Abschlussprüfung 2002 Realschule Mathematik II

Musterlösung zur
Abschlussprüfung 2002
an den Realschulen in Bayern
Aufgabe B 2
2. Drachenviereck ABCD mit der Symmetrieachse AC
AC = 110,0cm
BC = 100,0cm
∠DCB=40°
2.1. Der Maßstab 1 :10 bedeutet, dass 1cm im Bild 10cm in der Wirklichkeit entsprechen.
AC = 11,0cm
Für die Zeichnung gelten also
BC = 10,0cm
Der Drachen lässt sich aus den Teildreiecken ∆ABC und ∆ACD zusammensetzen, die sich
eindeutig nach (SWS) aus AC = 11,0cm , BC = 10,0cm und der Hälfte des Winkels
∠DCB=40° konstruieren lassen.
A
B
D
C
Die Berechnung der Strecke AB erfolgt über den Kosinussatz:
AB = BC² + AC² − 2 ⋅ BC ⋅ AC ⋅ cos ∠ACB
LE
AB = 100,0² + 110,0² − 2 ⋅ 100,0 ⋅ 110,0 ⋅ cos 20° cm
AB ≈ 37,77cm
(Kosinussatz)
Die Berechnung des Winkels α ist über den Sinussatz möglich:
sin 1 α sin 1 γ
2 =
2
BC
AB
sin 1 α
2 = sin 20°
100,0cm 37,77cm
sin(0,5α) = 0,90553
0,5 α = 64,90° (I. Quadrant)
α = 129,8°
IL = {129,8°}
v
v
0,5 α = 115,10° ( II. Quadrant )
( α = 230,2° )
Wird gern vergessen!
entfällt!
4 BE
2.2. Kreis 1 mit r1 = 25,0 cm ist gegeben; Lösungsschlüssel ist das Berühren der Seiten
[BC] und [DC]. Damit entstehen durch die Berührradien 2 rechtwinklige
Teildreiecke! Somit gilt nach dem Sinussatz in diesen Teildreiecken:
25,0cm
MC
25,0cm
MC =
≈ 73,10cm (vgl. Angabe)
sin 20°
sin 20° =
1 BE
Einzeichnen de Kreises k1
2.3. Kreis 2 mit r2 = 50,0 cm ist gegeben; Für diesen Kreissektor MEF ist der
Flächeninhalt mit AMEF = 1530,0 cm² angegeben. Damit kann die Sektorformel nach
dem Mittelpunktswinkel umgestellt werden.
r² ⋅ π ⋅ ϕ
0° < ϕ < 360°
A MEF = 360°
(50,0cm)² ⋅ π ⋅ ϕ
360°
1530cm² ⋅ 360°
ϕ=
≈ 70,13°
2500cm² ⋅ π
1530,0cm² =
Einzeichnen des Sektors
Da im Sektor MHC nur der Radius r2 = 50,0 cm bekannt ist muss man die Rechnung
γ
auf das Dreieck MHC ausweiten ( MC ≈ 73,10cm und = 20° sind bekannt) und kann
2
m. H. des Sinussatzes als Zwischenlösung den Winkel MHC bestimmen.
∠MHC sin 20°
=
73,1cm 50,0cm
(∠MHC = 30,0°) ∨ ∠MHC = 150,0°
∠GMH = 360,0° − 2 ⋅ 150,0° − 40,0° = 20,0°
4 BE
A
B
D
M
P
R
K
L
E
F
G
H
C
2.4. A
A
=
ASektor MEF
-
ASektor MGH
r ² ⋅ π ⋅ ∠GMH
=
1530 cm²
360°
ML und ∠HML sind zu bestimmen.
∠HML = 1 (ϕ − ∠GMH) ( siehe 2.3. )
2
-
2 ⋅ ASektor ∆MHL
1
2 ⋅ ⋅ r ⋅ ML ⋅ sin ∠HML
2
∠HML = 1 (70,1° − 20,0°) = 25,1°
2
ML wird im Dreieck HML bestimmt:
ML
MH
=
sin ∠LHM sin ∠MLH
ML
MH
=
sin(180° − ∠MHC) sin(180° − ∠LHM − ∠HML)
(Nebenwinkel bzw. Winkelsumme)
ML
MH
=
sin(180° − 150°) sin(180° − 30° − 25,1°)
ML
50,0cm
=
sin 30° sin 124,9°
A
=
A
=
ML =
50,0cm ⋅ sin 30°
= 30,5 cm (vgl. Angabe)
sin 124,9°
50,0² ⋅ π ⋅ 20,0°
cm² 360°
1530 cm² - 436,3 cm²
1530 cm² -
1
2 ⋅ ⋅ 50,0 ⋅ 30,5 ⋅ sin 25,1° cm²
2
646,9 cm² = 446,8 cm²
5 BE