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

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) Der Reihe nach: a) \(\frac13\cdot36\cdot9=108\,\mathrm{cm}^3\); b) \(\frac13\cdot100\cdot12=400\,\mathrm{cm}^3\); c) \(\frac13\cdot40\cdot6=80\,\mathrm{cm}^3\); d) \(\frac13\cdot48\cdot7=112\,\mathrm{cm}^3\). Zuerst wird jeweils die Grundfläche berechnet: \(6^2=36\), \(10^2=100\), \(8\cdot5=40\) und \(48\) cm². Danach multipliziert man mit der Höhe und teilt durch 3, denn eine Pyramide hat nur ein Drittel des Volumens eines Prismas mit gleicher Grundfläche und Höhe.
   b) Es verdoppelt sich auf \(216\,\mathrm{cm}^3\), denn \(V\) ist proportional zu \(h\). Verdoppelt man nur die Höhe, bleibt die Grundfläche gleich; das Volumen wächst also mit demselben Faktor 2.
   c) Würfel: \(6^3=216\,\mathrm{cm}^3\); Pyramide: \(108\,\mathrm{cm}^3\). Also passen \(\frac{216}{108}=2\) Pyramiden hinein. Man vergleicht die Volumina durch Division. Antwort: Der Würfel hat genau das doppelte Volumen der Pyramide aus a), es passen also rechnerisch zwei solche Pyramiden hinein (beim Umfüllen, nicht als feste Körper).

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) \(\frac13\pi\cdot9\cdot7=21\pi\approx65{,}97\,\mathrm{cm}^3\). Man setzt in die Formel ein: zuerst \(r^2\), dann mal \(h\), dann mal \(\pi\) und durch 3.
   b) \(\frac13\pi\cdot25\cdot12=100\pi\approx314{,}16\,\mathrm{cm}^3\). Antwort: Der Kegel hat etwa 314,16 cm³ Volumen.
   c) \(r=4\): \(\frac13\pi\cdot16\cdot9=48\pi\approx150{,}80\,\mathrm{cm}^3\). Achtung: Gegeben ist der Durchmesser, der Radius ist die Hälfte, also 4 cm.
   d) Der Kegel hat genau ein Drittel des Zylindervolumens \(\pi r^2h\). Man vergleicht die Formeln \(\frac13\pi r^2h\) und \(\pi r^2h\): Drei gleiche Kegel füllen den Zylinder.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) Der Reihe nach: a) \(V=36\pi\approx113{,}10\,\mathrm{cm}^3\), \(O=36\pi\approx113{,}10\,\mathrm{cm}^2\). b) \(V=\frac{500}3\pi\approx523{,}60\,\mathrm{cm}^3\), \(O=100\pi\approx314{,}16\,\mathrm{cm}^2\). c) \(r=6\): \(V=288\pi\approx904{,}78\,\mathrm{cm}^3\), \(O=144\pi\approx452{,}39\,\mathrm{cm}^2\). Man setzt den Radius in beide Formeln ein; bei Teil c) wird zuerst der Radius aus dem Durchmesser bestimmt. Bei \(r=3\) cm sind Volumen und Oberfläche zufällig zahlengleich, haben aber verschiedene Einheiten (cm³ und cm²).
   b) \(V\) wird \(2^3=8\)-mal so groß, \(O\) wird \(2^2=4\)-mal so groß. Der Radius steht im Volumen in der dritten Potenz, in der Oberfläche in der zweiten. Verdoppelt man also den Radius, wird das Volumen mit \(2^3=8\) und die Oberfläche mit \(2^2=4\) multipliziert. Beispiel: Von \(r=3\) cm auf \(r=6\) cm wächst \(V\) von 113,10 auf 904,78 cm³.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) \(s=\sqrt{36+64}=10\) cm. Radius, Höhe und Mantellinie bilden ein rechtwinkliges Dreieck mit der Mantellinie als Hypotenuse.
   b) \(M=\pi\cdot6\cdot10=60\pi\approx188{,}50\,\mathrm{cm}^2\); \(O=36\pi+60\pi=96\pi\approx301{,}59\,\mathrm{cm}^2\). Für die Oberfläche addiert man die Grundkreisfläche \(\pi r^2\) und den Mantel.
   c) \(h=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12\) cm. Hier ist die Mantellinie die Hypotenuse und die Höhe eine Kathete; deshalb wird subtrahiert.
   d) Der Mantel verdoppelt sich, denn \(M\) ist proportional zu \(s\). Bei gleichem Radius ist \(M=\pi r s\) proportional zur Mantellinie.

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) \(h_s=\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{25}=5\) cm. Höhe und halbe Grundkante (4 cm) sind die Katheten, \(h_s\) ist die Hypotenuse.
   b) \(M=4\cdot\frac12\cdot8\cdot5=80\,\mathrm{cm}^2\). Der Mantel besteht aus vier gleichschenkligen Dreiecken mit Grundseite 8 cm und Höhe 5 cm.
   c) \(O=64+80=144\,\mathrm{cm}^2\). Oberfläche gleich Grundfläche \(8^2\) plus Mantel.
   d) \(V=\frac13\cdot64\cdot3=64\,\mathrm{cm}^3\). Antwort: Die Pyramide hat ein Volumen von 64 cm³.

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) Kegel: \(h=\frac{3V}{\pi r^2}=\frac{3\cdot150{,}8}{16\pi}\approx9{,}0\) cm. Kugel: \(r^3=\frac{3V}{4\pi}=\frac{3\cdot904{,}78}{4\pi}\approx216\), also \(r=6\) cm. Pyramide: \(h=\frac{3V}{G}=\frac{288}{36}=8\) cm. Man stellt jeweils die Volumenformel nach der gesuchten Größe um: Man multipliziert mit 3 und teilt durch die übrigen Faktoren. Bei der Kugel muss am Ende die dritte Wurzel gezogen werden. Probe Kegel: \(\frac13\pi\cdot16\cdot9\approx150{,}8\).
   b) \(r^2=\frac{3V}{\pi h}=\frac{300\pi}{12\pi}=25\), also \(r=5\) cm. Man löst die Kegelformel nach \(r^2\) auf, setzt ein und zieht die Wurzel. Dabei kürzt sich \(\pi\) heraus. Antwort: Der Radius beträgt 5 cm.

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) \(V=\frac13\pi\cdot6{,}25\cdot10\approx65{,}45\,\mathrm{cm}^3\). Antwort: Die Tüte fasst etwa 65,45 cm³.
   b) \(V=\frac43\pi\cdot2{,}5^3\approx65{,}45\,\mathrm{cm}^3\). Antwort: Die Eiskugel hat ebenfalls etwa 65,45 cm³.
   c) Beide Volumina sind gleich groß (\(65{,}45\,\mathrm{cm}^3\)). Die Tüte fasst also genau eine geschmolzene Kugel (wenn das Eis nicht mehr Platz braucht). Das ist kein Zufall: Bei \(h=4r\) gilt \(\frac13\pi r^2\cdot4r=\frac43\pi r^3\).
   d) \(\frac{1000}{65{,}45}\approx15{,}3\) Kugeln, also \(\approx18{,}33\) €. Ein Liter sind 1000 cm³; man teilt durch das Volumen einer Kugel und multipliziert mit dem Preis.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) \(V=\frac13\cdot9\cdot2{,}4=7{,}20\,\mathrm{m}^3\). Das Zelt ist eine Pyramide mit Grundfläche \(3^2=9\,\mathrm{m}^2\). Antwort: Der Luftraum beträgt 7,2 m³.
   b) \(h_s=\sqrt{1{,}5^2+2{,}4^2}=\sqrt{8{,}01}\approx2{,}83\) m. Halbe Grundkante 1,5 m und Höhe 2,4 m sind die Katheten.
   c) \(4\cdot\frac12\cdot3\cdot2{,}83\approx16{,}98\,\mathrm{m}^2\). Da das Zelt keinen Boden hat, braucht man nur den Mantel aus vier Dreiecken.
   d) \(16{,}98\cdot14\approx237{,}72\) €. Antwort: Die Plane kostet etwa 238 €.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) \(r=\frac{69}{2\pi}\approx10{,}98\) cm. Man stellt die Umfangsformel nach \(r\) um.
   b) \(O=4\pi r^2\approx1515\,\mathrm{cm}^2\). Antwort: Für den Ball braucht man etwa 1515 cm² Leder.
   c) \(V=\frac43\pi r^3\approx5547\,\mathrm{cm}^3\approx5{,}5\) l. 1 Liter sind 1000 cm³. Antwort: Der Ball fasst etwa 5,5 Liter Luft.
   d) \(\frac{1516}{32}\approx47{,}4\,\mathrm{cm}^2\). Man teilt die Oberfläche gleichmäßig auf 32 Flächen auf; in Wirklichkeit sind die Fünfecke etwas kleiner als die Sechsecke.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) \(V_Z=\pi\cdot4\cdot6\approx75{,}40\,\mathrm{m}^3\); \(V_K=\frac13\pi\cdot4\cdot1{,}5\approx6{,}28\,\mathrm{m}^3\). Zylinder: Grundfläche mal Höhe; Kegeldach: ein Drittel davon mit der Dachhöhe.
    b) \(V\approx81{,}68\,\mathrm{m}^3\); Masse \(\approx61{,}3\) t. Das Gesamtvolumen wird mit der Dichte multipliziert. Antwort: Das Silo fasst gut 61 t Weizen.
    c) \(s=\sqrt{4+2{,}25}=2{,}5\) m; \(M_Z=2\pi\cdot2\cdot6\approx75{,}4\,\mathrm{m}^2\); \(M_K=\pi\cdot2\cdot2{,}5\approx15{,}7\,\mathrm{m}^2\); zusammen \(\approx91{,}1\,\mathrm{m}^2\). Die Mantellinie des Dachs berechnet man mit Pythagoras; Zylindermantel ist \(2\pi rh\).
    d) \(\frac{61{,}3}{8}\approx7{,}7\), also \(8\) Fahrten. Man muss aufrunden, weil sonst Weizen übrig bliebe.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) \(O=4\pi\cdot6371^2\approx510{,}1\) Mio. \(\mathrm{km}^2\). Man setzt den Erdradius in \(O=4\pi r^2\) ein.
    b) \(0{,}71\cdot510{,}1\approx362{,}1\) Mio. \(\mathrm{km}^2\). 71 % der Oberfläche sind Wasser.
    c) \((\frac{6371}{1737})^3\approx49{,}3\), also etwa \(49\) Monde. Volumina verhalten sich wie die dritte Potenz der Radien. Antwort: Etwa 49 Monde passen in die Erde.
    d) \((\frac{1737}{6371})^2\approx0{,}074\), also etwa \(7{,}4\,\%\). Oberflächen verhalten sich wie das Quadrat der Radien.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) \(h_s=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{40}\approx6{,}32\) m. Halbe Grundkante (2 m) und Dachhöhe (6 m) sind die Katheten.
    b) \(M=4\cdot\frac12\cdot4\cdot6{,}32\approx50{,}6\,\mathrm{m}^2\). Vier Dreiecke mit Grundseite 4 m und Höhe \(h_s\).
    c) \(50{,}6\cdot85\approx4301\) €. Antwort: Das Kupferblech kostet etwa 4300 €.
    d) \(V=\frac13\cdot16\cdot6=32\,\mathrm{m}^3\). Antwort: Der Dachraum hat 32 m³.

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) \(V=\frac13\pi\cdot16\cdot9=48\pi\approx150{,}8\) ml. Antwort: Das volle Glas fasst etwa 151 ml.
    b) \(r=4\cdot\frac69=\frac83\approx2{,}67\) cm; \(V=\frac13\pi\cdot(\frac83)^2\cdot6\approx44{,}7\) ml. Nach dem Strahlensatz ist der Radius proportional zur Füllhöhe.
    c) \(\frac{44{,}7}{150{,}8}\approx0{,}296\) und \((\frac23)^3=0{,}296\). Gleich. Bei \(\frac23\) der Höhe ist das Volumen nur \((\frac23)^3\) des vollen Glases, also knapp 30 %.
    d) \((\frac h9)^3\cdot150{,}8=100\), \(\frac h9=\sqrt[3]{0{,}663}\approx0{,}872\), \(h\approx7{,}8\) cm. Man zieht die dritte Wurzel aus dem Volumenanteil. Antwort: Bei etwa 7,8 cm Füllhöhe sind 100 ml im Glas.

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) \(V=1000\,\mathrm{cm}^3\); \(O=6\cdot100=600\,\mathrm{cm}^2\). Würfel mit Kante 10 cm.
    b) \(r=5\): \(V=\frac{500}{3}\pi\approx523{,}6\,\mathrm{cm}^3\); \(O=100\pi\approx314{,}2\,\mathrm{cm}^2\). Der Kugelradius ist die halbe Kantenlänge.
    c) \(\frac{523{,}6}{1000}\approx52{,}4\,\%\). Die Kugel füllt also gut die Hälfte des Würfels.
    d) \(\frac{314{,}2}{600}\approx52{,}4\,\%\). Beide Anteile sind gleich, nämlich \(\frac\pi6\). Volumenanteil und Oberflächenanteil sind beide \(\frac\pi6\approx0{,}524\).

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) \(V=\frac13\pi\cdot2^2\cdot1{,}5=2\pi\approx6{,}28\,\mathrm{m}^3\). Der Radius ist der halbe Durchmesser, also 2 m.
    b) \(6{,}28\cdot1{,}6\approx10{,}05\) t. Volumen mal Dichte ergibt die Masse.
    c) \(\frac{10{,}05}{8}\approx1{,}26\), also \(2\) Fahrten. Man muss aufrunden. Antwort: Es sind 2 Fahrten nötig.
    d) \(s=\sqrt{4+2{,}25}=2{,}5\) m; \(M=\pi\cdot2\cdot2{,}5\approx15{,}71\,\mathrm{m}^2\); Kosten \(\approx50{,}27\) €. Für die Abdeckung braucht man den Kegelmantel; die Mantellinie folgt aus Pythagoras.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) \(V=\pi\cdot9\cdot4+\frac23\pi\cdot27=36\pi+18\pi=54\pi\approx169{,}65\,\mathrm{m}^3\approx169\,646\) l. Halbkugel: \(\frac12\cdot\frac43\pi r^3=\frac23\pi r^3\). 1 m³ sind 1000 Liter.
    b) \(\frac{169\,646}{20}\approx8482\) s \(\approx2{,}36\) h. Man teilt das Volumen durch die Pumpleistung. Antwort: Das Füllen dauert etwa 2 Stunden 20 Minuten.
    c) \(M=2\pi\cdot3\cdot4=24\pi\); Halbkugel \(2\pi\cdot9=18\pi\); zusammen \(42\pi\approx131{,}95\,\mathrm{m}^2\). Die Halbkugelfläche ist \(2\pi r^2\); der Boden wird nicht mitgerechnet.
    d) \(\frac{131{,}95}{6}\approx22{,}0\), also \(22\) Liter. Man teilt die Fläche durch die Ergiebigkeit und rundet auf.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(V=\frac13\cdot230^2\cdot139\approx2{,}451\) Mio. \(\mathrm{m}^3\). Die Grundfläche ist \(230^2=52\,900\,\mathrm{m}^2\).
    b) \(2{,}451\cdot10^6\cdot2{,}5\approx6{,}13\) Mio. t. Antwort: Die Pyramide wiegt etwa 6 Millionen Tonnen.
    c) \(h_s=\sqrt{115^2+139^2}\approx180{,}4\) m; \(M=4\cdot\frac12\cdot230\cdot180{,}4\approx82\,986\,\mathrm{m}^2\). Halbe Grundkante 115 m und Höhe sind die Katheten.
    d) \(\frac{2\,451\,000}{20\cdot365}\approx336\) Blöcke pro Tag. Bei 20 Jahren Bauzeit musste man pro Tag über 300 Steinblöcke von 1 m³ setzen.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) \(V_K=\frac13\pi\cdot16\cdot8\approx134{,}0\); \(V_{Ku}=\frac43\pi\cdot64\approx268{,}1\); \(V_Z=\pi\cdot16\cdot8\approx402{,}1\) (in \(\mathrm{cm}^3\)). Verhältnis \(134{,}0:268{,}1:402{,}1\). Die Höhe ist jeweils \(2r=8\) cm; die Volumina verhalten sich wie 1 zu 2 zu 3.
    b) \(V_K=\frac13\pi r^2\cdot2r=\frac23\pi r^3\), \(V_{Ku}=\frac43\pi r^3\), \(V_Z=2\pi r^3\). Teilt man durch \(\frac23\pi r^3\), ergibt sich \(1:2:3\). Allgemein ersetzt man \(h\) durch \(2r\) und vergleicht die Faktoren vor \(\pi r^3\).
    c) \(\Delta h=\frac{V_{Ku}}{\pi\cdot25}=\frac{36\pi}{25\pi}=1{,}44\) cm. Das verdrängte Wasser bildet einen Zylinder mit dem Behälterradius; man teilt das Kugelvolumen durch die Grundfläche.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) \(h=\sqrt{100-16}=\sqrt{84}\approx9{,}17\) cm. Die Sektorlänge \(s\) wird zur Mantellinie; Radius und Höhe sind die Katheten.
    b) \(\frac{\alpha}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot10=2\pi\cdot4\), also \(\alpha=360^\circ\cdot\frac{4}{10}=144^\circ\). Der Bogen des Sektors wird zum Umfang des Grundkreises.
    c) \(M=\pi\cdot4\cdot10=40\pi\approx125{,}66\,\mathrm{cm}^2\); \(V=\frac13\pi\cdot16\cdot9{,}17\approx153{,}6\,\mathrm{cm}^3\). Die Mantelfläche ist die Fläche des Papiersektors.
    d) \(6000:125{,}66\approx47{,}7\), also höchstens \(47\) Trichter (praktisch deutlich weniger wegen des Verschnitts). Man teilt die Papierfläche durch die Fläche eines Trichters und rundet ab.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) \(a^3=\frac{500}{3}\pi\approx523{,}6\), \(a=\sqrt[3]{523{,}6}\approx8{,}06\) cm. Man setzt das Kugelvolumen gleich \(a^3\) und zieht die dritte Wurzel.
    b) Würfel: \(6a^2\approx389{,}8\,\mathrm{cm}^2\); Kugel: \(100\pi\approx314{,}2\,\mathrm{cm}^2\). Die Kugel hat die kleinere Oberfläche. Bei gleichem Volumen hat die Kugel etwa 20 % weniger Oberfläche.
    c) Faktor \(2^3=8\). Für das Doppelte: \(k^3=2\), \(k=\sqrt[3]{2}\approx1{,}260\), also \(26\,\%\) mehr Radius. Volumina wachsen mit \(k^3\); umgekehrt gehört zum doppelten Volumen der Faktor \(\sqrt[3]2\).
    d) Die Kugel hat bei gegebenem Volumen die kleinste Oberfläche. Die Oberflächenspannung der Flüssigkeit zieht die Oberfläche möglichst klein, daher entsteht eine Kugel. Deshalb sind Seifenblasen und Wassertropfen rund.