Klausur vom 21. Oktober 2005 mit Lösungen

Prof. S. Krauter
MODUL 2 (Geometrie) SS 05
Klsr_Mod_2_HR_Okt_05
Klausur am Freitag 21. Oktober 2005
Akademische Teilprüfung im Modul 2 für R und H neue PO.
Gleichzeitig Akademische Zwischenprüfung für Mathematik 2 für
Hauptschullehrer bzw. Elementargeometrie für Reallehrer nach der alten PO.
Bitte füllen Sie die persönlichen Angaben auf diesem Blatt deutlich lesbar in
Druckschrift aus und geben Sie das Blatt in Ihrem Doppelbogen mit ab.
Persönliche Angaben:
Name
Vorname
Matr.-Nr.
Sem. im SS-05
Klausurergebnis:
A1 (Fachdid.) 30 P
A2
30 min
a) 8
b) 6
c) 16
36 P
A3
40 min
a) 10 b) 8 c) 4 d) 6 e) 8
24 P
20 min
A: a) 6 b) 6 c) 6 d) 6
B: a) 12 b) 12
Klausurergebnis:
Zugelassene Hilfsmittel:
¾ Ein nicht programmierbarer Taschenrechner.
¾ Schreib- und Zeichenwerkzeug.
¾ Ein namentlich gekennzeichnetes Blatt DIN-A4 mit eigenen Notizen.
Die Lösungen sind sauber und vollständig auf (kariertem oder unliniertem)
Doppelbogen DIN A 4 mit üblichem Kopf und Rand darzustellen.
Die Form wird mit bewertet.
Alle Lösungen sind knapp, aber hinreichend zu begründen.
Konstruktionen müssen eindeutig erkennbar sein (ggf. stichwortartig
beschreiben).
Arbeitszeit: 90 Minuten.
Gewertet werden die Aufgaben 1 und 2 sowie eine der Aufgaben 3A oder 3B.
Aufgabe 1 (Fachdidaktik):
Sie sollen im Geometrieunterricht in Klasse 8 oder 9 (der Satz von Pythagoras ist
schon behandelt worden) das Thema „Pyramiden“ behandeln.
a) Welche inhaltlichen Zielvorstellungen würden Sie dabei verfolgen?
(Bitte nur kurz bzw. stichwortartig aufzählen; mindestens 3, maximal 6 Ziele).
b)
Welche Art von Pyramidenmodell würden Sie dabei einsetzen?
(1)
Ein Vollmodell aus Styropor
(2)
Ein Oberflächennetz aus Tonpapier
(3)
Ein Kantenmodell mit Holzstäben oder Metallkanten
Begründen Sie Ihre Aussagen.
c)
Entwerfen Sie eine dazu passende Aufgabe für eine Klassenarbeit nach
Abschluss dieser Einheit. Geben Sie eine Musterlösung für diese Aufgabe an.
Aufgabe 2:
Ein Turm hat als Querschnitt ein regelmäßiges
Sechseck mit der Seitenlänge a = 5 m.
Als Dachabschluss erhält der Turm eine Haube.
Diese Haube hat als Grundfläche den sechseckigen
Querschnitt des Turmes und dazu parallel als
Deckfläche ein gleichseitiges Dreieck mit der
Seitenlänge a = 5 m.
Nebenstehendes Bild zeigt eine Draufsicht auf die
Haube: Das horizontal liegende dreieckige Flachdach
ist schraffiert, die schrägen Dachflächen sind grau angelegt.
Die Körperhöhe der Haube ist so zu wählen, dass alle Kanten der Haube die Länge a
haben, also die schrägen Dachflächen Quadrate bzw. gleichseitige Dreiecke sind.
a) Zeichnen Sie die Haube im Grund- und Aufriss im Maßstab 1 : 100.
b) Bestimmen Sie die Körperhöhe der Haube durch Zeichnung und Rechnung.
a
[Kontrollergebnis: h = i 6 ≈ 4, 08...m ]
3
c)
Bestimmen Sie die Dachneigung der schrägen Dachflächen durch Konstruktion.
[Die Dachneigung ist der Winkel zwischen der betreffenden Dachebene und
einer horizontalen Ebene.]
d) Berechnen Sie den Flächeninhalt der schrägen Dachflächen.
e) Ermitteln Sie den Rauminhalt der Haube.
Aufgabe 3 A:
a) In einem Viereck schneiden sich die vier Winkelhalbierenden der Innenwinkel in
einem gemeinsamen Punkt.
Um welchen Typ von Vierecken handelt es sich?
Welche symmetrischen Vierecksformen gehören zu diesem Typ von Vierecken?
b) Beweisen Sie: Die Winkelhalbierenden eines beliebigen Vierecks bilden stets ein
(eventuell zu einem Punkt entartetes) Sehnenviereck.
c)
Wie muss ein Viereck beschaffen sein, damit das Sehnenviereck aus seinen
Winkelhalbierenden sogar ein Rechteck ist? Begründen Sie Ihre Aussage.
d) Von welcher Form ist das Winkelhalbierendenviereck, wenn das
Ausgangsviereck ein symmetrisches Trapez ist? Begründen Sie Ihre Aussage.
Aufgabe 3 B:
Ein Indianer will von seinem Standpunkt J auf kürzestem Weg zu seinem Zelt Z
gelangen mit folgenden Bedingungen: Den Fluss mit den parallelen Ufern p und q
durchschwimmt er senkrecht zu den Uferlinien auf einer Strecke PQ. Dann geht er an
den Bach f zu einer Stelle R, watet dort eine Strecke der vorgegebenen Länge
w = RS, um von S aus vollends nach Z zu gelangen.
Ein Beispiel eines möglichen (nicht des kürzesten) Weges ist nachfolgend dargestellt.
a) Konstruieren Sie den kürzesten Weg auf der Rückseite dieses Blattes und
beschreiben Sie Ihre Konstruktion kurz.
b)
Begründen Sie, dass Ihre Lösung der kürzeste Weg ist.
R
w
w
S
q
f
p
Q
Z
b
P
J
Beiblatt zu Aufgabe 3 B: Name:…………………………………………………… Matr.-Nr.:……………………………………..
w
q
f
p
Z
J
Lösungen zur Klausur Modul 2 (H und R) vom 21. Oktober 2005:
Lösung zu Aufgabe 1:
a) Raumvorstellung schulen durch Formerkundung:
Ecken, Kanten und Flächen des Körpers. Modelle, Schnitte, Symmetrien, Netze.
Zeichnerische Darstellungen der Körper:
Ansichten, Schnitte, Schrägbilder, Skizzen. Verschiedene Darstellungen in
Beziehung setzen.
Längenbeziehungen am Körper klären: hk < hs < s.
Schnitte, Stützdreiecke, ausgeklappte Seitendreiecke. Grundkante, Seitenkante.
Berechnungen von Längen aus anderen. Zusammenhänge über rechtwinklige
Dreiecke.
Zusammensetzung und Berechnung der Oberfläche:
n Dreiecke als Mantel, ein n-Eck als Grundfläche.
Bestimmung des Rauminhalts:
Vergleich mit umbeschriebener Säule. V = 1/3 * G * h.
b) Selbstverständlich wird man alle drei Arten von Modellen einsetzen, da jedes eine
spezifische Funktion hat, die von ihm am besten erfüllt wird (siehe a)):
Vollmodell: repräsentiert den Körper und insbesondere dessen Rauminhalt.
Oberflächennetz: repräsentiert die begrenzende Oberfläche des Körpers und
insbesondere deren Flächeninhalt.
Kantenmodell: zeigt Ecken und Kanten und ihre Zusammenhänge und lässt
mögliche Symmetrien erkennen. Ermöglicht Schrägbilddarstellung durch
Schattenwurf im Sonnenlicht.
c) Beispielaufgabe für eine Klassenarbeit:
Gegeben ist eine quadratische Pyramide mit der Grundkante a = 12 cm und der
Körperhöhe hk = 4,5 cm.
a) Skizziere ein Schrägbild des Körpers.
b) Zeichne den Körper in Draufsicht und Vorderansicht (Grund- und Aufriss).
c) Bestimme die Längen der Seitenkanten und der Seitenhöhe durch Zeichnung
und Rechnung.
d) Bestimme die Oberflächengröße und den Rauminhalt der Pyramide.
e) Bestimme den Neigungswinkel der Seitenkanten und der Seitenflächen gegen
die Grundfläche durch eine Zeichnung.
Musterlösung:
a) Man entwickelt aus dem Schrägbild einer Säule das der zugehörigen
Pyramide, indem man die Deckfläche auf einen Punkt schrumpfen lässt. Das
Schrägbild einer stehenden Säule ist leicht durch Verschieben der
Grundfläche in lotrechter Richtung zu erzeugen. Bei der Vogelschau wählt
man die Grundfläche in wahrer Größe.
b) Da die Grundkante und die Körperhöhe gegeben sind, ist das Zweitafelbild
kein Problem.
c) Je nach Lage der Grundfläche erscheint im Aufriss entweder die Seitenhöhe
oder die Seitenkante in wahrer Größe. Durch Ausklappen einer Seitenfläche
im Grundriss kann man dann die andere Länge ermitteln.
Rechnerisch ermittelt man die Seitenhöhe und die Seitenkante mit Hilfe des
2
Satzes von Pythagoras: hs =
⎛a⎞
2
⎜ ⎟ + hk = 36 + 20, 25 = 7,5 cm.
⎝2⎠
2
s=
⎛a⎞
2
⎜ ⎟ + hs = 36 + 56, 25 = 9,60…cm.
⎝2⎠
d) Die Oberfläche besteht aus dem Grundquadrat mit 144 cm² Inhalt und den 4
Manteldreiecken mit 4 * 6 * 7,5 cm² = 180 cm² Inhalt, also insgesamt 324 cm².
Der Rauminhalt beträgt 1/3 * G * hk = 1/3 * 144 * 4,5 = 216 cm³.
e) Einen der Neigungswinkel erhält man aus dem Aufriss, den andern durch
Umklappen eines Achsschnittes in den Grundriss der Pyramide.
4,5 cm
36,9 °
9,6 cm
7,5 cm
12 cm
28 °
Lösung zu Aufgabe 2:
a)
S'
G'
Aufriss
F'D'
E'
M'
D''
B'
A'C'
C''
Grundriss
H''
5 cm
Gu2 4,08 cm
Ju
4,33 cm
h
M''S''
E''
hs
B''
70,53 °
J''
G''
K''
54,74 °
F''
Gu1
A''
b) Zeichnerische Bestimmung: siehe umgeklappte Dreiecke im Grundriss.
GK ist die Höhe im gleichseitigen Dreieck ABG, hat also die Länge hs =
a
* 3
2
mit dem Näherungswert hs ≈ 4,33…m.
G’’K’’ ist der Inkreisradius im gleichseitigen Dreieck A’’B’’M’’, ist also ein Drittel
a
der Dreieckshöhe, also G’’K’’ = * 3
6
Damit errechnet man z. B. aus dem rechtwinkligen Dreieck K’’G’’Gu2 die
a
Körperhöhe zu hk = * 6 mit dem Näherungswert hk ≈ 4,08…m.
3
c)
Die Quadrate haben die Dachneigung 54,74° und die Dreiecke 70,53°. Man
erhält sie (siehe Zeichnung) durch Umklappen entsprechender Stützdreiecke.
d) Die schrägen Dachflächen sind drei Quadrate mit je a² und drei gleichseitige
a²
3
* 3 als Flächeninhalt, also insgesamt DF = a² * (3 + * 3 )
Dreiecke mit je
4
4
mit dem Näherungswert DF ≈ a² * 4,299… ≈ 107,475…m².
e) Rauminhalt:
Man setzt die Haube aus verschiedenen Teilkörpern (7 Einzelteile) zusammen:
•
Einer inneren Mittelsäule mit der dreieckigen Deckfläche als Querschnitt:
a²
a³
* 3 =
* 2.
V1 = h *
4
4
•
Drei dreieckige Seitenprismen mit V2 = 3 * ½ * hk * 2/3 * hs * a =
•
Drei Eckpyramidchen, die zusammen eine Pyramide mit einem
gleichseitigen Dreieck mit der Seite a als Grundfläche und hk als Höhe
ergeben:
a²
a³
* 3 =
* 2.
V3 = 1/3 * h *
4
12
V = a³ *
2 * (¼ + ½ + 1/12) = 5/6 * a³ *
a³
* 2
2
2 ≈ a³ * 1,17851… = 147,314 m³.
Zu a): Alternative Lage der Haube:
Q''
4,08 cm
hk
54,74 °
70,53 °
M''
P''
R''
5 cm
P'
M'
R'Q'
hs
4,33 cm
Lösung zu Aufgabe 3A:
a) Wenn sich die vier Winkelhalbierenden in einem gemeinsamen Punkt treffen, hat
das Viereck einen Inkreis, es handelt sich also um ein Tangentenviereck.
Genau bei diesen Vierecken gilt:
Die Summe der Seitenlängen von Gegenseitenpaaren ist jeweils gleich:
a + c = b + d.
Zu diesem Typ gehören alle symmetrischen Drachen (und damit auch Rauten
und Quadrate).
b) Auf Grund des Winkelsummensatzes für z. B. das Teildreieck ABP erhält man:
π = 180° - (α + β)/2
Analog für Teildreieck DRC:
D
ρ = 180° - (γ + δ)/2.
P
Damit wird π + ρ = 180°
und damit ist PQRS ein
Sehnenviereck.
π
S
ω = 180° - (β + γ)/2
ω + σ = 180°.
c)
ω
ρ
Analog gilt:
σ = 180° - (δ + α)/2,
σ
C
Q
R
also
A
B
Soll das Winkelhalbierendenviereck ein Rechteck sein, so müssen alle vier
Winkel rechte Winkel sein, also die Summe je zweier aufeinander folgender
Winkel in dem betreffenden Ausgangsviereck muss 180° ergeben. Dies ist z. B.
in jedem Parallelogramm der Fall. Andererseits ist jedes Viereck mit dieser
Eigenschaft ein Parallelogramm (wegen der Winkelsätze an einer
Doppelkreuzung), daher gilt dies auch nur für Parallelogramme: Genau die
Parallelogramme haben als Winkelhalbierendenvierecke Rechtecke.
d) Ist das Ausgangsviereck ein symmetrisches Trapez, so besitzt dies eine
nichtdiagonale Symmetrieachse und je zwei Winkelhalbierenden liegen
symmetrisch und schneiden sich auf dieser Achse.
Aus diesem Grund hat das Winkelhalbierendenviereck eine diagonale
Symmetrieachse, ist also ein symmetrischer Drachen.
Da dieses Winkelhalbierendenviereck außerdem ein Sehnenviereck sein muss,
müssen zwei seiner Winkel rechte Winkel sein (Thalessatz).
Lösung zu Aufgabe 3B:
Zuerst spiegeln wir den Punkt Z an der Geraden f und erhalten Z’. Wegen ZS = Z’S
ist der Weg von J nach Z genau dann minimal, wenn der Weg von J nach Z’ minimal
ist.
Nun nehmen wir aus jedem der möglichen Wege die Watestrecke (als Vektor)
w = RS heraus, d. h. wir verschieben Z’ um den Vektor – w nach Z’’.
Nun nehmen wir noch die bei allen Verbindungswegen dieser Art gleiche
Schwimmstrecke (Flussbreite) als Vektor b = PQ heraus, indem wir Z’’ mit dem
Vektor – b verschieben und erhalten Z’’’.
Der Restweg ist die Verbindung von J mit Z’’’.
Da die herausgenommenen Stücke für alle Wege die gleichen sind, ist der
Gesamtweg genau dann minimal, wenn der Weg von J nach Z’’’ minimal ist.
Dieser ist am kürzesten, wenn wir die gerade Verbindung JZ’’’ wählen. In diese
passen wir an den geeigneten Stellen nun wieder die Schwimm- und die Watestrecke
ein und erhalten den kürzesten Weg mit dem Streckenzug J – P’ – Q’ – R’ – S’ – Z.
Z''
w
Z'''
R'
4 cm
Z'
S'
q
f
Q'
p
Z
P'
J