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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 15:36 Fr 18.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Das Viereck $ABCD$ umschreibe einen Kreis. Es seien ferner [mm] $\angle A=\angle [/mm] B=120°$, [mm] $\angle [/mm] D=90°$ und $|BC|=1$. Man bestimme die Länge der Strecke $AD$.
Liebe Grüße,
Hanno
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Hi Hanno,
Schöne Übungsaufgaben, die du hier reingestellt hast und ![[respekt]](/images/smileys/respekt.gif "[respekt]") , dass du die alle selber gelöst hast!!!! Ich hab mir mal die leichteste herausgesucht (naja, für die mit der Kongruenzrechnung war ich bisher zu faul  ):
Also zur Lösung:
Man zeichne eine zu a parallele Gerade durch D. Diese schneide b in E. Die Strecke [DE] wird mit y bezeichnet. Als Stufenwinkel zu $ [mm] \angle [/mm] B $ beträgt dann der $ [mm] \angle [/mm] CED $ ebenfalls 120°.
Über Winkelsumme erhällt man (in Anwendung auf das Viereck ABCD) [mm] \angle BCD = 30° [/mm] und (in Anwendung auf das Dreieck DEC) [mm] \angle EDC = 30° [/mm].
Somit ist $[DE]=[CE]=y$
Mit der Gleichschenkligkeit des Trapezes ABED folgt nun: $ y=1-d $ (*)
Und mit dem Kosinussatz [mm] $c^2=2y^2-2y^2cos(120°) \gdw c^2=3y^2$
[/mm]
erhällt man [mm] $y=\frac{c}{3}\wurzel{3}$ [/mm] (**)
Man bezeichne den Lotfußpunkt von A auf y mit F. [DF] wird mit x bezeichnet. Es gilt offentsichtlich y=a+2x. Durch Winkelsumme im Trapez ABED erhällt man $ [mm] \angel [/mm] DEB = [mm] \angle [/mm] BDC = 60° $ und damit in dem Dreieck ADE [mm] $\angle [/mm] FAD = 30°$. Folglich ist [mm] $x=sin(30°)*d=\frac{d}{2}$
[/mm]
man erhällt: $y=a+d$ (***)
Indem man (*) mit (**) und (*) mit (***) gleichsetzt erhällt man die entscheindenden Beziehungen:
$1-d=a+d [mm] \gdw [/mm] a=1-2d$
[mm] $1-d=\frac{c}{3} \wurzel{3} \gdw [/mm] c= [mm] \wurzel{3}(1-d)$
[/mm]
Schließlich erhällt man durch die Eigenschaft, dass ABCD ein Tangentenviereck ist:
[mm]a+c=b+d \gdw(1-2d)+(\wurzel{3}(1-d))=1+d \gdw \frac {1}{2}(\wurzel{3}-1)=d[/mm]
Damit wäre ich fertig!
Hast du einen Lösungsweg mit geringerem Rechenaufwand gefunden ? Ich könnte mir nämlich vorstellen, dass man z.B. auch ohne Trigonometrie auf x=d/2 schließen könnte??!
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:29 Sa 19.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Samuel!
Es tut mir leid, ich habe die Aufgabe bei meiner "Lösung" falsch verstanden und eine Seite verwechselt. Somit habe ich sie bisher doch nicht gelöst. Ich werde mich daher erstmal selbst an ihr versuchen (jetzt, wo ich sie schonmal [immerhin ein Anfang] richtig verstanden habe ;) ). Ich hoffe daher, dass du noch ein wenig Geduld hast, oder sich jemand anderes um die Korrektur kümmert.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:26 So 20.02.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Samuel
Ich habe deine Rechnung gecheckt, ist alles richtig so.
Man kann gänzlich ohne Trigonometrie auskommen. Man muss nur das sogenannte 30°-60°-90° Dreieck zu kennen (als halbes gleichseitiges Dreieck!). In einem solchen Dreieck verhalten sich
kleine Kathete : Hypotenuse : grosse Kathete = 1 : 2 : [mm] $\sqrt3$
[/mm]
Dieses Dreieck kommt an zwei Stellen vor:
a) Das "halbe Dreiecke CDE" ist ein solches, dann folgt sofort,
dass [mm] $c=\sqrt3 [/mm] y$ (ohne Cosinussatz).
b) Das Dreieck AFD ist ein solches, dann folgt sofort, dass d=2x ist.
mfG Moudi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:24 Mo 21.02.2005 | | Autor: | Peter_Pein |
> Hallo Samuel
>
> Ich habe deine Rechnung gecheckt, ist alles richtig so.
>
> Man kann gänzlich ohne Trigonometrie auskommen. Man muss
> nur das sogenannte 30°-60°-90° Dreieck zu kennen ...
Das habe ich doch an meiner Waschmaschine... ![[grins]](/images/smileys/grins.gif "[grins]")
Sorry, ich konnte einfach nicht widerstehen.
Peter
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