BLF-Training: Körper und Flächen
Das Gewächshaus
AFB I · ReproduzierenEin $12$ m langes Gewächshaus hat als Querschnitt ein Rechteck mit aufgesetztem Halbkreis. Es ist $4{,}00$ m breit und insgesamt $3{,}20$ m hoch (siehe Abbildung). Seitenwände, Dach und die beiden Stirnseiten sind mit Folie bespannt.
- Begründen Sie, dass jede Seitenwand $1{,}20$ m hoch ist.
- Berechnen Sie den Flächeninhalt des Querschnitts.
- Berechnen Sie das Volumen der Luft im Gewächshaus.
- Die Folie wird in Rollen zu je $50\ \mathrm{m}^2$ verkauft. Ermitteln Sie, wie viele Rollen mindestens gekauft werden müssen.
Das Glasdach
AFB II · Zusammenhänge herstellenEin Innenhof wird von einem Glasdach in Form einer geraden quadratischen Pyramide überdeckt. Die Grundkante ist $6$ m lang, jede Seitenkante $7$ m (siehe Abbildung, nicht maßstäblich). Glas sind nur die vier Seitenflächen.
- Berechnen Sie die Höhe $h$ der Pyramide.
- Berechnen Sie das Volumen des überdachten Raums oberhalb der Grundfläche.
- Berechnen Sie die Größe des Winkels an der Spitze einer Seitenfläche.
- Berechnen Sie den Inhalt der Glasfläche.
Schmilzt das Eis über?
AFB III · Reflektieren und BeurteilenEine Eiswaffel hat die Form eines Kegels: innen $6$ cm Durchmesser am Rand und $12$ cm tief. Darauf sitzt eine Eiskugel mit ebenfalls $6$ cm Durchmesser. Die Dicke der Waffel wird vernachlässigt.
- Berechnen Sie das Volumen der Eiskugel und das Innenvolumen der Waffel.
- Die Kugel schmilzt vollständig in die Waffel. Untersuchen Sie, ob die Waffel überläuft.
- Ermitteln Sie, wie hoch (von der Spitze aus gemessen) das geschmolzene Eis in der Waffel steht, wenn erst die Hälfte der Kugel geschmolzen ist.
- Berechnen Sie, wie viel Waffelteig für die Mantelfläche der Waffel mindestens nötig ist.
Lösungen
1 · Das Gewächshaus
a) Der Halbkreis sitzt auf der ganzen Breite, sein Radius ist also $r = \frac{4{,}00}{2} = 2{,}00$ m. Von der Gesamthöhe bleiben für die Wand $3{,}20 - 2{,}00 = 1{,}20$ m.
b) Rechteck plus Halbkreis: $A = 4{,}00 \cdot 1{,}20 + \frac{1}{2} \pi \cdot 2^2 = 4{,}8 + 2\pi \approx 11{,}08\ \mathrm{m}^2$.
c) Das Gewächshaus ist ein Prisma mit diesem Querschnitt: $V = A \cdot 12 \approx 133\ \mathrm{m}^3$.
d) Seitenwände und Dach zusammen: $(2 \cdot 1{,}20 + \pi \cdot 2) \cdot 12 \approx 104{,}2\ \mathrm{m}^2$ (der halbe Kreisumfang ist $\pi r$). Dazu zwei Stirnseiten: $2 \cdot 11{,}08 \approx 22{,}2\ \mathrm{m}^2$. Insgesamt etwa $126{,}4\ \mathrm{m}^2$, das sind $2{,}5$ Rollen. Es müssen also drei Rollen gekauft werden.
Beim Dach zählt der halbe Kreisumfang $\pi r$, nicht $2\pi r$. Und das Ergebnis $2{,}5$ Rollen muss aufgerundet werden: Halbe Rollen gibt es nicht zu kaufen.
2 · Das Glasdach
a) Der Fußpunkt $M$ der Höhe liegt in der Mitte der Grundfläche, eine halbe Diagonale ist $\frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2} \approx 4{,}24$ m. Im Dreieck $AMS$: $h = \sqrt{7^2 - (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{49 - 18} = \sqrt{31} \approx 5{,}57$ m.
b) $V = \frac{1}{3} \cdot 6^2 \cdot \sqrt{31} = 12\sqrt{31} \approx 66{,}8\ \mathrm{m}^3$.
c) Kosinussatz im gleichschenkligen Dreieck $ABS$: $\cos\varphi = \frac{7^2 + 7^2 - 6^2}{2 \cdot 7 \cdot 7} = \frac{62}{98}$, also $\varphi \approx 50{,}8°$.
d) Die Höhe einer Seitenfläche (grün) ist $h_s = \sqrt{7^2 - 3^2} = \sqrt{40} \approx 6{,}32$ m. Vier Dreiecke: $A = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{40} = 12\sqrt{40} \approx 75{,}9\ \mathrm{m}^2$ Glas.
In a) ist die halbe Diagonale gefragt, nicht die halbe Grundkante. Mit $3$ m statt $4{,}24$ m erhält man $\sqrt{40}$, und das ist die Höhe einer Seitenfläche aus d), nicht die der Pyramide.
3 · Schmilzt das Eis über?
a) Kugel: $V = \frac{4}{3}\pi \cdot 3^3 = 36\pi \approx 113{,}1\ \mathrm{cm}^3$. Kegel: $V = \frac{1}{3}\pi \cdot 3^2 \cdot 12 = 36\pi \approx 113{,}1\ \mathrm{cm}^3$.
b) Beide Volumina sind genau gleich, $36\pi\ \mathrm{cm}^3$. Die Waffel wird also randvoll, läuft aber (im Modell) nicht über. In Wirklichkeit enthält Eis Luft, geschmolzen braucht es sogar etwas weniger Platz.
c) Das Eis füllt einen kleineren Kegel mit derselben Form: Radius und Höhe stehen immer im Verhältnis $3 : 12$, also $r = \frac{x}{4}$ bei der Füllhöhe $x$. $\frac{1}{3}\pi \left(\frac{x}{4}\right)^2 x = 18\pi$ ergibt $x^3 = 864$ und $x \approx 9{,}52$ cm. Das halbe Volumen steht also nicht auf halber Höhe, sondern schon bei rund vier Fünfteln der Tiefe.
d) Mantellinie $s = \sqrt{3^2 + 12^2} = \sqrt{153} \approx 12{,}37$ cm. Mantelfläche $M = \pi r s = \pi \cdot 3 \cdot \sqrt{153} \approx 116{,}6\ \mathrm{cm}^2$.
Bei c) liegt die Vermutung „halbes Volumen, halbe Höhe“ nahe, doch der Kegel ist unten schmal. Wird die Füllhöhe halbiert, schrumpft das Volumen auf ein Achtel, denn alle drei Maße werden halbiert.