Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.1 Die Punkte 𝐴 0 −6 0 , 𝐵 6 0 0 , 𝐶 0 6 0 und 𝑆 0 0 5 sind die Eckpunkte der Pyramide 𝐴𝐵𝐶𝑆. Der Punkt 𝑀 1 ist der Mittelpunkt der Kante 𝐴𝑆 und 𝑀 2 ist der Mittelpunkt der Kante 𝐶𝑆. Die Ebene 𝐸 verläuft durch 𝑀 1 , 𝑀 2 und 𝐵. Die Ebene 𝐸 schneidet die Pyramide in einer Schnittfläche. Stellen Sie Pyramide und Schnittfläche in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie den Umfang der Schnittfläche. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von 𝐸. (Teilergebnis: 𝐸: 5 𝑥 1 +12 𝑥 3 =30) (4 VP)

Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Der Punkt 𝑄 liegt auf der Kante 𝐵𝑆 und bildet mit 𝑀 1 und 𝑀 2 ein rechtwinkliges Dreieck. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes 𝑄. (3 VP) Der Punkt 𝑍 liegt in der 𝑥 1 𝑥 3 -Ebene und im Inneren der Pyramide 𝐴𝐵𝐶𝑆. Er hat von der Grundfläche 𝐴𝐵𝐶, der Seitenfläche 𝐴𝐶𝑆 und von 𝐸 den gleichen Abstand. Bestimmen Sie die Koordinaten von 𝑍.

𝐴 0 −6 0 𝐵 6 0 0 𝐶 0 6 0 𝑆 0 0 5 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Lösung a) Schaubild für die Pyramide mit der Schnittfläche … siehe Abbildung rechts. Umfang der Schnittfläche Der Mittelpunkt 𝑀 1 der Kante 𝐴𝑆 ist 𝑀 1 0 −3 2,5 . Der Mittelpunkt 𝑀 2 der Kante 𝐶𝑆 ist 𝑀 2 0 3 2,5 . Die Länge der Strecke 𝑀 1 𝑀 2 ist damit | 𝑀 1 𝑀 2 |= 0 3 2,5 − 0 −3 2,5 = 0 6 0 =6 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝐴 𝐵 𝐶 𝑀 1 −6 𝑀 2 𝑆 6 5 𝐸

𝑀 1 0 −3 2,5 𝐵 6 0 0 | 𝑀 1 𝑀 2 |=6 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Die Längen der Strecken 𝐵𝑀 1 und 𝐵𝑀 2 sind aus Symmetriegründen gleich. Es gilt 𝐵𝑀 1 = −6 −3 2,5 = −6 2 + −3 2 + 2,5 2 = 51,25 Folglich ist auch 𝐵𝑀 2 = 51,25 . Der Umfang der Schnittfläche ist damit 𝑈= 𝐵𝑀 1 + 𝐵𝑀 2 + | 𝑀 1 𝑀 2 |=2⋅ 51,25 +6≈20,32 Ergebnis: Der Umfang der Schnittfläche beträgt etwa 20,32 LE.

Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Koordinatengleichung der Ebene 𝑬 𝑀 1 0 −3 2,5 𝑀 2 0 3 2,5 𝐵 6 0 0 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Koordinatengleichung der Ebene 𝑬 Aus den Richtungsvektoren 𝑀 1 𝐵 = 6 3 −2,5 und 𝑀 2 𝐵 = 6 −3 −2,5 erhält man mit Hilfe des Vektorprodukts einen Normalenvektor für die Ebene 𝐸. 6 3 −2,5 6 3 −2,5 6 −3 −2,5 6 −3 −2,5 𝑀 1 𝐵 × 𝑀 2 𝐵 = 3⋅ −2,5 −2,5⋅6 6⋅ −3 − −2,5⋅ −3 6⋅ −2,5 3⋅6 = −15 0 −36 Da es bei einem Normalenvektor nicht auf die Länge ankommt, teilen wir durch −3 und erhalten 𝑛 = 5 0 12 .

𝑛 = 5 0 12 𝐵 6 0 0 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Die Koordinatengleichung von 𝐸 lautet somit 𝐸:5 𝑥 1 +12 𝑥 3 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑. Da der Punkt 𝐵 6 0 0 in 𝐸 liegt, setzen wir 𝐵 in 𝐸 ein und erhalten 5⋅6+12⋅0=30=𝑑 Damit haben wir die Koordinatengleichung komplett. Ergebnis: Die Koordinatengleichung für 𝐸 lautet 𝐸:5 𝑥 1 +12 𝑥 3 =30.

𝐵 6 0 0 𝑆 0 0 5 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Lösung b) Bestimmung des Punktes 𝑸 Eine Gerade durch die Punkte 𝐵 und 𝑆 kann beschrieben werden durch 𝑔: 𝑥 = 𝑂𝐵 +𝑡⋅ 𝐵𝑆 = 6 0 0 +𝑡⋅ −6 0 5 Ein Punkt 𝑄 auf 𝑔 hat somit die Koordinaten 𝑄(6−6𝑡|0|5𝑡). Das Dreieck 𝑀 1 𝑄 𝑀 2 ist in 𝑄 rechtwinklig, d.h. dass die Vektoren 𝑄𝑀 1 und 𝑄𝑀 2 senkrecht zueinander stehen und somit 𝑄𝑀 1 ⋅ 𝑄𝑀 2 =0 gilt. Daraus gewinnen wir eine Bestimmungsgleichung für 𝑡 und erhalten damit 𝑄. 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝐴 𝐵 𝐶 𝑀 1 −6 𝑀 2 𝑆 6 5 𝐸 𝑄

𝑄(6−6𝑡|0|5𝑡) 𝑀 1 0 −3 2,5 𝑀 2 0 3 2,5 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Mit 𝑄𝑀 1 = 0 −3 2,5 − 6−6𝑡 0 5𝑡 = −6+6𝑡 −3 2,5−5𝑡 und 𝑄𝑀 2 = 0 3 2,5 − 6−6𝑡 0 5𝑡 = −6+6𝑡 3 2,5−5𝑡 folgt 𝑄𝑀 1 ⋅ 𝑄𝑀 2 = −6+6𝑡 2 −9+ 2,5−5𝑡 2 =0 ⟺36−72𝑡+36 𝑡 2 −9+6,25−25𝑡+25 𝑡 2 =0 ⟺33,25−97𝑡+61 𝑡 2 =0

61 𝑡 2 −97𝑡+33,25=0 𝑔: 𝑥 = 6 0 0 +𝑡⋅ −6 0 5 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung bestimmen wir mit dem GTR. Dazu geben Sie bei Y1 den Term 61 𝑥 2 −97𝑥+33,25 ein und lassen sich den Graphen im 𝑥-Auschnitt 0;2 und im 𝑦-Ausschnitt −5;5 zeichnen. Mit 2ND CALC zero bestimmen Sie die beiden Nullstellen und erhalten 𝑥 1 =0,5 bzw. 𝑥 2 ≈1,09. Da 𝑄 nur für 0≤𝑡≤1 auf der Kante 𝐵𝑆 liegt, kann 𝑡=1,09 keine Lösung sein. Wir setzen 𝑡=0,5 in 𝑔 ein und erhalten 6 0 0 +0,5⋅ −6 0 5 = 3 0 2,5 . Ergebnis: Der Punkt 𝑄 hat die Koordinaten 𝑄(3|0|2,5).

Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Lösung c) Bestimmung des Punktes 𝒁 Der Punkt 𝑍 soll in der 𝑥 1 𝑥 3 -Ebene liegen, d.h. die 𝑥 2 -Koordinate von 𝑍 ist 0. Wir können somit 𝑍 𝑎 0 𝑐 mit noch unbekannten 𝑎 und 𝑐 ansetzen. Das Dreieck 𝐴𝐵𝐶 liegt in der 𝑥 1 𝑥 2 -Ebene, somit ist der Abstand von 𝑍 zum Dreieck 𝐴𝐵𝐶 nichts anderes als die 𝑥 3 -Koordinate von 𝑍, nämlich 𝑐. Das Dreieck 𝐴𝐶𝑆 liegt in der 𝑥 2 𝑥 3 -Ebene, somit ist der Abstand von 𝑍 zum Dreieck 𝐴𝐶𝑆 die 𝑥 1 -Koordinate von 𝑍, nämlich 𝑎. Diese beiden Abstände sollen gleich sein, also ist 𝑎=𝑐. 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝐴 𝐵 𝐶 𝑀 1 −6 𝑀 2 𝑆 6 5 𝐸 𝑍

Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 HNF 𝐸: 5 𝑥 1 +12 𝑥 3 −30 13 =0 𝑍 𝑎 0 𝑐 𝑎=𝑐 𝐸:5 𝑥 1 +12 𝑥 3 =30 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Der Punkt 𝑍 hat daher die Koordinaten 𝑍 𝑎 0 𝑎 . Wir bestimmen nun den Abstand des Punktes 𝑍 von der Ebene 𝐸. Dazu wird die Ebenengleichung in die Hesse‘sche Normalenform überführt. Mit 𝑛 = 5 0 12 folgt 𝑛 = 5 2 + 12 2 = 169 =13 und weiter HNF 𝐸: 5 𝑥 1 +12 𝑥 3 −30 13 =0 Ein beliebiger Punkt 𝑃( 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 ) hat damit zur Ebene 𝐸 den Abstand 𝑑 𝑃,𝐸 = 5 𝑥 1 +12 𝑥 3 −30 13

𝑍 𝑎 0 𝑎 𝑑 𝑃,𝐸 = 5 𝑥 1 +12 𝑥 3 −30 13 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Laut Aufgabenstellung soll der Abstand von 𝑍 zu 𝐸 derselbe sein wie zum Dreieck 𝐴𝐶𝑆 und wie zum Dreieck 𝐴𝐵𝐶 … also 𝑎. Folglich gilt 𝑑 𝑍,𝐸 =𝑎 ⟺ 5𝑎+12𝑎−30 13 =𝑎 ⟺ 17𝑎−30 =13𝑎 Um die Betragsgleichung aufzulösen müssen zwei Fälle unterschieden werden. Fall 1, 17𝑎−30≥0: Hier können wir die Betragsstriche weglassen und erhalten 17𝑎−30=13𝑎 ⟺ 4𝑎=30 ⟺ 𝑎=7,5 Für diesen Wert von 𝑎 liegt der Punkt Z aber außerhalb der Pyramide. Diese „vermeintliche“ Lösung müssen wir daher streichen.

17𝑎−30 =13𝑎 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Fall 2, 17𝑎−30<0: In diesem Fall können wir die Betragsstriche erst weglassen, wenn wir den Ausdruck zwischen den Betragsstrichen mit −1 malnehmen. −17𝑎+30=13𝑎 ⟺30𝑎=30 ⟺ 𝑎=1 Dies ist der einzig mögliche Wert für 𝑎 für den der Punkt 𝑍 innerhalb der Pyramide liegt. Ergebnis: Der Punkt 𝑍 hat die Koordinaten 𝑍 1 0 1 .