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Wissenschaftliche Grundlagen des mathematischen Schulstoffes 1, Grüninger 19/20...

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WGMS 1 WS 2019/20

Dr. Matthias Gr¨ uninger M. Sc. Lisa Wipper

Probeklausur Aufgabe 1 Ein Turm mit H¨ohe 30 und Durchmesser 10 Meter wirft bei einem gewissen Sonnenstand einen Schatten der L¨ange 45 Meter. Der Durchmesser eines anderen Turms betr¨agt 8 Meter, dieser Turm wirft bei gleichem Sonnenstand einen Schatten der L¨ange 30 Meter. Wie hoch ist dieser Turm? (6 Punkte) L¨ osung: Wir nehmen an, dass die T¨ urme parallel sind und dass die Spitze mittig ¨uber dem C D Turm ist.

S A B Dann k¨ onnen wir aus der Aufgabenstellung entnehmen, dass |AS| = 30m + 8m 2 = 34m, o nnen den 2. Strahlensatz anwenden, |BS| = 45m + 10m = 50 m und |BC| = 30 m gilt. Wir k¨ 2 womit 1020m2 34m |AS| |AS| |AD| · 30m = |BC| = , |AD| = = = 20, 4m 50m |BC| |BS| |BS| 50m folgt. Der Turm ist also 20, 4m hoch. Es ist auch m¨oglich, die Aufgabe so zu l¨osen, dass die T¨urme keine Spitze haben. Die H¨ohe des Turmes betr¨agt dann |AD| =

|AS| 30m |BC| = · 30m = 20m. |BS| 45m

Aufgabe 2 Es seien 4ABC und 4A0 B 0 C 0 zwei Dreiecke mit |AC| = 5, |BC| = 10, |AB| = 5 |A0 C 0 | = 2, |B 0 C 0 | = 4 und m(∠ACB) = m(∠A0 C 0 B 0 ) = π3 .

p 3,

(a) Zeigen Sie, dass die Dreiecke 4ABC und 4A0 B 0 C 0 ¨ahnlich sind. (6 Punkte) (b) Bestimmen Sie die L¨ange der Seite |A0 B 0 |. (4 Punkte) L¨ osungen: (a) Wir zeigen, dass die Dreiecke ¨ahnlich sind, indem wir die jeweiligen Seitenverh¨altnisse betrachten. Die einzige M¨oglichkeit, wie wir dieselben Seitenverh¨altnisse erhalten, ist 5 |BC| |AC| = 0 0 = . |A0 C 0 | |B C | 2 1

|AB| |A0 B 0 | |AB| |AB| 5 nehmen wir |A0 B 0 | 6= 25 an. O.B.d.A. sei |A 0B 0| > 2 . Dann existiert ein eindeutig bestimmter Punkt B 00

Damit die Dreiecke ¨ahnlich sind, muss also

=

5 2

gelten. Um dies zu zeigen, 00

|AB | auf AB mit |A0 B 0 | = 52 . Da die Seitenverh¨altnisse ¨ubereinstimmen, sind die Dreiecke 4AB00 C und 4A0 B 0 C 0 ¨ahnlich. C C0

5

10

10

2

4

B A0 B0 B 00 Da der Punkt B 00 im Inneren des Winkels ∠BCA liegt, gilt m(∠BCA) = m(∠B 00CA)+ m(∠BCB 00 ). Damit folgt A

Vor.

m(∠A0 C 0 B 0 ) = m(∠ACB 00 ) = m(∠BCA)m(∠BCB 00 ) = m(∠A0 C 0 B 0 )m(∠BCB 00 ) . | {z } >0

|AB | Dies ist ein Widerspruch. Also gilt |A0 B 0 | = 25 . Daher stimmen die Seitenverh¨altnisse ¨ uberein und die Dreiecke 4ABC und 4A0 B 0 C 0 sind ¨ahnlich. Alternative L¨osung: Sei 4A2 B2 C ein zu 4A0 B 0 C 0 kongruentes Dreieck mit m(∠B2 CA2 ) = m(∠BCA). Da der Winkel bei C bei beiden Dreiecken gleich groß ist, liegt A2 auf dem Schenkel AC und wegen |AC| > |A0 C 0 | = |A2 C| liegt A2 zwischen A und C. Analog liegt B2 zwischen B und C. C C0

A2 5

B2 10

2

A B A0 0 Zudem gilt wegen der Kongruenz von 4A B 0 C 0 und 4A2 B2 C T V (ACA2 ) = 

4 B0

|AC| |BC| 5 |BC| 10 |AC| = T V (BCB2 ). = 0 0 = = 0 0 = = |B2 C| |B C | 2 |A2 C| 4 |C A |

Mit der Umkehrung des 1. Strahlensatzes folgt dann, dass A2 B2 und AB parallele Geraden sind. Dann sind aber ∠CAB und ∠CA2 B2 sowie ∠ABC und ∠A2 B2 C Stufenwinkel. Da Stufenwinkel gleich groß sind, folgt dann m(∠CAB ) = m(∠CA2 B2 ) = m(∠CA 0 B 0 ) und m(∠ABC) = (∠A2 B2 C) = m(∠A0 B 0 C 0 ). Daher wissen wir, dass die Winkel des Dreiecks 4ABC genauso groß sind wie die von 4A0 B 0 C 0 und damit sind die beiden Dreiecke ¨ahnlich. (b) Da die Dreiecke ¨ahnlich sind und die Winkel bei C und C 0 gleich sind, gilt p p 5 5 3 |AC| |BC| |AB| 0 0 = 0 0 = 0 0 = 0 0 , |A B | = 5 = 2 3. |A B | 2 |A C | |B C | 2 2

Aufgabe 3 Sei 4ABC ein Dreieck und D 6= A, B ein Punkt auf der Seite AB. Es gelte m(∠BAC) = π m(∠BDC) = 2π 3 und m(∠ABC ) = 12 .

π 6,

(a) Berechnen Sie die Gr¨oße der Winkel ∠ADB, ∠BCA, ∠CBD und ∠ADC. (8 Punkte) (b) Welche der drei Seiten |AB |, |BC| und |AC| ist die l¨angste? (2 Punkte) (c) Sei E ein Punkt auf AC und F ein Punkt auf CD, so dass C sowohl echt zwischen A und E als auch echt zwischen D und F liegt und die Geraden EF und AB parallel sind. Bestimmen Sie m(∠ECF ), m(∠CEF ) und m(∠CF E). (6 Punkte) L¨ osungen: Wir haben folgende Situation F

E

C

2π 3

π 6

A

D

π 12

B

(a) Zun¨ achst berechnen wir die Gr¨oße des Winkels ∠ADB. Wegen D 2 AB erhalten wir m(∠ADB) = π. Da die Innenwinkelsumme eines Dreiecks genau π betr¨agt, k¨ onnen wir auch die Gr¨oße des Winkels ∠BCA berechnen. Es gilt also m(∠BCA) = π  m(∠BAC)  m(∠ABC ) = π  =

12π 2π 9π 3π π . = =   4 12 12 12 12

π π  12 6

Da D auf der Seite AB liegt, gilt m(∠CBD) = m(∠CBA) = m(∠ABC) =

π . 12

Zuletzt berechnen wir die Gr¨oße des Winkels ∠ADC. Da ∠ADC und ∠CBD Nebenwinkel sind, gilt m(∠ADC ) = π  m(∠BDC) = π 

π 2π 3π 2π = . =  3 3 3 3

π π 3π (b) Wegen m(∠BCA) = 3π 4 > 6 = m(∠BAC ) und m(∠BCA) = 4 > 12 = m(∠ABC ) liegt der Winkel m(∠BCA) laut Vorlesung der l¨angsten Seite gegen¨uber und dies ist die Seite AB.

3

(c) Die Winkel ∠DCA und ∠ECF sind Scheitelwinkel und daher gleich groß. Die Gr¨oße des Winkels ∠DCA erhalten wir u ¨ber die Innenwinkelsumme des Dreiecks 4ACD, also folgt mit m(∠BAC) = m(∠DAC ) m(∠ECF ) = m(∠DCA) = π  m(∠BAC)  m(∠ADC ) = π  =

π 6π π 2π = .   6 6 6 2

π π  6 3

Da die Geraden AB und EF parallel sind und die Winkel ∠CEF und ∠DAC sowie ∠CF E und ∠ADC Wechselwinkel sind, sind diese gleich groß. Also gilt m(∠CEF) = (∠DAC) =

π π und m(∠CF E) = (∠ADC) = . 3 6

Aufgabe 4 Seien s1 und s2 zwei verschiedene Geraden, die sich in einem Punkt S schneiden. Ferner seien g und h zwei verschiedene, zueinander parallele Geraden. Es sei A der Schnittpunkt von g und s1 , C der Schnittpunkt von g und s2 , B der Schnittpunkt von h und s1 und D der Schnittpunkt von h und s2 . Der Punkt A liegt zwischen S und B. Es gelte |AC| = 2, |BD| = 6, |AS| = 5 und |CD| = 3. Berechnen Sie die |CS| und |AB|. (10 Punkte) L¨ osung: B A 6 5

2

S C 3 D Um |CS| zu berechnen, wenden wir den 2.Strahlensatz an und dass C zwischen S und D liegt. Es gilt 3=

3 3 |CD| |BD| |DS| |CS| + |CD| 6 , |CS| = . =1+ = =1+ = = 2 |AC| |CS| |CS| |CS| |CS| 2

Nun wenden wir uns |AB| zu. Wir wenden den 2. Strahlensatz an und erhalten |BS| 6 30 |BD| |BD| = 15. |AS| = · 5 = , |BS| = = 2 2 |AS| |AC| |AC| Da A zwischen D und S liegt, gilt dann |AB| = |BS|  |AS| = 15  5 = 10. Aufgabe 5 Seien 4ABC und 4A0 B 0 C 0 zwei Dreiecke. (a) Es gelte |AB| = 8, |BC| = 10 und |A0 B 0 | = 20. Begr¨unden Sie, warum die beiden Dreiecke nicht kongruent sind. (4 Punkte) 4

0 0 0 (b) Es gelte m(∠BAC) = 3π 4 und m(∠B A C ) = Dreiecke nicht ¨ahnlich sind. (4 Punkte)

π 3.

unden Sie, warum die beiden Begr¨

L¨ osungen: (a) Aus der Dreiecksungleichung und wegen |BC| = 10 > 8 = |AB| gilt |AC|  |AB| + |BC| = 8 + 10 = 18 und |AC|  |BC|  |AB| = 10  8 = 2. Daher gilt |AC| < 20 = |A0 B 0 |. Also gilt |A0 B 0 | 2 / {|AB|, |BC|, |AC|} und somit k¨onnen die Dreiecke 4ABC und 4A0 B 0 C 0 nicht kongruent sein, da in einem kongruenten Dreieck die Seiten von 4ABC genauso groß sein m¨ussen wie die von 4A0 B 0 C 0 . (b) Die Innenwinkelsumme eines Dreiecks betr¨agt genau π. In dem Dreieck 4ABC gilt also 3π π = . m(∠ABC ) + m(∠BCA) = π  m(∠BAC ) = π  4 4 / {m(∠ABC), m(∠BCA), m(∠BAC)}. Da in einem Wegen π4 < π3 gilt m(∠B 0 A0 C 0 ) 2 a ¨hnlichen Dreieck die Winkel von 4ABC jeweils so groß sein m¨ussen wie die Winkel von 4A0 B 0 C 0 , k ¨onnen die Dreiecke nicht ¨ahnlich sein. Aufgabe 6 Sei A = (0, 0), B = (3, 4), C = (5, 2) und D = (0, 5). Bestimmen Sie einen Punkt E, so dass 4ABC und 4ADE kongruent sind. (10 Punkte) L¨ osung: Wir bestimmen zun¨achst die Seitenl¨angen. Es gilt p p p p p |AB| = (xA  xB )2 + (yA  yB )2 = (0  3)2 + (0  4)2 = (3)2 + (4)2 = 9 + 16 = 25 = 5, p p p p |BC| = (3  5)2 + (4  2)2 = (2)2 + (2)2 = 8 = 2 2, p p p p |AC| = (0  5)2 + (0  2)2 = (5)2 + (2)2 = 25 + 4 = 29 und p p p |AD| = (0  0)2 + (0  5)2 = (5)2 = 25 = 5.

Da die Dreiecke 4ABC und 4ADE kongruent seien sollen, m¨ussen p die p Seiten von 4ABC so lang wie die von 4ABE seien. Wegen |AB| = |AD| muss dann {2 2, 29} = {|BC|, |AC|} = {|DE|, |AE|} gelten. 1. Fall: |AE| = |BC|, |DE| = |AC|. Dann erhalten wir q q p p 2 2 = |BC| = |AE| = (0  xE )2 + (0  yE )2 = x2E + y2E ) xE = ± 8  y2E

Dies setzen wir in |DE| = |AC| ein und erhalten

p p 29 = |AC| = |DE| = (0  xE )2 + (5  yE )2 =

s✓ ◆2 q 2 ( ⌥ 8  y E + 25  10yE + y2E

,29 = 8  y2E + 25  10yE + y2E = 8  10yE = 33  10yE

,  4 = 10yE , yE = 0, 4 q p )xE = ± 8  y2E = ± 8  0, 42 = ±2, 8. Dies liefert E 2 {(2.8, 0.4), (2.8, 0.4)}.

5

2. Fall: |AE| = |AC|, |DE| = |BC| )

q q p p 29 = |AC| = |AE| = (0  xE )2 + (0  yE )2 = x2E + y2E ) xE = ± 29  yE2

Dies setzen wir in |DE| = |BC| ein und erhalten

p p 2 2 = |BC| = |DE| = (0  xE )2 + (5  yE )2 =

,8 = 29  y2E + 25  10yE + y2E = 54  10yE

s✓ ◆2 q 2 + 25  10yE + yE ( ⌥ 29  y2E

,  46 = 10yE , yE = 4, 6 q p p p )xE = ± 29  y2E = ± 29  4, 62 = ± 29  21, 16 = ± 7, 84 = ±2, 8.

Dies liefert E 2 {(2.8, 4.6), (2.8, 4.6)}.

Insgesamt gilt also E 2 {(2.8, 4.6), (2.8, 0.4), (2.8, 0.4), (2.8, 4.6)}. D E4 E1 B

C E2

E3 A

Aufgabe 7 Sei 4ABC ein Dreieck mit |AB| = 13 und |AC| = 5. Wie groß kann die Strecke |BC| sein, falls (a) das Dreieck 4ABC gleichschenklig ist? (4 Punkte) (b) das Dreieck 4ABC rechtwinklig ist? (4 Punkte) L¨ osungen: (a) Bei einem gleichschenkligen Dreieck sind laut Vorlesung zwei Seiten gleich lang. Also gilt |BC| 2 {|AB|, |AC|} = {5, 13}. Jedoch ist |BC| = 5 nicht m o¨glich, denn mit der Dreiecksungleichung gilt dann 13 = |AB |  |AC | + |BC| = 5 + 5 = 10, was einen Widerspruch darstellt. (b) Da die Innenwinkelsumme eines Dreiecks π betr¨agt und das Dreieck rechtwinklig ist, k¨onnen die anderen beiden Winkel zusammen π2 ergeben. Somit ist der rechte Winkel der gr¨oßte des Dreiecks und liegt nach Blatt 12, Aufgabe 6)a) der l¨angsten Seite gegen¨uber. Wegen |AB| = 13 > 5 = |AC| kann der rechte Winkel also nicht bei B liegen. 1. Fall: m(∠BCA) = π2 . Da das Dreieck 4ABC rechtwinklig ist, k¨onnen wir den Satz des Pythagoras anwenden und erhalten p p p |BC|2 = |AB |2  |AC |2 , |BC| = 132  52 = 169  25 = 144 = 12. 6

2. Fall: m(∠CAB) = π2 . Da das Dreieck 4ABC rechtwinklig ist, k¨onnen wir den Satz des Pythagoras anwenden und erhalten p p p |BC |2 = |AB |2 + |AC|2 , |BC| = 132 + 52 = 169  25 = 194. Aufgabe 8 Sei A = (0, 0), B = (2, 4) und C = (3, 0). Bestimmen Sie (a) die Gleichungen der drei Mittelsenkrechten von 4ABC. (6 Punkte) (b) den Schnittpunkt der drei Mittelsenkrechten. (4 Punkte) (c) den Radius des Umkreises von 4ABC. (2 Punkte) osungen: Wir haben folgende Situation L¨ y B

4

3

2

MAB

MBC

S

1

A

1

2 MAC

C

3

x 4

(a) Zun¨ achst berechnen wir die Steigungen von AB, BC und AC. Es gilt 40 yB  yA = = 2, xB  xA 2  0 04 4 = = 4 und = 1 32 00 = = 0. 30

aAB = aBC aAC

Da die Mittelsenkrechten Lote sind, stehen die Geraden senkrecht aufeinander und daher gilt ? = aAB

1 1 1 ? = 1 = . =  und aBC 2 4 4 aAB

Da die Steigung von AC gleich 0 ist, besitzt die Mittelsenkrechte zu AC die Form x = xMAC . Nun fehlen noch die Mittelpunkte der Seiten. Es gilt ✓ ◆ ✓ ◆ xA + xB yA + yB 0+2 0+4 MAB = = = (1, 2), , , 2 2 2 2 ◆ ✓ ◆ ✓ 5 4 2+3 4+0 = = (2.5, 2) und , , MBC = 2 2 2 2 ◆ ✓ ◆ ✓ 3 0 0+3 0+0 = = (1.5, 0). , , MBC = 2 2 2 2 7

Um die y-Achsenabschnitte zu berechnen, setzen wir die Mittelpunkte in die Geradengleichungen y = ax + b bzw. x =MAC ein und erhalten 1 2 =  · 1 + bmAB , bmAB = 2, 5 und 2 1 2 = · 2, 5 + bmBC , bmBC = 1, 375. 4 Also sind die drei Mittelsenkrechten 1 mAB = {(x, y) 2 R| y =  x + 2, 5}, 2 1 mBC = {(x, y) 2 R| y = x + 1, 375} und 4 mAC = {(x, y) 2 R| x = 1, 5}. (b) Wir bestimmen den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten mAB und mAC , indem wir die Geradengleichung von mAC in die von mAB einsetzen. Also gilt 7 1 3 · + 2, 5 = . 2 2 4 3 7  und erhalten damit den Schnittpunkt S = 2 , 4 . Laut Vorlesung wissen wir, dass es reicht, den Schnittpunkt zweier Mittelsenkrechten zu berechnen, da sich alle drei in einem Punkt schneiden. y=

(c) Der Umkreis K hat den Schnittpunkt der Mittelsenkrechten als Mittelpunkt und die Punkte A, B und C liegen auf K. Wir setzen den Punkt A in die Kreisgleichung ein und erhalten ✓ ✓ ◆ ◆ 7 2 3 2 2 + 0 r = 0 4 2 49 9 = + 4 16 49 85 36 + = = 16 16 16 p 85 . )r= 4 Der Radius des Umkreises betr¨agt

p 85 4 .

Aufgabe 9 Seien A, B und C drei verschiedene Punkte, die auf einem Kreis mit Radius 13 liegen. Der Mittelpunkt des Kreises liege auf der Geraden AB. Sei FC der Fußpunkt der H¨ohe durch C. Es gelte |AC| = 10. Berechnen Sie |BC|, |CFC |, |AFC | und |BFC |. (10 Punkte) L¨ osung:

8

C

10 . FC

A

26

B

Da der Mittelpunkt M auf AB liegt und A und B auf dem Kreis, ist |AB| der Durchmesser des Kreises und somit gilt |AB| = 2 · 13 = 26. Nach dem Satz des Thales ist zudem der Winkel ∠BCA ein rechter. Da 4ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit rechtem Winkel bei C ist, k¨onnen wir die L¨ange der Seite BC mit dem Satz des Pythagoras ausrechnen. Es gilt p p p p |BC| = |AB |2  |AC|2 = 262  102 = 676  100 = 576 = 24.

Damit k¨onnen wir den Kathetensatz also |AC|2 = |AFC | · |AB| und |BC |2 = |BFC | · |AB| anwenden. Somit erhalten wir 102 50 |AC|2 und = = 13 |AB| 26 |BC|2 242 576 288 |BFC | = . = = = 13 |AB| 26 26

|AFC | =

Um |CFC | zu erhalten, wenden wir den H¨ohensatz |CFC |2 = |AFC ||BFC | an. Es gilt r r p 50 288 14400 120 . |CFC | = |AFC ||BFC | = = = · 13 169 13 13 Aufgabe 10 Sei 4ABC ein Dreieck mit m(∠ACB) = π2 , |AB| = 10, |AC| > |BC| und |CFC | = 4, wobei FC der Fußpunkt der H¨ohe durch C ist. Berechnen Sie |AC| und |BC|. (10 Punkte) L¨ osung: Da das Dreieck rechtwinklig ist, folgt mit dem H¨ohensatz |CFC |2 = |AFC ||BFC |,

(1)

|CB|2 = |BFC ||AB| = 10|BFC |,

(2)

mit dem Kathetensatz

2

|AC| = |AFC ||AB| = 10|AFC | 9

(3)

und mit dem Satz des Pythagoras 100 = |AB|2 = |AC|2 + |BC |2 ,100 = 10(|AFC | + |BFC |)

,10 = |AFC | + |BFC | ,|BFC | = 10  |AFC |. Mit (1) folgt nun

16 = |AFC |(10  |AFC |) = 10|AFC |  |AFC |2

,0 = |AFC |2  10|AFC | + 16

,0 = |AFC |2  10|AFC | + 25  25 + 16 ,(|AFC |  5)2 = 9

)|AFC |  5 = ±3 )|AFC | 2 {2, 8}.

Wegen 10 = |AB| = |AFC | + |BFC | undp|AC| > |BC| 8 und |BFCp| = 2. Somit p gilt |AFC | = p erhalten wir mit (2) schließlich |AC| = 8 · 10 = 4 5 und |BC| = 2 · 10 = 2 5.

10...