Lösungsvorschlag

MATHEMATISCHES INSTITUT
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Dr. E. Schörner
SS 2015
Blatt 8
09.06.2015
Übungen zur Vorlesung
Grundlagen der Mathematik II“
”
— Lösungsvorschlag —
29. a) In dem als gleichschenklig vorausgesetzten Dreieck ∆ABC mit AC = BC
gilt ^CBA = ^BAC = 72◦ und damit ^ACB = 180◦ − 2 · 72◦ = 36◦ .
Für die Innenwinkel des Dreiecks ∆BDA gilt ^DBA = ^CBA = 72◦ sowie
^BAD = 12 · ^BAC = 36◦ und damit ^ADB = 180◦ − 72◦ − 36◦ = 72◦ .
Folglich besitzen die beiden Dreiecke ∆ABC und ∆BDA übereinstimmende
Innenwinkel und sind damit ähnlich, und es gilt
AC
AB
=
mit
AC = s und AB = b;
AB
BD
wegen ^ACD = 36◦ = ^DAC ist auch das Dreieck ∆CAD gleichschenklig,
und es folgt CD = AD = AB, also BD = BC − CD = s − b. Es gilt
b
s
=
b
s−b
⇐⇒
s · (s − b) = b2
⇐⇒
s2 − b · sp
− b2 = 0
b ± b2 − 4 · 1 · (−b2 )
s=
√
√ 2
1+ 5
b±b· 5
⇐⇒ s =
· b.
s=
s>0
2
2
⇐⇒
⇐⇒
b) Der Höhenfußpunkt H von C auf AB ist der Mittelpunkt der Seite [AB],
und wir erhalten das rechtwinklige Dreieck ∆CAH mit der Hypotenuse [CA]
der Länge s, wobei der Innenwinkel ^HAC = 72◦ die Ankathete [AH] der
Länge 2b besitzt. Damit ergibt sich nach Definition des Cosinus
√
√
b
b
1
1
1
−
5
5−1
√ =
√ ·
√ =
cos 72◦ = 2 = √2
=
.
1+
5
s
4
1
+
5
1
+
5
1
−
5
·
b
2
Mit Hilfe der Additionstheoreme erhalten wir ferner
! √
√
◦
1
1
5−1
5+3
2
◦
2 72
◦
1+
=
cos 36 = cos
= (1 + cos 72 ) =
=
2
2
2
4
8
!2
√
√
√
√
2 · ( 5 + 3)
2· 5+6
5+2· 5+1
5+1
=
,
=
=
=
2·8
16
16
4
√
5+1
woraus schon cos 36◦ =
folgt.
4
30. a) Mit Hilfe des Cosinussatzes c2 = a2 + b2 − 2 a b cos γ erhalten wir
cos γ =
a2 + b 2 − c 2
92 + 242 − 212
1
=
= ,
2ab
2 · 9 · 24
2
also
γ = 60◦ .
Damit ergibt sich für den Flächeninhalt von ∆ABC
F∆ABC =
√
1
1
· b · a · sin γ = · 24 · 9 · sin 60◦ = 54 3.
2
2
Wir bestimmen die Höhen von ∆ABC und erhalten
• für die Höhe ha
F∆ABC
√
√
1
2 · F∆ABC
2 · 54 3
= · a · ha ⇐⇒ ha =
=
= 12 3,
2
a
9
• für die Höhe hb
F∆ABC
√
2 · F∆ABC
2 · 54 3
9√
1
=
=
3,
= · b · ha ⇐⇒ hb =
2
b
24
2
• für die Höhe hc
F∆ABC
√
1
2 · F∆ABC
2 · 54 3
36 √
= · c · ha ⇐⇒ hc =
3.
=
=
2
c
21
7
Mit Hilfe des Cosinussatzes erhalten wir für sa die Beziehung
2
a 2
9
a
9
1953
2
2
sa =
+ 242 − 2 · · 24 · cos 60◦ =
+ b − 2 · · b · cos γ =
2
2
2
2
4
√
√
und damit sa = 21 1953 = 23 217; ebenso ergibt sich für sb
2
b
b
=
+ a2 − 2 · · a · cos γ = 122 + 92 − 2 · 12 · 9 · cos 60◦ = 117
2
2
√
√
und damit sb = 117 = 3 13. Ferner liefert der Cosinussatz
s2b
a2 = b2 + c2 − 2 b c cos α ⇐⇒ cos α =
b 2 + c 2 − a2
2bc
und folglich für sc die Beziehung
c
b 2 + c 2 − a2
·b·
=
2
2
2bc
c 2 b2 + c2 − a2
c 2 b 2 a2
873
=
−
=− + +
=
2
2
4
2
2
4
√
√
und damit sc = 21 873 = 32 97.
s2c =
c 2
+ b2 − 2 ·
◦
b) Wir betrachten das Dreieck
√ ∆ABC mit b = 21 und β = 60 sowie dem
Flächeninhalt F∆ABC = 54 3. Für den Flächeninhalt F∆ABC gilt
F∆ABC =
√
1
1
· a · c · sin β ⇐⇒ 54 3 = · a · c · sin 60◦ ⇐⇒ a · c = 216.
2
2
Ferner erhalten wir mit Hilfe des Cosinussatzes
b2 = a2 + c2 − 2 · a · c · cos β
⇐⇒ 212 = a2 + c2 − 2 · |{z}
a · c · cos 60◦ ⇐⇒ a2 + c2 = 657.
= 216
Mit diesen beiden Beziehugen erhalten wir
2
216
2
2
2
a + c = 657 ⇐⇒
a +
= 657 ⇐⇒ a4 − 657 a2 + 2162 = 0.
216
a
c= a
Wir führen die Gleichung a4 − 657 a2 + 2162 = 0 durch die Substitution
u = a2 in die quadratische Gleichung u2 − 657 u + 2162 = 0 über; diese
besitzt wegen
u2 − 657 u + 2162 = 0 ⇐⇒ (u − 576) · (u − 81) = 0
die beiden Lösungen u = 567 und u = 81; durch Resubstitution erhalten
erhalten wir c1 = 9 oder c2 = 24
wir a1 = 24 oder a2 = 9. Wegen c = 216
a
31. a) Da ein Dreieck mindestens zwei spitze Innenwinkel besitzt, können wir die
Eckpunkte so bezeichnen, daß für den Innenwinkel α an der Ecke A dann
α < 90◦ gilt. Der Umkreismittelpunkt M besitzt von allen Ecken des Dreiecks ∆ABC denselben Abstand, es ist also AM = BM = CM = r mit
dem Umkreisradius r. Dementsprechend sind (Ausartungsfälle eingeschlossen) die Dreiecke ∆ABM , ∆BCM und ∆CAM gleichschenklig mit der
Spitze M ; für die gerichteten Winkel gilt im Dreieck ∆ABM dann
^BAM = ^M BA,
also
^AM B = 180◦ − 2 · ^BAM,
also
^CM A = 180◦ − 2 · ^M AC,
und im Dreieck ∆CAM dann
^ACM = ^M AC,
so daß sich wegen
α = ^BAC = ^BAM + ^M AC
demnach
^BM C =
=
=
=
360◦ − (^CM A + ^AM B)
(180◦ − ^AM B) + (180◦ − ^CM A)
2 · ^BAM + 2 · ^M AC
2 · ^BAC = 2 · α
ergibt. Der Höhenfußpunkt H von M auf BC ist nun der Mittelpunkt der
Strecke [BC], so daß das rechtwinklige Dreieck ∆CM H die Hypotenuse
[CM ] der Länge r besitzt; dem Innenwinkel ^HM C = 21 · ^BM C = α liegt
nun die Kathete [HC] der Länge a2 gegenüber, und nach der Definition von
Sinus gilt
a
a
sin α = 2 ⇐⇒ 2 r =
.
r
sin α
Mit dem Sinussatz ergibt sich insgesamt die gewünschte Beziehung
a
b
c
=
=
= 2 r.
sin α
sin β
sin γ
b) Wir betrachten das Dreieck ∆ABC mit dem Innenwinkel α > 90◦ ; damit
liegt A zwischen B und dem Höhenfußpunkt H von C auf AB, so daß sich
für hc = HC sowie q = AH und q = BH dann p = c + q ergibt.
Nach dem Satz des Pythagoras für die beiden rechtwinkligen Teildreiecke
∆BCH und ∆ACH gilt a2 = h2c + p2 und b2 = h2c + q 2 ; ferner gilt für den
Innenwinkel ^CAH = 180◦ − α nach Definition
q
= cos(180◦ − α) = − cos α,
b
q = −b · cos α.
also
Insgesamt erhält man
a2 = h2c + p2 = b2 − q 2 + p2 = b2 − q 2 + (c + q)2 =
= b2 − q 2 + c 2 + 2 · c · q + q 2 = b2 + c 2 + 2 · c · q =
= b2 + c2 + 2 · c · (−b · cos α) = b2 + c2 − 2 b c cos α.
32. Wir betrachten ein beliebiges Dreieck ∆ABC mit den Seitenmittelpunkten A0
von [BC], B 0 von [CA] und C 0 von [AB].
C
B0
β0
α0
A0
S
A
β0
α0
C
0
B
a) Die Dreiecke ∆A0 CB 0 und ∆BCA sind ähnlich, da sie einen gemeinsamen
Winkel bei C haben und die beiden Seitenverhältnisse
CA
CB
=2=
0
CB
CA0
übereinstimmen. Entsprechend besitzen die beiden Dreiecke dieselben Innenwinkel, insbesondere sind demnach A0 B 0 und AB parallel, und es gilt
AB
CA
=2=
.
0
0
AB
CB 0
b) Aus Teilaufgabe a) wissen wir, dass A0 B 0 und AB parallel sind, woraus wir
die beiden Winkelbeziehungen
^B 0 A0 S = ^BAS
und
^SB 0 A0 = ^SBA
und damit auch ^ASB = ^A0 SB 0 erhalten; folglich sind die Dreiecke ∆ABS
und ∆A0 B 0 S ähnlich, und es folgt
AS
BS
AB
=
= 0 0 = 2.
0
0
SA
SB
AB
Ebenso erhalten wir für den Schnittpunkt S 0 von AA0 und CC 0
AS 0
CS 0
=
= 2.
S 0 A0
S 0C 0
Da es nur einen Punkt auf [AA0 ] geben kann, der diese Strecke im passenden
Verhältnis 2 : 1 teilt, muss S 0 = S sein; insbesondere liegt S auf CC 0 .
c) Die Dreiecke ∆C 0 CA und ∆BCC 0 haben eine gemeinsame Höhe der Länge
h von C auf AB. Da die beiden Dreiecke jeweils eine Grundseite der Länge
1
· AB haben, ist ihr Flächeninhalt jeweils
2
F =
1
· h · AB.
4
Dieses Argument läßt sich wiederholen: die Dreiecke ∆C 0 SA und ∆BSC 0
haben ebenfalls eine gemeinsame Höhe und gleichlange Grundseiten und
besitzen somit den gleichen Flächeninhalt F1 . Ebenso haben die Dreiecke
∆A0 SB und ∆CSA0 den gleichen Flächeninhalt F2 ; die Dreiecke ∆B 0 SC
und ∆ASB 0 besitzen denselben Flächeninhalt F3 . Zerlegen wir die beiden
Dreiecke ∆C 0 CA und ∆BCC 0 in die Dreiecke ∆C 0 SA, ∆BSC 0 , ∆A0 SB,
∆CSA0 , ∆B 0 SC und ∆ASB 0 , so erhalten wir
F1 + 2 · F2 = F = F1 + 2 · F3 ,
also
F2 = F3 .
Ebenso erhält man F1 = F2 und F1 = F3 , also wie gefordert F1 = F2 = F3 .