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Abiturprüfung Mathematik 2016
Baden-Württemberg
Allgemeinbildende Gymnasien
Wahlteil
Analytische Geometrie / Stochastik
Aufgabe B 2.1 und B 2.2 - Lösungen
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Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Aufgabe B 2.1
Die Punkte 𝐴 0 −6 0 , 𝐵 6 0 0 , 𝐶 0 6 0 und 𝑆 0 0 5 sind die Eckpunkte
der Pyramide 𝐴𝐵𝐶𝑆. Der Punkt 𝑀1 ist der Mittelpunkt der Kante 𝐴𝑆 und 𝑀2
ist der Mittelpunkt der Kante 𝐶𝑆. Die Ebene 𝐸 verläuft durch 𝑀1 , 𝑀2 und 𝐵.
a) Die Ebene 𝐸 schneidet die Pyramide in einer Schnittfläche.
Stellen Sie Pyramide und Schnittfläche in einem Koordinatensystem dar.
Berechnen Sie den Umfang der Schnittfläche.
Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von 𝐸.
(Teilergebnis: 𝐸: 5𝑥1 + 12𝑥3 = 30)
(4 VP)
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
3
b) Der Punkt 𝑄 liegt auf der Kante 𝐵𝑆 und bildet mit 𝑀1 und 𝑀2 ein
rechtwinkliges Dreieck.
Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes 𝑄.
(3 VP)
c) Der Punkt 𝑍 liegt in der 𝑥1 𝑥3 -Ebene und im Inneren der Pyramide 𝐴𝐵𝐶𝑆.
Er hat von der Grundfläche 𝐴𝐵𝐶, der Seitenfläche 𝐴𝐶𝑆 und von 𝐸 den
gleichen Abstand.
Bestimmen Sie die Koordinaten von 𝑍.
(3 VP)
𝐴 0 −6
𝐵 60
𝐶 06
𝑆 00
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
4
𝑥3
Lösung a)
Schaubild für die Pyramide mit der Schnittfläche
5
𝑀2
𝑀1
… siehe Abbildung rechts.
𝐸
𝐶
𝐴
Umfang der Schnittfläche
𝑆
6
−6
Der Mittelpunkt 𝑀1 der Kante 𝐴𝑆
ist 𝑀1 0 −3 2,5 .
6
𝐵
𝑥1
Der Mittelpunkt 𝑀2 der Kante 𝐶𝑆 ist 𝑀2 0 3 2,5 .
Die Länge der Strecke 𝑀1 𝑀2 ist damit |𝑀1 𝑀2 | =
0
6
0
= 6.
𝑥2
0
0
0
5
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
𝑀1 0 −3 2,5
𝐵 600
|𝑀1 𝑀2 | = 6
5
Die Längen der Strecken 𝐵𝑀1 und 𝐵𝑀2 sind aus Symmetriegründen gleich.
−6
Es gilt 𝐵𝑀1 = −3 = −6 2 + −3 2 + 2,5 2 = 51,25
2,5
Folglich ist auch 𝐵𝑀2 =
51,25.
Der Umfang der Schnittfläche ist damit
𝑈 = 𝐵𝑀1 + 𝐵𝑀2 + |𝑀1 𝑀2 | = 2 ⋅ 51,25 + 6 ≈ 20,32
Ergebnis: Der Umfang der Schnittfläche beträgt etwa 20,32 LE.
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
𝑀1 0 −3 2,5
𝑀2 0 3 2,5
𝐵 600
6
Koordinatengleichung der Ebene 𝑬
6
6
3
Aus den Richtungsvektoren 𝑀1 𝐵 =
und 𝑀2 𝐵 = −3 erhält man
−2,5
−2,5
mit Hilfe des Vektorprodukts einen Normalenvektor für die Ebene 𝐸.
6
6
3
−3
3 ⋅ −2,5
−2,5 ⋅ −3
−15
−2,5
−2,5
𝑀1 𝐵 × 𝑀2 𝐵 = −2,5 ⋅ 6 − 6 ⋅ −2,5
=
0
6
6
6 ⋅ −3
−36
3⋅6
3
−3
−2,5
−2,5
Da es bei einem Normalenvektor nicht auf die Länge ankommt, teilen wir durch −3
5
und erhalten 𝑛 = 0 .
12
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
5
𝑛= 0
12
𝐵 600
7
Die Koordinatengleichung von 𝐸 lautet somit 𝐸: 5𝑥1 + 12𝑥3 = 𝑑 mit einem
noch unbekannten 𝑑.
Da der Punkt 𝐵 6 0 0 in 𝐸 liegt, setzen wir 𝐵 in 𝐸 ein und erhalten
5 ⋅ 6 + 12 ⋅ 0 = 30 = 𝑑
Damit haben wir die Koordinatengleichung komplett.
Ergebnis: Die Koordinatengleichung für 𝐸 lautet 𝐸: 5𝑥1 + 12𝑥3 = 30.
𝐵 600
𝑆 005
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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𝑥3
Lösung b)
Bestimmung des Punktes 𝑸
Eine Gerade durch die Punkte 𝐵 und 𝑆 kann
beschrieben werden durch
6
−6
𝑔: 𝑥 = 𝑂𝐵 + 𝑡 ⋅ 𝐵𝑆 = 0 + 𝑡 ⋅ 0
0
5
5
𝑆
𝑄
𝑀2
𝑀1
𝐸
𝐶
𝐴
6
−6
6
𝑥2
𝐵
𝑥1
Ein Punkt 𝑄 auf 𝑔 hat somit die Koordinaten 𝑄(6 − 6𝑡|0|5𝑡).
Das Dreieck 𝑀1 𝑄𝑀2 ist in 𝑄 rechtwinklig, d.h. dass die Vektoren 𝑄𝑀1 und
𝑄𝑀2 senkrecht zueinander stehen und somit 𝑄𝑀1 ⋅ 𝑄𝑀2 = 0 gilt.
Daraus gewinnen wir eine Bestimmungsgleichung für 𝑡 und erhalten damit 𝑄.
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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0
−6 + 6𝑡
6 − 6𝑡
−3
Mit 𝑄𝑀1 = −3 −
=
0
2,5
2,5 − 5𝑡
5𝑡
0
−6 + 6𝑡
6 − 6𝑡
3
und 𝑄𝑀2 = 3 −
=
0
2,5
2,5 − 5𝑡
5𝑡
folgt 𝑄𝑀1 ⋅ 𝑄𝑀2 = −6 + 6𝑡
2
− 9 + 2,5 − 5𝑡
2
=0
⟺ 36 − 72𝑡 + 36𝑡 2 − 9 + 6,25 − 25𝑡 + 25𝑡 2 = 0
⟺ 33,25 − 97𝑡 + 61𝑡 2 = 0
𝑄(6 − 6𝑡|0|5𝑡)
𝑀1 0 −3 2,5
𝑀2 0 3 2,5
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
61𝑡 2 − 97𝑡 + 33,25 = 0
6
−6
𝑔: 𝑥 = 0 + 𝑡 ⋅ 0
0
5
10
Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung bestimmen
wir mit dem GTR.
Dazu geben Sie bei Y1 den Term 61𝑥 2 − 97𝑥 + 33,25 ein
und lassen sich den Graphen im 𝑥-Auschnitt 0; 2 und
im 𝑦-Ausschnitt −5; 5 zeichnen.
Mit 2ND CALC zero bestimmen Sie die beiden Nullstellen und erhalten 𝑥1 = 0,5
bzw. 𝑥2 ≈ 1,09.
Da 𝑄 nur für 0 ≤ 𝑡 ≤ 1 auf der Kante 𝐵𝑆 liegt, kann 𝑡 = 1,09 keine Lösung
3
6
−6
sein. Wir setzen 𝑡 = 0,5 in 𝑔 ein und erhalten 0 + 0,5 ⋅ 0 = 0 .
2,5
0
5
Ergebnis: Der Punkt 𝑄 hat die Koordinaten 𝑄(3|0|2,5).
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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𝑥3
Lösung c)
Bestimmung des Punktes 𝒁
Der Punkt 𝑍 soll in der 𝑥1 𝑥3 -Ebene liegen,
d.h. die 𝑥2 -Koordinate von 𝑍 ist 0.
Wir können somit 𝑍 𝑎 0 𝑐 mit noch
unbekannten 𝑎 und 𝑐 ansetzen.
5
𝑆
𝑀2
𝑀1
𝐸
𝑍
𝐶
𝐴
6
−6
6
𝐵
Das Dreieck 𝐴𝐵𝐶 liegt in der 𝑥1 𝑥2 -Ebene, somit
𝑥
ist der Abstand von 𝑍 zum Dreieck 𝐴𝐵𝐶 nichts anderes als die 𝑥3 -Koordinate
von 𝑍, nämlich 𝑐.
1
Das Dreieck 𝐴𝐶𝑆 liegt in der 𝑥2 𝑥3 -Ebene, somit ist der Abstand von 𝑍 zum
Dreieck 𝐴𝐶𝑆 die 𝑥1 -Koordinate von 𝑍, nämlich 𝑎.
Diese beiden Abstände sollen gleich sein, also ist 𝑎 = 𝑐.
𝑥2
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
𝑍 𝑎0𝑐
𝑎=𝑐
𝐸: 5𝑥1 + 12𝑥3 = 30
12
Der Punkt 𝑍 hat daher die Koordinaten 𝑍 𝑎 0 𝑎 .
Wir bestimmen nun den Abstand des Punktes 𝑍 von der Ebene 𝐸.
Dazu wird die Ebenengleichung in die Hesse‘sche Normalenform überführt.
5
Mit 𝑛 = 0 folgt 𝑛 = 52 + 122 = 169 = 13 folgt
12
5𝑥1 + 12𝑥3 − 30
HNF 𝐸:
=0
13
Ein beliebiger Punkt 𝑃(𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) hat damit zur Ebene 𝐸 den Abstand
𝑑 𝑃, 𝐸 =
5𝑥1 + 12𝑥3 − 30
13
𝑍 𝑎0𝑎
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
𝑑 𝑃, 𝐸 =
5𝑥1 +12𝑥3 −30
13
Laut Aufgabenstellung soll der Abstand von 𝑍 zu 𝐸 derselbe sein wie zum
Dreieck 𝐴𝐶𝑆 und wie zum Dreieck 𝐴𝐵𝐶 … also 𝑎.
Folglich gilt 𝑑 𝑍, 𝐸 = 𝑎 ⟺
5𝑎+12𝑎−30
13
= 𝑎 ⟺ 17𝑎 − 30 = 13𝑎
Um die Betragsgleichung aufzulösen müssen zwei Fälle unterschieden
werden.
Fall 1, 17𝑎 − 30 ≥ 0:
Hier können wir die Betragsstriche weglassen und erhalten
17𝑎 − 30 = 13𝑎 ⟺ 4𝑎 = 30 ⟺ 𝑎 = 7,5
Für diesen Wert von 𝑎 liegt der Punkt Z aber außerhalb der Pyramide.
Diese „vermeintliche“ Lösung müssen wir daher streichen.
13
17𝑎 − 30 = 13𝑎
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Fall 2, 17𝑎 − 30 < 0:
In diesem Fall können wir die Betragsstriche erst weglassen, wenn wir den
Ausdruck zwischen den Betragsstrichen mit −1 malnehmen.
−17𝑎 + 30 = 13𝑎 ⟺ 30𝑎 = 30 ⟺ 𝑎 = 1
Dies ist der einzig mögliche Wert für 𝑎 für den der Punkt 𝑍 innerhalb der
Pyramide liegt.
Ergebnis: Der Punkt 𝑍 hat die Koordinaten 𝑍 1 0 1 .
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Aufgabe B 2.2
Eine Tanzgruppe besteht aus 8 Anfängerpaaren und 4 Fortgeschrittenenpaaren. Aus der Erfahrung vergangener Jahre weiß man, dass Anfängerpaare
mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % bei den abendlichen Tanzstunden
anwesend sind, Fortgeschrittenenpaare mit einer Wahrscheinlichkeit von
75 %. Man geht davon aus, dass die Entscheidung von Tanzpaaren über die
Teilnahme an der Tanzstunde voneinander unabhängig sind.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle
Fortgeschrittenenpaare anwesend sind.
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend
mindestens 6 Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare
anwesend sind.
Wie groß die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens
11 Paare anwesend sind?
(5 VP)
8𝐴 ⇒ 90%
4𝐹 ⇒ 75%
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Lösung
Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle Fortgeschrittenenpaare
anwesend sind.
Die Zufallsvariable 𝑋 stehe für die Anzahl der Fortgeschrittenen-Paare.
Da es sich um ein „Ja/Nein“-Experiment (anwesend oder nicht anwesend)
handelt ist 𝑋 binomialverteilt.
Die Trefferwahrscheinlichkeit ist 𝑝 = 75%, die Anzahl der Versuche ist 𝑛 = 4.
Mit dem GTR lässt sich dann 𝑃(𝑋 = 4) bestimmen.
Nach Eingabe von binompdf(4,0.75,4) erhält man den
Wert 0,3164.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle
Fortgeschrittenenpaare anwesend sind beträgt etwa 32%.
8𝐴 ⇒ 90%
4𝐹 ⇒ 75%
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Bemerkung:
Statt den komplizierten Weg mit „Zufallsvariable und Binomialverteilung“ zu
gehen, hätte man einfach 0,754 = 0,3164 berechnen können.
Das führt ebenfalls zu der gesuchten Wahrscheinlichkeit!
In der Aufgabe wird ja nach „allen“ Fortgeschrittenen-Paaren gefragt.
Das ist vergleichbar mit der Frage: Wie groß ist die WS, dass man bei
4maligem Würfel immer eine 6 würfelt. Nun, die WS ist
1 4
.
6
Allerdings ist die folgende Denkweise falsch!!!
Die WS, dass ein F-Paar kommt ist 0,75.
Die WS, dass zwei F-Paare kommen ist 0,752 .
Die WS, dass drei F-Paare kommen ist 0,753 .
Daher ist die WS, dass alle vier F-Paare kommen gleich 0,754 .
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Die ersten drei Aussagen in dieser Liste sind falsch und nur die letzte ist
korrekt!
Um sich das zu verdeutlichen, vergleichen Sie das mit dem Würfelexperiment
„4maliges Würfeln“.
Die WS, dass eine 6 kommt ist eben nicht
Die WS, dass zwei 6en kommen ist nicht
Die WS, dass drei 6en kommen ist nicht
Die WS, dass vier 6en kommen ist 1 ⋅
1
,
6
1
6
sondern 4 ⋅ ⋅
1 2
,
6
1 3
sondern 6 ⋅
, sondern 4 ⋅
6
1 4
5 0
⋅
6
6
=
1 4
.
6
5 3
.
6
1 2
6
1 3
6
⋅
⋅
5 2
.
6
5 1
6
.
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Sie sehen also, erst am Ende der Kette „passt“ es wieder.
Falls Sie also aufgrund eines fehlerhaften Gedankenganges zum korrekten
Ergebnis gekommen sind, dann sollten Sie sich die Vorgehensweise nochmal
Schritt für Schritt verdeutlichen und den korrekten Gedankengang trainieren.
8𝐴 ⇒ 90%
4𝐹 ⇒ 75%
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Wahrscheinlichkeit für mindestens 6 Anfängerpaare und höchstens
3 Fortgeschrittenenpaare
Die Zufallsvariable 𝑋 stehe für die Anzahl der Anfängerpaare und die
Zufallsvariable 𝑌 für die Anzahl der Fortgeschrittenenpaare.
Es gibt insgesamt 8 A-Paare und ein Paar kann anwesend sein oder nicht.
Folglich ist 𝑋 binomialverteilt mit 𝑝 = 0,9 und 𝑛 = 8.
Die WS für mindestens 6 anwesende A-Paare ist dann 𝑃(𝑋 ≥ 6).
Es gibt insgesamt 4 F-Paare und ein Paar kann anwesend sein oder nicht.
Folglich ist 𝑌 binomialverteilt mit 𝑝 = 0,75 und 𝑛 = 4.
Die WS für höchstens 3 anwesende F-Paare ist dann 𝑃(𝑌 ≤ 3).
Die Gesamtwahrscheinlichkeit ist dann 𝑃 𝑋 ≥ 6 ⋅ 𝑃(𝑌 ≤ 3).
𝑋: 𝑛 = 8, 𝑝 = 0,9
𝑌: 𝑛 = 4, 𝑝 = 0,75
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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Nun ist 𝑃 𝑋 ≥ 6 ⋅ 𝑃 𝑌 ≤ 3 = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 5) ⋅ 𝑃(𝑌 ≤ 3).
Den Ausdruck auf der rechten Seite können wir mit dem GTR bestimmen:
(1-binomcdf(8,0.9,5))* binomcdf(4,0.75,3)
Dies liefert etwa den Wert 0,6576.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dass an einem Abend mindestens
6 Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare kommen
beträgt etwa 66%.
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
8𝐴 ⇒ 90%
4𝐹 ⇒ 75%
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Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 𝟏𝟏 Paare
anwesend sind
Die Zufallsvariablen 𝑋 bzw. 𝑌 bezeichnen wieder die Anzahl der A-Paare bzw.
die Anzahl der F-Paare.
Die Forderung „mindestens 11 Paare“ bedeutet „genau 11 Paare oder genau
12 Paare“.
„Genau 11 Paare“ bekommen wir durch die Kombination 𝑋 = 8 und 𝑌 = 3
oder durch die Kombination 𝑋 = 7 und 𝑌 = 4. Andere Möglichkeiten gibt es
nicht.
„Genau 12 Paare“ bekommen wir nur mit der Kombination 𝑋 = 8 und 𝑌 = 4.
In die Formelsprache übersetzt erhält man
𝑃 𝑋 =8 ⋅𝑃 𝑌 =3 +𝑃 𝑋 =7 ⋅𝑃 𝑌 =4 +𝑃 𝑋 =8 ⋅𝑃 𝑌 =4
𝑃(𝑔𝑒𝑛𝑎𝑢 11 𝑃𝑎𝑎𝑟𝑒)
𝑃(𝑔𝑒𝑛𝑎𝑢 12 𝑃𝑎𝑎𝑟𝑒)
𝑋: 𝑛 = 8, 𝑝 = 0,9
𝑌: 𝑛 = 4, 𝑝 = 0,75
Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2
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𝑃 𝑋 =8 ⋅𝑃 𝑌 =3 +𝑃 𝑋 =7 ⋅𝑃 𝑌 =4 +𝑃 𝑋 =8 ⋅𝑃 𝑌 =4
Im GTR gibt man zur Berechnung des obigen Ausdrucks folgendes ein:
binompdf(8,0.9,8)*binompdf(4,0.75,3) +
binompdf(8,0.9,7)*binompdf(4,0.75,4) +
binompdf(8,0.9,8)*binompdf(4,0.75,4)
Sie erhalten etwa den Wert 0,4389.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 11
Paare anwesend sind liegt bei etwa 44%.