Lösungen zu den Ferienübungen für die 7. Klasse (G8)

Leibniz-Gymnasium Altdorf
Lösungen zu den Ferienübungen für die 7. Klasse (G8)
2.
1.
D`
12
8
11
10
m
C`
g
C
9
6
8
7
A
B`
A
Z
6
4
w
5
B
4
A`
2
3
2
-3
-2
B
6
1
C
-1
1
2
-1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
-4
12
-2
2
4
D
3.
0,5 β + γ = 180°
0,5 β
= 180° - γ = 72°
β
= 144°
α
= 180° - β = 36°
Nebenwinkel
γ
β/2
β
Nebenwinkel
α
4. Fasse so weit wie möglich zusammen.
a) (2x + 4d)(−d + 0,5x + 3) = −2dx + x 2 + 6x − 4d 2 + 2dx + 12d = x 2 + 6x − 4d 2 + 12d
1
2
1
5
b) 3xy ⋅ ( −1 y 2 ) − 3xy3 − 3 x ⋅ ( −4y )3 = −
9 3
16
xy − 3xy3 − x ⋅ ( −64y3 ) = 197, 3xy3
2
5
c) ( 4h ⋅ q ) : 0, 25 − ( − h + q )( 2q − 2h ) ⋅ 4 = 16hq − ( −2hq + 2h 2 + 2q 2 − 2hq ) ⋅ 4 = 16hq + 16hq − 8h 2 − 8q 2 = 32hq − 8h 2 − 8q 2
d) ( −2a 2 ) ⋅ ( 4a 2 ⋅ 75%)2 + a 4 ⋅ 20a 2 = −2a 2 ⋅ 9a 4 + 20a 6 = −18a 6 + 20a 6 = 2a 6
5. a)
b)
16 − 5v = 34 + 9v; | −34 + 5ν
− 18
−
= 14ν ;
|: 14
c)
3( y − 3) = −2( y + 1) + 4 y;
13( x − 5) − ( x − 1) x + x 2 = 5;
3y − 9
13x − 65 − x 2 + x +
= 2 y − 2;
| −2 y + 9
14 x = 70;
y=7
9
=ν
7
d)
x 2 = 5;
| +65
1
1
(2 x − 3) + 1 = ( x + 2);
9
3
2 x − 3 + 9 = 3 x + 6;
x=5
| ⋅9
| −6 − 2 x
0=x
6. Anna war vor 10 Jahren dreimal so alt wie Hans, also gilt die Gleichung:
x + 2 = 3Ε(x – 10)
⇒ x + 2 = 3x – 30
⇒
32 = 2x;
16 = x
Hans ist heute also 16 Jahre alt und somit ist Anna heute 28 Jahre alt.
7. [ -2 + 13 + (-9,5) + (-0,2) + x + 37 + 12 ] :7 = 5,3 ⇒ 50,3 + x = 5,3Ε7 ⇒ x = - 13,2
8. x: gedachte Zahl
x – 32% von x = 1122 ;
68% ⋅ x = 1122 ;
x = 1122 : 0,68 ;
x = 1650
C
9. Konstruktionsplan:
4 cm
1) D,B sind durch DB =6cm festgelegt;
2) A liegt auf a) [BD
b) k(D, r =4 cm)
72 °
A
4 cm
D
6 cm
B
3) C liegt auf a) dem freien Schenkel von δ =72° an [DB
b) k(D, r =4 cm) (Dreieck ADC ist gleichschenklig!)
Lösungen zu den Ferienübungen 7. Klasse G8
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10.
C
D
75 °
52,5 °
ε
A
δ
30 °
<ACB = <CBA = 75°
Basiswinkel von ABC
<ECB = <BEC = 52,5°
Basiswinkel von EBC
<BDC = <DCB =<ACB = 75° Basiswinkel von DBC
75 °
ε + <BDC = 180° Nebenwinkel
δ + <BEC = 180° Nebenwinkel
52,5 ° 75 °
E
B
11.
12.
C
Konstruktionsplan:
1) A, B durch c = 2,4 cm festgelegt
2) U liegt auf
a) k(A, r = 2 cm)
b) k(B, r = 2 cm)
90 °
5 cm
5 cm
45 °
A
⇒ ε = 105°
⇒ δ = 127,5°
45 °
C
U
3) C liegt auf
a) freiem Schenkel von
β = 30° an [BA
b) k(U , r = 2 cm)
B
30 °
2,4 cm
A
B
13. Die Symmetrieachse ist die Mittelsenkrechte von [M1M2].
Bei einem Abstand von 5cm geht die Symmetrieachse durch die Kreisschnittpunkte.
M1
M2
M
P
14. Suche dir drei beliebige Punkte auf der Kreislinie.
Der Schnittpunkt zweier Mittelsenkrechten ist M.
R
m2
M
m1
Lösungen der Zusatzaufgaben
15. a) Parallelogramm (also auch Quadrat, Rechteck, Raute)
c) Drachenviereck, Raute, Quadrat
16. a)
b)
α + (α - 25°) = 180° ;
2α = 205°
Q
b) Quadrat, Rechteck
d) achsensymmetrisches Trapez, Rechteck,
Quadrat
α = 102,5°
β + (β + 25% von β) = β + (β + 0,25β) = 2,25β = 180° ;
β = 80° ⇒ der gesuchte Winkel beträgt 100°
y
17. a) l = x ; b = 3x ; h = x ; O = 2⋅ (lb + lh + bh)
2
2
2
2
8
7
⇒ O(x) = 2(3x + x + 3x ) = 14x
2
2
⇒ O(12,5 cm) = 14⋅ (12,5cm) = 2187,5 cm
6
5
b) K = 4⋅ (l + b + h)
⇒ K(x) = 4⋅(x + 3x + x) = 20x
4
3
18. a)
T1(x) = 2x - 2
T2(x) = 2 - 1,5x
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
5
3,5
2
0,5
-1
-2,5
-4
-5,5
t1
2
1
S
-3
-2
-1
1
-1
2
3
4
5
t2
-2
b) Der x-Wert des Graphenschnittpunktes S ( 8 / 2 ) entspricht der
7 7
Lösung der Gleichung 2x – 2 = 2 – 1,5x.
-3
-4
-5
-6
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Leibniz-Gymnasium Altdorf
19.
a) Preis nach der Erhöhung: Pe
Preis ursprünglich:
b) x ⋅ Pu = 2070€
Pu
Pe – 10% ⋅ Pe = 90% ⋅ Pe = 2070 €
;
Pe = 2070€ : 0,9 = 2300€
Pu + 15% ⋅ Pu = 115% ⋅ Pu = 2300€
;
Pu = 2300€ : 1,15 = 2000€
x = 2070€ : 2000€ = 1,035 = 103,5%
Der aktuelle Preis ist 3,5% höher als der ursprüngliche Preis.
20.
a)
b)
P
c)
P
P
30 °
A
g
g
A
A
B
B
Ziehe einen beliebig großen
Kreisbogen um P.
g
P´
Fälle ein Lot von P auf g.
Konstruiere den 30°-Winkel, um B zu
erhalten. Spiegle B am Lot.
Spiegle P an g.
PP´
Ziehe Kreis um P´ mit Radius
21. Ziehe k(A; r=4,3cm) und k(C; r=4,3cm).
Die Schnittpunkte liefern die Umkreismittelpunkte U1 &U2.
Alle Punkte auf dem roten oder blauen Kreis können für B genommen
C
D
ha
α
M
hc
β
6
E
A
5
4
B
3
.
U2
22. ∆AMD ist kongruent zu ∆ MEC nach WWS-Satz:
C
4,3 cm
2
α =β
1
-3
-2 cm-1
4,3
1
2
3
4
M ist Mittelpunkt
AM = MC
In kongruenten Dreiecken sind entsprechende
Strecken gleich lang, daher ist ha = hb !
5
-1
-2
Scheitelwinkel
<ADM = <CEM = 90° gegeben
U1
A -4
.
B2
-3
-4
B1
-5
C
F
23.
a) und b) sind falsch:
Die Lage der gegebenen Seiten
und Winkel ist nicht
eindeutig vorgegeben.
3 cm
a)
90 °
5,825 cm
3 cm
90 °
5 cm
A
B
D
4,024 cm
5 cm
E
C
F
80 °
4.623 cm
Gegenbeispiele:
35 °
A
5,432 cm
2.877 cm
b)
5 cm
B
D
3,171 cm
35 °
5 cm
80 °
E
c) ist richtig, da diese sowohl den WSW-Satz als auch den SWS-Satz erfüllt.
b) Kehrsatz:
D
24. a) D und B liegen auf
dem Thaleskreis über [AC],
dieser ist somit der Umkreis.
D
62 °
A
M
B
C
„Wenn alle Ecken
eines Vierecks auf
einem Kreis liegen,
dann messen zwei
gegenüberliegende
Winkel 90°.“
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U
A
86 °
94 °
C
118 °
B
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