Abiturprüfung Mathematik 2016 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 2.1 und B 2.2 - Lösungen.

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1 Abiturprüfung Mathematik 2016 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 2.1 und B Lösungen

2 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.1
Die Punkte 𝐴 0 −6 0 , 𝐵 , 𝐶 und 𝑆 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 𝑥 3 =30) (4 VP)

3 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.

4 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 ,5 . Die Länge der Strecke 𝑀 1 𝑀 2 ist damit | 𝑀 1 𝑀 2 |= =6. 𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 𝐴 𝐵 𝐶 𝑀 1 −6 𝑀 2 𝑆 6 5 𝐸

5 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 + − ,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.

6 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Koordinatengleichung der Ebene 𝑬
𝑀 1 0 −3 2,5 𝑀 ,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, −3 −2,5 6 −3 −2, 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 =

7 𝑛 = 𝐵 6 0 0 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Die Koordinatengleichung von 𝐸 lautet somit 𝐸:5 𝑥 𝑥 3 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑. Da der Punkt 𝐵 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 𝑥 3 =30.

8 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 = 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

9 𝑄(6−6𝑡|0|5𝑡) 𝑀 1 0 −3 2,5 𝑀 ,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

10 61 𝑡 2 −97𝑡+33,25=0 𝑔: 𝑥 = 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 ,5⋅ −6 0 5 = 3 0 2,5 . Ergebnis: Der Punkt 𝑄 hat die Koordinaten 𝑄(3|0|2,5).

11 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

12 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 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 = folgt 𝑛 = = 169 =13 folgt HNF 𝐸: 5 𝑥 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 𝑥 3 −30 13

13 𝑍 𝑎 0 𝑎 𝑑 𝑃,𝐸 = 5 𝑥 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.

14 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

15 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.2 Eine Tanzgruppe besteht aus 8 Anfängerpaaren und 4 Fortgeschrittenen- paaren. Aus der Erfahrung vergangener Jahre weiß man, dass Anfängerpaare mit einer Wahrscheinlichkeit von 90 % bei den abendlichen Tanzstunden anwesend sind, Fortgeschrittenenpaare mit einer Wahrscheinlichkeit von 75 %. Man geht davon aus, dass die Entscheidung von Tanzpaaren über die Teilnahme an der Tanzstunde voneinander unabhängig sind. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle Fortgeschrittenenpaare anwesend sind.

16 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 6 Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare anwesend sind. Wie groß die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 11 Paare anwesend sind? (5 VP)

17 8𝐴⇒90% 4𝐹⇒75% Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Lösung Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle Fortgeschrittenenpaare anwesend sind. Die Zufallsvariable 𝑋 stehe für die Anzahl der Fortgeschrittenen-Paare. Da es sich um ein „Ja/Nein“-Experiment (anwesend oder nicht anwesend) handelt ist 𝑋 binomialverteilt. Die Trefferwahrscheinlichkeit ist 𝑝=75%, die Anzahl der Versuche ist 𝑛=4. Mit dem GTR lässt sich dann 𝑃(𝑋=4) bestimmen. Nach Eingabe von binompdf(4,0.75,4) erhält man den Wert 0,3164. Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle Fortgeschrittenenpaare anwesend sind beträgt etwa 32%.

18 8𝐴⇒90% 4𝐹⇒75% Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Bemerkung: Statt den komplizierten Weg mit „Zufallsvariable und Binomialverteilung“ zu gehen, hätte man einfach 0,75 4 =0,3164 berechnen können. Das führt ebenfalls zu der gesuchten Wahrscheinlichkeit! In der Aufgabe wird ja nach „allen“ Fortgeschrittenen-Paaren gefragt. Das ist vergleichbar mit der Frage: Wie groß ist die WS, dass man bei 4maligem Würfel immer eine 6 würfelt. Nun, die WS ist Allerdings ist die folgende Denkweise falsch!!! Die WS, dass ein F-Paar kommt ist 0,75. Die WS, dass zwei F-Paare kommen ist 0, Die WS, dass drei F-Paare kommen ist 0, Daher ist die WS, dass alle vier F-Paare kommen gleich 0,75 4 .

19 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Die ersten drei Aussagen in dieser Liste sind falsch und nur die letzte ist korrekt! Um sich das zu verdeutlichen, vergleichen Sie das mit dem Würfelexperiment „4maliges Würfeln“. Die WS, dass eine 6 kommt ist eben nicht 1 6 , sondern 4⋅ 1 6 ⋅ Die WS, dass zwei 6en kommen ist nicht , sondern 6⋅ ⋅ Die WS, dass drei 6en kommen ist nicht , sondern 4⋅ ⋅ Die WS, dass vier 6en kommen ist 1⋅ ⋅ =

20 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Sie sehen also, erst am Ende der Kette „passt“ es wieder. Falls Sie also aufgrund eines fehlerhaften Gedankenganges zum korrekten Ergebnis gekommen sind, dann sollten Sie sich die Vorgehensweise nochmal Schritt für Schritt verdeutlichen und den korrekten Gedankengang trainieren.

21 8𝐴⇒90% 4𝐹⇒75% Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Wahrscheinlichkeit für mindestens 6 Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare Die Zufallsvariable 𝑋 stehe für die Anzahl der Anfängerpaare und die Zufallsvariable 𝑌 für die Anzahl der Fortgeschrittenenpaare. Es gibt insgesamt 8 A-Paare und ein Paar kann anwesend sein oder nicht. Folglich ist 𝑋 binomialverteilt mit 𝑝=0,9 und 𝑛=8. Die WS für mindestens 6 anwesende A-Paare ist dann 𝑃(𝑋≥6). Es gibt insgesamt 4 F-Paare und ein Paar kann anwesend sein oder nicht. Folglich ist 𝑌 binomialverteilt mit 𝑝=0,75 und 𝑛=4. Die WS für höchstens 3 anwesende F-Paare ist dann 𝑃(𝑌≤3). Die Gesamtwahrscheinlichkeit ist dann 𝑃 𝑋≥6 ⋅𝑃(𝑌≤3).

22 𝑋: 𝑛=8,𝑝=0,9 𝑌:𝑛=4,𝑝=0,75 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Nun ist 𝑃 𝑋≥6 ⋅𝑃 𝑌≤3 = 1−𝑃(𝑋≤5) ⋅𝑃(𝑌≤3). Den Ausdruck auf der rechten Seite können wir mit dem GTR bestimmen: (1-binomcdf(8,0.9,5))* binomcdf(4,0.75,3) Dies liefert etwa den Wert 0,6576. Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dass an einem Abend mindestens 6 Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare kommen beträgt etwa 66%.

23 8𝐴⇒90% 4𝐹⇒75% Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 𝟏𝟏 Paare anwesend sind Die Zufallsvariablen 𝑋 bzw. 𝑌 bezeichnen wieder die Anzahl der A-Paare bzw. die Anzahl der F-Paare. Die Forderung „mindestens 11 Paare“ bedeutet „genau 11 Paare oder genau 12 Paare“. „Genau 11 Paare“ bekommen wir durch die Kombination 𝑋=8 und 𝑌=3 oder durch die Kombination 𝑋=7 und 𝑌=4. Andere Möglichkeiten gibt es nicht. „Genau 12 Paare“ bekommen wir nur mit der Kombination 𝑋=8 und 𝑌=4. In die Formelsprache übersetzt erhält man 𝑃 𝑋=8 ⋅𝑃 𝑌=3 +𝑃 𝑋=7 ⋅𝑃 𝑌=4 +𝑃 𝑋=8 ⋅𝑃 𝑌=4 𝑃(𝑔𝑒𝑛𝑎𝑢 11 𝑃𝑎𝑎𝑟𝑒) 𝑃(𝑔𝑒𝑛𝑎𝑢 12 𝑃𝑎𝑎𝑟𝑒)

24 𝑋: 𝑛=8,𝑝=0,9 𝑌:𝑛=4,𝑝=0,75 Wahlteil 2016 – Aufgabe B 2 𝑃 𝑋=8 ⋅𝑃 𝑌=3 +𝑃 𝑋=7 ⋅𝑃 𝑌=4 +𝑃 𝑋=8 ⋅𝑃 𝑌=4 Im GTR gibt man zur Berechnung des obigen Ausdrucks folgendes ein: binompdf(8,0.9,8)*binompdf(4,0.75,3) + binompdf(8,0.9,7)*binompdf(4,0.75,4) + binompdf(8,0.9,8)*binompdf(4,0.75,4) Sie erhalten etwa den Wert 0,4389. Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 11 Paare anwesend sind liegt bei etwa 44%.