Mathematische Probleme für den Schulunterricht, Sommersemester

Mathematische Probleme für den Schulunterricht, Sommersemester 2017
Lösungen zu Serie 11
(41) Bestimmen Sie den Winkel unter dem sich benachtbarte Flächen eines Ikosaeders
schneiden.
Seien f1 , f2 zwei Flächen eines Ikosaeders I die sich in einer Kante k = AB von I
schneiden. Wie in den Vorbemerkungen zu §4.Satz 5 können wir die Flächen von I
mit Ecke A als f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f0 := f4 , f5 := f1 numerieren so, dass fi−1 und fi für
1 ≤ i ≤ 5 benachtbart mit Kante AAi zwischen ihnen ist, und dann ist B = A2 .
Die Punkte A1 , . . . , A5 liegen in einer Ebene e und bilden dort ein reguläres Fünfeck.
Weiter sind g1 := f1 ∩ e = A1 A2 und g2 := f2 ∩ e = A2 A3 und der Winkel α zwischen g1
und g2 ist der Innenwinkel des regulären Fünfecks A1 . . . A5 bei A2 , also α = (3/5) · π.
Der Winkel γ1 zwischen AA2 und g1 = A1 A2 ist der Winkel im gleichseitigen Dreieck
A1 A2 A bei A2 also γ1 = π/3. Analog ist auch der Winkel zwischen AA2 und g2 gegeben
als γ2 = π/3. Wie in §3.4 gesehen ist
√
√
3π
2π
5− 5
1− 5
2 π
cos
= − cos
= − 1 − 2 sin
=2·
−1=
5
5
5
8
4
und das Lemma von den drei Ebenen §4.Lemma 2 ergibt für den Winkel θ zwischen f1
und f2
√
√
1− 5
1 1
−
·
5
cos θ = 4√ √2 2 = −
.
3
3
3
·
2
2
◦
Numerisch ist damit θ ≈ 138, 189685 .
(42) Sei P ein platonischer Körper von Typ (n, m) und bezeichne M den Umkugelmittelpunkt von P . Zeigen Sie, dass es einen Winkel β gibt so, dass das Dreieck M AB
für jede Kante AB von P bei M den Winkel β hat. Bestimmen Sie β für jeden der
möglichen fünf Typen platonischer Körper.
Sei AB eine Kante von P und setze a := |AB|. Ist Rnm (a) der Umkugelradius von P
so liefert der Cosinussatz §1.Satz 32 im Dreieck M AB für den Winkel β bei M
a2 = |AB|2 = |M A|2 + |M B|2 − 2|M A| · |M B| · cos β = 2Rnm (a)2 (1 − cos β)
und mit §4.Satz 5 folgt weiter
a2 =
π
sin2 m
(1 − cos β)a2
2 π
π
2
2 sin m − cos n
also
π
π
2 sin2 m
− cos2 πn
2 cos2 πn − sin2 m
cos β = 1 −
=
.
π
π
sin2 m
sin2 m
Damit ist Behauptung bewiesen und wir gehen nun die fünf Typen platonischer Körper
durch.
1
Tetraeder: Es ist n = m = 3 also sin2 (π/m) = 3/4 und cos2 (π/n) = 1/4 und somit
cos β =
1
2
−
3
4
3
4
=−
1
also β ≈ 109, 47122063◦ .
3
Würfel: Es ist n = 4, m = 3 also sin2 (π/m) = 3/4 und cos2 (π/n) = 1/2 und somit
cos β =
1−
3
4
3
4
1
also β ≈ 70, 528779◦ .
3
=
Oktaeder: Es ist n = 3, m = 4 also sin2 (π/m) = 1/2 und cos2 (π/n) = 1/4 und somit
cos β =
1
2
−
1
2
1
2
= 0 also β =
π
.
2
√
Dodekaeder: Es ist n = 5, m = 3 also sin2 (π/m) = 3/4 und cos2 (π/n) = (3 + 5)/8
und somit
√
√
3+ 5
3
−
5
also β ≈ 41, 810315◦ .
cos β = 4 3 4 =
3
4
√
Ikosaeder: Es ist n = 3, m = 5 also sin2 (π/m) = (5 − 5)/8 und cos2 (π/n) = 1/4
und somit
√
√
1
− 5−8 5
1
5−1
2
√
√ = √ also β ≈ 63, 434949◦ .
=
cos β =
5− 5
5− 5
5
8
(43) Seien n ∈ N mit n ≥ 3, e ⊆ R3 eine Ebene und C = A1 . . . An ein gleichseitiges
n-Eck der Kantenlänge a > 0. Weiter seien A ∈ R3 \e und b > 0 mit |AAi | = b für alle
1 ≤ i ≤ n und bezeichne M den Lotfußpunkt von A auf e. Zeigen Sie:
(a) Das n-Eck C ist regulär.
(b) Der Punkt M ist der Umkreismittelpunkt von C.
(c) Es gilt
q
|AM | =
4b2 sin2
2 sin
π
n
π
n
− a2
.
Beweis: Setze h := |AM |. Für jedes 1 ≤ i ≤ n liefert der Satz des Pythagoras §1.Satz
2
2
24 angewandt im bei M rechtwinkligen Dreieck M Ai A die
√ Gleichung b = |AAi | =
2
2
2
2
2
2
|AM | + |M Ai | = h + |M Ai | und damit ist |M Ai | = b − h . Damit
√ liegen alle
Ecken von C auf dem Kreis k mit Mittelpunkt M und Radius r := b2 − h2 , das
2
gleichseitige n-Eck C hat also den Umkreis k. Nach Aufgabe (38) ist C regulär und es
gilt
√
a
b2 − h2 = r =
.
2 sin πn
Damit ist schließlich
a2
h =b −
4 sin2
2
4b2 sin2 πn − a2
=
4 sin2 πn
2
und wir haben
π
n
q
4b2 sin2
|AM | = h =
2 sin
π
n
π
n
− a2
.
(44) Sei T ein Tetraeder der Kantenlänge a > 0 und bezeichne A0 , A1 , A2 , A3 die
Ecken von T . Weiter sei e die Ebene mit A1 , A2 , A3 ∈ e und bezeichne A4 := σe (A0 )
die Spiegelung von A0 an e. Der konvexe Körper P := co({A0 , A1 , A2 , A3 , A4 }) hat
dann die Ecken A0 , A1 , A2 , A3 , A4 und die Flächen A1 A2 A0 , A2 A3 A0 , A3 A1 A0 , A1 A2 A4 ,
A2 A 3 A4 , A 3 A1 A 4 .
(a) Zeigen Sie das P keine Umkugel hat.
(b) Zeigen Sie das P eine Inkugel k hat und bestimmen Sie Mittelpunkt und Radius
von k.
(c) Zeigen Sie das k keine Fläche von P in ihrem Umkreismittelpunkt berührt.
In (b) behaupten wir genauer das der Umkreismittelpunkt von A1 A2 A3 der Mittelpunkt
der Inkugel von P ist und das diese den Radius
√
6
R=
·a
9
hat.
Beweis: (a) Angenommen P hat eine Umkugel k. Dann liegen auch alle vier Ecken
des Tetraeders T auf k, also ist k auch die Umkugel von T . Insbesondere liegt der
Mittelpunkt M von k im Inneren von T . Ebenso ist k auch die Umkugel des Tetraeders
σe (T ) und M liegt auch im Inneren von σe (T ), ein Widerspruch. Damit hat P keine
Umkugel.
(b,c) Sei M ∈ e der Unkreismittelpunkt des gleichseitigen Dreiecks A1 A2 A3 . Da
A1 A2 A3 gleichseitig ist gilt für i = 1, 2, 3 dann
|M Ai | =
a
a
π = √ .
2 sin 3
3
3
Es gelten |A1 M | = |A2 M | und |A1 A0 | = |A2 A0 | also liegen M , A0 und der Mittelpunkt
N von A1 A2 auf der Mittelsenkrechten von A1 A2 . Sei nun f die Seite A1 A2 A0 von T .
Da e ∩ f = A1 A2 ist, ist m senkrecht auf e und f , also ist der Winkel θ zwischen e
und f gleich dem Winkel zwischen e ∩ m = M N und f ∩ m = A0 N . Sei nun L der
Lotfußpunkt von M auf f . Für i ∈ {1, 2} liefert der Satz des Pythagoras im bei L
rechtwinkligen Dreieck M Ai L dann
r
p
a2
|LAi | = |M Ai |2 − |M L|2 =
− |M L|2
3
und insbesondere ist L ∈ m. Damit ist L ∈ m ∩ f = A0 N und im bei L rechtwinkligen
Dreieck M N L erhalten wir
|M L|
sin θ =
.
|M N |
Da A1 A2 A3 gleichseitig ist ist |M N | der Inkreisradius von A1 A2 A3 und da dieser auch
der halbe Umkreisradius dieses Dreiecks ist folgt
a
|M N | = √ .
2 3
Weiter wissen wir cos θ = 1/3 und damit ist
sin θ =
√
1 − cos2 θ =
2√
2.
3
Insgesamt erhalten wir damit
√
2√
a
6
|M L| =
2· √ =
·a
3
9
2 3
und für i = 1, 2 ist damit auch
r
|LAi | =
a2 2a2
−
=
3
27
r
7
a
· a 6= √ ,
27
3
also ist L nicht der Umkreismittelpunkt von A1 A2 A0 .
√
Damit berührt die Kugel k mit Mittelpunkt M und Radius ( 6/9) · a die Fläche
A1 A2 A0 von T . Analog berührt k auch die Seiten A2 A3 A0 und A3 A1 A0 von T und zwar
jeweils nicht im Umkreismittelpunkt der Fläche. Wegen σe (k) = k berührt k dann auch
die anderen Flächen von P jeweils nicht in ihrem Umkreismittelpunkt.
4