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Abiturprüfung Mathematik 2014
Baden-Württemberg
Allgemeinbildende Gymnasien
Wahlteil
Analytische Geometrie / Stochastik
Aufgabe B 1 - Lösungen
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Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
2
Aufgabe B 1.1
Gegeben sind die Punkte 𝐴 5 −5 0 , 𝐵(5 5 0), 𝐶(−5 5 0) und
𝐷(−5 −5 0).
Das Quadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 ist die Grundfläche einer Pyramide mit der Spitze
𝑆 0 0 12 .
a) Die Seitenfläche 𝐵𝐶𝑆 liegt in der Ebene 𝐸.
Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von 𝐸.
Berechnen Sie den Winkel, der von der Seitenfläche 𝐵𝐶𝑆 und der
Grundfläche der Pyramide eingeschlossen ist.
Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks 𝐵𝐶𝑆.
(4 VP)
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
3
b) Betrachtet werden nun Quader, die jeweils vier Eckpunkte auf den
Pyramidenkanten und vier Eckpunkte in der Grundfläche der Pyramide
haben.
Einer dieser Quader hat den Eckpunkt 𝑄(2,5 2,5 0).
Berechnen Sie sein Volumen.
Bei einem anderen dieser Quader handelt es sich um einen Würfel.
Welche Koordinaten hat dessen Eckpunkt auf der Kante 𝐵𝑆?
(4 VP)
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Lösung
a) Koordinatengleichung von 𝑬
5
−5
Aus den beiden Richtungsvektoren 𝑆𝐵 =
5 und 𝑆𝐶 =
5 der
−12
−12
Ebene 𝐸 bestimmen wir zunächst mit dem Vektorprodukt einen
Normalenvektor 𝑛𝐸 von 𝐸.
5
−5
5
5
−12 ⋅ 5
5 ⋅ −12
0
−12
−12
𝑆𝐵 × 𝑆𝐶 = −12 ⋅ −5 − 5 ⋅ −12 = 120
5
−5
50
5 ⋅ −5
5⋅5
5
5
−12
−12
𝐵(5 5 0)
𝐶(−5 5 0)
𝑆 0 0 12
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
0
𝐵𝑆 × 𝐶𝑆 = 120
50
𝑆 0 0 12
5
Da es auf die Länge des Normalenvektors nicht ankommt, teilen wir noch
0
durch 10 und erhalten 𝑛𝐸 = 12 und daraus die Koordinatengleichung
5
𝐸: 12𝑥2 + 5𝑥3 = 𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑.
Da die Spitze 𝑆 der Pyramide in 𝐸 liegt, können wir 𝑆 einsetzen und erhalten
12 ⋅ 0 + 5 ⋅ 12 = 60 = 𝑑.
Ergebnis: Die Koordinatengleichung von 𝐸 lautet 𝐸: 12𝑥2 + 5𝑥3 = 60.
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
𝐴 5 −5 0
𝐵(5 5 0)
𝐶(−5 5 0)
6
Winkel zwischen der Seitenfläche 𝑩𝑪𝑺 und der Grundfläche der Pyramide
Zunächst bestimmen wir einen Normalenvektor 𝑛𝐹 der Ebene 𝐹, in der die
Grundfläche der Pyramide liegt. Aus den beiden Richtungsvektoren 𝐶𝐴 =
10
10
−10 und 𝐶𝐵 = 0 bilden wir wieder das Vektorprodukt:
0
0
10
−10
0
10
−10
0
10
0
0
10
0
0
0
0
0
𝐶𝐴 × 𝐶𝐵 = 0 −
= 0
0
0
−100
100
0
Nach Division durch 100 ergibt sich 𝑛𝐹 = 0
1
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
0
0
𝑛𝐹 = 0 , 𝑛𝐸 = 12
5
1
7
Der Winkel zwischen den beiden Ebenen 𝐸 und 𝐹 ist über die folgende
Formel gegeben: cos 𝛼 =
𝑛𝐹 ⋅𝑛𝐸
𝑛𝐹 𝑛𝐸
Es folgt 𝑛𝐹 ⋅ 𝑛𝐸 = 0 ⋅ 12 + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 5 = 5
und 𝑛𝐹 = 12 = 1 so wie 𝑛𝐸 = 122 + 52 = 13
Somit haben wir cos 𝛼 =
5
,
1⋅13
woraus sich mit dem GTR 𝛼 ≈ 67,38° ergibt.
Ergebnis: Der Schnittwinkel zwischen der Grundfläche der Pyramide und der
Seitenfläche 𝐵𝐶𝑆 beträgt etwa 67,4°.
𝐵(5 5 0)
𝐶(−5 5 0)
𝑆 0 0 12
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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𝑆
Flächeninhalt des Dreiecks 𝑩𝑪𝑺
𝐵𝐶 ⋅ℎ
Es gilt 𝐴 =
. Hierbei ist ℎ nichts anderes als der
2
Abstand des Punktes 𝑆 zur Geraden durch die Punkte
𝐵 und 𝐶.
ℎ
𝐵
𝐶
Berechnung von ℎ:
Wie üblich konstruiert man eine Hilfsebene 𝐸,
senkrecht zu der Geraden 𝑔 durch 𝐵 und 𝐶,
so dass der Punkt 𝑆 in 𝐸 liegt.
−10
Der Richtungsvektor von 𝑔 ist 𝐵𝐶 =
0 .
0
Wir teilen durch −10 und nehmen das Ergebnis als Normalenvektor 𝑛 für 𝐸.
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
1
𝑛= 0
0
𝐵(5 5 0)
𝐶(−5 5 0)
𝑆 0 0 12
9
1
Nun haben wir 𝑛 = 0 , was uns die Koordinatengleichung 𝐸: 𝑥1 = 𝑑 mit
0
noch unbekanntem 𝑑 liefert. Da 𝑆 in 𝐸 liegen soll, können wir 𝑆 einsetzen
und erhalten 𝑑 = 0 und damit 𝐸: 𝑥1 = 0.
Eine Parameterform der Geraden 𝑔 ist gegeben durch 𝑔: 𝑥 = 𝑏 + 𝑡𝐵𝐶, also
−10
5
konkret durch 𝑔: 𝑥 = 5 + 𝑡 0 , 𝑡 ∈ ℝ.
0
0
Als nächstes bestimmen wir den Schnittpunkt 𝐹
von 𝑔 mit 𝐸, indem wir 𝑔 in die Koordinatengleichung
von 𝐸 einsetzen.
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
−10
5
𝑔: 𝑥 = 5 + 𝑡 0
0
0
𝐸: 𝑥1 = 0
𝑆 0 0 12
10
1
2
Wir erhalten 5 − 10𝑡 = 0 und damit 𝑡 = .
Eingesetzt in 𝑔 liefert dies den Schnittpunkt 𝐹
von 𝑔 mit 𝐸:
−10
0
5
1
= 5
5 +2 0
0
0
0
⇒ 𝐹 050
Damit ist nun
0
ℎ = 𝐹𝑆 = −5 = 25 + 144 = 13
12
die gesuchte Höhe im Dreieck 𝐵𝐶𝑆.
𝑆
ℎ
𝐵
𝐶
ℎ = 13
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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𝑆
Berechnung von 𝐵𝐶 :
−10
𝐵𝐶 =
0 hatten wir bereits vorher bestimmt.
0
Es folgt 𝐵𝐶 =
−10
2
ℎ
𝐵
= 10.
Damit können wir nun endlich den Flächeninhalt des Dreiecks 𝐵𝐶𝑆
10⋅13
bestimmen zu 𝐴 =
= 65.
2
Ergebnis: Das Dreieck 𝐵𝐶𝑆 hat den Flächeninhalt 𝐴 = 65 LE 2 .
𝐶
𝐴 5 −5 0
𝐵(5 5 0)
𝐶(−5 5 0)
𝐷(−5 −5 0)
𝑆 0 0 12
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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b) Volumen des Quaders mit dem Eckpunkt 𝑸(𝟐, 𝟓 𝟐, 𝟓 𝟎)
𝑆
Aus den Koordinaten der Pyramide wird ersichtlich, dass
der Ursprung des Koordinatensystems in der Mitte der
Pyramidengrundfläche liegt.
Aufgrund der Symmetrieeigenschaften haben dann die
Eckpunkte 𝑃 und 𝑅 des Quaders die Koordinaten
𝑅 2,5 −2,5 0 und 𝑃 −2,5 2,5 0 .
𝑈
𝑃
𝑅
𝐶
𝑄
𝐵
Die Strecken 𝑄𝑃 und 𝑄𝑅 haben somit beide die Länge 5.
Der Punkt 𝑈 hat dieselbe 𝑥1 - und 𝑥2 -Koordinate wie 𝑄 und liegt auf der
Geraden durch 𝐵 und 𝑆.
Wir suchen also einen Punkt auf der Geraden durch 𝐵 und 𝑆 mit 𝑥1 = 2,5
und 𝑥2 = 2,5.
𝐴
𝐵(5 5 0)
𝑆 0 0 12
𝑄(2,5 2,5 0)
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Eine Parameterform der Geraden durch 𝐵 und 𝑆 ist gegeben
durch 𝑔: 𝑥 = 𝑏 + 𝑡 ⋅ 𝐵𝑆, 𝑡 ∈ ℝ,
5
−5
also durch 𝑔: 𝑥 = 5 + 𝑡 ⋅ −5 , 𝑡 ∈ ℝ.
0
12
Nun wissen wir von vorher, dass 𝑥1 = 𝑥2 = 2,5 gilt.
Folglich ist 5 − 5𝑡 = 2,5 und damit −5𝑡 = −2,5
𝐶
also 𝑡 = 0,5.
Durch Einsetzen in g ergibt sich 𝑥3 = 6.
Der Punkt 𝑈 hat somit die Koordinaten 𝑈 2,5 2,5 6 .
0
Der Vektor 𝑄𝑈 hat die Länge 𝑄𝑈 = 0 = 6.
6
𝑆
𝑈
𝑃
𝑅
𝑄
𝐵
𝐴
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Nun haben wir alle Angaben, die wir zur Berechnung
des Quadervolumens benötigen:
𝑆
𝑄𝑃 = 𝑄𝑅 = 5 und 𝑄𝑈 = 6.
𝑈
Damit folgt V = 𝑄𝑃 ⋅ 𝑄𝑅 ⋅ 𝑄𝑈 = 5 ⋅ 5 ⋅ 6 = 150
𝑃
𝑅
𝑄
𝐶
Ergebnis:
Der Quader mit dem Eckpunkt 𝑄 2,5 2,5 0 hat das Volumen 150LE 3 .
𝐵
𝐴
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Koordinaten des Eckpunkts auf der Kante 𝑩𝑺 bei einem Würfel
𝑆
Eine Parameterform für die Gerade 𝑔 durch die Punkte
𝐵 und 𝑆 hatten wir bereits bestimmt mit
𝑈
5
−5
𝑃
𝑔: 𝑥 = 5 + 𝑡 ⋅ −5 , 𝑡 ∈ ℝ
𝑅
𝑄
0
12
𝐵
𝐶
Ein Punkt 𝑈 auf 𝑔 zwischen 𝐵 und 𝑆 hat demnach die Koordinaten
𝑈 5 − 5𝑡 5 − 5𝑡 12𝑡 mit 0 ≤ 𝑡 ≤ 1 (für 𝑡 = 0 bekommt man den Punkt 𝐵
und für 𝑡 = 1 den Punkt 𝑆).
Da der Würfel mit der Grundfläche zentriert um den Ursprung liegt, ist die 𝑥1 Koordinate die halbe länge der Strecke 𝑃𝑄.
Somit gilt 𝑃𝑄 = 2 ⋅ (5 − 5𝑡).
𝐴
𝑈 5 − 5𝑡 5 − 5𝑡 12𝑡
𝑅𝑄 = 2 ⋅ (5 − 5𝑡)
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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𝑆
Entsprechend gilt 𝑄𝑅 = 2 ⋅ (5 − 5𝑡)
𝑈 hat die Höhenkoordinate 𝑥3 = 12𝑡.
Da 𝑄 in der 𝑥1 , 𝑥2 -Ebene liegt gilt somit 𝑄𝑈 = 12𝑡.
𝑈
𝑃
In einem Würfel sind alle Kanten gleich lang,
𝑅
d.h. 𝑄𝑅 = 𝑃𝑄 = 𝑄𝑈 also 2 ⋅ 5 − 5𝑡 = 12𝑡.
𝑄
𝐵
𝐶
5
11
30 30 60
11 11 11
Dies lösen wir nach 𝑡 auf: 2 ⋅ 5 − 5𝑡 = 12𝑡 ⇒ 5 − 5𝑡 = 6𝑡 ⇒ 𝑡 =
Einsetzen in 𝑈 liefert 𝑈 5 − 5 ⋅
5
11
5−5⋅
5
11
12 ⋅
5
11
bzw. 𝑈
Ergebnis: Der gesuchte Eckpunkt hat die Koordinaten 𝑈
30 30 60
11 11 11
.
.
𝐴
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Aufgabe B 1.2
In einem Gefäß 𝐺1 sind 6 schwarze und 4 weiße Kugeln.
In einem Gefäß 𝐺2 sind 3 schwarze und 7 weiße Kugeln.
a) Aus Gefäß 𝐺1 wird 20 Mal eine Kugel mit Zurücklegen gezogen.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 12 Mal eine
schwarze Kugel gezogen wird.
Aus Gefäß 𝐺2 wird 8 Mal eine Kugel mit Zurücklegen gezogen.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 schwarze Kugeln
gezogen werden und zwar bei direkt aufeinander folgenden Zügen.
(4 VP)
b) Nun werden aus 𝐺1 zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen und in das
Gefäß 𝐺2 gelegt. Anschließend wird eine Kugel aus 𝐺2 gezogen.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist diese Kugel schwarz?
(3 VP)
𝐺1: 6s, 4w
20 Mal Ziehen
mit Zurücklegen
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Lösung
a) WS für mindestens 𝟏𝟐 Mal schwarz aus G1
Die WS für eine schwarze Kugel bei einmaligem Ziehen beträgt
6
10
= 0,6.
Die Zufallsvariable 𝑋 gebe die Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln an.
Da wir bei jedem Zug eine schwarze Kugel ziehen oder eben nicht, handelt es
sich um ein Ja/Nein-Experiment (genauer: eine Bernoulli-Kette der Länge 20).
Daher ist 𝑋 binomialverteil und gesucht ist 𝑃 𝑋 ≥ 12 .
Diesen Ausdruck formen wir um zu 𝑃 𝑋 ≥ 12 = 1 − 𝑃 𝑋 ≤ 11 , so dass
wir das Ergebnis bequem mit dem GTR bestimmen können:
1-binomcdf(20,0.6,11) liefert den gerundeten Wert 0,5956.
Ergebnis: Die gesuchte WS beträgt 0,5956 bzw. 59,56%.
𝐺2: 3s, 7w
8 Mal Ziehen
mit Zurücklegen
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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WS für 2 schwarze Kugeln hintereinander aus G2
Die WS für eine schwarze Kugel bei einmaligem Ziehen beträgt
eine weiße Kugel
7
10
3
10
= 0,3, für
= 0,7.
Die WS für 2 schwarze und 6 weiße Kugeln (in irgendeiner beliebigen
Reihenfolge) beträgt somit 0,32 ⋅ 0,76 .
Es gibt 7 Möglichkeiten, zwei schwarze Kugeln hintereinander zu ziehen (im
ersten und zweiten Zug, im zweiten und dritten Zug, …, im siebten und
achten Zug). Die gesuchte WS beträgt somit 7 ⋅ 0,32 ⋅ 0,76 ≈ 0,0741
Ergebnis: Die gesuchte WS beträgt etwa 0,0741 bzw. 7,41%.
𝐺1: 6s, 4w
𝐺2: 3s, 7w
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
20
b) Wahrscheinlichkeit für schwarz
Darstellung als Baumdiagramm
Ziehung aus G1
4
10
6
10
𝑤
𝑠
3
9
Ziehung aus G2
𝑤
3
12
𝑠
𝐺2: 3s, 9w
8
12
4
12
𝑤
5
9
𝑤
𝑠
9
12
𝑤
4
9
6
9
𝑠
𝐺2: 4s, 8w
𝑠
8
12
4
12
𝑤
𝑠
𝐺2: 4s, 8w
7
12
5
12
𝑤
𝑠
𝐺2: 5s, 7w
𝐺1: 6s, 4w
𝐺2: 3s, 7w
Wahlteil 2014 – Aufgabe B 1
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Gemäß der Pfadregel ergibt sich
4
10
𝑃 𝑠𝑐ℎ𝑤𝑎𝑟𝑧 𝑎𝑢𝑠 𝐺2
4 3 3
4 6 4
6 4 4
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
10 9 12
10 9 12
10 9 12
6 5 5
+ ⋅ ⋅
10 9 12
36+96+96+150
=
= 0,35
1080
6
10
𝑤
𝑠
3
9
=
𝑤
9
12
𝑤
4
9
6
9
𝑤
𝑠
3
12
𝑠
8
12
𝑤
5
9
4
12
𝑠
𝑠
8
12
𝑤
4
12
𝑠
7
12
𝑤
Ergebnis: Die WS eine schwarze Kugel aus G2 zu ziehen beträgt 0,35 bzw. 35%.
5
12
𝑠