M9 Aufgaben zur Trigonometrie: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 29. April 2021, 10:33 Uhr

Ordne richtig zu

$sin(45^o)$	$cos(45^o)$
$sin(85^o)$	$cos(5^o)$
$cos(10^o)$	$sin(80^o)$
$cos(60^o)$	$sin(30^o)$
$cos(75^o) - sin(15^o)$	0
$sin(30^o)$	0,5
$sin(0^o) + sin(90^o)$	$tan(45^o)$

Aufgabe 1

Im Einheitkreis (Kreis um den Ursprung mit Radius r = 1) ist das Dreieck ABC eingezeichnet.

1. Welche Länge hat die Hypotenuse c?
2. Bestimme $sin(\alpha), cos(\alpha)$ .
3. Stelle die Gleichung zum Satz des Pythagoras auf. Verwende die Ergebnisse von 1. und 2. Welche Beziehung zwischen $sin(\alpha)$ und $cos(\alpha)$ erhältst du?

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

1. Es ist c = 1, da c ein Radius ist.
2. $sin(\alpha)=\frac{a}{c}=\frac{a}{1}=a$
$cos(\alpha)=\frac{b}{c}=\frac{b}{1}=b$
3. $a^2 + b^2 = c^2$

Mit den Ergebnissen aus 1. und 2. erhält man $(sin(\alpha))^2 + (cos(\alpha))^2 = 1$

Merke:

$(sin(\alpha))^2 + (cos(\alpha))^2 = 1$

Aufgabe 2

1. Löse $(sin(\alpha))^2 + (cos(\alpha))^2 = 1$ nach $sin(\alpha)$ bzw. $cos(\alpha)$ auf.

2. Berechne ohne Ermittlung des Winkels $\varphi$ für
a) $sin(\varphi)= 0,25$ die Werte von $cos(\varphi), tan(\varphi)$ .
b) $cos(\varphi)= 0,5$ die Werte von $sin(\varphi), tan(\varphi)$ .
c) $tan(\varphi)= 1$ die Werte von $sin(\varphi), cos(\varphi)$ .
d) $sin(\varphi)= 0,11$ die Werte von $cos(\varphi), tan(\varphi)$ .
e) $cos(\varphi)= 0,72$ die Werte von $sin(\varphi), tan(\varphi)$ .
f) $sin(\varphi)= 0,5$ die Werte von $cos(\varphi), tan(\varphi)$ .

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

1. $sin(\alpha)=\sqrt {1-(cos(\alpha))^2}$ , $cos(\alpha)=\sqrt {1-(sin(\alpha))^2}$
2. a) $cos(\alpha)=\sqrt {1-(sin(\alpha))^2}=\sqrt {1-(0,25)^2}=0,968$
$tan(\varphi)=\frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)}=\frac{0,25}{0,968}=0,258$

b) $sin(\varphi)=\sqrt {1-(cos(\alpha))^2}=\sqrt {1-0,5^2}=0,866$
$tan(\varphi)=\frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)}=\frac{0,866}{0,5}=1,732$

c) $tan(\varphi)= 1$ bedeutet $\varphi = 45^o$ und $sin(45^o)=cos(45^o)= \frac{1}{2}\sqrt 2$

d) $cos(\varphi)=0,994, tan(\varphi)=0,111$

e) $sin(\varphi)=0,694, tan(\varphi)=0,964$

f) $cos(\varphi)=0,866, tan(\varphi)=0,577$

Aufgabe 3

Buch S. 138 / 3 a - e
Buch S. 138 / 5 a, b

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138/3a) Im Dreieck sind An- und Gegenkathete zum Winkel $\beta$ . Also $tan(\beta)=\frac{2cm}{6cm}=\frac{1}{3}$ ergibt $\beta = 18,4^o$ .

b) Zum Winkel 25^o ist die Hypotenuse gegeben. Gesucht ist seine Gegenkathete. Also $sin(25^o)=\frac{x}{7cm} \rightarrow x = 7cm \cdot sin(25^o)=3,0cm$ .

c) Im Dreieck sind Ankathete und Hypotenuse zum Winkel $\gamma$ . Also $cos(\gamma)=\frac{4cm}{10cm}=0,4$ ergibt $\gamma = 66,4^o$ .

d) Hier hat man zwei rechtwinklige Dreiecke. Eines mit den Seiten z₁, y und 12cm, das andere mit den Seiten z₂, x und 12cm.

Im ersten Dreieck (mit den Seiten z₁, y und 12cm) ist zum Winkel 60^o die Gegenkathete gegeben. Dann kann man die Hypotenuse y mit dem Sinus berechnen. $sin(60^o)=\frac{12cm}{y} \rightarrow y = \frac{12cm}{sin(60^o)}=\frac{12cm}{\frac{1}{2}\sqrt 3}=\frac{24cm}{\sqrt 3}=8\sqrt 3 cm \approx 13,9cm$
In diesem Dreieck ist auch noch die Ankathete zum 60^o-Winkel gesucht. Hier kann man sich aussuchen, ob man mit cos oder tan rechnen will. $tan(60^o)=\frac{12cm}{z_1} \rightarrow z_1=\frac{12cm}{tan(60^o)}=\frac{12cm}{\sqrt 3}=4\sqrt 3 cm \approx 6,9cm$ oder $cos(60^o)=\frac{z_1}{y} \rightarrow z_1 = y \cdot cos(60^o)=13,9cm\cdot 0,5)=7,0cm$ . Die unterschiedlichen Ergebnisse 6,9 cm und 7,0cm ergeben sich aus den Rundungen, mit denen man weiterrechnet. Wenn man die gnaze Anzeige des Taschenrechners nimmt und mit ihr weiterrechnet, erhält man in beiden Fällen 6,9cm.

Im zweiten Dreieck (mit den Seiten z₂, x und 12cm) geht man ähnlich vor.
$tan(55^o)=\frac{12cm}{z_2} \rightarrow z_2=\frac{12cm}{tan(55^o)}=8,4cm$ ,
$cos(55^o)=\frac{z_2}{x} \rightarrow x = \frac{8,4cm}{cos(55^o)}=14,6cm$

e) Auch hier hat man zwei Dreiecke. Im linken Dreieck ist zum 12^o-Winkel die Ankathete gegeben und die Hypotenuse gesucht. Also $cos(12^o)=\frac{7,2cm}{y} \rightarrow y = \frac{7,2cm}{cos(12^o)} =7,4cm$

Im rechten Dreieck ist die Gegenkathete zum 12^o-Winkel gesucht und die Ankathete gegeben. Also $tan(12^o)=\frac{x}{7,2cm} \rightarrow x = 7,2cm \cdot tan(12^o)=1,5cm$

Da es sich hier um ein Parallelogramm handelt, hätte man x auch mit dem Satz von Pythagoras berechnen können.

138/5a) In dem Dreieck sind a, b, und $\gamma$ gegeben, also nimmt man als Überlegungsfigur das rechte Dreieck. Man sieht, dass man h_b berechnen kann. Es ist $sin(\gamma)=\frac{h_b}{a} \rightarrow h_b=a\cdot sin(\gamma)=4cm \cdot sin(45^o)=4cm \cdot \frac{1}{2}\sqrt 2=2\sqrt 2cm\approx 2,8cm$
Damit ist der Flächeninhalt $A = \frac{1}{2}bh_b=\frac{1}{2}\cdot 7cm \cdot 2\sqrt 2cm =7\sqrt 2 cm^2\approx 9,9cm^2$

b) Im Dreieck sind b, C und amath>\alpha</math> gegeben, also nimmt man das linke Dreieck als Überlegungsfigur. Man kann h_c berechnen. Es ist $sin(\alpha)=\frac{h_c}{b} \rightarrow h_c = b\cdot sin(\alpha)=6cm \cdot sin(60^o)=6cm \cdot \frac{1}{2}\sqrt 3 = 3 \sqrt 3 cm \approx 5,2cm$ .

Der Flächeninhalt ist $A=\frac{1}{2}ch_c=\frac{1}{2}\cdot 4cm \cdot 3\sqrt 3cm =6\sqrt 3 cm^2\approx 10,4cm^2$

Aufgabe 4

Textaufgaben
Buch S. 139 / 10
Buch S. 140 /16
Buch S. 140 / 17
Buch S. 140 / 15
Buch S. 140 / 19

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

139/10a) In dem rechtwinkligen Dreieck sind die Hypotenuse c = 5m und der Winkel $\alpha=15^o$ gegeben. Es ist $sin(15^o)=\frac{d}{5m} \rightarrow d = 5m \cdot sin(15^o)=1,29m$ .

b) Hier macht man sich erste eine Skizze und trägt Hilfslinien ein.

In der Zeichnung kennt man keinen Winkel, aber diverse Streckenlängen, allerdings keine Längen in einem rechtwinkligen Dreieck.
Die Höhe auf die Basis ist in der Skizze x + 1m. Mit Hilfe des Strahlensatzes kann man x berechnen.
$\frac{x}{x+1} = \frac{0,75}{1,55}$
$1,55x = 0,75x + 0,75$
$0,8 x = 0,75$
$x=\frac{0,75}{0,8}=\frac{15}{16}=0,9375$ .
Also ist die Höhe h in dem gleichschenkligen Dreieck h = 1.9375m.
Man erreicht also mit der Leiter eine Höhe von knapp 2m.
Für diese Lösung hat man keinen Winkel, keinen Sinus, Kosinus oder Tangens gebraucht, sondern nur den Strahlensatz!

Es sollte aber auch mit sin, cos oder tan gehen.

In dem Dreieck links unten kennt man zum Basiswinkel $\beta$ die Ankathete 0,4m und die Gegenkathete 1,0m, also ist $tan(\beta)=\frac{1m}{0,4m}=2,5$ und <matsh>\beta = 68,2^o</math>
Zeichnet man nun noch die Höhe h von der Spitze des gleichschenkligen Dreiecks auf die Basis ein, dann hat man im linken rechtwinkligen Dreieck den Winkel $\beta$ und seine Ankathete $\frac{1,55m}{s}=0,775m$ und damit kann man die Höhe h berchnen. Es ist $tan(\beta)=\frac{h}{0,775m} \rightarrow h = 0,775m \cdot tan(68,2^o)=1,9376m$

140/16 In dem Dreieck STB ist kein rechter Winkel. Man macht sich eine Skizze und trägt die Höhe von B auf die Seite [ST] ein.

Die Dreiecke SFB und FTB sind bei F jeweils rechtwinklig.
Man kennt nur die beiden Winkel $\alpha$ und $\beta$ und keine weitere Streckenlängen in den rechtwinkligen Dreiecken. Man weiß aber, dass c₁ + c₂ = 29m ist. Also kann c₁ und c₂ verwenden. Es ist nämlich $tan(\alpha)=\frac{h}{c_2}, tan(\beta) = \frac{h}{c_1}$ und damit ist $c_2=\frac{h}{tan(\alpha)}, c_1=\frac{h}{tan(\beta)}$ . Setzt man dies in c₁ + c₂ = 29m ein , so erhält man
$c_1 + c_2 = \frac{h}{tan(\beta)} + \frac{h}{tan(\alpha)}=h\cdot(\frac{1}{tan(\alpha)}+\frac{1}{tan(\beta)})=29m$ .
Nach h aufgelöst: $h = \frac{29m}{\frac{1}{tan(\alpha)}+\frac{1}{tan(\beta)}}=\frac{29m}{\frac{1}{tan(52^o)}+\frac{1}{tan(41^o)}}=15m$ .
Der Fluss ist 15m breit.

140/17 In dem Bild ist $\overline {AD} = 70m, \alpha = 10^o, \beta = 55^o$ .

Es ist $tan(\alpha)=\frac{h_1}{70m}, tan(\beta)=\frac{h2}{70m}$ .
$h_1=tan(\alpha)\cdot 70m = tan(10^o)\cdot 70m = 12,34m, h2=tan(\beta)\cdot 70m=tan(55^o) \cdot 70m=99,97m, h_1+h_2=112,31m\approx 110m$

140/15{
Das Bild ist symmetrisch, daher reicht es auf einer Seite den Winkel zu berechnen. Im rechten Dreieck BFD ist $cos(\varphi)=\frac{50ft}{100ft}=\frac{1}{2} \rightarrow \varphi = 60^o$ .

140/19

c) $tan(\alpha)=\frac{h}{1m} \rightarrow h = tan(\alpha)\cdot 1m=tan(89^o)m=57,3m$

@@ Zeile 7: / Zeile 7: @@
 | <math>sin(85^o)</math> || <math>cos(5^o)</math>
 |-
-| <math>cos(20^o)</math> || <math>sin(80^o)</math>
+| <math>cos(10^o)</math> || <math>sin(80^o)</math>
 |-
 | <math>cos(60^o)</math> || <math>sin(30^o)</math>
@@ Zeile 22: / Zeile 22: @@
 [[Datei:Einheitskreis mit dreieck.jpg|250ox]]<br>
 . Welche Länge hat die Hypotenuse c?<br>
-. Bestimme <math>sin(\alpha), cos(\alpha)</math>.
+. Bestimme <math>sin(\alpha), cos(\alpha)</math>.<br>
 . Stelle die Gleichung zum Satz des Pythagoras auf. Verwende die Ergebnisse von 1. und 2. Welche Beziehung zwischen <math>sin(\alpha)</math> und <math>cos(\alpha)</math> erhältst du? }}
@@ Zeile 36: / Zeile 36: @@
 {{Aufgaben-blau|2|2=1. Löse <math>(sin(\alpha))^2 + (cos(\alpha))^2 = 1</math>  nach <math>sin(\alpha)</math> bzw. <math>cos(\alpha)</math> auf.
-.
+. Berechne ohne Ermittlung des Winkels <math>\varphi</math> für <br>
-}}
+a) <math>sin(\varphi)= 0,25</math> die Werte von <math>cos(\varphi), tan(\varphi)</math>.<br>
+b) <math>cos(\varphi)= 0,5</math> die Werte von <math>sin(\varphi), tan(\varphi)</math>.<br>
+c) <math>tan(\varphi)= 1</math> die Werte von <math>sin(\varphi), cos(\varphi)</math>.<br>
+d) <math>sin(\varphi)= 0,11</math> die Werte von <math>cos(\varphi), tan(\varphi)</math>.<br>
+e) <math>cos(\varphi)= 0,72</math> die Werte von <math>sin(\varphi), tan(\varphi)</math>.<br>
+f) <math>sin(\varphi)= 0,5</math> die Werte von <math>cos(\varphi), tan(\varphi)</math>.<br> }}
-{{Lösung versteckt|1=1. <math>sin(\alpha)=\sqrt {1-(cos(\alpha))^2}</math><br>
+{{Lösung versteckt|1=1. <math>sin(\alpha)=\sqrt {1-(cos(\alpha))^2}</math> , <math>cos(\alpha)=\sqrt {1-(sin(\alpha))^2}</math><br>
-<math>cos(\alpha)=\sqrt {1-(sin(\alpha))^2}</math>
+. a)<math>cos(\alpha)=\sqrt {1-(sin(\alpha))^2}=\sqrt {1-(0,25)^2}=0,968</math><br>
+<math>tan(\varphi)=\frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)}=\frac{0,25}{0,968}=0,258</math>
+b) <math>sin(\varphi)=\sqrt {1-(cos(\alpha))^2}=\sqrt {1-0,5^2}=0,866</math><br>
+<math>tan(\varphi)=\frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)}=\frac{0,866}{0,5}=1,732</math>
+c) <math>tan(\varphi)= 1</math> bedeutet <math>\varphi = 45^o</math> und <math>sin(45^o)=cos(45^o)= \frac{1}{2}\sqrt 2</math>
+d) <math>cos(\varphi)=0,994, tan(\varphi)=0,111</math>
+e) <math>sin(\varphi)=0,694, tan(\varphi)=0,964</math>
+f) <math>cos(\varphi)=0,866, tan(\varphi)=0,577</math>  }}
+{{Aufgaben-blau|3|2=Buch S. 138 / 3 a - e <br>
+Buch S. 138 / 5 a, b}}
+{{Lösung versteckt|1=138/3a) Im Dreieck sind An- und Gegenkathete zum Winkel <math>\beta</math>. Also <math>tan(\beta)=\frac{2cm}{6cm}=\frac{1}{3}</math> ergibt <math>\beta = 18,4^o</math>.
+b) Zum Winkel 25<sup>o</sup> ist die Hypotenuse gegeben. Gesucht ist seine Gegenkathete. Also <math>sin(25^o)=\frac{x}{7cm} \rightarrow x = 7cm \cdot sin(25^o)=3,0cm</math>.
+c) Im Dreieck sind Ankathete und Hypotenuse zum Winkel <math>\gamma</math>. Also <math>cos(\gamma)=\frac{4cm}{10cm}=0,4</math> ergibt <math>\gamma = 66,4^o</math>.
+d) Hier hat man zwei rechtwinklige Dreiecke. Eines mit den Seiten z<sub>1</sub>, y und 12cm, das andere mit den Seiten z<sub>2</sub>, x und 12cm.
+Im ersten Dreieck (mit den Seiten z<sub>1</sub>, y und 12cm) ist zum Winkel 60<sup>o</sup> die Gegenkathete gegeben. Dann kann man die Hypotenuse y mit dem Sinus berechnen. <math>sin(60^o)=\frac{12cm}{y} \rightarrow y = \frac{12cm}{sin(60^o)}=\frac{12cm}{\frac{1}{2}\sqrt 3}=\frac{24cm}{\sqrt 3}=8\sqrt 3 cm \approx 13,9cm</math><br>
+In diesem Dreieck ist auch noch die Ankathete zum 60<sup>o</sup>-Winkel gesucht. Hier kann man sich aussuchen, ob man mit cos oder tan rechnen will. <math>tan(60^o)=\frac{12cm}{z_1} \rightarrow z_1=\frac{12cm}{tan(60^o)}=\frac{12cm}{\sqrt 3}=4\sqrt 3 cm \approx 6,9cm</math> oder <math>cos(60^o)=\frac{z_1}{y} \rightarrow z_1 = y \cdot cos(60^o)=13,9cm\cdot 0,5)=7,0cm</math>. Die unterschiedlichen Ergebnisse 6,9 cm und 7,0cm ergeben sich aus den Rundungen, mit denen man weiterrechnet. Wenn man die gnaze Anzeige des Taschenrechners nimmt und mit ihr weiterrechnet, erhält man in beiden Fällen 6,9cm.
+Im zweiten Dreieck (mit den Seiten z<sub>2</sub>, x und 12cm) geht man ähnlich vor.<br>
+<math>tan(55^o)=\frac{12cm}{z_2} \rightarrow z_2=\frac{12cm}{tan(55^o)}=8,4cm</math>, <br>
+<math>cos(55^o)=\frac{z_2}{x} \rightarrow x = \frac{8,4cm}{cos(55^o)}=14,6cm</math>
+e) Auch hier hat man zwei Dreiecke. Im linken Dreieck ist zum 12<sup>o</sup>-Winkel die Ankathete gegeben und die Hypotenuse gesucht. Also <math>cos(12^o)=\frac{7,2cm}{y} \rightarrow y = \frac{7,2cm}{cos(12^o)} =7,4cm</math>
+Im rechten Dreieck ist die Gegenkathete zum 12<sup>o</sup>-Winkel gesucht und die Ankathete gegeben. Also <math>tan(12^o)=\frac{x}{7,2cm} \rightarrow x = 7,2cm \cdot tan(12^o)=1,5cm</math>
+Da es sich hier um ein Parallelogramm handelt, hätte man x auch mit dem Satz von Pythagoras berechnen können.
+---------------------------------------
+/5a) In dem Dreieck sind a, b, und <math>\gamma</math> gegeben, also nimmt man als Überlegungsfigur das rechte Dreieck. Man sieht, dass man h<sub>b</sub> berechnen kann. Es ist <math>sin(\gamma)=\frac{h_b}{a} \rightarrow h_b=a\cdot sin(\gamma)=4cm \cdot sin(45^o)=4cm \cdot \frac{1}{2}\sqrt 2=2\sqrt 2cm\approx 2,8cm</math> <br>
+Damit ist der Flächeninhalt <math>A = \frac{1}{2}bh_b=\frac{1}{2}\cdot 7cm \cdot 2\sqrt 2cm =7\sqrt 2 cm^2\approx 9,9cm^2</math>
+b) Im Dreieck sind b, C und amath>\alpha</math> gegeben, also nimmt man das linke Dreieck als Überlegungsfigur. Man kann h<sub>c</sub> berechnen. Es ist <math>sin(\alpha)=\frac{h_c}{b} \rightarrow h_c = b\cdot sin(\alpha)=6cm \cdot sin(60^o)=6cm \cdot \frac{1}{2}\sqrt 3 = 3 \sqrt 3 cm \approx 5,2cm</math>.<br>
+Der Flächeninhalt ist <math>A=\frac{1}{2}ch_c=\frac{1}{2}\cdot 4cm \cdot 3\sqrt 3cm =6\sqrt 3 cm^2\approx 10,4cm^2</math> }}
+{{Aufgaben-blau|4|2=Textaufgaben<br>
+Buch S. 139 / 10 <br>
+Buch S. 140 /16 <br>
+Buch S. 140 / 17 <br>
+Buch S. 140 / 15<br>
+Buch S. 140 / 19}}
+{{Lösung versteckt|1=139/10a) In dem rechtwinkligen Dreieck sind die Hypotenuse c = 5m und der Winkel <math>\alpha=15^o</math> gegeben.
+Es ist <math>sin(15^o)=\frac{d}{5m} \rightarrow d = 5m \cdot sin(15^o)=1,29m</math>.<br>
+b) Hier macht man sich erste eine Skizze und trägt Hilfslinien ein.<br>
+[[Datei:139-10b.jpg]]<br>
+In der Zeichnung kennt man keinen Winkel, aber diverse Streckenlängen, allerdings keine Längen in einem rechtwinkligen Dreieck. <br> Die Höhe auf die Basis ist in der Skizze x + 1m. Mit Hilfe des Strahlensatzes kann man x berechnen. <br>
+<math>\frac{x}{x+1} = \frac{0,75}{1,55}</math> <br>
+<math>1,55x = 0,75x + 0,75</math><br>
+<math>0,8 x = 0,75</math><br>
+<math>x=\frac{0,75}{0,8}=\frac{15}{16}=0,9375</math>.<br>
+Also ist die Höhe h in dem gleichschenkligen Dreieck h = 1.9375m.<br>
+Man erreicht also mit der Leiter eine Höhe von knapp 2m.<br>
+Für diese Lösung hat man keinen Winkel, keinen Sinus, Kosinus oder Tangens gebraucht, sondern nur den Strahlensatz!
+Es sollte aber auch mit sin, cos oder tan gehen. <br>
+[[Datei:139-10b 2.jpg]]<br>
+In dem Dreieck links unten kennt man zum Basiswinkel <math>\beta</math> die Ankathete 0,4m und die Gegenkathete 1,0m, also ist <math>tan(\beta)=\frac{1m}{0,4m}=2,5</math> und <matsh>\beta = 68,2^o</math><br>
+Zeichnet man nun noch die Höhe h von der Spitze des gleichschenkligen Dreiecks auf die Basis ein, dann hat man im linken rechtwinkligen Dreieck den Winkel <math>\beta</math> und seine Ankathete <math>\frac{1,55m}{s}=0,775m</math> und damit kann man die Höhe h berchnen. Es ist <math>tan(\beta)=\frac{h}{0,775m} \rightarrow h = 0,775m \cdot tan(68,2^o)=1,9376m </math>
+------------------------------------------
+/16 In dem Dreieck STB ist kein rechter Winkel. Man macht sich eine Skizze und trägt die Höhe von B auf die Seite [ST] ein.<br>
+[[Datei:140-16.jpg]]<br>
+Die Dreiecke SFB und FTB sind bei F jeweils rechtwinklig.<br>
+Man kennt nur die beiden Winkel <math>\alpha</math> und <math>\beta</math> und keine weitere Streckenlängen in den rechtwinkligen Dreiecken. Man weiß aber, dass c<sub>1</sub> + c<sub>2</sub> = 29m ist. Also kann c<sub>1</sub> und c<sub>2</sub> verwenden. Es ist nämlich <math>tan(\alpha)=\frac{h}{c_2}, tan(\beta) = \frac{h}{c_1}</math> und damit ist <math>c_2=\frac{h}{tan(\alpha)}, c_1=\frac{h}{tan(\beta)}</math>. Setzt man dies in c<sub>1</sub> + c<sub>2</sub> = 29m ein , so erhält man <br>
+<math>c_1 + c_2 = \frac{h}{tan(\beta)} + \frac{h}{tan(\alpha)}=h\cdot(\frac{1}{tan(\alpha)}+\frac{1}{tan(\beta)})=29m</math>.<br>
+Nach h aufgelöst: <math> h = \frac{29m}{\frac{1}{tan(\alpha)}+\frac{1}{tan(\beta)}}=\frac{29m}{\frac{1}{tan(52^o)}+\frac{1}{tan(41^o)}}=15m</math>. <br>
+Der Fluss ist 15m breit.
+-------------------------------------------------------
+/17 In dem Bild ist <math>\overline {AD} = 70m, \alpha = 10^o, \beta = 55^o</math>.<br>
+[[Datei:140-17.jpg|300px]]<br>
+Es ist <math>tan(\alpha)=\frac{h_1}{70m}, tan(\beta)=\frac{h2}{70m}</math>. <br>
+<math>h_1=tan(\alpha)\cdot 70m = tan(10^o)\cdot 70m = 12,34m, h2=tan(\beta)\cdot 70m=tan(55^o) \cdot 70m=99,97m, h_1+h_2=112,31m\approx 110m</math>
+----------------------------------------------------------
+/15{[[Datei:140-15.jpg|300px]]<br>
+Das Bild ist symmetrisch, daher reicht es auf einer Seite den Winkel zu berechnen. Im rechten Dreieck BFD ist <math>cos(\varphi)=\frac{50ft}{100ft}=\frac{1}{2} \rightarrow \varphi = 60^o</math>.
+----------------------------------------------------------
+/19<br>
+[[Datei:140-19.jpg]]
+c) <math>tan(\alpha)=\frac{h}{1m} \rightarrow h = tan(\alpha)\cdot 1m=tan(89^o)m=57,3m</math>  }}

M9 Aufgaben zur Trigonometrie: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 29. April 2021, 10:33 Uhr

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