Reichel Das ist Mathematik 4, Arbeitsheft

LÖSUNGEN 14 Merkenswertes – Zylinder – Kegel – Kugel (Seite 56) n Für den Drehzylinder gilt wie für das Prisma „Volumen = Grundfläche mal Höhe“ (V = G · h). Da die Grundfläche des Drehzylinders ein Kreis ist, folgt für sein Volumen die Formel V = r² · π · h. Für die Oberfläche des Drehzylinders gilt: Oberfläche = 2 mal Grundfläche plus Mantelfläche (O = 2 · G + M) Denkt man sich die Mantelfläche des Drehzylinders in der Ebene ausgebreitet, so entsteht ein Rechteck, dessen eine Seite genau so lang wie der Umfang der Grundfläche (u G ) und dessen andere Seite genau so lang wie die Höhe (h) des Zylinders ist. Es gilt: M = u G · h Da u G = 2 · r · π ist, folgt für M = 2 · r · π · h und für O = 2 · r² · π + 2 · r · π · h. n Das Volumen des Drehkegels wird wie bei der Pyramide mit der Formel V = G · h ____ 3 berechnet („Volumen = Grundfläche mal Höhe durch 3“). Da die Grundfläche des Drehkegels ein Kreis ist folgt V = r 2 · π · h _______ 3 . Die Oberfläche des Drehkegels setzt sich aus der Grundfläche und der Mantel- fläche zusammen. Die ausgebreitete Mantelfläche des Drehkegels stellt einen Kreissektor dar, dessen Radius der Erzeugendenlänge s und dessen Bogenlänge dem Umfang u G der Grundfläche entspricht. Da der Flächeninhalt eines Kreissektors mit A = b · r ____ 2 berechnet werden kann, ergibt sich für Mantelfläche des Drehkegels M = 2 · r · π · s ________ 2 = r · π · s und für die Oberfläche O = r² · π + r · π · s. n Das Volumen der Kugel wird mit V = 4r 3 · π ______ 3 und ihre Oberfläche mit O = 4 · r² · π berechnet. Lösungswort: FUSSBALLNATIONALMANNSCHAFT E ERWEITERUNG UND VERTIEFUNG 1 Beweisen in der Geometrie (Seite 57–59) 1) Der in der Abbildung einfach gekennzeichnete Winkel, der seinen Schei- tel im Punkt C hat, ist ein gleich großer Parallelwinkel zu , der doppelt gekennzeichnete Winkel ist ein gleich großer Parallelwinkel zu Mit γ zusammen ergeben der einfach und der doppelt gekennzeichnete Winkel einen gestreckten Winkel. Man kann daher „sehen“, dass α + β + γ = 180° ergibt. 2) Die Dreiecke APH und BHP sind aufgrund des Seiten-Winkel-Seiten-Satzes kongruent. Sie haben die Seite HP gemeinsam und stimmen im rechten Winkel bei H und in den Seitenlängen von AH und BH überein. Daher muss auch die Seite AP genau so lang wie die Seite BP sein. 3) Alle Punkte auf der Streckensymmetrale s PQ sind von P und Q gleich weit entfernt. Alle Punkte auf der Streckensymmetrale s sind von P und R gleich weit entfernt. Daher muss ihr Schnittpunkt X von P, Q und R gleich weit entfernt sein. Da alle Punkte, die von Q und R gleich weit entfernt sind, auf ihrer Streckensymmetrale s QR liegen, muss X auch der Strecken- symmetrale s QR liegen. Der Punkt X ist der Umkreismittelpunkt des Dreiecks PQR. Seinen Ab- stand von den Punkten P, Q und R nennt man den Umkreisradius. 4) Die Dreiecke ASP und PSB sind aufgrund des Winkel-Seiten-Winkel-Satzes kongruent. Sie haben die Seite PS gemeinsam und besitzen jeweils so- wohl einen rechten Winkel als auch einen Winkel der Größe α __ 2 . Daher muss auch die Seite AP genau so lang wie die Seite BP sein ( ___ Pa = ___ Pb). ) 5) Alle Punkte auf der Winkelsymmetrale von ∢ pq sind von den Geraden p und q gleich weit entfernt. Alle Punkte auf der Winkelsymmetrale von ∢ pr sind von den Geraden p und r gleich weit entfernt. Daher muss der Schnittpunkt X dieser beiden Winkelsymmetralen von p, q und r gleich weit entfernt sein. Da alle Punkte, die von q und r gleich weit entfernt sind, auf der Winkelsymmetrale von ∢ qr liegen, muss X auch auf der Winkelsymmetrale von ∢ qr liegen. Der Punkt X ist der Inkreismittelpunkt des von den drei Geraden p, q und r gebildeten Dreiecks. Seinen Abstand von den Geraden p, q und r nennt man den Inkreisradius. 6) ____ MA = ____ MC (beide Strecken sind Radien des Halbkreises) Ô ΔAMC ist gleich- schenklig Ô α 1 = α ____ MB = ____ MC Ô ΔMBC ist gleichschenklig Ô β 1 = β γ = α 1 + β 1 = α + β und α + β + γ = 180°. Setzt man für γ die oben gefundene Beziehung ein, so erhält man: α + β + γ = α + β + α + β = ( α + β ) · 2 = 180°. Daraus folgt: α + β = 90° 7) Wenn die beiden Flächenteile gleich groß sind, müssen sie jeweils halb so groß wie das Quadrat ACEG sein. Um zu zeigen, dass die gefärbte Fläche halb so groß wie das Quadrat ACEG ist, muss man daher nur nachweisen, dass das Dreieck ABH den gleichen Flächeninhalt hat wie das Dreieck BEM. Da die beiden Dreiecke die Seite BM und die zu dieser Seite gehörige Höhe (zB ____ MH = ____ MD) gemeinsam haben, sind sie flächeninhaltsgleich. 8) Die Flächeninhalte (weiß zu gefärbt) verhalten sich wie 5 zu 3. Begründung: Die weißen Flächen setzen sich aus einem Viertel ( □ ABMH), einem Achtel ( ∆ BCM) und einem weiteren Viertel (ΔDEG) des Quadrats ACEG zusammen: 1 __ 4 + 1 __ 8 + 1 __ 4 = 5 __ 8 . Die gefärbte Fläche macht 1 __ 4 (ΔHDG) und 1 __ 8 (ΔCDM) der Quadratfläche aus: 1 __ 4 + 1 __ 8 = 3 __ 8 5 __ 8 : 3 __ 8 = 5 : 3 9) Die beiden flächengleichen Sechsecke ABDEFG und AHJKBC bestehen neben jeweils zwei kongruenten rechtwinkligen Dreiecken einerseits aus den beiden Kathetenquadraten und andererseits aus dem Hypotenusen- quadrat. Dh, dass a 2 + b 2 = c 2 sein muss. 2 Peripheriewinkel 3 Ellipse (Seite 59) 10) a) Die gesuchten Punkte liegen auf den beiden Peripheriewinkelbogen, die zur Sehne AB gehören und deren Zentriwinkel jeweils ω = 2 · = 100° beträgt. b) Anleitung: Konstruiere zunächst die Streckensymmetrale von AB! Um den Mittelpunkt M des Peripheriewinkelbogens b 1 zu erhalten, bei dem der zur Sehne AB gehörende Zentriwinkel ω = 100° beträgt, zeichne zB den Winkel = 40°. Den Mittelpunkt des zweiten Bogens b 2 kannst du durch Spiegeln von M 1 an der Sehne AB erhalten. b 1 b 2 M 2 B 11) richtig: Drehzylinder, Drehkegel; falsch: Prisma, Pyramide, Kugel Nur zu Prüfzwecken α β . γ – Eigentum PR des A Verlags 1 ∢ BAM 1 M 1 öbv