Wahlteil 2011 – Geometrie II 1 Wahlteil 2011

Wahlteil 2011 – Geometrie II 1
1
2
Aufgabe II 1
Abiturprüfung Mathematik 2011
Baden-Württemberg
Allgemeinbildende Gymnasien
Wahlteil Geometrie II 1
Lösungen
[email protected]
Eine prismenförmige Truhe ist durch ihre Eckpunkte 6 4 0 , 6 8 0 ,
−4 8 0 , −4 4 0 , 6 4 4 , 6 8 6 , −4 8 6 und −4 4 4
gegeben.
Das Viereck
beschreibt den Deckel der Truhe.
a) Stellen Sie die Truhe in einem Koordinatensystem dar.
Berechnen Sie das Volumen der Truhe.
Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene, in welcher der
Deckel der Truhe liegt.
(Teilergebnis:
:
− 2 = −4)
(5 VP)
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3
4
Gegeben ist eine Ebenenschar durch
:
−
=8−6 ;
∈ ℝ.
b) Zeigen Sie, dass die Ebene, in der der Deckel liegt, und die Ebene, in der
die Rückwand
liegt, zur Ebenenschar gehören.
Zeigen Sie, dass es eine Gerade gibt, die in allen Ebenen
der Schar
liegt.
Berechnen Sie den Schnittwinkel von ! und .
Welche andere Ebene
schließt mit der Ebene ebenfalls den Winkel
ein?
(7 VP)
c) Der Deckel der Truhe ist um die Kante
drehbar.
Durch Drehung des Deckels um 90° wird die Truhe geöffnet.
In welcher Ebene
liegt der Deckel dann?
Der Punkt geht bei dieser Drehung in den Punkt P* über.
Bestimmen Sie die Koordinaten von P*.
(4 VP)
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5
6
Darstellung der Truhe im
Koordinatensystem
Lösung:
Koordinatengleichung der Ebene des Deckels
−10
0
= 45 − 65 = 4 und
= 75 − 65 =
Die Richtungsvektoren
0 liefern
0
2
mit dem Vektorprodukt einen Normalenvektor:
2⋅0
4⋅0
0
0
: 20
0⋅0
= −20 ⇒ 9 = −1
×
= 2 ⋅ 10 −
4 ⋅ −10
0⋅0
40
2
Volumen der Truhe
Es gilt # = $% & ' ⋅
, wobei das Trapez
durch
gebildet wird und
$% & '
=
)* + ,-
⋅
gilt.
Mit |AP|=4, |BQ|=6 (Unterschied bei
= 4 (Unterschied bei ) und
(Unterschied bei
/)
folgt # =
0+1
),
= 10
Es folgt – + 2 = <. Da 6 4 4 in der Ebene des Deckels liegt, können
wir einsetzen und damit < bestimmen: −4 + 2 ⋅ 4 = 4 = <.
⋅ 4 ⋅ 10 = 200.
Ergebnis: Die Truhe hat ein Volumen von 200 LE .
6
6
−4
6
6
4
8
8
4
8
0
0
0
4
6
Ergebnis: Die Koordinatengleichung der Ebene des Deckels lautet
:−
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7
+2
=4
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8
b) Zugehörigkeit von Deckel und Rückwand =>?@ zu AB
Gemeinsame Gerade aller Ebenen aus AB
In :
−
= 8 − 6 setzen wir = 2, teilen durch −1 und erhalten die
Ebenengleichung des Deckels, also liegt der Deckel in der Ebenenschar.
Die Gerade D auf der die Kante
liegt ist die Schnittgerade von
und C
(siehe Zeichnung). Also kann nur diese als gemeinsame Gerade aller
in
Frage kommen. Eine Parameterdarstellung lautet:
6
−10
D: 5 = 45 + E(G5 − 45), also D: 5 = 8 + E 0
6
0
Um zu prüfen, ob D in
liegt, müssen wir lediglich die Koordinaten von 5,
nämlich / = 6 − 10E, = 8 und = 6 in die Ebenengleichung von
einsetzen und testen, ob die Gleichung dadurch erfüllt wird. Es folgt
8 − ⋅ 6 = 8 − ⋅ 6 was offenbar für jedes ∈ ℝ gilt.
6
−10
Ergebnis: Die Gerade, die in allen
liegt lautet D: 5 = 8 + E 0 .
6
0
Koordinatengleichung für die Rückwand
:
0
-Achse senkrecht zur Rückwand steht, können wir 9 = 1 als
0
Normalenvektor nehmen und erhalten 0 / + 1 + 0 = < also = <.
Da in der Ebene liegt setzen wir dessen -Koordinate ein und erhalten
= 8. Somit müssen wir in
lediglich = 0 wählen, erhalten
C:
=
und
sehen
dadurch,
dass
die
Ebene der Rückwand ebenfalls zur
!
C
Ebenenschar gehört.
Da die
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9
10
Winkel zwischen AI und AJ
Es gilt 9! ⋅ 9 = 1, 9! = 1 und 9 = 1 + −2 = 5. Einsetzen ergibt
/
= . Der GTR liefert dann = 63,43°. Beachten Sie, dass der GTR
cos
Weitere Ebenen AB , die mit AJ den Winkel U einschließen
0
In :
−
= 8 − 6 ist 9 = 1 der Normalenvektor mit einer
−
0
0
Länge von 9 = 1 + . Außerdem gilt 9 ⋅ 9 = 1 ⋅ 1 = 1 + 2 .
−
−2
Zwischen beiden Ebenen soll der Winkel = 63,43° liegen, somit ist
/
cos
= (siehe obige Aufgabe).
hierbei im Modus {DEGREE} arbeitet.
Der Winkel zwischen
Aus den Ebenengleichungen
= 8 und :
− 2 = −4 liest man
0
0
die beiden Normalenvektoren 9! = 1 und 9 = 1 ab. Der Winkel
−2
0
N ⋅N
= O P .
zwischen ! und ist gegeben durch cos
!:
NO ⋅ NP
R
R
und
ist gegeben mit cos
=
NP ⋅NV
NP ⋅ NV
Wir setzen nun alle Zwischenergebnisse ein und lösen nach
Ergebnis: Die Ebenen
!
und
schneiden sich im Winkel
.
auf.
= 63,43°.
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cos
/
R
=
/+
R⋅ /+ P
⋅ 5, ²
⇒
1=
⇒
3
Die Lösungen sind
Ergebnis:
W0/
/+
/+ P
P
⇒
1+
+4 =0⇒
/
= 0 und
ist neben
!
= 1+2
3 +4 =0
0
=− .
die einzige Ebene die mit
= 63,43° einschließt.
=
den Winkel
9 ⋅9
9 ⋅ 9
c) Bestimmung der Ebene in der der geöffnete Deckel liegt
0
Der geschlossene Deckel liegt in mit 9 = 1 .
−2
0
Der geöffnete Deckel liegt in einer Ebene
mit 9 = 1 .
−Z
Aufgrund der Vorgabe, dass und
senkrecht zueinander stehen, gilt
9 ⋅ 9 = 0 woraus sich Z bestimmen lässt.
0
0
/
Es folgt 1 ⋅ 1 = 0 ⇔ 0 + 1 + 2Z = 0, also Z = −
−Z
−2
Ergebnis: Der um 90° geöffnete Deckel liegt in der Ebene
W//
.
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Bestimmung des Punktes \* nach der Drehung
bewegt sich beim Öffnen des Deckels in
einer zur
-Ebene parallelen Ebene
(nämlich in der Ebene / = 6). Daher hat ∗
dieselbe / -Koordinate wie , also gilt ∗ 6 7 E .
Da um gedreht wird sind die Längen der
Strecken
und ∗ dieselben. Daraus bekommen wir eine erste Bestimmungsgleichung.
0
= 4 = 4 + 2 = 20
Es gilt
2
0
und ∗ = 8 − 7 = 8 − 7 + 6 − E
6−E
Wegen
= ∗
folgt 20 = 8 − 7
Quadrieren: I. 20 = 8 − 7 + 6 − E .
∗
+ 6−E .
6 7 E liegt im geöffneten Deckel liegt, also
Einsetzen von
∗
in
W//
:
+
/
∗
∈
W//
.
/
= 11 liefert 7 + E = 11 also
/
/
II. 7 = 11 − E. Einsetzen in I. ergibt 20 = 8 − 11 + E
+ 6−E .
Dies führt zur quadratischen Gleichung E − 12E + 20 = 0 mit den Lösungen
E/ = 10 und E = 2. Aus E/ gewinnen wir 7/ = 6 und aus E folgt 7 = 10.
Beide Lösungen setzen wir in ∗ ein und erhalten / 6 6 10 bzw.
6 10 2 . Die zweite Lösung können wir wegstreichen, denn hier wäre der
Deckel um 270° aufgeklappt.
Ergebnis: Nach der Drehung geht der Punkt
∗
6 6 10 .
6 4 4 über in den Punkt