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Abi 2015 Geometrie GK HT3


Aufgabenstellung

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte \(O(0|0|0),\ A(9|12|0),\ B(-3|21|0),\ C(-12|9|0)\) und \(S(-1,5|10,5|15)\) Eckpunkte der Pyramide \(OABCS\), deren Grundfläche das Viereck \(OABC\) ist (siehe Abbildung).

Abi 2015 Geometrie GK HT3 - 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 das Volumen und die Oberfläche der Pyramide \(OABCS\).

(6 + 8 Punkte)

Lösung

(1)

Grundfläche ist Quadrat

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).

\(O(0|0|0),\ A(9|12|0),\ B(-3|21|0)\) und \(C(-12|9|0)\)

\((\vec B-\vec A)\cdot (\vec O-\vec A)=\begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-9\\-12\\0\end{pmatrix}=0\\ (\vec A-\vec O)\cdot (\vec C-\vec O)=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}=0\\ (\vec O-\vec C)\cdot (\vec B-\vec C)=\begin{pmatrix}12\\-9\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}=0\\ \)

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(2)

Volumen und Oberfläche der Pyramide

Mit der Pyramidenhöhe \(h_P\), der Grundfläche \(A\), der Seitenfläche \(F\) und der Höhe des Seitenflächendreiecks \(h_F\) gilt:

Volumen = \(\frac 1 3\cdot A\cdot h_p=\frac 13\cdot\vec A^2\cdot h_p\)

Oberfläche = \(4\cdot F+A=4\cdot\left(\frac 1 2\left|\vec S\right|\cdot h_F\right)+\vec A^2\)

Die beiden noch fehlenden Höhen berechnen wir mit dem Pythagoras-Satz.

\(h_P=\sqrt{\vec S^2-\left(\frac 1 2 \vec B\right)^2}=\sqrt{337,5-112,5}=15\quad\left(=\left|\vec A\right|!\right)\)

\(h_F=\sqrt{\vec S^2-\left(\frac 1 2 \vec A\right)^2}=\sqrt{337,5-56,25}\approx16,77\)

Also:

Volumen = \(\frac 1 3\cdot \vec A^3=1125\)

Oberfläche = \(2\cdot\left|\vec S\right|\cdot h_F+\vec A^2\approx841,2\)

Abi 2015 Geometrie GK HT3 - Abbildung 2

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  • Punkte:  14

Aufgabe b)

(1) 

Zeigen Sie, dass der Punkt \(R (5|15|0)\) auf der Strecke \(AB\) liegt.

(2) 

Zeigen Sie, dass die Strecke \(OR\) die Grundfläche der Pyramide im Verhältnis \(5:1\) bzw. \(1:5\) teilt.

(3) 

Leiten Sie eine Parameter- und eine Koordinatengleichung der Ebene \(E\) her, die durch die Punkte \(O\)\(Q(1|1|2)\) und \(R\) festgelegt ist.
[Mögliches Ergebnis: \(E: 3x_1-x_2-x_3=0\)]

(3 + 5 + 7 Punkte)

Lösung

(1)

R auf Strecke AB

Damit \(R\) auf der Strecke \(AB\) liegt, muss er erstens auf der Geraden durch die beiden Punkte liegen und zweitens dort zwischen diesen beiden Punkten. Es muss also gelten:

\(\left(\vec R-\vec A\right)||\left(\vec B-\vec A\right); \\\left|\vec R-\vec A\right|<\left|\vec B-\vec A\right|; \left|\vec R-\vec B\right|<\left|\vec B-\vec A\right|\\\)

  • Parallelität: \(\left(\vec R-\vec A\right)\times\left(\vec B-\vec A\right)=\begin{pmatrix}-4\\3\\0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)
  • Vergleich der Beträge: \(\left|\vec R-\vec A\right|=5;\ \left|\vec R-\vec B\right|=10;\ \left|\vec B-\vec A\right|=15\\\)

(Man kann auch die Geradengleichung in Parameterform aufstellen.)

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(2)

Größe des Dreiecks OAR

Aus der letzten Aufgabe geht hervor, dass \(R\) die Strecke \(AB\) drittelt. Daher gilt für die Fläche von \(OAR\):

\(A_{OAR}=\frac 1 2\left|\vec R-\vec A\right|\cdot\left|\vec A\right|=\frac 1 6 \cdot\left|\vec A\right|^2\)

Also verhalten sich tatsächlich die Flächen des Dreiecks \(OAR\) und des „Restvierecks“ \(RBCO\) wie \(1 : 5\).

Abi 2015 Geometrie GK HT3 - Abbildung 3

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(3)

Ebenengleichung

Mit dem Ursprung als Aufpunkt und \(Q\) und \(R\) als Richtungsvektoren erhält man die Ebenengleichung in Parameterform.

\(E:\quad \vec x =\vec O+s\cdot\vec R+t\cdot \vec Q=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\)

Normalenvektor: \(\vec n=\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}30\\-10\\-10\end{pmatrix}\)

Übersichtlicher wird es mit \((3|–1|–1)\) als Normalenvektor. Zunullsetzen des Skalarprodukts aus Normalenvektor und Differenzvektor (\(\vec x\) – Aufpunkt) ergibt die Ebenengleichung in Koordinatenform.

\(E:\quad\vec n\cdot\left(\vec x-\vec A\right)=\begin{pmatrix}3\\-1\\-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0 \\\ \ \ \qquad\qquad\quad\qquad\quad \Rightarrow3x_1-x_2-x_3=0\)

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  • Punkte:  15

Aufgabe c)

(1) 

Bestimmen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes \(P\) der Geraden \(g\) durch \(S\) und \(A\) mit der Ebene \(E\) aus Aufgabe b) (3). [Zur Kontrolle: Der Schnittpunkt ist \(P(5,5|11,5|5)\).]

(2) 

Weisen Sie nach, dass die Strecken \(\overline {OP}\) und \(\overline{BP}\) senkrecht zur Geraden \(g\) verlaufen.

(3) 

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.

(4) 

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 beschreiben Sie die Lage des Punktes \(N\).

(6 + 4 + 6 + 5 Punkte)

Lösung

(1)

Schnittpunkt Gerade/Ebene

Die Gerade \(g\) durch \(S\) und \(A\) hat die Gleichung:

\(g:\quad\vec x=\vec A+\lambda\cdot\left(\vec S-\vec A\right)=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}\)

Am Schnittpunkt aus Gerade und Ebene müssen sowohl die Geraden- als auch die Ebenengleichung erfüllt sein.

\(\vec P=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\)

Wir müssen also das Gleichungssystem

\(\begin{array}\\ 5s&+&t&-10,5\lambda&=&9\\ 15s&+&t&-1,5\lambda&=&12\\ &+&2t&+15\lambda&=&0 \end{array}\)

einsetzen:

\(\begin{array}\\ 5s&+&9\lambda&=&9\\ 15s&-&3\lambda&=&12\\ \end{array}\)

Wir erhalten schließlich \(\lambda=-\frac 1 3;\ t=2,5;\ s=0,6\) und daraus \(P(5,5|11,5|5)\).

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(2)

Skalarprodukte von OP und BP mit AS

\(\left(\vec O - \vec P\right)\cdot\left(\vec S - \vec A\right)=\begin{pmatrix}-5,5\\-11,5\\-5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=0\\ \left(\vec B - \vec P\right)\cdot\left(\vec S - \vec A\right)=\begin{pmatrix}-8,5\\9,5\\-5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=0\)

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(3)

Kürzester Weg auf der Mantelfläche

Abi 2015 Geometrie GK HT3 - Abbildung 4

Da \(OP \) senkrecht auf \(AS\) steht, ist es 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.

Die Länge des Wegs beträgt (beide Wegstrecken müssen wegen der Kongruenz der Seitenflächen gleich lang sein):

\(\left|\vec O-\vec P\right|+\left|\vec B-\vec P\right|=2\left|\vec P\right|=2\sqrt{\frac{375}{2}}=10\sqrt{7,5}\approx27,4\)

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(4)

Weg ONB

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.)

  • Punkte:  21
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