Trigonometrie in allgemeinen Dreiecken – Mathe Klasse 10 Arbeitsblatt Lösungen zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) \(\gamma=180^\circ-40^\circ-65^\circ=75^\circ\). Die Winkelsumme im Dreieck beträgt immer \(180^\circ\).
   b) \(a=\frac{10\cdot\sin40^\circ}{\sin75^\circ}\approx6{,}65\) cm. Nach dem Sinussatz gilt \(\frac a{\sin\alpha}=\frac c{\sin\gamma}\); man löst nach \(a\) auf.
   c) \(b=\frac{10\cdot\sin65^\circ}{\sin75^\circ}\approx9{,}38\) cm. Gleicher Ansatz mit \(\frac b{\sin\beta}=\frac c{\sin\gamma}\).
   d) Die größte Seite ist \(c=10\) cm gegenüber \(\gamma=75^\circ\), dem größten Winkel. Das stimmt. Auch die kürzeste Seite \(a\) liegt dem kleinsten Winkel \(\alpha\) gegenüber; die Ergebnisse sind also stimmig.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) \(\sin\beta=\frac{10\cdot\sin50^\circ}{12}\approx0{,}6384\), \(\beta\approx39{,}7^\circ\). Man stellt den Sinussatz \(\frac{\sin\beta}b=\frac{\sin\alpha}a\) nach \(\sin\beta\) um und wendet \(\sin^{-1}\) an.
   b) Die zweite Lösung \(\beta_2\approx140{,}3^\circ\) ist unmöglich, denn \(50^\circ+140{,}3^\circ>180^\circ\). Außerdem ist \(b\lt a\), also \(\beta\lt \alpha\). Zu einem Sinuswert gibt es immer zwei Winkel zwischen \(0^\circ\) und \(180^\circ\); hier passt nur der spitze.
   c) \(\gamma\approx180^\circ-50^\circ-39{,}7^\circ=90{,}3^\circ\); \(c=\frac{12\sin\gamma}{\sin50^\circ}\approx15{,}66\) cm. Den dritten Winkel liefert die Winkelsumme, die dritte Seite wieder der Sinussatz. Das Dreieck ist fast rechtwinklig.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) \(c^2=49+81-2\cdot7\cdot9\cdot\cos60^\circ=130-63=67\), \(c\approx8{,}19\) cm. Zwei Seiten und der eingeschlossene Winkel sind gegeben (SWS), deshalb beginnt man mit dem Kosinussatz \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma\); \(\cos60^\circ=0{,}5\).
   b) \(\sin\alpha=\frac{7\cdot\sin60^\circ}{8{,}185}\approx0{,}7406\), \(\alpha\approx47{,}8^\circ\). Nun kennt man ein Paar aus Seite und Gegenwinkel und kann den Sinussatz benutzen. \(\alpha\) ist spitz, weil \(a\) nicht die längste Seite ist.
   c) \(\beta=180^\circ-60^\circ-47{,}8^\circ=72{,}2^\circ\). Summe \(=180^\circ\). Den dritten Winkel liefert die Winkelsumme; sie dient zugleich als Kontrolle.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(\cos\gamma=\frac{25+36-49}{60}=0{,}2\), \(\gamma\approx78{,}5^\circ\). Bei drei gegebenen Seiten stellt man den Kosinussatz nach \(\cos\gamma\) um: \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\). Ein positiver Kosinus bedeutet einen spitzen Winkel.
   b) \(\cos\alpha=\frac{36+49-25}{84}\approx0{,}714\), \(\alpha\approx44{,}4^\circ\). Gleiche Umstellung für \(\alpha\) mit der Gegenseite \(a\).
   c) \(\beta\approx180^\circ-78{,}5^\circ-44{,}4^\circ=57{,}1^\circ\). Fläche \(\frac12\cdot5\cdot6\cdot\sin78{,}5^\circ\approx14{,}70\). Für die Fläche nimmt man zwei Seiten und den eingeschlossenen Winkel: \(A=\frac12ab\sin\gamma\).

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) a) SWS: Kosinussatz für \(c\). c) SSS: Kosinussatz für einen Winkel. Bei SWS und SSS fehlt ein Paar aus Seite und Gegenwinkel, deshalb hilft nur der Kosinussatz.
   b) b) WSW: Winkelsumme für \(\gamma=75^\circ\), dann Sinussatz für \(a\) und \(b\). Bei WSW kennt man nach der Winkelsumme alle Winkel und kann jede Seite mit dem Sinussatz berechnen.
   c) d) SsW: Sinussatz für \(\sin\beta\) (und Prüfung auf zwei Lösungen). Bei SsW kennt man ein vollständiges Paar; man muss prüfen, ob es zwei Lösungen gibt.

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) \(\gamma=57^\circ\). Die Winkelsumme liefert den Winkel am Boot: \(180^\circ-52^\circ-71^\circ\).
   b) \(AC=\frac{120\sin71^\circ}{\sin57^\circ}\approx135{,}3\) m. \(AC\) liegt dem Winkel bei \(B\) gegenüber; Sinussatz mit dem Paar \(AB\) und \(\gamma\). Antwort: \(AC\approx135\) m.
   c) \(BC=\frac{120\sin52^\circ}{\sin57^\circ}\approx112{,}8\) m. \(BC\) liegt dem Winkel bei \(A\) gegenüber. Antwort: \(BC\approx113\) m.
   d) \(h=AC\cdot\sin52^\circ\approx106{,}6\) m. Der Abstand vom Ufer ist die Höhe auf \(AB\); im rechtwinkligen Teildreieck ist sie die Gegenkathete des Winkels bei \(A\). Antwort: Das Boot ist etwa 107 m vom Ufer entfernt.

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) Im Dreieck: bei \(A\) \(28^\circ\), bei \(B\) \(180^\circ-41^\circ=139^\circ\), bei \(T\) \(180^\circ-28^\circ-139^\circ=13^\circ\). Der Winkel bei \(B\) im Dreieck \(ABT\) ist der Nebenwinkel des Höhenwinkels \(41^\circ\).
   b) \(BT=\frac{30\sin28^\circ}{\sin13^\circ}\approx62{,}6\) m. Sinussatz im Dreieck \(ABT\): Die Seite \(BT\) liegt dem Winkel bei \(A\) gegenüber.
   c) \(h=BT\sin41^\circ\approx41{,}1\) m. Im rechtwinkligen Dreieck mit der Spitze ist \(h\) die Gegenkathete von \(41^\circ\). Antwort: Der Mast ist etwa 41 m hoch.
   d) \(BT\cos41^\circ\approx47{,}3\) m. Der waagerechte Abstand von \(B\) zum Mastfuß ist die Ankathete.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) \(d=\sqrt{225+400-600\cos60^\circ}=\sqrt{325}\approx18{,}03\) km. Zwei Seiten und der eingeschlossene Winkel: Kosinussatz mit \(\cos60^\circ=0{,}5\).
   b) \(d=\sqrt{625}=25\) km. Bei \(90^\circ\) ist \(\cos90^\circ=0\); der Kosinussatz wird zum Satz des Pythagoras.
   c) \(d=\sqrt{625+300}=\sqrt{925}\approx30{,}41\) km. Bei \(120^\circ\) ist der Kosinus negativ (\(-0{,}5\)), deshalb wird addiert.
   d) Der Abstand wächst mit dem Winkel; bei \(180^\circ\) wäre er \(15+20=35\) km. Bei \(0^\circ\) wäre der Abstand nur \(20-15=5\) km.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) \(A=\frac12\cdot8\cdot11\cdot\sin35^\circ\approx25{,}24\) cm². Die Formel gilt für zwei Seiten und den eingeschlossenen Winkel.
   b) \(\gamma\approx78{,}46^\circ\); \(A=\frac12\cdot5\cdot6\cdot\sin78{,}46^\circ\approx14{,}70\) cm². Zuerst wird \(\gamma\) mit dem Kosinussatz bestimmt (\(\cos\gamma=0{,}2\)), dann die Flächenformel angewendet.
   c) \(A=\frac12\cdot10\cdot10\cdot\sin60^\circ\approx43{,}30\) cm². Im gleichseitigen Dreieck sind alle Winkel \(60^\circ\); das Ergebnis stimmt mit \(\frac{\sqrt3}4a^2\) überein.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) \(A=\frac12\cdot40\cdot55\cdot\sin70^\circ\approx1033{,}7\) m². Die beiden Seiten schließen \(70^\circ\) ein, also gilt die Flächenformel mit dem Sinus. Antwort: etwa 1034 m².
    b) \(c^2=1600+3025-2\cdot40\cdot55\cdot\cos70^\circ\approx3120{,}1\), \(c\approx55{,}86\) m. Die dritte Seite liefert der Kosinussatz.
    c) \(u\approx40+55+55{,}86\approx150{,}9\) m. Der Zaun ist der Umfang des Dreiecks. Antwort: etwa 151 m Zaun.
    d) \(1033{,}7\cdot80\approx82\,693\) €. Fläche mal Bodenrichtwert. Antwort: Das Grundstück ist etwa 82700 € wert.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) Der Innenwinkel ist \(180^\circ-40^\circ=140^\circ\). Eine Kursänderung um \(40^\circ\) bedeutet, dass der Innenwinkel des Dreiecks der Nebenwinkel ist.
    b) \(d^2=300^2+200^2-2\cdot300\cdot200\cdot\cos140^\circ\approx221\,925\), \(d\approx471{,}1\) km. Kosinussatz mit dem stumpfen Winkel; \(\cos140^\circ\) ist negativ, deshalb wird der letzte Term addiert. Antwort: etwa 471 km.
    c) Hinweg \(500\) km, Luftlinie \(\approx471\) km: Ersparnis \(\approx28{,}9\) km. Die Luftlinie ist etwas kürzer als der geflogene Weg von 500 km.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) \(\sin\beta=\frac{10\sin40^\circ}{8}\approx0{,}8035\); \(\beta_1\approx53{,}5^\circ\), \(\beta_2=180^\circ-\beta_1\approx126{,}5^\circ\). Weil die Gegenseite \(a\) kürzer als \(b\) ist, gibt es zu \(\sin\beta\) zwei mögliche Winkel; beide sind mit \(\alpha=40^\circ\) verträglich.
    b) Lösung 1: \(\gamma_1\approx86{,}5^\circ\), \(c_1\approx12{,}42\) cm. Lösung 2: \(\gamma_2\approx13{,}5^\circ\), \(c_2\approx2{,}90\) cm. Zu jeder Lösung liefert die Winkelsumme \(\gamma\) und der Sinussatz \(c\).
    c) Die Seite \(a=8\) ist kürzer als \(b=10\) und kann den freien Schenkel des Winkels an zwei Stellen treffen. Beide Dreiecke erfüllen alle Angaben. Man nennt diesen Fall mehrdeutig; eine Skizze mit dem Zirkel um \(C\) zeigt beide Schnittpunkte.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) \(e^2=36+81-108\cos70^\circ\approx80{,}06\), \(e\approx8{,}95\) cm. Die kürzere Diagonale bildet mit beiden Seiten ein Dreieck mit dem Winkel \(70^\circ\); Kosinussatz.
    b) \(f^2=117+108\cos70^\circ\approx153{,}94\), \(f\approx12{,}41\) cm. Für die längere Diagonale nimmt man den Nebenwinkel \(110^\circ\); wegen \(\cos110^\circ=-\cos70^\circ\) ändert sich nur das Vorzeichen.
    c) \(A=6\cdot9\cdot\sin70^\circ\approx50{,}74\) cm². Das Parallelogramm besteht aus zwei kongruenten Dreiecken; deshalb fehlt der Faktor \(\frac12\).
    d) \(e^2+f^2=234=2\cdot117\). Stimmt. Die Summe der Diagonalenquadrate ist gleich der Summe der Quadrate aller vier Seiten.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) \(\cos\alpha=\frac45=0{,}8\), \(\alpha\approx36{,}87^\circ\). Die Höhe teilt den Binder in zwei rechtwinklige Dreiecke mit Ankathete 4 m und Hypotenuse 5 m.
    b) \(\cos\gamma=\frac{25+25-64}{50}=-0{,}28\), \(\gamma\approx106{,}26^\circ\). Im Dreieck aus zwei Sparren und Spannweite liegt die Spannweite 8 m dem Firstwinkel gegenüber; der negative Kosinus zeigt einen stumpfen Winkel.
    c) \(h=\sqrt{25-16}=3\) m. Antwort: Das Dach ist 3 m hoch.
    d) \(36{,}87^\circ+36{,}87^\circ+106{,}26^\circ=180^\circ\). Die Winkelsumme bestätigt die Rechnungen aus a) und b).

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) \(AB^2=420^2+510^2-2\cdot420\cdot510\cdot\cos72^\circ\approx304\,117\), \(AB\approx551{,}5\) m. Zwei Seiten und der eingeschlossene Winkel bei \(C\): Kosinussatz. Antwort: Der Tunnel ist etwa 552 m lang.
    b) \(\frac{551{,}5}8\approx68{,}9\), also etwa 69 Tage. Man teilt die Tunnellänge durch die Tagesleistung und rundet auf.
    c) \(\sin\alpha=\frac{510\sin72^\circ}{551{,}5}\approx0{,}8795\), \(\alpha\approx61{,}6^\circ\); \(\beta=180^\circ-72^\circ-\alpha\approx46{,}4^\circ\). Der Sinussatz liefert \(\alpha\), die Winkelsumme \(\beta\); \(\alpha\) ist spitz, weil \(a\) nicht die längste Seite ist.
    d) \(420+510=930\) m, also 378 m länger als der Tunnel. Ohne Tunnel müsste man den Umweg über \(C\) nehmen.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(A=\frac12\cdot4{,}2\cdot3{,}6\cdot\sin80^\circ\approx7{,}45\) m². Zwei Seiten mit eingeschlossenem Winkel: Flächenformel mit dem Sinus.
    b) \(c^2=17{,}64+12{,}96-2\cdot4{,}2\cdot3{,}6\cdot\cos80^\circ\approx25{,}35\), \(c\approx5{,}03\) m. Kosinussatz für die dritte Seite.
    c) \(7{,}45\cdot38\approx283\) €. Antwort: Das Tuch kostet etwa 283 €.
    d) \(\sin\beta=\frac{3{,}6\sin80^\circ}{c}\approx0{,}704\), \(\beta\approx44{,}8^\circ\). Sinussatz für den Winkel gegenüber der Seite 3,6 m.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(\cos B=\frac{40^2+50^2-60^2}{2\cdot40\cdot50}=\frac{500}{4000}=0{,}125\), \(B\approx82{,}8^\circ\). Im Dreieck \(ABC\) sind alle drei Seiten bekannt; Kosinussatz für den Winkel bei \(B\), gegenüber der Diagonale.
    b) \(A_1=\frac12\cdot40\cdot50\cdot\sin B\approx992\) m². Flächenformel mit den Seiten 40 m und 50 m und dem eingeschlossenen Winkel.
    c) \(\cos D=\frac{45^2+35^2-60^2}{2\cdot45\cdot35}=\frac{-350}{3150}\approx-0{,}111\), \(D\approx96{,}4^\circ\); \(A_2=\frac12\cdot45\cdot35\cdot\sin D\approx783\) m². Im zweiten Dreieck ist der Kosinus negativ, der Winkel bei \(D\) ist stumpf.
    d) \(A\approx1775\) m². Die Gesamtfläche ist die Summe beider Teilflächen.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) Winkel am Fuß: \(90^\circ+12^\circ=102^\circ\). Am Schattenende: \(35^\circ-12^\circ=23^\circ\). An der Spitze: \(180^\circ-102^\circ-23^\circ=55^\circ\). Mast und Hang bilden am Fuß einen Winkel von \(90^\circ\) plus Hangneigung; der Sonnenstrahl trifft den Hang unter der Differenz der Winkel.
    b) \(s=\frac{15\sin55^\circ}{\sin23^\circ}\approx31{,}4\) m. Sinussatz: Der Schatten liegt dem Winkel an der Mastspitze gegenüber.
    c) \(\frac{15}{\tan35^\circ}\approx21{,}4\) m. Auf ebenem Boden wäre der Schatten die Ankathete im rechtwinkligen Dreieck.
    d) Der Hang steigt an und die Strahlen treffen ihn flacher, der Schatten wird gestreckt. Der Schatten am Hang ist deshalb etwa 10 m länger als auf ebenem Boden.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) \(2R=\frac{10}{\sin30^\circ}=20\), \(R=10\) cm. Man setzt in den erweiterten Sinussatz ein.
    b) \(\alpha\approx44{,}42^\circ\), \(2R=\frac5{\sin44{,}42^\circ}\approx7{,}14\), \(R\approx3{,}57\) cm. Zuerst bestimmt man einen Winkel mit dem Kosinussatz, dann den Umkreisradius.
    c) \(2R=\frac c{\sin90^\circ}=c\), also \(R=\frac c2\): der Satz des Thales. Bei einem rechtwinkligen Dreieck ist die Hypotenuse der Durchmesser des Umkreises.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(\cos\gamma=\frac{49+81-144}{126}\approx-0{,}111\), \(\gamma\approx96{,}4^\circ\). Der größte Winkel liegt der längsten Seite gegenüber; der negative Kosinus zeigt, dass er stumpf ist.
    b) \(\sin\alpha=\frac{7\sin\gamma}{12}\approx0{,}5797\), \(\alpha\approx35{,}4^\circ\); \(\beta=180^\circ-\gamma-\alpha\approx48{,}2^\circ\). Mit dem Sinussatz bestimmt man zuerst den kleineren Winkel \(\alpha\) (eindeutig, da spitz), dann \(\beta\) mit der Winkelsumme.
    c) Die Summe der drei Winkel ergibt \(180^\circ\). So kontrolliert man die Rechnung.
    d) \(A=\frac12\cdot7\cdot9\cdot\sin\gamma\approx31{,}30\). Heron: \(s=14\), \(\sqrt{14\cdot7\cdot5\cdot2}=\sqrt{980}\approx31{,}30\). Beide Verfahren liefern dieselbe Fläche.