Gegeben ist die Funktion mit der Definitionsmenge

Abituraufgaben
Aufgabe 2011/Geometrie I
In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(0|60|0), B(–80|60|60) und C(–
80|0|60) gegeben.
a) Bestimmen der Normalenform
  80  0    80 

 

AB   60  60    0 
 60  0   60 

 

  4
 
=> u   0 
 3 
 
  80  0    80 
 4 

 

 
AC   0  60     60  => v   3 
 60  0   60 
  3

 

 
  4   4   0  (3)  3  3    9 
    
 

u  v   0    3     [4  (3)  4  3]    0 
 3    3    4  3  0  4    12 
    
 

E: n ( x  a)  0
 3
 
=> n   0 
 4
 
Als Aufpunkt kann jeder beliebige der Punkte A, B oder C
verwendet werden. Hier wird der Punkt A verwendet.
 3    0 
    
E:  0    x   60   0
 4    0 
    
E: 3x1 + 4x3 – 0 = 0
E: 3x1 + 4x3 = 0
Besondere Lage
Es fehlt x2 im Term, damit ist die Ebene parallel zur x2-Achse.
Die Konstante ist 0, damit ist der Ursprung in E enthalten; also:
Die Ebene E enthält die x2-Achse.
Winkel
 0
 
Normalenvektor der x1x2-Ebene: n *   0 
1
 
Winkel zwischen n und n * ist der Winkel zwischen den Ebenen:
cos  
n * n
| n*| | n |
Thema: Geometrie

 0  3
   
 0   0 
1  4
   
1  9  16

4
5
 = 36,87°
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Abituraufgaben
Aufgabe 2011/Geometrie I
b) Rechteck
 Gegenüberliegende Seitenvektoren sind identisch (1 Paar genügt; z.B. AB und OC ) )
 Winkel bei O ist 90° (auch jeder andere Winkel – einer genügt)
  80 
  80 




OC   0  (Ortsvektor von C)
 AB   0  (aus a))
 60 
 60 




Also: AB = OC
 Winkel zwischen OA und OC :
 0    80 
  

OA OC   60   0   0
 0   60 
  

Da nur nach 90° gefragt ist, muss nur das
Skalarprodunkt bestimmt werden.
Also OA  OC
Damit bilden die Punkte OABC ein Rechteck.
Flächeninhalt:
Es gibt 2 Lösungsmöglichkeiten:  elementargeometrisch (leichter) oder  vektoriell
 Elementargeometrisch: A = lb
Länge und Breite sind die Beträge der Seitenvektoren OA und OC )
    80 
  

A = OA  OC   60    0   60²  (80)²  60²  60 100 = 6000
 0   60 
  

 Vektoriell: Betrag des Vektorprodukts der Vektoren, die das Parallelogramm (hier:
Rechteck) erzeugen, ist die Maßzahl des Flächeninhalts.
 0    80   60  60  0  0   3600 
  
 
 

A = OA  OC   60    0     [0  60  (80)  0]    0  
 0   60   0  0  (80)  60    4800 
  
 
 

 3600²  (4800)² = 6000
C
B
-120
-100
-80
-60
-40
-20
-20
-10
0
10
Thema: Geometrie
20
0
40
A
60
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Abituraufgaben
Aufgabe 2011/Geometrie I
c) Berechnet wird nur die auf die x1x2-Ebene projizierte Ebene, also die Ansicht von „oben“.
Da der Winkel zwischen Rechteck und der x1x2-Ebene 36,87° beträgt (vgl. a)), haben die
projizierten Rechteckseiten l* und b* (aus b) unter ) die Längen:
l* = l Vektor OA verläuft in x2-Richtung, wird also nicht projiziert
b* = bcos36,87° = b0,8 wird projiziert – der Wert 0,8 für cos  stammt aus der
Aufgabe a) unter Winkel
Damit gilt für den Inhalt A* der Fläche:
A*=l*b* = lb0,8 = lb  0,8 = A0,8 = = 60000,8 = 4800
d) Abstand Ebene E – Gerade:
 3
 
E: 3x1 + 4x3 = 0 n   0   9  16  5
 4
 
3x1  4 x3
 0 (HNF)
5
g in linke Seite einsetzen:
E:
d(g;E) =
3  (20  4 )  4  (40  3 )
 60  12  160  12 100


 20
5
5
5
e) Entfernung zweier Punkte:
  20 
 4    40   20 
 4 


  
  
 
d(M;X) = X  M   40      5    30    10      5  
 40 
  3   30   10 
  3


  
  
 
 (20  4 )²  (10  5 )²  (10  3 )² 
 400  160  16 ²  100  100  25 ²  100  60  9 ² 
 50 ²  200  600
Damit der Abstand minimal wird, muss der Radikant (unter der Wurzel) minimal werden.
Das Minimum ermittelt man über die Ableitung. Zum Ableiten könnte man auch den Term
unter der Wurzel in der drittletzten Zeile verwenden, so ist die Umformung der letzten
beiden Zeilen nicht nötig.
f() = 50² + 200 + 600
oder:
f‘() = 100 +200
f ' ( )  2  (20  4 )  4  2  (10  5 )  5  2  (10  3 )  (3)  Kettenregel
 160  32  100  50  60  18  100  200
f‘() = 0
 = –2
Minimum, da Term Funktionsterm einer nach oben geöffneten Parabel ist
Oder: f‘‘() = 100
f‘‘(–2) = 100 > 0 Minimum
Einsetzen in d(M;X):
dmin =  50  (2)²  200  (2)  600  200  400  600  400  20
Thema: Geometrie
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Abituraufgaben
Aufgabe 2011/Geometrie I
f) VO: Ostrichtung ist x2 –Richtung also am Hang parallel zur x1x2-Ebene. Damit muss man
vom Mittelpunkt aus nur 15 Einheiten in x2-Richtung gehen, d.h., zur x2-Koordinate
15 addieren:
VO (-40 | 45 | 30)
VN: Nordrichtung ist negative x1 –Richtung, aber geneigt. Um auf dem Hang 15m in
Nordrichtung zu gehen, geht man auf der in die x1x2-Ebene projizierten Ebene 15m
cos = 15m  0,8 = 12 m laufen (s. Aufgabe c)). Damit muss man von der x 1Koordinate 12 subtrahieren.
Außerdem liegt der Punkt um 15msin = 15m0,6 = 9m höher, also muss man zur
x3-Koordinate 9 addieren:
VN (-52 | 30 | 39)
Thema: Geometrie
© H. Drothler 2012
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