Das ist Mathematik 4, Arbeitsheft

13 Lösungen 2 Berechnungen in besonderen Vielecken (Seiten 59–63) 233 a) 6,40m = 640 cm ➞ 640 cm : 200 = 3,2 cm b) Zeichnung: Ganzes Spielfeld: d 1 ≈ 7,2 cm; Spielfeldhälfte: d 2 ≈ 4,5 cm Wirklichkeit: d 1 ≈ 7,2 cm · 200 = 1 440 cm = 14,4m; d 2 ≈ 4,5 cm · 200 = 900 cm = 9,0 m c) d 1 2 = 6,4 2 + 12,8 2 = 204,8 ➞ d 1 ≈ 14,31 m; d 2 2 = 6,4 2 + 6,4 2 = 81,92 ➞ d 2 ≈ 9,05m (verkleinert) d 1 d 2 a b 234 C, Begründung: Die Seiten a und b des Rechtecks und die Diagonale d bilden ein rechtwinkliges Dreieck mit d als Hypotenuse. Aus d 2 = a 2 + b 2 folgt a 2 = d 2 – b 2 bzw. a = √ _____ d 2 – b 2 . 235 a) a = u _ 2 – b, d = √ __________ 2b 2 – bu + u 2 __ 4 , A = b ( u _ 2 – b ) b) b = A __ a , u = 2 ( a + A __ a ) , d = √ _____ a 2 + A 2 __ a 2 236 a) d = √ _ 2a, u = 4 a, A = a 2 c) a = u _ 4 , d = √ _ 2u ___ 4 , A = u 2 __ 16 b) a = d __ √ 2 , u = 4d __ √ _ 2 , A = d 2 __ 2 d) a = √ __ A, d = √ ___ 2A, u = 4 √ __ A 237 ( c _ 2 ) 2 = a 2 – h c 2 ➞ ( c _ 2 ) 2 = 56,25 ➞ c _ 2 = 7,5 ➞ c = 15,0 cm A = c · h c ___ 2 ➞ A = 135,0 cm 2 ; A = a · h a ___ 2 ➞ h a = A · 2 ___ a ➞ h a ≈ 13,8 cm. 238 Die Balkenlängen sind von oben nach unten angegeben. a) 4,24m (4,242…), 2,83m (2,828…), 9,90m (9,899…) b) 1,73m (1,732…), 2,00m, 2,60m (2,598…), 5,00m 239 a, c: h e = √ ______ a 2 – ( c _ 2 ) 2 a, h c : c = 2 · √ ______ a 2 – h c 2 c, h c : a = √ _______ ( c _ 2 ) 2 + h c 2 240 a) h = 6,581…cm ≈ 6,6 cm, A = 25,010… ≈ 25,0 cm 2 b) a = 2 ·h ___ √ _ 3 ➞ a = 9,699…cm ≈ 9,7cm, A = 40,737… ≈ 40,7cm 2 c) a 2 = 4 ·A ___ √ _ 3 ➞ a = 8,098…. ≈ 8,1 cm; h = 7,013… ≈ 7,0 cm 241 h ≈ 10,4 cm (10,3923…) 242 Die Höhe h teilt das gleichseitige Dreieck in zwei kongruente rechtwinklige Dreiecke. Man kann daher den Satz des Pythagoras anwenden h 2 = a 2 – ( a _ 2 ) 2 und damit h berechnen. In jedem Dreieck gilt: „Flächeninhalt = Seite mal zugehörige Höhe durch 2“. Man erhält daher den Flächeninhalt des gleichseitigen Dreiecks mit der Seite a und der Höhe h durch A = a · h ___ 2 . 243 Geeignet ist Rechengang D . Nicht geeignet sind Rechengang A , weil man den Flächeninhalt des Drachens im Allgemeinen nicht mit A = a · b berechnen kann. Rechengang B , weil die angegebenen Rechenwege für die Teilstrecken x und y falsch sind, und Rechengang C , weil das Dreieck, das von den beiden Seiten a und b und der Diagonale e des Drachens gebildet wird, im Allge- meinen nicht rechtwinklig ist. 244 1) 294,40€ 2) 18,25m 245 a) a 2 = ( e _ 2 ) 2 + ( f _ 2 ) 2 ➞ ( f _ 2 ) 2 = a 2 – ( e _ 2 ) 2 ➞ f = 12,0 cm; b) A = e · f __ 2 ➞ A = 172,8 cm 2 c) A = a · h a ➞ h a = h = A __ a ➞ h = 11,076… ≈ 11,1 cm. d) Der Inkreisradius ist halb so groß wie die Höhe der Raute. Daraus folgt ρ = 5,538…cm ≈ 5,5 cm. 246 A = 1 620 cm 2 x 2 = a 2 – h a 2 ➞ x = 27cm. e 2 = h a 2 + (a + x) 2 ➞ e = 80,498…cm ≈ 80,5 cm f 2 = h a 2 + (a – x) 2 ➞ f = 40,249…cm ≈ 40,2 cm Kontrolle: A = e · f __ 2 ➞ A = 1 620 cm 2 247 a) m = 7,2 cm (a + m) 2 = e 2 – h a 2 ➞ a + m = 28,0 cm ➞ a = 20,8 cm b) f 2 = h a 2 + (a – m) 2 ➞ f = 16,646…cm ≈ 16,6 cm c) A = a · h a ➞ A = 199,68 cm 2 d) h b = A : b ➞ h b = 16,64 cm ≈ 16,6 cm. 248 1) x = √ _____ n 2 –  g 2 ; s = √ _________ ( m + x ) 2 + g 2 ; t = √ _________ ( m – x ) 2 + g 2 2) t ≈ 4,4dm 249 a) Ich berechne im rechtwinkligen Dreieck mit den Seiten h, b und x = a – c ___ 2 die Länge der Seite b ( = d): b = √ _____ h 2 + x 2 Die Diagonale e ( = f) ist Hypotenuse des Dreiecks mit den Katheten h und (a – x) ➞ e = √ ________ h 2 + (a – x) 2 Für den Flächeninhalt des Trapezes gilt: A = (a + c) · h ______ 2 b) x = 2,4 cm, b = d = 4,0 cm, e = f = 13,0 cm, A = 40,32 cm 2 250 1) b ≈ 3,01 cm, d ≈ 3,61 cm, f ≈ 3,61 cm 2) Die Süßigkeit darf maximal 2,9 cm breit sein. 251 Rafael hat Recht. Die Spiegelfläche ist doppelt so hoch wie ein solches gleichseitiges Dreieck, ihr Flächeninhalt beträgt das Sechsfache des Dreiecksflächeninhalts. 252 1) A ≈ 3 016 cm 2 2) Abfall: ca. 17,1% 3 Beweise für den Satz des Pythagoras (Seiten 63, 64) 253 Man kann „sehen“: Die Quadrate über den Katheten a und b bestehen aus zwei „Geodreiecken“, das Quadrat über der Hypotenuse c aus vier: 2 Geodreiecke + 2 Geodreiecke = 4 Geodreiecke ➞ a 2 + b 2 = c 2 254 A 1 = b · b = b 2 , A 2 = a · a = a 2 Das freibleibende Viereck im unteren Rahmen ist ebenfalls ein Quadrat, weil es vier gleich lange Seiten (c) hat und die Winkel 90° groß sind. Sie ergänzen die beiden komplementären Winkel α und β des rechtwinkligen Dreiecks auf einen gestreckten Winkel. A 3 = c · c = c 2 Daraus folgt unmittelbar der Satz des Pythagoras, weil die nach dem Aufle- gen der jeweils vier kongruenten Dreiecke freibleibenden Flächen im obe- ren Rahmen insgesamt genau so groß sein müssen wie die freibleibende Fläche im unteren Rahmen: A 1 + A 2 = A 3 ➞ a 2 + b 2 = c 2 255 1)–3) Vergleiche mit der Figur im Arbeitsheft alle Winkel gleich groß, alle Dreiecke haben die Seite c. zB: 4) A 1 = (a – b) 2 alle Winkel 90°; jede Seite: a–b 5) A 1 + 4 · A 2 = A 3 6) (a – b) 2 + 4 · ab __ 2 = c 2 ➞ a 2 – 2 ab + b 2 + 2 ab = c 2 ➞ a 2 + b 2 = c 2 4 Katheten- und Höhensatz (Seiten 64, 65) 256 a 2 = c · p ➞ c = a 2 : p ➞ c = 97,5 cm. Aus b 2 = c 2 – a 2 folgt b = 78,0 cm. 257 h 2 = p · q ➞ h = 15,6 cm, c = 32,5 cm. Aus a 2 = p · c folgt: a = 26,0 cm, aus b 2 = q · c folgt: b = 19,5 cm. Überprüfung: a 2 + b 2 = 1 056,25; c 2 = 1 056,25. 258 p 2 = a 2 – h 2 ➞ p = 43,2 cm: h 2 = p · q ➞ q = h 2 : p ➞ q = 7,5 cm c = 50,7cm; b 2 = c 2 – a 2 ➞ b = 19,5 cm. a x x h e c h b d A B C D Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv