18
Grundlagen
der
Kreise
und
Winkel
Raumgeometrie
Einstieg
Die Auftaktseite eines Kapitels enthält zwei verschiedene Elemente:
Zunächst werden die Schüler mit einem offenen Einstiegsbeispiel an das neue Kapitel herangeführt.
Zentral ist dabei immer der Anwendungsbezug: Kein Lehrplaninhalt ist rein innermathematisch,
sodass den Schülern von Beginn an gezeigt werden sollte, dass Mathematik nichts Abstraktes ist,
sondern oft im Leben der Schüler vorkommt. In einem Unterrichtsgespräch zur Auftaktseite können
viele der kommenden Lerninhalte schon heuristisch erarbeitet, Vermutungen geäußert und Zusammenhänge erschlossen werden.
K6
Bei Kochsalz lagern sich Natriumionen und Chloridionen so zu einem Ionengitter zusammen, dass
sich Kristalle bilden. Die Darstellung zeigt die Kristallstruktur von NaCl (Natriumchlorid, besser
bekannt als Kochsalz). Welche verschiedenen Anordnungen der gelb bzw. grün markierten Ionen
erkennst du in dem Gitter?
Die Anordnungen der gelb und grün markierten Ionen ergeben parallele und senkrecht stehende
Geraden sowie Dreiecke und Vierecke.
K6
Welcher Körper wird durch die grauen Verbindungslinien beschrieben?
Die grauen Linien beschreiben Pyramiden und Oktaeder.
Ausblick
Die Aufzählung am Ende der Seite bietet einen Ausblick auf die wesentlichen Lernziele des Kapitels
und schafft so eine hohe Transparenz für Schüler und Lehrer. Durch einen informierenden Unterrichtseinstieg können sich Schüler und Lehrer auf das Kommende einstellen.
Idealerweise wird im Unterricht der Bezug hergestellt zwischen der Einstiegssituation und den im
Ausblick angegebenen Lernzielen.
Schulbuchseite 167
Kapitel 8
Verständnis
Drei Ebenen, deren Schnitte insgesamt drei zueinander parallele Schnittgeraden ergeben, müssen
zueinander wie die Seitenflächen eines geraden dreiseitigen Prismas liegen, vgl. das dreiseitige
Prisma ABCDEF: Die Geraden AB, EF und CD sind die drei Schnittgeraden der Ebenen E (ABC),
E (ABE) und E (EFD):
K6
F
E
C
D
A
B
E (ABF) || E (HDC)
E (ABG) ∩ E (DCG) = HG
E (BDH) ∩ E (AEG) = M[BD]M[EG]
E (CDE) = E (EFC)
1
a)
c)
e)
g)
K1
2
a) E (ABF) ∩ E (FBC) = E (DBF) ∩ E (FBC) = E (EAB) ∩ E (DBF) = FB
b) E (DAB) ∩ E (FEA) = E (GHA) ∩ E (FEA) = E (GHA) ∩ E (DAB) = AB
c) E (GHD) ∩ E (ABC) = E (GHD) ∩ E (CDE) = E (CDE) ∩ E (ABC) = CD
d) E (ABF) ∩ E (HEF) = E (EAB) ∩ E (EFC) = E (HEF) ∩ E (EFC) = EF
e) E (HEF) ∩ E (GEA) = EG
f) E (EHC) ∩ E (GEC) = E (EFC) ∩ E (GEC) = E (EHC) ∩ E (EFC) = EC
g) E (GHA) ∩ E (EAD) = AH
h) E (AFG) ∩ E (GEA) = E (HGA) ∩ E (GEA) = E (AFG) ∩ E (ABC) = AG
i) E (GEA) ∩ E (ABC) = AC
j) E (FHD) ∩ E (GDF) = E (FHD) ∩ E (EFD) = E (GDF) ∩ E (EFD) = FD
Viele der Ebenen am und durch den Quader lassen sich auf verschiedene Arten mithilfe von jeweils vier
Eckpunkten „aufspannen“; daher gibt es je Ebene vier Möglichkeiten für ihre Darstellung.
K6
3
a) Linke Seite: E (ADH) = E (ADE) = E (AHE) = E (DHE)
Vorderseite: E (ABF) = E (ABE) = E (AFE) = E (BFE)
Rechte Seite: E (BCG) = E (BCF) = E (BGF) = E (CGF)
Rückseite:
E (DCG) = E (DCH) = E (DGH) = E (CGH)
Oberseite:
E (EFG) = E (EFH) = E (EGH) = E (FGH)
Unterseite: E (ABC) = E (ABD) = E (ACD) = E (BCD)
Ebenen durch das Innere des Quaders mit vier Eckpunkten:
E (ABG) = E (ABH) = E (AGH) = E (BGH)
E (BCE) = E (BCH) = E (BEH) = E (CEH)
E (CDE) = E (CDF) = E (CEF) = E (DEF)
E (ADF) = E (ADG) = E (AFG) = E (DFG)
E (AEC) = E (AEG) = E (ACG) = E (ECG)
E (BFD) = E (BFH) = E (BDH) = E (FDH)
Ebenen durch das Innere des Quaders mit genau drei (nicht vier) Eckpunkten:
E (ACH); E (ACF); E (AFH); E (BED); E (BEG); E (BDG); E (CFH); E (DEG).
b) Es kommt nur die Ebene entlang der Vorderseite in Frage:
E (ABE) = E (ABF) = E (AEF) = E (BEF)
Schulbuchseite 168/169
b)
d)
f)
h)
E (FGH) ⊥ E (HDC); E (FGH) ∩ E (HDC) = HG
E (ABD) ⊥ E (BCG); E (ABD) ∩ E (BCG) = BC
E (EFG) ∩ E (ABG) = HG
E (BCE) = E (HEC)
K1
Kapitel 8
c) Es sind verschiedene Lösungen möglich, z. B.:
E (GHE) ⊥ E (DCG); E (FEA) ⊥ E (ABC); E (ABC) ⊥ E (BCG).
Unterseite
Unterseite
Oberseite
Vorderseite
Rückseite
Rechte Seite
Linke Seite
Oberseite
⊥
⊥
⊥
⊥
Vorderseite Rückseite
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
Rechte Seite Linke Seite
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
d) [AG]: E (ABG); E (AFG); E (GAC).
[HB]: E (HDB); E (HBC); E (HBG).
[CE]: E (GEA); E (HEC); E (EFC).
[DF]: E (DBF); E (FDA); E (DEF).
Neben den hier gewählten Bezeichnungen für die Ebenen sind teils noch andere möglich, wie unter
a) dargestellt.
e) Es gibt verschiedene Lösungsmöglichkeiten, z. B.:
[AC] ⊂ E (ABC) ∩ E (GEA); [AC] ⊂ E (ABC) ∩ E (HAC).
f) [AE], [BF], [CG], [DH]
K1
4
a) Es gibt nur eine Ebene des Ebenenbüschels, die senkrecht steht zu einer gegebenen Ebene desselben Ebenenbüschels.
b) Im Büschel gibt es unendlich viele Ebenenpaare, die aufeinander senkrecht stehen.
Zu jeder Ebene gibt es aber nur genau eine Ebene, die senkrecht auf dieser steht.
c) Innerhalb eines Ebenenbüschels kann es keine Ebenen geben, die parallel zueinander liegen, da
je zwei Ebenen des Büschels die Gerade s als Schnittgerade haben, parallele Geraden dagegen die
leere Menge als Schnittmenge haben.
d) S sei der Punkt der Schnittgerade s, durch den die senkrecht zu s verlaufende Ebene führt. Wenn
man je eine Ebene des Büschels mit der senkrecht zu s verlaufenden Ebene schneidet, so entsteht jeweils eine Schnittgerade; zusammen erhält man als Schnittmenge ein Geradenbüschel mit
Büschelpunkt S.
K1
5
a) falsch (R)
b) wahr (A)
e) wahr (E)
f) falsch (B)
Lösungswort: RATGEBER
c) falsch (T)
g) falsch (E)
d) wahr (G)
h) wahr (R)
Schulbuchseite 169
Kapitel 8
Verständnis
Annas Behauptung ist falsch: Im dreiseitigen Prisma ABCDEF liegen die Seitenkanten [AB], [CD] und
[EF] auf den Geraden AB, CD und EF.
AB ist windschief zu DF und CE mit den
F
E
Kanten [DF] und [CE].
CD ist windschief zu AF und BE mit den
Kanten [AF] und [BE].
C
EF ist windschief zu AD und BC mit den
DD
Kanten [AD] und [BC].
K1
A
Die Aussage stimmt bzw. muss erweitert werden: Es gibt in jedem der beiden Endpunkte einer Kante
zwei Kanten, die senkrecht dazu stehen. Somit gibt es insgesamt vier (nicht nur drei) Kanten, die zur
betrachteten Kante senkrecht verlaufen.
K1
K6
B
1
a) Parallel zur Kante [AD] sind die Kanten [BC], [EH] und [FG].
b) Senkrecht zur Fläche ABCD stehen die Kanten [AE], [BF], [CG] und [DH].
Senkrecht zur Fläche EFGH stehen die Kanten [AE], [BF], [CG] und [DH].
c) Parallel zur Fläche ABCD sind die Kanten [EF], [EH], [GH] und [GF].
Parallel zur Fläche BCGF sind die Kanten [AE], [AD], [HE] und [HD].
d) Paare paralleler Begrenzungsflächen sind ABCD und EFGH (Unter- und Oberseite),
ADHE und BCGF (linke und rechte Seite) sowie ABFE und DCGH (Vorder- und Rückseite).
e) Lage der Seitenflächen zueinander (s. Aufg. 3 c) in Abschnitt 7.1):
ABCD
ABCD
EFGH
ABEF
CDGH
BCFG
ADEH
||
⊥
⊥
⊥
⊥
EFGH
||
⊥
⊥
⊥
⊥
ABEF
⊥
⊥
||
⊥
⊥
AB ist windschief zu HD.
AG schneidet EC.
CF ist parallel zu DE.
BG schneidet CF.
CDGH
⊥
⊥
||
⊥
⊥
ADEH
⊥
⊥
⊥
⊥
||
||
K6
2
a)
c)
e)
g)
K5
3
a) richtig
K6
4
a) Parallel zu E (ABC) verlaufen die Geraden EF, FG, GH und EH sowie EG und FH.
Senkrecht zu E (ABC) stehen die Geraden AE, BF, CG und DH.
b) E (ABC) hat mit AG einen gemeinsamen Punkt: A.
E (ABC) hat mit FH keinen gemeinsamen Punkt; FH liegt parallel zu E (ABC).
c) BD liegt in E (ABC) und es gilt: BD || FH.
d) E (ABC) || E (EGH)
e) AE und DH stehen senkrecht auf E (ABC).
f) E (ABC) ⊥ E (AEH)
b) richtig
Schulbuchseite 170/171
b)
d)
f)
h)
BCFG
⊥
⊥
⊥
⊥
c) richtig
CF ist parallel zu ED.
AB ist windschief zu HE.
AG ist windschief zu BE.
CF ist windschief zu AH.
d) richtig
e) richtig
f) falsch
Kapitel 8
K1
5
a) DA || CH
d) E (DAC) ⊥ MS
g) DA || E (CHS)
K6
6
a)
b)
c)
d)
K3
7
a) C liegt in folgenden Ebenen:
E (CBI) = E (CIH) = E (CBH) = E (BIH);
E (CHD) = E (CGD) = E (CHG) = E (GDH);
E (ABC) = E (CDE) = E (ABE) = E (ABD).
C liegt auch auf Ebenen, die das Innere des Gebäudes durchschneiden, z. B. E (GFC) oder E (AJC).
b) [DG] liegt in folgenden Ebenen:
E (DGF) = E (DGE) = E (DFE) = E (GFE);
E (DCH) = E (DCG) = E (DHG) = E (CHG).
Weitere Ebenen mit [DG] sind E (DGI) oder E (DGA).
c) E (CHD); E (DHE).
b) DA ∩ AS = {A}
e) E (DAC) ∩ HS = {H}
h) DA ∩ E (HAS) = {A}
c) DC ⊥ MS
f) E (ACS) ∩ E (ADS) = AS
i) HC || E (DAS)
g1 schneidet g2 in S, die beiden Geraden haben (mindestens) einen gemeinsamen Punkt.
g1 schneidet g2 in der Gerade g1; g2 und g1 sind identisch.
g1 ist parallel zu g2 und sie sind nicht identisch.
g1 ist windschief zu g2.
Schulbuchseite 171
Kapitel 8
Verständnis
Es sind individuelle Antworten möglich, z. B.:
Zuerst sucht man eine zur Ebene E senkrecht stehende Ebene H. Diese wird senkrecht zu E so verschoben, dass sie die Gerade g enthält (Hilfsebene H). Man ermittelt die Schnittgerade h der Ebenen
E und H. Der Winkel zwischen der Schnittgerade h und der Gerade g ist der Winkel zwischen der
Gerade g und der Ebene E.
Aus Symmetriegründen entstehen beim Schnitt mit einer zur Grundfläche senkrecht stehenden Ebene E, die die Höhe [MS] und die gegenüberliegenden Seitenmittelpunkte der Grundfläche enthält,
ein gleichschenkliges Dreieck. Die Basiswinkel sind zugleich die Neigungswinkel der Seitenflächen
zur Grundfläche. Diese sind maßgleich.
K1
K1
1
Ohne Einschränkung der Allgemeinheit betrachtet
man die Raumdiagonale [CE] bzw. die Gerade CE
sowie die Würfelfläche ABCD bzw. die Ebene E (ABC).
Der Winkel zwischen CE und E (ABC) wird bestimmt
mit E (ACE) als Hilfsebene. Es gilt:
E (ACE) ⊥ E (ABC) und CE ⊂ E (ACE);
E (ACE) ∩ E (ABC) = AC; (AC; CE) = (GE; EC).
Aufgrund des Kongruenzsatzes (SSS oder SWS) sind
alle Dreiecke, die als Hypotenuse die Raumdiagonale besitzen, kongruent (es entstehen rechtwinklige
Dreiecke, ACE, AFD, AHB, …). Damit sind alle entsprechenden Winkel maßgleich.
H
G
E
F
Rau
Würfelhöhe
K6
md
iag
ona
le
D
C
onale
ndiag
e
Fläch
A
B
K6
2
a) Dreieck ABC ist gleichschenklig mit AC = AB.
Dreieck ABS und Dreieck ACS sind kongruent (SWS mit rechten Winkeln im Punkt A).
Dreieck SBC ist gleichschenklig.
b) Es handelt sich um 90°-Winkel, da SA senkrecht zu E (ABC) steht.
c) Das Dreieck AMS ist rechtwinklig, da AS ⊥ E (ABC), und gleichschenklig, da AM = AS. Damit gilt:
(E (BCS); E (ABC)) = SMA = 45°.
K6
3
HAS; SBH; SCH
Vermutung: HAS = SBH = SCH
Begründung: Die Dreiecke AHS, BHS, CHS sind kongruent wegen Kongruenzsatz SWS, da die Dreiecke rechtwinklig sind bei H, die gemeinsame Seite [HS] haben und die Seiten [AH], [BH] und [CH]
wegen Punktsymmetrie gleich lang sind.
b) [SMc] ⊥ [AB], da [SMc] die Höhe im gleichseitigen Dreieck ABS ist.
[CMc] ⊥ [AB], da [CMc] die Höhe im gleichschenkligen Dreieck ABC ist.
c) Ma ist Mittelpunkt von [BC]; SMaH ist ein spitzer Winkel.
d) E1 || E (ABC)
K6
4
2 SBD = 45°
3 SMB = 90°
a) 1 MAS = 45°
b) Der Winkel zwischen der Grundfläche ABCD und der Seitenfläche E (BCS) ist ein spitzer Winkel.
a)
Experiment
K4
Anhand der praktischen Übungen vertiefen die Schüler ihre räumliche Vorstellungskraft bezüglich der
Lagebeziehungen zwischen Ebenen und (Schnitt-)Geraden.
Schulbuchseite 172/173
Kapitel 8
Verständnis
Im Schrägbild eines Quaders sind gegenüberliegende Seitenflächen kongruent:
Vorderfläche und Rückfläche sind in wahrer Größe und mit rechten Winkeln dargestellt. Deckfläche
und Bodenfläche sind Parallelogramme mit gleichen Winkelmaßen und gleichen Seitenlängen. Die
beiden Seitenflächen sind Parallelogramme mit gleichen Winkelmaßen und gleichen Seitenlängen.
Die Behauptung ist falsch: Bei einem Schrägbild werden nur die Strecken, die senkrecht zur Zeichenebene liegen, verkürzt. Strecken, die parallel zur Zeichenebene verlaufen, erscheinen in wahrer
Größe.
K1
K1
K5
1
a)
H
G
E
F
H
G
E
F
C
D
D
45°
A
a = 6 cm
b)
B
r = 3 cm
A
C
45°
a = 3,5 cm
B
r = 1,75 cm
G
H
E
F
G
H
E
F
C
D
30°
A
c)
D
r = 3 cm
B
a = 6 cm
H
A
C
30°
a = 3,5 cm
B
G
E
F
H
D
C
60°
a = 6 cm
G
E
r = 3 cm
A
r = 1,75 cm
F
D
B
A
60°
a = 3,5 cm
C
B
r = 1,75 cm
Schulbuchseite 174/175
Kapitel 8
K5
2
Hier Darstellung des Schrägbilds mit Koordinatenachsen, um die minimalen Unterschiede sichtbar zu
machen.
b) y
a) y
9
8
7
E
6
5
5
4
4
3
3
1
0
D
1
2
3
4
5
A
0
6
7
8
F
D
1
r = 2,5 cm
B
E
2
C
A 30°
0
3
7
6
9
x
G
H
8
F
2
K1
9
G
H
0
C
1
r = 3,0 cm
B
30°
2
3
4
5
6
7
8
9
x
a) Alle drei Bilder gehören zum gleichen Quader mit zwei quadratischen, 6 Karokästchen langen
Seitenflächen und vier rechteckigen Seitenflächen, die 6 Karokästchen lang und 4 Karokästchen
breit sind. Die verkürzten Kantenlängen sind jeweils halb so lang wie in Wirklichkeit. Der Verzerrungswinkel hat jeweils das Maß 45°. Bei 0,5 cm langen Karokästchen (wie im Schulheft) erhält man
einen Quader, der 3 cm lang, 3 cm breit und 2 cm tief ist.
b) Bei Quadern mit drei unterschiedlich langen Kantenlängen gibt es insgesamt sechs Schrägbilder in
der Kavalierperspektive, je nachdem, ob die längere der beiden Kanten in der Vorderansicht horizontal oder vertikal ausgerichtet ist. Neben den unter 1 und 2 in Kavalierperspektive abgebildeten drei Schrägbildern gibt es drei weitere mögliche Lösungsabbildungen. In den Abbildungen sind
jeweils die Längen der rechteckigen Vorderfläche und die Länge der Breite (ohne Verkürzungsfaktor
q = 0,5) angegeben.
1
3 cm
45°
3 cm
5 cm
4 cm
45°
4 cm
5 cm
4 cm
45°
3 cm
5 cm
2
6,5 cm
4,5 cm
3,5 cm
45°
6,5 cm
Schulbuchseite 175
4,5 cm
6,5 cm
45°
3,5 cm
45°
4,5 cm
3,5 cm
Kapitel 8
K6
4
a)
1
2
3
4
Der Betrachter sieht außer
der Vorderfläche auch …
die rechte Seitenfläche und
die Oberfläche.
die rechte Seitenfläche und
die Unterfläche.
die linke Seitenfläche und
die Oberfläche.
die linke Seitenfläche und
die Unterfläche.
Er betrachtet den Körper …
von schräg rechts oben.
von schräg rechts unten.
von schräg links oben.
von schräg links unten.
Er befindet sich …
schräg rechts
vor dem Körper.
schräg rechts
unter dem Körper.
schräg links
vor dem Körper.
schräg links
unter dem Körper.
b) 1 Würfel mit Kantenlänge 4 cm,
Von schräg links oben.
Von schräg rechts oben.
135°
45°
Von schräg links unten.
225°
Von schräg rechts unten.
315°
2 Quader mit Kantenlängen 6 cm, 5 cm, 4 cm. Vorderseite mit 6 cm und 4 cm; andere Darstellungen möglich.
Von schräg rechts oben.
Von schräg links oben.
135°
45°
Schulbuchseite 175
Kapitel 8
Von schräg rechts unten.
Von schräg links unten.
225°
315°
K5
5
a) (ohne Abbildung)
Die Schüler üben das Erstellen des im Schulbuch abgebildeten Prismas in doppelter Größe.
b) 1
2
3
K5
6
Die Kantenlänge des Würfels beträgt 5 cm. Durch Ablesen erhält man folgende Koordinaten:
C (8,8 | –3,2); D (3,8 | –3,2); G (8,8 | 1,8); H (3,8 | 1,8).
y
3
H
2
G
1
0
–1
–1
E
0
1
F
2
3
4
5
6
7
8
9
10 x
–2
D
–3
C
–4
–5
K5
7
A
a)
Schulbuchseite 175/176
B
b)
c)
Kapitel 8
K5
8
a) gelbe Fläche als Grundfläche:
1
2
3
4
3
4
gelbe Fläche als Vorderfläche:
1
2
b) Die Dreiecke in 1 und 2 sind gleichseitige Dreiecke. Auch das Dreieck in 3 ist gleichseitig, da mit
β = 60° und a = c gilt: α = γ = β = 60° und a = b = c = 5,4 cm. Nur das Dreieck in 4 ist ein spitzes
Dreieck mit den Winkelmaßen 45°, 70° und 65°.
Vorgehen wie unter a) mit einem Hilfsrechteck.
1. Schritt: Zunächst wird das Dreieck ABC gezeichnet bzw. konstruiert und der Lotfußpunkt L der
Spitze S konstruiert (Inkreismittelpunkt = Schnittpunkt der Winkelhalbierenden).
2. Schritt: Anschließend werden rechtwinklig stehende Strecken verkürzt und verzerrt abgebildet
mit q = 0,5 und ω = 45°; insbesondere werden die Punkte C und L sowie die Pyramidenspitze S (Höhe h = 5 cm) für die Schrägbilddarstellung ermittelt.
3. Schritt: Anhand der Punkte A, B, C und S wird das Schrägbild der Pyramide gezeichnet.
1. Schritt:
Dreieck in wahrer Größe
2. Schritt:
Grundfläche mit Höhe
3. Schritt:
Schrägbild der Pyramide
1
S
S
C
C
L
L
45°
A
B
A
C
C
L
L
B
A
B
Die Schrägbilder zu 2 und 3 werden wie das Schrägbild zu 1 konstruiert, da alle drei Pyramiden ein gleichseitiges Dreieck als Grundfläche haben. Man erhält:
2
3
S
S
C
C
L
A
L
B
A
B
Schulbuchseite 176
Kapitel 8
4
S
S
B
65°
sα
sγ
L
45°
70°
C
b = 4,5 cm
A
C
45°
B
B
L
L
A
C
A
Lösung mit [AB] als vorderer Dreiecksseite:
S
C
AC = 4,5 cm
70°
sα
L
sγ
C
L
45°
A
B
A
B
Hinweis: In der Abbildung, die die Konstruktion des Schrägbildes veranschaulicht (Schritt 2), sieht man
sowohl das Dreieck ABC mit Inkreismittelpunkt L in wahrer Größe als auch das Grundflächendreieck ABC
mit L in der verzerrten Darstellung. Da es sich bei den Punkten um die gleichen Punkte unter verschiedenen Perspektiven handelt, wurden in der Abbildung die Namen der Punkte unverändert beibehalten.
K5
9
a)
60°
b)
60°
Schulbuchseite 176
Kapitel 8
c)
60°
K5
10 a)
b) Es sind individuelle Lösungen möglich.
c) Je nach Darstellung der Buchstaben unter a) kann es unterschiedliche Lösungen geben (z. B. bei
anderer Breite der Buchstaben).
T und L: 30 cm2
(oben/unten: 7 cm2 · 2; vorne/hinten: 3 cm2 · 2; rechts/links: 5 cm2 · 2)
2
U und H: 50 cm
(oben/unten: 12 cm2 · 2; vorne/hinten: 4 cm2 · 2; rechts/links: 9 cm2 · 2)
F:
34 cm2 (oben/unten: 8 cm2 · 2; vorne/hinten: 4 cm2 · 2; rechts/links: 5 cm2 · 2)
E:
42 cm2 (oben/unten: 10 cm2 · 2; vorne/hinten: 6 cm2 · 2; rechts/links: 5 cm2 · 2)
K6
11 a) Es sind individuelle Antworten möglich, z. B.:
Zuerst wird die Grundfläche in wahrer Größe gezeichnet (1. Schritt), dann werden die Senkrechten
auf der Schrägbildachse um den Faktor q verkürzt und um den Verzerrungswinkel „verzerrt“ (2. Schritt).
Danach wird die Höhe der Pyramide in wahrer Größe im Schnittpunkt der Grundflächendiagonalen
eingezeichnet, senkrecht zur vorderen Kante (3. Schritt) und die fehlenden Kanten ergänzt (4. Schritt).
b)
Schulbuchseite 176/177
Kapitel 8
c)
1
2
4
K5
3
5
12 Um die Länge der Höhe h = MS zu bestimmen,
wird zunächst das Rechteck ABCD gezeichnet
und die Länge von [AC] abgemessen. Dies ergibt
(gerundet): AC = h = 8,1 cm.
D
a)
S
C
AC = 8,1 cm
8,1 cm
b = 5 cm
D
a = 6,4 cm
A
B
b)
A
45°
C
5 cm
M
B
6,4 cm
c)
S
S
8,1 cm
D
60°
A
C
M
6,4 cm
Schulbuchseite 177
B
8,1 cm
D
5 cm
A
30°
M
6,4 cm
C
5 cm
B
Kapitel 8
K5
13 Es gibt drei Lösungen für das Schrägbild der Pyramide, abhängig von der Lage der Dreiecksseiten mit
[AB] bzw. [BC] bzw. [CA] als Vorderkante. Dargestellt werden hier die Variante mit [AB] als Vorderkante
und die Variante mit [BC] als Vorderkante.
[BC] als Vorderkante
[AB] als Vorderkante
Dreieck ABC
Dreieck ABC
A
45°
C
A
4,5 cm
4,5 cm
45°
45°
4,5 cm
B
B
C
45°
4,5 cm
Verzerrtes Dreieck ABC
Verzerrtes Dreieck ABC
S
S
6 cm
A
6 cm
C
A
C
B
45°
A
C
B
Schrägbild der Pyramide mit CS = 6 cm
45°
Schrägbild der Pyramide mit CS = 6 cm
S
S
A
C
A
B
B
C
Schulbuchseite 177
Kapitel 8
K5
14
a)
b)
c)
Knobelei
K4
• Man sieht gleichseitige Dreiecke, Sechsecke, Trapeze, Parallelogramme (Rauten), aber auch Würfel
bzw. Folgen von Würfel und Quader.
• Es sind individuelle Lösungen möglich.
• Es sind individuelle Lösungen möglich.
Schulbuchseite 177
Kapitel 8
Verständnis
Die Aussage ist falsch. Richtig ist: Winkelmaße und Streckenlängen, die in parallelen Ebenen zur
Zeichenebene liegen, werden in wahrer Größe dargestellt.
Die Aussage ist richtig: Gerade Pyramiden haben den Lotfußpunkt der Spitze über dem Mittelpunkt
der Grundfläche, daher sind alle Neigungswinkel spitze Winkel.
K1
K1
K5
1
a) bis c)
S
h = 7 cm
D
C
A
r = 2,5 cm
M
45°
B
s = 5 cm
b) und c) 1 Quadrat ABCD mit s = 5 cm:
AC = BD = 7,1 cm;
AM = BM = CM = DM = 3,5 cm.
2 Stützdreieck AMS:
ASM = 27°;
ASC = 54°.
S
D
C
27°
AC = 7,1 cm
54°
M
MS = 7 cm
AM = 3,5 cm
A
AM = 3,5 cm AC = 7,1 cm
B
63°
A
M
C
Maß des Winkels zwischen Seitenkanten und Grundfläche: CAS = 63°.
K5
2
a)
S
DS = 8 cm
C
D
A
30°
AB = 7 cm
B
r = 2,75 cm
Schulbuchseite 178/179
Kapitel 8
b) bis d)
AS = 9,7 cm
CS = 10,6 cm
S
S
AS = 9,7 cm
DS = 8 cm
DS = 8 cm
55°
CS = 10,6 cm
AD = 5,5 cm
CD = 7 cm
D
A
D
Zwischenschritt mit Rechteck ABCD:
BD = 8,9 cm
C
BS = 12 cm
S
D
C
BC = 5,5 cm
DS = 8 cm
BD = 8,9 cm
BS = 12 cm
AB = 7 cm
A
B
BD = 8,9 cm
D
S
BS = 12 cm
CS = 10,6 cm
BC = 5,5 cm
B
Schulbuchseite 179
C
42°
B
b) Die Seitenfläche BCS wird konstruiert als
Dreieck mit den Seitenlängen BC = 5,5 cm,
BS = 12 cm und CS = 10,6 cm.
c) Winkel zwischen Seitenkante [BS] und Grundfläche: SBD = 42°.
d) Winkel zwischen Dreieck ABS und Grundfläche: DAS = 55°.
Kapitel 8
K5
3
Hinweis: Damit im Schrägbild die Raumdiagonale AG nicht mit den Seitenkanten [AD] und [FG] zusammenfällt, empfiehlt es sich, als Maß des Verzerrungswinkels ein Maß ungleich 45° zu wählen.
H
G
E
F
um
G]
[A
on
ag
di
ale
Ra
D
30°
A
C
Flächendiagonale [BD]
B
s = 5,5 cm
a) und b) BD = 7,8 cm; AG = 9,5 cm; CAG = 35°.
G
C
D
BD = 7,8 cm
CG = 5,5 cm
AD = 5,5 cm
AG = 9,5 cm
35°
AB = 5,5 cm
A
K5
B
4
H
G
AC = BD = 7,8 cm
A
C
a) und b) CBG = 18° (abgerundet von 18,4°); CBF = 90°.
F
E
D
F
G
CG = 3 cm
C
18°
AE = 3 cm
BC = 9 cm
C
B
r = 4,5 cm
45°
A
AB = 2,5 cm
B
c) Zwischenschritt: BD = 9,3 cm
DBH = 18° (aufgerundet von 17,8° bzw. 17,9°)
A
H
D
BD = 9,3 cm
AB = 2,5 cm
BC = 9 cm
B
d)
e)
f)
K2
5
DH = 3 cm
74°
C
18°
B
BD = 9,3 cm
D
CDH = 90° (ohne Zeichnung des Dreiecks, da im Schrägbild direkt erkennbar)
DCA = 74° (Zeichnung s. unter c) Rechteck ABCD)
DCF = 90° (ohne Zeichnung des Dreiecks, da im Schrägbild erkennbar ist, dass die Seitenkante
[DC] senkrecht zur Seitenfläche BCGF ist).
Die Berechnung der benötigten Längen mithilfe des Satzes von Pythagoras ist in der 8. Jahrgangsstufe
nicht möglich. Die Schüler erhalten die Längen, indem sie Rechtecke oder Dreiecke mit den gegebenen
Längen als Hilfskonstruktionen zeichnen und die Diagonalen bzw. Hypotenusen abmessen.
Schulbuchseite 179
Kapitel 8
Hilfskonstruktionen: Rechtecke
a) Diagonale der
rechten Seitenfläche
4,7 cm
Zu zeichnen ist ein …
Rechteck mit 5 cm und 4,7 cm.
2,5 cm
4 cm
4,7 cm
5 cm
b) Diagonale eines
Viertels der
Grundfläche
4,2 cm
3 cm
3 cm
Strecke vom
Grundflächenmittelpunkt zur
oberen Ecke
hinten links
5,2 cm
3 cm
Dreieck mit 4,2 cm, 5,2 cm, 6,7 cm.
4,2 cm
Diagonale der
Rückseitenfläche
6,7 cm
5,2 cm
6,7 cm
3 cm
4,2 cm
6 cm
c) Diagonale der
Seitenfläche
hinten links
7,8 cm
6 cm
Dreieck mit 5 cm, 7,8 cm, 9,2 cm.
5 cm
Diagonale der
Seitenfläche
hinten rechts
9,2 cm
9,2 cm
7,8 cm
6 cm
5 cm
7 cm
Schulbuchseite 179
Kapitel 8
Hilfskonstruktionen: Dreieck und Rechteck
d)
Strecke von M
zum Eckpunkt
unten rechts
gemäß Dreieckskonstruktion der Grundfläche
4 cm
M
Zu zeichnen ist ein …
8 cm
6,8 cm
6 cm
Dreieck mit 5 cm, 6,8 cm, 8,4 cm.
Diagonale des
Rechtecks mit
der rechten Seitenkante des
Prismas und
dem Punkt M.
8,4 cm
8,4 cm
5 cm
6,8 cm
6,8 cm
K5
6
a)
M
b)
38°
FAS = 65°
ASMa = 38°
BC = 4 cm
Ma
Mb
FS = 5 cm
F
A
c)
S
C
CA = 4 cm
5 cm
AB = 4 cm
Mc
AF = 2,3 cm
65°
B
AMa = 3,5 cm
A
AF = 2,3 cm
F
Ma
FMa = 1,2 cm
Schulbuchseite 179
Kapitel 8
Verständnis
Die Behauptung ist falsch, auch beim Quader sind die vier Raumdiagonalen gleich lang. Es gilt:
d = a2 + b2 + c2
Beim Würfel stehen Kanten nicht senkrecht auf einer Raumdiagonale: Im Hilfsdreieck für die Raumdiagonale stehen die Kante und die Flächendiagonale senkrecht zueinander, daher ist das Maß des
Winkels zwischen Kante und Raumdiagonale kleiner 90°.
K6
K1
K5
1
a) Lösungsmöglichkeit:
H
E
G
F
D
A
b) HB2 = DH2 + DB2
DB2 = AB 2 + AD 2 = 4 cm2 + 4 cm2 = 32 cm2
HB2 = 42 + 32 = 48 cm2
HB ≈ 6,9 cm
Die Raumdiagonale des Würfels ist etwa 6,9 cm lang.
C
B
c) Schüler werden vielleicht folgende Vermutung haben: „Wird die Kantenlänge verdoppelt
(verdreifacht), dann verdoppelt (verdreifacht) sich auch die Länge der Raumdiagonale.“
Begründung durch allgemeine Rechnung:
Sei a die Kantenlänge des Würfels, dann gilt für die Flächendiagonale f: f2 = a2 + a2 = 2a2.
Für die Raumdiagonale d gilt: d2 = f2 + a2 = 2a2 + a2 = 3a2, also d = 3a.
Wird die Kantenlänge verdoppelt, dann gilt:
f2 = (2a)2 + (2a)2 = 8a2 und d2 = 8a2 + (2a)2 = 12a2, also d = 2 3a.
Bei Verdopplung der Kantenlänge a ist d also doppelt so lang.
Wird die Kantenlänge verdreifacht, dann gilt:
f2 = (3a)2 + (3a)2 = 18a2 und d2 = 18a2 + (3a)2 = 27a2, also d = 3 3a.
Bei Verdreifachung der Kantenlänge a ist d also dreimal so lang.
Zahlenbeispiele können den Zusammenhang ebenfalls verdeutlichen, z. B. a = 4 cm, 2a = 8 cm.
K3
2
a) und b)
Die Aufgabe besteht im Bau des Kantenmodells und im Nachmessen der Diagonalenlänge.
c) 1 DB2 = AB 2 + AD 2 = 82 cm2 + 82 cm2 = 128 cm2 2 DB2 = AB 2 + AD 2 = 42 cm2 + 32 cm2 = 25 cm2
DB ≈ 11,3 cm
DB = 5 cm
Länge der Flächendiagonale DB: 11,3 cm
Länge der Flächendiagonale DB: 5 cm
HB2 = DB2 + DH2
HB2 = DB2 + DH2
HB2 = 128 cm2 + 82 cm2 = 192 cm2
HB2 = 25 cm2 + 32 cm2 = 34 cm2
HB ≈ 13,9 cm
HB ≈ 5,8 cm
Länge der Raumdiagonale HB: 13,9 cm
Länge der Raumdiagonale HB: 5,8 cm
K5
3
Mithilfe des Satzes des Pythagoras berechnet man zunächst die Länge von AC:
AC 2 = 42 cm2 + 42 cm2 = 32 cm2
AC ≈ 5,7 cm
Danach wendet man hiermit den Satz des Pythagoras für die Berechnung der Raumdiagonale AB an:
AB 2 = 42 cm2 + 32 cm2 = 48 cm2
AB ≈ 6,9 cm
Zum Schluss berechnet man die Diagonale CB:
CB 2 = 32 cm2 + 48 cm2 = 80 cm2
CB ≈ 8,9 cm
Schulbuchseite 180/181
Kapitel 8
K3
4
a) Die Aufgabe besteht im Bau des Kantenmodells.
b) AF 2 = 122 cm2 + 52 cm2 = 169 cm2
AF = 13 cm
DF 2 = 169 cm2 + 52 cm2 = 194
DF ≈ 13,9 cm
D
13,9 cm
5 cm
A
Kx
5
13 cm
F
a) Berechnung der Länge der Seitenkante s:
Das rechtwinklige Hilfsdreieck ABC mit a = c liefert mithilfe des Pythagorassatzes die Länge AC und
damit AM = 12 · AC. Zum rechtwinkligen Stützdreieck AMS lässt sich nun die Seitenkantenlänge
s mithilfe des Pythagorassatzes berechnen:
s = AS = AM2 + MS2.
Berechnung der Länge der Seitenflächenhöhe ha:
Zwei Seitenlängen des Stützdreiecks MHS sind bekannt: MS = h und MH = 12 · a. Zum rechtwinkligen Stützdreieck MHS lässt sich nun die Seitenflächenlänge ha mithilfe des Pythagorassatzes
berechnen:
ha = HS = MH2 + MS2.
b) 1 (Ohne Abbildung; die farbige Markierung der Stützdreiecke AMS und MHS entspricht der
Darstellung im Schulbuch.)
2 AM = 12 · a · 2 = 12 · (6 cm) · 2 · 3 · 2 cm
MS = h = 6,4 cm
MH = 12 · a = 12 · 6,0 cm = 3 cm
s = AM2 + MS2 = 18 + 40,96 cm = 58,96 cm ≈ 7,7 cm
Länge der Seitenkante s: 7,7 cm
ha = MH2 + MS2 = 9 + 40,96 cm = 49,96 cm ≈ 7,1 cm
Länge der Seitenflächenhöhe ha: 7,1 cm
3 Die Mantelfläche einer quadratischen Pyramide ABCDS besteht aus den vier gleichschenkligen
Dreiecken ABS, BCS, CDS, DAS. Der Flächeninhalt AM der Mantelfläche berechnet sich wie folgt:
AM = AABS + ABCS + ACDS + ADAS = 4 · AABS = 4 · a · ha = 4 · (6 cm) · (7,1 cm) = 170,4 cm2
Flächeninhalt AM der Mantelfläche: 170,4 cm2
Schulbuchseite 181
Kapitel 8
K5
1
b)
a)
4 cm
4 cm
45°
r = 2 cm
45°
r = 1,8 cm
8 cm
4 cm
c)
d) Grundfläche
Prisma
7 cm
7 cm
M
45°
5 cm
r = 2,5 cm
4 cm
K2
2
a) Körper
Quader
dreieckige Pyramide
viereckige Pyramide
dreiseitiges Prisma
sechsseitiges Prisma
E (Ecken)
8
4
5
6
12
F (Flächen)
6
4
5
5
8
45°
K (Kanten)
12
6
8
9
18
4 cm
E+F–K
2
2
2
2
2
Folgender Zusammenhang ist zu erkennen: E + F – K = 2
b) E + F – K = 2 ⇔ E + F = K + 2 ⇔ E = K + 2 – F ⇔ F = K + 2 – E ⇔ K = E + F – 2
Es kann sich um einen Quader oder Würfel handeln.
c) 1 F = K + 2 – E = 6
2 E=K+2–F=4
Es kann sich um eine dreieckige Pyramide handeln.
3 K=E+F–2=8
Es kann sich um eine viereckige Pyramide handeln.
K6
3
a) Prisma mit einem rechteckigen Dreieck als Grundfläche.
In Alltag und Technik (individuelle Antworten): Holzspielzeug; Kameraobjektiv in Fotoapparaten
b) Da drei Flächen Rechtecke sind, gilt: AB = DC; BE = CF; EA = FD; außerdem gilt: BAE = CDF = 90°.
Damit ist nach dem Kongruenzsatz SWS das Dreieck ABE kongruent zum Dreieck DCF.
c) E (EAD) und E (ABD) bilden g = AD.
E (EBC) und E (ABC) bilden h = CB.
d) Es sind individuelle Darstellungen für die Angabe der verschiedenen Lagearten möglich. Die Darstellung
in einer Tabelle gewährt eine möglichst umfassende Angabe aller Lagearten.
E (ABC) = E (ABD): Rechteckige Grundseite
E (ADE) = E (ADF): Rechteckige Rückseite
E (BCE) = E (BCF): Rechteckige Vorderseite
E (ABE):
Dreieckige Seite von links
E (CDF):
Dreieckige Seite von rechts
Schulbuchseite 182
Kapitel 8
Je zwei Ebenen sind entweder identisch (=) oder senkrecht (⊥) oder parallel (||) zueinander oder sie
schneiden sich in einer Schnittgerade. So ist z. B. E (ABE) senkrecht zu E (ABC), E (BCE) und E (ADE)
und parallel zu E (CDF).
Ebene – Ebene
E (ABC)
E (BCE)
E (ADE)
E (ABE)
E (CDF)
E (ABC) E (BCE) E (ADE) E (ABE) E (CDF)
⊥
⊥
⊥
=
BC
⊥
⊥
=
EF
⊥
⊥
=
=
||
=
Je zwei Geraden sind entweder identisch (=) oder senkrecht (⊥) oder parallel (||) zueinander oder sie
schneiden sich in einem Punkt, sind aber nicht senkrecht (angegeben ist der Schnittpunkt), oder sie
sind windschief (leeres Tabellenfeld). Z. B. ist BC senkrecht zu AB, CD, BE und CF und parallel zu DA
und EF.
Gerade – Gerade
AB
BC
CD
DA
AE
BE
CF
DF
EF
AB
=
BC
⊥
=
CD
||
⊥
=
DA
⊥
||
⊥
=
AE
⊥
⊥
=
BE
{B}
⊥
CF
DF
⊥
{C}
{E}
=
EF
||
⊥
⊥
||
||
=
{F}
=
||
⊥
⊥
⊥
⊥
=
Eine Gerade verläuft entweder in der Ebene (angegeben wird die Gerade als Teilmenge der Ebene)
oder sie schneidet die Ebene in einem gemeinsamen Punkt oder sie liegt parallel zur Ebene (||).
Z. B. liegt die Gerade AE in E (ADE) und in E (ABE) und sie schneidet E (ABC) in A und E (BCE) in E.
Gerade – Ebene
E (ABC) = E (ABD)
E (BCE) = E (BCF)
E (ADE) = E (ADF)
E (ABE)
E (CDF)
AB
AB
{B}
{A}
AB
||
BC
BC
BC
||
{B}
{C}
CD
CD
{C}
{D}
||
CD
DA
DA
||
DA
{A}
{D}
AE
{A}
{E}
AE
AE
||
BE
{B}
BE
{E}
BE
||
CF
{C}
CF
{F}
||
CF
DF
{D}
{F}
DF
||
DF
EF
||
EF
EF
{E}
{F}
e) Im Körper kommen rechte und spitze Winkel vor.
K5
4
a) und c)
S
S
h = 8 cm
C'''
C
A'''
a = 6 cm
B'''
C''
B''
A''
H
A
c = 5 cm
C
C
H
B
45°
C'
A'
r = 3 cm
H
A
B'
B
b) E (ABS) ∩ E (ACS) = AS; E (ACS) ∩ E (ABC) = AC
c) Es gibt es unendlich viele Möglichkeiten für die gesuchte Ebene E2.
Schulbuchseite 182
Kapitel 8
K6
5
a) Die Geraden g = AS und h = AB erzeugen E (ABS).
b) Es gibt keine parallelen und keine zueinander senkrecht stehenden Ebenen. Die vier Ebenen
E (ABC), E (ABS), E (BCS) und E (CAS) schneiden sich paarweise in den sechs Schnittgeraden AB, BC,
CA, AS, BS und CS.
c) Die Kante [BS] verläuft entlang der Schnittgerade von E (ABS) und E (SBC).
d) Im Körper gibt es nur spitze Winkel.
K6
6
a) und b) 1 D ∈ E (AFG)
H
G
2
E
F
M
AE = 5 cm
D
45°
C
r = 3,1 cm
AB = 6,8 cm
A
B
c) Der Schnittpunkt M von g = AG und h = BH liegt nicht in E (AFH). Als Schnittpunkt von g = AG und
h = BH liegt M nicht auf der Gerade AF, der Schnittgerade von E (AFG) und E (AFH).
d) Es sind unterschiedliche Antworten möglich, z. B.: Die Schnittpunkte der Geradenpaare AB und AE,
CD und DH, BH und CE, AG und DF liegen in E (AFG).
e) Geraden, die durch die Eckpunkte des Quaders und parallel zur Ebene AFG verlaufen, sind BC und
EH.
K3
7
Maßstab:
Ursprüngliche Höhe:
Seitenlänge:
Plattformhöhe:
a) und b)
5 cm
1,46 · 5 cm = 7,3 cm
2,30 · 5 cm = 11,5 cm
1,37 · 5 cm = 6,85 cm ≈ 6,9 cm
100 m
146 m
230 m
137 m
S
H
E
P
G
F
D
C
MS = 7,3 cm
MP = 6,9 cm
r = 5,75 cm
M
45°
A
AB = 11,5 cm
Schulbuchseite 182/183
B
Kapitel 8
c) Betrachtet wird der Pyramidenstumpf ABCDEFGH mit den
zwölf Kanten [AB], [BC], [CD], [DA], [EF], [FG], [GH], [HE], [AE], [BF], [CG], [DH]
bzw. Geraden AB, BC, CD, DA, EF, FG, GH, HE, AE, BF, CG, DH.
Paarweise zueinander parallel sind die Geraden AB, CD, EF und GH und die Geraden BC, DA, EH und
FG. Es gibt 12 parallele Geradenpaare:
AB || CD; AB || EF; AB || GH;
CD || EF;
CD || GH;
EF || GH;
BC || DA; BC || EH; BC || FG;
DA || EH; DA || FG;
EH || FG.
Paarweise windschief sind die folgenden Geraden; es gibt 24 windschiefe Geradenpaare:
AB und EH; AB und FG;
CD und EH; CD und FG;
BC und EF;
BC und GH;
DA und EF;
DA und GH;
AB und CG; AB und DH;
BC und AE; BC und DH;
CD und AE; CD und BF;
DA und BF; DA und CG;
EF und CG;
EF und DH;
FG und AE;
FG und DH;
GH und AE; GH und BF;
HE und BF;
HE und CG.
K5
8
a)
b)
c)
d)
K6
9
a)
s2 = (7,7 cm)2 + (3,6 cm)2 = 72,25 cm2; s = 8,5 cm
s2 = (20 cm)2 + (21 cm)2 = 841 cm2; s = 29 cm
s2 = (6 cm)2 + (6 cm)2 = 72 cm2; s ≈ 8,5 cm
h2 = (12cm)2 – (6 cm)2 = 108 cm2; h ≈ 10,4 cm
S
s = 7 cm
h
ha
M
F
a
a = 5 cm
m
=
5c
b) Betrachte das rechtwinklige Dreieck FMS. Nach dem Satz des Pythagoras gilt: h2 = ha2 – FM 2
Berechne dann mithilfe des Satzes des Pythagoras das Quadrat der Höhe des Seitendreiecks ha:
ha2 = s2 – 2a
2
= 72 – 2,52 = 42,75
Einsetzen von ha2 in die erste Gleichung liefert die gesuchte Höhe h:
h2 = 42,75 – 2,52 = 36,5; h ≈ 6,0
Die Pyramide ist ungefähr 6 cm hoch.
Kx
10 Vermutung/Skizze (Maßstab 1 : 50)
Der Gefrierschrank lässt sich nicht im Kellerraum
aufstellen, da der Raum nicht hoch genug ist.
Raumhöhe 2,35 m F
H
E
G
F
D
A
Berechnung:
Die Flächendiagonale des Gefrierschranks (bzw. die Strecke [AF] im
Quader ABCDEFGH) ist länger als die
Raumhöhe:
AF = AB2 + BF2
= (2,35 m)2 + (0,85 m)2
= (5,0625 m)2 + 0,7225 m2
= 5,785 m2 ≈ 2,405 m > 2,35 m
C
B
Schulbuchseite 183
Kapitel 8
Kx
11 Pyramide ABCDS mit a = 52 m, h = 40 m und mit M als Grundflächenmitte und H als Mitte einer Grundflächenkante.
a) Länge der Grundflächendiagonale [AC]: AC = 52 · 2 m ≈ 73,54 m
Die Länge der Grundflächendiagonalen beträgt 73,54 m.
Zur Berechnung der Seitenkantenlänge benötigt man die Länge der halben Grundflächendiagonale:
AC = 12 · AC · 26 · 2 m ≈ 36,77 m
s = AM2 + MS2
= 26 · 26 · 2 m2 + 40 · 40 m2
= 1352 m2 + 1600 m2
= 2952 m ≈ 54,33 m
Die Länge der Seitenkante beträgt 54,33 m.
b) Die Mantelfläche setzt sich zusammen aus den vier kongruenten Dreiecke ABS, BCS, CDS und DAS
mit AM = AABS + ABCS + ACDS + ADAS = 4 · AABS.
Zur Berechnung der Dreiecksfläche AABS benötigt man zunächst die Länge der Seitenflächenhöhe:
ha = MH2 + MS2
= 26 · 26 m2 + 40 · 40 m2
= 676 m2 + 1600 m2
= 2276 m ≈ 47,71 m
AABS = 12 · (52 m) · (47,71 m) = 1240,46 m2
AM = 4 · AABS = 4961,84 m2
Der Inhalt der Mantelfläche beträgt 4961,84 m2.
Schulbuchseite 183
Kapitel 8
K6
Perspektivwechsel
A – 4; B – 2; C – 3; D – 4; E – 3; F – 4; G – 3; H – 1.
a) von vorne:
H– 1.
von der Seite: A – 4 ; B – 2 ; C – 3 ; D – 4 ; E – 3 ; F – 4 ;
A – 4; B – 2; C – 2; D – 2; E – 1; F – 1; G – 3; H – 1.
von oben:
Hinweis: Betrachtet man G von der Seite, so sieht man ein gleichschenkliges rechtwinkliges Dreieck;
Ansicht 4 zeigt jedoch ein gleichschenkliges nicht-rechtwinkliges Dreieck, daher gibt es für G unter
den angebotenen Ansichten 1 , 2 , 3 und 4 keine passende Ansicht von der Seite.
b) 1 80 mm hoher Quader mit quadratischer Grundfläche (30 mm Seitenkante); es könnte sich auch um
ein Prisma mit zwei parallelen dreieckigen Seitenflächen handeln.
2 60 mm hoher Zylinder mit einem Kreis als Grundfläche (20 mm Durchmesser)
3 55 mm hohe Pyramide mit einem Rechteck als Grundfläche (40 mm lang, 30 mm breit)
4 50 mm hohes dreiseitiges Prisma mit gleichschenkligem Dreieck als Grundfläche (Länge der Grundseite = Länge der Höhe = 35 mm)
5 55 mm hoher Zylinder mit einem Kreis als Grundfläche (35 mm Durchmesser)
K1
Ansichtssache
a) Die Anordnung der Quader zeigt die Ansicht von Norden.
b) Ansicht von Süden:
Ansicht von Westen:
grau
grün rot
grün
rot
grau
c) Es sind unterschiedliche Quaderanordnungen mit entsprechenden Ansichten möglich,
z. B. aus der Vogelperspektive:
Norden
Norden
Westen
Osten
Osten
Westen
1 cm
grau
grau
rot
grün
Süden
K1
grün
rot
Süden
Alles klar
a) und b)
Die Köper haben trotz unterschiedlichem Aussehen dieselbe Drauf- und Vorderansicht. Daran erkennt
man, dass es im Allgemeinen nicht möglich ist, einen Körper nur aufgrund dieser beiden Ansichten
eindeutig zu beschreiben. Man benötigt noch Informationen über eine dritte Seite oder über weitere
Eigenschaften des Körpers. Diese Thematik wird in der folgenden Aufgabe weiter vertieft.
Schulbuchseite 184/185
Kapitel 8
K6
Alles dreifach
a) Mögliche Antwort:
Wie beim Zweitafelbild wird
zunächst die Rissachse
eingezeichnet. Oberhalb der
Achse wird die Vorderansicht
gezeichnet, unterhalb die
Draufsicht. Senkrecht zur
Rissachse wird rechts von
den Projektionen eine Gerade
gezogen. Rechts neben die
Vorderansicht wird die Seitenansicht gezeichnet.
b)
d = 4 cm
d = 4 cm
h = 5 cm
d = 4 cm
h = 5 cm
c) Der Körper hat die Form eines (Spielfigur-)Hauses bzw. eines Prismas mit fünfeckiger Grundfläche ABCDE mit
den Kanten a, b, c, d, e und der Prismahöhe hp. Maße zur Erstellung des Prisma-Schrägbildes (Messabweichungen sind möglich):
Grundseite
a = 2,1 cm
(entspricht der Breite des Hauses)
Seiten:
b = e = 0,7 cm
(entspricht der Höhe des Erdgeschosses)
c = d = 1,7 cm
(entspricht der Länge der Dachgiebel)
(entspricht der Länge des Hauses)
Prismahöhe hp = 2,7 cm
(entspricht der Höhe des Hauses)
Fünfeckhöhe ha = 2,0 cm
Konstruktion des Prismas:
Schrägbild:
D
E
r = 1,35 cm
A 45° Ma
C
B
MaD = ha =2 cm
AB = a = 2,1 cm
BC = b = 0,7 cm
Schulbuchseite 185
Kapitel 8
d) 1 Schrägbild des Quaders ABCDEFGH mit Vorderansicht E (ABE):
H
E
G
F
c = 3,5 cm
D
C
r = 2,5 cm
45°
A
a = 4 cm
B
2 Dreitafelbild des Quaders ABCDEFGH mit Vorderansicht E (DAE):
G
F
Vorderansicht
H
E
c = 3,5 cm
C
D
E
H
B
45°
b = 5 cm
A
Seitenansicht
E
c = 3,5 cm
F
c = 3,5 cm
r = 2 cm
D
b = 5 cm
A
G
A
a = 4 cm
B
F
a = 4 cm
b = 5 cm
H
Draufsicht
E
3 Es sind unterschiedliche Antworten möglich, z. B.:
Kavalierperspektive
Zweitafelbild
Vogelperspektive und
Ansicht von Norden,
Osten, Süden oder
Westen
Dreitafelbild
Vorteile
Kommt der natürlichen Wahrnehmung von Körpern im Raum
sehr nahe.
Die Maße von Längen und
Winkeln sind gut messbar, da sie
in wahrer Größe dargestellt sind.
Ist gut dazu geeignet, die Positionen mehrere Körper zueinander darzustellen.
Die Maße von Längen und Winkeln sind in wahrer Größe dargestellt. Unterschiedlich geformte
Körper sind erfassbar.
Nachteile
Maße sind schlecht messbar, da
nicht alle Längen und Winkel in
wahrer Größe dargestellt sind.
Erfordert gutes räumliches Vorstellungsvermögen.
Unterschiedliche Körper können
das gleiche Zweitafelbild haben.
Eignet sich nur für einfache Körper, da verdeckte Teile der Körper
nicht erfasst werden.
Erfordert gutes räumliches Vorstellungsvermögen. Ist aufwendig
zu erstellen.
Schulbuchseite 185
Kapitel 8
K6
1
12 Kanten –
12 Geraden
AB
BC
CD
DA
EF
FG
GH
HE
AE
BF
CG
DH
AB
BC
CD
DA
EF
=
⊥
=
||
⊥
=
⊥
||
⊥
=
||
FG
GH
||
||
||
=
HE
AE
BF
⊥
⊥
⊥
||
||
⊥
=
⊥
⊥
||
||
⊥
=
CG
||
⊥
||
⊥
=
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
=
DH
||
=
⊥
⊥
⊥
||
||
=
⊥
||
||
||
=
a) Es gibt zwölf Kanten und damit zwölf Kantengeraden (s. Tabellenkopfzeile bzw. das mit „=“
markierte Tabellenfeld): AB; BC; CD; DA; EF; FG; GH; HE; AE; BF; CG; DH.
b) Zu jeder der zwölf Geraden gibt es drei parallele Geraden („||“), z.B. zu FG: BC, DA, HE.
c) Zu jeder der zwölf Geraden gibt es vier senkrechte Geraden („⊥“), z.B. zu FG: EF, GH, BF, CG.
d) Zusätzlich zu den zwölf Kantengeraden gibt es 16 Geraden, die durch die Eckpunkte des Würfels
verlaufen, auf denen aber keine Kante des Würfels liegt. Dies sind:
AC; AF; AH und AG. BD; BE, BG und BH. CF; CH und CE. DE; DG und DF. EG und FH.
Je zwei der Geraden auf den Seitenflächen des Würfels sind parallel, z. B.: AC || EG.
Manche der Geraden schneiden sich in einem Würfeleckpunkt, z. B: AC ∩ AF = {A}.
Die vier Raumdiagonalen schneiden sich im Mittelpunkt M, z. B.: AG ∩ BH = {M}.
Für die windschiefen Geradenpaare, durch die Eckpunkte des Würfels gilt:
Art der windschiefen Geradenpaare
Zu jeder Kantengerade gibt es vier windschiefe
Kantengeraden (leeres Feld in der Tabelle).
Zu den zwölf Kantengeraden gibt es windschiefe
Eckpunktgeraden.
Zu jeder Eckpunktgerade gibt es windschiefe
Eckpunktgeraden.
Beispiel
Zu AB sind die Kantengeraden FG, HE, CG
und DH windschief.
Zu AB windschief sind CF, CH, DE, DG, EG,
FH und die Raumdiagonalen CE und DF.
Zu AC windschief sind BE, BG, DE, DG, FH,
BH und DF.
K6
2
a)
b)
c)
d)
AB; BC; CD; AD; AS; BS; CS; DS.
AB || CD; BC || AD.
AB ⊥ BC; BC ⊥ CD; CD ⊥ AD; AD ⊥ AB.
AB, CS; AB, DS; BC, AS; BC, DS; CD, AS; CD, BS; DA, BS; DA, CS.
K6
3
a) Vorderseite: E (ABE) = E (ABF);
Rückseite:
E (CDG) = E (CDH);
Oberseite: E (EFG) = E (EFH);
Unterseite: E (ABC) = E (ABD);
Linke Seite: E (DAE) = E (DAH);
Rechte Seite: E (BCF) = E (BCG).
b) Vorder- und Rückseite: E (ABE) || E (CDG);
Ober- und Unterseite: E (EFG) || E (ABC);
Linke und rechte Seite: E (DAE) || E (BCF).
c) Senkrecht auf E (ABC) stehen: E (ABE), E (BCF), E (CDG) und E (DAE).
Senkrecht auf E (ADH) stehen: E (ABC), E (CDG), E (EFG) und E (ABE).
d) E (ABC) ∩ E (BFE) = AB; E (EBC) ∩ E (ADH) = EH.
Schulbuchseite 186/187
Kapitel 8
K6
4
K6
5
K6
6
K5
7
a) F liegt in:
D liegt in:
b) [AB] liegt in:
[BF] liegt in:
c) [AC] liegt in:
[ED] liegt in :
d) [AG] liegt in:
[BH] liegt in:
E (FEA);
E (DAB);
E (ABC);
E (BFA);
E (ABC);
E (EDA);
E (AGF);
E (BHA);
E (FGE);
E (DCG);
E (ABE);
E (BCF);
E (ACE);
E (EDC);
E (AGB);
E (BHC);
E (FBC);
E (DAE);
E (ABG).
E (FBD).
E (ACF);
E (EDB);
E (AGC).
E (BHF).
E (FEC);
E (DAF);
E (FGA);
E (DCE);
E (FBD).
E (DHB).
E (ACH).
E (EDG).
a) Zwei Geraden in der Ebene können sich in einem Punkt schneiden (Sonderfall: senkrecht zueinander), sie können parallel zueinander verlaufen oder sie können identisch sein.
b) Zwei Geraden im Raum können sich in einem Punkt schneiden (Sonderfall: senkrecht zueinander),
sie können parallel zueinander verlaufen, sie können identisch sein oder windschief sein.
c) Zwei Ebenen im Raum können sich in einer Gerade schneiden (Sonderfall: senkrecht zueinander),
sie können parallel zueinander liegen oder sie können identisch sein.
d) Eine Gerade im Raum kann in der Ebene verlaufen, die Ebene in einem Punkt schneiden oder parallel zur Ebene liegen.
Drei Punkte im Raum können auf einer Gerade liegen oder eine Ebene festlegen. Vier Punkte im Raum
können auf einer Gerade oder in einer Ebene liegen oder sie legen vier Ebenen fest (Beispiel: dreieckige Pyramide ABCS). Fünf Punkte im Raum können auf einer Gerade oder in einer Ebene liegen oder bis
zu fünf Ebenen festlegen (Beispiel: viereckige Pyramide ABCDS).
(Abbildungen verkleinert)
a)
G
H
E
F
b)
H
G
E
F
H
AE = 6,4 cm
F
CBA = 90°; ADB = 45°
(E (ABC); E (ABS)) < 90°
C
D
r = 3,0 cm
r = 2,5 cm
B
AE = 4,4 cm
C
D
C
D
AB = 5,5 cm
G
E
AE = 7 cm
A
c)
A
AB = 6 cm
b)
d)
B
r = 2,2 cm
A
K5
8
a)
c)
K5
9
a) Nach dem Satz des Pythagoras gilt: ha2 = h2 + 2a , also
ha2 = 62 cm2 + 2,52 cm2 = 42,25 cm2, also ha = 6,5 cm.
Die Höhe einer Seitenfläche beträgt 6,5 cm.
2
b) Nach dem Satz des Pythagoras gilt: s2 = ha2 + 2a . Mit ha2 aus a) folgt:
s2 = 42,25 cm2 + 2,52 cm2 = 48,5 cm2, also s ≈ 7,0 cm.
Die Kante einer Dreiecksseite ist etwa 7,0 cm lang.
AB = 6,2 cm
B
SMA = 90°
(E (ACS); E (ABC)) = 90°
2
Schulbuchseite 187
Kapitel 8
K5
9
a) und b)
G
H
D
F
E
A
AB = 4 cm
E
G
AC = 5,7 cm
AE = 4 cm
AE = 4 cm
D
45°
C
C
A
AB = 4 cm
B
A
35°
AC = 5,7 cm
C
B
AC = AB2 cm2 + BC2 cm2 = 16 cm2 + 16 cm2 = 4 · 2 cm ≈ 5,7 cm
Mit dem Geodreieck im Schrägbild abgemessen hat der verzerrt dargestellte Winkel ECA (bzw. ACE
bei gedrehtem Würfel) das Maß 42°. Die genaue Ermittlung des Winkelmaßes im rechtwinkligen
∆ ACE mit AE = 4 cm und AC = 5,7 cm ergibt für den Winkel ACE bzw. ECA das Maß 35°.
K1
10 a) Das Schrägbild eines Würfels besteht aus zwei Quadraten (Vorder- und Rückseitenfläche) und vier
Parallelogrammen (Grundfläche und Deckfläche und linke und rechte Seitenfläche).
Das Schrägbild einer geraden quadratischen Pyramide besteht aus einem Parallelogramm (Grundfläche) und vier Dreiecken (Seitenflächen).
b) Im Schrägbild des Würfels sind die beiden Quadrate kongruent sowie die vier Parallelogramme.
Im Schrägbild der Pyramide sind keine kongruenten Teilfiguren vorhanden.
K 1/6
11 Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: Seitenkante [AS] und Grundflächenkante [BC] einer dreieckigen
Pyramide ABCS.
K 1/6
12 Die Aussage ist falsch, es fehlt „identisch“. Richtig ist: Geraden im Raum können identisch sein, sich
schneiden, windschief sein oder parallel zueinander liegen.
K 1/6
13 Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: Zueinander parallele Ebenen.
K 1/6
14 Die Aussage ist falsch. Liegt der Punkt auf der Gerade, kann die Ebene nicht eindeutig festgelegt
werden.
K 1/6
15 Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: Die vier Eckpunkte einer dreieckigen Pyramide.
K 1/6
16 Die Aussage ist richtig.
K 1/6
17 Die Aussage ist falsch. Gegenbeispiel: Prisma mit einem stumpfwinkligen Dreieck als Grundfläche.
K 1/6
18 Die Aussage ist falsch. Nur rechte Winkel in zur Zeichenebene parallelen Ebenen werden in wahrer
Größe dargestellt.
K 1/6
19 Die Aussage ist falsch. Streckenlängen, die in einer zur Vorderansichtsebene parallelen Ebene verlaufen, werden in wahrer Größe dargestellt.
K 1/6
20 Die Aussage ist falsch. Die gesuchten Dreiecke müssen rechtwinklig sein.
K 1/6
21 Die Aussage ist richtig.
Schulbuchseite 187
Kreuz und quer
Kx
1
y –y
y –y
Aus dem Höhensatz folgt: hc =
Kx
2
y –y
4
a) mAB = xB – xA = 93 +– 31 = 0; mBC = xC – xB = 77 –– 39 = –2
; mAC = xC – xA = 77 +– 31 = 48 = 12 .
B
A
C
B
C
A
mAC · mBC = –1 ⇒ rechter Winkel bei C
b) Dreieck ABC ist rechtwinklig. ⇒ AABC = 12 · (3 cm) · (4 cm) = 6 cm2
Nach dem Pythagorassatz gilt: AB = 9 cm2 + 16 cm2 = 5 cm
2 · AABC
AB
2
cm
= 125 cm
= 2,4 cm
Abkürzung:
„Hk-A“ sei der Halbkreis über [BC] mit Radius rA = 12 · BC; rA = 12 · 4 cm = 2 cm.
„Hk-B“ sei der Halbkreis über [AC] mit Radius rA = 12 · AC; rB = 12 · 16 + 9 cm = 2,5 cm.
„Hk-C“ sei der Halbkreis über [AB] mit Radius rA = 12 · AB; rC = 12 · 3 cm = 1,5 cm.
Ausformulierung des „Pythagorassatzes für Halbkreise“:
In einem rechtwinkligen Dreieck hat der Halbkreis über der Hypotenuse den gleichen Flächeninhalt wie
die beiden Halbkreise über den Katheten zusammen: AHk-B = AHk-A + AHk-C
AHk-B = 12 · rB2 · π = 12 · (2,5 cm)2 · π = 3,125 · π
AHk-A = 12 · rA2 · π = 12 · (2 cm)2 · π = 2 · π
AHk-C = 12 · rC2 · π = 12 · (1,5 cm)2 · π = 1,125 · π
AHk-A + AHk-C = 1,125 · π + 2 · π = 3,125 · π = AHk-B
Für die eingezeichneten Halbkreise gilt der „Satz des Pythagoras“.
Kx
3
[AB] entspricht dem Dosendurchmesser abzüglich Rand
(einer Oberkante).
[BC] entspricht der Dosenhöhe h; BC = 10 cm.
[AD] entspricht dem Trinkhalm; AD = 19 cm.
[AC] entspricht dem Trinkhalmstück in der Dose.
[CD] entspricht dem Trinkhalmstück außerhalb der Dose;
Berechnungen:
AC = d – Rand = 6 cm – 2 cm = 4 cm
Länge der Hypotenuse [AC] im rechtwinkligen Dreieck ABC:
AC = (4 cm)2 + (10 cm)2 = 116 cm2 ≈ 10,77 cm
Länge des Trinkhalms außerhalb der Dose:
CD = AD = AC = 19 cm – 10,77 cm = 8,23 cm
Der Halm ragt mindestens 8,23 cm aus der Dose.
Skizze:
D
s = 19 cm
d = 6 cm
Rand = 2 cm
BC = 10 cm
A
Kx
4
AB = 4 cm
B
Betrachtet wir das Dreieck M1M2M3 mit Grundseite a, Höhe ha und Flächeninhalt ADreieck, dazu die drei
Kreissektoren um M1, M2 und M3 mit Radius r = 0,5a und Winkelmaß 60°; diese drei Sektoren ergeben
zusammen die Fläche eines Halbkreises mit Radius r = 0,5a und einem Winkelmaß von 180° und entsprechen so der Fläche eines Halbkreises mit Radius r = 0,5a.
ADreieck = 12 · a · ha = 12 · a ·
a2 – 12 a
2
= 12 · a ·
3 2 1
4a = 4
· a2 · 3 ≈ 0,43a2
2
AHalbkreis = 12 · 12 a · π = 18 · a2 · π ≈ 0,39a2
AGrüne Fläche = ADreieck – AHalbkreis
= 0,43a2 – 0,39a
= (0,43 – 0,39)r2 = 0,04a2
Die grün gefärbte Fläche hat einen Inhalt von 0,04a2 bzw. von 0,16r2.
(Mit einem in der Zeichnung abgemessenen Radius r = 1,4 cm ist dies eine Fläche von rund 0,3 cm2;
dies entspricht der Fläche eines Quadrats mit einer Seitenlänge von rund 0,5 cm.)
Schulbuchseite 189
Kreuz und quer
Kx
5
H
Berechnung der Seitenlängen des Dreiecks DPQ mithilfe des
Satzes des Pythagoras, angewendet auf die rechtwinkligen
Dreiecke PAD mit Hypotenuse [PD], DCQ mit Hypotenuse
[DQ], ABC mit Hypotenuse [AC] und PRQ mit Hypotenuse [PQ]:
G
2 cm
E
Q
1 cm
R
F
PD = (5 cm)2 + (3 cm)2 = 34 cm ≈ 5,8 cm
DQ = (4 cm)2 + (4 cm)2 = 32 cm ≈ 5,7 cm
D
3 cm
AC = PR = (4 cm)2 + (5 cm)2 = 41 cm ≈ 6,4 cm
uDPQ = PD + PQ + DQ
5 cm
A
= 34 cm + 42 cm + 32 cm
B
4 cm
2
41 cm + (1 cm)2 = 42 cm ≈ 6,5 cm
PQ =
C
3 cm
≈ 5,8 cm + 5,7 cm + 6,5 cm = 18,0 cm
Der Umfang des Dreiecks beträgt 18 cm.
Kx
6
a)
y
Z
3
C
C' (7 | 2)
2
B
1
0
A
–2
–1
0
–1
–2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
B' (8 | –1)
A' (0 | –2)
–3
y
b)
6
A' (7 | 6)
5
4
3
B' (2 | 3,5)
2
1
C
–2
0
–1
C' (9,5 | 1)
0
–1
A
–2
1 B2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
y
c)
8
C' (4,5 | 7)
7
6
B' (10,5 | 5)
5
4
C
3
A' (6,5 | 3)
2
B
1
0
–2
–1
Z
–1
A
0
1
2
Schulbuchseite 189
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
Kreuz und quer
Kx
7
y
Zunächst wird die Strecke [QQ'] in drei Teilstrecken der Länge s unterteilt.
Ein Kreis um Q mit Radius 2s schneidet die
Gerade QQ' im gesuchten Streckungszentrum Z (4 | 5).
Es gilt: ZQ' = 5 s = 2,5 · 2 s = 2,5 · ZP = k · ZP
6
Z
5
4
e
2s
3
2
Q
1
s
0
–5
–4
–3
–2
–1
s
Q'
s
–1
0
1
2
3
4
5
6
x
–2
–3
Kx
8
y
Z
2
1
g'
T1
0
–5
–4
Man wählt einen beliebigen Punkt auf g und
bildet ihn durch zentrische Streckung als
Element von g'ab; hierfür bietet sich T (0 | 2)
an, dessen Koordinaten aus der Geradengleichung von g ablesbar sind (tg = 2). Durch
die zentrische Streckung von T (0 | 2) um das
Zentrum Z (–3)3 mit dem Faktor k = 2 wird T
auf T' (3 | 1) abgebildet. Die Steigungen von
g und von g' sind gleich: mg = mg' = 0,5.
Legt man für die Bildgerade g' die Geradengleichung der Form y = 0,5x + tg' zugrunde
und setzt T' (3 | 1) in die Gleichung ein, dann
erhält man:
1 = 0,5 · 3 + tg' ⇔ tg' = –0,5
Die Geradengleichung für g' lautet:
y = 0,5x – 0,5
g
3
–3
–2
–1
T2
0
–1
1
2
3
4
5
6
x
–2
Kx
9
y
Das Dreieck ABC wird durch die zwei Vektoren AB = 61 und AC = 35 eindeutig
aufgespannt, es gilt:
AABC = 12 · 61 35 FE = 12 · (6 · 5 – 1 · 3) FE
C'
8
7
6
= 13,5 FE
Aus ABildfigur = k2 · AUrfigur folgt:
5
4
C
3
2
1
–4
–3
–2
A
A'
0 Z
0
–1
1
–1
B
2
3
4
B'
5
6
7
8
x
AA'B'C' = 22 · AABC = 4 · 13,5 FE = 54 FE
Alternativ kann man für die Berechnung
des Flächeninhalts auch die Vektoren des
Bilddreiecks nutzen, wofür man zunächst
die Koordinaten der Bildpunkte A', B' und
C' ausrechnen muss.
–2
Schulbuchseite 189
Kreuz und quer
Kx
10
R
S
S1
A P1
Kx
Man wählt einen beliebigen Punkt S1 auf [AC] und
zeichnet dazu das Quadrat P1Q1R1S1 mit P1 und Q1
auf [AB].
Die Gerade AR1 schneidet BC im Punkt R, dem Eckpunkt des einbeschriebenem Quadrats.
Zu R zeichnet man die Punkte S, P und Q mit S auf
AC und P und Q auf AB so, dass PQRS ein Quadrat
bildet.
C
R1
hc = 6 cm
Q1 P
c = 8 cm
Q
B
11 (Maßstab 1 : 50)
a) Der Baum ist 1,96 m groß (knapp 2 m).
2,8 m
b) 1,6x m = 1,96
m; x ≈ 2,29 m
2,8 m
(gerundet: 1,6x m = 1,96
m; x ≈ 2,2 m)
Der Schatten von Marie ist 2,29 m (rund 2,2 m) lang.
Baum: 1,96 m
Maries Schatten
2,29 m
Baumschatten: 2,8 m
35°
Marie: 1,6 m
Kx
12 a) 50 %
Kx
13 Wenn man das Gegenereignis („kein Korb“) verwendet, kommt man ohne Baumdiagramm aus:
P („mindestens ein Korb“) = 1 – (0,6 · 0,7) = 0,58
Kx
Kx
b) 50 %
c) 25 %
1
14 a) P = 18 · 41 = 32
c) P = 12 · 12 = 41
e) P = 18 · 18 + 12 · 12 + 41 · 41 + 18 · 18 = 11
32
21
f) P = 18 · 18 + 41 · 18 + 18 + 12 · 41 + 18 + 18 = 64
15
1
3
1
4
2
3
1
4
1
2
1
2
1
2
1
8
1
8
16 Die Terme 2 und 5 sind äquivalent, sie geben die Wahrscheinlichkeit an, dass höchstens zweimal die
Eins gezogen wird.
3
2 : 1 – 15 = 124
125
5 : 45
Kx
e) 25 %
9
b) P = 18 + 41 · 18 + 41 = 38 · 43 = 64
3
d) P = 18 · 12 + 12 · 18 + 18 · 41 + 41 · 18 = 16
3
4
Kx
d) 75 %
3
+ 3 · 45 · 15
17 a) 50 %
3
+ 3 · 45
3
12 + 48 124
· 41 = 64 +125
= 125
b) 33 13 %
Schulbuchseite 189/190
c) 75 %
d) 5 %
Kreuz und quer
Kx
18 20 ist um 20 % kleiner als 25.
Kx
19 Insgesamt sind es 20 Bären, und zwar: 1 blauer, 2 gelbe, 5 grüne, 6 orangefarbene und 6 rote.
Verteilung der Farben: 5 % Blau; 10 % Gelb; 25 % Grün; 30 % Orange; 30 % Rot.
Kx
20 30,00 € 15 %
30,00 €
15
Kx
21 89,00 € 100 %
19
89,00 € · 100
= 16,91 €
Das Gerät ist nun um 16,91 € billiger.
Kx
22 58,00 € 100 %
86
58,00 € · 100
= 49,88 €
Die Ware kostet nun 49,88 €.
Kx
23 126,00 € 30 %
126,00 €
30
Das Fahrrad kostet 420,00 €.
Kx
24 15 % Materialkosten:
· 100 = 200,00 €
· 100 = 420,00 €
Die Jacke hat ursprünglich 200,00 € gekostet.
15
360° · 100
= 54°
55
= 198°
55 % Fertigungskosten: 360° · 100
30
30 % sonstige Kosten: 360° · 100 = 108°
Sonstige
Kosten 30 %
Herstellkosten
Materialkosten 15 %
Fertigungskosten 55 %
Kx
25 x = Anzahl der Jungen = Anzahl der Mädchen zu Beginn des Schuljahres
2x = Anzahl aller Schüler zu Beginn des Schuljahres
x+1
Veränderung während des Schuljahres: 2x + 1 = Anzahl aller Schüler und 2x
+ 1 52 %
x+1
52
=
⇔
100x
+
100
=
104x
+
52
⇔
48
=
4x
⇔
12 = x
2x + 1
100
Es sind 12 Mädchen in der Klasse: Zu Beginn des Schuljahres waren es 12 Jungen und 12 Mädchen;
nach dem Hinzukommen des neuen Schülers sind nun 13 Jungen und 12 Mädchen in der Klasse.
Kx
26 Der Einfachheit halber gehen wir davon aus, dass die Diagonalen „symmetrisch verkürzt bzw. verlängert“ werden, sodass ein Drachenviereck bzw. eine Raute entsteht. Das Entstehen eines Vierecks mit
zueinander senkrecht stehenden Diagonalen, aber unterschiedlich langen Seiten ebenfalls möglich,
die angegebene Berechnung des Flächeninhalts ist hier ebenfalls gültig.
AViereck = 12 · (14 cm) · (10 cm) = 70 cm2
AQuadrat = 12 · (12 cm)2 = 72 cm2
AQuadrat – AViereck = 2 cm2
2 cm2
· 100 % = 2,78 %
72 cm2
Der Flächeninhalt verringert sich um 2,78 %.
Schulbuchseite 190
Vakat
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