Abitur 2006 Analytische Geometrie I In einem kartesischen
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Abitur 2006 Analytische Geometrie I In einem kartesischen Koordinatensystem des R3 sind die 2 −k 3 Ebene E : x2 − x3 − 1 = 0, die Geradenschar gk : x = 0 + λ⋅2 und die Gerade − 1 2 2 0 h : x = 1 + µ⋅ − 1 gegeben, wobei k, λ und µ aus IR sind. 2 2 1. a) Zeigen Sie: Alle Geraden der Schar gk sind zueinander parallel und liegen in der Ebene E. b) Begründen Sie, dass die Schar der Geraden gk eine Halbebene von E bildet. c) Für welche Werte von k schneidet gk die Gerade h ? Ermitteln Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S. Teilergebnis : S2 | 5 | 2 3 3 d) Projiziert man h senkrecht auf E, so erhält man die Gerade hE. Berechnen Sie den Winkel ϕ zwischen hE und h in Grad auf eine Nachkommastelle gerundet. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------2. Die Ebene E ist Tangentialebene an zwei Kugeln K1 und K2 mit den Radien 5 2 , deren Mittelpunkte M1 und M2 auf der Geraden h liegen. a) Bestimmen Sie die Koordinaten von M1 und M2 . Teilergebnis : M2 | 5 | − 6 (Der Punkt mit ausschließlich ganzzahligen Koordinaten wird mit M1 bezeichnet.) b) Die Kugelpunkte P ∈ K1 und Q ∈ K2 sind diejenigen Punkte, die minimale Distanz voneinander haben. Berechnen Sie die Entfernung PQ auf zwei Dezimalen gerundet. c) Spiegelt man die Ebene E am Punkt M1, so erhält man die Ebene E∗ . Geben Sie eine Gleichung von E∗ in Normalenform an. d) Zeigen Sie, dass die Punkte A − 1 | 0 | − 2 und C − 1 | 1 | − 1 auf der Kugel K1 um M1 liegen, und bestimmen Sie die Koordinaten von B so, dass die Strecke AB ein Durchmesser von K1 ist. Teilergebnis : B5 | 10 | − 10 e) Das Dreieck ABC ist die Grundfläche einer Pyramide ABCD, deren Spitze D ebenfalls auf der Kugel K1 liegt. Alle Punkte D, für die die Pyramiden ABCD das Volumen 11 haben, bilden zwei Kreise auf der Kugelfläche (Nachweis nicht erforderlich). Berechnen Sie zuerst die Höhe h dieser Pyramiden und anschließend mit Hilfe einer geeigneten Skizze den Radius R der beiden oben definierten Kreise. Zur Kontrolle : h = 11 ___________________________________________________________________________ Lösung ================================================================== 1. a) gk in E : 2λ − − 1 + 2λ − 1 = 2λ + 1 − 2λ − 1 = 0 Also liegt jede Gerade der Schar in E. b) Umformung der Gleichung von gk : 0 3 − 1 x = 0 + λ⋅2 + k2⋅ 0 − 1 2 0 d.h. alle Geraden der Schar verhält durch Verschiebung der Geraden 0 3 g0 : x = 0 + λ⋅2 − 1 2 − 1 mit dem Verschiebungsvektor v = α⋅ 0 mit α = k2 ≥ 0. 0 Die Schargeraden bilden daher eine Halbebene von E. c) h in E : 1 − µ − 2 + 2µ − 1 = 0 ⇒ µ = − 2 3 2 5 2 µ = − in h : S 2 33 3 S in gk : 2λ = Für k = − 5 3 ⇒ λ = 5 5 und − k2 + ⋅3 = 2 6 6 ⇒ k = − 1 1 2 ∨ k = 2 2 2 1 1 2 ∨ k = 2 schneidet gk die Gerade h. 2 2 0 0 −3 3 d) 1 ⋅ − 1 = − 3 ⇒ sinϕ = = ⇒ ϕ ≈ 71,6° 2 10 ⋅ 5 − 1 2 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------2. a) h E1 M1 r = 5 2 S r = 5 2 r = 5 2 M2 Ebenen parallel zu E im Abstand 5 2 : E1 : x 1 − x2 − 1 2 = 5 2 ⇔ x1 − x2 − 11 = 0 E E2 E2 : x 1 − x2 − 1 = −5 2 2 ⇔ x1 − x2 + 9 = 0 h in E1 : 1 − µ − 2 + 2µ − 11 = 0 ⇔ µ = − 4 ergibt M125 − 6 h in E2 : 1 − µ − 2 + 2µ + 9 = 0 8 5 22 ⇔ µ = ergibt M2 2 − 3 3 3 b) M1M2 = PQ = 20 2 40 2 20 5 + = 3 3 3 20 5 − 10 2 ≈ 0,76 3 c) Ist P ein Punkt auf E, dann ist p∗ = p + PM = 2⋅ m − p der Ortsvektor des Punktes P∗ auf E∗. P0 | 1 | 0 liegt auf E. p∗ 2 0 4 = 2⋅ 5 − 1 = 9 − 6 0 − 12 0 4 E∗ : 1 ⋅ x − 9 = 0 − 1 − 12 d) M1A = ⇔ x2 − x3 − 21 = 0 32 + 52 + 42 = 5 2 und M1C = ( − 3)2 + ( − 4)2 + 52 = 5 2 Also liegen A und C auf K1. − 1 3 5 B = A + 2⋅AM1 = 0 + 2⋅ 5 = 10 − 2 − 4 − 10 e) AC = 2 und BC = 3 22 VABCD = 1 1 ⋅ 2⋅3 22⋅h = 11 und damit h = 3 2 11 Beachte : Das Dreieck ABC ist bei C rechtwinklig. 2 2 R = 5 2 − 11 = 39 ⇒ R = 39 ___________________________________________________________________________ 2
