Pyramide, Kegel und Kugel – Mathe Klasse 9 Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (4 BE/Punkte)

   a) Die Grundfläche ist ein Quadrat: \(G=12^2=144\,\mathrm{cm}^2\). Für jede Pyramide gilt \(V=\frac13Gh\), also \(V=\frac13\cdot144\cdot8=384\,\mathrm{cm}^3\) (2 P.).
   b) Die Seitenhöhe \(h_s\) steht auf der Mitte einer Grundkante. Sie ist Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks mit den Katheten \(\frac{12}{2}=6\) cm und \(h=8\) cm: \(h_s=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10\) cm (1 P.). Der Mantel besteht aus vier kongruenten Dreiecken: \(M=4\cdot\frac12\cdot12\cdot10=240\,\mathrm{cm}^2\). Oberfläche gleich Grundfläche plus Mantel: \(O=144+240=384\,\mathrm{cm}^2\) (1 P.). Achtung: Volumen und Oberfläche haben hier nur zufällig dieselbe Maßzahl. Antwort: \(V=384\,\mathrm{cm}^3\), \(h_s=10\) cm, \(M=240\,\mathrm{cm}^2\), \(O=384\,\mathrm{cm}^2\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Radius, Höhe und Mantellinie bilden ein rechtwinkliges Dreieck, in dem \(s\) der Hypotenuse entspricht. Nach Pythagoras: \(s=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{49+576}=\sqrt{625}=25\) cm (1 P.).
   b) Volumen eines Kegels: \(V=\frac13\pi r^2h=\frac13\pi\cdot49\cdot24=392\pi\approx1231{,}5\,\mathrm{cm}^3\) (2 P.: Formel und Ergebnis). Der Mantel ist ein abgewickelter Kreisausschnitt mit dem Flächeninhalt \(M=\pi rs=\pi\cdot7\cdot25=175\pi\approx549{,}8\,\mathrm{cm}^2\) (1 P.). Häufiger Fehler: in \(M=\pi rs\) die Höhe \(h=24\) statt der Mantellinie \(s=25\) einsetzen. Antwort: Die Mantellinie misst \(25\) cm, das Volumen beträgt rund \(1231{,}5\,\mathrm{cm}^3\), die Mantelfläche rund \(549{,}8\,\mathrm{cm}^2\).

3. Lösung zu Aufgabe 3 (3 BE/Punkte)

   a) Vom Durchmesser \(20\) cm geht man zum Radius \(r=10\) cm über. Kugelvolumen: \(V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot1000\approx4188{,}8\,\mathrm{cm}^3\) (1 P.). Weil \(1000\,\mathrm{cm}^3=1\,\mathrm{dm}^3=1\) l gilt, sind das etwa \(4{,}19\) l (1 P.).
   b) Die Oberfläche einer Kugel ist viermal so groß wie ihre Großkreisfläche: \(O=4\pi r^2=4\pi\cdot100=400\pi\approx1256{,}6\,\mathrm{cm}^2\) (1 P.). Kontrolle der Größenordnung: Ein Würfel mit Kante \(20\) cm hätte \(8\) l Volumen; die Kugel passt hinein und hat gut die Hälfte davon, das ist plausibel. Antwort: etwa \(4{,}19\) l und rund \(1257\,\mathrm{cm}^2\).

4. Lösung zu Aufgabe 4 (5 BE/Punkte)

   a) Das Silo wird in zwei Teilkörper zerlegt. Zylinder: \(V_Z=\pi r^2h=\pi\cdot1{,}5^2\cdot5=11{,}25\pi\approx35{,}34\,\mathrm{m}^3\) (1 P.). Eine Halbkugel hat das halbe Kugelvolumen: \(V_H=\frac12\cdot\frac43\pi r^3=\frac23\pi\cdot3{,}375\approx7{,}07\,\mathrm{m}^3\) (1 P.). Gesamt: \(V\approx35{,}34+7{,}07=42{,}41\,\mathrm{m}^3\) (1 P.).
   b) Außen sichtbar sind der Zylindermantel und die gewölbte Halbkugelfläche; die Bodenfläche und die Kreisfläche zwischen den Teilen zählen nicht. Mantel: \(2\pi rh=2\pi\cdot1{,}5\cdot5\approx47{,}12\,\mathrm{m}^2\). Halbkugel: \(2\pi r^2=2\pi\cdot2{,}25\approx14{,}14\,\mathrm{m}^2\). Summe: \(61{,}26\,\mathrm{m}^2\) (2 P.). Antwort: Das Silo fasst etwa \(42{,}4\,\mathrm{m}^3\), man braucht rund \(61{,}3\,\mathrm{m}^2\) Blech.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (4 BE/Punkte)

   a) Man stellt die Volumenformel \(V=\frac13\pi r^2h\) nach \(h\) um: Mal \(3\), dann durch \(\pi r^2\) teilen ergibt \(h=\frac{3V}{\pi r^2}\) (1 P.). Einsetzen: \(h=\frac{3\cdot100{,}5}{\pi\cdot16}=\frac{301{,}5}{50{,}27}\approx6{,}0\) cm (1 P.).
   b) Aus \(O=4\pi r^2\) folgt \(r^2=\frac{O}{4\pi}=\frac{314{,}16}{12{,}566}\approx25\), also \(r=5\) cm, da nur die positive Wurzel als Länge sinnvoll ist (1 P.). Damit wird \(V=\frac43\pi\cdot5^3=\frac{500}{3}\pi\approx523{,}6\,\mathrm{cm}^3\) (1 P.). Probe für a): \(\frac13\pi\cdot16\cdot6\approx100{,}5\), passt. Antwort: Der Kegel ist \(6\) cm hoch; die Kugel hat \(r=5\) cm und \(V\approx523{,}6\,\mathrm{cm}^3\).

Gesamt : 20 Punkte