Dreiecksberechnung

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6. Sinussatz:
Die Berechnung von spitz- oder stumpfwinkligen Dreiecken kann nach dem Sinus- bzw.
Cosinussatz erfolgen. Der Sinussatz wird angewendet, wenn zu einer Seite auch der
Gegenwinkel bekannt ist. Seine Herleitung ergibt sich bei der Lösung der folgenden
1. Grundaufgabe:
Berechne ein (zunächst spitzwinkliges) Dreieck aus einer Seite und zwei Winkeln (WSW).
geg.: b, α, β
ges.: a, c, γ.
h = b sin α
h
h
b ⋅ sin α
= sin β
a=
=
(1)
a
sin β
sin β
γ = 180° − (α + β )
b sin γ
analog c =
sin β
Die aus (1) folgende Aussage heisst
a sin α
b sin β
=
oder
=
b sin β
c sin γ
In einem Dreieck verhalten sich zwei Seiten wie die Sinuswerte ihrer Gegenwinkel.
Sinussatz (1. Formulierung)
Bemerkung:
Der Sinussatz gilt wegen sin (180° - α) = sin α auch für stumpfwinklige Dreiecke
num. Beispiel:
b = 38.4
γ = 40.4°
α = 67.4°
a = 37.23
β = 72.2°
c = 26.1
Im rechtwinkligen Dreieck BCE gilt:
a
a
= sin α oder
= 2r und damit
2r
sin α
Sinussatz (2. Formulierung)
a
b
c
=
=
= 2r
sin α sin β sin γ
Herleitungsvariante:
Betrachte die doppelte Dreiecksfläche:
ha / b hb / c hc / a
sin γ sin α sin β
aha = bhb = chc
=
=
=
=
c
a
b
c
a
b
Übungsaufgabe:
Von einem Dreieck ABC kennt man die Seite a = 15 cm und die Winkel α = 35° und β = 50°.
Gesucht ist die Seite b.
Lösung: b = 20 cm
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2. Grundaufgabe:
Berechne ein Dreieck aus zwei Seiten und dem Gegenwinkel einer dieser Seiten (SSW).
Der Fall eines gleichschenkligen Dreiecks wurde bereits früher besprochen. Es verbleiben also
noch die folgenden beiden Fälle:
1. Fall: Der Gegenwinkel der grösseren Seite ist gegeben.
Skizze:
a = 5 > b = 4 α = 60°.
Da der kleineren Seite der kleinere Winkel gegenüberliegt, ist β ein spitzer Winkel.
Der Kreis um C mit Radius a schneidet die Gerade der Seite c in zwei Punkten B1 und B2, aber
nur B1 liefert eine Lösung mit spitzem Winkel β, weil das zweite Dreieck AB2C nicht den
Winkel α, sondern den Winkel 180° - α enthält.
sin β b
b ⋅ sin α
 b sin α 
=
sin β =
(*) β = arcsin

sin α a
a
 a 
γ = 180° −α −β
c sin γ
a ⋅ sin γ
=
c=
a sin α
sin α
β ist spitzwinklig, denn der kleineren Seite liegt der kleinere Winkel gegenüber
Bem: zu (*):
Zu einem gegebenen Sinuswert gehört ein spitzer Winkel α und ein stumpfer Winkel
180° - α. Kann der stumpfe Winkel nicht ausgeschlossen werden, dann ist die Berechnung des
grössten Winkels mit dem Sinussatz zu vermeiden.
Lösungsdreieck: β = 43.9° γ = 76.1°
Übungsaufgabe:
a = 57.7
β = 46.7°
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b = 44.8
γ = 63.6°
c = 5.60
α = 69.7°
c = 55.1
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2. Fall: Der Gegenwinkel der kleineren Seite ist gegeben.
Skizze:
a = 4.00 < b = 5.00 α = 45.0°
geometrische Lösung:
Der Kreis um C mit Radius a kann die Gerade der
Seite c schneiden, berühren oder meiden.
Entsprechend können drei Fälle auftreten:
1) a > h
2) a = h
3) a < h
2 Lösungen
1 Lösung
keine Lösung
rechnerische Lösung:
b sin α h
=
a
a
1) Ist a > h, dann ist sin β < 1 und es gibt eine spitze und eine stumpfe Lösung
2) Ist a = h, dann ist sin β = 1 und das Lösungsdreieck ist rechtwinklig
3) Ist a < h, dann ist sin β > 1 und es gibt keine Lösung.
nach dem Sinussatz gilt: sin β =
1. Lösung: β1 = 62.1° γ1 = 72.9°
2. Lösung β2 = 117.9° γ2 = 17.1°
c1 = 5.41
c2 = 1.66
Variante:
Diese Aufgabe kann später auch mit dem → Cosinussatz gelöst werden. In diesem Fall führt
dies auf eine quadratische Gleichung. Der Wert der Diskriminante bestimmt die Anzahl der
Lösungen.
Der Sinussatz kann angewendet werden, wenn eine Seite und der gegenüberliegende Winkel
gegeben ist. In den übrigen Fällen wendet man den folgenden Cosinussatz an.
Übungsaufgabe:
Beweise trigonometrisch: Im Dreieck teilt eine Winkelhalbierende die gegenüberliegende
Seite im Verhältnis der anliegenden Seiten.
Lösung:
Die Winkelhalbierende wγ teilt die gegenüberliegende Seite in zwei Teilstrecken p und q.
p a
Es ist zu zeigen, dass gilt: =
q b
In den beiden Teildreiecken gilt nach dem Sinussatz:
p
b
q
a
a
=
bzw.
=
=
. Die Behauptung ergibt sich, indem man
γ
γ
sin( 2 ) sin ε
sin( 2 ) sin(180° − ε ) sin ε
die linke und die rechte Seite der beiden Gleichungen durcheinander dividiert.
Varianten:
Anwenden des Flächensatzes auf die beiden Teildreiecke oder mit den Strahlensätzen.
2 F1 = a ⋅ w ⋅ sin( γ2 ) = p ⋅ h bzw. 2 F2 = b ⋅ w ⋅ sin( γ2 ) = q ⋅ h und Division der beiden Seiten erhält
man:
ph aw ⋅ sin( γ2 )
=
qh bw ⋅ sin( γ2 )
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7. Cosinussatz (Verallgemeinerter Pythagoras)
Der Satz ergibt sich bei der Lösung der folgenden
3. Grundaufgabe:
Berechne ein Dreieck aus zwei Seiten a und b und dem eingeschlossenen (zunächst spitzen)
Winkel γ (SWS).
∆BDA
c 2 = h 2 + AD 2 = h 2 + (b − x) 2
= h 2 + x 2 + b 2 − 2bx
wegen x = a cos γ folgt
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
Nach dem Sinussatz ergibt sich
a sin γ
sin α =
c
c ⋅ sin β
β = 180° − (α + γ )
b=
sin γ
Tipp:
Berechne zunächst den Winkel, welcher der kleineren Seite gegenüber liegt, denn dieser kann
nicht stumpf sein.
B.:
a = 6.80
c = 8.34
b = 9.10
α = 45.6°
γ = 61.3°
β = 73.1°
Cosinussatz (Verallgemeinerter Pythagoras):
Das Quadrat über einer Seite eines Dreiecks ist gleich der Summe der Quadrate der andern
Seiten vermindert um ein Korrekturglied k (doppeltes Produkt der beiden Seiten mit dem
Cosinus des eingeschlossenen Winkels).
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
γ = 0°
γ = 90°
γ < 90°
γ > 90°
γ = 180°
k=1
k=0
k>0
k<0
k = -1
c = a - b
(Pythagoras)
c= a+b
Der Cosinussatz gilt auch im stumpfwinkligen Dreieck.
Auf die Bedeutung des Satzes weist ein unverdächtiger Zeuge im Folgenden Zeitungsausschnitt der Berner Zeitung hin.
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4. Grundaufgabe:
Berechne ein Dreieck, von dem 3 Seiten gegeben sind (SSS)
Tipp: Berechne zunächst den Winkel, welcher der grössten Seite gegenüberliegt.
 a 2 + b2 − c 2 

2ab


γ = arccos
 a sin α 

 c 
β = 180 − (α + γ )
α = arcsin
a = 2.94
γ = 111.5°
B:
b = 4.07
α = 28.0°
c = 5.83
β = 40.5°
Übungsaufgabe:
Die Seiten eines Dreiecks messen a = 14, b = 30 und c = 26. Gesucht ist der Winkel γ.
Lösung: γ = 60°
Nachtrag: Lösung der 2. Grundaufgabe mit dem Cosinussatz:
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos α oder c 2 − 2b ⋅ cos α ⋅ c − ( a 2 − b 2 ) = 0
Die quadratische Gleichung hat die Diskriminante D = a 2 − b 2 ⋅ sin 2 α und die allgemeinen
Lösungen:
c1,2 = b ⋅ cos α ± D
1. Fall: a > b: D = a 2 − b 2 ⋅ sin 2 α > b 2 − b 2 ⋅ sin 2 α = b 2 ⋅ cos 2 α . Da der Wurzelwert grösser als
b ⋅ cos α ist, gibt es genau eine Lösung (c2 < 0)
2. Fall: a = b : Es gibt genau eine Lösung 2b ⋅ cos α (c2 = 0)
3. Fall: a < b Parallel zu den drei Fällen bei der quadratischen Gleichung gibt es
3a) D > 0: zwei Lösungen (auch c2 > 0) 3b) D = 0 oder c = b ⋅ cos α (rechtwinkliges
Dreieck 3c) keine Lösung (geom.: die Seite a ist zu kurz)
num. B. für 3b):
a = 4.00 < b = 5.00 α = 45.0°
1
c1,2 = 2 ⋅ (5 ⋅ 2 ± 14) c2 ≈ 1.66, c1 ≈ 5.41
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8. Beispiele
Aufgabe:
Zwei Kräfte F1 und F2 wirken unter einem Winkel α auf einen Massenpunkt A. Bestimme die
resultierende Kraft F und den Winkel α1 zwischen F und F1.
r2 r
F = F1
r2 r
F = F1
r
F2
2
r
+ F2
r
+ F2
2
2
r
= F
cos α 1 =
num. B:
F1 = 20 N
F = 30.2
2
r
F
2
r
+ F1
2
r
− 2 F1
r
+ 2 F1
2
r
F2 cos(180°−α )
r
F2 cos α
r r
− 2 F F1 cos α 1
r 2 r 2
+ F1 − F2
r r
2 F F1
2
F2 = 12 N
α = 40°
α1 = 14.8°
Übungsaufgabe:
Eine Kraft F = 100 N soll in zwei Komponenten F1 und F2 zerlegt werden, von denen F1 mit
F einen Winkel α = 50° und F2 mit F einen Winkel β = 20° einschliesst. Bestimme F1 und F2.
Lösung: F1 = 366.4 N , F2 = 81.5 N.
Aufgabe:
Leite eine Formel her zur Berechnung der
Schwerlinien eines Dreiecks aus den Seiten.
2
a
2
∆ABM: sa =   + c 2 − ac ⋅ cos β
(1)
2
∆ABD: b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos β oder
1
ac ⋅ cos β = (a 2 + c 2 − b 2 ) eingesetzt in (1)
2
2
a
a 2 c 2 b 2 2b 2 + 2c 2 − a 2
2
sa =
+ c2 − − +
=
4
2 2 2
4
Ergänzt man das Dreieck zu einem Parallelogramm, so erhält man den folgenden:
Satz:
Im Parallelogramm ist die Summe der Quadrate über den Seiten gleich der Summe der
Quadrate über den Diagonalen.
4 sa2 = e 2 = 2b 2 + 2c 2 − a 2
e2 + a 2 = e2 + f 2 = 2b 2 + 2c 2
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Eine Aufgabe aus der Vermessung: Vorwärtseinschneiden nach zwei Punkten.
Um die Entfernung zweier unzugänglicher Punkte P und Q zu bestimmen, steckt man eine
Standlinie AB = s =364.7 m ab und misst die Winkel α = 68.2°, β = 34.8°, γ = 29.9°,
δ = 80.6°.
PB
s
a ⋅ sin α
=
PB =
sin α sin(180° − (α + γ ))
sin(α + γ )
BQ
s
a ⋅ sin β
=
BQ =
sin β sin(180° − ( β + δ ))
sin( β + δ )
PQ 2 = PB 2 + BQ 2 − 2 ⋅ PB ⋅ BQ ⋅ cos(δ − γ )
num. B.:
PB = 342.0 m
oder
PA = 183.6 m
BQ = 230.4 m
PQ = 264.6 m
AQ = 398.3 m
PQ = 264.6 m
Aufgabe : Partielle Mondfinsternis
Die Skizze veranschaulicht stark vereinfacht
und nicht massstäblich eine partielle Mondfinsternis. Grün dargestellt ist der Schatten S
der Erde E auf der Mondscheibe M.
Annahme rE = 4 ⋅ rM und d = 4.5 ⋅ rM .
Wie gross ist der Anteil der Mondscheibe, der
noch voll von der Sonne beschienen wird?
Der Schatten besteht aus zwei
Kreisabschnittsflächen mit den Zentriwinkeln
2α bzw. 2β.
α mit Cosinussatz im ∆ MDE:
rM2 + d 2 − rE2
2
2
2
rE = rM + d − 2rM d ⋅ cos α
cos α =
2rM d
β mit dem Sinussatz im ∆ MDE:
rE
r
r ⋅ sin α
= M
sin β = M
sin α sin β
rE
rE = 4 ⋅ rM und d = 4.5 ⋅ rM eingesetzt ergibt:
2α = 1.90 (108.63°) und 2β = 0.41 (23.43°).
S = 12 rM2 ⋅ (2α − sin(2α )) + 12 rE2 ⋅ (2 β − sin(2 β )) ≈ 0.568rM2
Anteil des Schattens bezüglich der Mondfläche:
S
≈ 0.18
Damit werden etwa 82% der Mondscheibe noch von der Sonne beleuchtet.
πr
Übungsaufgabe:
Bei der partiellen Sonnenfinsternis am 20. Mai 1966 in Zürich waren maximal 58.9% des
Sonnendurchmessers bedeckt. Wieviel % der Sonnenscheibe waren bedeckt (Sonne und Mond
werde als gleich grosse Kreise betrachtet).
Lösung : 49.2%.
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Aufgabe Diskuswurf (wh)
Ein Sportler wirft den Diskus vom Randpunkt P des Wurfkreises mit Radius r = 1.25 m
um ε = 8° schräg gegen die radiale Richtung bis nach R. Gemessen wird senkrecht zum
Wurfkreisrand QR = 74.04 m. Welche Weite hätte der Werfer bei einer optimalen Wurfrichtung erzielt?
Sinussatz im Dreieck RMP,
Winkel α bei R, Winkel β bei M
EQ + r
r
=
sin(180° − ε ) sin α
β = ε −α
sin α =
r ⋅ sin ε
ES + r
RP 2 = r 2 + ( RS + r ) 2 − 2r ⋅ ( RS + r ) ⋅ cos β
numerisch
EP = 74.68 m
1989 stellte Jürgen Schuldt (DDR) mit 74.08 m im Diskuswerfen einen neuen Weltrekord auf.
Aufgabe : Peilung
Ein Schiff kann seinen Standort A folgendermassen bestimmen:
Es peilt ein zweites Schiff S in Richtung
N17W und einen Leuchtturm L in N26E an.
Diese Schiff S und der Leuchtturm haben
nach der Seekarte eine Entfernung von 16.4
Seemeilen (1 Seemeile entspricht 1.852 km).
Vom Schiff S aus liegt der Leuchtturm in
Richtung N96E.
Bestimme die Entfernung d = AS des Schiffs
mit Standort A vom Schiff S in km.
d
FL
=
sin 60° sin(17° + 36°)
d=
FL ⋅ sin 60°
≈ 17.8 sm ≈ 33 km
sin 53°
Übungsaufgabe:
Ein Schiff fährt mit 20 Knoten (1 Knoten entspricht einer Seemeile pro Stunde
also 1.852 km/h) Geschwindigkeit auf konstantem Kurs. In der Position A erscheint ein
Leuchtturm L unter dem Winkel α = 30°, eine halbe Stunde später in Position B erscheint L
unter dem Winkel β = 42.5°. Wie weit ist das Schiff nach einer weiteren Viertelstunde in der
Position C vom Leuchtturm L entfernt?
Lösung : CL ≈ 36.5 km
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Aufgabe: (aufwändiger wegen *)
An einem genau in west-östlicher Richtung
verlaufenden Ufer eines Sees liegen die
Bootsanlegeplätze A und B, die 5 km
voneinander entfernt sind. Ruth startet um 13:00
Uhr von A aus mit vA = 12 kmh-1 und Kurs
10°NW. Jürg fährt um 13:05 Uhr von
B aus mit Geschwindigkeit vB = 18 kmh-1.
Welchen Kurs ε muss Jürg einhalten, um Ruth im
Punkt T zu treffen und wann findet dieses Treffen
statt.
Zurückgelegte Strecke AD von Ruth:
t ⋅ 0 .2
km/min
Zurückgelegte Strecke BD von Jürg:
(t − 5) ⋅ 0.3 km/min
Cosinussatz im ∆ ABD:
((t − 5) ⋅ 0.3) 2 = (t ⋅ 0.2) 2 + 52 − 2 ⋅ 5 ⋅ 0.2 ⋅ t ⋅ cos100°
(*)
oder angenähert:
t 2 − 24.9t − 455 = 0 mit den Lösungen: t1 ≈ 37.18 min
und ( t 2 ≈ −12.24 min)
Ruth legt die Strecke AD ≈ 7.437 km zurück, Jürg BD ≈ 9.655 km.
Der gesuchte Kurswinkel ε ergibt sich mit dem Sinussatz im ∆ ABD:
BD
AD
AD ⋅ sin 110°
=
zu sin(90° − ε ) = cos ε =
mit der Lösung ε≈ 43.6°NW
BD
sin 110° sin(90° − ε )
Geometrische Lösung:
Beim Start von Jürg hat Ruth bereits A’ erreicht. Ab diesem Zeitpunkt hat der Treffpunkt D
das Abstandsverhältnis vA:vB = 2:3. D liegt also auf dem Apolloniuskreis über A’B zum
Verhältnis 2: 3.
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