2011 II 1

BW HT-2011 II 1
a) Beim Zeichnen darauf achten, dass die x1 -Achse verkürzt gezeichnet wird und die
Achsen sowie die Punkte A bis D und P bis Q beschriftet sind.
Das Volumen der Truhe wird berechnet mit V = G·h, wobei die Grundfläche G das Trapez
vorne ist. Die Länge der Seiten AB = 4, AP = 4 und BQ = 6 darf man ablesen, ebenso
die Höhe h = AD = 10. Die Fläche des Trapezes ABQP ist dann G = AP +BQ
· AB =
2
20m folglich V = G · h = 200. Als Einheit entweder gar keine nehmen, oder 200 VE
(Volumeneinheiten).
Andere Möglichkeit: man unterteilt die Truhe in einen Quader mit Grundfläche ABCD
und Deckfläche PEFS mit E(6|8|4) und F (−4|8|4), sowie ein daraufliegendes Prisma. Der
Quader hat Volumen 160, das Prisma ist ein halbes Quader der halben Höhe, hat somit
Volumen 41 · 160 = 40, woraus sich wieder V = 200 ergibt.
Die Koordinatengleichung der Ebene erhält man durch Berechnen des Normalenvektors
und Einsetzen eines Punkts der Ebene.
b) Eine Ebenenschar ist gegeben durch eine Ebenengleichung, in der ein (oder mehrere)
Parameter auftauchen, hier a. Für jeden Wert von a erhält man eine Ebene. In dem
hier vorliegenden Fall sind die Ebenen der Schar diejenigen, die man durch Drehen der
Deckelebene PQRS um die Achse QR erhält. Das wird aber erst bei c) gebraucht.
Die Ebene, in der der Deckel liegt, ist E : x2 − 2x3 = −4, die Ebenenschar Ea : x2 − ax3 =
8 − 6a. Da der Koeffizient von x2 in beiden Gleichungen derselbe ist (nämlich 1), kann die
Ebene E nur in der Schar liegen, wenn −a = −2 und 8 − 6a = −4 ist. Dies ist für a = 2
der Fall, also ist E = E2 .
Müsste man nachsehen, ob E 0 : 2x2 − 3x2 = −6 in der Ebenenschar liegt, sollte man Ea
mit 2 multiplizieren und E 0 mit Ea : 2x2 − 2ax3 = 16 − 12a vergleichen; dann folgt 2a = 3
und 16 − 12a = −6, was aber auf einen Widerspruch führt: diese Ebene liegt also nicht
in der Schar.
Die Ebene der Rückwand BCQR ist parallel zur x1 x3 -Ebene, hat also die Form x2 = d.
Einsetzen von B liefert x2 = 8. Ein Vergleich mit Ea zeigt, dass dies die Ebene E0 ist.
Wir haben bereits gesehen, dass die Ebenenschar die Rückwand und den Deckel enthält.
Wenn es also eine Gerade gibt, die in allen Ebenen Ea liegt, dann kann das nur dei
Schnittgerade QR sein (bei c steht auch, dass der Deckel um die Achse QR gedreht
werden kann – das passt). Also muss man nachrechnen, dass die Gerade QR in Ea liegt:
1
2
Mathematik
Geradengleichung aufstellen, die Koordinaten x1 , x2 , x3 ablesen und in Ea einsetzen. Wenn
0 = 0 herauskommt, liegt die Gerade in allen Ebenen der Schar, und das tut es.
Den Winkel von E0 uznd E2 bekommt man mit der Formel
|~n0 · ~n2 |
cos φ =
,
|~n0 | · |~n2 |
wobei oben das Skalarprodukt und unten das Produkt der Längen der beiden Normalenvektoren der Ebenen steht. Man findet cos φ = √15 (hat man einen Normalenvektor nicht “gekürzt”, kann auch z.B. cos φ = √220 herauskommen; das ist dasselbe wegen
√
√ √
√
20 = 4 · 5 = 2 5 ), also φ = 63,4◦ .
Um den Winkel zwischen E2 und Ea auszurechnen, geht man genauso vor; hier ist
|1 + 2a|
1
|n~2 · n~a |
√ =√
=√
cos φ =
|n~2 | · |n~a |
1 + a2 · 5
5
(es soll ja der gleiche Winkel rauskommen,
also muss cos φ beidesmal den gleichen Wert
√
haben). Dies liefert |1 + 2a| = 1 + a2 , also
√
√
1 + 2a = 1 + a2 oder 1 + 2a = − 1 + a2 .
Quadrieren (binomische Formel - BITTE!) gibt in beiden Fällen 1 + 4a + 4a2 = 1 + a2 ,
also 3a2 + 4a = 0. Ausklammern a(3a + 4) = 0 zeigt dann a = 0 (kennen wir schon) und
a = − 43 , der gesuchte andere Wert.
c) Wird der Deckel um 90◦ gedreht, wird der Normalenvektor von Ea senkrecht auf den
von E2 stehen. Aus
0 0 1
1
0 = −2
· −a
= 1 + 2a
folgt a = − 12 . (Das waren nochmal 2 geschenkte Punkte; also nie vor c) oder d) aufgeben!).
Um den Punkt P zu drehen, kann man so vorgehen: man dreht das ganze Dreieck PQT
mit T (6|4|6). Dabei bleibt Q fest, T wandert nach T ∗ , wobei T ∗ senkrecht über Q liegt
und Abstand T Q = 4 hat; also ist T ∗ (6|8|10). Der Punkt P schließlich wandert nach P ∗ ,
einem Punkt, der P T = 2 Einheiten links von T ∗ liegt, d.h. nach P ∗ (6|6|10).
Das muss man natürlich erst einmal sehen, aber unmöglich ist es nicht.
Die klassische Methode geht so: P ∗ liegt auf einer Geraden durch Q mit einem Richtungsvektor, der auf den Deckel E2 senkrecht steht, d.h. auf
0 6
1
~x = 8 + t −2
.
6
√
√
Also ist P√∗ (6|8 + t|6 − 2t). Weiter muss P ∗ Q = P Q = 20 sein; dies liefert t2 + 4t2 =
√
5t2 = 20, also t2 = 4 und damit t = ±2. Daher ist P ∗ einer der beiden Punkte
(6|6|10) oder (6|10|2). Der zweite Punkt liegt falsch (diese Drehung um 90◦ ist physikalisch
unmöglich), also muss es der erste sein.