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Abi 2015 Geometrie B1 LK


Aufgabe 1

Das Dach eines quaderförmigen Gebäudes soll mit Solarkollektoren versehen werden (Material 1). Die in der x-z-Ebene gelegene Seitenfläche des Gebäudes weist dabei genau nach Süden.

Zur Vereinfachung der folgenden Berechnungen wird im Modell die Dachfläche des Gebäudes in die x-y-Ebene gelegt. Die Kollektorfläche der Solaranlage wird dann in dem in Material 1 vorgegebenen Koordinatensystem durch die Eckpunkte \(A(0,5|1|0),\ B(5,5|1|0),\ C(5,5|2,8|2,1)\) und \(D (0,5|2,8|2,1)\) beschrieben (alle Angaben in Metern).

1.1

Zeigen Sie rechnerisch, dass es sich bei dem Viereck \(ABCD\) um ein Rechteck handelt, und prüfen Sie, ob der für eine Kollektorfläche geforderte Mindestflächeninhalt von \(F = 13,5\ \text m^2\) unterschritten wird.

(4 BE)

1.2

Die Solaranlage arbeitet mit der größtmöglichen Leistung, wenn die Sonnenstrahlen senkrecht auf die Kollektorfläche treffen. Berechnen Sie die Richtung, in der die Sonnenstrahlen in diesem Fall auftreffen.

(4 BE)

1.3

Der Hersteller empfiehlt für die Kollektoren aus Gründen der Standfestigkeit, einen Neigungswinkel \(\alpha\) von \(50^°\) gegenüber der Dachfläche nicht zu überschreiten. Untersuchen Sie, ob dieses Kriterium für die geplante Anlage erfüllt ist. 

(3 BE)

Lösung

1.1

Prüfen auf rechte Winkel

Der Kollektor ist dann ein Rechteck, wenn alle Winkel \(90^°\) betragen, wenn also die Verbindungsvektoren zwischen einem Punkt und seinen beiden Nachbarn jeweils senkrecht aufeinanderstehen. Das ist der Fall, wenn das Skalarprodukt der beiden Vektoren 0 ist.

\(A(0,5|1|0),\ B(5,5|1|0),\ C(5,5|2,8|2,1)\) und \(D(0,5|2,8|2,1)\)

\((\vec B-\vec A)\cdot(\vec D-\vec A)=\begin{pmatrix} 5\\0\\0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0\\1,8\\2,1\end{pmatrix}=0\\ (\vec B-\vec A)\cdot(\vec B-\vec C)=\begin{pmatrix} 5\\0\\0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0\\-1,8\\-2,1\end{pmatrix}=0\\ (\vec D-\vec C)\cdot(\vec B-\vec C)=\begin{pmatrix} -5\\0\\0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0\\-1,8\\-2,1\end{pmatrix}=0\)

Wegen des Winkelsummensatzes muss der vierte Winkel dann auch ein rechter sein.

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Kollektorfläche

\(|(\vec B-\vec A)\cdot(\vec D-\vec A)|=\left|\begin{pmatrix} 5\\0\\0\end{pmatrix}\right|\cdot \left|\begin{pmatrix} 0\\1,8\\2,1\end{pmatrix}\right|=5\cdot\sqrt{1,8^2+2,1^2}=13,83\\\)

Ergebnis

Die Kollektorfläche ist mit \(13,8\ \text m^2\) größer als das Mindestmaß.

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1.2

Normalenvektor der Kollektorebene

Die Ebene hat den Aufpunkt \(\vec A\) und die Richtungsvektoren \(\vec B-\vec A,\ \vec D-\vec A\). Einen Normalenvektor erhält man mit dem Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren.

Normalenvektor: \(E: \vec n=\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0\\1,8\\2,1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-10,5\\9\end{pmatrix}=1,5\cdot\begin{pmatrix}0\\-7\\6\end{pmatrix}\)

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1.3

Winkel zwischen Kollektorebene und x-y-Ebene

Ein Normalenvektor der Kollektorebene ist \((0|–7|6)\). Das Lot auf der Dachebene zeigt in z-Richtung, also ist ein Normalenvektor dieser Ebene \((0|0|1)\). Für den Winkel zwischen diesen beiden Vektoren gilt:

\(\mathrm{cos}\ \alpha=\frac{\begin{pmatrix}0\\-7\\6\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}} {\left|\begin{pmatrix}0\\-7\\6\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right|}=\frac 6{\sqrt{49\ +\ 36}}\approx0,651\quad\Rightarrow\alpha=49,4^°\)

Ergebnis

Der Maximalwinkel wird gerade eben nicht überschritten.

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  • Punkte:  13

Aufgabe 2

Treffen die Sonnenstrahlen nicht orthogonal auf die Kollektorfläche, so ist die Leistung der Anlage reduziert. Dies wird berücksichtigt, indem man von einer reduzierten Kollektorfläche ausgeht, die als effektive Kollektorfläche \(F_{eff}\) bezeichnet wird. Die Leistung der Anlage ist proportional zum Flächeninhalt der effektiven Kollektorfläche. Material 2 zeigt die Lage der effektiven Fläche im Vergleich zur tatsächlichen Position der Kollektoren (Blickrichtung parallel zur x-Achse). Es ist ersichtlich, dass die Eckpunkte \(A \) und \(B\) ebenfalls Eckpunkte der effektiven Kollektorfläche sind.

2.1

Um die Effektivität der Solaranlage abzuschätzen, soll die Fläche \(F_{eff}\) für einen ungünstigen Sonnenstand berechnet werden, bei dem die Sonnenstrahlen durch den Vektor \(\vec v=\begin{pmatrix}0\\25\\-7\end{pmatrix}\) angegeben werden können. Berechnen Sie die Lage des im Material 2 eingezeichneten Punktes \( D'\). [zur Kontrolle: \(D'(0,5 \mid1,68 \mid 2,41)\)]

(7 BE)

2.2

Bestimmen Sie den Flächeninhalt der effektiven Kollektorfläche für den in Aufgabe 2.1 beschriebenen Fall und ermitteln Sie, wie viel Prozent der maximalen Leistung bei diesem Sonnenstand erzielt werden können.

(2 BE)

Material 1

Abi 2015 Geometrie B1 LK - Abbildung 1

Material 2

Abi 2015 Geometrie B1 LK - Abbildung 2

Lösung

2.1

Bestimmung von Punkt D'

Da eine Drehung der Kollektorfläche um eine zur x-Achse parallele Achse erfolgt (um die Strecke \(AB\)), hat \(D’\) die gleiche x-Koordinate wie \(A\) und \(D\): \(D'(0,5|D'_y|D'_z)\).

Weiterhin liegt \(D’\) auf einer durch \(A\) verlaufenden Normalen derjenigen Ebene, die durch \(\vec A-\vec B'\) und \(\vec v\) aufgespannt wird.

\(\vec D'=\vec A+\lambda\left(\vec A-\vec B\right)\times\vec v=\begin{pmatrix}0,5\\1\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-5\\0\\0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0\\25\\-7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,5\\1\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}0\\35\\125\end{pmatrix}\)

\(\Rightarrow D'_y=1+7\lambda;\quad D'_z=126\lambda\)

Aus der Zeichnung liest man dann ab, dass die Länge von \(\vec D'-\vec A\) durch

\(\left|\vec A-\vec D\right|\cdot\mathrm{cos}\ (90^°-\alpha-\beta)\)

gegeben ist. Dabei ist \(a\) der in 1.3 berechnete Aufstellwinkel der Kollektorfläche und \(b\) der Winkel der einfallenden Sonnenstrahlen gegenüber der Dachfläche (x-y-Ebene).

\(\mathrm{cos}\ \beta=\frac{\begin{pmatrix}0\\25\\-7\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}} {\left|\begin{pmatrix}0\\25\\-7\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\right|}=\frac {25}{\sqrt{625\ +\ 49}}\approx0,963\quad\Rightarrow\alpha=15,64^°\)

Also ist:

\(\left|\vec D'-\vec A\right|=\left|\vec A-\vec D\right|\cdot\mathrm{cos}\ (90^°-\alpha-\beta)\approx2,501\\ \sqrt{\left(D'_y-1\right)^2+{D'_z}^2}=\sqrt{(1+7\lambda-1)^2+625\lambda^2}\\=\sqrt{674}\cdot \lambda=2,501\\ \Rightarrow\lambda\approx0,0963\)

Einsetzen in die Geradengleichung führt schließlich auf:

\(\vec D'=\begin{pmatrix}0,5\\1\\0\end{pmatrix}+0,0963\begin{pmatrix}0\\35\\125\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,5\\1,67\\2,41\end{pmatrix}\)

Hinweis

Alternativ kann man auch den Richtungsvektor der Geradengleichung normieren, mit der Länge von \(|\vec D'-\vec A|\) multiplizieren und dann zu \(\vec A\) addieren.

2.2

Effektive Kollektorfläche

\(\left|\left(\vec B-\vec A\right)\right|=\left|\vec D'-\vec A\right|\approx5\cdot 2,501=12,505\)

Ergebnis

Der Kollektor erreicht bei diesem Sonnenstand \(90,4\ \%\) der maximalen Leistung.

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  • Punkte:  9

Aufgabe 3

Um zu überprüfen, ob weitere Kollektoren auf dem Dach aufgestellt werden können, ohne dass diese durch die bereits bestehenden Kollektoren beschattet werden, soll für den in Aufgabe 2.1 beschriebenen Sonnenstand der Schatten der Kollektorfläche \(ABCD\) auf der Dachfläche betrachtet werden. 

3.1

Für beliebige Punkte \( P(x|y|z)\) können die Schattenpunkte auf der Dachfläche für den in Aufgabe 2.1 beschriebenen Sonnenstand durch eine Projektion in Richtung \(\vec v\) in die x-y-Ebene ermittelt werden. Bestimmen Sie die Matrix, die diese Projektion beschreibt. 

(7 BE)

3.2

Berechnen Sie mithilfe Ihres Ergebnisses aus Aufgabe 3.1 die Schattenpunkte der Eckpunkte der Kollektorfläche auf der Dachfläche, und entscheiden Sie, ob der Schatten ganz auf der Dachfläche liegt. Falls Sie in Aufgabe 3.1 keine Lösung gefunden haben, verwenden Sie die Matrix:

\(M=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0 &1&3,6\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\)

(3 BE)

Lösung

3.1

Projektion in die x-y-Ebene

Die Spalten der Projektionsmatrix sind die Bilder der Einheitsvektoren unter der Projektion. Da die Einheitsvektoren in x- und y-Richtung bereits in der x-y-Ebene liegen, bleiben sie unverändert, also hat die Projektionsmatrix die Form:

\(P=\begin{pmatrix} 1&0&p_{13}\\ 0 &1&p_{23}\\ 0&0&p_{33} \end{pmatrix}\)

Das Bild des Einheitsvektors in z-Richtung, \(\vec e_z\), liegt auf einer Geraden in Richtung des Projektionsvektors \(\vec v\) mit dem Aufpunkt \(\vec e_z\).

\(P\cdot \vec e_z=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix}0\\25\\-7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_1\\c_2\\0\end{pmatrix}\)

Durch Auswerten der z-Komponente erhält man \(\lambda =\frac 1 7\) und damit \(y = \frac {25}7\approx3,57\)  und \( x = 0\).

Wegen \( p_{13} = c_1\) und \( p_{23} = c_2\) (Bilder von \(\vec e_z\) unter der Projektion) haben wir dann insgesamt:

\(P=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0 &1&\frac{25}7\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0 &1&3,57\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\)

3.2

Projektion der Eckpunkte

\(P\vec A=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0 &1&\frac{25}7\\0&0&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0,5\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,5\\1\\0\end{pmatrix}=\vec A\\ P\vec B=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0 &1&\frac{25}7\\0&0&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 5,5\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5,5\\1\\0\end{pmatrix}=\vec B\\ P\vec C=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0 &1&\frac{25}7\\0&0&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 5,5\\2,8\\2,1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5,5\\10,3 \\0\end{pmatrix}=\vec C'\\ P\vec D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0 &1&\frac{25}7\\0&0&0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0,5\\2,8\\2,1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,5\\2,8\\2,1\end{pmatrix}=\vec D'\)

Ergebnis

Die Punkte \(C’\) und \(D’\) haben die y-Koordinate \(10,3\ \text{m}\). Da das Dach in dieser Richtung nur \(9 \ \text{m}\) lang ist, reicht der Schatten hinten über das Dach hinaus.

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  • Punkte:  10
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