Geometrie - Lösungen

Geometrie - Lösungen
Bestimmungsaufgaben
Aufgabe 1)
Geg.:
(a)
DE||AC;
(b)
(c)
AC
Ges.:
C
G
BC ;
E
FDB = 145°;
=
=
ECG;
DEB.
D
A
(Bezeichnungen siehe Figur)
B
F
Lösung:
(c)
(1)
BDE = 180° - 145° = 35°;
[Nebenwinkelsatz für
(a),(1)
(2)
BDE =
BAC = 35°;
[Stufenwinkelsatz].
(b),(2)
(3)
BAC =
CBA = 35°;
[Basiswinkelsatz für
(2),(3)
(4)
ECG =
BAC +
(4)
(5)
ACB = 180° -
(5),(a)
(6)
DEB =
Folglich gilt:
CBA = 70°; [Außenwinkelsatz für
ECG = 110°;
ACB = 110°;
ECG = 70°;
[Nebenwinkelsatz für
FDB].
ABC].
ABC].
ECG].
[Stufenwinkelsatz].
DEB = 110°.
Aufgabe 2)
C
Gegebene Bedingungen:
BAC = CBA (=
(a)
(b)
BDC = EDA (=
(c)
ACD = BCF (=
E
);
);
).
AAAAAA
A
Ges.:
D
B
CDE =
Es gelte
(a),(b)
(1)
(c)
AED =
(1) +
(2)
(3)
+
=
+
= ;
ECF = 2
(4)
= 90° -
Es gilt
(5)
=
(2),(4),(5)
(6)
= (90° -
(6)
(7)
(7)
(8)
3
2
+
1
2
(3)
Für
F
+
3
2
(= 180°); [Innenwinkelsatz für die Dreiecke
ADE und BDC].
[Umformung].
= 180°;
[als gestreckter Winkel].
;
[Umformung].
;
[Außenwinkelsatz für Dreieck DCE].
1
2
= 90° +
=
+
)+
;
[Einsetzen].
;
[beidseitige Addition von
- 90°.
= 70° folgt aus (8), dass
1
2
].
[beidseitige Subtraktion von 90°].
= 105° - 90° = 15° gilt.
-1-
Aufgabe 3)
(Die Bedeutung der verwendeten Symbole entnehme
man der Figur.)
'
Geg.:
= 50°;
= 100°;
= 70°;
'
'
'
'
Ges.: .
Die gegebenen Bedingungen sind ebenfalls in der Figur festgehalten.
Es gilt
(1)
= ',
= ',
';
[als Scheitelwinkel].
Es gilt
(2)
' = 180° - ' - ';
[nach dem Innenwinkelsatz].
(1),(2)
(3)
= 180° - ;
[Einsetzen].
Es gilt
(4)
' = 180° - ;
[nach dem Nebenwinkelsatz].
Es gilt
(5)
=
+ ';
[nach dem Außenwinkelsatz].
(3),(4),(5)
(6)
= 360° - - ;
[Einsetzen].
Für die gegebenen Winkelgrößen gilt = 360° - 50° - 100° - 70° = 140°.
Nach dem Stufenwinkelsatz und seiner Umkehrung gilt g1||g2 genau dann, wenn
= ' gilt.
Wegen ' = 180° - (laut Nebenwinkelsatz) und wegen (6) ist dies gleichbedeutend mit
= 180° - (360° - - - ) = + + - 180°, also mit + = 180°.
Dies ist die gesuchte Bedingung.
Aufgabe 4)
Gegeben:
DCB = ;
(= 80° bzw. = 40°).
(a)
AC BC ;
(b)
AD AE ;
ACD = BCP.
(c)
Bedingungen:
E
A
C
P
D
B
Gesucht:
AED = .
Für welches
gilt
DCB = AED, d.h.
= ?
(Die Bedeutung der verwendeten Bezeichnungen entnehme man der Figur.)
(c)
(1)
= 90° -
(a)
Es gilt
(2)
(3)
=
=
(1),(2),(3)
(4)
=
(b)
(5),(4)
(5)
(6)
=
;
+ 2 = 180°;
;
+
2
2
;
[weil 2
;
[Basiswinkelsatz für Dreieck ABC].
[Außenwinkelsatz für Dreieck ABC].
= 45° -
4
= 90° (6)
a)
b)
Für
Für
c)
Für
=
8·67,5
7
[Basiswinkelsatz für Dreieck DEA].
[Innenwinkelsatz für Dreieck DEA].
= 90° - 22,5° + ;
2
8
[Einsetzen; Umformen].
8
= 77,5°.
= 72,5°.
8
;
7
8
= 67,5°.
77,14° gilt
= 180°].
[Einsetzen; Umformen].
= 67,5° + ;
= 80° gilt
= 40° gilt
= 67,5° +
;
+
=
.
-2-
Aufgabe 5)
Geg.:
Ges.:
C
CD ist Winkelhalbierende im Dreieck ABC,
d.h. D AB ;
(b)
AD CD ;
(c)
CD BC .
BAC = .
(a)
(a), (b)
(1)
BAC =
[weil D
DAC =
ACD =
c/2
a
b
D
B
AB ; Basiswinkelsatz für Dreieck ACD].
(a)
(2)
DAC +
(1), (2)
(3)
BDC = 2 ;
[Einsetzen; Umformen].
(c)
(4)
BDC =
CBD;
[Basiswinkelsatz für
(a)
(5)
ACD =
DCB;
[Winkelhalbierende].
(a)
(6)
DCB+
CBD+
(4), (6)
(7)
DCB + 2
(1),(3),(5),(7)
(8)
+ 2·2
(8)
(9)
= 36°;
Der Winkel
c/2
2a
A
;
c
ACD =
BDC;
BDC = 180°;
BDC = 180°;
= 180°;
BAC hat die Winkelgröße
[Außenwinkelsatz für
ADC].
DBC].
[Innenwinkelsatz für
DBC].
[Einsetzen].
[Einsetzen, Umformen].
[Umformen].
= 36°.
C
Aufgabe 6)
a
Nach Aufgabenstellung gilt
(a)
BAC =
;
AB = AC ;
(b)
(c)
ACD = DCB mit D auf AB ;
(d) DE = DB ;
(e) EB||AC.
D 2a
a
A
a
2a
a B
a
E
Aus (a) und (e) folgt nach dem Wechselwinkelsatz |ABE| = .
Da nach Voraussetzung D auf AB liegt, gilt auch
DBE =
(1)
Aus (1) und (d) folgt für das Dreieck EBD nach dem Basiswinkelsatz
BED =
. (2)
Aus (1) und (2) folgt für das Dreieck EBD nach dem Außenwinkelsatz
BDC = 2 . (3)
Aus (1) und (3) folgt für das Dreieck ADC nach dem Außenwinkelsatz
ACD =
. (4)
Aus (4) und (c) folgt
DCB =
. (5)
Aus (4), (5) und (b) folgt daher nach dem Basiswinkelsatz
CBA = 2 . (6)
Aus (a), (4), (5) und (6) folgt für das Dreieck ABC nach dem Innenwinkelsatz 5 = 180°,
also
= 36°.
C
D
Aufgabe 7)
Bezeichne J(ABCD) den Flächeninhalt des Vierecks ABCD.
F
H
E
L
K
Gegebene Bedingungen:
(a)
ABCD ist ein Quadrat mit der Seitenlänge s;
(b)
AGHF, GBKL, LKEH, FECD sind Rechtecke;
(c)
J(AGHF) = J(GBKL) = J(LKEH) = J(FECD);
A
-3-
G
B
Gesucht:
u(LKEH) = f(s).
Aus (a) folgt nach der Inhaltsformel für Quadrate J(ABCD) = s².
Aus (c) folgt, dass das Quadrat aus vier inhaltsgleichen Rechtecken zusammengesetzt ist.
Folglich gilt
s²
.
4
J(FECD) = J(AGHF) = J(LKEH) =
(1)
Aus (b) folgt nach der Inhaltsformel für Rechtecke J(FECD) = CD · FD .
Aus (a) folgt CD = s.
Aus (1) folgt daher
s²
= s· FD , also
4
FD =
s
.
4
(2)
AF =
3s
.
4
(3)
Da F auf AD liegt gilt AF + FD = AD .
Aus (a) folgt AD = s.
Aus (2) folgt daher AF +
s
= s, also
4
Aus (b) folgt nach der Inhaltsformel für Rechtecke J(AGHF) = AF · HF .
Aus (1) und (3) folgt daher
s² 3s
=
· HF , also
4
4
HF =
s
.
3
(4)
EH =
2s
.
3
(5)
Da H auf EF liegt gilt EH + HF = EF .
Aus (a) und (b) folgt EF = CD = s.
Aus (4) folgt daher EH +
s
= s, also
3
Aus (b) folgt nach der Inhaltsformel für Rechtecke J(EHLK) = EH · EK .
Aus (1) und (5) folgt daher
s²
2s
=
· EK , also
4
3
EK =
3s
.
8
(6)
Aus (b) folgt nach der Umfangsformel für Rechtecke u(LKEH) = 2 EH + 2 EK .
Aus (5) und (6) folgt daher u(EHLK) = 2·
4·8·s 6·3·s
2s
3s
+ 2· =
3
8
24
32s 18s
24
50s
24
25
·s.
12
Folglich gilt für den Umfang des Rechtecks EHLK unter den gestellten Bedingungen
u(LKEH) =
25
·s .
12
Beweisaufgaben
Aufgabe 8)
An diesem Beispiel soll gezeigt werden, wie man einen Beweis in Form eines Beweisschemas darstellen kann. Bei dieser Darstellungsform kann man leicht nachprüfen, ob
ein Beweis exakt und vollständig ist.
Wir bezeichnen die Voraussetzungen des Satzes mit V1, V2, ... und seine Behauptung mit
(B). Die aus den Voraussetzungen abgeleiteten Feststellungen werden durchnummeriert:
(1), (2), ... .
V1, (1)
(2) bedeutet: Aus Voraussetzung V1 und Feststellung (1) folgt Feststellung (2).
Eine jede solche Folgerung muss begründet werden, indem man die hierzu verwendeten
Sätze, Definitionen, Formeln, Umformungsregeln usw. angibt. In der letzten Beweiszeile
muss die Behauptung abgeleitet werden.
Unser zu beweisende Satz hat die Gestalt V1 V2
(B) (lies: Wenn V1 und V2, dann (B)).
-4-
V1: w ist die Winkelhalbierende des zur Seite BC im Punkt B gehörenden Außenwinkels von
CBA.
V2: CD||w und D AB.
w
E
(B): BC = BD .
C
2
A
43
BF
1
D
C
2
C
w
2
E
43
BF
1
D A
4
1
A
E w
3
B
Für die Beweisdarstellung ist es günstig, die beiden Punkte E und F einzuführen, um die Bezeichnungen zu vereinfachen (vgl. Skizze).
In der Skizze wurden verschiedenartige Dreiecke festgehalten; so kann man sich überzeugen, dass unser Beweis unabhängig davon gilt, ob D auf der Strecke AB oder außerhalb
der Strecke AB liegt oder mit A zusammenfällt.
Beweis:
V1
(1)
EBC =
FBE;
[Eigenschaft der Winkelhalbierenden].
V2
(2)
BDC =
FBE;
[Stufenwinkelsatz].
(1), (2)
V2
(3)
(4)
EBC =
EBC =
BDC;
DCB;
[Drittengleichheit].
[Wechselwinkelsatz].
(3), (4)
(5)
(5)
(B)
BDC = DCB;
BC = BD ;
Damit ist gezeigt, dass V1 V2
[Drittengleichheit].
[Umkehrung des Basiswinkelsatzes].
(B) gilt, w.z.b.w.
Aufgabe 9)
D
C
V1: AB||DC;
V2: AD = DC ;
(B):
BAC =
CAD.
AAAAAAA
E
Beweis:
V1
V2
(1)
(2)
BAC =
DCA =
DCA; [als Wechselwinkel an geschnittenen Parallelen].
CAD; [als Basiswinkel im gleichschenkligen ACD].
(1), (2)
(B)
BAC =
CAD; [Drittengleichheit].
Damit ist gezeigt, dass V1
V2
(B) gilt, w.z.b.w.
-5-
B
Aufgabe 10)
V1:
ABCD ist ein Quadrat;
V2:
M ist der Mittelpunkt von BC ;
D
C
A
B
N ist der Mittelpunkt von CD ;
NMA =
(B) :
Beweis:
V1
V1
ANM.
AB = AD ;
MBA = ADN (= 90°);
(1)
(2)
(1), V2
(3) BM = DN ;
(1), (2), (3)
(4) ABM
ADN;
(4)
(5)
AM = AN ;
(5)
(B)
NMA = ANM;
Damit ist gezeigt, dass V1
V2
[im Quadrat sind alle Seiten gleich lang].
[im Quadrat sind alle Winkel gleich groß].
[Def. "Mittelpunkt" gleich langer Seiten].
[Kongruenzsatz sws].
[entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
[Basiswinkelsatz für Dreieck MNA].
(B) gilt, w.z.b.w.
Aufgabe 11)
C
V4:
K ist der Mittelpunkt der Seite AB des Dreiecks ABC;
M ist der Mittelpunkt der Seite AC des Dreiecks ABC;
D so, dass der Mittelpunkt S von CD auf AB A
liegt;
N ist der Mittelpunkt von BD ;
(B):
MN und KS halbieren einander.
V1:
V2:
V3:
M
S
K
B
N
D
Beweis:
V1, V2
(1)
V3, V4
(2)
1
BC , MK||BC;
2
1
SN = BC , SN||BC;
2
MK =
[Satz über die Mittellinie im Dreieck ABC].
[Satz über die Mittellinie im Dreieck DBC].
MK = SN ;
[Drittengleichheit].
MK||SN;
[Transitivität der Parallelität].
KNSM ist ein Parallelogramm;
[als Viereck mit einem Paar gleich langer und paralleler Gegenseiten].
(5)
(B) MN und KS halbieren einander;
[Satz über die Diagonalen im Parallelogramm].
Damit ist gezeigt, dass V1 V2
(B) gilt, w.z.b.w.
(1), (2)
(1), (2)
(3), (4)
(3)
(4)
(5)
-6-
Aufgabe 12)
V1:
C
ASa und CSc sind Seitenhalbierende im Dreieck ABC
Sa
und es gilt ASa CSc = {S};
V2:
X ist der Mittelpunkt von AS ;
V3:
Y CSc so, dass CSc = 3· YSc gilt.
S
X
Sc
A
(B): XYSaC ist ein Parallelogramm.
B
Y
Beweis:
V1
(1)
AS = 2· SSa ;
[Eigenschaft von Seitenhalbierenden].
(1), V2
(2)
AX = XS = SSa ;
[Umformung].
2
· CSc = 2· SSc ;
3
2
·3· YSc = 2· YSc
3
V1
(3)
CS =
V3, (3)
(4)
CS =
(3), (4)
(5)
SSc = YSc und SY = CS ;
(2), (5)
(B)
XYSaC ist ein Parallelogramm; [Eigenschaft von Parallelogrammen].
[Eigenschaft von Seitenhalbierenden].
;
[Einsetzen, Umformen].
[Einsetzen und Umformen].
Aufgabe 13)
V1: M ist der Schnittpunkt der Halbierenden
der Außenwinkel von Dreieck ABC, die der
Seite BC anliegen;
V2: D ist der Lotfußpunkt von M auf AB;
E ist der Lotfußpunkt von M auf BC;
F ist der Lotfußpunkt von M auf AC.
(B): MD = ME = MF .
Beweis:
Stets gilt:
V1
V2
(1), (2), (3)
(4)
Dass auch ME
F
C
M
E
B
A
D
(1)
BM = BM .
(2)
DBM =
MBE;
[Definition "Winkelhalbierende"].
(3)
MDB =
BEM (= 90°);
[Definition "Lot"].
(4)
BDM
BEM;
[Kongruenzsatz wws].
(B)
MD = ME ; [entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
= MF gilt, lässt sich analog ableiten.
Damit ist gezeigt, dass V1
V2
(B) gilt, w.z.b.w.
Bemerkung: Damit ist gleichzeitig gezeigt, dass der Schnittpunkt der Halbierenden dieser
Außenwinkel der Mittelpunkt des zugehörigen Ankreises des Dreiecks ABC ist.
C
Aufgabe 14)
mAC
A
mBC
120°
60°
D
E
-7-
B
V1:
V2:
AC = BC ;
ACB = 120°;
V3:
mAC AB = {D}, mBC AB = {E};
(B): AD = DE = EB .
Beweis: (Bezeichnungen vgl. Figur)
V1
(1)
= ;
=
=
=
[Basiswinkel im gleichschenkligen Dreieck ABC].
V2, (1)
V3, (2)
(2)
(3)
= 30°;
= 30°;
1
= 30°;
2
[Winkelsumme im Dreieck ABC; Umformung].
[Wenn P mAC, dann PAC = ACP].
[Wenn Q mBC, dann CBQ = QCB].
(3)
V1, (3)
(4)
(5)
AD = DC , CE = EB ; [Umkehrung des Basiswinkelsatzes].
ADC
BEC;
[Kongruenzsatz wsw].
(5)
(6)
DC = CE ;
V2, (3)
(7)
(4), (6), (7)
(8)
DC = CE = DE ;
(4), (8)
(B)
AD = DE = EB ;
[entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
[Winkelsubtraktion].
DCE = 60°;
Damit ist gezeigt, dass V1 V2 V3
[Jedes gleichschenklige Dreieck mit einem
60°- Winkel ist gleichseitig].
[Drittengleichheit].
(B) gilt, w.z.b.w.
C
Aufgabe 15)
D
N
V1:
Im Dreieck ABC gilt
V2:
AB < AC und BAC = ;
D AC mit CD = AB ;
V3:
M ist der Mittelpunkt von AD ;
V4:
V5:
N ist der Mittelpunkt von BC ;
MN AB = {E};
(B):
M
4
3
E
A
2
B
1
1
AEM =
.
2
F
Beweis:
Es gelte ZV:
ZV
V1, (1)
F CA außerhalb der Strecke AC mit AF = AB .
BFA = ABF; [Basiswinkel im gleichschenkligen Dreieck].
(1)
(2)
ABF = 1 ;
[Außenwinkelsatz für FBA; Umformung].
ZV, V2
(3)
CD = AF ;
[Drittengleichheit].
V3
(4)
DM = AM ;
[Definition "Mittelpunkt"].
(3), (4)
V4, (5)
(5)
(6)
CM = MF ;
[Streckenaddition; Lage der Punkte C, D, M, A, F].
MN ist Mittellinie im FBC; [Definition "Mittellinie"].
(6)
V5, (7)
(7)
(8)
MN || FB ;
ABF =
(2), (8)
(B)
AEM =
2
AEM;
1
2
;
[Satz über die Mittellinie im FBC].
[Wechselwinkel an geschnittenen Parallelen].
[Drittengleichheit].
-8-
Aufgabe 16)
V1:
V2:
V3:
C
D
BAC =
CAD =
2
im Viereck ABCD;
S
D mAC;
mAC AB = {E};
(B1): ABCD ist ein Trapez;
(B2): AECD ist ein Rhombus (Vermutung).
A
B
E
mAC
Beweis:
Da jeder Punkt, der auf der Mittelsenkrechten einer Strecke liegt, von den Endpunkten dieser
Strecke den gleichen Abstand hat, folgt aus V2 die Streckengleichheit
AD = CD .
(1)
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck ACD folgt hieraus CAD = DCA.
Wegen V1 gilt BAC = CAD = , also folgt nach dem Prinzip der Drittengleichheit
2
BAC =
DCA =
2
.
Da die Winkel
BAC und
DCA Wechselwinkel an den geschnittenen Geraden AB und
CD sind, gilt nach der Umkehrung des Wechselwinkelsatzes AB||CD.
Hieraus folgt nach Definition: Das Viereck ABCD ist ein Trapez.
(B1)
Wir bezeichnen den Schnittpunkt der Strecken AC und DE mit S.
Folglich liegt der Punkt S auf der Strecke AC und daher gilt
CAD =
SAD =
2
.
(2)
Aus V3 folgt, dass E auf der Geraden AB liegt, und da S auf AC liegt folgt
BAC =
EAC =
EAS =
2
.
(3)
Aus V1, (2) und (3) folgt nach dem Prinzip der Drittengleichheit
EAS = SAD (< 90°).
Aus V3 folgt nach Definition der Mittelsenkrechten
ASE = DSA (= 90°).
Stets gilt
AS = AS .
Aus (4), (5) und (6) folgt nach dem Kongruenzsatz wsw
AES
ADS.
Da AE und AD entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken sind, folgt aus (7)
AE = AD .
Aus V3 folgt, dass E ein Punkt auf der Mittelsenkrechten von AC ist, folglich gilt
AE = EC .
Aus (1), (8) und (9) folgt, dass im Viereck AECD alle Seiten gleich lang sind.
Hieraus folgt nach Definition: Das Viereck AECD ist ein Rhombus.
Aufgabe 17)
(B)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(B2)
B
Nach Voraussetzung gilt
V1: AC ist ein Durchmesser des Kreises k(M;r);
V2: AB||CD mit B auf k(M;r) und D auf k(M;r).
Ferner gelte
ZV:
CAB =
(4)
a
a
2a
A
M
a
.
Die Gerade BD geht durch M.
D
-9-
a
C
Beweis:
Aus V1 folgt, dass der Mittelpunkt M des Kreises auf der Strecke AC liegt.
Hieraus und aus ZV folgt
MAB =
und MCD = ACD.
(1)
Aus (1) und V2 folgt nach dem Wechselwinkelsatz
MAB = MCD = .
(2)
Aus V1 und V2 folgt, dass AM und BM Radien des Kreises sind, also gilt AM = BM .
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck BAM und wegen (1) folgt hieraus
MAB = ABM = .
Nach dem Außenwinkelsatz für das Dreieck ABM folgt hieraus
CMB = 2 .
(3)
Aus V1 und V2 folgt, dass CM und DM Radien des Kreises sind, also gilt CM = DM .
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck DCM und wegen (1) und (2) folgt hieraus
MCD = CDM = .
Nach dem Innenwinkelsatz für das Dreieck DCM folgt hieraus
DMC = 180° - 2 .
(4)
Wegen DMB = DMC + CMB folgt aus (4) und (3) durch Einsetzen
DMB = (180° - 2 ) + 2 = 180°, also
DMB = 180°.
Da ein gestreckter Winkel vorliegt, liegen die Punkte D, M und B auf einer Geraden. Hieraus
folgt, dass unter den gegebenen Voraussetzungen die Gerade BD stets durch den Mittelpunkt M des Kreises geht, w.z.b.w.
Konstruktionsaufgaben
Aufgabe 18)
C
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
(a)
AC = b = 5 cm;
(b) CH = hc = 4 cm;
(c)
BS
(d)
(e)
CH ist eine Höhe im ABC;
BS ist eine Seitenhalbierende im
S
b
= sb = 6 cm;
hc
sb
ABC.
A
H
B
g
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (in Kurzform):
(1) CH = hc (ausführlich: Zeichne eine Strecke CH mit der Länge hc); (eindeutig ausführbar).
(2) Senkrechte g zu CH durch H; (eindeutig ausführbar).
(3) k(C; b) g = {A1; A2}; für b = 5 cm entstehen zwei Schnittpunkte.
(4)
(5)
Mittelpunkt S1 von A 1C ; Mittelpunkt S2 von A 2C ; (eindeutig ausführbar).
k(S1; sb) g = {B1; B21};
k(S2; sb) g = {B2; B11}; für sb = 6 cm entstehen jeweils 2 Schnittpunkte.
A1B1C und A2B2C sind (nichtkongruente) Lösungen der Aufgabe.
(Es gilt A1B21C
A2B2C und A2B11C
A1B1C.)
- 10 -
Teil b)
Konstruktionszeichnung:
C
S1
B21
S2
B11 A1
H
A2 B1
B2
Aufgabe 19)
C
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
(a) BC = a = 6 cm;
(b)
AHa = ha = 4 cm;
Ha
a
ha
Sa
sa
(c)
ASa = sa = 4,5 cm;
(d)
AHa ist eine Höhe im Dreieck ABC;
(e)
ASa ist eine Seitenhalbierende im Dreieck ABC.
A
B
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
(1)
AHa = ha = 4 cm (Konstruiere eine Strecke AHa mit der Länge ha); (eindeutig konstruierbar).
(2) Senkrechte g auf AHa durch Ha; (eindeutig konstruierbar).
(3) k(A; sa ) g = {Sa, Sa1}; (Konstruiere die Schnittpunkte dieses Kreises mit der
Geraden g); (wegen sa > ha gibt es genau 2 Schnittpunkte).
(4)
k(Sa;
a
)
2
g = {B, C}, k(Sa1;
a
2
) g = {B1, C1}; (eindeutig konstruierbar).
Die Dreiecke ABC und AB1C1 sind symmetrisch bezüglich der Symmetrieachse AHa und daher zueinander kongruent. Folglich ist das Dreieck ABC die einzige Lösung der Aufgabe.
Teil b)
Konstruktionszeichnung:
A
B
B1 Sa Ha Sa1 C
C1
g
Teil c)
(1)
(b)
AHa = ha = 4 cm.
(3)
(c)
ASa = sa = 4,5 cm; (als Radius eines Kreises mit der Länge sa).
(4)
(a)
BC
(1), (2)
(d)
AHa ist Höhe im Dreieck ABC; (weil AHa BC und Ha BC).
(3), (4)
(e)
ASa ist Seitenhalbierende im Dreieck ABC; (weil Sa der Mittelpunkt von
= a = 6 cm;
(als Durchmesser eines Kreises mit dem Radius
a
).
2
BC ist).
Damit ist bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC mit Hilfe der Konstruktionsschritte (1) bis (4) konstruiert wird, dann
erfüllt es die gestellten Bedingungen (a) bis (e).
- 11 -
Aufgabe 20)
Ges: Vierecke ABCD;
Gegebene Bedingungen:
(a)
AB = a = 8 cm;
(b) CD = c = 3 cm;
(c)
AC = e = 7 cm;
(d) BD = f = 6 cm;
(e) ABCD ist ein Trapez mit
AB||CD.
h
D
e
C
c
g
f
f
c
a
A
B
E
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (in Kurzform):
(1)
AEC aus AE = a + c, AC = e, EC = f;
(eindeutig konstruierbar, weil bei den gegebenen Daten a + c < e + f, e < a + c + f
und f < e + a + c gilt).
(2) Gerade g mit g||AE und C g; (stets eindeutig konstruierbar).
(3) D mit D g, DC = c und D auf derselben Seite von EC wie A; (stets eindeutig konstruierbar).
(4) Gerade h mit h||EC und D h; (stets eindeutig konstruierbar).
(5) h AE = {B}; (eindeutig konstruierbar, weil h nicht parallel zu AE).
Da alle Konstruktionsschritte eindeutig ausführbar sind, hat die Aufgabe genau eine Lösung.
Teil b)
Wenn es ein Viereck ABCD gibt, das die gestellten Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (a) und (b) folgt, dass es genau einen Punkt E auf dem Strahl AB mit AE = a + c gibt,
für den BE = c gilt.
Aus (e) folgt dann BE||CD, wegen (b) also BE = CD = c; hieraus folgt dann
BECD ist ein Parallelogramm
(#)
(als Viereck mit einem Paar gleich langer und paralleler Gegenseiten).
Hieraus folgt BD||EC und BD = EC , wegen (d) also EC = f.
Zusammen mit (c) folgt daher, dass das Dreieck AEC aus AE = a + c, EC = f und AC = e
eindeutig konstruiert werden kann (falls die Dreiecksungleichungen erfüllt sind). Damit ist der
Konstruktionsschritt (1) hergeleitet.
Aus (#) folgt, dass D auf der Parallelen g zu AE durch C liegt [Schritt (2)].
Aus (b) und (#) folgt, dass CD = c gilt, wobei D auf derselben Seite von EC liegt wie A
[Schritt (3)].
Aus (#) folgt, dass B auf der Parallelen h zu EC durch D und auf der Geraden AE liegt
[Schritt (4) und (5)].
Daraus folgt:
Wenn ein Viereck ABCD die Bedingungen (a) bis (e) erfüllt, dann lässt es sich wie in (1) bis
(5) beschrieben konstruieren.
Aufgabe 21)
Ges.: Vierecke ABCD;
Gegebene Bedingungen:
(a) ABCD ist ein Drachenviereck (mit
der Symmetrieachse AC);
(b)
AC = f = 7 cm;
(c)
AB + BC = s = 10 cm;
(d)
BAD =
= 60°.
F
D
C
w
f
B
A
- 12 -
s
E
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
(1) Dreieck AEC aus AE = s, AC = f,
EAC =
1
2
.
(2) Mittelsenkrechte mEC; mEC AE = {B}.
(3) F so auf derselben Seite von AB wie C, dass BAF = .
(4) k(A; AB) AF = {D} .
Alle Konstruktionsschritte sind (für die gegebenen Größen f, s, ) eindeutig ausführbar. Das
so konstruierte Viereck ABCD ist die einzige Lösung der Aufgabe.
Teil b)
Wenn ein Viereck ABCD die gegebenen Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (c) folgt, dass es genau einen Punkt E auf dem Strahl AB gibt, so dass
AE = s = AB + BE gilt.
Aus (a) folgt, dass AC eine Symmetrieachse von ABCD ist, aus (d) folgt daher
BAC = 1 BAD = 1 .
2
2
Wegen (b) gilt AC = f.
Folglich ist das Dreieck AEC nach Kongruenzsatz sws eindeutig konstruierbar [Schritt (1)].
Wegen (c) gilt AB + BC = s, wegen AB + BE = s folgt hieraus BC = BE , also liegt B auf
der Mittelsenkrechten mCE.
Da B auf AE liegt, ist AE ein 2. GO für B. Da nicht AE||mCE gilt, ist B eindeutig konstruierbar
[Schritt (2)].
Aus (d) folgt, dass D auf dem freien Schenkel des Winkels BAF ( = ) liegt [Schritt 3].
Aus (a) folgt AB = AD (Eigenschaft eines Drachenvierecks).
Folglich ist k(A; AB ) ein 2. GO für D [Schritt 4].
Damit ist nachgewiesen:
Wenn ein Viereck ABCD die Bedingungen (a) bis (d) erfüllt, dann lässt es sich wie in (1) bis
(4) beschrieben konstruieren.
Aufgabe 22)
X C
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
(a)
AB + BC = s;
(b) CH = hc;
CBA = < 90°;
(c)
(d)
(2)
(3)
(4)
(5)
b/2
XDA =
1
2
mCD
hc
b/2
b
CH ist eine Höhe.
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
(1)
AD = s.
g
A
H
B
D
.
Parallelenpaar g, g1 zu AD im Abstand hc;
(Das Beachten von g1 führt nur zu einem spiegelbildlich kongruenten Dreieck und daher zu keiner weiteren Lösung).
DX g = {C}.
mDC AD = {B}; (Da stets < 90° gilt, schneidet die Mittelsenkrechte mDC stets die
Strecke AD ).
Das so konstruierte Dreieck ABC ist daher die einzige Lösung der Aufgabe.
- 13 -
Teil b)
Einzigkeitsnachweis:
Wenn ein Dreieck ABC die gegebenen Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (a) folgt, dass es genau einen Punkt D auf der Verlängerung von AB über B hinaus gibt,
für den AD = AB + BD = s = AB + BC gilt [Schritt (1)].
Folglich gilt BC = BD , laut Basiswinkelsatz also CDB = BCD.
Hieraus und nach dem Außenwinkelsatz folgt wegen Bedingung (c) dann
CDA =
1
2
[Schritt (2)].
Daher ist (mit dem freien Schenkel dieses Winkels) ein 1. GO für C gefunden.
Aus (b) und (d) folgt, dass C auf der Parallelen zu AD im Abstand hc liegt. Daher haben wir
einen 2. GO für C gefunden [Schritt (3) und (4)].
Wegen AD = AB + BD = s liegt B auf der Mittelsenkrechten mDC. Da B auch auf AD liegt,
kennen wir zwei geometrische Örter für B [Schritt (5)].
Damit haben wir bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC die Bedingungen (a), bis (d) erfüllt, dann lässt es sich wie in (1) bis
(5) beschrieben konstruieren.
Teil c)
Existenznachweis:
Aus den Konstruktionsschritten (1) und (5) folgt AD = AB + BD = s; wegen (5) gilt B mDC,
woraus dann BC = BD folgt.
Durch Einsetzen folgt hieraus, dass die Bedingung (a) ist.
Aus (4) folgt, dass C auf g liegt, aus (5) folgt, dass B auf AD liegt, wegen (3) ist daher hc der
Abstand der parallelen Geraden g und AD und damit des Punktes C von der Geraden AB.
Hieraus folgt, dass CH = hc gilt und dass CH eine Höhe im Dreieck ABC ist.
Folglich sind die Bedingungen (b) und (d) erfüllt.
Wegen BC = BD ist das Dreieck DCB gleichschenklig, also gilt laut Basiswinkelsatz und
Konstruktionsschritt (2) die Beziehung
CDB =
BCD =
1
2
, woraus nach dem Außen-
winkelsatz CBA = folgt. Also ist auch die Bedingung (c) erfüllt.
Damit ist bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC wie in (1) bis (5) beschrieben konstruiert wird, dann erfüllt es die Bedingungen (a) bis (d).
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