt.
II Dreiecksgeometrie
L 65