Anwendungen mit Trigonometrie in der Raumgeometrie

Klasse 10

Aufgaben

Aufgabe 1

L

Ein Turm wirft bei einem Sonneneinfallswinkel von $40°$ einen Schatten von $20\,\text{m}$ Länge.

1. Berechne die Höhe des Turms.
2. Wie lang ist die direkte Verbindungslinie von der Turmspitze zur Schattenspitze?

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Aufgabe 2

L

Ein Satteldach hat eine Neigung von $28°$ gegenüber der Horizontalen. Die Grundbreite des Hauses beträgt $10\,\text{m}$.

1. Berechne die Firsthöhe (von der Traufe aus).
2. Berechne die Länge einer Dachseite (Sparrenlänge).

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Aufgabe 3

L

Ein Quader hat die Maße $6\,\text{cm} \times 4\,\text{cm} \times 3\,\text{cm}$.

1. Berechne die Raumdiagonale $d$.
2. Berechne den Winkel $\beta$, den die Raumdiagonale mit der Grundfläche einschließt.

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Aufgabe 4

L

Ein gerader Kreiskegel hat Grundkreisradius $r = 5\,\text{cm}$ und Mantellinie $s = 13\,\text{cm}$.

1. Berechne die Höhe $h$.
2. Berechne Volumen und Oberfläche.
3. Berechne den halben Öffnungswinkel $\alpha$ an der Kegelspitze.

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Aufgabe 5

L

Eine quadratische Pyramide hat Grundkantenlänge $a = 8\,\text{cm}$ und Höhe $h = 6\,\text{cm}$.

1. Berechne die Länge einer Schrägkante (Kante von einer Grundecke zur Spitze).
2. Berechne den Winkel, den die Schrägkante mit der Grundfläche einschließt.

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Aufgabe 6

L

Die Skizze zeigt die Benennung der Seiten im rechtwinkligen Dreieck, bezogen auf den Winkel $\alpha$.

Seitenbenennung im rechtwinkligen Dreieck

In einem solchen Dreieck sei die Ankathete $12\,\text{cm}$ und die Gegenkathete $5\,\text{cm}$ lang.

1. Berechne die Hypotenuse $c$.
2. Berechne $\sin\alpha$, $\cos\alpha$ und $\tan\alpha$ als Bruch.
3. Berechne $\alpha$ auf eine Nachkommastelle genau.
4. Wie groß ist der dritte Winkel des Dreiecks?

Aufgabe 7

L

Auf dem Mond misst ein Turm einen Schattenwurf von $300\,\text{m}$. Der Einfallswinkel der Sonne beträgt $0{,}5°$.

1. Berechne die Turmhöhe.
2. Vergleiche mit der Höhe des Kölner Doms ($157\,\text{m}$).

(Das Vorgehen ist identisch zu Aufgabe 1 — nur der Winkel ist extrem klein.)

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Aufgabe 8

L

Ein Würfel hat Kantenlänge $a$.

1. Leite eine Formel für die Raumdiagonale $d$ in Abhängigkeit von $a$ her.
2. Berechne den Winkel $\beta$, den die Raumdiagonale mit der Grundfläche einschließt. Zeige, dass dieser Winkel unabhängig von $a$ ist.
3. Berechne den Winkel für $a = 1000\,\text{km}$.

(Das Vorgehen ist identisch zu Aufgabe 3.)

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Lösungen

Lösung 1

1. Turmhöhe $h$, Schatten $20\,\text{m}$, Winkel $40°$:

$$\tan(40°) = \frac{h}{20} \quad\Rightarrow\quad h = 20 \cdot \tan(40°) \approx 20 \cdot 0{,}839 \approx 16{,}8\,\text{m}$$

2. Hypotenuse (Verbindungslinie Spitze–Schattenende):

$$c = \frac{20}{\cos(40°)} \approx \frac{20}{0{,}766} \approx 26{,}1\,\text{m}$$

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Lösung 2

Das Dreieck hat die halbe Grundbreite $5\,\text{m}$ als Ankathete (von der Traufe zur Firstlinie) und Neigung $28°$.

1. $h = 5 \cdot \tan(28°) \approx 5 \cdot 0{,}532 \approx 2{,}66\,\text{m}$

2. Sparrenlänge (Hypotenuse): $s = \dfrac{5}{\cos(28°)} \approx \dfrac{5}{0{,}883} \approx 5{,}66\,\text{m}$

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Lösung 3

1. Grundflächendiagonale: $d_G = \sqrt{6^2 + 4^2} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}\,\text{cm}$

Raumdiagonale: $d = \sqrt{d_G^2 + 3^2} = \sqrt{52 + 9} = \sqrt{61} \approx 7{,}81\,\text{cm}$

2. Die Raumdiagonale bildet mit der Grundfläche das rechtwinklige Dreieck mit Ankathete $d_G$ und Höhe $3\,\text{cm}$:

$$\tan\beta = \frac{3}{2\sqrt{13}} \quad\Rightarrow\quad \beta = \arctan\!\left(\frac{3}{2\sqrt{13}}\right) \approx \arctan(0{,}416) \approx 22{,}6°$$

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Lösung 4

1. $s^2 = r^2 + h^2 \;\Rightarrow\; h = \sqrt{s^2 - r^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12\,\text{cm}$

2. $V = \dfrac{1}{3}\pi \cdot 5^2 \cdot 12 = 100\pi \approx 314{,}2\,\text{cm}^3$

$O = \pi \cdot 5^2 + \pi \cdot 5 \cdot 13 = 25\pi + 65\pi = 90\pi \approx 282{,}7\,\text{cm}^2$

3. Im Querschnitt: rechtwinkliges Dreieck mit Gegenkathete $r = 5$ und Hypotenuse $s = 13$:

$$\sin\alpha = \frac{r}{s} = \frac{5}{13} \quad\Rightarrow\quad \alpha = \arcsin\!\left(\frac{5}{13}\right) \approx 22{,}6°$$

Halber Öffnungswinkel $\approx 22{,}6°$, voller Öffnungswinkel $\approx 45{,}2°$.

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Lösung 5

1. Abstand einer Grundecke zur Mitte der Grundfläche (halbe Grundflächendiagonale):

$$e = \frac{\sqrt{a^2 + a^2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{8\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}\,\text{cm}$$

Schrägkante (Hypotenuse aus $e$ und $h$):

$$k = \sqrt{e^2 + h^2} = \sqrt{32 + 36} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17} \approx 8{,}25\,\text{cm}$$

2. Die Schrägkante liegt über der Strecke $e$ in der Grundfläche:

$$\tan\gamma = \frac{h}{e} = \frac{6}{4\sqrt{2}} = \frac{3}{2\sqrt{2}} \quad\Rightarrow\quad \gamma = \arctan\!\left(\frac{3}{2\sqrt{2}}\right) \approx \arctan(1{,}061) \approx 46{,}7°$$

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Lösung 6

1. Satz des Pythagoras:

$$c = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13\,\text{cm}$$

2. $$\sin\alpha = \frac{\text{Gegenkathete}}{\text{Hypotenuse}} = \frac{5}{13}, \qquad \cos\alpha = \frac{12}{13}, \qquad \tan\alpha = \frac{5}{12}$$

3. $$\alpha = \arctan\!\left(\frac{5}{12}\right) \approx 22{,}6°$$

4. Die Winkelsumme im Dreieck beträgt $180°$, einer davon ist der rechte Winkel:

$$\beta = 180° - 90° - 22{,}6° = 67{,}4°$$

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Lösung 7

1. $h = 300 \cdot \tan(0{,}5°) \approx 300 \cdot 0{,}008727 \approx 2{,}62\,\text{m}$

2. Der Turm wäre nur etwa $2{,}6\,\text{m}$ hoch — ein Gartentor, kein Kölner Dom.

Der extrem flache Winkel macht den Schatten unverhältnismäßig lang: dieselbe Rechenmethode wie Aufgabe 1, aber $\tan(0{,}5°) \approx 0{,}0087$ statt $\tan(40°) \approx 0{,}84$.

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Lösung 8

1. Grundflächendiagonale: $d_G = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$

Raumdiagonale: $d = \sqrt{d_G^2 + a^2} = \sqrt{2a^2 + a^2} = a\sqrt{3}$

2. Winkel zur Grundfläche:

$$\tan\beta = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \quad\Rightarrow\quad \beta = \arctan\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \approx 35{,}26°$$

Der Winkel ist für jeden Würfel gleich — $a$ kürzt sich heraus.

3. Für $a = 1000\,\text{km}$: exakt derselbe Winkel, $\beta \approx 35{,}26°$.