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Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.1
Die Punkte π΄ 0 β6 0 , π΅ , πΆ und π sind die Eckpunkte der Pyramide π΄π΅πΆπ. Der Punkt π 1 ist der Mittelpunkt der Kante π΄π und π 2 ist der Mittelpunkt der Kante πΆπ. Die Ebene πΈ verlΓ€uft durch π 1 , π 2 und π΅. Die Ebene πΈ schneidet die Pyramide in einer SchnittflΓ€che. Stellen Sie Pyramide und SchnittflΓ€che in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie den Umfang der SchnittflΓ€che. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von πΈ. (Teilergebnis: πΈ: 5 π₯ π₯ 3 =30) (4 VP)
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Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Der Punkt π liegt auf der Kante π΅π und bildet mit π 1 und π 2 ein rechtwinkliges Dreieck. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes π. (3 VP) Der Punkt π liegt in der π₯ 1 π₯ 3 -Ebene und im Inneren der Pyramide π΄π΅πΆπ. Er hat von der GrundflΓ€che π΄π΅πΆ, der SeitenflΓ€che π΄πΆπ und von πΈ den gleichen Abstand. Bestimmen Sie die Koordinaten von π.
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π΄ 0 β6 0 π΅ 6 0 0 πΆ 0 6 0 π 0 0 5 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 LΓΆsung a) Schaubild fΓΌr die Pyramide mit der SchnittflΓ€che β¦ siehe Abbildung rechts. Umfang der SchnittflΓ€che Der Mittelpunkt π 1 der Kante π΄π ist π 1 0 β3 2,5 . Der Mittelpunkt π 2 der Kante πΆπ ist π ,5 . Die LΓ€nge der Strecke π 1 π 2 ist damit | π 1 π 2 |= 0 3 2,5 β 0 β3 2,5 = =6 π₯ 1 π₯ 2 π₯ 3 π΄ π΅ πΆ π 1 β6 π 2 π 6 5 πΈ
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π 1 0 β3 2,5 π΅ 6 0 0 | π 1 π 2 |=6 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Die LΓ€ngen der Strecken π΅π 1 und π΅π 2 sind aus SymmetriegrΓΌnden gleich. Es gilt π΅π 1 = β6 β3 2,5 = β6 2 + β ,5 2 = 51,25 Folglich ist auch π΅π 2 = 51,25 . Der Umfang der SchnittflΓ€che ist damit π= π΅π 1 + π΅π 2 + | π 1 π 2 |=2β
51,25 +6β20,32 Ergebnis: Der Umfang der SchnittflΓ€che betrΓ€gt etwa 20,32 LE.
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Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Koordinatengleichung der Ebene π¬
π 1 0 β3 2,5 π ,5 π΅ 6 0 0 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Koordinatengleichung der Ebene π¬ Aus den Richtungsvektoren π 1 π΅ = 6 3 β2,5 und π 2 π΅ = 6 β3 β2,5 erhΓ€lt man mit Hilfe des Vektorprodukts einen Normalenvektor fΓΌr die Ebene πΈ. β2, β2, β3 β2, β3 β2, π 1 π΅ Γ π 2 π΅ = 3β
β2,5 β2,5β
6 6β
β3 β β2,5β
β3 6β
β2,5 3β
6 = β15 0 β36 Da es bei einem Normalenvektor nicht auf die LΓ€nge ankommt, teilen wir durch β3 und erhalten π =
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π = π΅ 6 0 0 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Die Koordinatengleichung von πΈ lautet somit πΈ:5 π₯ π₯ 3 =π mit einem noch unbekannten π. Da der Punkt π΅ in πΈ liegt, setzen wir π΅ in πΈ ein und erhalten 5β
6+12β
0=30=π Damit haben wir die Koordinatengleichung komplett. Ergebnis: Die Koordinatengleichung fΓΌr πΈ lautet πΈ:5 π₯ π₯ 3 =30.
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π΅ 6 0 0 π 0 0 5 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 LΓΆsung b) Bestimmung des Punktes πΈ Eine Gerade durch die Punkte π΅ und π kann beschrieben werden durch π: π₯ = ππ΅ +π‘β
π΅π = π‘β
β6 0 5 Ein Punkt π auf π hat somit die Koordinaten π(6β6π‘|0|5π‘). Das Dreieck π 1 π π 2 ist in π rechtwinklig, d.h. dass die Vektoren ππ 1 und ππ 2 senkrecht zueinander stehen und somit ππ 1 β
ππ 2 =0 gilt. Daraus gewinnen wir eine Bestimmungsgleichung fΓΌr π‘ und erhalten damit π. π₯ 1 π₯ 2 π₯ 3 π΄ π΅ πΆ π 1 β6 π 2 π 6 5 πΈ π
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π(6β6π‘|0|5π‘) π 1 0 β3 2,5 π ,5 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Mit ππ 1 = 0 β3 2,5 β 6β6π‘ 0 5π‘ = β6+6π‘ β3 2,5β5π‘ und ππ 2 = 0 3 2,5 β 6β6π‘ 0 5π‘ = β6+6π‘ 3 2,5β5π‘ folgt ππ 1 β
ππ 2 = β6+6π‘ 2 β9+ 2,5β5π‘ 2 =0 βΊ36β72π‘+36 π‘ 2 β9+6,25β25π‘+25 π‘ 2 =0 βΊ33,25β97π‘+61 π‘ 2 =0
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61 π‘ 2 β97π‘+33,25=0 π: π₯ = π‘β
β6 0 5 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Die LΓΆsungen dieser quadratischen Gleichung bestimmen wir mit dem GTR. Dazu geben Sie bei Y1 den Term 61 π₯ 2 β97π₯+33,25 ein und lassen sich den Graphen im π₯-Auschnitt 0;2 und im π¦-Ausschnitt β5;5 zeichnen. Mit 2ND CALC zero bestimmen Sie die beiden Nullstellen und erhalten π₯ 1 =0,5 bzw. π₯ 2 β1,09. Da π nur fΓΌr 0β€π‘β€1 auf der Kante π΅π liegt, kann π‘=1,09 keine LΓΆsung sein. Wir setzen π‘=0,5 in π ein und erhalten ,5β
β6 0 5 = 3 0 2,5 . Ergebnis: Der Punkt π hat die Koordinaten π(3|0|2,5).
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Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 LΓΆsung c) Bestimmung des Punktes π Der Punkt π soll in der π₯ 1 π₯ 3 -Ebene liegen, d.h. die π₯ 2 -Koordinate von π ist 0. Wir kΓΆnnen somit π π 0 π mit noch unbekannten π und π ansetzen. Das Dreieck π΄π΅πΆ liegt in der π₯ 1 π₯ 2 -Ebene, somit ist der Abstand von π zum Dreieck π΄π΅πΆ nichts anderes als die π₯ 3 -Koordinate von π, nΓ€mlich π. Das Dreieck π΄πΆπ liegt in der π₯ 2 π₯ 3 -Ebene, somit ist der Abstand von π zum Dreieck π΄πΆπ die π₯ 1 -Koordinate von π, nΓ€mlich π. Diese beiden AbstΓ€nde sollen gleich sein, also ist π=π. π₯ 1 π₯ 2 π₯ 3 π΄ π΅ πΆ π 1 β6 π 2 π 6 5 πΈ π
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Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 HNF πΈ: 5 π₯ 1 +12 π₯ 3 β30 13 =0
π π 0 π π=π πΈ:5 π₯ π₯ 3 =30 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Der Punkt π hat daher die Koordinaten π π 0 π . Wir bestimmen nun den Abstand des Punktes π von der Ebene πΈ. Dazu wird die Ebenengleichung in die Hesseβsche Normalenform ΓΌberfΓΌhrt. Mit π = folgt π = = 169 =13 und weiter HNF πΈ: 5 π₯ π₯ 3 β30 13 =0 Ein beliebiger Punkt π( π₯ 1 π₯ 2 π₯ 3 ) hat damit zur Ebene πΈ den Abstand π π,πΈ = 5 π₯ π₯ 3 β30 13
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π π 0 π π π,πΈ = 5 π₯ π₯ 3 β30 13 Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Laut Aufgabenstellung soll der Abstand von π zu πΈ derselbe sein wie zum Dreieck π΄πΆπ und wie zum Dreieck π΄π΅πΆ β¦ also π. Folglich gilt π π,πΈ =π βΊ 5π+12πβ30 13 =π βΊ 17πβ30 =13π Um die Betragsgleichung aufzulΓΆsen mΓΌssen zwei FΓ€lle unterschieden werden. Fall 1, 17πβ30β₯0: Hier kΓΆnnen wir die Betragsstriche weglassen und erhalten 17πβ30=13π βΊ 4π=30 βΊ π=7,5 FΓΌr diesen Wert von π liegt der Punkt Z aber auΓerhalb der Pyramide. Diese βvermeintlicheβ LΓΆsung mΓΌssen wir daher streichen.
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17πβ30 =13π Wahlteil 2016 β Aufgabe B 2 Fall 2, 17πβ30<0: In diesem Fall kΓΆnnen wir die Betragsstriche erst weglassen, wenn wir den Ausdruck zwischen den Betragsstrichen mit β1 malnehmen. β17π+30=13π βΊ30π=30 βΊ π=1 Dies ist der einzig mΓΆgliche Wert fΓΌr π fΓΌr den der Punkt π innerhalb der Pyramide liegt. Ergebnis: Der Punkt π hat die Koordinaten π
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