16031 Trigonometrie Trainingsaufgaben ohne Sinussatz / Kosinussatz

16031 Trigonometrie
Trainingsaufgaben ohne Sinussatz / Kosinussatz - Lösungen
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20
Aufgabe 11
(
Auf dem Einheitskreis liegen diese Punkte A 0,72  y A
)
und
(
)
B xB − 0,65 .
Berechne die fehlenden Koordinaten mit Formeln und schreibe diese an.
Beschreibe ausführlich, was diese Koordinaten mit Sinus uns Kosinus zu tun haben.
Lösung
Der Einheitskreis hat die Gleichung
A1
x + y = 1. Durch Einsetzen einer Koordinate
folgt daraus die andere:
2
2
α1
x A = 0,72 ⇒ y A = ± 1 − x ≈ ±0,69
2
Ergebnis:
A2
Die Gerade x = 0,72 schneidet den Kreis
(
)
B2
in den zwei Punkten A1 0,72  0,69 und
(
B1
)
A 2 0,72 − 0,69
yB = −0,65 ⇒ xB = ± 1 − y 2 ≈ ±0,76
Ergebnis:
Die Gerade y = 0,72 schneidet den Kreis in den zwei Punkten
(
)
(
)
B1 0,76 − 0,65 und B2 −0,76 − 0,65 .
Am Einheitskreis stellt die y-Koordinate eines Punktes den Sinus des Steigungswinkels der Strecke OA dar, und die x-Koordinate den Kosinus.
So bedeutet xA = 0,72
und
cos α = 0,72 : α1 ≈ 43,9 bzw. α 2 = 360O −α1 ≈ 316,1O
yB = -0,67 heißt sin β = −0,67 :
Aus sin β = 0,67 folgt im 1. Feld β ' ≈ 42,1O . Die Sinuswerte sind im 3. und 4. Feld
negativ. Also folgt aus sin β = −0,67 : β2 = 180O + β ' ≈ 222,1O und
β2 ≈ 360O − 42,1O = 317,9O
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Aufgabe 12
Zeichne einen Einheitskreis (Längeneinheit 4 cm) . Trage darauf die Punkte ein,
zu denen die folgenden Drehwinkel gehören (beginnend im Punkt R (10 ) .
Berechne die Koordinaten dieser Punkte.(exakte Werte, kein TR).
A bei α = 56 π b)
a)
B bei β = 134 π
c)
C bei γ = − 73 π
Lösung
y
Punkt A
5
6
π 180o − 30o = 150o
sin150o = sin300 = 21 ,
cos150o = − cos300 = − 21 3
(
A − 21 321
)
A
Punkt B
13
4
R
x
π = 2π + 54 π 1800 + 45o = 225o
sin 225o = − sin 45o = − 21 2
cos 225o = − cos 45o = − 21 2
(
B − 21 2− 21 2
)
B
C
Punkt C
− 73 π = −2π − 31 π −60o 300o
sin300o = − sin 60o = − 21 3
cos300o = cos 60o =
(
C 21− 21 3
)
1
2
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Aufgabe 14
Gib die zugehörigen Winkel aus dem Intervall 00 ≤ α < 360o an:
b)
cos α = −0,83
c)
tan α = 3,6
a)
sin α = 0,24
Lösung
a)
sin α = 0,24 :
b)
cos α = −0,83
Hilfsrechnung:
Daraus folgt
c)
tan α = 3,6
im 1. Feld:
im 2. Feld:
α1 ≈ 13,9o
α 2 = 180o − α1 ≈ 166,1o
Zu cos β = 0,83 gehört im 1. Feld β1 ≈ 33,9o
im 2. Feld: α1 = 180o − β1 ≈ 146,1o
im 3. Feld: α 2 = 180o + β1 ≈ 213,9o
im 1. Feld:
im 3. Feld:
α1 ≈ 74, 5o
α 2 = α1 + 180o ≈ 254,5o
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Aufgabe 111
In einem Dreieck sei γ = 90o , a = 8 cm und b = 5 cm.
C
Berechne der Reihe nach
(ohne den Satz des Pythagoras)
α , c, β , hc , q und p
b
α
Lösung
A
a
⇒ α ≈ 58,0o
b
a
a
sin α = ⇒ c =
≈ 9,4 cm
c
sin α
tan α =
β = 90o − α = 32o
sin α =
hc
⇒ hc = b ⋅ sin α ≈ 4,2 cm
b
cos α =
q
⇒ q = b ⋅ cos α ≈ 2,6 cm
b
p = c − q ≈ 6,8 cm
a
hc
q
E p
B
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Lösung 211
h
⇒ h = 21 a ⋅ tan α ≈ 25,7 cm
a
Dreieck MES:
tan α =
Strecke MB:
MB = 21 BD = 21 a 2 ≈ 17,0 cm
Dreieck MBS:
tan β =
h
56,5O ⇒ β ≈ 56,5O
MB
sin β =
h
h
⇒ k=
≈ 30,8 cm
k
sin β
Dreieck MES:
sin α =
h
hS
Dreieck BES:
sin
1
2
⇒ hS =
h
≈ 28,4 cm
sin α
γ
a
γ
=
⇒
= 22,90 ⇒ γ ≈ 45,8O .
2 2⋅k
2
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Lösung 321
C
Gegeben:
G
AB = 6 km , AC = 12 km , BD = 18 km
α = 48o und β = 32o
γ
α
a)
Gesucht ist BC und γ .
A
β
B
s
E
F
Dreieck AEC:
D
AE
⇒ AE = AC ⋅ cos α ≈ 8,030 km
cos α =
AC
Also ist BE = AE − AB ≈ 2,030 km .
sin α =
CE
⇒ CE = AC ⋅ sin α ≈ 8,918 km
AC
Dreieck BED:
tan γ =
CE
⇒ γ ≈ 77,2o
BE
und
cos γ =
BE
BE
⇒ BC =
≈ 9,163 km
cos γ
BC
b)
Dreieck BDF: cos β =
BF
⇒ BF = BD ⋅ cos β ≈ 15,265 km
BD
Also ist EF = BF − BE = 13,235 km
sin β =
DF
⇒ DF = BD ⋅ sin β ≈ 9,539 km
BD
DG = DF + EC ≈ 18,457 km
Dreieck CDG:
CG = EF ≈ 13,235 km
Nach Pythagoras folgt:
2
2
2
2
2
CD = DG + CG ⇒ CD = DG + CG ≈ 22,712 km
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Lösung 351
Gegeben: α = 75O ; β = 50O , d = 4,0 cm
und e = 5,0 cm.
a)
γ2
Teildreieck ABC:
D
e
e
tan β = ⇒ b =
= 4,2 cm
b
tan β
sin β =
d
e
e
⇒ a=
= 6,5 cm
a
sin β
α1 = 90 − β = 40
O
δ δ2
δ1 x
e1
α2
α α1
O
A
Teildreieck AED:
α 2 = α − α1 = 35
O
c
26
γ
C
γ1
e2
e
b
E
β
a
und δ1 = 90O − 35O = 55O
cos α 2 =
e1
⇒ e1 = d ⋅ cos α 2 = 3,3 cm
d
sin α 2 =
x
⇒ x = d ⋅ sin α 2 = 2,3 cm
d
Teildreieck DEC:
e2 = e − e1 = 1,7 cm
e2
O
⇒ δ2 = 36,5
x
tan δ2 =
γ 2 = 90 − δ2 = 53,5
O
O
Also wird δ = δ1 + δ2 = 91,5O
und
γ = γ1 + γ 2 = 90O + 53,5O = 143,5O .
sin γ 2 =
b)
x
x
⇒ c=
= 2,9 cm
c
sin γ 2
Flächeninhalt
Man zerlegt das Viereck durch die Diagonale e in zwei
Dreiecke mit der Grundseite e. Dann sind b und x die beiden Höhen:
A V = 21 e ⋅ x + 21 e ⋅ b = 21 e ⋅ ( x + b ) = 2,5 ⋅ ( 2,3 + 4,2 ) cm2 = 16,25 cm2
B
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Lösung 401
Lösung 9
Mit α = 24O und h = 3,5 m
h
h
2h
folgt tan α = 1 ⇒ b = 1
=
= 15,72 m
tan α
2b
2 ⋅ tan α
a)
b)
h
α
Bei α = 24O und s = 12 m folgt im Dreieck AZE:
tan α =
AE 2 ⋅ AE
s
=
⇒ AE = ⋅ tan α = 2,67 m
1
s
2
2s
α
b
E
D
α
Im Dreieck AZD gilt:
sin α =
A B
s = 12 m
AD 2 ⋅ AD
s
=
⇒ AD = ⋅ sin α = 2,44 m
1
s
2
2s
und cos α =
DZ 2 ⋅ DZ
s
=
⇒ DZ = ⋅ cos 24O = 5,48 m
1
s
2
2s
Damit können wir jetzt im Dreieck BZD die Strecke BD berechnen:
sin α =
BD
⇒ BD = DZ ⋅ sin24O = 2,23 m
DZ
Z
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Lösung 402
28
α
A
Gegeben:
δ
D
AB = 16 km
α = 50
O
und β = 60
O
C
a)
Teildreieck ABC:
AC
⇒ AC = AB ⋅ sin β = 13,856 km
sin β =
AB
β
B
Teildreieck ABC:
cos β =
BC
⇒ BC = AB ⋅ cos β = 8,0 km
AB
Gesamte Wegstrecke:
s1 = AB + BC + CA = 16 km + 8 km + 13,8 km = 37,8 km
b)
Zweite Wegstrecke:
δ = 180O − α − β = 70O
Berechnung des Winkels im Dreieck ABD:
AC
AC
⇒ CD =
= 5,043 km
tan δ
CD
AC
AC
und sin δ =
⇒ AD =
= 14,745 km
sin δ
AD
Teildreieck ACD: tan δ =
s2 = 14,745 km + 5,043 km + 8,0 km + 16,0 km = 43,788 km
Unterschied:
c)
∆s ≈ 6 km
Zaun um den Campingplatz.
b = 100 m
Das linke Teildreieck ist gleichschenklig und
rechtwinklig, also sind die Basiswinkel 45O groß:
δ1 = 45O . Also folgt δ2 = δ − δ1 = 30O
δδ2
a
δ1
y
Im rechten Dreieck können wir daher so rechnen:
a
x
tan δ2 =
⇒ x = 100 m ⋅ tan30O = 57,7 m.
100 m
b
b
cos δ2 = ⇒ y =
= 115,5 m
y
cos δ2
Damit folgt im linken Teildreieck:
Umfang:
U = 2a + x + b = 321,1m
sin δ1 =
a
⇒ a = y ⋅ sin 45O = 81,7 m
y
x
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Lösung 403
29
C
r
h
3 dm
α
β
D
B
2,5 dm
A
b
Der Mast BC ist 5 dm lang, α kann im Bereich zwischen 30O und 70O liegen.
a)
In welcher Entfernung b vom Punkt A kein eine Last höchstens liegen,
damit sie vom Kran hochgezogen werden kann ?
b
O
O
cos30 = 1 ⇒ b1 = r ⋅ cos30 = 4,33 dm
r
b)
Welche maximale Höhe h erreicht die Spitze C des Mastes BC ?
C
r
h
O
sin70 = 2 ⇒ h2 = r ⋅ sin 70 = 4,70 dm
r
O
Gesamthöhe:
c)
h = h2 + 2,5 dm = 7,20 dm
h1
30O
B
Welche Werte kann der Winkel β annehmen ?
Wenn α = 30O ist, dann ist b2 = 4,33 dm und
h
O
O
sin30 = 1 ⇒ h1 = r ⋅ sin30 = 2,5 dm
r
h
Also folgt für den Ausleger: tan β = 1,2
t + b1,2
s
r
D
α
β
B
b1,2
t
Für α = 30O war b1 = 4,33 dm ,
also folgt: DR = 3 dm + 4,33 dm = 7,33 dm .
2,5
⇒ β1 = 18,8O .
Und wegen h1 =2,5 dm folgt tan β1 =
7,33
Entsprechend gilt für α = 70O :
b2
O
⇒ b2 = 5 m ⋅ cos 70 = 1,71m
r
4,7
4,7
tan β1 =
=
⇒ β1 ≈ 45O .
3 + 1,71 4,71
h2 = 4,7 dm und aus cos70O =
Daher folgt:
R
b1
C
C
r
h2
h1,2
R
O
B
70
b2
R
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Lösung 404
Gegeben:
β = 41 , b = 27 cm ,
15 Stufen
O
b1
β
α
A
a)
B
F
Wenn man der Zeichnung entnimmt, dass die 15 Stufen sich nicht überlappen,
dann haben sie die Gesamtbreite b = BF = 15 ⋅ b1 = 15 ⋅ 27 ⋅ cm = 405 cm.
Damit kann man die Treppenhöhe berechnen:
h
O
tan β = ⇒ h = b ⋅ tan 41 = 352 cm .
b
352
cm = 23,5 cm .
Auf eine Stufe entfällt daher h1 =
15
Dies kann man auch nur an einer Stufe berechnen:
h
O
tan β = 1 ⇒ h1 = b1 ⋅ tan 41 = 23,5 cm
b1
b)
Die neue Treppe erhält α = 25O .
h
h
Aus tan α =
⇒ AF =
= 755 cm
tan α
AF
Der Abstand der Fußpunkte A und B ist daher
AB = 755 cm − 405 cm = 350 cm
c)
Die neue Treppe hat 22 Stufen, d.h. für eine Stufe ergibt sich
755
b2 =
cm = 34,3 cm und
als Breite:
22
als Höhe: h2 =
352
cm = 16 cm
22
h1
β
b1
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31
Lösung 405
a)
Gegeben sind h = CS = 5 m und a = BC = 7 m
Dann folgt mit des Satz des Pythagoras:
2
2
2
2
2
BS = BC + CS ⇒ BS = BC + CS = 49 + 25 m = 74 m ≈ 8,60 m
Und für den Winkel γ = )CBS folgt: tan γ =
b)
S
CS 5
= ⇒ γ = 35,5O
BC 7
Im Grunddreieck ABC ist der Winkel α = )BAC
mit 70O gegeben, ferner kennt man aus a)
a = BC = 7 m . Das Dreieck ist ferner
laut Aufgabe gleichschenklig.
Also liegt bei M ein rechter Winkel.
C
α
A
AM AM
Also gilt: cos α =
=
⇒ AM = BC ⋅ cos α = 2,39 m
AC BC
B
M
Folglich wird AB = 2 ⋅ AM = 4,78 m (bzw. 4,79 m bei höherer Genauigkeit).
Die Dreieckshöhe CM:
S
CM
⇒ CM = AC ⋅ sin α = BC ⋅ sin α = 6,58 m
sin α =
AC
Damit ergibt sich als Dreiecksinhalt:
2
A ABC = 21 ⋅ AB ⋅ CM = 21 ⋅ 2,39 m ⋅ 6,58 m = 7,86 m .
c)
Es ist α = )CMS , β = )SBA und γ = )CBS .
Begründe, dass gilt
MS
sin β =
BS
α
A
M
Das Dreieck ABS ist gleichschenklig und da AB die
Basis ist und M deren Mittelpunkt, liegt bei M ein
rechter Winkel. Also ist BS die Hypotenuse und MS die Gegenkathete.
SC
;
MS
Dreieck MCS:
sin α =
Daraus folgt:
sin α ⋅ sin β =
Dreieck BMS: sin β =
γ
β
B
MS
BS
SC MS SC
⋅
=
und dies ist gerade sin γ im Dreieck
MS BS BS
BCS.
Also gilt sin α ⋅ sin β = sin γ .
Weil für alle Winkel gilt sin β ≤ 1 , wird die linke Seite der Gleichung größer, wenn
man sin β durch 1 ersetzt. Also folgt sin α ≥ sin γ , und folglich ist auch α ≥ γ .
C
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Lösung 411
a)
Dreieck ACD: sin α =
b)
Vorplanung:
CD
⇒ CD = AD ⋅ sin α = 22,94 m
AD
Zielrichtung
Um die Differenz AD − BD zu berechnen,
benötigt man MD , denn BD = MD − r .
D
⋅ C
1. Schritt: Berechnung von AC im Dreieck ACD:
cos α =
AC
⇒ AC = AD ⋅ cos α = 32,77 m
AD
α
2. Schritt: Übergang zum Dreieck BCD:
MC = AC + r = 32,77 m + 1,25 m = 34,02 m
3. Schritt: Berechnung des Winkels β :
B
d
M
4. Schritt: Berechnung der Hypotenuse MD im Dreieck MDC:
CD
CD
⇒ MD =
= 41,02 m
sin β
MD
5. Schritt: Verkürzen um den Radius:
BD = MD − r = 41,02 m − 1,25 m = 39,77 m
6. Schritt: Berechnung der gesuchten Differenz:
AD − BD = 40 m − 39,77 m = 0,23 m
Bemerkung:
*)
Eine wunderschöne Aufgabe, die nur mit rechtwinkligen
Dreiecken auskommt.
Man hätte den 3. und 4. Schritt durch den Satz des Pythagoras ersetzen
2
β
*)
CD
O
⇒ β = 34,0
tan β =
MC
sin β =
A
2
können: MD = DC + MC = 41,02 m
usw.
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Lösung 412
B
Gegeben:
FS = 34 m α = 73 ; β = 75
O
x
O
S
Gesucht: AB
α
β
e
C
h
h
Seeoberfläche
Vorplanung:
A
F
Die gesuchte Höhe AB berechnen wir als Summe der
Turmhöhe h und der Streckenlänge x = BC .
Ferner müssen wir ausnützen, dass B’ als Spiegelbild
von B an der Seeoberfläche zu A denselben Abstand hat
wie B, also ist auch AB' = h + x .
B'
Dreieck SBC:
x
tan α =
e
Dreieck SB’C:
tan β =
(1)
CB' h + AB' h + ( h + x ) 2h + x
=
=
=
e
e
e
e
(2)
Zwischenbemerkung
Die Aufgabe wird dadurch zunächst unübersichtlich und schwer, dass hier mit x und e zwei
Unbekannte vorliegen. Da wir jedoch zwei Dreiecke vorliegen haben, kommen wir auf zwei
Gleichungen, so dass wir durch Elimination einer der beiden Unbekannten der Reihe nach beide
berechnen können. Schaut man sich die beiden Gleichungen an, dann stellt man fest, dass es
leichter zu eliminieren ist, weil x sowohl in einem Bruch, als auch noch in einer Summe eingebunden
ist. In diesem Fall gibt es eine raffinierte Lösung, die etwas kürzer, aber sehr effektiv ist:
Wir dividieren (1) durch (2) - Divisionstrick - d.h. wir berechnen
tan α x
e
tan α
x
= ⋅
⇔
=
tan β e 2h + x
tan β 2h + x
Wegmultiplizieren der Nenner (über Kreuz multiplizieren):
( 2h + x ) ⋅ tan α = x ⋅ tan β
2h ⋅ tan α + x ⋅ tan α = x ⋅ tan β
2h ⋅ tan α = x ⋅ tan β − x ⋅ tan α
2h ⋅ tan α = x ⋅ ( tan β − tan α )
x=
Also folgt:
2h ⋅ tan α
= 482,3 m
tan β − tan α
AB = x + h = 482,3 m + 34 m = 516,3 m
Ergebnis: Der Ballon fliegt in etwa 516 m über der Seeoberfläche.
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34
Lösung 413
Gegeben:
α = 20 ; β = 65
s=5m
Gesucht: h
O
O
C
h
1. Methode
β
nach dem Prinzip der geschachtelten
rechtwinkligen Dreiecke:
s
α
y
A
D
x
B
Das Dreieck ABD ist rechwinklig, ebenso das Dreieck ABC.
Beide verknüpfen wir durch diese Gleichungen:
1. Schritt: Dreieck ABC:
tan β =
h+x
⇒ y ⋅ tan β = h + x ⇒ h = y ⋅ tan β − x
y
(1)
2. Schritt: Berechnung von x und y aus dem Teildreieck ABD:
sin α =
x
⇒ x = s ⋅ sin α = 1,71m
s
cos α =
y
⇒ y = s ⋅ cos α = 4,70 m (3)
s
(2)
3. Schritt: (2) und (3) in (1) einsetzen:
h = y ⋅ tan β − x = 4,70 m ⋅ tan65O − 1,71m = 8,40 m
C
2. Methode
h wird mit dem Sinussatz im Dreieck ADC
berechnet.
s ⋅ sin ( β − α )
h
s
=
⇒ h=
sin ( β − α ) sin δ
sin δ
δ
h
β−α
s
(4)
A
Dazu muss man zuerst den Winkel δ berechnen:
α
y
γD
ε
x
B
ε = 90O − α = 70O , γ = 180 − ε = 110 . Also wird δ = 180O − γ − ( β − α ) = 25O .
O
O
Nun folgt aus (4) sofort
h=
s ⋅ sin ( β − α ) 5 ⋅ sin 45O
=
= 8,40 m
O
sin δ
sin25
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Lösung 414
P
Gegeben:
b = 13 m , h = 3,7 m .
Maximaler Winkel
α
A
α = 31 .
Schiffsmaße:
Breite 6 m, Höhe 4,5 m
O
Q
h
B
W
V
F
b
a)
Berechnung der Höhe des Punktes P (bzw. Q) über der Wasseroberfläche:
sin α =
Im Dreieck AWP gilt:
PW
⇒ PW = AP ⋅ sin α = 21 b ⋅ sin α = 3,35 m
AP
FP = h + PW = 7,05 m
Gesamthöhe:
AW
⇒ AW = AP ⋅ cos α = 5,57 m
AP
Ferner folgt:
cos α =
Da BV = AW , folgt
PQ = b − 2 ⋅ AW = 13 m − 2 ⋅ 5,57 m = 1,86 m
b)
P
Q
S
A α
s
h
B
R
T
x
b
Das Schiff, das unter der Zugbrücke durchfahren soll, hat die Breite x = 6 m.
Nehmen wir an, es fährt genau in der Mitte des Flusses, dann bleibt links und rechts
noch eine Strecke s frei:
s = 21 ( b − x ) = 21 ⋅ (13 m − 6 m ) = 3,5 m
Wir berechnen nun, wie hoch das Schiff am linken Rand sein darf, wie hoch also S
über der Wasserfläche liegen kann, wenn AR = 3,5 m und α = 31 O betragen.
tan α =
SR
⇒ SR = AR ⋅ tan α = 2,10 m
AR
Damit folgt für die zulässige Schiffshöhe:
ST = h + SR = 3,70 m + 2,10 m = 5,80 m
Da das Schiff tatsächlich nur 4,5 m aus dem Wasser herausragt, kann das Schiff
unter der Zugbrücke hindurch fahren.
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36
Lösung 415
a)
α
Für die Berechnung des Schattens AS
verwendet man einen Trick. Weil das Dach
oben einen rechten Winkel besitzt, ist die
Dachneigung 45O groß. Daher ist das
Dreieck EFS und auch ABS gleichschenklig
rechtwinklig. Also sind die Strecken AB und
BS gleich lang, ich nenne sie x.
h
S
s
A
Nun können wir in dem rechtwinkligen Dreieck
ABC ganz komfortabel mit der Tangensfunktion
arbeiten:
tan α =
α
x
B
x
F
E
BC h + x
=
x
AB
Also folgt:
C
Gegeben:
SC = h = 4 m
x ⋅ tan α = h + x
α = 70
Da x die einzige Unbekannte in dieser Gleichung ist, können wir sie
berechnen. Dazu muss sie nach links gebracht werden:
x ⋅ tan α − x = h d.h.
x=
EF = 10 m
x ⋅ ( tan α − 1) = h
s
h
= 2,29 m .
tan α − 1
Im Dreieck ASC können wir alle Winkel
berechnen. Zuerst folgt bei C α ' = 20O ,
dann bei A β = 25O , und damit bei S
C
α
2. Lösungsweg zu a)
β = α − 45 = 25
O
O
A
s
h
h ⋅ sin α '
=
⇒ s=
= 3,24 m
sin α ' sin β
sin β
α ' = 90 − α = 20
O
h
s
γ S
γ = 180O − 20O − 25O = 135O .
Nun können wir den Sinussatz anwenden:
x
x
Nach Pythagoras folgt nun s2 = x 2 + x 2 ⇒ s = 2x 2 = x 2 = 3,24 m
b)
O
α
x
B
x
F
E
Nun soll der Schatten bis zum Punkt E reichen.
C
α
Aus den Abmessungen des Daches mit EF = 10 m
x = 5 m und somit wird BC = h + x = 9 m .
s
Damit folgt im Dreieck EBC:
h
S
tan α =
BC 9
= = 1,8 ⇒ α = 60,9O .
EB 5
E
α
x
x
B
F
O
16031 Trigonometrie
Trainingsaufgaben ohne Sinussatz / Kosinussatz - Lösungen
37
Lösung 416
D
z
γ
B
E
e
h1
h2
β
α
A
x
Gegeben sind α = 36,5
a)
O
und β = 29
O
Im rechtwinkligen Dreieck AFB gilt:
Damit folgt:
C
y
F
sowie h1 = 48 m und e = AC = 180 m
tan α =
y = e − x = 115,1m .
h1
h
⇒ x = 1 = 64,9 m
x
tan α
b)
Im rechtwinkligen Dreieck FCD gilt:
tan β =
h2
⇒ h2 = y ⋅ tan β = 63,8 m
y
c)
Im rechtwinkligen Dreieck BED gilt:
tan γ =
z h2 − h1
O
=
⇒ γ=5
e
e
Damit folgt
cos γ =
AC
AC
⇒ BD =
= 180,7 m .
cos γ
BD
Dies gelingt auch mit dem Satz des Pythagoras:
2
2
2
BD = AC + z2 ⇒ BD = AC + z2 = 180,7 m
mit z = h2 − h1 = 13,8 m .
Da die Länge des durchhängenden Seiles um 15 % größer ist, folgt
für diese Länge:
L = BD ⋅ 1,15 = 207,8 m .
16031 Trigonometrie
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38
Lösung 420
a)
Hans markiert eine Stelle B
auf der direkten Linie DC und
steckt rechtwinklig zu CD eine
Standlinie AB = s ab, die 44,2 m
lang wird. Die Entfernung BC
ist 34,3 m groß.
C
b
D
B
s
β
α
Schließlich misst er noch den
Winkel β = 23,0O .
A
Berechne die Breite b = CD des Flusses.
Teildreieck ABC:
Aus den gegebenen Größen s und BC können wir den
Winkel α berechnen:
tan α =
Teildreieck ABD:
BC 34,3 m
=
⇒ α = 37,8O
44,2
m
AB
tan ( α + β ) =
BD
⇒ BD = s ⋅ tan ( α + β )
s
Breite des Flusses: b = DC = BD − BC = s ⋅ tan ( α + β ) − BC = 44,8 m
60,8O
b)
Sylvia bestimmt ebenso wie Hans eine
Stelle E auf der Linie DC.
D
b
C
E
Ihre Standlinie s = AB ist ebenfalls
senkrecht zu CD und hat die
Länge 20,0 m.
γ
Sie bestimmt drei Winkel
β
α = 59,5 , β = 71,4 und γ = 52,2
O
O
O
Berechne die Breite b = DC des Flusses.
Teildreieck AED:
tan α =
DE
AE
(1)
Teildreieck BED:
tan β =
DE
BE
(2)
Durch Division entsteht:
Daraus folgt ohne Brüche:
tan α DE BE BE
=
⋅
=
tan β AE DE AE
AE ⋅ tan α = BE ⋅ tan β
B
α s
A
16031 Trigonometrie
Trainingsaufgaben ohne Sinussatz / Kosinussatz - Lösungen
Wegen AE = AB + BE
folgt nun
( AB + BE ) ⋅ tan α = BE ⋅ tan β
AB ⋅ tan α + BE ⋅ tan α = BE ⋅ tan β
AB ⋅ tan α = BE ⋅ tan β − BE ⋅ tan α
AB ⋅ tan α = BE ⋅ ( tan β − tan α )
BE =
Aus (2)
tan β =
DE
BE
AB ⋅ tan α
= 26,6 m
tan β − tan α
(3)
folgt:
DE = BE ⋅ tan β = 79,2 m
Oder als Formel mittels (3) :
DE =
AB ⋅ tan α
tan α ⋅ tan β
⋅ tan β = AB ⋅
tan β − tan α
tan β − tan α
Und schließlich erhält man die Flussbreite durch Subtraktion von EC .
Im Teildreieck BEC kennen wir BE und γ
tan γ =
Breite des Flusses:
also folgt
EC
⇒ EC = BE ⋅ tan γ = 34,3 m
BE
b = DE − EC = 79,2 m − 34,3 m = 44,9 m
39
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40
Lösung 421
Gegeben:
D
AB = a = 9,00 m
α = 28,7 ; β = 58,4
O
O
und γ = 42,3
h
O
C
Gesucht: CD .
x
β
α
A
B
a
Teildreieck
AFD:
tan α =
h+x
a+y
(1)
Teildreieck
BFD:
tan β =
h+x
y
(2)
Teildreieck
BFC:
tan γ =
x
y
(3)
γ
y
F
Berechnung von y aus (1) und (2) (Divisionstrick):
tan α h + x y
y
=
⋅
=
tan β a + y h + x a + y
Ergibt:
( a + y ) ⋅ tan α = y ⋅ tan β
d.h.
a ⋅ tan α + y ⋅ tan α = y ⋅ tan β
a ⋅ tan α = y ⋅ ( tan β − tan α )
y=
a ⋅ tan α
= 4,57 m
tan β − tan α
Berechnung von x aus (3):
x = y ⋅ tan γ = 4,16 m
Berechnung von h aus (2):
h + x = y ⋅ tan β ⇒ h = y ⋅ tan β − x = 3,26 m