Satz des Thales

16.10.2025, 20:20

osix

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Satz des Thales

Hallo Leute,

Diese Geometrie Aufgabe ist ein harter Brocken.

Klar ist, das man zweimal (oben und unten) die Figur zum Satz des Thales Ergänzen kann.

Daraus beweisen sich zwei rechte Winkel.

Ein Winkel ist 71 Grad weil der andere 19 ist. Aber es gibt keine Längen, deswegen kann man keinen Sinus-Satz anwenden um über die Seitenlängen zu rechnen.

Egal, was ich mache, ich komme nicht auf den Winkel alpha (Die Angaben mit Handschrift sind falsch)

Der Winkel alpha ist gesucht !

Wer hat die Lösungsidee ?

16.10.2025, 23:18

Gualtiero

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[attach]58346[/attach]

Die endgültige Gewissheit kann nur der Originalwortlaut der Aufgabe erbringen, aber auch so, in Anbetracht der Zeichnung, bin ich mir sicher, dass das Dreieck ABM gleichschenklig ist (Basis AM).

Der Basiswinkel ist 180° - 2 · 71° = 38°.

Denn Dreieck ACM ist ebenfalls gleichschenklig, und hier (eingezeichnet in C) ist der Basiswinkel 71°.

Das nächste gleichschenklige Dreieck ist AME.

Damit kann man im Dreieck ABE den Winkel in A berechnen, der aber gleich dem Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist (Peripheriewinkelsatz!).

17.10.2025, 00:04

Conny_1729

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Zitat:

Original von Gualtiero

Denn Dreieck ACM ist ebenfalls gleichschenklig, und hier (eingezeichnet in C) ist der Basiswinkel 71°.

Das nächste gleichschenklige Dreieck ist AME.

Ich glaube, die Anfangsskizze ist etwas ungünstig gewählt. Sie suggeriert, dass dort, wo der 38°-Winkel eingetragen wurde, der Mittelpunkt sei. Ist das wirklich so? - Mir scheint, die 38° sind eine Vorgabe, welche die Konstruktion dann eindeutig machen soll.

Gruß Conny

17.10.2025, 00:57

Gualtiero

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Ja, ich gebe zu, dass ich den einen Punkt einfach als Mittelpunkt angenommen habe. Erst in solchen Situationen merkt man, dass man aufgrund von - eingebildeter? - Routine manche Dinge als gegeben annimmt, weil
- die Aufgabe dann in sich logisch und lösbar ist,
- ein schönes Ergebnis rauskommt usw.

Ich kann mich jetzt auch an kein Beispiel erinnern, wo die Gegebenheiten um ein Winziges vom optischen Eindruck abgewichen wären. Z.B. dass ein "Kreis" gar kein Kreis ist, sondern eine Ellipse mit ganz kleiner Exzentrizität; oder dass in einem "Quadrat" zwei Winkel 89.5° und 90.5° sind . . . .

Zitat:

Original von Conny_1729
Mir scheint, die 38° sind eine Vorgabe, welche die Konstruktion dann eindeutig machen soll.

Da habe ich beachtet, dass der Threadersteller die handschriftlichen Eintragungen als falsch bezeichnet hat.

Aber täuschen kann man sich immer.

Jedenfalls lässt sich die Aufgabe ganz schnell mit CAD konstruieren und das Ergebnis ist "schön".

17.10.2025, 07:56

HAL 9000

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Thales ist übrigens nicht zwingend nötig. Mit den Bezeichnungen von Gualtiero:

1) $\begin{eqnarray*} |\angle CMA| = 2\cdot |\angle CEA| = 38^{\circ} \end{eqnarray*}$ gemäß Kreiswinkelsatz.

2) $\begin{eqnarray*} |\angle CDA| = |\angle CEA| = 19^{\circ} \end{eqnarray*}$ gemäß Umfangwinkelsatz.

3) $\begin{eqnarray*} |\angle MAB| = |\angle BMA| = 38^{\circ} \end{eqnarray*}$ im gleichschenkligen Dreieck $\begin{eqnarray*} MAB \end{eqnarray*}$ .

4) $\begin{eqnarray*} \alpha = |\angle MAB| + |\angle BMA| - |\angle CDA| = 57^{\circ} \end{eqnarray*}$ gemäß gleicher Winkelsumme $\begin{eqnarray*} 180^{\circ} \end{eqnarray*}$ in den Dreiecken $\begin{eqnarray*} MAB \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} CDB \end{eqnarray*}$ und den gleichen Scheitelwinkeln dort bei $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ .

Natürlich ebenfalls unter Voraussetzung, dass $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ der Kreismittelpunkt ist.

Kann allerdings sein, dass Kreis- und Umfangwinkelsatz dank eingeschränkter Geometrievermittlung im Schulunterricht nicht mehr den Bekanntheitsgrad wie früher haben, insofern ist der etwas längere Weg über Thales nachvollziehbar.

17.10.2025, 09:52

Conny_1729

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Zitat:

Original von Gualtiero

Da habe ich beachtet, dass der Threadersteller die handschriftlichen Eintragungen als falsch bezeichnet hat.

Aber täuschen kann man sich immer.

Jedenfalls lässt sich die Aufgabe ganz schnell mit CAD konstruieren und das Ergebnis ist "schön".

Mittlerweile gehe ich auch davon aus, dass die '38°' nicht mehr der Aufgabenstellung dient, sondern der Mittelpunkt M vorausgesetzt wird (Hinweis auf Thales sollte das stark vermuten lassen). Der Winkel 38° findet sich jedoch in der Lösungskonstruktion an anderer Stelle wieder.

Ein noch "schönerer" Ausgangspunkt wäre gewesen, wenn man anstatt 19° den Startwinkel 18° genommen hätte und sich bei $\begin{eqnarray*} \alpha=54° \end{eqnarray*}$ ergibt. Dann wäre auch die Verbindung DM $\begin{eqnarray*} \perp \end{eqnarray*}$ AE gewesen. Und außerdem hat der Winkel 18° doch so wunderbare Eigenschaften ...

$\begin{eqnarray*} \frac{sin\left(2\cdot 54°\right)}{sin\left(2\cdot 18°\right) }=\phi \end{eqnarray*}$

Equation of the day - 08-2017

Gruß Conny

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17.10.2025, 10:06

osix

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Danke
Vielen Dank für eure vielen Antworten !

Die offizielle Frage zur Aufgabe lautet nur: Wie groß ist alpha ! M ist sicherlich der Mittelpunkt vom Kreis

Wie kommt ihr den auf die 38 Grad, ich hänge immer noch an diesem Punkt !

Hat jemand schlußendlich den Winkel alpha dann ausgerechnet ?

17.10.2025, 10:17

osix

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Nochwas
Ich rechne die Aufgabe für einen Schüler. Seine handschriftlichen Eintragungen mußte ich "interpretieren".

Also alpha = 71 ist natürlich falsch, aber die 38 Grad stimmen natürlich. Weil M der Mittelpunkt ist.

Das war mein Fehler.

Da ist übrigens eine Aufgabe eines Schweizer Gymnasiums, Klasse 9 !

Das sollte man mal in einem Deutschen Gymnasium vorlegen...

17.10.2025, 10:22

osix

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Hab die Lösung verstanden
ich habe eure Lösung(en) natürlich mittlerweile verstanden, sehr scharfsinnig !

Vielen Dank nochmal.

17.10.2025, 10:33

Conny_1729

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RE: Hab die Lösung verstanden

Zitat:

Original von osix
Ich rechne die Aufgabe für einen Schüler. Seine handschriftlichen Eintragungen mußte ich "interpretieren".

Also alpha = 71 ist natürlich falsch, aber die 38 Grad stimmen natürlich. Weil M der Mittelpunkt ist.

Das war mein Fehler.

Da ist übrigens eine Aufgabe eines Schweizer Gymnasiums, Klasse 9 !

Das sollte man mal in einem Deutschen Gymnasium vorlegen...

Wie man zu den Winkelbeziehungen kommt, wurde ja oben (siehe Ausführungen von HAL_9000/Gualtiero) sehr detailliert beschrieben. Die Winkel 38° und 71° sind eigentlich nicht falsch für diese Konstruktion, sie treten nur an anderen Winkelpositionen auf. Für diese Art Konstruktion sollte allgemein gelten:

$\begin{eqnarray*} \alpha=3\cdot \theta \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ der Ausgangswinkel (19°) der Konstruktion ist mit dem Geltungsbereich:
$\begin{eqnarray*} 0°<\theta<30° \end{eqnarray*}$

Ansonsten, die Schweizer haben echt gute Aufgaben für ihre Schüler! (Klasse 9!!!) - Ob deutsche Abiturienten hier mithalten können???

Gruß Conny

17.10.2025, 10:37

osix

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Noch eine Frage
|∠CDA|=|∠CEA|=19∘ gemäß Umfangwinkelsatz.

Kann man das auch ohne Umfangwinkelsatz beweisen, das beide Winkel gleich sind ?

Laut Aufschrieb meines Schülers hat er den Umfangwinkelsatz nicht im Unterricht gehabt.

17.10.2025, 10:45

HAL 9000

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Du hast dich leicht verirrt, anscheinend wolltest du in Satz des Thales posten...
Hab‘s hier hinzugefügt. Steffen

Zitat:

Original von osix
Kann man das auch ohne Umfangwinkelsatz beweisen, das beide Winkel gleich sind ?

Ja sicher - es dauert nur länger.

Denn Umfangwinkelsatz und Kreiswinkelsatz kann man durch mehrfache Anwendung der Eigenschaft, dass die Basiswinkel in einem gleichschenkligen Dreieck gleich sind, beweisen.

17.10.2025, 14:22

Conny_1729

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Zitat:

Original von Conny_1729

Ein noch "schönerer" Ausgangspunkt wäre gewesen, wenn man anstatt 19° den Startwinkel 18° genommen hätte ...

... und ein Vorgabewinkel = 67° gewählt wird. Dann wird's gemein, oder? Augenzwinkern

Augenzwinkern

(mit einem CAD -Tool natürlich supereinfach zu lösen)

Gruß Conny
.

18.10.2025, 12:46

Gualtiero

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Einen exakten Berechnungsvorgang habe ich nicht gefunden, deshalb habe ich mit CAD ein wenig probiert und wollte die Vorgabe 67° erreichen. Bei 66,99989256° bekam ich für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ 57,9931°.
Da habe ich vermutet, dass die aufgerundeten, ganzen Werte stimmen. ~~Ist auch so.~~ Ist nicht so.

Also: $\begin{eqnarray*} \text{Vorgabe}= 67° \ \ \ \ \alpha = 58^\circ \ \ \ \ \beta = 38^\circ \end{eqnarray*}$

EDIT Gualtiero
$\begin{eqnarray*} \color{purple}\alpha = 58^\circ \ \ \ \ \beta = 38^\circ \ \ \ \ \text{Vorgabe}= 66.9908 . . .° \end{eqnarray*}$

18.10.2025, 12:58

Conny_1729

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Zitat:

Original von Gualtiero
...
Bei 66,99989256° bekam ich für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ 57,9931°.
Da habe ich vermutet, dass die aufgerundeten, ganzen Werte stimmen. Ist auch so.

Also: $\begin{eqnarray*} \text{Vorgabe}= 67° \ \ \ \ \alpha = 58^\circ \ \ \ \ \beta = 38^\circ \end{eqnarray*}$

Ich habe mit GeoGebra ebenfalls nicht ganzzahlige Werte herausbekommen. Daher denke ich, dass die beiden gesuchten Winkel auch keine ganzen Zahlen sind. Wenn man für $\begin{eqnarray*} \alpha = 58° \end{eqnarray*}$ nimmt, dann ist der Schnittpunkt außerhalb vom Kreis, und das ist die Tücke bei dieser Aufgabe.

Gruß Conny

19.10.2025, 01:08

Gualtiero

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Sorry, habe die Vorgabe nicht überprüft. Du hast natürlich Recht, alle drei Winkelwerte können nicht ganzzahlig sein. Siehe mein EDIT.

Aber das

Zitat:

Original von Conny_1729
Wenn man für $\begin{eqnarray*} \alpha = 58° \end{eqnarray*}$ nimmt, dann ist der Schnittpunkt außerhalb vom Kreis, und das ist die Tücke bei dieser Aufgabe.
Gruß Conny

verstehe ich nicht. Das hätte ich beim Konstruieren doch merken müssen verwirrt

verwirrt

Bei diesen Werten halte ich momentan, bin damit aber an der Genauigkeitsgrenze meines Systems angelangt.
$\begin{eqnarray*} \text{Vorgabe}= 66.9999964° \ \ \ \ \alpha = 57.993^\circ \ \ \ \ \beta = 37.9965^\circ \end{eqnarray*}$

19.10.2025, 11:20

Conny_1729

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Zitat:

Original von Gualtiero
Aber das

Zitat:

Original von Conny_1729
Wenn man für $\begin{eqnarray*} \alpha = 58° \end{eqnarray*}$ nimmt, dann ist der Schnittpunkt außerhalb vom Kreis, und das ist die Tücke bei dieser Aufgabe.
Gruß Conny

verstehe ich nicht. Das hätte ich beim Konstruieren doch merken müssen ?

Wenn man den Vorgabewinkel 18° und $\begin{eqnarray*} \alpha=58° \end{eqnarray*}$ nimmt, dann wird für $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ kein ganzzahliger Winkelgrad-Wert herauskommen und der Schnittpunkt (der rote Linien) wird außerhalb des Kreises liegen, um einen Abstand von etwa 0.00056 LE bezogen auf einen Einheitskreis. [siehe Skizze] - Dieser sehr kleine Abstand ist natürlich in der Skizze nicht mehr erkennbar, aber faktisch vorhanden.

Ich wollte eigentlich nur sagen, mit ganzzahligen Winkelangaben (in Grad) lässt sich diese Aufgabe nicht lösen, oder anders ausgedrückt: Das pure Ergebnis $\begin{eqnarray*} \alpha=58° \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \beta=38° \end{eqnarray*}$ wäre genau genommen falsch.

Gruß Conny
.

19.10.2025, 12:22

Conny_1729

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Mit Hilfe des Sinussatzes kann man auch versuchen, eine Gleichheit zu erzwingen, die geometrisch nicht gegeben ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{sin(38°)}{sin(104°)}\cdot \frac{sin(18°)}{sin(142°)}\cdot cos(18°)\neq \frac{sin(37°)}{sin(76°)}\cdot \frac{sin(32°)}{sin(113°)}\cdot cos(32°) \end{eqnarray*}$

Die Differenz liegt hier bei ungefähr 0.000084765.

Gruß Conny

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