4.8. Prüfungsaufgaben zur Trigonometrie - Poenitz-net

4.8. Prüfungsaufgaben zur Trigonometrie
Aufgabe 1a: Rechtwinkliges Dreieck mit Seite und Winkel
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC mit der Hypotenuse c sind die Kathete b = 45 m und der
Winkel β = 61° gegeben. Berechne die beiden fehlenden Seiten a und c sowie den Winkel α.

b
a


c
Lösung
α = 90°  61° = 29°
b
c=
≈ 51,45 cm
sin
a = csin(α) ≈ 45 cm
Aufgabe 1b: Rechtwinkliges Dreieck mit Seite und Winkel
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC sind der Winkel α = 41,4° und die Kathete b = 17,3 m
gegeben. Berechne die fehlenden Seiten a und c sowie den Winkel β.

b
a


Lösung
c
β = 90° – α ≈ 48,6°
b
17,3 m
c=
=
≈ 23,06 m
sin()
sin(41, 4)
a=
c2  b2 =
(23,06 m)2  (17,3 m)2 ≈ 15,21 m
Aufgabe 1c: Rechtwinkliges Dreieck mit Seite und Winkel
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC sind die Kathete a = 6,2 m und der Winkel α = 52°
gegeben. Berechne die fehlenden Seiten b und c sowie den Winkel β.

b
a

Lösung

c
β = 90° – α = 38°
a
6,2 m
c=
=
≈ 7,87 m
sin()
sin(52)
b = c∙sin(β) ≈ 8,87 m∙sin(38°) ≈ 4,84 m
Aufgabe 1d: Rechtwinkliges Dreiecke mit Seite und Winkel
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC sind die Kathete a = 6,2 m und der Winkel β = 49°
gegeben. Berechne die fehlenden Seiten b und c sowie den Winkel α.


a
b



Lösung
c
α = 90° – β ≈ 41°
a
6,2 m
c=
=
≈ 9,45 m
sin()
sin(41)
b = c∙sin(β) ≈ 9,45 m∙sin(49°) ≈ 7,13 m
Aufgabe 2a: Rechtwinkliges Dreieck mit zwei Seiten
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC sind die Hypotenuse c = 100 m und die Kathete b = 45
m gegeben. Berechne die fehlende Seite a sowie die Winkel α und β.

b
a


Lösung
a=
c
c2  b2 =
β = sin–1(
(100 m)2  (45 m)2 ≈ 89,30 m
b
45 m
) = sin–1(
) ≈ 26,74°
c
100 m
α = 90° – β ≈ 63,26°
Aufgabe 2b: Rechtwinkliges Dreieck mit zwei Seiten
In einem rechtwinkligen Dreieck ABC sind die Katheten a = 6,2 m und b = 2,5 m gegeben.
Berechne die fehlende Hypotenuse c sowie die Winkel α und β.

b
a


c
1
Lösung
c=
a 2  b2 =
α = tan–1(
(6, 2 m)2  (2,5 m)2 ≈ 6,68 m
6,2 m
a
) = tan–1(
) ≈ 68,04°
2,5 m
b
β = 90° – α ≈ 21,96°
Aufgabe 3a: Entfernungen (2)
Vor der Erfindung des Radars bestimmte man Entfernungen auf See ähnlich wie Menschen und andere Tiere mit
zusammenhängendem Sehfeld durch Winkelmessung an einem Paar „Augen“ in teilweise sehr großen optischen
Entfernungsmessern. Wie weit ist das Schiff unten vom Entfernungsmesser entfernt?
89,8°
6m
Lösung
d = 3 m∙tan(89,8°) ≈ 859,43 m
Aufgabe 3b: Entfernungen (2)
Vor der Erfindung des Radars bestimmte man Entfernungen auf See ähnlich wie Menschen und Vögel durch Winkelmessung
an einem Paar „Augen“ in teilweise sehr großen optischen Entfernungsmessern. Wie weit ist das Schiff unten vom
Entfernungsmesser entfernt?
89,5°
8m
Lösung
d = 4 m∙tan(89,5°) ≈ 458,35 m
Problem 3c: distances (Oxford p 372 ex 11C No 5)
Anya walks 2 km due north, the turns and walks another 3 km in the direction N35°W. Find her distance and herbearing from
her starting point.
x N
Solution
y = 3 km∙cos(35°) ≈ 2,46 km
35° y
x = 3 km∙sin(35°) ≈ 1,72 km
distance d =
x2
bearing α = tan−1
(y
y
2 km) 2 ≈ 4,78 km
x
≈ 21,1°
2 km
d
α 2 km
W
E
S
Problem 3d: distances (Oxford p 372 ex 11C No 8)
Buildings X and Y are across the street from each other, 95 m apart. From a point on the roof of Building X, the angle of
depression to the base of Building Y is 55° and the angle of elevation to the top of Building Y is 35°. How tall are the two
buildings?
2
Solution
h1
h2
and tan(55°) =
95 m
95 m
The height of the lower building X is
h1 = 95 m∙(tan(35°) ≈ 135,7 m
The height of the higher building Y is
h1 + h2 = 95 m∙(tan(35°) + tan(55°) ≈ 202,5 m
h1
35° 95 m
55°
We have tan(35°) =
h2
Problem 3e: distances (Oxford p 372 ex 11C No 9)
Jacob is walking north along a straight road when he spots a tower in a field to his right on a bearing of 018°. After walking
another 240 metres he notices the tower is now on a bearing of 066°. If he continues walking north, how close will he pass to
the tower?
N
Solution
d
d
tan(66°) =
and tan(18°) =
x 240 m
x
x∙tan(66°) = d = tan(18°)∙(x + 240 m)
240 m tan(18 )
⇒x=
≈ 40,6 m
tan(66 ) tan(18 )
d
x 66°
240 m 18°
⇒ distance d = x∙tan(66°) ≈ 91,17 m
W
E
S
Aufgabe 4a: Steigungswinkel
Wie groß ist der Steigungswinkel einer Rampe, die auf einer Strecke von 20 m eine Höhe von 3 m erreicht ?
Lösung
α = tan–1(
3
) ≈ 8,53°.
20
Aufgabe 4b: Steigungswinkel
Wie groß ist der Steigungswinkel einer Rampe, die auf einer Strecke von 100 m eine Höhe von 5 m erreicht?
Lösung
α = tan–1(
5
) ≈ 2,86°.
100
Aufgabe 5a: Schnittwinkel zweier Geraden
In welchem Winkel schneiden sich die Geraden g1(x) = x − 2 und g2(x) = −
1
x + 1?
3
Lösung:
α = α1 − α2 = tan−1(1) − tan−1(−
1
) ≈ 45° − (18,4°) = 63,4°
3
Aufgabe 5b: Schnittwinkel zweier Geraden
In welchem Winkel schneiden sich die Geraden g1(x) =
2
x − 2 und g2(x) = −x + 1?
3
Lösung:
α = α1 − α2 = tan−1(
2
) − tan−1(−1) ≈ 33,7° − (−45°) = 78,7°
3
Aufgabe 6a: Pyramiden
Berechne die übrigen Größen s, h, hs und αh einer Pyramide mit quadratischer Grundfläche, deren Seitenkanten einen
Neigungswinkel von αs = 50° zur Grundfläche besitzen und deren Grundseite g = 10 cm lang ist.
3
Lösung
Diagonale d = 2 g ≈ 14,14 cm
1
d
7, 07 cm
Höhe h = 2
≈
≈ 8,42 cm
tan(50)
tan( s )
s
1
d
7, 07 cm
Seitenlänge s = 2
≈
≈ 11,06 cm
cos(50)
cos( s )
h
• •
αs
hs
αh
2
g
h 2    ≈ (8, 42 cm)2  (5 cm)2 ≈ 9,79 cm
2
h
8, 42 cm
Seitenwinkel αh ≈ sin–1(
) ≈ sin–1(
) ≈ 59,20°
hs
9, 79 cm
g
Seitenhöhe hs =
Aufgabe 6b: Pyramiden
Berechne die übrigen Größen s, g, hs und αs einer Pyramide mit quadratischer Grundfläche, deren Seitenflächen einen
Neigungswinkel von αh = 50° zur Grundfläche besitzen und deren Höhe h = 5 cm beträgt.
Lösung
Grundseite g =
Diagonale d =
2h
10 cm
=
≈ 8,39 cm
tan( h )
tan(50)
2 g ≈ 11,87 cm
2
d
h 2    ≈ (5 cm2  (5,93 cm)2 ≈ 7,76 cm
2
h
5 cm
Seitenhöhe hs =
=
≈ 6,53 cm
sin( h )
sin(50)
s
Seitenlänge s =
αs
5 cm
h
Kantenwinkel αs ≈ sin–1( ) ≈ sin–1(
) ≈ 40,12°
7,76 cm
s
h
• •
hs
αh
g
Aufgabe 7: Würfel (6)
Die Oberfläche eines Würfels beträgt 384 cm.
a) Berechnen Sie die Länge der Seitenkante a! (2)
b) Berechnen Sie die Länge einer Raumdiagonalen! (2)
c) Wie groß ist der Winkel α, den die Raumdiagonale mit einer Flächendiagonalen einschließt? (2)
Lösung
Oberfläche O = 6a2 ⇔ Seitenkante a =
Flächendiagonale df =
Raumdiagonale d =
Winkel α = sin–1(
O
=
6
64 = 8 cm
(8 cm)2  (8 cm)2 ≈ 11,31 cm
(11,31 cm)2  (8 cm)2 ≈ 13,86 cm
8 cm
) ≈ 35,25°
13,86 cm
Aufgabe 8: Rechtwinklige Dreiecke mit Strahlensatz (6)
Von dem rechtwinkligen Dreieck ABC (vgl. Skizze) sind gegeben:
AB = 7,5 cm und BC = 4 cm
a) Berechne den Winkel α (2)
b) In das Dreieck ABC wird das Quadrat BDEF eingezeichnet
Skizze). Berechne die Seitenlänge x. (4)
(siehe
Lösung
4 cm
) ≈ 28,07°
7,5 cm
4 cm
x
=
⇔4∙(7,5 cm – x) = 7,5∙x ⇔ 30 cm = 11,5 x ⇔ x ≈ 2,61 cm
7,5 cm
7,5 cm  x
α = tan–1(
4
Aufgabe 9: Sinussatz (4)
Um die Höhe eines Turmes, der jenseits eines Flusses liegt, zu bestimmen,
eine Reihe von Messungen vorgenommen, die aus der nebenstehenden Skizze
hervorgehen. Berechne die Höhe des Turms.
werden
Lösung
γ = 180° − 49° − 71° = 60°
sin( )
sin(49 )
⇒ c = a∙
= 100 m ∙
= 87,15 m
sin( )
sin(60 )
⇒ h = c∙tan(15°) = 23,36 m
Problem 10: sine rule (Oxford p. 383 ex 11G No 3)
Julia sees a tree in a field S40°E from where she is standing. She then walks 2 km due south and notices that the tree is now
S75°E from her new position. How far is the tree from both her forst and second positions on the road?
Solution
γ = 180° − 75° = 105° (supplementary angle)
α = 180° − 40° − 105° = 35° (angle sum)
sin(40 )
sin(105 )
sin(35 )
=
=
(sine rule)
d2
d1
2 km
⇒ first distance d1 = 2 km∙
N
W
2 km
E
40°
γ
sin(105 )
≈ 3,37 km
sin(35 )
d1
75°
sin(40 )
⇒ second distance d2 = 2 km∙
≈ 2,24 km
sin(35 )
d2
α
S
Problem 11: sine rule (Oxford p. 385 ex 11H No 3)
A ship is sailing due west when the captain sees a lighthouse at a distance of 20 km on a bearing of 230°.
a) Draw a diagram to model thie situation
b) How far must the ship sail before the lighthouse is 16 km away?
c) How far must the ship sail beyod this point before the lighthouse is again at a distance of 16 km from the ship?
d) What is the bearing of the lighthouse from the ship the second time the two are 16 km apart?
Solutions
b) α1 = 270° − 230° = 40°
sin( 1 )
sin( 1 )
sin(40 )
=
=
(sine rule in first triangle)
d1
20 km
16 km
20 km
sin(40 ) ≈ 126,53
β1 = sin
16 km
Attention: GDC shows acute supplementary angle
α2 ≈ 53,46° because sin(α) = sin(180° − α)!
γ1 = 180° − α1 – β1 ≈ 13,46° (angle sum in first triangle)
sin(13, 46 )
first distance d1 = 16 km∙
≈ 5,79 km
sin(40 )
c) α2 = 180° − β1 ≈ 53,46° (supplementary angle, see above)
β2 = α2 ≈ 53,46° (second triangle is isosceles)
γ2 = 180° − α2 – β2 ≈ 73,08° (angle sum in second triangle)
sin(73, 08 )
sin(53, 46 )
=
(sine rule in second triangle)
d2
16 km
a) diagram:
N
N
−1
d2
W
β2
d1
α2 β1 α1
230°
E
γ1
γ2
S
S
sin(73, 08 )
≈ 19,05 km
sin(53, 46 )
d) Second bearing is 90° + γ2 ≈ 143,46°
⇒ second distance d2 = 16 km∙
Aufgabe 12: Kosinussatz (4)
Zwischen zwei Balken, die den Winkel α = 60° bilden, soll zur Stabilisierung ein
weiterer Balken der Länge s = 7 m eingezogen werden (siehe Skizze). Aus ästhetischen
Gründen sollen dabei die beiden Strecken a und b im Verhältnis a:b = 3:2 zueinander
stehen.
5
Lösung
72 = a2 + (1,5a)2 − 2∙a∙1,5a∙cos(60°) ⇔ 49 = 1,75a2 ⇔ a = ± 2 7 ⇒ a ≈ 5,3 m ⇒ b = 1,5∙a = 3 7 ≈ 7,94 m
Aufgabe 13: Kosinussatz (5)
Vom Punkt P fährt ein Schiff den Kurs N 34° W mit einer Geschwindigkeit von 35 km/h .
Ein zweites Schiff verlässt P eine Stunde später unter dem Kurs N 26° O mit einer
Geschwindigkeit von 40 km/h (siehe Skizze). Nach welcher Zeit t (von der Abfahrt des
ersten Schiffes an gerechnet) sind die beiden Schiffe 77,5 km voneinander entfernt?
Lösung
77,52 = (35(t + 1))2 + (40t)2 − 2∙35(t + 1)∙40t∙cos(60°) ⇔ 0 = 1425t2 − 175t − 4737,25 ⇒ t1 =
1,89b h und t2 < 0
Aufgabe 14: Kosinussatz (5)
In der Leichtathletik wird der Diskus s aus einem Kreis mit Radius r geworfen und
soll dann in einem Sektor mit dem Mittelpunktswinkel 90° (Viertelkreis) auftreffen.
Landet der Diskus im Punkt P neben der Hauptrichtung, so wird nicht die Strecke a
gemessen, sondern nur die Länge w.
a) Bestimme die Wurfweite w in Abhängigkeit von a, r und φ. Ergebnis: w =
a 2  (sin())2 r 2  r (1  cos()
b) Begründe mit Hilfe des Ergebnisses von a), dass w ≠ a ist!
Lösung
a2 = (w + r)2 + r2 − 2∙(w + r)∙r∙cos(φ) ⇒ 0 = w2 + 2r(1 − cos(φ))w + 2r2 (1 − cos(φ)) − a2 ⇒ w1/2 = −r(1 − cos(φ)) ± r
(1  cos())2  2  2cos()  a 2 =
a 2  (sin())2 r 2 − r (1 − cos(φ))
Problem 15: cosine rule (Oxford p. 389 ex 11 I No 2)
A hiker leaves camp and walks 5 km on a bearing of 058°. He stops for a break, then continues walking for another 8 km on a
bearing of 103°. He stops again before heading straight back. How far must he walk to get back to camp?
Solution
γ1 = 58° (opposite angles)
γ2 = 180° − 103° = 77° (supplementary angles)
γ = γ1 + γ2 = 135°
N
N
103°
⇒ walking distance
d = 52 82
(cosine rule)
γ1 γ2
58°
2 5 8 cos(135 ) ≈ 12,07 km
d
W
E
S
S
Problem 16: cosine rule (Oxford p. 389 ex 11 I No 5)
Ship A leaves port and sails due east for 28 km. Ship B leaves from the same port and sails 49 km. The ships are the 36 km
apart. On what bearing was ship B sailing?
Solution
α = cos−1
492
282 36 2
2 49 28
N
≈ 46,50° (cosine rule)
The bearing could either be N43,5°E or S43,5°E
(see drawing)
α
W
28 km
E
S
6