FHSR_HPL4_00_08
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Lösungen der Abschlussprüfungen der
Berufkollegs Aufgabentyp 4
2000 - 2008
1 Hauptprüfung 2000
1.1 Aufgabe 4
4.1
A(-4 | 8 | 0); B(-4 | 0 | 4); C(-4 | 0 | 0); D(5 | 2 | 1)
1) Sei S12(x1s| x2s | 0) der Spurpunkt von der Geraden g in die x1-x2-Ebene. Dann gibt es ein rS
mit:
x 1S 4
x 1S 4
0
x 2S 4 rS 2 <==> x 2S 4 - 2 rS
0 2
1
0 2 rS
<==> rS = -2
Daraus folgt:
x1s = -4, x2s = 8, also: S12(-4| 8 | 0)
2) Sei S13(x1S| 0 | x3S) der Spurpunkt von der Geraden g in die x1-x3-Ebene. Dann gibt es ein rS
mit:
x 1S 4
x 1S 4
0
0 4 rS 2 <==> 0 4 - 2 rS
x 2
1
x 3S 2 rS
3S
<==> rS = 2
Daraus folgt:
x1S = -4, x3S = 4, also: S12(-4| 0 | 4)
3) Sei S23(0 | x2S | x3S) der Spurpunkt von der Geraden g in die x2-x3-Ebene. Dann gibt es ein
rS mit:
0 4
0 4
0
x 2S 4 rS 2 <==> x 2S 4 - 2 rS
x 2
1
x 3S 2 rS
3S
Da es kein rS gibt, so dass alle 3 Gleichungen wahr werden, gibt es keinen Spurpunkt.
4) g ist parallel zur x2-x3-Ebene im Abstand 4
4.2
1) E ist die senkrechte Projektion von D(5 | 2 | 1) auf die die x1-x3-Ebene, also: E(5 | 0 | 1)
F ist die senkrechte Projektion von D(5 | 2 | 1) auf die die x1-x2-Ebene, also: F(5 | 2 | 0)
4.4
Sei g1 = (AF), g2 = (BE)
4
5 (4)
4
g1: x = 8 + t 2 8 g1 : x = 8 + t
0
0 0
0
9
6
0
4
g2: x = 0 + t
4
9
0
3
5 (4)
4
0 0 g2 : x = 0 + t
1 4
4
4.5
1)
4
h: x = 8 + s
0
4
i: x = 0 + t
4
3
2
0
3
0
1
S(x1s| x2s| x3s) = h i.
4
3 4
8 + ss 2 = 0 + t S
0
0 4
3
0
1
-4 + 3ss = -4 + 3ts
8 - 2ss = 0
0
= 4 - ts
3ss – 3ts = 0
8 - 2ss = 0
ts = 4
daraus folgt:
tS = 4; ss = 4 und damit:
S(8 | 0 | 0)
G1
G2
G3
2) Berechnung des Winkels
3 3
2 0
0 1
AD AB
=
cos =
3 3
| AD | | AB |
| 2 | | 0 |
0 1
9
13 10
9
130
3 3 (2) 0 0 (1)
3 (2) 2 0 2 3 2 0 2 (1) 2
2
=
0,7894
also: 37,88°
4.6
1) Nachweis des rechten Winkels
A(-4 | 8 | 0); B(-4 | 0 | 4); C(-4 | 0 | 0); D(5 | 2 | 1)
4 (4) 0
AC = 0 8
= 8
0 0
0
4 (4) 0
BC = 0 0
=0
0 4
4
0 0
AC BC = 8 0 = 00 + (-8)0 + 0(-4) = 0
0 4
==> AC BC ==> ACB ist ein rechter Winkel
2) Berechnung des Volumens
a) Berechnung der Fläche von ACB
0 0
1 1
1
AACB | AC | | BC | = | 8 | | 0 | = 0 2 (8) 2 0 2 0 2 0 2 4 2 =16
2
2
2
0 4
b) Pyramidenvolumen
4 8
12
1
1
1
1
V AACB | SC | = 16 | 0 0 | = 16 | 0 0 | = 16 (12) 2 0 2 0 2 = 64
3
3
3
3
0 0
0 0
Egebnis:
Das Volumen der Pyramide beträgt 64 VE
2 Hauptprüfung 2001
2.1 Aufgabe 4
4.1
a)
12 3 9
AB 11 2 9 ,
8 8 0
9 10 12 2
,
BA 9 , BC 13 11 2
0
8 8 0
also
9 2
BA BC 9 2 0
0 0
also BA BC
9
2
b) | AB | | 9 | 162 , | BC | | 2 |
0
0
10 3 7
AC 13 2 11 , also | AC | 170
8 8 0
8,
c) Das Dreieck ABC liegt in einer Ebene parallel zur x1-x2-Ebene im Abstand 8.
3 2 1
d) OD OA BC 2 2 4 , also: D(1 | 4 | 8)
8 0 8
4.2
A'(3|2|0), B'(12|11|0), C'(10|13|0), D'(1|4|0)
4.3
a)
d1:
d2:
3
10 3 3
7
X 2 r 13 2 2 r 11
8
0 8 8
8
10
10 3 10
7
X 13 t 13 2 13 t 11
8
8 0 8
8
Für den Schnittpunkt S(x1g|x2g|x3g) gibt es ein tS und ein rS mit:
3
7
2 rS 11 =
8
8
10
13 t S
8
7
11
8
3 7 rS 10 7t S
2 11rS 13 11t S
tS = -1/2
rS =1/2
8 8rS 8 8t S
Für den Schnittpunkt S(x1g|x2g|x3g) gilt dann:
x1g 3
7 6,5
x 2 g 2 0,5 11 7,5
8 4
x 8
3g
Damit ergibt sich der Schnittpunkt:
S(6,5 | 7,5 | 4)
========
b)
10 3 7 10 3 7
C ' A 13 2 11 , A' C 13 2 11 , also:
0 8 8
8 0 8
C ' A A' C
cos
| C' A | | C' A |
7 7 11 11 8 8
49 121 64 49 121 64
also
63,064°
========
4.4
3 3
VQ = | AB | | BC | | AA' | 162 8 | 2 2 | 36 8 288 VE
0 8
VP =
1
| AB | | BC | (12 8) 48 VE
3
also:
VG = VQ + VP = 288 VE + 48 VE = 336 VE
4.5
(SC):
6,5
10 6,5 6,5
3,5
X 7,5 t 13 7,5 7,5 t 5,5
12
8 12 12
4
Für den Schnittpunkt T(x1g|x2g|0) gibt es ein tg mit:
x1g 6,5 3,5 t g
x
6,5
1g
x 2 g 7,5 t g
0 12
3,5
5,5
4
also: x1g = 17, x2g = 24
also:
T(17 | 24 | 0)
=========
x 2 g 7,5 5,5 t g
0 12 4 t g
tg=3
106
53
234
234
3 Hauptprüfung 2002
3.1 Aufgabe 4
4.1
A(2 | 7 | -2); B(5 | 4 | 1); D(-4 | 3t+1 | -8)
2
1) g: x = 7 + r
2
2)
D(-4 | 3t+1 | -8) g:
4 2
3t 1 = 7 + r
8 2
also:
t=4
5 2
2
3
4 7 x = 7 + r 3
1 (2)
3
2
-4
= 2 + 3r ==> r =
3
3t+1
=
7 - 3r ==> t =
3 ==>
3
-8
= -2 +3r ==> r =
-2
(6-3r)/3=
(6-3(-2))/3=4
-2
4.2
1) Sei S1(0| 9 | -4) ein Spurpunkt der Geraden g, d.h.es gibt ein rS1 mit:
0 2 3 rS 1
rS 1 2 / 3
0 2
3
9 = 7 + rS1 3 <==> 9 7 3 rS 1 <==> rS 1 2 / 3
3
4 2
- 4 2 3 rS 1
rS 1 2 / 3
Daraus folgt: rS1 = -2/3 und damit ist S1 Spurpunkt in der x2-x3-Ebene.
2) Sei S2(9 | 0 | 5) ein Spurpunkt der Geraden g, d.h.es gibt ein rS2 mit:
9 2 3 rS 2
rS 2 7 / 3
9 2
3
0 = 7 + rS2 3 <==> 0 7 3 rS 2 <==> rS 2 7 / 3
3
5 2
5 2 3 rS 2
rS 2 7 / 3
Daraus folgt: rS2 = 7/3 und damit ist S2 Spurpunkt in der x1-x3-Ebene.
3) Sei S3(x1s| x2s | 0) der Spurpunkt von der Geraden g in die x1-x2-Ebene:
x 1s 2 3 rS 3
x 1s 2 3 rS 3
x1S 2
3
x 2 S = 7 + rS3 3 <==> x 2s 7 3 rS 3 <==> x 2s 7 3 rS 3
0 2
3
0 2 3 rS 3
rS 3 2 / 3
Daraus folgt: rS3 = 2/3
und damit: x1s = 4, x2s = 5, also: S3(4| 5 | 0)
4.3
5 2 3
1) AB = 4 7 = 3
1 (2) 3
2
3 3
AP1 = 7 + 1/3 3 = 6 ==> P1(3 | 6 | -1)
3 1
2
2
3 4
AP2 = 7 + 2/3 3 = 5 ==> P2(4 | 5 | 0)
3 0
2
4.4
1) Umfang
C(-4 | -5 | -8)
u = | AB | + | BC | + | CA | =
3
4 5
2 (4)
3
9
6
| 3 | + | 5 4 | + | 7 (5) | = | 3 | + | 9 | + | 12 |
3
8 1
2 (8)
3
9
6
=
3 2 (3) 2 (3) 2 (9) 2 (9) 2 (9) 2 6 2 12 2 6 2 =
=
3 9 3 81 216 3 3 3 9 6 6 35,48
2) Innenwinkel:
a) Berechnung des Winkels = BAC:
3 6
3 12
3 6 3 6 3 12 3 6
AB AC
=
cos
=
= 0 ==> = 90°
3 36 6
3 36 6
| AB | | AC |
b) Berechnung des Winkels = ABC:
3 9
3 9
3 9 - 3 9 3 9 3 9 27 27 27 1
BA BC
=
cos
=
=
=
3
3
3
9
3
3
3
9
3
3
3
9
3
| BA | | BC |
==> 70,53°
c) Berechnung des Winkels = ACB:
9 6
9 12
9 6
CB CA
= 54 108 54 = 216 = 0,9428
cos
=
54 3 2
162 2
| CB | | CA | 9 3 6 6
==> 19,47°
d) Flächeninhalt:
1
1
A | AB | | AC | = 3 3 6 6 27 2 38,18 FE
2
2
4.5
5
1) h: x = 4 + r
1
4 5
5
5 4 x = 4 + r
8 1
1
9
5
9 x = 4 + r
9
1
1
1
1
2) Geradengleichung der x1-Achse:
1
x = t 0
0
3) Schnittpunkte
S(x1s| x2s| x3s) = x1-Achse h
5 t s rs
5 t s rs
5
1
1
4 + tS 1 = rS 0 <==> 4 t s 0 <==> t s 4 ==> L = {}
1
1
0
1 ts 0
t s 1
also gibt es keinen Schnittpunkt.
Bemerkung: alternative Lösung des LGS mit Matrixschreibweise
4) Parallelität:
Wenn die Geraden parallel zueinander wären, dann müssten z.B. der Richtungsvektor der
Geraden h ein Vielfaches v 0 des Richtungsvektors der x1-Achsengeraden sein, also:
1
1
1=v
1 = v 0 <==> 1 = 0
1
0
1=0
Da dieses Gleichungssystem keine Lösung hat, sind die Geraden nicht parallel.
5)
Aus 3) und 4) folgt, daß die Geraden windschief zueinander sind.
4 Hauptprüfung 2003
4.1 Aufgabe 4
4.1
A(3 | -2 | -1); B(0 | 3 | -1); C( 3 | 3 | -1); D( 3 | 3 | 4); E( 3 | t | -1)
3
0 3
3
3
g: x = 2 + t 3 (2) x = 2 + t 5
0
1
1 (1)
1
4.2
3
3
h: x = 0,75 + r 5
0
0
1) Richtungsvektoren von g und h sind gleich
2) Wähle r = 0. Dies ergibt den Punkt P(3 | -0,75 | 0) h.
Sei P(3 | -0,75 | 0) g. Dann gibt es ein tS mit:
3 3 3t S
3
3
3
0,75 = 2 + tS 5 <==> - 0,75 2 5t S
0
0
1
0 1
Da es kein tS gibt, so dass alle 3 Gleichungen wahr werden, gilt eben:
P(3 | -0,75 | 0) g und damit sind g und h verschieden.
4.3
3 3
EA = 2 t =
1 (1)
0
2 t
0
0 3
3
EB = 3 t
= 3 t
1 (1) 0
Da das Dreieck in E rechtwinklig ist, gilt:
0
3
EA EB = 2 t 3 t = 0(-3) + (-2-t)(3-t) + 00 = (-2-t)(3-t) = 0
0
0
==> t1 = -2; also E = A
t2 = 3; also E = C
4.4
1) Für t = 3 ist E = C, damit hat das Dreieck ABC bei C einen rechten Winkel.
2) Berechnung der Winkel
0 3
3
AB = 3 (2) = 5
1 (1) 0
3 3
0
AC = 3 (2) = 5
1 (1) 0
cos
AB AC
3 0
5 5
0 0
=
(3) 5 0 0 5 0
| AB | | AC |
==> 30,96°
Damit gilt:
= 90 - 90° - 30,96° 59,04°
2
2
2
2
3) Berechnung der Fläche
3 3
3 0
3 (2) 3 3
1 (1) 1 (1)
| AC | | BC |
=
=
A1
2
2
53
=
= 7,5
2
2
2
=
0 3
5 0
0 0
2
3 0 55 0 0
34 5
=
1) Bestimmung der Geraden g1 = (CD)
3
3 3
3
0
g': x = 3 + t 3 3 x = 3 + t 0
1
4 (1)
1
5
2) Orhogonale Projektion
C'( 3 | 3 | 0) ist die orthogonale Projektion von C( 3 | 3 | -1) in die x1-x2-Ebene.
<==> tS = 0,2
34
0 2 5 2 0 2 32 0 2 0 2
=
2
4.5
3) Punktprobe
Zeige: C'( 3 | 3 | 0) liegt auf g', d.h.es gibt ein tS mit:
3 3
0
3 = 3
3 = 3 + tS 0 <==> 3 = 3
0 = -1 + 5ts
0 1
5
5
4.6
1) Bestimmung der Geraden g2 = (AD)
3
3 3
3
0
g2: x = 2 + t 3 (2) x = 2 + t 5
1
4 (1)
1
5
2) Punktprobe
Zeige: A*( 3 | -1 | 0) liegt auf g2, d.h.es gibt ein tS mit:
3 3
0
3 = 3
-1 = -2 + 5ts
=
+
t
<==>
1
2
5
S
0 1
5
0 = -1 + 5ts
<==> tS = 0,2 tS = 0,2 <==> tS = 0,2
A*( 3 | -1 | 0) ist der Spurpunkt von g2 = (AD) in die x1-x2-Ebene.
3) Bestimmung der Geraden g3 = (BD)
0
3 0
0
3
g3: x = 3 + t 3 3 x = 3 + t 0
1
4 (1)
1
5
4) Punktprobe
Zeige: B*( 0,6 | 3 | 0) liegt auf g3, d.h.es gibt ein tS mit:
0,6 0
3
0,6 = 3 ts
3
= 3
=
+
t
<==>
3
3
0
S
0
=
-1 + 5ts
0 1
5
<==> tS = 0,2 tS = 0,2 <==> tS = 0,2
B*( 0,6 | 3 | 0) ist der Spurpunkt von g3 = (BD) in die x1-x2-Ebene.
4.7
1) rechtwinkliges Dreieck
3 3 0
C ' A * = 1 3 = 4
0 0 0
0,6 3 2,4
C ' B * = 3 3 = 0
0 0 0
0 2,4
C ' A * C ' B * = 4 0 = 0 2,4 + (-4) 0 + 0 0 = 0
0 0
==> Das Dreieck ist rechtwinklig
2) Berechnung der Fläche
0 2,4
4 0
0 0)
0 2 4 2 0 2 (2,4) 2 0 2 0 2
| C' A * | | C' B * |
=
=
A2
2
2
2
4 2,4
=
= 4,8
2
3) Berechnung des Verhältnisses
A1 7,5 25
A2 4,8 16
4.8
Bei A, B und C ist jeweils die Koordinate x3 = -1. Dreieck ABC ist somit parallel zur
x1-x2-Ebene.
3 3 0
CD = 3 3 = 0
4 (1) 5
0
| CD | = 0 = 0 2 0 2 52 5
5
CD ist orthogonal zu Dreieck ABC.
Damit:
1
1 15
75
V A1 | CD | = 5 =
3
3 2
6
5 Hauptprüfung 2004
5.1 Aufgabe 4
4.1
A(3 | 3 | 6); B(5 | 1,5| 3)
3
5 3
3
g: x = 3 + t 1,5 3 x = 3 + t
6
3 6
6
2
1,5
3
4.2
1) Sei S3(x1s| x2s | 0) der Spurpunkt von der Geraden g in die x1-x2-Ebene:
x 1s 3 4 t s
x 1s 3
4
x 2s 3 t s 3 <==> x 2s 3 3 t s
0 6
6
0 6 6 t s <==> tS = -1
Daraus folgt:
und damit: x1s = 7, x2s = 0, also: S3(7| 0 | 0)
2) Koordinaten des Punktes C:
C(3 | 3 | 0)
4.3
Berechnung der Winkel
A(3 | 3 | 6); C(3 | 3 | 0); S(7| 0 | 0)
1) Berechnung von = <ASC
3 7 4
SA = 3 0 = 3
6 0 6
3 7 4
SC = 3 0 = 3
0 0 0
cos
SA SC
4 4
3 3
6 0
=
(4) 3 6 (4) 3 0
| SA | | SC |
0,64 ==> 50,19°
2
2
2
2
2) Berechnung von = = <SCA
= 90° (siehe Zeichnung: orthogonale Projektion)
3) Berechnung von = = <CAS
= 90 - 90° - 50,19° 39,81°
2
2
=
- 4 4 3 3 6 0
61 5
=
5
61
4) Berechnung der Fläche von SCA:
4 3 3 4 0
3 3 3 3 0
| SC | | CA | 0 6 0 0 6
A
2
2
2
(4) 2 3 2 0 2 0 2 0 2 6 2
15
2
4.4
Abbildung von S, C, A auf die x1-x3-Ebene ergibt:
S'(7 | 0 | 0); C'(3 | 0 | 0); A'(3 | 0 | 6);
4.5
Der Körper ist eine Rechteckpyramide.
h = | SC ' |
CC ' = 3 (siehe Zeichnung oder rechnerisch)
CA = 6 (siehe Zeichnung oder rechnerisch)
SC ' = 7 - 3 = 4 (siehe Zeichnung oder rechnerisch)
1
1
V = G h = (3 6 4) = 24
3
3
4.6
Sei m 0 der Einheitsvektor des Richtungsvektors von h. Dieser hat die Länge 1. Es gilt:
m0
3
0
4
3
| 0 |
4
3
0
4
| 32 0 2 4 2
3
5
0
4
5
Damit gilt:
3
3
5 4,5
1) 0 B 1 = 0 A + 2,5 m 0 = 3 + 2,5 0 = 3 , also B1(4,5| 3 | 8)
6
4 8
5
3
3
5 1,5
2) 0B2 = 0 A - 6 m 0 = 3 - 2,5 0 = 3 , also B2(1,5 | 3 | 4)
6
4 4
5
6 Hauptprüfung 2005
6.1 Aufgabe 4
4.1
A(0 | 1 | 0); B(4 | 4 | -1); C(3 | 6 | 1); D(-1 | 3 | 2) ; E(0 | 1 | 4) ; G(3 | 6 | 5)
4 3 3 4 0 4
0F OB CG = 4 6 6 4 0 4 ==> F(4 | 4 | 3)
1 5 1 1 4 3
1 3 3 1 0 1
0H OD CG = 3 6 6 3 0 3 ==> H(-1 | 3 | 6)
2 5 1 2 4 6
4.2
4 0 4
AB = 4 1 3 ; DC =
1 0 1
3 (1) 4
6 3 3
1 2 1
1 0 1
AD = 3 1 2 ; BC =
2 0 2
3 4 1
6 4 2
1 (1) 2
also: AB = DC und AD = BC und AB AD = 4(-1) + 32 + (-1) 2 = 0, also AB AD
Damit ist das Viereck ein Rechteck.
4.3
1. Lösung:
0
a) Höhe h des Parallelogramms BCGF < | CG | = 0 0 2 0 2 4 2 4
4
4
b) | AB | = 3 =
1
4 2 3 2 (1) 2 26 > 4 = h
also: | AB | | BC | > | BC | h
2. Lösung:
a) Fläche AR des Rechtecks ABCD:
4 1
AR = | AB | | BC | = 3 2 =
1 2
3 26 FE 15,297
4 2 3 2 (1) 2
(1) 2 2 2 2 2 =
26 3 =
b)
a) Berechnung des Winkels = FBC:
1 0
2 0
2 4
BC BF
8 2
-1 0 2 0 2 4
=
=
=
cos
2
2
2
2
2
2
12
3
1
0
(
1
)
2
2
0
0
4
| BC | | BF |
2 0
2 4
==> 48,19°
damit gilt für die Fläche AP des Parallelogramms BCGF:
1
AP = 2 Fläche des Dreiecks BCF = 2 | BC | | BF | sin = | BC | | BF | sin =
2
(1) 2 2 2 2 2 0 2 0 2 4 2 sin = 3 4 sin 3 4 sin 48,19 8,94 FE
also:
AR > AP
4.4
Sei g1 = (AG), g2 = (CE)
0
3 0
0
g1: x = 1 + r 6 1 g1 : x = 1 + r
0
5 0
0
3
g2: x = 6 + t
1
0 3
3
1 6 g2 : x = 6 + t
4 1
1
3
5
5
3
5
3
1) Berechnung des Schnittpunkts
Für den Schnittpunkt S(x1s| x2s| x3s) gibt es ein tS und ein rS mit:
0
3 3
3
1 + rS 5 = 6 + tS 5
3
0
5 1
0 + 3rs = 3 - 3ts
1 + 5rs = 6 - 5 ts
0 + 5rs = 1 + 3 ts
G1
G2
G3
3ts + 3rs = 3
5ts + 5rs = 5
-3ts + 5rs = 1
G4
G5
G6
3
5
-3
3
5
5
3
5
1
G4
G5
G6
3
0
0
3
0
8
3
0
4
G7=G4
G8=5*G4-3*G5
G9=G4+G6
3
0
3
8
3
4
G10=G7
G11=G9
Matrixschreibweise
-24 0 -12
0 8 4
G12=3G11-8G10
G13=G11
1
0
G14=G12/-24
G15=G11/8
0
1
0,5
0,5
also: ts = 0,5 ; rs = 0,5
x1S 0
x 2 S = 1 + 0,5
x 0
3S
3 1,5
5 = 3,5 ==> S(1,5 | 3,5 | 2,5)
5 2,5
2) Berechnung des Schnittwinkels:
Berechnung des Winkels
3 3
5 5
5 3
3 (3) 5 (5) 5 3
19
cos =
=
- 0,3772
2
2
2
2
2
2
2537
3 3
3 5 5 (3) (5) 3
5 5
5 3
also: 112,16° , also ist der spitze Winkel = 180° - 67,84°
4.5
1) Die Gleichung der Geraden h = (BC):
4
3 4 4
1
h: x = OB + t BC = 4 t 6 4 = 4 t 2
- 1
1 (1) - 1
2
Sei S12(x1S| x2S | 0) der Spurpunkt von der Geraden h = (BC), in die x1-x2-Ebene:
x 1S 4 t S
x 1s 4
1
h: x 2s 4 t S 2 <==> x 2S 4 2 t S
<==> tS = 0,5
0 - 1
2
0 1 2 t S
Daraus folgt:
x1S = 3,5 ; x2S = 5, also: S12(3,5 | 5 | 0)
2)
Die Grundfläche ABCD wird durch die x1-x2-Ebene in ein Trapez und ein Dreieck zerteilt,
weil der Punkt A in der x1-x2-Ebene, der Punkt B unterhalb und die Punkte C und D oberhalb
der Koordinatenebene liegen.
Nach 4.5 gilt:
OS 12 = OB + 0,5 BC
S12 ist demnach der Mittelpunkt von BC. Somit ist das Verhältnis der beiden Grundseiten 2:1.
4.6
1) Der Punkt P liegt im Inneren, wenn gilt:
0 < r < 1 und 0 < s < 1 und 0 < t < 1
2)
4 0
1 0
0 0
AP = r 4 1 + s 3 1 + t 1 1 = r
1 0
2 0
4 0
Für P(1,5 | 3,5 | 1,5) gibt es Werte rP, sP, tP mit:
4
1
0
AP = rP 3 + sP 2 + tP 0
1
2
4
1,5 0 1,5
3,5 1 = 2,5 = rP
1,5 0 1,5
1,5 =
2,5 =
1,5 =
4
3 + sP
1
1
2 + tP
2
4 rP sP
TR
3 rP + 2 sP
<==>
- rP + 2 sP + 4 tP
4
3 + s
1
1
2 + t
2
0
0
4
0
0
4
rP = 0,5 ; sP = 0,5 ; tP = 0,25
Also muss P(1,5 | 3,5 | 1,5) innerhalb des Prismas liegen.
7 Hauptprüfung 2006
7.1 Aufgabe 4
4.2
A(1 | 6 | 2); B(2 | 2 | 3); C(4 | 2 | 1)
Berechnung der Winkel
1) Berechnung von = <ABC
1 2 1
BA = 6 2 = 4
2 3 1
4 2 2
BC = 2 2 = 0
1 3 2
cos
BA BC
1 2
4 0
1 2
=
| BA | | BC |
==> = 90°
(1) 2 4 2 (1) 2 2 2 0 2 (2) 2
=
- 1 2 4 0 (1) (2)
18 8
2) Berechnung von = <ACB
1 4 3
CA = 6 2 = 4
2 1 1
2 4 2
CB = 2 2 = 0
3 1 2
cos
CA BC
=
| CA | | BC |
=
8
208
3 2
4 0
1 2
==> 56,31°
(3) 4 1) (2) 0 2
2
2
2
2
2
2
=
(-3) (2) 4 0 1 2
26 8
=0
3) Berechnung von = <CAB
4 1 3
AC = 2 6 = 4
1 2 1
2 1 1
AB = 2 6 = 4
3 2 1
AC AB
cos
=
| AC | | AB |
=
18
468
3 1
4 4
1 1
3 (4) 1 1 (4) 1
2
2
2
2
2
2
=
==> 33,69°
4) Koordinaten von D
2 1 2 3
OD = OB + BA + BC = 2 + 4 + 0 = 6
3 1 2 0
damit: D(3 | 6 | 0)
alternative Lösung:
4 1 3
OD = OC + BA = 2 + 4 = 6 ==> D(3 | 6 | 0)
1 1 0
4.3
1
q
g: x 6 t 12
4
3
1
AB = 4 (siehe oben)
1
Der Richtungsvektor muss ein Vielfaches von AB sein. Also:
q r
q 1
12 r 4 <==> 12 4r <==> r = -3 q = -3
3 1
-3 r
Für q = -3 sind die beiden Geraden parallel.
3 1 (4) (4) (1) 1
26 18
4.4
1) Berechnung des Mittelpunkts M
1 4
6 2
2,5
OA OC 2 1
OM =
=
= 4 ,
2
2
1,5
M(2,5 | 4 | 1,5)
damit:
2)
10 2,5 7,5
MS = 7,75 4 = 3,75
9 1,5 7,5
3)
1 2 7,5
1
1
V (| BA | | BC | | MS |) = 4 0 3,75 =
3
3
1 2 7,5
1
( (1) 2 4 2 (1) 2 2 2 0 2 (2) 2 7,5 2 3,75 2 7,5 2 =
3
1
( 18 8 11,25 ) = 45
3
4) Berechnung des Winkels
10 1 9
AS = 7,75 6 = 1,75
9 2 7
2,5 1 1,5
AM = 4 6 = 2
1,5 2 0,5
cos
AS AM
9 1,5
1,75 2
7 0,5
=
9 2 1,75 2 7 2 1,5 2 (2) 2 (0,5) 2
| AS | | AM |
9 1,5 1,75 (2) 7 (0,5)
6,5
=
=
133,0625 6,5
133,0625 6,5
==> 77,23°
alternative Lösung:
cos
AS AC
9 3
1,75 4
7 1
=
| AS | | AC |
9 2 1,75 2 7 2 3 2 (4) 2 (1) 2
==> 77,23°
4.5
1)
2
CB CC ' = 0
2
2
1 = (2) 2 0 1 2 2 = 0, also CB CC '
2
3
CA CC ' = 4
1
2
1 = (3) 2 4 1 1 2 = 0, also CA CC '
2
2)
V
1
(| BA | | BC | a | CC ' |) =
2
1
( (1) 2 4 2 (1) 2 2 2 0 2 (2) 2 a 2 2 12 2 2 ) =
2
1
( 18 8 a 3) = 18a = 45
2
a = 2,5
8 Hauptprüfung 2007
8.1 Aufgabe 4
4.1
A(0 | 0 | 3); B(4,5 | 0 | 3,5); C(0 | 3 | 2)
Berechnung der Winkel
1) Berechnung von = <ABC
4,5 0 4,5
0 0
AB = 0 0 = 0
AC = 3 0 =
3,5 3 0,5
2 3
0
3
1
0 4,5
BC = 3 0 =
2 3,5
4,5
3
1,5
4.2
4,5 0
AB AC 0 3 4,5 0 0 3 0,5 (1) 0,5 0
0,5 1
4,5 4,5
AB BC 0 3
4,5 (4,5) 0 3 0,5 (1,5) 21 0
0,5 1,5
0 4,5
AC BC 3 3
0 (4,5) 3 3 (1) (1,5) 10,5 0
1 1,5
Also ist das Dreieck nicht rechtwinklig.
Alternative Lösung:
a)
cos 1
AB AC
| AB | | AC |
=
4,5 0
0 3
0,5 1
4,5 0
0 3
0,5 1
=
4,5 0 0 3 0,5 (1)
4,5 2 0 2 0,5 2 0 2 3 2 (1) 2
=
- 0,5
==> 1 92,001°
20,5 10
Wäre ein anderer Winkel 90° groß, dann wäre die Winkelsumme im Dreieck mindestens
92,001° + 90° > 180°.
Dies kann aber nicht sein, da die Winkelsumme im Dreieck 180° ist.
Deshalb ist dieses Dreieck nicht rechtwinklig.
Obwohl es nicht verlangt war, werden im Folgenden die 2 restlichen Winkel des Dreiecks
berechnet:
b)
cos 2
BA BC
=
| BA | | BC |
4,5 4,5
0
3
0,5 1,5
4,5 4,5
0
3
0,5 1,5
21
20,5 31,5
=
(-4,5) (4,5) 0 3 (0,5) (1,5)
(4,5) 2 0 2 (0,5) 2 (4,5) 2 3 2 (1,5) 2
=
==> 2 34,27°
c)
cos 3
CA CB
=
| CA | | CB |
10,5
10 31,5
0 4,5
3 3
1 1,5
0 4,5
3 3
1 1,5
=
0 (4,5) (3) (3) 1 1,5
0 2 (3) 2 12 4,5 2 (3) 2 1,5 2
=
==> 3 53,729°
4.3
1) Zeige: D(1,5 | 2 | 2,5) g = (BC):
4,5
4,5
g: x 0 t 3
3,5
1,5
Annahme: D(1,5 | 2 | 2,5) g:
Also existiert ein ts mit:
1,5 4,5 4,5t s
3 4,5t s
1,5 4,5
4,5
<==> t s 2 / 3 <==> ts = 2/3
2 0 ts 3
<==> 2 3t s
2,5 3,5
1,5
2,5 3,5 1,5t s
1 1,5t s
also: D(1,5 | 2 | 2,5) g
2)
Zeige: AD BC
1,5 0
AD = 2 0 =
2,5 3
1,5
2
0,5
1,5 4,5
AD BC = 2
3
= 1,5(-4,5) + 23 + (-0,5) (-1,5) = 0
0,5 1,5
also AD BC
Alternative Lösung:
4,5 1,5 3
DB = 0 2 = 2
3,5 2,5 1
1,5 3
AD DB = 2
2 = 1,53 + 2(-2) + (-0,5) 1 = 0
0,5 1
3)
D(1,5 | 2 | 2,5) liegt 2,5 über dem Boden (x1-x2-Ebene)
4.4
Fläche des Segels:
1,5 4,5
1
1
A (| AD | | BC |) = ( 2
3
)=
2
2
0,5 1,5
1
1,5 2 2 2 (0,5) 2 (4,5) 2 3 2 (1,5) 2 =
2
1
1
2,25 4 0,25 20,25 9 2,25 = 6,5 31,5 7,15
2
2
4.5
1)
E(9 | 12 | 0)
9 0
AE = 12 0 =
0 3
9
12
3
0
4,5
gBC: x 3 t 3
2
1,5
0
9
gAE: x 0 r 12
3
3
Für den Schnittpunkt S(x1S|x2S|x3S) gibt es ein tS und ein rS mit:
0
9
0 rS 12 =
3
3
0
3 tS
2
4,5
3
1,5
9 rS 4,5t S
12rS 3 3t S
2)
Projektionen: A'(0 | 0 | 0), E'(9 | 12 | 0)
9 9 0
12 12 0
3 0 0
AE A' E '
=
cos
=
9 9 0
| AE | | A' E ' |
12 12 0
3 0 0
225
234 225
225
234 15
15
234
rS =1/6
3 3rS 2 1,5t S
Für den Schnittpunkt S(x1g|x2g|x3g) gilt dann:
x1S 0
9 1,5
1
x2 S 0 12 2
x 3 6 3 2,5
3S
=
tS = 1/3
Damit ergibt sich der Schnittpunkt:
S(1,5 | 2 | 2,5) = D
========
9 9
12 12
3 0
9 9
12 12
3 0
=
0,98 ==> 11,31°
4.6
1) Strahl durch A ergibt die Gerade g1:
0
0
g1: x 0 r 1
3
1
9 9 12 12 (3) 0
9 12 2 (3) 2 9 2 12 2 0 2
2
Berechnung des Spurpunkts in der x1-x2-Ebene
Der Spurpunkt sei A' (x1S | x2S | 0). Da der Spurpunkt auf der Geraden g1 liegt (A g1),
erfüllen seine Koordinaten die Geradengleichung. Es gibt also ein rs mit:
x1S 0
x 2 S = 0 + rs
0 3
0
1 <==>
1
x1S = 0 + 0rs = 0
x2S = 0 - rs = -rs
0 = 3 - rs
<==>
rS = 3
Also:
x1s = 0
x2s = -3
x3S = 0
Damit:
A' ( 0 | -3 | 0) ist Spurpunkt
2) Strahl durch B ergibt die Gerade g2:
4,5
0
g2: x 0 t 1
3,5
1
Berechnung des Spurpunkts in der x1-x2-Ebene
Der Spurpunkt sei B' (x1S | x2S | 0). Da der Spurpunkt auf der Geraden g2 liegt (B g2),
erfüllen seine Koordinaten die Geradengleichung. Es gibt also ein ts mit:
x1S 4,5
x 2 S = 0 + ts
0 3,5
0
1 <==>
1
x1S = 4,5 + 0ts = 4,5
x2S = 0 - ts = -ts
0 = 3,5 - ts
<==> tS = 3,5
Also:
x1s = 4,5
x2s = -3,5
x3S = 0
Damit:
B' ( 4,5 | -3,5 | 0) ist Spurpunkt
3) Strahl durch B ergibt die Gerade g2:
0
0
g3: x 3 q 1
2
1
Berechnung des Spurpunkts in der x1-x2-Ebene
Der Spurpunkt sei C' (x1S | x2S | 0). Da der Spurpunkt auf der Geraden g3 liegt (C g3),
erfüllen seine Koordinaten die Geradengleichung. Es gibt also ein qs mit:
x1S 0
x 2 S = 3 + qs
0 2
0
1 <==>
1
x1S = 0 + 0qs = 0
x2S = 3 - qs
0 = 2 - qs
<==>
Also:
x1s = 0
x2s = 3-2=1
x3S = 0
Damit:
C' ( 0 | 1 | 0) ist Spurpunkt
qS = 2
9 Hauptprüfung 2008
9.1 Aufgabe 4
A(3 | 4 | 2); B(6 | 6 | 0); C(0 | 0 | 4)
4,5
3
g: x 0 r 0
1
2
4.1
1) Gleichung einer Geraden durch die Punkte A und B:
3
6 3
3
3
h: x 4 t 6 4 ==> h: x 4 t 2
2
2
2
0 2
2) Für den Schnittpunkt S(x1S|x2S|x3S) gibt es ein tS und ein rS mit:
4,5 3 rS 3 3t S
4,5
3 3
3
0 rS 0 = 4 t S 2 ==> 0 0 rS 4 2t S ==> tS = -2 rS =2,5
1
2 2
2
1 2rS 2 2t S
Für den Schnittpunkt S(x1S|x2S|x3S) gilt dann:
x1S 3
3 3
x2 S 4 2 2 0
x 2
2 6
3S
Damit ergibt sich der Schnittpunkt:
S(-3 | 0 | 6)
========
3) Berechnung des Winkels
3 3
0 2
2 2
3 3 0 2 2 (2)
cos =
=
2
3 3
(3) 0 2 2 2 3 2 2 2 (2) 2
0 2
2 2
13
13
-0,8745,
17
13 17
also: 150,980°, also Schnittwinkel 180° - 150,980° 29°
4.2
1) Punktprobe
Zeige: C( 0 | 0 | 4) liegt auf g, d.h.es gibt ein rS mit:
4,5
3
x 0 r 0
1
2
0 4,5
0 = 0 rS
4 1
3
0 ==>
2
0 = 4,5 - 3rs
0 = 0
4 = 1 + 2 rs
==> rS = 1,5
2)
Sei m 0 der Einheitsvektor des Richtungsvektors von g. Dieser hat die Länge 1. Es gilt:
m0
3
0
2
3
0
2
3
0
2
(3) 2 0 2 2 2
3
13
0
2
13
Damit gilt:
3 117
3
0
0
0 3 3
13
13
=0 +0
=0 + 0
a) 0P1 = 0C + 117 m 0 = 0 + 117 0
=
4
2 4 2 117 4 2 3
13
13
9
0 , also P1(-9 | 0 | 10)
10
3 117
3
0
0
0 3 3
13
13
=0 -0
=0 - 0
b) 0P2 = 0C - 117 m 0 = 0 - 117 0
=
4
2 4 2 117 4 2 3
13
13
9
0 , also P2(9 | 0 | -2)
2
4.3
1) Alle x2-Werte dieser Gerade haben den Wert 0. Deswegen liegt sie in der x1-x3-Ebene.
2) Berechnung des Spurpunkts in der x1-x2-Ebene
Der Spurpunkt sei S12 (x1S | x2S | x3S) = S12 (x1S | x2S | 0). Da der Spurpunkt auf der Geraden g
liegt (S12g), erfüllen seine Koordinaten die Geradengleichung. Es gibt also ein rs mit:
x1S 4,5
3
x1S = 4,5 - 3rs
x 2 S = 0 rS 0 ==> x2S = 0
0 = 1 + 2rs <==> rS = -0,5
0 1
2
also:
x1s = 4,5 - 3 (-0,5) = 6
x2s = 0
x3S = 0
Damit:
S12 ( 6 | 0 | 0) ist Spurpunkt
4.4
1) Der Abstand d von A zu g ist die kürzeste Entfernung des Punktes A von g.
2) Berechnung des Abstands d = | AF |, wobei Q(-3 | 0 | 6)
A
●
4
d = AF
Q
●
4
a
●
4
●
4
F
g
cos
QA a
Damit könnte man berechnen und daraus sin .
| QA | | a |
d
und sin , also d = sin | AQ |
| QA |
Da man nun sin und | AQ | berechnen kann, berechnet man daraus d.
Man kann es aber auch anders machen:
es gilt: sin² + cos² = 1, also:
sin 1 cos 2
damit: d 1 cos 2 | QA | , also:
QA a
d 1
| QA | | a |
1
6 3
4 0
4 2
6
4
4
3
0
2
2
| QA | = 1
3 (3) 3
4 0 0
2 6 2
3 (3)
4 0
2 6
3
0
2
2
3 (3)
4 0 =
2 6
2
6
2
18 8
4 = 1
36 16 16
36 16 16 9 4
4
2
26
676
676
13
68 = 1
= 1
68 = 1
68 = 1 68 =
68 13
68 13
17
68 13
4
4 68
= 4 4 = 4
68 =
17
17
3) Flächeninhalt
A = 0,5 QC d = 0,5 4 13 = 2 13 7,21
