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9. Klasse Lösungen
sin, cos, tan im rechtwinkligen Dreieck
1.
9
08
(a) α = 180◦ − γ − β = 180◦ − 90◦ − 57◦ = 33◦ (Winkelsumme im Dreieck)
sin β = cb , also b = c sin β = 4 sin 57◦ ≈ 3,35
√
cos β = ac , also a = c cos β = 4 cos 57◦ ≈ 2,18 (oder Pythagoras: a = c2 − b2 )
(b) β = 180◦ − γ − α = 180◦ − 90◦ − 24◦ = 66◦
sin α = ac , also c = sina α ≈ 66,38; tan α = ab , also b = tana α ≈ 60, 64
√
√
(c) a2 + b2 = c2 , also b = c2 − a2 = 0,352 − 0,12 ≈ 0,34
sin α = ac ≈ 0,29, also α ≈ 16,60◦ ; cos β = ac ≈ 0,29, also β ≈ 73,40◦
2. (a)
Die Gerade y = mx + t mit Steigung m hat als
y
6 Steigungsdreieck 1 nach rechts, m nach oben“.
ϕ m
”
Man liest dort ab: tan ϕ = m1 = m.
1
x
y 6β
(b) PP
Für
Gerade h folgt wegen der Steigung m = 2 aus
h
PP
T
tan α = 2 ein Neigungswinkel α ≈ 63,43◦ .
PP
P
S P
Somit ist <
) SOT = 90◦ − α ≈ 26,57◦ .
g
Für Gerade g folgt wegen des Steigungsdreiecks (3 nach
1
rechts, 1 nach unten) aus tan β = 31 ein Winkel β ≈ 18,43◦ .
Somit ist <
) OT S = 90◦ − β ≈ 71,57◦ .
α
x
0
1
Winkelsumme im Dreieck: <) T SO ≈ 81,86◦
3. ∆ABC: tan α =
∆ABD: tan β =
BC
, also BC
AB
AD
, also AD
AB
q
= AB tan α ≈ 10,38
= AD tan β ≈ 8,34
2
2
q
Pythagoras im ∆DF C: x = DF + F C ≈ 72 + (BC − AD)2 ≈ 7,29
4.
Halbiert man nebenstehendes gleichschenkliges Dreieck, so
d Jupiter
, somit ergibt sich als Entfernung r
erkennt man: sin 20 = r/2
20
d
r
Erde PP 0
von
noch
getrennt
wahrnehmbaren
Lichtpunkten:
2
PP
PP
2 ◦
0
6
Mond r = 2d sin 2 = 2 · 800 · 10 · sin( 60 ) km ≈ 930 000 km.
Somit könnten theoretisch Ganymed und Kallisto noch getrennt gesehen werden.
√
√
5. Es ist sin 30◦ = cos 60◦ = 21 , sin 45◦ = cos 45◦ = 21 2, sin 60◦ = cos 30◦ = 12 3.
√
sin 30◦
sin 45◦
(a) tan 30◦ = cos
= √13 = 13 3; tan 45◦ = cos
=1
30◦
45◦
1 + tan2 30◦ = 1 + ( √13 )2 = 43 ; 1 + tan2 45◦ = 2
2 α+sin2 α
sin α 2
(b) 1 + tan2 α = 1 + ( cos
) = cos cos
= cos12 α
2α
α
1 + tan2 30◦ = cos2130◦ = ( 1 √13)2 = 43 ; 1 + tan2 45◦ =
2
√
( 12
1
√
2)2
=2
2a (Diagonale im Quadrat → grund93.pdf).
q
q
√
Pythagoras also: M G = M E + EG = ( a2 )2 + ( 2a)2 = 14 a2 + 2a2 = 1,5a.
Ebenso ∆N BG: N G = 1,5a. Also ist ∆M N G gleichschenklig.
√
Ferner: M N = 2 · 12 a (denn [M N ] ist Diagonale eines Quadrats mit Seitenlänge a2 ).
√
Sei L der Mittelpunkt von [M N ]. Dann ist M L = 12 M N = 14 2a.
√
√
0,25 2a
ML
∆M LG: cos µ = M
=
= 16 2. Somit µ ≈ 76,37◦ .
1,5a
G
6. ∆EM G: Rechter Winkelqbei E; EG =
2
2