Prof. S. Krauter Klausurbeispiele Staatsexamen Staatsex_Geo.doc ...

1Prof. S. Krauter Klausurbeispiele Staatsexamen Staatsex_Geo.docElementargeometrie Staatsexamen – R – Herbst 2004:1. Ebene Geometrie:a) Formulieren Sie den Satz vom Umfangswinkel (Peripheriewinkelsatz).b) Beweisen Sie:„Die Winkelhalbierende eines Dreieckswinkels und die Mittelsenkrechte derzugehörigen Gegenseite schneiden sich in einem Punkt des Umkreises.c) Konstruieren Sie ein Dreieck aus h c = 7 cm, w γ = 7,5 cm und s c = 8,5 cm.Hinweis: Beachten Sie Aufgabenteil b).2. Raumgeometrie:Ein Haus mit rechteckigem Grundriss (Länge a = 12 m; Breite b = 9 m) hat einWalmdach. Alle Dachflächen des Walmdaches haben die gleiche Dachneigung (dasist der Winkel zwischen der Dachfläche und einer horizontalen Ebene).Der Dachfirst befindet sich in h = 6 m Höhe über der Ebene des Dachtraufes.a) Skizzieren Sie aus freier Hand das Dach in Dreitafelprojektion (Grundriss, Aufrissund Seitenriss in zugeordneter Lage).Verlangt ist nur eine angemessene (nicht maßgerechte!) Freihandskizze.b) Zeichnen Sie ein Schrägbild des Daches in der Frontschau.Wählen Sie dazu die lange Hausseite senkrecht zur Bildebene und für dasSchrägbild die Werte α = 45° für den Verzerrungswinkel und k = 1 für dasVerkürzungsverhältnis.c) Bestimmen Sie die Dachneigung δ durch Zeichnung und Rechnung.d) Berechnen Sie den Flächeninhalt der Dachfläche und den Rauminhalt desgesamten Dachraumes.Lösung Elementargeometrie:1. Ebene Geometrie:a) „Alle Umfangswinkel über gleichen Kreisbögen sind gleich groß und zwar genauhalb so groß wie der Mittelpunktswinkel des zugehörigen Kreisbogens“.b) Gegeben sei ein Dreieck ABC mit Umkreis k. Sei W der Schnittpunkt derMittelsenkrechte x von AB mit dem Umkreis (auf der Seite des Umkreises, die Cnicht enthält). Die Mittelsenkrechte von AB ist Symmetrielinie des Umkreises, alsosind die beiden Bögen AW und WB gleichgroß und daher auch ihreUmfangswinkel. Folglich ist ∠ACW = ∠WCB = ½ * ∠ACB = ½ * γ.Also verläuft die Winkelhalbierende von γ durch den Punkt W. Q.e.d.c) Man zeichnet CC’ = h c und darauf das Lot in C’. Der Kreis um C mit Radius s cschneidet dieses Lot in C 1 , dem Mittelpunkt der Seite AB = c.Der Kreis um C mit Radius wγ schneidet das Lot auf h c im Punkt W. Damit hatman die Gerade CW. Diese schneidet nach Teil b) die Mittelsenkrechte der Seite

2AB (das ist das Lot auf AB in C 1 ), in einem Punkt U des Umkreises.Die Mittelsenkrechte von UC schneidet die Mittelsenkrechte von AB in derUmkreismitte M. Damit ist der Umkreis und als Schnitt mit der Gerade AB auchdie Punkte A und B konstruiert.Der Schnittpunkt W 2 führt zu einem Mittelpunkt M 2 . Der zugehörige Umkreisschneidet jedoch erkennbar die Gerade C’C 1 nicht, ergibt also keine weitereLösung. Es gibt nur eine Lösung.2. Raumgeometrie:a) Ordentliche Skizze frei Hand mit folgender Anordnung: Seitenriss AufrissGrundriss.b) Schrägbild in Frontschau:c) Das Dreieck JMK erscheint im Schrägbild in wahrer Größe (es ist parallel zurAufrissebene) und daher ist der Winkel KMJ = δ = 53° der Neigungswinkel derDachflächen.Durch Rechnung erhält man: tan δ= 6:4,5 = 4/3 = 1,3333… also δ =53,13°.d) Dachflächen: Seitenhöhe der Trapeze und der Dreiecke = MK.Berechnung von MK mit Hilfe von Pythagoras im Dreieck JMK:MK² = 6² + 4,5² = 56,25 damit MK = 7,5 m.Dachfläche = 7,5 * (9 + (12+3) ) = 180 m².Hinweis: Aus dem Dreick JMK sieht man, dass sich die Grundfläche des Dacheszu den Dachflächen verhält wie 4,5 zu 7,5 also wie 9:15. Daher erhält man dieDachfläche durch Multiplikation der Grundfläche mit 15/9.15/9 * 12 * 9 = 180 m²Rauminhalt:Wir berechnen den Rauminhalt des Satteldaches und subtrahieren die Voluminader abgeschnittenen Frontpyramiden:V = 1/2 * 9 * 6 * 12 – 2 * 1/3 * ( 1/2 *9*6*4,5) = 324 – 81 = 243 m³.

3Zu 1)C7,3 cm76,7 °7 cm8,5 cm13,7 cm7,5 cmM1W2A72,7 °C'W1C130,6 °B14 cmDreieck aus hc = 7 cm, w γ = 7,5 cm und sc = 8,5 cm.U1Zu 2):3 cmKLDFCG53,2 °12 cm6 cmJM4,5 cmAE9 cmB45 °

4Mathematik 2: Staatsexamen - G/H/S - Herbst 2004Aufgabe:a) Zeichnen Sie in ein Koordinatensystem mit Einheit 1 cm folgende Punkte ein:A(0; 2); P(0; 7), S(6; 4) und Q(9; 7).[Platzbedarf: vom Ursprung aus 10 cm nach oben und 12 cm nach rechts]b) Spiegeln Sie A an der Gerade SP nach C und C an der Gerade SQ nach B.Zeichnen Sie das Dreieck ABC.Welche Rolle spielt S und welche die Geraden SP und SQ in diesem Dreieck?c) Beweisen Sie mit Hilfe der Zeichnung aus Aufgabe a) und b), dass der WinkelASB genau doppelt so groß ist wie der Winkel ACB. (Alle Winkel sind imGegenuhrzeigersinn angegeben).Hinweis: Nutzen Sie die Gerade CS.d) Begründen Sie, dass in jedem Dreieck ABC die Winkelhalbierende des WinkelsACB die Mittelsenkrechte der Seite AB in einem Punkt W des Umkreises vonDreieck ABC trifft. Benutzen Sie dazu die Zeichnung aus a) bis c).e) Konstruieren Sie ein Dreieck aus c = 10 cm, γ = 65° und s c = 7 cm.(Konstruktionstext mit kurzer Begründung).Lösung:a) Siehe Zeichnung.b) Siehe Zeichnung.SP und SQ sind nach Konstruktion die Mittelsenkrechten der Seiten AC bzw.CB des Dreiecks, ihr Schnittpunkt S daher die Umkreismitte.c) CS schneide den Umkreis im Punkt X. Dreieck ASC ist gleichschenklig, dahersind die Winkel ACS und SAC gleichgroß. Beide zusammen ergänzen denWinkel CSA im Dreieck ASC auf 180°. Das tut aber der Winkel ASX ebenfalls,daher ist dieser doppelt so groß wie Winkel ACS: ∠ASX = 2 * ∠ACS.Dasselbe Argument gilt für das Dreieck BSC, also ∠XSB = 2 * ∠SCB.Damit ergibt sich die Behauptung: ∠ASB = 2 * ∠ACB.Alternative:Die Verkettung der 2 Spiegelungen an SP und SQ ist eine Drehung um S umden doppelten Winkel zwischen SP und SQ. Dieser hat jedoch die Größe 180° -γ (Winkelsumme im Viereck S R C T). Folglich hat der Drehwinkel die Größe360° - 2*γ. Sein Ergänzungswinkel auf 360°, das ist der Winkel ASB, hat daherdie Größe 2*γ. Damit ist alles bewiesen.d) Es sei W der Schnittpunkt der Mittelsenkrechte von AB mit dem Umkreis desDreiecks ABC. Dann sind die Bögen AW und WB gleich groß, also auch ihreMittelpunktswinkel und nach d) auch ihre Umfangswinkel. Daher ist CW dieWinkelhalbierende des Winkels ACB.

5e) Wir zeichnen AB = c = 8 cm. Es sei M 1 der Mittelpunkt der Strecke AB.Der Punkt C liegt erstens auf dem Kreis um M1 mit Radius sc = 7 cm undzweitens auf dem Fasskreisbogenpaar für den Winkel γ = 75° über AB.Man erhält in diesem Fall genau eine Lösung. Die anderen sich ergebendenLösungen sind zu dieser kongruent. (Symmetrie zu AB und seinerMittelsenkrechten).CPRTQSAM3Be)WXC65 ° 11 cm5,2 cm86,9 ° 10 cm 28,1 °AM1B

6Schulgeometrie Staatsexamen - R - Herbst 2003Aufgabe 1:a) Konstruieren Sie ein gleichschenkliges Trapez mit a = 7 cm, b = 6 cm und c = 3cm.b) Begründen Sie, dass das Trapez einen Umkreis besitzt. Konstruieren Sie denUmkreis.c) Wie groß ist bei festem a und c die Länge b zu wählen, damit das Trapez aucheinen Inkreis besitzt?Zeichnen Sie eine Figur mit vorweggenommener Lösung und geben Sie ballgemein in Abhängigkeit von a und c an.Berechnen Sie b für die in a) angegebenen Maße.d) Berechnen Sie für das in c) behandelte Trapez mit Umkreis und Inkreis denFlächeninhalt in Abhängigkeit von a und c.Aufgabe 2:Das rechtwinklige Dreieck ABC wirdum den Vektor v in das DreieckA*B*C* verschoben.Dreieck A*B*C* wird an der Gerade ddurch B gespiegelt in das DreieckA’B’C‘.a) Konstruieren Sie die DreieckeA*B*C* und A’B’C‘.b) Ermitteln Sie die Kenndaten derKongruenzabbildung K, die dasDreieck ABC direkt in das DreieckA’B’C‘ abbildet. Begründung.A40°v5cm4cmC.B2cm30°d

7Schulgeometrie Lösungen:DCAufgabe 1k ua) AB zeichnen. C liegt auf k(B;b) und Parallelea− czur Mittelsenkrechten m AB im Abstand 2.b) Die Symmetrieachse m AB des Trapezes liegtauf zwei Mittelsenkrechten. Somit liegen diebeiden anderen Mittelsenkrechten auchsymmetrisch und schneiden sich auf m AB in M u .AMBc) Siehe Figur: Die Tangentenabschnitte von Aund D an den Inkreis k i sind gleich lang.a+ cDaraus folgt: b = 2= 5 cm.Dc2Ca+ c a+ cd) A = 2h = 22ρa+ crechtw. Dreieck AED: ( 2) 2 = (2ρ) 2 a− c+ ( 2) 2⇒ ρ =A =a+ c212acaca2c2ρρρMMiukik uAa2EBAufgabe 2:v5cmA*a) -b) Verschiebung gleichsinnig,Spiegelung gegensinnig: DieErsatzabbildung ist gegensinnig,also eine Spiegelung oder eineSchubspiegelung. Da AA‘ und BB‘nicht parallel sind, liegt keineSpiegelung vor.Kenndaten der Schubspiegelung:Die Mittelpunkt von AA‘, BB‘ undCC‘ legen die Spiegelgerade g‘fest.Spiegelt man A an g‘ nach A**, sogibt A**A‘ den Vektor w an.A40°4cmC.B2cm30°wA'dgA**