Aufgabenbeispiele aus Staatsexamensklausuren

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Prof. S. Krauter
Klausurbeispiele Staatsexamen
Staatsex_Geo.doc
Elementargeometrie Staatsexamen – R – Herbst 2004:
1. Ebene Geometrie:
a) Formulieren Sie den Satz vom Umfangswinkel (Peripheriewinkelsatz).
b) Beweisen Sie:
„Die Winkelhalbierende eines Dreieckswinkels und die Mittelsenkrechte der
zugehörigen Gegenseite schneiden sich in einem Punkt des Umkreises.
c) Konstruieren Sie ein Dreieck aus hc = 7 cm, wγ = 7,5 cm und sc = 8,5 cm.
Hinweis: Beachten Sie Aufgabenteil b).
2. Raumgeometrie:
Ein Haus mit rechteckigem Grundriss (Länge a = 12 m; Breite b = 9 m) hat ein
Walmdach. Alle Dachflächen des Walmdaches haben die gleiche Dachneigung (das
ist der Winkel zwischen der Dachfläche und einer horizontalen Ebene).
Der Dachfirst befindet sich in h = 6 m Höhe über der Ebene des Dachtraufes.
a) Skizzieren Sie aus freier Hand das Dach in Dreitafelprojektion (Grundriss, Aufriss
und Seitenriss in zugeordneter Lage).
Verlangt ist nur eine angemessene (nicht maßgerechte!) Freihandskizze.
b) Zeichnen Sie ein Schrägbild des Daches in der Frontschau.
Wählen Sie dazu die lange Hausseite senkrecht zur Bildebene und für das
Schrägbild die Werte α = 45° für den Verzerrungswinkel und k = 1 für das
Verkürzungsverhältnis.
c) Bestimmen Sie die Dachneigung δ durch Zeichnung und Rechnung.
d) Berechnen Sie den Flächeninhalt der Dachfläche und den Rauminhalt des
gesamten Dachraumes.
Lösung Elementargeometrie:
1.
Ebene Geometrie:
a) „Alle Umfangswinkel über gleichen Kreisbögen sind gleich groß und zwar genau
halb so groß wie der Mittelpunktswinkel des zugehörigen Kreisbogens“.
b) Gegeben sei ein Dreieck ABC mit Umkreis k. Sei W der Schnittpunkt der
Mittelsenkrechte x von AB mit dem Umkreis (auf der Seite des Umkreises, die C
nicht enthält). Die Mittelsenkrechte von AB ist Symmetrielinie des Umkreises, also
sind die beiden Bögen AW und WB gleichgroß und daher auch ihre
Umfangswinkel. Folglich ist ∠ACW = ∠WCB = ½ * ∠ACB = ½ * γ.
Also verläuft die Winkelhalbierende von γ durch den Punkt W. Q.e.d.
c) Man zeichnet CC’ = hc und darauf das Lot in C’. Der Kreis um C mit Radius sc
schneidet dieses Lot in C1, dem Mittelpunkt der Seite AB = c.
Der Kreis um C mit Radius wγ schneidet das Lot auf hc im Punkt W. Damit hat
man die Gerade CW. Diese schneidet nach Teil b) die Mittelsenkrechte der Seite
2
AB (das ist das Lot auf AB in C1), in einem Punkt U des Umkreises.
Die Mittelsenkrechte von UC schneidet die Mittelsenkrechte von AB in der
Umkreismitte M. Damit ist der Umkreis und als Schnitt mit der Gerade AB auch
die Punkte A und B konstruiert.
Der Schnittpunkt W2 führt zu einem Mittelpunkt M2. Der zugehörige Umkreis
schneidet jedoch erkennbar die Gerade C’C1 nicht, ergibt also keine weitere
Lösung. Es gibt nur eine Lösung.
2.
Raumgeometrie:
a) Ordentliche Skizze frei Hand mit folgender Anordnung: Seitenriss
Aufriss
Grundriss.
b) Schrägbild in Frontschau:
c) Das Dreieck JMK erscheint im Schrägbild in wahrer Größe (es ist parallel zur
Aufrissebene) und daher ist der Winkel KMJ = δ = 53° der Neigungswinkel der
Dachflächen.
tan δ= 6:4,5 = 4/3 = 1,3333… also δ =
Durch Rechnung erhält man:
53,13°.
d) Dachflächen: Seitenhöhe der Trapeze und der Dreiecke = MK.
Berechnung von MK mit Hilfe von Pythagoras im Dreieck JMK:
MK² = 6² + 4,5² = 56,25
damit
MK = 7,5 m.
Dachfläche = 7,5 * (9 + (12+3) ) = 180 m².
Hinweis: Aus dem Dreick JMK sieht man, dass sich die Grundfläche des Daches
zu den Dachflächen verhält wie 4,5 zu 7,5 also wie 9:15. Daher erhält man die
Dachfläche durch Multiplikation der Grundfläche mit 15/9.
15/9 * 12 * 9 = 180 m²
Rauminhalt:
Wir berechnen den Rauminhalt des Satteldaches und subtrahieren die Volumina
der abgeschnittenen Frontpyramiden:
V = 1/2 * 9 * 6 * 12 – 2 * 1/3 * ( 1/2 *9*6*4,5) = 324 – 81 = 243 m³.
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C
Zu 1)
76,7 °
13,7 cm
7,3 cm
7 cm
8,5 cm
7,5 cm
M1
72,7 °
W2
A
30,6 °
C1
B
W1
C'
14 cm
Dreieck aus hc = 7 cm, wγ = 7,5 cm und sc = 8,5 cm.
U1
L
Zu 2):
3 cm
K
D
F
C
G
12 cm
53,2 °
6 cm
J
M
4,5 cm
A
E
9 cm
45 °
B
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Mathematik 2:
Staatsexamen - G/H/S - Herbst 2004
Aufgabe:
a) Zeichnen Sie in ein Koordinatensystem mit Einheit 1 cm folgende Punkte ein:
A(0; 2); P(0; 7), S(6; 4) und Q(9; 7).
[Platzbedarf: vom Ursprung aus 10 cm nach oben und 12 cm nach rechts]
b) Spiegeln Sie A an der Gerade SP nach C und C an der Gerade SQ nach B.
Zeichnen Sie das Dreieck ABC.
Welche Rolle spielt S und welche die Geraden SP und SQ in diesem Dreieck?
c) Beweisen Sie mit Hilfe der Zeichnung aus Aufgabe a) und b), dass der Winkel
ASB genau doppelt so groß ist wie der Winkel ACB. (Alle Winkel sind im
Gegenuhrzeigersinn angegeben).
Hinweis: Nutzen Sie die Gerade CS.
d) Begründen Sie, dass in jedem Dreieck ABC die Winkelhalbierende des Winkels
ACB die Mittelsenkrechte der Seite AB in einem Punkt W des Umkreises von
Dreieck ABC trifft. Benutzen Sie dazu die Zeichnung aus a) bis c).
e) Konstruieren Sie ein Dreieck aus c = 10 cm, γ = 65° und sc = 7 cm.
(Konstruktionstext mit kurzer Begründung).
Lösung:
a)
Siehe Zeichnung.
b)
Siehe Zeichnung.
SP und SQ sind nach Konstruktion die Mittelsenkrechten der Seiten AC bzw.
CB des Dreiecks, ihr Schnittpunkt S daher die Umkreismitte.
c)
CS schneide den Umkreis im Punkt X. Dreieck ASC ist gleichschenklig, daher
sind die Winkel ACS und SAC gleichgroß. Beide zusammen ergänzen den
Winkel CSA im Dreieck ASC auf 180°. Das tut aber der Winkel ASX ebenfalls,
daher ist dieser doppelt so groß wie Winkel ACS: ∠ASX = 2 * ∠ACS.
Dasselbe Argument gilt für das Dreieck BSC, also ∠XSB = 2 * ∠SCB.
Damit ergibt sich die Behauptung: ∠ASB = 2 * ∠ACB.
Alternative:
Die Verkettung der 2 Spiegelungen an SP und SQ ist eine Drehung um S um
den doppelten Winkel zwischen SP und SQ. Dieser hat jedoch die Größe 180° γ (Winkelsumme im Viereck S R C T). Folglich hat der Drehwinkel die Größe
360° - 2*γ. Sein Ergänzungswinkel auf 360°, das ist der Winkel ASB, hat daher
die Größe 2*γ. Damit ist alles bewiesen.
d)
Es sei W der Schnittpunkt der Mittelsenkrechte von AB mit dem Umkreis des
Dreiecks ABC. Dann sind die Bögen AW und WB gleich groß, also auch ihre
Mittelpunktswinkel und nach d) auch ihre Umfangswinkel. Daher ist CW die
Winkelhalbierende des Winkels ACB.
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e)
Wir zeichnen AB = c = 8 cm. Es sei M1 der Mittelpunkt der Strecke AB.
Der Punkt C liegt erstens auf dem Kreis um M1 mit Radius sc = 7 cm und
zweitens auf dem Fasskreisbogenpaar für den Winkel γ = 75° über AB.
Man erhält in diesem Fall genau eine Lösung. Die anderen sich ergebenden
Lösungen sind zu dieser kongruent. (Symmetrie zu AB und seiner
Mittelsenkrechten).
C
P
T
Q
R
S
A
B
M3
e)
X
W
C
65 °
11 cm
5,2 cm
86,9 °
A
10 cm
M1
28,1 °
B
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Schulgeometrie
Staatsexamen - R - Herbst 2003
Aufgabe 1:
a) Konstruieren Sie ein gleichschenkliges Trapez mit a = 7 cm, b = 6 cm und c = 3
cm.
b) Begründen Sie, dass das Trapez einen Umkreis besitzt. Konstruieren Sie den
Umkreis.
c) Wie groß ist bei festem a und c die Länge b zu wählen, damit das Trapez auch
einen Inkreis besitzt?
Zeichnen Sie eine Figur mit vorweggenommener Lösung und geben Sie b
allgemein in Abhängigkeit von a und c an.
Berechnen Sie b für die in a) angegebenen Maße.
d) Berechnen Sie für das in c) behandelte Trapez mit Umkreis und Inkreis den
Flächeninhalt in Abhängigkeit von a und c.
Aufgabe 2:
Das rechtwinklige Dreieck ABC wird
um den Vektor v in das Dreieck
A*B*C* verschoben.
Dreieck A*B*C* wird an der Gerade d
durch B gespiegelt in das Dreieck
A’B’C‘.
v
m
5c
40°
b) Ermitteln Sie die Kenndaten der
Kongruenzabbildung K, die das
Dreieck ABC direkt in das Dreieck
A’B’C‘ abbildet. Begründung.
d
4cm
A
C
.
2cm
a) Konstruieren Sie die Dreiecke
A*B*C* und A’B’C‘.
30°
B
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Schulgeometrie Lösungen:
C
D
Aufgabe 1
ku
a) AB zeichnen. C liegt auf k(B;b) und Parallele
zur Mittelsenkrechten mAB im Abstand a−2 c .
b) Die Symmetrieachse mAB des Trapezes liegt
auf zwei Mittelsenkrechten. Somit liegen die
beiden anderen Mittelsenkrechten auch
symmetrisch und schneiden sich auf mAB in Mu.
M
B
A
c) Siehe Figur: Die Tangentenabschnitte von A
und D an den Inkreis ki sind gleich lang.
Daraus folgt: b = a +2 c = 5 cm.
d) A =
a +c
2
h=
a+ c
2
c
2
D
ku
c
2
2ρ
ρ
rechtw. Dreieck AED: ( a+2 c )2 = (2ρ)2 + ( a −2 c )2
⇒ ρ =
A =
a +c
2
1
2
C
ρ
ac
Mi
a
2
ac
ρ
A
a
2
Mu
ki
B
E
A*
v
m
5c
Aufgabe 2:
40°
b) Verschiebung gleichsinnig,
Spiegelung gegensinnig: Die
Ersatzabbildung ist gegensinnig,
also eine Spiegelung oder eine
Schubspiegelung. Da AA‘ und BB‘
nicht parallel sind, liegt keine
Spiegelung vor.
Kenndaten der Schubspiegelung:
Die Mittelpunkt von AA‘, BB‘ und
CC‘ legen die Spiegelgerade g‘
fest.
Spiegelt man A an g‘ nach A**, so
gibt A**A‘ den Vektor w an.
d
4cm
A
g
C
.
2cm
a) -
30°
B
A'
w
A**