2026 Nachtermin B4: Raumgeometrie

Für das Schrägbild zeichnest du zuerst die Diagonale \(\overline{AC}\) auf der Schrägbildachse mit 12 cm. Der Punkt M liegt 4 cm von A entfernt, also 8 cm von C. Die Diagonale \(\overline{BD}\) wird im Schrägbild unter 45° und mit dem Verkürzungsfaktor 0,5 gezeichnet. Die tatsächlichen 8 cm werden in der Zeichnung also 4 cm lang; vom Mittelpunkt M aus sind das jeweils 2 cm nach B beziehungsweise D.
Über M zeichnest du die Höhe \(\overline{MS}\) mit 7,5 cm senkrecht nach oben. Dann verbindest du S mit den vier Ecken der Grundfläche.

Achtung! Die „schräge Linie“ muss in halber Länge gezeichent werden. So ist es falsch!!

8cm im Original ergeben 4cm im Schrägbild.

Zur Rechnung: Im Dreieck AMS ist bei M ein rechter Winkel. Du kennst die beiden Katheten \(\overline{AM}\) und \(\overline{MS}\). Damit bekommst du \(\overline{AS}\) über den Satz des Pythagoras und den Winkel CAS mit dem Tangens.

\begin{align}
&|\overline{AS}| \text{ mit dem Satz des Pythagoras:}\\
|\overline{AS}|^2 &= |\overline{AM}|^2+|\overline{MS}|^2\\
|\overline{AS}|^2 &= 4^2+7,5^2 \,\,\, |\sqrt{\phantom{x}}\\
|\overline{AS}| &= \sqrt{4^2+7,5^2}\\
&\Rightarrow |\overline{AS}|=8,50\,cm\\
\\
&\angle CAS \text{ im Dreieck AMS mit dem Tangens:}\\
\tan(\angle CAS) &= \frac{|\overline{MS}|}{|\overline{AM}|}\\
&=\frac{7,5}{4}\\
\angle CAS &= \tan^{-1}\left(\frac{7,5}{4}\right)\\
&\Rightarrow \angle CAS=61,93^\circ
\end{align}

Wird gerade erstellt.

Der Punkt E liegt auf \(\overline{AS}\) und hat von S aus den Abstand 3 cm. Weil \(|\overline{AS}|\) insgesamt 8,5 cm lang ist, beträgt \(|\overline{AE}|\) noch 5,5 cm. Das Lösungsbild findest du in B4.1.
Zeichne E auf \(\overline{AS}\) ein und verbinde den Punkt mit M. Im Dreieck AME kennst du dann zwei Seiten und den eingeschlossenen Winkel bei A. Das ist ein Fall für den Cosinussatz.

\begin{align}
|\overline{AE}| &= |\overline{AS}|-|\overline{SE}|\\
&=8,5-3=5,5\,cm\\
\\
&|\overline{EM}| \text{ im Dreieck AME mit dem Cosinussatz:}\\
|\overline{EM}|^2 &= |\overline{AM}|^2+|\overline{AE}|^2-2\cdot|\overline{AM}|\cdot|\overline{AE}|\cdot\cos(\angle MAE)\\
|\overline{EM}|^2 &= 4^2+5,5^2-2\cdot4\cdot5,5\cdot\cos(61,93^\circ) \,\,\, |\sqrt{\phantom{x}}\\
|\overline{EM}| &= \sqrt{4^2+5,5^2-2\cdot4\cdot5,5\cdot\cos(61,93^\circ)}\\
&\Rightarrow |\overline{EM}|=5,05\,cm
\end{align}

Wird gerade erstellt.

Die kürzeste Verbindung eines Punktes zu einer Geraden steht immer senkrecht auf dieser Geraden. Zeichne daher von M ein Lot auf \(\overline{AS}\). Der Lotfußpunkt heißt F.
Im rechtwinkligen Dreieck AMF liegt \(\overline{FM}\) gegenüber dem Winkel bei A und \(\overline{AM}\) ist die Hypotenuse. Also verwendest du den Sinus.

\begin{align}
&|\overline{FM}| \text{ im Dreieck AMF mit dem Sinus:}\\
\sin(\angle MAF) &= \frac{|\overline{FM}|}{|\overline{AM}|}\\
\sin(61,93^\circ) &= \frac{|\overline{FM}|}{4}  \,\,\, |\cdot4\\
|\overline{FM}| &=4\cdot\sin(61,93^\circ)\\
&\Rightarrow |\overline{FM}|=3,53\,cm
\end{align}

Wird gerade erstellt.

Wird gerade erstellt.

Die Grundfläche ist hier das Trapez BPnRnD. Seine beiden parallelen Seiten sind \(\overline{BD}\) und \(\overline{P_nR_n}\). Die Trapezhöhe ist die Strecke \(\overline{MQ_n}\).

Zuerst berechnest du die noch unbekannten Strecken. Mit dem Vierstreckensatz folgt aus den parallelen Strecken \(\overline{BD}\) und \(\overline{P_nR_n}\), dass \(|\overline{P_nR_n}|\) genau x cm lang ist. Die Strecken \(\overline{MC}\) und \(\overline{BD}\) sind jeweils 8 cm lang. Die Trapezhöhe ergibt sich aus \(|\overline{MQ_n}|=|\overline{MC}|-|\overline{CQ_n}|=8-x\).

\begin{align}
&|\overline{P_nR_n}| \text{ mit dem Vierstreckensatz:}\\
\frac{|\overline{P_nR_n}|}{|\overline{BD}|} &= \frac{|\overline{CQ_n}|}{|\overline{CM}|}\\
\frac{|\overline{P_nR_n}|}{8} &= \frac{x}{8}  \,\,\, |\cdot8\\
&\Rightarrow |\overline{P_nR_n}|=x\,cm\\
\\
|\overline{MQ_n}| &= 8-x\\
\\
V(x) &= \frac{1}{3}\cdot A_{\text{Trapez}}\cdot|\overline{MS}|\\
&=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot
\bigl(|\overline{BD}|+|\overline{P_nR_n}|\bigr)\cdot|\overline{MQ_n}|\cdot|\overline{MS}|\\
&=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot(8+x)\cdot(8-x)\cdot7,5\\
&=1,25\cdot(64-x^2)\\
&\Rightarrow V(x)=(-1,25x^2+80)\,cm^3
\end{align}

Wird gerade erstellt.

Die Grundfläche ABCD ist ein Drachenviereck. Ihren Flächeninhalt erhältst du mit dem halben Produkt der Diagonalen.

\begin{align}
&\text{Volumen der großen Pyramide:}\\
V_{ABCDS} &= \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot|\overline{AC}|\cdot|\overline{BD}|\cdot|\overline{MS}|\\
&=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot12\cdot8\cdot7,5\\
&=120\,cm^3\\
\\
&\text{Gesuchtes Volumen:}\\
V_{gesucht} &= 0,70\cdot120=84\,cm^3\\
\\
&\text{Gleichung aufstellen:}\\
-1,25x^2+80 &=84  \,\,\, |-80\\
-1,25x^2 &=4  \,\,\, |:(-1,25)\\
x^2 &=-3,2
\end{align}

Das Quadrat einer reellen Zahl kann niemals negativ sein. Deshalb hat die Gleichung keine reelle Lösung.
Du kannst es auch direkt an der Volumenfunktion erkennen: Weil \(-1,25x^2\) niemals positiv ist, wird das Volumen höchstens 80 cm³, aber nie 84 cm³.
Es gibt also keine der gesuchten Pyramiden, deren Volumen genau 30 % kleiner als das Volumen der ursprünglichen Pyramide ist.

Wird gerade erstellt.