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Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK


In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte \(O(0|0|0)\)\(A(6|8|0)\)\(B(-2|14|0)\)\(C(-8|6|0)\) und \(S(-1|7|10)\) Eckpunkte der Pyramide \(OABCS\), deren Grundfläche das Viereck \(OABC \) ist (siehe Abbildung unten).

Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK - Abbildung 1

Im Folgenden darf verwendet werden, dass die Seitendreiecke der Pyramide zueinander kongruent sind.

Aufgabe a)

  1. Zeigen Sie, dass das Viereck \(OABC\) ein Quadrat ist.
  2. Berechnen Sie die Oberfläche der Pyramide \(OABCS\).

(5 + 5 Punkte)

Lösung

  1. Da die Seitenflächen kongruent sind, sind insbesondere alle Seiten der Grundfläche gleich lang und das Viereck damit (mindestens) eine Raute (ein Rhombus). Nachzuweisen ist noch, dass drei Winkel 90° betragen (wegen des Winkelsummensatzes ist dann auch der vierte Winkel ein rechter). Dazu müssen die Skalarprodukte benachbarter Seiten jeweils verschwinden (0 sein).
    \(\begin{align} \left(\vec{B}-\vec{A}\right)\cdot\left(\vec{O}-\vec{A}\right)&=\left(\begin{array}{c}-8\\6\\0\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-6\\-8\\0\end{array}\right)=0 \\ \left(\vec{A}-\vec{O}\right)\cdot\left(\vec{C}-\vec{O}\right)&=\left(\begin{array}{c}6\\8\\0\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-8\\6\\0\end{array}\right)=0 \\ \left(\vec{O}-\vec{C}\right)\cdot\left(\vec{B}-\vec{C}\right)&=\left(\begin{array}{c}-8\\6\\0\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}6\\8\\0\end{array}\right)=0 \end{align}\)
  2. Mit der Grundfläche \(A\), der Seitenfläche \(F\) und der Höhe des Seitenflächendreiecks \(h_f\) gilt:
    \(\text{Oberfläche}=4F+A=4\cdot\left(\frac{1}{2}\left|\vec{S}\right|\cdot h_f\right)+\vec{A}^2\)
    Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK - Abbildung 2
    Die fehlende Höhe im Seitendreieck berechnen wir mit dem Pythagoras-Satz.
    \(h_f=\sqrt{\vec{S}^2-\left(\frac{1}{2}\vec{A}\right)^2}=\sqrt{150-25}\approx 11,18\)
    Also:
    \(\text{Oberfläche}=2\cdot \left|\vec{S}\right|\cdot h_f+\vec{A}^2\approx 373,9\)

Aufgabe b)

  1. Leiten Sie eine Parameter- und eine Koordinatengleichung der Ebene \(E\) her, die durch die Punkte \(B\)\(C\) und \(Q(3|4|10)\) festgelegt ist.
    Diese Ebene gehört zu der durch \(E_a:\;-4a\cdot x_1+3a\cdot x_2+25\cdot x_3=50a,\;a\in\mathbb{R}\), gegebenen Ebenenschar. [Zur Kontrolle: \(E=E_5\)]
  2. Zeigen Sie, dass die Punkte \(B\) und \(C\) in jeder Ebene \(E_a\) liegen.
  3. Nennen Sie ohne Nachweis die verschiedenen Arten von Schnittgebilden, die beim Schnitt einer der Ebenen \(E_a\) mit der Pyramide \(OABCS\) entstehen können.
  4. Für genau einen Wert von \(a\) ist das Schnittgebilde von Ebene und Pyramide ein Dreieck.
    Bestimmen Sie den entsprechenden Wert von \(a\).
  5. Die Ebene \(E\) zerlegt die Pyramide \(OABCS\) in zwei Teilkörper. Sie können ohne Nachweis verwenden, dass das Schnittgebilde den Flächeninhalt \(\frac{400}{9}\sqrt{2} \) [FE] besitzt.
    Bestimmen Sie ein Verhältnis der Rauminhalte der beiden Teilkörper.

(5 + 3 + 4 + 3 + 8 Punkte)

Lösung

  1. Mit \(B\) als Aufpunkt und \(C\) und \(Q\) als Richtungsvektoren erhält man die Ebenengleichung in Parameterform (beachten, dass die Projektion von \(Q\) auf die \(x_1x_2\)-Ebene die Seite \(OA\) halbiert).
    \(E:\;\vec{x}=\vec{B}+s\cdot\left(\vec{C}-\vec{B}\right)+t\cdot\left(\vec{Q}-\vec{B}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\14\\0\end{array}\right)+s\left(\begin{array}{c}-6\\-8\\0\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}5\\-10\\10\end{array}\right)\)
    Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK - Abbildung 3
    Normalenvektor:
    \(\vec{n}=\left(\begin{array}{c}-6\\-8\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}5\\-10\\10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-80\\60\\100\end{array}\right)\)
    Übersichtlicher wird es mit \((–4|3|5)\) als Normalenvektor. Zunullsetzen des Skalarprodukts aus Normalenvektor und Differenzvektor (\(\vec{x}\)-Aufpunkt) ergibt die Ebenengleichung in Koordinatenform.
    \(\begin{align} &&E:\;\vec{n}\cdot\left(\vec{x}-\vec{B}\right)=\left(\begin{array}{c}-4\\3\\5\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}x_1+2\\x_2-14\\x_3\end{array}\right)&=0 \\ &\Rightarrow &-4(x_1+2)+3(x_2-14)+5x_3&=0 \\ &\Rightarrow &-4x_1+3x_2+5x_3&=50 \end{align}\)
  2. Koordinaten von \(B\) in Ebenengleichung:
    \(\begin{align} &&-4a\cdot(-2)+3a\cdot14&=50\cdot a \\ &\Leftrightarrow& 8a+42a&=50\cdot a \end{align}\)
    Koordinaten von \(C\) in Ebenengleichung:
    \(\begin{align} &&-4a\cdot(-8)+3a\cdot6&=50\cdot a \\ &\Leftrightarrow& 32a+18a&=50\cdot a \end{align}\)
    Wir erhalten jeweils eine offenkundig wahre Aussage, also liegen \(B\)  und \(C\) in allen Scharebenen.
  3. Da die Kante \(BC\) in allen Scharebenen liegt, erhält man die übrigen Scharlinien, indem man \(E_5\) um diese Achse dreht. \(E_0\) beispielsweise ist die \(x_1x_2\)-Ebene. Offenbar gibt es bei allen Ebenen zwischen \(E_0\) und derjenigen Ebene, die das Dreieck \(BSC\) enthält, ein Schnittobjekt mit der Pyramide. Nur bei Letzterem ist dies ein Dreieck, sonst ein Trapez bzw., bei \(E_0\), ein Quadrat.
  4. Gesucht ist diejenige Scharebene, die \(S\) enthält.
    \(\begin{align} &&-4a\cdot(-1)+3a\cdot7+25\cdot 10&=50\cdot a \\ &\Leftrightarrow& 4a+21a+250&=50\cdot a \\ &\Leftrightarrow& a&=10 \end{align}\)
    Die Ebene \(E_{10}:\; –40x_1 + 30x_2 + 25x_3 = 500\) bzw. \(E_{10}:\; –8x_1 + 6x_2 + 5x_3 = 100\) berührt die Pyramide gerade am Seitendreieck \(BSC\).
  5. Der Teilkörper oberhalb des Schnittobjekts ist eine schiefe Pyramide, für die ebenfalls die Grundformel „Volumen ist Grundfläche mal Höhe durch 3“ gilt. Da die Grundfläche gegeben ist, wird die Höhe \(h_\text{TP}\) dieser Teilpyramide gesucht. Sie ist der senkrechte Abstand der Spitze \(S\) von der Ebene \(E\).
    Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK - Abbildung 4
    Der Abstand wird über die hessesche Normalenform der Ebenengleichung berechnet, wofür man zunächst den in b) 1. gefundenen Normalenvektor normalisieren muss.
    \(\vec{n}_0=\frac{1}{\left|\vec{n}\right|}\cdot\vec{n}=\frac{1}{5\sqrt{2}}\cdot\left(\begin{array}{c}-4\\3\\5\end{array}\right)\)
    Wir teilen jetzt die oben gefundene Koordinatenform der Ebenengleichung durch den Betrag des dafür benutzten Normalenvektors. Wenn wir dazu noch die Koordinaten von \(S\) einsetzen, erhalten wir gerade den gesuchten senkrechten Abstand von \(S\) zu \(E\).
    \(\begin{align} &&E:\;\frac{-4x_1+3x_2+5x_3-50}{5\sqrt{2}}&=0 \\ &\Rightarrow& d(\vec{S},E)=\frac{-4+21+50-50}{5\sqrt{2}}&=\frac{5}{\sqrt{2}}\approx 3,536 \end{align}\)
    Für das Volumen \(V_\text{TP}\) gilt:
    \(V_\text{TP}=\frac{1}{3}\cdot\frac{400}{9}\cdot\sqrt{2}\frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{2000}{27}\;\text{[Volumeneinheiten]}\)
    Das Volumen \(V_\text{P}\) der gesamten Pyramide berechnet sich natürlich nach derselben Grundformel. Die Grundfläche beträgt 100 [Flächeneinheiten] (Teilaufgabe a) 2.) und die Höhe der Pyramide entspricht der \(x_3\)-Koordinate von \(S\), also 10 [Längeneinheiten]. Damit gilt für das Verhältnis aus \(V_\text{TP}\) und dem Volumen des Restkörpers \(V_\text{RK}\):
    \(\frac{V_\text{TP}}{V_\text{RK}}=\frac{V_\text{TP}}{V\ -\ V_\text{TP}}=\frac{\frac{2000}{27}}{\frac{1000}{3}\ -\ \frac{2000}{27}}=\frac{2}{7}\approx 28,6\ \%\)
    Das Verhältnis der Rauminhalte der beiden Teilkörper beträgt 28,6 %.

Aufgabe c)

Auf der Geraden \(AS\) gibt es genau einen Punkt \(P\), sodass die Strecken \(\overline{OP}\) und \(\overline{BP}\) senkrecht zu \(AS\) sind.

  1. Bestimmen Sie die Koordinaten von \(P\).
    [Zur Kontrolle: \(P=\left(\frac{11}{3}\left|\frac{23}{3}\right|\frac{10}{3}\right)\)]
  2. Begründen Sie, dass der Streckenzug \(\overline{OPB}\) ein kürzester Weg von \(O\) nach \(B\) über den Mantel der Pyramide (Mantel: Oberfläche ohne Grundfläche) ist, und berechnen Sie die Länge des Streckenzuges.
  3. Es gibt einen weiteren Streckenzug \(\overline{ONB}\;(N\neq P)\), der ein kürzester Weg von \(O\) nach \(B\) über den Mantel der Pyramide ist.
    Begründen Sie diese Aussage und bestimmen Sie die Koordinaten von \(N\).

(6 + 5 + 6 Punkte)

Lösung

  1. Die Gerade \(g\) durch \(S\) und \(A\) hat die Gleichung:
    \(g:\;\vec{x}=\vec{A}+\lambda\cdot\left(\vec{S}-\vec{A}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\8\\0\end{array}\right)+\lambda\left(\begin{array}{c}-7\\-1\\10\end{array}\right)\)
    \(P\) soll auf \(g\) liegen.
    \(g:\;\left(\begin{array}{c}p_1\\p_2\\p_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\8\\0\end{array}\right)+\lambda\left(\begin{array}{c}-7\\-1\\10\end{array}\right)\Rightarrow \begin{align} &p_1&+&7\lambda&=6 \\ &p_2&+&\lambda&=8 \\ &p_3&-&10\lambda&=0 \end{align}\)
    Außerdem soll der Vektor \(\vec{P}\) (die Strecke \(OP\)) senkrecht auf der Geraden durch \(AS\) stehen, also muss das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor verschwinden.
    \(\left(\begin{array}{c}p_1\\p_2\\p_3\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-7\\-1\\10\end{array}\right)=0\quad\Leftrightarrow\quad -7p_1-p_2+10p_3=0\)
    Wir setzen \(\lambda = p_3/10\) und stellen das folgende Gleichungssystem auf:
    \(\begin{align} &p_1& && &+\frac{7}{10}p_3& &=& &6& \\ && &p_2& &+\frac{1}{10}p_3& &=& &8& \\ -&7p_1& -&p_2& &+10p_3\vphantom{\frac{10}{3}}& &=& &0& \end{align}\)
    Der Lösungsvektor ist \(\vec{P}=P\left(\frac{11}{3}\left|\frac{23}{3}\right|\frac{10}{3}\right).\)
  2. Da \(OP\) senkrecht auf \(AS\) steht, ist die Strecke \(OP\) der senkrechte und damit kürzeste Abstand des Ursprungs von der Geraden \(g\). Aus demselben Grund ist \(BP\) der kürzeste Abstand von Punkt \(B\) zur Geraden \(g\). Darum kann es keinen kürzeren Weg von \(O\) über \(P\) nach \(B\) auf der Mantelfläche geben.
    Abi 2015 Analytische Geometrie HT4 LK - Abbildung 5
    Die Länge des Wegs beträgt (beide Wegstrecken müssen wegen der Kongruenz der Seitenflächen gleich lang sein):
    \(\left|\vec{O}-\vec{P}\right|+\left|\vec{B}-\vec{P}\right|=2\left|\vec{P}\right|=2\sqrt{\frac{750}{9}}=10\sqrt{\frac{10}{3}}\approx 18,26\)
  3. Wenn man hinten herum über \(N\) läuft, ist der Weg aus Symmetriegründen so lang wie über \(P\). (\(N\) ist das Spiegelbild von \(P\) an der durch das Dreieck \(OBS\) aufgespannten „Diagonalebene“ durch die Pyramide.)
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