Gegeben ist die Funktion mit der Definitionsmenge

Abituraufgaben
Lösung 2014/Geometrie I
Teil A
1. Die Abbildung zeigt ein gerades Prisma ABCDEF mit A(0|0|0), B(8|0|0), C(0|8|0) und
D(0|0|4).
a) Man liest die Koordinaten von F ab: F(0|8|4)
 0  8   8 

  
BF   8  0    8   64  64  16  144  12
 4 0  4 

  
b) Man liest die Koordinaten von M und P ab: M(0|0|2) und P(4|4|0)
Die Punkte M und P sind die Mittelpunkte der Kanten [AD] bzw. [BC]. Der Punkt
K(0|yK|4) liegt auf der Kante [DF]. Bestimmen Sie yK so, dass das Dreieck KMP in M
rechtwinklig ist.
„Rechtwinklig“ heißt, dass die Seitenvektoren MK und MP aufeinander senkrecht stehen, also
ihr Skalarprodukt den Wert 0 besitzt.
MK MP  0
 0 0 40

 

 yK  0   4  0   0
 4  2  0  2

 

04 + yK4 +2(–2) = 0
4yK = 4
yK = 1
2. a) Es fehlt x1. Die Ebene liegt parallel zur x1-Achse.
b) Problem: Abstand Punkt-Ebene Skript §11 Punkt 3
Wenn der Abstand des Mittelpunkts Z von E größer als 7 ist, schneidet die Kugel die Ebene
nicht.
0
0
 
 
Normalenvektor von E: n   3  , damit: n   3   0  9  16  5 ,
 4
 4
 
 
E:
3x 2  4x 3  5
 0 (HNF)
5
Thema: Geometrie
d(Z;E) =
3  6  4  3  5 25

 5  7 => Kugel schneidet Ebene.
5
5
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Abituraufgaben
Lösung 2014/Geometrie I
Teil B
In einem kartesischen Koordinatensystem legen die Punkte A(4|0|0), B(0|4|0) und C(0|0|4) das
Dreieck ABC fest, das in der Ebene E: x1 + x2 + x3 = 4 liegt.
a) Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABC.
 0  4   4 

  
AB   4  0    4 
00  0 

  
 0  4   4 

  
AC   0  0    0 
40  4 

  
 4   4 
16 
1
1     1   1
1
1
A =  AB  AC    4    0    16    16²  16²  16²   3 16²  16  3  8 3
2
2     2   2
2
2
0  4
16 
 2
 1 
 
 
b) z.B.: g: X   2     1 
 3
 4 
 
 
Problem: Gegenseitige Lage Gerade-Ebene Skript §10 Punkt 4
g in E:
in g:
(2 – ) + (2 – ) + (3 – 4) = 4
2 –  + 2 –  + 3 – 4 = 4
–6 = –3
 = 0,5
 2
 1  1,5 
 
   
R   2   0,5   1   1,5  => R(1,5|1,5|1)
 3
 4   1 
 
   
Punkt liegt im 1. Oktanten, damit auf dem Dreieck
c) Durch die Ebene E muss die Strecke [PQ] senkrecht halbiert werden.
Also muss  der Mittelpunkt M der Strecke auf E liegen und
 der Verbindungsvektor von P und Q ein Vielfaches des Normalenvektors sein.


 2  0
   
 2   0 1
P  Q  3   1   
M

 1
2
2
 2
 
M in E:
1 + 1 + 2 = 4 => 4 = 4 (w)
 0  2   2 
 1

  
 
PQ   0  2    2   2 1  2n
 1  3   2 
 1

  
 
Thema: Geometrie
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Abituraufgaben
Lösung 2014/Geometrie I
d) Die Ebene F wird durch die Punkte P Q und R festgelegt.
 0  2   2 

  
PQ   0  2    2 
 1  3   2 

  
1,5  2   0,5 

 

PR  1,5  2    0,5 
 1  3   2 

 

1
 
u  1
1
 
 1  1   4  1   3 
    
  
u  v  1   1    (4  1)    3 
 1  4   1  1   0 
    
  
1
 
F:  1
0
 

 0 

 
X   0   0
 1 

 
1
 
v  1
 4
 
1
 
n   1
0
 
F: x1 – x2 = 0
Einfallslot l : Aufhängepunkt ist R, RV der Normalenvektor von E:
1,5 
 1
 
 
l: X  1,5     1
 1 
 1
 
 
Problem: Gegenseitige Lage Gerade-Ebene Skript §10 Punkt 4
l in F:
(1,5 + ) – (1,5 + ) = 0
1,5 +  – 1,5 –  = 0
0 = 0 (w)
e) Problem: Winkel zwischen zwei Geraden Skript §12
1
 
RV einfallender Strahl: v   1  (vgl. d)!)
 4
 
 0 1,5   1,5 

 

RV reflektierter Strahl: RQ   0 1,5    1,5 
1 1   0 

 

1
 
u  1
0
 
1
 
RV Einfallslot: n  1 (vgl. d)!)
1
 
 1   1
   
 1   1
 4   1
11 4
6
2
   
cos  



  0,816    35, 26 
1  1  16  1  1  1
18  3 3 2  3
6
 1   1
   
 1   1
 0   1
11
2
   
cos  


  0,816    35, 26 
11 0  111
2 3
6
Thema: Geometrie
© H. Drothler 2015
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