5 cm 4 cm 3,5 cm 1,5 cm 37,1 Â° 2,5 cm 1 cm 3,2 cm 2,5 cm

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) Siehe Aufgabe 2. c) Siehe Aufgabe 4. d) Siehe Zeichnung zu Teil a). Teil c) ist in der Farbe magenta hinzugefügt. e) Haus gemäß Aufgabe a): Das Haus ist eine Säule mit der Giebelfront als Grundfläche und der Hauslänge als Säulenhöhe. Daher ist der Rauminhalt V = G * h = 68 m² * 10 m = 680 m³. Die Dachfläche besteht aus zwei Rechtecken der Länge 10 m und der Breite 5 m (Sparrenlänge), hat also den Flächeninhalt 100 m². Alternative Überlegung: Die Dachfläche ist überall gleich zur Grundfläche geneigt und zwar im Verhältnis 5 : 4 , wie man besonders gut am Seitenriss erkennt (Sparrenlänge = 5 m gegenüber der halben Hausbreite mit 4 m). Daher misst die Dachfläche das 5/4-fache der Grundfläche, also 5/4 * 80 m² = 100 m². Haus gemäß Aufgabe d): Hier ändert sich die Größe der Dachfläche nicht: Das Dach ist überall gleich gegenüber der Grundfläche geneigt, also Dachfläche = 5/4 * 80 m² = 100 m². Man kommt durch Zusammenstückeln der Einzelflächen (2 Trapeze und 2 gleichschenklige Dreiecke mit je 30 m² bzw. 20 m²) zum selben Ergebnis. Das Volumen ist leicht zu bestimmen: Gegenüber dem Haus in a) fehlen zwei Pyramiden mit der Giebelfläche als Grundfläche und der halben Hausbreite als Höhe, also V’ = 2 * 1/3 * 12 * 4 m³ = 32 m³. Das Restvolumen beträgt also V = 648 m³. Aufgabe 2: Am besten wählt man eine Lage des Tetraeders, bei dem eine Grundkante in der Grundrissebene senkrecht auf die Aufrissebene zuläuft. Dann erhält man im Aufriss die Körperhöhe, die Seitenhöhe und die Seitenkante in wahrer Größe. Wir verzichten auf die Wiedergabe des Dreitafelbildes und geben nur die Schrägbilder an. Wir geben die Verhältnisse für ein reguläres Tetraeder mit Kantenlänge a allgemein an: a D D Seitenhöhe = h s = * 3 = 0,866… * a 4,9 cm 2 a Körperhöhe = h k = * 6 = 0,816… * a 3 a Seitenfläche = A s = * 3 = 0,433… * a² 4 Oberfläche = A = a² * 3 = 1,732… * a² 2 C E A S 6 cm 4,9 cm 5,2 cm B A E C S 5,2 cm 6 cm B a Rauminhalt = V = * 2 12 3 = 0,11785… * a³ Aufgabe 3: Das n-Ecks-Antiprisma hat als Grund- und Deckfläche je ein (i.A. regelmäßiges) n-Eck. Die 2n Seitenflächen dagegen sind Dreiecke. Es besitzt 2n Ecken, 4n Kanten und 2n+2 Flächen.
a) Ein regelmäßiges Dreiecks-Antiprisma ist nichts anderes als ein regelmäßiges Oktaeder. Dies kann aufgefasst werden als zwei mit den Grundflächen verklebte regelmäßige quadratische Pyramiden. b) Im nachfolgenden Dreitafelbild hat das Grunddreieck ABC den Mittelpunkt M und das Deckdreieck DEF den Mittelpunkt N. Das Seitendreieck ABD ist im Grundriss ausgeklappt (zum Grundriss parallel gedreht). Im Aufriss erscheint die Raute DQCP (mit der Höhe P’Du’ der Seitendreiecke als wahrer Seitenlänge) in wahrer Größe. Damit ist auch die Höhe des Antiprismas in wahrer Größe konstruiert. F''' D'''N'''Q''' E''' E''F''Q'' N'' D'' 6,5 cm 6,9 cm A''' C'''M''' B''' C'' E' M'' A''B''P'' B' C' Q' 8 cm M'N' P' D' Du' Seitenlänge AB variabel F' A' 6,9 cm a c) Berechnungen: Die Seitenhöhe eines der Seitendreiecke beträgt h s = * 3 . 2 Die Körperhöhe des Antiprismas lässt sich berechnen aus dem Dreieck C’’M’’Q’’ zu h h k = s a * 8 = * 6 = 0,8165… * a 3 3 d) Die Oberfläche besteht aus 8 kongruenten gleichseitigen Dreiecken der 2 a Seitenlänge a, also A = 8 * * 3 = 0,433… * a². 4 Der Rauminhalt kann mit Hilfe der Auffassung von den zwei quadratischen Pyramiden berechnet werden. Dazu muss jedoch die Höhe dieser Pyramiden, also die Hälfte der Strecke EF berechnet werden: EF ist die Diagonale im Quadrat AECF mit der Seitenlänge a, hat also die Länge EF = a* 2 = 1,414 * a. 3 a V = 2 * a² * 1/3 * a/2 * 2 = * 2 = 0,4714... * a³. 3
Seite 1: Prof. S. Krauter MODUL 2 - R. Geome

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