Abituraufgabe zur analytischen Geometrie, Hessen 2013, B2, Grundkurs (TR)

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1 Abituraufgabe zur analytischen Geometrie, Hessen 2013, B2, Grundkurs (TR) 1 Bei Ausgrabungen wurden die Überreste einer 4500 Jahre alten Pyramide entdeckt. Die Abbildung zeigt die Ansicht der Pyramidenruine von oben, also den Grundriss unter Berücksichtigung der Himmelsrichtungen. Für die noch erkennbaren Eckpunkte der Pyramide ergeben sich die Koordinatendarstellungen A(0 0 0), B(24 7 0) und C( ). Außerdem konnten die Koordinaten weitere Pyramidenpunkte auf zwei Seitenkanten rekonstruiert werden. Auf der von A ausgehenden Kante AE liegt der Punkt E(1,7 3,1 3) und auf der von B ausgehenden Kante BF der Punkt F(14,7 21,1 9). (Angaben in Metern) 1.1 Zeigen Sie, dass die Punkte A, B und C Eckpunkte eines Quadrates sein können. Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Quadrats. Bestimmen Sie die Koordinaten des vierten Quadrateckpunktes D. 1.2 Aus den Überresten soll die ursprüngliche Höhe der Pyramide bestimmt werden. Ermitteln Sie die Koordinaten der ursprünglichen Spitze S der Pyramide und geben Sie die ursprüngliche Höhe der Pyramide an. [zur Kontrolle: S(8,5 15,5 15] 2 Aus Aufzeichnungen ist bekannt, dass in der Pyramidengrundebene ein Opferplatz lag, dessen Überreste zerstört wurden. Am Tag der Sommersonnenwende fiel den Aufzeichnungen zufolge zu einem bestimmten Zeitpunkt der Schatten der Pyramidenspitze genau auf den Mittelpunkt M des Opferplatzes. Die Richtung der Sonnenstrahlen lässt dich zu diesem Zeitpunkt durch den Vektor 4,8 v = 1,4 beschreiben. 3 Bestimmen Sie aus den bekannten Informationen den Mittelpunkt M des Opferplatzes. 3 Die parameterform einer Ebene E, die einen der Pyramidenflächen enthält, lautet:

2 17 8,5 7 E: x = 31 + s 15,5 + t 24, s, tœ R Ermitteln Sie, welche Seitenfläche der Pyramide in der Ebene E liegt. 3.2 Erklären Sie die geometrische Bedeutung der folgenden Gleichung (1) und (2) im Sachzusammenhang. 8, ,5 42 = (2) = Gegeben sind die Vektoren h = 42 und r = 144, wobei r orthogonal zur Pyramidenseitenfläche ABS verläuft. Berechnen Sie den Winkel, den die Vektoren h und r einschließen, und deuten Sie das Ergebnis geometrisch im Sachzusammenhang.

3 Lösungen Es muss BA ÿ BC = 0 sein, damit in der Ecke A ein rechter Winkel vorliegt und z.b. BA = BC sein. Dann wäre A, B, C, D ein Quadrat BA = OA - OB = 0-7 = BC = OC - OB = 31-7 = BA ÿ BC = (-24) ÿ (-7) + (-7) ÿ (24) + 0 ÿ 0 = 0 BA = 24 7 ² = 625 = 25 BC = 7 24² = 625 = 25 Damit können A, B und C Eckpunkte eines Quadrats sein: Fläche: A = BA ÿ BC = 25 ÿ 25 = 625 (oder = BA ²) Da im Quadrat BA = CD ist, kann man OD = OC + CD = OC + BA = = berechnen. D( )

4 1.2 Die Spitze muss der Schnittpunkt der Karte durch A und E mit der Kante durch B und F sein. Wir stellen zwei Geradengleichungen von geraden auf, die die Kanten AE und die Kante BF enthält. 0 1,7 0 1,7 g AE : x = OA + t ÿ AE = 0 + t ÿ 3,1 0 = t ÿ 3, , ,3 g BF: x = OB + s ÿ BF = 7 + s ÿ 12,1 7 = 7 + s ÿ 5, Wir bestimmen den Schnittpunkt: 1,7 24 9,3 t ÿ 3,1 = 7 + s ÿ 5, (1) 1,7t = 24 9,3s (2) 3,1t = 7 + 5,1s (3) 3t = 9s Wir könnten von dem 3-fachen von (2) das 3,1-fache von (3) subtrahieren, oder wir setzen in (2) t = 3s was aus (3) folgt 3,1 ÿ 3s = 7 + 5,1s 9,3s = 7 + 5,1s -5,1s 4,2s = 7 s = 5/3 Normalerweise müsste man noch t berechnen t = 3 ÿ 5/3 = 5 und dann noch prüfen, ob die Gleichung (1) erfüllt ist, nicht dass die geraden Windschief sind, hier kann man oben davon ausgehen, dass sie sich schneiden müssen. Wir benötigen nur t oder s. 1,7 8,5 Wir setzen t = 5 in g AE : OS = 5 3,1 = 15, Also ist die Spitze S(8,5 15,5 15) und damit ist die Pyramide 15m hoch, da die Grundfläche auf der Höhe z = 0 liegt (alle z-komponenten an der Eckpunkte der Grundfläche sind 0). Der Schatten von s liegt in der Geraden 8,5 4,8 g: x = OS + t ÿ v = 15,5 + t ÿ 1, Auf dem Boden ist z = 0: (1) x = 8,5 4,8t (2) y = 15,5 1,4t 0 = 15 3t ñ t = 5

5 in (1) und (2) einsetzen: x = 8,5 4,8 ÿ 5 = -15,5 y = 15,5 1,4 ÿ 5 = 8,5 M(-15,5 8,5 0) 17 8, x = ÿ 15,5 + t ÿ in (2): in (1): Hier gibt es mehrere Möglichkeiten. Die direkte ist die: Man prüft welche Eckpunkte in E liegen. Nun sieht man am Stützvektor, dass C in E liegt. Nun muss man nur noch prüfen, ob D oder B in E liegt. Wir beginnen mit B: ,5 7 7 = 31 + s ÿ 15,5 + t ÿ (1) 24 = 17 8,5s + 7t (2) 7 = ,5s 24t (3) 0 = s + 0 ñ s = 0 7 = t = -24t t = 1 24 = ÿ 1 also liegt B in E. (Man hätte auch s = 0 und t = 1 und dann s = 1 und t = 0 setzen können, denn hier ergeben sich Punkte der Ebene. Wenn die Gleichung der Ebene wie üblich aufgestellt wurde, dann ergeben sich Eckpunkte) ist ein Vektor, der zu beiden Richtungsvektoren der Ebene senkrecht ist. Damit ist das 125 ein Normalenvektor der Ebene durch die Punkte B, C und S. 3.3 Wenn b ein Normalenvektor der Ebene BCS ist und r eine der Ebene ABS (da r orthogonal zur Seite ABS ist), dann ist der Winkel zwischen Vektoren h und r gleich dem Schnittwinkel der Ebenen BCS und ABS.

6 cos (a) = ÿ ÿ = ÿ ÿ ÿ = ² ² ² ÿ ² ² cos -1 ( ) a 65,81

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