BLF-Training: Trigonometrie
Ein Dreieck, drei Sätze
AFB I · ReproduzierenIm Dreieck $ABC$ sind $a = 8$ cm, $b = 5$ cm und $\gamma = 60°$ gegeben (siehe Abbildung, nicht maßstäblich).
- Berechnen Sie die Länge der Seite $c$.
- Berechnen Sie die Größen der Winkel $\alpha$ und $\beta$.
- Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks.
- Berechnen Sie die Länge der Höhe $h_c$ auf die Seite $c$.
Die Boje vor dem Ufer
AFB II · Zusammenhänge herstellenVon zwei Punkten $A$ und $B$ an einem geraden Seeufer, die $800$ m voneinander entfernt sind, wird eine Boje $L$ angepeilt. Es gilt $\angle BAL = 52°$ und $\angle ABL = 71°$ (siehe Abbildung). Der Punkt $F$ ist der Punkt des Ufers, der der Boje am nächsten liegt.
- Berechnen Sie die Entfernung der Boje vom Punkt $A$.
- Berechnen Sie den kürzesten Abstand $d$ der Boje vom Ufer.
- Berechnen Sie die Entfernung des Punktes $F$ vom Punkt $A$.
- Der Punkt $C$ liegt auf dem Ufer $300$ m hinter $B$. Ein Boot fährt geradlinig von der Boje nach $C$. Berechnen Sie die Länge dieser Strecke.
Passt der Turm aufs Foto?
AFB III · Reflektieren und BeurteilenEine Kamera $K$ steht auf einem Stativ in $1{,}5$ m Höhe, $30$ m vom Fuß $F$ eines $45$ m hohen Turms entfernt. Das Objektiv hat einen senkrechten Öffnungswinkel von $60°$: Auf dem Foto erscheint alles, was innerhalb dieses Winkels liegt. Die Kamera darf geneigt werden, wenn nichts anderes gesagt ist.
- Berechnen Sie den Winkel, unter dem die Turmspitze $S$ von $K$ aus über der Waagerechten erscheint.
- Untersuchen Sie, ob der Turm von $K$ aus in voller Höhe auf ein Foto passt.
- Ermitteln Sie den kleinsten Abstand vom Turm, aus dem der ganze Turm gerade noch auf ein Foto passt.
- Die Kamera wird nun waagerecht gehalten, die Bildmitte zeigt also waagerecht nach vorn. Begründen Sie, dass der Turm aus $30$ m Entfernung dann nicht vollständig auf das Foto passt, und berechnen Sie, ab welchem Abstand es gelingt.
Lösungen
1 · Ein Dreieck, drei Sätze
a) Kosinussatz: $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \cos\gamma = 64 + 25 - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot 0{,}5 = 49$, also $c = 7$ cm.
b) Den Winkel gegenüber der kürzeren Seite zuerst, dann ist der Sinussatz eindeutig: $\sin\beta = \frac{b \cdot \sin\gamma}{c} = \frac{5 \cdot \sin 60°}{7} \approx 0{,}619$, also $\beta \approx 38{,}2°$ (spitz, weil $b < c$ und damit $\beta < \gamma$). Dann $\alpha = 180° - 60° - 38{,}2° \approx 81{,}8°$. Kontrolle mit dem Kosinussatz: $\cos\alpha = \frac{25 + 49 - 64}{2 \cdot 5 \cdot 7} = \frac{1}{7}$, $\alpha \approx 81{,}8°$.
c) $A = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin\gamma = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \sin 60° = 10\sqrt{3} \approx 17{,}3\ \mathrm{cm}^2$.
d) Aus $A = \frac{1}{2} \cdot c \cdot h_c$ folgt $h_c = \frac{2A}{c} = \frac{20\sqrt{3}}{7} \approx 4{,}95$ cm.
Bei b) liefert der Sinussatz für $\alpha$ zunächst $\sin\alpha \approx 0{,}990$, und dazu passen zwei Winkel, $81{,}8°$ und $98{,}2°$. Der Rechner zeigt nur den spitzen. Wer mit dem Winkel gegenüber der kürzeren Seite beginnt oder den Kosinussatz nimmt, umgeht diese Falle.
2 · Die Boje vor dem Ufer
a) Der Winkel bei $L$ ist $180° - 52° - 71° = 57°$. Sinussatz: $\overline{AL} = \frac{800 \cdot \sin 71°}{\sin 57°} \approx 902$ m.
b) Im rechtwinkligen Dreieck $AFL$ ist $d$ die Gegenkathete von $52°$: $d = \overline{AL} \cdot \sin 52° \approx 902 \cdot 0{,}788 \approx 711$ m.
c) $\overline{AF} = \overline{AL} \cdot \cos 52° \approx 555$ m. Der Punkt $F$ liegt also zwischen $A$ und $B$, näher an $B$.
d) Kosinussatz im Dreieck $ALC$ mit $\overline{AC} = 1100$ m: $\overline{LC}^2 = 902^2 + 1100^2 - 2 \cdot 902 \cdot 1100 \cdot \cos 52°$, also $\overline{LC} \approx 895$ m. Zweiter Weg über Pythagoras: $\overline{FC} \approx 1100 - 555 = 545$ m und $\overline{LC} = \sqrt{711^2 + 545^2} \approx 896$ m. Der eine Meter Unterschied kommt allein von den gerundeten Zwischenwerten.
Mit gerundeten Zwischenergebnissen weicht das Ergebnis in d) um einen Meter ab. Im MMS mit gespeicherten Werten weiterrechnen und erst die Antwort runden.
3 · Passt der Turm aufs Foto?
a) Die Spitze liegt $45 - 1{,}5 = 43{,}5$ m über dem Objektiv: $\tan\varepsilon = \frac{43{,}5}{30}$, also $\varepsilon \approx 55{,}4°$.
b) Der Fußpunkt liegt $1{,}5$ m unter dem Objektiv: $\tan\delta = \frac{1{,}5}{30}$, $\delta \approx 2{,}9°$. Der Turm erscheint unter $\angle FKS \approx 55{,}4° + 2{,}9° = 58{,}3°$. Das ist weniger als $60°$: Der Turm passt knapp auf das Foto, wenn die Kamera passend geneigt wird.
c) Gesucht ist $x$ mit $\arctan\frac{43{,}5}{x} + \arctan\frac{1{,}5}{x} = 60°$. Das MMS liefert $x \approx 28{,}3$ m. Näher heran darf die Kamera nicht, denn der Winkel wird mit kleinerem Abstand größer.
d) Waagerecht gehalten reicht das Bild nur $30°$ über die Waagerechte. Die Spitze erscheint aber unter $55{,}4°$ und liegt damit außerhalb. Es gelingt, sobald $\frac{43{,}5}{x} \leq \tan 30°$ ist, also ab $x = \frac{43{,}5}{\tan 30°} = 43{,}5 \cdot \sqrt{3} \approx 75{,}3$ m. Der Fußpunkt liegt dann nur $1{,}1°$ unter der Waagerechten und ist ebenfalls im Bild.
Der Öffnungswinkel ist der Winkel zwischen den beiden Randstrahlen, nicht der Winkel zur Spitze allein. In b) gehört deshalb der kleine Winkel nach unten zum Fußpunkt dazu, und genau der entscheidet, dass es mit $58{,}3°$ noch passt.