Trigonometrische Additionstheoreme

 

 

In der obigen Abbildung seien die Winkel gegeben durch
\[m( \hat {COD} )= a \;\; \text{und} \;\; m(\hat{ DOA}) = b \] Die Summe dieser beiden Winkel ergibt somit
\[m(\hat{ COA}) = a + b \]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ABO folgt:

\[
\sin (a + b) = \frac{|AB|}{|OA|} = \frac{|EB|}{|OA|} + \frac{|AE|}{|OA|} = \frac{|DC| + |AE|}{|OA|}
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck DCO folgt:

\[
\sin a = \frac{|DC|}{|OD|} \Rightarrow |DC| = |OD| \cdot \sin a
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ADO folgt:

\[
\cos b = \frac{|OD|}{|OA|} \Rightarrow |OD| = |OA| \cdot \cos b
\]

Durch Einsetzen dieses Ausdrucks erhalten wir:

\[
|DC| = |OA| \cdot \sin a \cdot \cos b
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck AED folgt:

\[
\cos a = \frac{|AE|}{|AD|} \Rightarrow |AE| = |AD| \cdot \cos a
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ADO folgt:

\[
\sin b = \frac{|AD|}{|OA|} \Rightarrow |AD| = |OA| \cdot \sin b
\]

Durch Einsetzen dieses Ausdrucks erhalten wir:

\[
|AE| = |OA| \cdot \sin b \cdot \cos a
\]

Daraus ergibt sich folglich:

\[
\sin (a + b) = \frac{|DC| + |AE|}{|OA|} = \frac{|OA| \cdot \sin a \cdot \cos b + |OA| \cdot \sin b \cdot \cos a}{|OA|}
\]

\[
\sin (a + b) = \sin a \cdot \cos b + \sin b \cdot \cos a
\]

\[ 1. \quad \sin (a + b) = \sin a \cos b + \sin b \cos a \]

Ersetzt man in Theorem 1 den Winkel \(b\) durch \(-b\), so ergibt sich:

\[ 2. \quad \sin (a – b) = \sin a \cos b \;- \; \sin b \cos a \]

 

Für den Kosinus:

 

Ersetzt man in Theorem 2 den Winkel \(a\) durch \( \frac{\pi}{2} – a \), so ergibt sich:

\[ 3. \quad \cos (a + b) = \cos a \cos b \; – \; \sin a \sin b \]

Ersetzt man in Theorem 3 den Winkel \(b\) durch \(-b\), so ergibt sich:

\[ 4. \quad \cos (a \; – \; b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b \]

 

Für den Tangens:

 

\[
\tan (a + b) = \frac{\sin (a + b)}{\cos (a + b)} = \frac{\sin a \cos b + \sin b \cos a}{\cos a \cos b \; – \; \sin a \sin b}
\]

Zähler und Nenner werden nun durch \( \cos a \cdot \cos b \) dividiert:

\[ 5. \quad \tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} \]

Ersetzt man in Theorem 5 den Winkel \(b\) durch \(-b\), so ergibt sich:

\[ 6. \quad \tan (a – b) = \frac{\tan a \; – \;\tan b}{1 + \tan a \cdot \tan b} \]

 

Für den Kotangens:

 

\[
\cot (a + b) = \frac{\cos (a + b)}{\sin (a + b)} = \frac{\cos a \cdot \cos b \;- \; \sin a \cdot \sin b}{\sin a \cdot \cos b + \sin b \cdot \cos a}
\]

Zähler und Nenner werden nun durch \( \sin a \cdot \sin b \) dividiert:

\[ 7. \quad \cot (a + b) = \frac{\cot a \cdot \cot b \;- \;1}{\cot a + \cot b} \]

Ersetzt man in Theorem 7 den Winkel \(b\) durch \(-b\), so ergibt sich:

\[ 8. \quad \cot (a – b) = \frac{\cot a \cdot \cot b + 1}{\cot b \;- \; \cot a} \]

 

Zusammenfassende Formeltabelle:

\[
\begin{array}{| l | }
\hline \\
1. \quad \sin (a + b) = \sin a \cos b + \sin b \cos a \\ \\
\hline \\
2. \quad \sin (a \; – \; b) = \sin a \cos b \;- \; \sin b \cos a \\ \\
\hline \\
3. \quad \cos (a + b) = \cos a \cos b \; – \; \sin a \sin b \\ \\
\hline \\
4. \quad \cos (a \; – \; b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b \\ \\
\hline \\
5. \quad \tan (a + b) = \Large \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} \\ \\
\hline \\
6. \quad \tan (a \;- \; b) = \Large \frac{\tan a \; – \;\tan b}{1 + \tan a \cdot \tan b} \\ \\
\hline \\
7. \quad \cot (a + b) = \Large \frac{\cot a \cdot \cot b \;- \;1}{\cot a + \cot b} \\ \\
\hline \\
8. \quad \cot (a\; – \; b) = \Large \frac{\cot a \cdot \cot b + 1}{\cot b \;- \; \cot a} \\ \\
\hline
\end{array}
\]

 

Hinweis:

 

Um \( \cot (a \pm b) \) zu bestimmen, kann man zunächst \( \tan (a \pm b) \) berechnen und anschließend den Kehrwert bilden:
\[
\cot (a \pm b) = \frac{1}{\tan (a \pm b)}
\]

 

Beispiel:

 

Berechnen wir die Werte für \( \sin 75^\circ \) und \( \cot 15^\circ \).

\[
\sin 75^\circ = \sin (45^\circ + 30^\circ) = \sin 45^\circ \cdot \cos 30^\circ + \sin 30^\circ \cdot \cos 45^\circ
\]

\[
= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}
\]

Zur Berechnung von \( \cot 15^\circ \) bestimmen wir zuerst \( \tan 15^\circ \):

\[
\tan 15^\circ = \tan (60^\circ – 45^\circ) = \frac{\tan 60^\circ – \tan 45^\circ}{1 + \tan 60^\circ \cdot \tan 45^\circ} = \frac{\sqrt{3} – 1}{1 + \sqrt{3} \cdot 1}
\]

\[
\cot 15^\circ = \frac{1}{\tan 15^\circ} = \frac{1 + \sqrt{3}}{\sqrt{3} – 1} = 2 + \sqrt{3}
\]

 

AUFGABE 1

 

Gegeben sei \( \tan 65^\circ = a \). Drücken Sie \( \tan 40^\circ \) in Abhängigkeit von \( a \) aus.

\[
\text{A) } \frac{1 – a^2}{a} \quad \text{B) } \frac{1 – a^2}{2a} \quad \text{C) } \frac{a^2 – 1}{2a} \quad \text{D) } \frac{a^2 + 1}{a} \quad \text{E) } \frac{a^2 + 1}{2a}
\]

 

Lösung:

 

Aus \( \tan 65^\circ = a \) folgt über die Komplementärwinkelbeziehung \( \cot 25^\circ = a \), woraus sich \( \tan 25^\circ = \frac{1}{a} \) ergibt.

Unter Verwendung des Additionstheorems für die Differenz des Tangens erhalten wir:
\[
\tan 40^\circ = \tan (65^\circ – 25^\circ) = \frac{\tan 65^\circ – \tan 25^\circ}{1 + \tan 65^\circ \cdot \tan 25^\circ} = \frac{a – \frac{1}{a}}{1 + a \cdot \frac{1}{a}} = \frac{a^2 – 1}{2a}
\]

 

\(\textbf{Antwort: C} \)

 

AUFGABE 2

 

Wenn \( \cot x = 3 \) und \( \tan y = -2 \), bestimmen Sie den Wert für \( x + y \).

\[
\text{A) } 135^\circ \quad \text{B) } 150^\circ \quad \text{C) } 225^\circ \quad \text{D) } 240^\circ \quad \text{E) } 300^\circ
\]

 

Lösung:

 

\[\begin{aligned} &\tan y = -2 \\ \\
& \cot x = 3 \Rightarrow \tan x = \frac{1}{3} \end{aligned}\]

Mithilfe des Additionstheorems für die Tangenssumme ergibt sich:
\[
\tan (x + y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 – \tan x \cdot \tan y} = \frac{\frac{1}{3} + (-2)} {1 – \frac{1}{3} \cdot (-2)} = \frac{-\frac{5}{3}}{1 + \frac{2}{3}} = \frac{-\frac{5}{3}}{\frac{5}{3}} = -1
\]

Aus \(\tan (x + y) = -1\) folgt im Intervall der Dreieckswinkel \(x + y = 135^\circ\).

 

\(\textbf{Antwort: A} \)

 

AUFGABE 3

 

In einem Dreieck ABC gelte die Beziehung
\( (\sin A + \cos B)^2 + (\cos A + \sin B)^2 = 3 \). Bestimmen Sie das Maß des Winkels C.

\[
\text{A) } 60^\circ \quad \text{B) } 90^\circ \quad \text{C) } 120^\circ \quad \text{D) } 135^\circ \quad \text{E) } 150^\circ
\]

 

Lösung:

 

Durch Ausmultiplizieren der beiden Binome erhalten wir:
\[\begin{aligned}
(\sin A + \cos B)^2 & = \sin^2 A + \cos^2 B + 2 \sin A \cos B \\ \\
(\cos A + \sin B)^2 &= \cos^2 A + \sin^2 B + 2 \cos A \sin B \\ \\
\hline
\text{Addition der Zeilen: } \quad \quad 3 & = 1 + 1 + 2 (\sin A \cos B + \cos A \sin B) \\
\end{aligned}\]

Unter Anwendung des Additionstheorems für den Sinus folgt:
\[
\Rightarrow \frac{1}{2} = \sin (A + B)
\]

Daraus ergeben sich für die Innenwinkelsumme zwei mögliche Fälle:
\[
\Rightarrow A + B = 30^\circ \quad \text{oder} \quad A + B = 150^\circ
\]

Da im Dreieck \( A + B + C = 180^\circ \) gilt, folgt:
\[
C = 150^\circ \quad \text{oder} \quad C = 30^\circ
\]
Unter Berücksichtigung der vorgegebenen Antwortmöglichkeiten ist \(150^\circ\) korrekt.

 

\(\textbf{Antwort: E} \)

 

AUFGABE 4

 

In der nebenstehenden Abbildung gilt \( m \hat{C} = 90^\circ \).

Wenn \( \tan A = 3 \) und \( \tan B = -\frac{1}{3} \), bestimmen Sie den Wert von \( \sin D \).

\[
\text{A) } \frac{1}{6} \quad \text{B) } \frac{1}{5} \quad \text{C) } \frac{2}{5} \quad \text{D) } \frac{3}{5} \quad \text{E) } \frac{4}{5}
\]

 

 

Lösung:

 

Die Winkelsumme der Figur liefert \( A + B + D = 270^\circ \Rightarrow D = 270^\circ – (A + B) \).
Durch Anwenden des Kotangens auf beiden Seiten folgt:
\[ \Rightarrow \cot D = \cot [270^\circ – (A + B)] = \tan (A + B) \]

Berechnen wir nun \(\tan(A+B)\) mit der Summenformel:
\[
\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 – \tan A \cdot \tan B} = \frac{3 + \left(-\frac{1}{3}\right)}{1 – 3 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)} = \frac{\frac{8}{3}}{1 + 1} = \frac{4}{3}
\]

Daraus ergibt sich \( \cot D = \frac{4}{3} \), was \( \tan D = \frac{3}{4} \) bedeutet. Konstruieren wir das entsprechende rechtwinklige Dreieck:

 

Nach dem Satz des Pythagoras beträgt die Hypotenuse 5. Daraus folgt direkt:
\[
\sin D = \frac{3}{5}
\]

 

 

 

 

\(\textbf{Antwort: D} \)

 

AUFGABE 5

 

Bestimmen Sie \( \tan x \) aus der folgenden Gleichung:

\[
\frac{\sin \left( x + \frac{\pi}{4} \right)}{\cos \left( x – \frac{\pi}{4} \right)} + \tan \left( x + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{2}
\]

\[
\text{A) } 2 \quad \text{B) } 1 \quad \text{C) } -2 \quad \text{D) } -3 \quad \text{E) } -4
\]

 

Lösung:

 

Unter Verwendung der Identitäten für Komplementärwinkel gilt:
\[
\sin \left( x + \frac{\pi}{4} \right) = \cos \left[ \frac{\pi}{2} – \left(x + \frac{\pi}{4}\right) \right] = \cos \left( \frac{\pi}{4} – x \right)
\]
Da der Kosinus eine gerade Funktion ist (\( \cos(-\theta) = \cos(\theta) \)), entspricht der Nenner ebenfalls \( \cos \left( \frac{\pi}{4} – x \right) \). Der vordere Bruch vereinfacht sich somit zu 1:
\[
\frac{\sin \left( x + \frac{\pi}{4} \right)}{\cos \left( x – \frac{\pi}{4} \right)} = 1
\]

Der Tangensterm lässt sich wie folgt expandieren:
\[
\tan \left( x + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan x + \tan \frac{\pi}{4}}{1 – \tan x \cdot \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{\tan x + 1}{1 – \tan x}
\]

Setzen wir diese Teilergebnisse in die Ausgangsgleichung ein:
\[
1 + \frac{\tan x + 1}{1 – \tan x} = \frac{1}{2}
\]

Durch Gleichnamigmachen des Nenners erhalten wir:
\[
\Rightarrow \frac{(1 – \tan x) + (\tan x + 1)}{1 – \tan x} = \frac{1}{2}
\]

\[
\Rightarrow \frac{2}{1 – \tan x} = \frac{1}{2} \Rightarrow 1 – \tan x = 4 \Rightarrow \tan x = -3
\]

 

\(\textbf{Antwort: D} \)

 

AUFGABE 6

 

Vereinfachen Sie den folgenden Ausdruck:
\[
\frac{\sin 10^\circ + \sqrt{3} \cos 10^\circ}{\cos 20^\circ}
\]

\[
\text{A) } 1 \quad \text{B) } 2 \quad \text{C) } 3 \quad \text{D) } 4 \quad \text{E) } 5
\]

 

Lösung:

 

Wir nutzen die Substitution \( \sqrt{3} = \tan 60^\circ = \frac{\sin 60^\circ}{\cos 60^\circ} \):
\[
\frac{\sin 10^\circ + \frac{\sin 60^\circ}{\cos 60^\circ} \cdot \cos 10^\circ}{\cos 20^\circ} = \frac{\frac{\sin 10^\circ \cdot \cos 60^\circ + \sin 60^\circ \cdot \cos 10^\circ}{\cos 60^\circ}}{\cos 20^\circ}
\]

Wenden wir das Additionstheorem für den Sinus im Zähler an:
\[
= \frac{\sin (10^\circ + 60^\circ)}{\cos 60^\circ \cdot \cos 20^\circ} = \frac{\sin 70^\circ}{\frac{1}{2} \cdot \cos 20^\circ}
\]

Da \( \sin 70^\circ = \cos 20^\circ \) über Komplementärwinkel gilt, kürzen sich diese Terme vollständig weg:
\[
= \frac{2 \cdot \cos 20^\circ}{\cos 20^\circ} = 2
\]

\(\textbf{Antwort: B} \)

 

AUFGABE 7

 

In der nebenstehenden Abbildung gilt:

\[\begin{aligned}&m(A\hat{O}B) = a \\ \\
&m( B\hat{O}C) = b \\ \\
&m( C\hat{O}D) = c \end{aligned}\]

Welcher der folgenden Ausdrücke entspricht der Summe \( \tan a + \tan b + \tan c \)?

 

\[
\text{A) } \tan a \cdot \tan b \cdot \tan c \quad
\text{B) } -\tan a \cdot \tan b \cdot \tan c \quad
\text{C) } 0 \quad
\text{D) } -1 \quad
\text{E) } 1
\]

 

Lösung:

 

Da die Winkel auf einer Geraden liegen, gilt \( a + b + c = 180^\circ \Rightarrow a + b = 180^\circ – c \).
Die Anwendung des Tangens auf beide Seiten liefert:
\[
\Rightarrow \tan (a + b) = \tan (180^\circ – c) = -\tan c
\]

Unter Verwendung der Tangens-Summenformel ergibt sich:
\[
\Rightarrow \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = -\tan c
\]

Durch Überkreuzmultiplikation erhalten wir:
\[
\Rightarrow \tan a + \tan b = -\tan c + \tan a \cdot \tan b \cdot \tan c
\]

Durch Umstellen der Terme gelangen wir zu der gesuchten Identität:
\[
\Rightarrow \tan a + \tan b + \tan c = \tan a \cdot \tan b \cdot \tan c
\]

\(\textbf{Antwort: A} \)

 

Hinweis:

 

Wir untersuchen die Extremwerte einer Linearkombination der Form \( f(x) = a \sin x + b \cos x \):

\[
f(x) = a \left( \sin x + \frac{b}{a} \cos x \right)
\]

Setzt man hierbei \( \frac{b}{a} = \tan y = \frac{\sin y}{\cos y} \), so folgt:

\[
f(x) = a \left( \sin x + \frac{\sin y}{\cos y} \cdot \cos x \right) = a \left( \frac{\sin x \cdot \cos y + \sin y \cdot \cos x}{\cos y} \right) = \frac{a \sin (x + y)}{\cos y}
\]

 

Aus dem nebenstehenden rechtwinkligen Hilfsdreieck liest man ab: \( \cos y = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \). Durch Einsetzen ergibt sich:

\[
f(x) = \frac{a \sin (x + y)}{a / \sqrt{a^2 + b^2}} = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \sin (x + y)
\]

 

Wegen der Beschränktheit der Sinusfunktion \( -1 \leq \sin (x + y) \leq 1 \) folgt schlussendlich:

\[\begin{aligned}
&f_{\text{max}} = \sqrt{ a^2+b^2} \quad (\text{für } \sin(x+y) = 1) \\ \\
&f_{\text{min}} = -\sqrt{ a^2+b^2} \quad (\text{für } \sin(x+y) = -1) \\ \\
\end{aligned}\]

 

 

AUFGABE 8

 

Die Funktion \( f(x) = 3 \sin x \;- \; 4 \cos x \) besitze das Maximum \( m \) und das Minimum \( n \). Welches geordnete Paar \( (m, n) \) ist korrekt?

\[
\text{A) } (-1, 1) \quad \text{B) } (5, -5) \quad \text{C) } (-4, 3) \quad \text{D) } (-3, 4) \quad \text{E) } (-\sqrt{5}, \sqrt{5})
\]

 

Lösung:

 

\[
m = f_{\text{max}} = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = 5
\]

\[
n = f_{\text{min}} = -\sqrt{3^2 + (-4)^2} = -5
\]

Das gesuchte Paar lautet somit \( (5, -5) \).

\(\textbf{Antwort: B} \)

 

AUFGABE 9

 

 

In der nebenstehenden Zeichnung sind ABCD, BEFG und EHKM Quadrate.

 

 

 

Unter der Bedingung \( |AB| = 2|BE| = 4|EH| \), bestimmen Sie den Wert von \( \tan (\hat{ AGH}) \).

\[ \text{A) } -\frac{1}{2} \quad \text{B) } -\frac{2}{3} \quad \text{C) } -1 \quad \text{D) } -\frac{3}{2} \quad \text{E) } -\frac{7}{4} \]

 

Lösung:

 

Es seien \( m(\hat {AGB} ) = a \) und \( m(\hat{ BGH} ) = b \).
Wählen wir als Skalierungseinheit \( |EH| = 1 \).

Daraus ergeben sich die Längen \( |BE| = |BG| = 2 \) sowie \( |AB| = 4 \).

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ABG folgt:
\[
\tan a = \frac{|AB|}{|BG|} = \frac{4}{2} = 2
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck GBH (mit der Gesamtlänge \(|BH| = |BE| + |EH| = 2 + 1 = 3\)) folgt:
\[
\tan b = \frac{|BH|}{|BG|} = \frac{3}{2}
\]

Mit der Summenformel des Tangens für den Winkel \( \hat{AGH} = a + b \) berechnen wir:
\[
\tan (\hat{ AGH} ) = \tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = \frac{2 + \frac{3}{2}}{1 – 2 \cdot \frac{3}{2}} = \frac{\frac{7}{2}}{-2} = -\frac{7}{4}
\]

\(\textbf{Antwort: E} \)

 

AUFGABE 10

 

 

Die nebenstehende Figur zeigt ein Quadrat ABCD.

Falls \( |EC| = |EG| = 2|GB| \) und \( m(\hat{ AFG}) = x \) gilt, welchen Wert hat \( \tan x \)?

 

\[
\text{A) } -\frac{35}{13} \quad
\text{B) } \frac{35}{13} \quad
\text{C) } \frac{34}{15} \quad
\text{D) } -\frac{13}{15} \quad
\text{E) } -\frac{7}{13}
\]

 

Lösung:

 

Setzen wir \( m(\hat{ AEG}) = a \) und \( m(\hat{ DGE}) = b \). Nach dem Außenwinkelsatz gilt \( x = a + b \).

Wir wählen die Normierung \( |GB| = 1 \).
Daraus folgt \( |EG| = |CE| = 2 \). Die Gesamtlänge der Quadratseite beträgt somit \( |BC| = |CE| + |EG| + |GB| = 2 + 2 + 1 = 5 \). Folglich ist auch \( |AB| = |DC| = 5 \).

Im rechtwinkligen Dreieck ABE (mit \(|EB| = |EG| + |GB| = 3\)):
\[
\tan a = \frac{|AB|}{|EB|} = \frac{5}{3}
\]

Im rechtwinkligen Dreieck GCD (mit \(|CG| = |CE| + |EG| = 4\)):
\[
\tan b = \frac{|DC|}{|CG|} = \frac{5}{4}
\]

Über das Additionstheorem der Tangenssumme ergibt sich:
\[
\tan x = \tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = \frac{\frac{5}{3} + \frac{5}{4}}{1 – \frac{5}{3} \cdot \frac{5}{4}} = \frac{\frac{35}{12}}{1 – \frac{25}{12}} = \frac{\frac{35}{12}}{-\frac{13}{12}} = -\frac{35}{13}
\]

\(\textbf{Antwort: A} \)

 

AUFGABE 11

 

 

Die nebenstehende Figur ist aus sechs kongruenten Quadraten aufgebaut.
Wenn \( m(\hat{ BAC}) = \alpha \) ist, bestimmen Sie den Wert von \( \cot \alpha \).

 

 

\[
\text{A) } \frac{1}{3} \quad
\text{B) } 3 \quad
\text{C) } \frac{11}{7} \quad
\text{D) } \frac{7}{11} \quad
\text{E) } 4
\]

 

Lösung:

 

Es seien \( m(\hat {CAD}) = b \) und \( m ( \hat { EAB } ) = a \). Betrachtet man den rechten Winkel am Eckpunkt A, erkennt man die Beziehung \( \alpha = 90^\circ \;-\; (a + b) \).

Wir setzen die Seitenlänge der Quadrate als 1 Längeneinheit fest.

 

 

 

Im rechtwinkligen Dreieck CDA (Gegenkathete 1, Ankathete 3):
\[ \tan b = \frac{|CD|}{|DA|} = \frac{1}{3} \]

Im rechtwinkligen Dreieck BEA (Gegenkathete 1, Ankathete 4):
\[ \tan a = \frac{|BE|}{|EA|} = \frac{1}{4} \]

Unter Anwendung der Komplementärwinkelbeziehung gilt:
\[
\cot \alpha = \cot [90^\circ – (a + b)] = \tan (a + b)
\]

Mithilfe des Tangens-Additionstheorems erhalten wir:
\[
\tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = \frac{\frac{1}{4} + \frac{1}{3}}{1 – \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{7}{12}}{\frac{11}{12}} = \frac{7}{11}
\]

\(\textbf{Antwort: D} \)

 

AUFGABE 12

 

 

In der nebenstehenden Skizze ist ABCD ein Quadrat.
Falls \( m( \hat{ EGC}) = \alpha \) und \( |DE| = |DF| = |FA| \) gilt, bestimmen Sie \( \sin \alpha \).

 

 

 

\[
\text{A) } \frac{3}{4} \quad
\text{B) } \frac{3}{5} \quad
\text{C) } \frac{2}{3} \quad
\text{D) } \frac{2}{\sqrt{5}} \quad
\text{E) } \frac{3}{\sqrt{5}}
\]

 

Lösung:

 

Es seien \( m (\hat {DAE} ) = a \) und \( m(\hat { DFC} ) = b \).

Aus geometrischen Außenwinkelbeziehungen im Dreieck folgt \( b = a + \alpha \Rightarrow \alpha = b – a \).

Wir wählen die Seitenlängen zu \( |DE| = |DF| = |FA| = 1 \).
Folglich besitzt das Quadrat die Seitenlänge \( |DC| = |DA| = 2 \).

Zuerst bestimmen wir den Wert von \( \tan \alpha \).
Aus dem rechtwinkligen Dreieck ADE folgt:
\[
\tan a = \frac{|DE|}{|DA|} = \frac{1}{2}
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck CDF folgt:
\[
\tan b = \frac{|DC|}{|DF|} = \frac{2}{1} = 2
\]

Mithilfe des Tangens-Differenztheorems gilt:
\[
\tan \alpha = \tan (b – a) = \frac{\tan b – \tan a}{1 + \tan b \cdot \tan a} = \frac{2 – \frac{1}{2}}{1 + 2 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\frac{3}{2}}{2} = \frac{3}{4}
\]

Mithilfe eines klassischen rechtwinkligen 3-4-5-Dreiecks bestimmen wir nun aus \(\tan \alpha = \frac{3}{4}\) den Sinuswert:

\[
\sin \alpha = \frac{3}{5}
\]

 

\(\textbf{Antwort: B} \)

 

AUFGABE 13

 

 

In dem gezeigten gleichseitigen Dreieck ABC gelte:
\( m(\hat{ ABE} ) = \alpha\), \( |AE| = |ED| \) und \( [BC] \perp [AD] \). Bestimmen Sie den Wert von \( \tan \alpha \).

 

\[
\text{A) } \frac{\sqrt{3}}{2} \quad
\text{B) } \frac{\sqrt{3}}{3} \quad
\text{C) } \frac{\sqrt{3}}{4} \quad
\text{D) } \frac{\sqrt{3}}{5} \quad
\text{E) } \frac{\sqrt{3}}{6}
\]

 

Lösung:

 

Wählen wir für das gleichseitige Dreieck die Seitenlänge \( |BC| = 4 \).
Da die Höhe \( [AD] \) gleichzeitig die Symmetrieachse (Seitenhalbierende) bildet, folgt:
\[
|BD| = |DC| = 2 \text{ Längeneinheiten}
\]
Die Gesamthöhe beträgt \( |AD| = 2\sqrt{3} \). Da E der Mittelpunkt dieser Strecke ist, gilt:
\[
|AE| = |ED| = \sqrt{3} \text{ Längeneinheiten}
\]

Da der Innenwinkel \( m(\hat{ ABC}) = 60^\circ \) beträgt, verbleibt für den Restwinkel \( m(\hat{ EBD}) = 60^\circ – \alpha \).

Aus dem rechtwinkligen Dreieck BDE folgt:
\[
\tan (60^\circ – \alpha) = \frac{|ED|}{|BD|} = \frac{\sqrt{3}}{2}
\]

Andererseits lässt sich der Term mittels Differenztheorem umschreiben:
\[
\frac{\tan 60^\circ – \tan \alpha}{1 + \tan 60^\circ \tan \alpha} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \frac{\sqrt{3} – \tan \alpha}{1 + \sqrt{3} \tan \alpha} = \frac{\sqrt{3}}{2}
\]

Durch Überkreuzmultiplikation lösen wir nach \(\tan \alpha\) auf:
\[
2 (\sqrt{3} – \tan \alpha) = \sqrt{3} (1 + \sqrt{3} \tan \alpha)
\]
\[
2 \sqrt{3} – 2 \tan \alpha = \sqrt{3} + 3 \tan \alpha \Rightarrow \sqrt{3} = 5 \tan \alpha \Rightarrow \tan \alpha = \frac{\sqrt{3}}{5}
\]

\(\textbf{Antwort: D} \)

 

AUFGABE 14

 

 

In der nebenstehenden Skizze sind ein Halbkreis um den Mittelpunkt O und ein gleichseitiges Dreieck ABC gegeben.
Es gelte \( m(\hat{ CFA}) = \alpha \), \( |AB| = |BD| \) und AE tangiere den Halbkreis im Berührpunkt E.

Welchen Wert nimmt \( \tan \alpha \) an?

\[
\text{A) } \frac{1 + \sqrt{3}}{3} \quad
\text{B) } \frac{2 + \sqrt{3}}{3} \quad
\text{C) } \frac{2 – \sqrt{3}}{3} \quad
\text{D) } \frac{\sqrt{3}}{4} \quad
\text{E) } \frac{\sqrt{2} + 4 \sqrt{3}}{4 – \sqrt{6}}
\]

 

Lösung:

 

Der Berührradius \( [OE] \) steht senkrecht auf der Tangente AE im Punkt E.
Wir wählen \( |AB| = |BD| = 2 \).
Daraus folgt für den Radius \( |OB| = |OE| = 1 \). Im rechtwinkligen Dreieck AEO liefert der Satz des Pythagoras mit der Hypotenuse \(|AO| = |AB| + |OB| = 3\):
\[
|AE| = \sqrt{3^2 – 1^2} = 2 \sqrt{2}
\]

Wir definieren \( m(\hat{ FAB}) = a \). Da das Dreieck ABC gleichseitig ist, gilt \( m(\hat{ CBA}) = 60^\circ \). Nach dem Außenwinkelsatz folgt somit \( \alpha = a + 60^\circ \).

Aus dem rechtwinkligen Dreieck AEO erhalten wir:
\[
\tan a = \frac{|OE|}{|AE|} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}
\]

Durch Anwendung des Additionstheorems für die Tangenssumme ergibt sich:
\[
\tan \alpha = \tan (a + 60^\circ) = \frac{\tan a + \tan 60^\circ}{1 – \tan a \cdot \tan 60^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{4} + \sqrt{3}}{1 – \frac{\sqrt{2}}{4} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} + 4 \sqrt{3}}{4 – \sqrt{6}}
\]

 

\(\textbf{Antwort: E} \)

 

AUFGABE 15

 

 

Gegeben ist ein Kreis mit dem Radius R.
Es gelte \( |AB| = \frac{2\sqrt{5} R}{5} \) und \( |AC| = \frac{6R}{5} \). Bestimmen Sie den Wert von \( \tan (\hat{ BAC}) \).

 

\[
\text{A) } -2 \quad \text{B) } -1 \quad \text{C) } 2 \quad \text{D) } 3 \quad \text{E) } 4
\]

 

Lösung:

 

Zur Vereinfachung der Verhältnisse wählen wir \( R = 5 \). Damit beträgt der Durchmesser \( |AA’| = 10 \), woraus \( |AB| = 2\sqrt{5} \) und \( |AC| = 6 \) folgen.

Wir zeichnen die Sehnen \( [BA‘] \) und \( [CA‘] \) ein. Da diese über dem Durchmesser liegen, handelt es sich nach dem Satz des Thales um rechte Winkel:
\[
m(\hat{ B}) = m(\hat{ C}) = 90^\circ
\]

Mithilfe des Satzes von Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck ABA‘:
\[
|BA’| = \sqrt{10^2 – (2\sqrt{5})^2} = 4 \sqrt{5}
\]

Mithilfe des Satzes von Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck ACA‘:
\[
|CA’| = \sqrt{10^2 – 6^2} = 8
\]

Es seien \( m(\hat{ BAA‘}) = a \) und \( m(\hat { A’AC} ) = b \). Es gilt somit \( \hat{BAC} = a + b \).

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ABA‘:
\[
\tan a = \frac{|BA’|}{|AB|} = \frac{4 \sqrt{5}}{2 \sqrt{5}} = 2
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck ACA‘:
\[
\tan b = \frac{|CA’|}{|AC|} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}
\]

Wir wenden das Additionstheorem für den Tangens an:
\[
\tan (\hat{ BAC}) = \tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = \frac{2 + \frac{4}{3}}{1 – 2 \cdot \frac{4}{3}} = \frac{\frac{10}{3}}{-\frac{5}{3}} = -2
\]

 

\(\textbf{Antwort: A} \)

 

AUFGABE 16

 

In dem obigen, aus 18 identischen Quadraten bestehenden Gitter seien die Winkel
\( m(\hat{ DAG}) = a \), \( m(\hat{ DBF} ) = b \) und \( m(\hat { DCE}) = c \) gegeben.

Welches Maß besitzt die Summe der Winkel \( a + b + c \)?

\[
\text{A) } 30^\circ \quad \text{B) } 45^\circ \quad \text{C) } 60^\circ \quad \text{D) } 75^\circ \quad \text{E) } 90^\circ
\]

 

Lösung:

 

Aus dem rechtwinkligen Dreieck GDA folgt:
\[
\tan a = \frac{|GD|}{|AD|} = \frac{2}{9}
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck FHB folgt:
\[
\tan b = \frac{|FH|}{|BH|} = \frac{1}{4}
\]

Aus dem rechtwinkligen Dreieck EDC folgt:
\[
\tan c = \frac{|ED|}{|CD|} = \frac{1}{3}
\]

Zuerst bestimmen wir \( \tan(a + b) \):
\[
\tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \cdot \tan b} = \frac{\frac{2}{9} + \frac{1}{4}}{1 – \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{4}} = \frac{\frac{17}{36}}{\frac{34}{36}} = \frac{1}{2}
\]

Anschließend berechnen wir den Gesamttangens \( \tan[(a + b) + c] \):
\[
\tan [(a + b) + c] = \frac{\tan (a + b) + \tan c}{1 – \tan (a + b) \cdot \tan c} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 – \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1
\]

Da der Tangenswert des Gesamtwinkels exakt 1 beträgt, folgt für das Winkelmaß:
\[
a + b + c = 45^\circ
\]

 

\(\textbf{Antwort: B } \)

 

 

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