Winkel eines Dreiecks im Kreisradius berechnen

08.09.2020, 21:41

Sylux

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Winkel eines Dreiecks im Kreisradius berechnen

Hallo zusammen,

ich sitze schon den ganzen Tag an dem selben Problem. Siehe hierzu das Bild im Anhang. Mein Ziel ist es den Winkel Alpha zu berechnen. Gegeben ist der Radius r, die Länge x´, sowie der eingezeichnete Winkel 30°.

Durch das Einzeichnen von etlichen Hilfsdreiecken bin ich trotzdem nicht auf die Lösung gekommen.

Habt ihr eine Idee, wie man das Problem lösen könnte?

Vielen Dank im Voraus!

Mit freundlichen Grüßen

Sylux

08.09.2020, 22:35

Sylux

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Ergänzung
Gerade x' steht senkrecht auf r'

08.09.2020, 23:08

Kanye

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Da bin selbst ich überfragt

09.09.2020, 02:00

mYthos

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Die Rechnung ist etwas länger, sie führt mit $\begin{eqnarray*} \tan \alpha = \frac{x'}{r'} \end{eqnarray*}$ und zweimaliger Anwendung des Sinussatzes (in zwei Dreiecken) auf eine goniometrische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ .
mY+

09.09.2020, 14:53

Sylux

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Danke für deine Antwort, leider ist die Gerade nicht gegeben.

Grüße Sylux

09.09.2020, 14:55

Sylux

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Zitat:

Original von Sylux
Danke für deine Antwort, leider ist die Gerade nicht gegeben.

Grüße Sylux

Die Gerade r'

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09.09.2020, 14:57

riwe

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die brauchst du auch nicht,
der Weg von Mythos führt ans Ziel Augenzwinkern

Augenzwinkern

09.09.2020, 16:41

Leopold

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Schau mal, ob es mit der folgenden Formel klappt:

$\begin{align*} \alpha = \arctan \left( \frac{1}{2r} \left( \sqrt{3} \left( 2x' - r \right) + \sqrt{\left( 2x' - r \right)^2 + 2r^2} \right) \right) \end{align*}$

Bekomme habe ich sie durch eine Rechnung im Koordinatensystem unter Zuhilfenahme eines CAS. Wenn du nicht nur an der Lösung, sondern auch einem Lösungsweg interessiert bist, empfehle ich, den Vorschlag von mYthos zu verfolgen.

09.09.2020, 21:01

Sylux

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Vielen Dank schonmal, ich versuche mich morgen nochmal dran!

10.09.2020, 03:07

mYthos

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r' wird durch die Beziehung $\begin{eqnarray*} \tan \alpha = \frac {x'}{r'} \end{eqnarray*}$ und somit mittels $\begin{eqnarray*} r' = \frac{x'}{\tan \alpha} \end{eqnarray*}$ eliminiert.
--------
Nachdem es heute früh schon so spät ist [ Augenzwinkern

Augenzwinkern

], kann ich demnächst (heute) auf weitere Einzelheiten eingehen ...

[attach]51869[/attach]

mY+

10.09.2020, 13:24

Sylux

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andere Lösung
Mit der eingezeichneten Hilfslinie bin ich mittlerweile auf eine andere Lösung gekommen

$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> \alpha=(\frac{sin(60°)}{c} \cdot x')<br /> ~mit~ c = \sqrt{a^2+b^2-2ab \cdot cos(60°)}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

erst Sinussatz, dann Cosinussatz.

Mit dem tan() bin ich leider nicht weiter gekommen

10.09.2020, 13:28

Sylux

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RE: andere Lösung

Zitat:

Original von Sylux
Mit der eingezeichneten Hilfslinie bin ich mittlerweile auf eine andere Lösung gekommen

$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> \alpha=(\frac{sin(60°)}{c} \cdot x')<br /> ~mit~ c = \sqrt{a^2+b^2-2ab \cdot cos(60°)}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

erst Sinussatz, dann Cosinussatz.

Mit dem tan() bin ich leider nicht weiter gekommen

Mit a = x'
und b = r

10.09.2020, 13:35

Sylux

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Wieso kann ich als nicht registrierter Nutzer meine Nachrichten nicht löschen. Ich hab grade nur einen Teil von Alpha berechnet, der andere ist aber genau so machbar

10.09.2020, 13:54

mYthos

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Der Winkel $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ bei H ist $\begin{eqnarray*} 150° - \alpha \end{eqnarray*}$ .
Mittels des Dreieckes CGH ergibt sich, dass der Winkel bei G ebenfalls $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ betragen muss.

Somit ist

$\begin{eqnarray*} \tan \alpha = \frac {x'}{r'} \ \to \ r' = \frac{x'}{\tan \alpha} \end{eqnarray*}$
---------------

Dreieck ABH: $\begin{eqnarray*} \gamma = 150° - \alpha \end{eqnarray*}$ , y = AH; Sinussatz:

$\begin{eqnarray*} r : y = \sin \gamma : \sin 30° \ \to \ y \end{eqnarray*}$
---------------

Dreieck CGH: Sinussatz:

$\begin{eqnarray*} (r - y) : r' = \sin \alpha : \sin \gamma \ \to \ ... \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r(\sin \gamma - \frac 1 2) = x' \cos \alpha \end{eqnarray*}$
---------------

Nachdem x' und r gegeben sind, setzen wir $\begin{eqnarray*} \frac{x'} r = d \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sin \ (150° - \alpha) - 0.5 = d \cdot \cos \alpha \end{eqnarray*}$

Diese Gleichung ist nun nach $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zu lösen.

mY+

10.09.2020, 14:28

mYthos

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Der erste Teil von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist richtig.
Dessen zweiter Teil folgt umgehend aus dem Sinussatz.

Schöne Lösung!

Jetzt kann man unsere beiden Lösungen gegeneinander verifizieren!
Entsprechend ergänzte Graphik:

[attach]51870[/attach]

mY+

10.09.2020, 14:40

Sylux

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Ok, ich habe ein bisschen gebraucht um deine Lösung nach zu vollziehen. Aber habs verstanden. Für mich wirds wohl ein Rätsel bleiben wie du auf die Idee gekommen bist das Problem so anzugehen, aber deine Lösung ist wesentlich angenehmer.

Vielen Dank schonmal!

Theoretisch müsste man ja meine lange Formel in deine umformen können durch anwenden von verschiedenen Sätzen. Aber ich glaube da fehlt mir grade Gehirn für Hammer

Hammer

10.09.2020, 14:43

Sylux

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Welches Programm hast du genutzt um die Zeichnung zu erstellen? So sieht das ziemlich übersichtlich aus.

10.09.2020, 15:11

mYthos

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Die Grafik - und auch die Berechnungen - können mittels GeoGebra erstellt werden.
Diese Technologie-Anwendung ist frei erhältlich und wird oftmals im Schul- und Hochschulbereich angewandt.
------------

Lösen der Gleichung in meinem vorvorigen Beitrag:

$\begin{eqnarray*} \sin \ (150° - \alpha) - 0.5 = d \cdot \cos \alpha \end{eqnarray*}$

EDIT: $\begin{eqnarray*} (\sin \ 150°) \ \cos \alpha - (\cos \ 150°) \sin \alpha -0.5 = d \cos \alpha \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sqrt 3 \sin \alpha + (1 - 2d) \cos \alpha = 1 \end{eqnarray*}$
--------------------------------------------

Für diese Art der goniometrischen Gleichung verwenden wir ein spezielles Verfahren (Polarkoordinaten):

$\begin{eqnarray*} A \sin x + B \cos x = C \quad \ .. \text{ Setze } A = R \cos \varphi, \ B = R \sin \varphi; \ \to \ R = \sqrt{A^2+B^2} \text{ und } \varphi = \frac B A \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R \sin x \cos \varphi + R \cos x \sin \varphi = C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sin (x + \varphi) = \frac C R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = \arcsin \frac C R - \arctan \frac B A \end{eqnarray*}$
-------------------------------------

Damit ist für unsere Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} A = \sqrt 3; B = 1 - 2d; R = 2 \sqrt{1 - d + d^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha = \arcsin \frac 1 {2 \sqrt{1 - d + d^2}} - \arctan \frac {1 - 2d}{\sqrt 3} \end{eqnarray*}$
===============================

mY+

10.09.2020, 15:27

Sylux

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wohin verschwindet die -0.5 im ersten schritt?

10.09.2020, 15:35

Sylux

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Zitat:

Original von Sylux
wohin verschwindet die -0.5 im ersten schritt?

hab sie wieder gefunden in schritt 3 Big Laugh

Big Laugh

10.09.2020, 16:24

mYthos

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Ja, die war vergessen, habe ich nun korrigiert.

11.09.2020, 01:23

mYthos

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@Leopold

Ich konnte mein Ergebnis mit deinem vergleichen, beide stimmen überein!

[attach]51871[/attach]

Für Interessierte hier das GGB-File:

[attach]51872[/attach]

mY+

11.09.2020, 09:02

quadrierer

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Das mit .zip mitgeteilte ggb-Bild zeigt den Zusammenhang für die Aufgabe:

Gegeben: $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$
Gesucht: x´, ...

Wünschenswert wäre nun noch ein ggb-Bild für die ursprüngliche Aufgäbe mit umgekehrter Richtung beim Zusammenhang:

Gegeben: x´, ...
Gesucht: $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$

12.09.2020, 00:11

mYthos

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Nun ja, ganz so ist es nicht, dass x' und r' nicht frei wähllbar wären.
Offensichtlich besteht aber Erklärungsbedarf von meiner Seite.

Also, erstens ist r gegeben, es ist veränderbar, ich habe es mit r = 5 angenommen, das ist auch in der Kreisgleichung verankert. Zweitens ist gewissermaßen auch x' wählbar, dazu dient der Parameter d, der das Verhältnis x' zu r darstellt.
Wenn du nun am am Punkt B ziehst, wird dessen Lage im Kreis so verändert, dass x' jeden beliebigen Wert annimmt. Zusammen mit dem - ebenfalls gegebenen - Radius r ist dann auch das Verhältnis x' : r = d beliebig.
Verändert man dieses, werden alle Längen größer oder kleiner, es besteht also Ähnlichkeit, wobei alle Winkel gleich bleiben.

Für den gesuchten Winkel sind die absoluten Zahlenwerte ohne Belang, denn es kommt nur auf das o. a. Verhältnis an, wie man es auch schon in der Ergebnisformel erkennen kann. Dieses wird mittels der Lageveränderung von B eingestellt.

Das Ergebnis als solches kann jederzeit direkt durch Einsetzen in die Ergebnisformel berechnet werden oder eben mittels der interaktiven Grafik:
Ist z.B. r = 9 und x' = 6, so ist d = x'/r = 0.66667. Der Punkt B wird nun so lange verschoben, bis d den gewünschten Wert annimmt.
-------------------

Alternativ kann das Gleiche mit zwei Schiebereglern für r und x' realisiert werden. Dann ist die Lage von B von diesen beiden abhängig. B selbst kann dann natürlich nicht mehr alleine verschoben werden.
r verändert die Größe des Kreises, x' die Position des Punktes B auf dem Kreis.

Dieses dahingehend ergänzte GGB befindet sich hier im Anhang.

[attach]51875[/attach]

mY+

14.09.2020, 16:04

Sylux

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Aufgabe
Die Aufgabe ist ein selbst konstruiertes Problem, welches ein reales Problem löst. Falls ihr Interesse habt, kann ich mal versuchen dieses zu erklären.

Ich danke mYthos sehr und konnte mit seinem Rechnungsweg + Lösung das Problem lösen.

grüße,

Sylux

14.09.2020, 19:46

quadrierer

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RE: Aufgabe
@ Sylux

Das reale Problem interessiert mich? Ist x´ gegeben und $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ gesucht oder ist es umgekehrt?

@ mYthos

Danke für das 2. ggb-Bild. Es erfüllt aber meine Wünsche noch nicht ganz. Die Grösse von x´ soll im Zugmodus direkt im ggb-Bild verändert werden und $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ anschaulich nachvollziehbar nachfolgen, ganz ohne Zuhilfenahme von Schiebereglern.

Qu+

14.09.2020, 23:05

Sylux

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RE: Aufgabe
x' ist gegeben alpha ist gesucht. Morgen kann ich mehr erklären

15.09.2020, 01:43

mYthos

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RE: Aufgabe

Zitat:

Original von quadrierer
...
Die Grösse von x´ soll im Zugmodus direkt im ggb-Bild verändert werden und $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ anschaulich nachvollziehbar nachfolgen, ganz ohne Zuhilfenahme von Schiebereglern.
...

Beim Ziehen von B (im ersten GGB) ändert sich auch gleichzeitig x'.
Wenn man x' direkt durch Ziehen ändern will, müsste der Punkt F frei beweglich werden. Darin sehe ich aber keinen wesentlichen Unterschied.

Daher möchte ich keine weiteren Änderungen machen, die 2 GGBs sind für diese Aufgabe ohnehin schon reichlich.
Wenn du willst, kannst du ja selbst mal etwas versuchen, GeoGebra ist sehr mächtig und besitzt auch eine Skriptsprache (JavaScript).

mY+

18.09.2020, 12:56

quadrierer

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RE: Aufgabe

Zitat:

Original von mYthos
... Wenn du willst, kannst du ja selbst mal etwas versuchen, GeoGebra ist sehr mächtig und besitzt auch eine Skriptsprache (JavaScript).

mY+

Das Bild wird durch Anklicken vergrößert dargestellt.
[attach]51896[/attach]
[attach]51900[/attach]

Linkes Bild:
Gegeben: schwarzer dicker Kreisbogen
Gesucht: rote dicke Strecke

Rechtes Bild:
Gegeben: schwarze dicke Strecke
Gesucht: roter dicker Kreisbogen

Die Sequenz der nacheinander konstruierten Objekte (Kreis k.. ; Gerade g.. ; Schnittpunkte S9=S(g7xk8) usw.) kann anhand der an den Objekten angebrachten laufenden Nummern leichter verfolgt werden. Dabei bedeutet g10 eine Gerade, die mit Schritt 10 und k11 ein Kreis, der mit Schritt 11 gezeichnet worden ist usw.

19.09.2020, 02:08

mYthos

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Der Versuch ist gut gelungen! smile

smile

mY+

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