Prüfungsvorbereitung MSA: Geometrie und Stochastik – Mathe Klasse 10 Arbeitsblatt Lösungen zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) a) \(c=\sqrt{36+64}=10\) cm. b) \(c=\sqrt{25+144}=13\) cm. Gesucht ist jeweils die Hypotenuse \(c\), deshalb werden die Quadrate der Katheten addiert und dann die Wurzel gezogen. Beide Dreiecke sind pythagoreische Tripel (6-8-10 und 5-12-13).
   b) \(b=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12\) cm. Gegeben sind Hypotenuse und eine Kathete; die fehlende Kathete erhält man durch Subtrahieren der Quadrate. Antwort: \(b=12\) cm.
   c) \(a=\sqrt{100-49}=\sqrt{51}\approx7{,}14\) cm. Auch hier wird subtrahiert; da 51 keine Quadratzahl ist, wird auf zwei Nachkommastellen gerundet. Antwort: \(a\approx7{,}14\) cm.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) \(h=\sqrt{25-2{,}25}=\sqrt{22{,}75}\approx4{,}77\) m. Leiter (Hypotenuse), Abstand zur Wand und Höhe bilden ein rechtwinkliges Dreieck. Antwort: Die Leiter reicht etwa 4,77 m hoch.
   b) \(\cos\alpha=\frac{1{,}5}{5}=0{,}3\), \(\alpha\approx72{,}5^\circ\). Ja, der Winkel liegt zwischen \(65^\circ\) und \(75^\circ\). Der Abstand zur Wand ist die Ankathete des Winkels am Boden, die Leiter die Hypotenuse; deshalb nimmt man den Kosinus.
   c) \(x=\sqrt{25-17{,}64}=\sqrt{7{,}36}=2{,}71\) m. Jetzt ist die Höhe 4,2 m gegeben und der Abstand gesucht. Antwort: Der Fuß steht etwa 2,71 m von der Wand entfernt.
   d) \(\sin\alpha=\frac{4{,}2}{5}=0{,}84\), \(\alpha\approx57{,}1^\circ\). Die Höhe ist die Gegenkathete, deshalb nimmt man den Sinus. Der Winkel liegt unter \(65^\circ\), die Leiter steht also zu flach und könnte wegrutschen.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) \(a=12\cdot\sin35^\circ\approx6{,}88\) cm; \(b=12\cdot\cos35^\circ\approx9{,}83\) cm. Die Hypotenuse ist gegeben: Gegenkathete mit dem Sinus, Ankathete mit dem Kosinus. Kontrolle: \(6{,}88^2+9{,}83^2\approx144\).
   b) \(a=7\cdot\tan50^\circ\approx8{,}34\) cm; \(c=\frac7{\cos50^\circ}\approx10{,}89\) cm. Die Ankathete ist gegeben: Gegenkathete mit dem Tangens, Hypotenuse mit dem Kosinus (\(c=\frac b{\cos\alpha}\)).
   c) \(b=9\cdot\tan62^\circ\approx16{,}93\) cm; \(c=\frac{9}{\cos62^\circ}\approx19{,}17\) cm. Gleicher Rechenweg wie in b); die Hypotenuse muss die längste Seite sein, das ist erfüllt.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(\tan\alpha=\frac5{12}\), \(\alpha\approx22{,}6^\circ\). Gegenkathete und Ankathete sind gegeben, deshalb Tangens und dann \(\tan^{-1}\).
   b) \(\sin\alpha=0{,}7\), \(\alpha\approx44{,}4^\circ\). Gegenkathete und Hypotenuse sind gegeben, deshalb Sinus: \(\frac7{10}=0{,}7\), dann \(\sin^{-1}\).
   c) \(\cos\alpha=0{,}75\), \(\alpha\approx41{,}4^\circ\). Ankathete und Hypotenuse sind gegeben, deshalb Kosinus: \(\frac68=0{,}75\), dann \(\cos^{-1}\).

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) \(h=30\cdot\tan38^\circ\approx23{,}4\) m; mit Augenhöhe \(\approx25{,}0\) m. Der Abstand ist die Ankathete, die Höhe über dem Messgerät die Gegenkathete. Zum Schluss addiert man die Gerätehöhe von 1,6 m. Antwort: Der Baum ist etwa 25 m hoch.
   b) \(x=\frac{43{,}4}{\tan52^\circ}\approx33{,}9\) m. Über dem Messgerät liegen \(45-1{,}6=43{,}4\) m. Gesucht ist die Ankathete, deshalb teilt man durch den Tangens. Antwort: Der Beobachter steht etwa 33,9 m vom Turm entfernt.
   c) Bei doppeltem Abstand \(2x\approx67{,}8\) m gilt \(\tan\alpha=\frac{43{,}4}{67{,}8}\approx0{,}640\), also \(\alpha\approx32{,}6^\circ\). Der Winkel wird kleiner, er halbiert sich aber nicht, weil der Tangens nicht proportional zum Winkel ist.

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) \(\alpha=\tan^{-1}(0{,}12)\approx6{,}8^\circ\). Die Steigung in Prozent ist der Tangens des Winkels: 12 % bedeutet \(\tan\alpha=0{,}12\).
   b) \(h=2000\cdot\sin6^\circ\approx209\) m. Die 2 km werden entlang der Straße gemessen, sie sind also die Hypotenuse; die Höhe ist die Gegenkathete. Antwort: etwa 209 Höhenmeter.
   c) \(\tan8^\circ\approx0{,}141\), also \(14{,}1\,\%\). Man berechnet den Tangens und schreibt ihn in Prozent.
   d) \(\tan45^\circ=1\), also 100 %. Bei \(45^\circ\) sind Höhe und waagerechte Strecke gleich lang; 100 % bedeutet also nicht senkrecht.

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) \(d=\sqrt{36+64}=10\). Die Koordinatendifferenzen 6 und 8 sind die Katheten eines rechtwinkligen Dreiecks.
   b) \(d=\sqrt{64+36}=10\). Hier sind die Differenzen \(5-(-3)=8\) und \(-2-4=-6\); das Vorzeichen spielt beim Quadrieren keine Rolle.
   c) \(PQ=6\); \(PS=\sqrt{9+16}=5\); \(QS=\sqrt{9+16}=5\). Umfang \(16\). Höhe 4, Fläche \(\frac12\cdot6\cdot4=12\). Das Dreieck ist gleichschenklig; die Höhe von \(S\) auf \(PQ\) ist die \(y\)-Koordinate 4. Antwort: Umfang 16 LE, Fläche 12 FE.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) \(U=2\pi\cdot6\approx37{,}70\) cm; \(A=\pi\cdot36\approx113{,}10\) cm². Man setzt \(r=6\) cm in \(U=2\pi r\) und \(A=\pi r^2\) ein.
   b) \(r=7\): \(U=14\pi\approx43{,}98\) cm; \(A=49\pi\approx153{,}94\) cm². Zuerst wird der Radius aus dem Durchmesser bestimmt: \(r=\frac d2=7\) cm.
   c) \(r=\frac{31{,}4}{2\pi}\approx5{,}00\) cm (also 5 cm). Man stellt \(U=2\pi r\) nach \(r\) um.
   d) \(r=\sqrt{\frac{200}{\pi}}\approx7{,}98\) cm. Man stellt \(A=\pi r^2\) nach \(r^2\) um und zieht die Wurzel. Probe: \(\pi\cdot7{,}98^2\approx200\).

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) Klein: \(\pi\cdot10^2\approx314{,}2\) cm²; groß: \(\pi\cdot15^2\approx706{,}9\) cm². Der Radius ist jeweils der halbe Durchmesser.
   b) \(\frac{706{,}9}{8}\approx88{,}4\) cm². Ein Stück ist ein Achtel der großen Pizza.
   c) Klein: \(\frac{6}{3{,}142}\approx1{,}91\) € pro 100 cm². Groß: \(\frac9{7{,}069}\approx1{,}27\) €. Die große Pizza ist günstiger. Man vergleicht den Preis pro 100 cm². Der Durchmesser ist nur 1,5-mal so groß, die Fläche aber 2,25-mal so groß.
   d) Zwei kleine: \(628{,}3\) cm² für 12 €. Die große Pizza bietet mehr Fläche (\(706{,}9\) cm²) für weniger Geld (9 €). Antwort: Die große Pizza ist das bessere Angebot.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) \(V=\pi\cdot3{,}5^2\cdot12\approx461{,}8\) cm³ (etwa \(0{,}46\) l); \(O=2\pi\cdot12{,}25+2\pi\cdot3{,}5\cdot12\approx340{,}9\) cm². Volumen: Grundfläche mal Höhe; Oberfläche: zwei Kreise plus Mantel \(2\pi rh\).
    b) \(s=\sqrt{9+100}\approx10{,}44\) cm; \(V=\frac13\pi\cdot9\cdot10\approx94{,}2\) cm³; \(M=\pi\cdot3\cdot10{,}44\approx98{,}4\) cm²; mit Grundfläche \(O\approx126{,}7\) cm². Die Mantellinie \(s\) erhält man mit Pythagoras aus Radius und Höhe; der Kegel hat ein Drittel des Volumens des passenden Zylinders.
    c) \(V=\frac43\pi\cdot11^3\approx5575\) cm³; \(O=4\pi\cdot121\approx1521\) cm². Man setzt \(r=11\) cm in die Kugelformeln ein; 5575 cm³ sind etwa 5,6 Liter.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) \(d=\sqrt{3600+1600+900}=\sqrt{6100}\approx78{,}1\) cm. Die Raumdiagonale berechnet man mit \(d=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\). Antwort: Der längste Stab ist etwa 78 cm lang.
    b) \(d=\sqrt{64+36+25}=\sqrt{125}\approx11{,}18\) m. Antwort: Die Raumdiagonale des Zimmers ist etwa 11,18 m lang.
    c) Nein, \(80\) cm \(>78{,}1\) cm. Der Stab ist länger als die Raumdiagonale und passt deshalb auch schräg nicht hinein.
    d) Nein, \(12\) m \(>11{,}18\) m. Auch hier ist die Länge größer als die Raumdiagonale.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) \(\frac6{36}=\frac16\approx0{,}167\). Sechs der 36 gleich wahrscheinlichen Ergebnisse haben die Summe 7.
    b) Günstig: 10 (3 Fälle), 11 (2), 12 (1): \(\frac6{36}\approx0{,}167\). Man zählt die günstigen Felder in der Tabelle und teilt durch 36.
    c) \(\frac6{36}=\frac16\). Ein Pasch sind die sechs Felder der Diagonale.
    d) \(1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}\approx0{,}306\). Man rechnet mit dem Gegenereignis: Bei \(5\cdot5=25\) Ergebnissen kommt keine 6 vor.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) Erste Stufe: rot \(\frac6{10}\), blau \(\frac4{10}\). Nach rot: rot \(\frac59\), blau \(\frac49\). Nach blau: rot \(\frac69\), blau \(\frac39\). Nach dem ersten Zug sind nur noch 9 Kugeln in der Urne, eine Farbe hat eine Kugel weniger.
    b) \(\frac6{10}\cdot\frac59=\frac{30}{90}=\frac13\approx0{,}333\). Erste Pfadregel: entlang des Pfades multiplizieren.
    c) \(\frac6{10}\cdot\frac49+\frac4{10}\cdot\frac69=\frac{48}{90}\approx0{,}533\). Zwei Pfade (rot-blau und blau-rot) werden nach der zweiten Pfadregel addiert.
    d) \(1-\frac13=\frac23\approx0{,}667\). Man rechnet mit dem Gegenereignis „zwei rote Kugeln“.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) \(\frac14+\frac19+\frac1{36}=\frac{9+4+1}{36}=\frac{14}{36}\approx0{,}389\). Zwei gleiche Farben: rot-rot, blau-blau oder grün-grün; man multipliziert jeweils und addiert.
    b) \(\frac12\cdot\frac13=\frac16\approx0{,}167\). Entlang des Pfades multiplizieren; die Reihenfolge ist festgelegt.
    c) \(1-\left(\frac56\right)^2=\frac{11}{36}\approx0{,}306\). „Mindestens einmal grün“ ist das Gegenereignis von „zweimal nicht grün“.
    d) \(\frac14\cdot360=90\) Mal. Die erwartete Anzahl ist Anzahl der Durchgänge mal Wahrscheinlichkeit; zweimal rot hat \(\frac12\cdot\frac12=\frac14\).

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) \(s=\sqrt{4^2+2{,}8^2}=\sqrt{23{,}84}\approx4{,}88\) m. Halbe Giebelbreite (4 m) und Höhe (2,8 m) sind die Katheten, der Sparren ist die Hypotenuse.
    b) \(2\cdot4{,}88\cdot10\approx97{,}7\) m²; Kosten \(\approx1367\) €. Das Dach besteht aus zwei Rechtecken; man multipliziert die Fläche mit dem Preis pro m².
    c) \(\tan\alpha=\frac{2{,}8}{4}=0{,}7\), \(\alpha\approx35{,}0^\circ\). Die Dachneigung ist der Winkel an der Traufe; Gegenkathete 2,8 m, Ankathete 4 m.
    d) \(V=\frac12\cdot8\cdot2{,}8\cdot10=112\) m³. Der Dachraum ist ein dreiseitiges Prisma: Giebeldreieck mal Hauslänge.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(V=\pi\cdot6{,}25\cdot6\approx117{,}8\) m³ \(\approx117\,810\) Liter. Gefüllt wird nur der Zylinder; 1 m³ sind 1000 Liter.
    b) \(\frac{117\,810}{20}\approx5890\) s \(\approx98\) min. Man teilt das Volumen durch die Pumpleistung pro Sekunde und rechnet in Minuten um.
    c) \(M_Z=2\pi\cdot2{,}5\cdot6\approx94{,}2\) m²; \(s=\sqrt{6{,}25+2{,}25}\approx2{,}92\) m; \(M_K=\pi\cdot2{,}5\cdot2{,}92\approx22{,}9\) m². Zylindermantel \(2\pi rh\); beim Kegeldach braucht man die Mantellinie aus Pythagoras.
    d) \(94{,}25+22{,}9\approx117{,}2\) m²; \(\frac{117{,}2}8\approx14{,}6\), also 15 Liter. Man teilt die Gesamtfläche durch die Ergiebigkeit und rundet auf ganze Liter auf.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(AB=\sqrt{36+64}=10\); \(BC=\sqrt{36+64}=10\). Länge \(=20\) km. Man bildet die Koordinatendifferenzen und wendet Pythagoras an.
    b) \(AC=12\) km, also \(8\) km kürzer. Der direkte Weg liegt auf der \(x\)-Achse.
    c) \(\tan\alpha=\frac86\), \(\alpha\approx53{,}1^\circ\). Am Punkt \(A\) ist die Höhe 8 die Gegenkathete, der waagerechte Abstand 6 die Ankathete.
    d) \(\frac{20}{4}=5\) h. Fläche: \(\frac12\cdot12\cdot8=48\) km². Bei 4 km/h dauert die Wanderung 5 Stunden; das Dreieck hat die Grundseite 12 km und die Höhe 8 km.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) \(\sqrt{20^2+3{,}66^2}\approx20{,}33\) m. Der halbe Torabstand (3,66 m) und die Entfernung zur Tormitte sind die Katheten.
    b) \(\tan\frac\alpha2=\frac{3{,}66}{20}\), \(\alpha=2\cdot\tan^{-1}(0{,}183)\approx20{,}7^\circ\). Die Linie zur Tormitte halbiert den Sehwinkel; man rechnet den halben Winkel mit dem Tangens und verdoppelt.
    c) \(\alpha=2\cdot\tan^{-1}(0{,}366)\approx40{,}2^\circ\). Bei halber Entfernung wird der Winkel fast doppelt so groß.
    d) \(d=\frac{3{,}66}{\tan7{,}5^\circ}\approx27{,}8\) m. Man stellt \(\tan\frac\alpha2=\frac{3{,}66}{d}\) nach \(d\) um.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) \(V=\pi\cdot4\cdot8+\frac23\pi\cdot8\approx117{,}3\) m³. Zylindervolumen plus Halbkugel \(\frac23\pi r^3\).
    b) \(\pi\cdot32\approx100{,}5\) m³ \(\cdot750\) kg \(\approx75{,}4\) t. Man multipliziert das Zylindervolumen mit 750 kg pro m³ und rechnet in Tonnen um.
    c) \(2\pi\cdot2\cdot8+2\pi\cdot4\approx125{,}7\) m². Außenfläche: Zylindermantel plus Halbkugelfläche \(2\pi r^2\); der Boden zählt nicht.
    d) \(\frac{125{,}7}{8}\approx15{,}7\), also 16 Liter. Man teilt die Fläche durch 8 m² pro Liter und rundet auf.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(A_{ges}=\pi\cdot400\approx1256{,}6\) cm²; innen: \(100\pi\approx314{,}2\) cm²; Bull: \(4\pi\approx12{,}6\) cm². Man berechnet drei Kreisflächen mit \(A=\pi r^2\).
    b) Innerer Kreis: \(\frac{100\pi}{400\pi}=0{,}25\). Bull: \(\frac{4\pi}{400\pi}=0{,}01\). Die Wahrscheinlichkeit ist Teilfläche durch Gesamtfläche; \(\pi\) kürzt sich heraus.
    c) \(1-0{,}99^2=0{,}0199\). Mindestens ein Bull bei zwei Würfen über das Gegenereignis „zweimal kein Bull“.
    d) \(500\cdot0{,}01=5\) Treffer. Erwartungswert: Anzahl der Würfe mal Wahrscheinlichkeit.