Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°

06.11.2009, 00:42

pascal1

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Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°

Hallo
gegeben ist eine strecke von 10 cm.
Anfangspunkt ist A und Endpunkt ist C
Bei 2 cm befindet sich Punkt B

Also A=0cm, B=2cm, C=10cm (Alles auf einer Strecke)

Nun soll ein Punkt bestimmt werden, sodass folgedes gilt

<| APB = 50° (Das <| Zeichen bedeutet Winkel)
<| BPC = 50°

Mein Ansatz war den Höhensatz zu verwerden um die Höhe zu bestimmen.
h² = p+q , wobei p=2cm und q=8cm ist
demnach wäre h=4cm.

Habe dann mit sinus und kosinus weitergerechnet doch kam ich zu keinem Ergebnis.
Fehler: Der Höhensatz gilt nur für Rechtwinklige Dreieicke, aber in dem Fall ist ja am Punkt P schon ein Winkel von 100°.

Habe versucht mit der Überlegung ein Gleichschungssystem aufzustellen, doch konnte ich keine Variable eliminieren oder durch eine andere ausdrücken, sodass das syste lösbar wäre

BIttte nun um euren Rat =)
Danke

06.11.2009, 08:59

Huggy

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RE: Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°
Das geht mit dem Umfangswinkelsatz (Fasskreis).

06.11.2009, 14:54

riwe

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RE: Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°
wenn du eine rechnerische lösung suchst, bemühe die analytische geometrie.
damit findet man rasch:

$\begin{eqnarray*} P(\frac{10(5-3k^2)}{9k^2+25}/\frac{80k}{9k^2+25})\quad{ }\text{mit}\quad{}k=tan(\frac{\pi}{2}-\alpha) \end{eqnarray*}$

06.11.2009, 15:15

Alex-Peter

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RE: Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°
Konstruktive Lösung
2 Mal den Peripheriekreis konstruieren, der Schnittpunkt beider Kreise ist P

06.11.2009, 18:52

chacky1

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Hallo leute,.. danke schon mal für eure Antworten und Vorschläge
(ich bin der Threaderstelle)

@ Huggy
vom Umfangswinkelsatz habe ich leider noch nie was gehört.
Die Aufgabe ist aus der 10. Klasse und bisher hatten wir nur den Pythagoras, Satz des Thales, sin, cos, tan.

@riwi:
die analytische Geometrie hatten wir glaube ich auch noch nicht. Außerdem kann ich den Lösungsweg auch nicht so folgen unglücklich

unglücklich

Warum im Nenner 9k²+25

@ Alex -Peter:
könntest du vllt erläutern wie du auf die zeichnerische lösungs kommst?
Du hast ja mit kreisen gearbeitet und anscheinend ein Schnittpunkt der gesuchte Punkt P. Aber woher weiß ich wie groß ich den Radius wählen muss von den Kreisen und wo ist der Mittelpunkt.

Was ich erkenne ist, wenn ich den großen kreis zeichnen würde:
Ich nehme mir die Mitte von der Strecke BC und und zeichne eine senkrechte nach oben. Doch wie Hoch muss ich da gehen.?

lg

06.11.2009, 19:17

Huggy

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Es ist ziemlich unglaubwürdig, dass ihr diese Aufgabe lösen sollt und den Satz vom Umfangswinkel nicht durchgenommen habt. Für die konstruktive Lösung mit Zirkel und Lineal ist er unerlässlich. Die Lösung von Alex-Peter beruht darauf. Also schau dir den Satz mal in der Wikipedia an. Vielleicht erinnerst du dich dann. Der Umfangswinkelsatz ist eine Verallgemeinerung des Satz des Thales.

Bei einer analytischen Lösung kann man auch auf diesen Satz zurückgreifen. Da gibt es aber noch andere Wege. Ich weiß nicht, welchen Weg riwe gewählt hat. Der findet oft sehr elegante Lösungen.

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06.11.2009, 20:10

riwe

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nur

smile

mit der winkelfunktion $\begin{eqnarray*} m=tan(50) \end{eqnarray*}$ und dem wissen, dass gilt

$\begin{eqnarray*} tan(\alpha\pm\beta)=\frac{tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\cdot tan\beta} \end{eqnarray*}$

biete ich an:

$\begin{eqnarray*} P(\frac{10(5m^2-3)}{25m^2+9}/\frac{80m}{25m^2+9}) \end{eqnarray*}$

wäre das eine möglichkeit verwirrt

verwirrt

06.11.2009, 20:38

Leopold

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In diesem Spezialfall ist $\begin{eqnarray*} PB \end{eqnarray*}$ ja die Winkelhalbierende im Dreieck $\begin{eqnarray*} ACP \end{eqnarray*}$ beim Punkt $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ . Nun teilt ja bekanntermaßen eine Winkelhalbierende die Gegenseite des Winkels im Verhältnis der anliegenden Seiten. Bezeichnen wir also die Längen der Strecken $\begin{eqnarray*} AB,BC,PA,PC \end{eqnarray*}$ der Reihe nach mit $\begin{eqnarray*} u,v,s,t \end{eqnarray*}$ , so gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{u}{v} = \frac{s}{t} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

Das Ganze läßt sich daher mit einer Ähnlichkeitskonstruktion lösen. Man konstruiert einfach irgendwo ein Dreieck $\begin{eqnarray*} A'C'P' \end{eqnarray*}$ mit einem 100°-Winkel bei $\begin{eqnarray*} P' \end{eqnarray*}$ , so daß für das Verhältnis der Längen $\begin{eqnarray*} s',t' \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} P'A' \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P'B' \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{s'}{t'} = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

Beispiel: $\begin{eqnarray*} s'= 1{,}5 \, ; \ t' = 6 \end{eqnarray*}$

Die Winkel, die bei $\begin{eqnarray*} A' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C' \end{eqnarray*}$ entstehen, kann man an die Strecke $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ anlegen. Das geht auch konstruktiv.

06.11.2009, 23:30

riwe

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Hut ab

Gott

damit lassen sich die koordinaten des punktes P auch einfach auf trigonometrischem wege berechnen Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.11.2009, 10:07

Alex-Peter

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RE: Punkt bestimmen, sodass zwei Dreiecke entstehen mit jeweils 50°
Anbei deine gewünschte Konstruktion des Peripherie-Winkels. Und den 2.Peripheriekreis setzt du daneben, der Schnittpunkt ist dann Punkt P, wie du es aus meiner ersten Konstruktion ersehen kannst

2.) Die Basislänge ist natürlich in deinem Fall 80mm lang, bei dem kleinen Kreis wäre sie 20mm lang.

Die Zeichnung kannst du durch Anklicken vergrößern!!

07.11.2009, 11:45

Alex-Peter

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Frage an RIWE
Ich habe deine exakte mathematische Lösung nachgerechnet und bin sehr positiv überrascht. Mich würde sehr interessieren, ein bisschen die Herleitung deiner Berechnung zu erfahren. Danke im Voraus.
(Zeichnerisch gelöst komme ich nur auf 5..6 Nachkommastellen)

07.11.2009, 15:54

chacky

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@ Alex-Peter

Danke für das Beispiel mit dem Peripherie- Winkel. Habe jetzt das Prinzip verstanden, wie man sowas konstruktiv macht. Die Bilder waren echt Klasse.
Was für ein Programm benutzt da da eigentlich.

@Leopold
deine lösung hört sich auch sinnvoll an,.. ich versuche das ganze mal gleich zu probieren

@ Huggy
Also der Umfangswinkelsatz hatte mir bis vor kurzem wirklich nichts gesagt, jedoch verstehe ich ihn nun mittlerweile.

Ich werde euch dann berichten darüber, wie es der Lehrer haben will.

Aber nochmal vielen dank an alle,. ihr hat mir wirklich sehr geholfen=)
Lösung kommt die Tage.

07.11.2009, 17:00

riwe

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RE: Frage an RIWE

Zitat:

Original von Alex-Peter
Ich habe deine exakte mathematische Lösung nachgerechnet und bin sehr positiv überrascht. Mich würde sehr interessieren, ein bisschen die Herleitung deiner Berechnung zu erfahren. Danke im Voraus.
(Zeichnerisch gelöst komme ich nur auf 5..6 Nachkommastellen)

na das freut mich, dass ich noch jemanden positiv überraschen kann smile

smile

welche lösung möchtest du den,
die analytische oder eine der trigonometrischen verwirrt

verwirrt

die analytische kann man fast im kopf erledigen.

mit A0/0), B(2/0), C(10/0) und $\begin{eqnarray*} k= tan(40) \end{eqnarray*}$
stellt man (im kopf) die beiden geraden durch A und B mit anstieg k auf und erhält sofort die beiden faßkreise

$\begin{eqnarray*} K_1(1/k/\sqrt{1+k^2})\wedge K_2(6/4k/4\sqrt{1+k^2}) \end{eqnarray*}$

die beiden kreise geschnitten liefert $\begin{eqnarray*} x=2 -\frac{3}{5}ky \end{eqnarray*}$

und damit aus einer der beiden kreisgleichungen

$\begin{eqnarray*} y_P=\frac{80k}{9k^2+25} \end{eqnarray*}$

die trigonometrischen wege sind ähnlich einfach smile

smile

07.11.2009, 18:15

Alex-Peter

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RE: Frage an RIWE
Hallo Riwe, vielleicht die mit dem Tangens von oben, leider bin ich im Augenblick in einer Konferenzschaltung mit der USA, ich melde mich später oder morgen wieder Gruß Alex-Peter

07.11.2009, 19:01

riwe

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RE: Frage an RIWE
und ich habe eine standleitung zum weinfaß smile

smile

trigo 1:
fälle das lot von P auf AB, der lotfußpunkt sei L:
mit $\begin{eqnarray*} m=tan(50) \end{eqnarray*}$ und dem winkel $\begin{eqnarray*} \epsilon=\sphericalangle{LPB}\wedge x=\overline{LB}\wedge h=\overline{LP} \end{eqnarray*}$ hat man:

$\begin{eqnarray*} tan\epsilon =\frac{x}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} tan(50+\epsilon)=\frac{8+x}{h} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} tan(50-\epsilon)=\frac{2-x}{h} \end{eqnarray*}$

woraus man erhält:

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{h}=\frac{3m}{5} \wedge x=\frac{48}{25m^2+9} \end{eqnarray*}$

und daraus $\begin{eqnarray*} x_P=\frac{10(5m^2-3)}{25m^2+9} \end{eqnarray*}$

was mit dem obigen ergebnis wegen $\begin{eqnarray*} m=\frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ übereinstimmt

trigo 2 nach dem vorschlag von Leopold:

mit dem sinussatz erhält man mit
$\begin{eqnarray*} \alpha=\sphericalangle{BAP} < \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} tan\alpha=\frac{4sin80}{1+4cos80} \end{eqnarray*}$

und in folge

$\begin{eqnarray*} x_p=\frac{10tan(80-\alpha)}{tan(80-\alpha)+tan\alpha}\wedge y_P=x_P\cdot tan\alpha \end{eqnarray*}$

08.11.2009, 15:47

Alex-Peter

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RE: Frage an RIWE
Hallo RIWE, ich sage Dir schon mal danke für deine ausführliche Ausführung.
Ich werde mir das noch genau durcharbeiten. Also nochmals danke !
Gruß "Alex-Peter"

08.11.2009, 15:47

Alex-Peter

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RE: Danke an RIWE
Hallo RIWE, ich sage Dir schon mal danke für deine ausführliche Ausführung.
Ich werde mir das noch genau durcharbeiten. Also nochmals danke !
Gruß "Alex-Peter"

08.11.2009, 17:16

riwe

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RE: Danke an RIWE
gerne geschehen.
als nette übung in trigonometrie kann man nun das letzte ergebnis in das erste überführen, was mit

$\begin{eqnarray*} tan\alpha=\frac{8k}{5-3k^2}\wedge tan80=\frac{2k}{1-k^2} \end{eqnarray*}$

sogar gelingt smile

smile

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