Abiturprüfung Mathematik 24 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 2 - Lösungen klaus_messner@web.de www.elearning-freiburg.de
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 2 Aufgabe B 2. An einer rechteckigen Platte mit den Eckpunkten A 6, B 6, C 3 und D 3 ist im Punkt F 5 6 ein 2 m langer Stab befestigt, der in positive x 3 -Richtung zeigt. Eine punktförmige Lichtquelle befindet sich zunächst im Punkt L 8 2 (Koordinatenangaben in m). a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Platte liegt. Stellen Sie die Platte, den Stab und die Lichtquelle in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie den Winkel zwischen dem Stab und der Platte. (Teilergebnis: E: x 2 + 2x 3 = 6) (3 VP)
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 3 b) Der Stab wirft einen Schatten auf die Platte. Bestimmen Sie den Schattenpunkt des oberen Endes des Stabes. Begründen Sie, dass der Schatten vollständig auf der Platte liegt. (3 VP) c) Die Lichtquelle bewegt sich von L aus auf einer zur x x 2 -Ebene parallelen Kreisbahn, deren Mittelpunkt das obere Ende des Stabes ist. Dabei kollidiert die Lichtquelle mit der Platte. Berechnen Sie die Koordinaten der beiden möglichen Kollisionspunkte. (3 VP)
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 A 6 B 6 C 3 4 Lösung a) Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Platte liegt Aus den beiden Richtungsvektoren AB = und AC = bestimmen wir mit dem Vektorprodukt einen Normalenvektor. 6 3 6 3 6 3 AB AC = 6 3 = 3 6
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 A 6 B 6 C 3 5 Da es auf die Länge des Normalenvektors nicht ankommt, teilen wir noch durch 3 und erhalten n E = 2 und daraus die Koordinatengleichung E: x 2 + 2x 3 = d mit einem noch unbekannten d. Da z.b. der Punkt C in E liegt, können wir C einsetzen und erhalten + 2 3 = 6 = d. Ergebnis: Die Koordinatengleichung von E lautet E: x 2 + 2x 3 = 6.
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 A 6, B 6 C 3, D 3 F 5 6, S 5 6 2 L 8 2 6 Winkel zwischen Stab und Platte Ein Richtungsvektor des Stabes lautet FS = Der Normalenvektor der Ebene ist n E = Weiterhin gilt: FS n E = + + 2 2 = 4 und FS = 2 so wie n E = 2 + 2 2 = 5 Darstellung im Koordinatensystem 2 2.. x D C x 3 A S F B L x 2
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 FS n E = 6 FS = 2 n E = 5 7 Winkel zwischen Stab und Platte Diese Zwischenergebnisse setzen wir ein in die Winkelformel für den Winkel zwischen Gerade und Ebene: sin α = FS n E FS n E = 4 2 5,8944 D C x 3 S F B L x 2 Daraus ergibt sich α zu α = 63,43. x A Ergebnis: Der Winkel zwischen der Platte und dem Stab beträgt etwa 63,43.
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 F 5 6 S 5 6 2 L 8 2 E: x 2 + 2x 3 = 6 8 b) Schattenpunkt des Stabes Der Schattenpunkt T des Stabes befindet sich dort, wo die Gerade durch L und S die Ebene durchstößt. Eine Parameterform der Geraden durch L und S S 8 3 F L ist g: x = l + tls = + t 4, t R x 2 Durch Einsetzen von g in E bekommen wir den gesuchten Schnittpunkt T. Es folgt 4t + 2 2 = 6 4t = 2 t = 2 Eingesetzt in g ergibt sich: 8 2 + 2 3 4 Ergebnis: Der Schattenpunkt hat die Koordinaten T 2 2 2. = 2 2 2. x 3 T x 2
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 A 6 B 6 C 3 D 3 T 2 2 2 9 Begründung für die Behauptung, dass der Schatten vollständig auf der Platte liegt T liegt in der Ebene E, in der sich die Platte befindet. Aber liegt T auch auf der Platte selbst? Wenn wir überall die x 3 -Koordinate einfach weglassen, haben wir die Platte mitsamt dem Schattenpunkt T in die x, x 2 -Ebene projiziert. Die Projektionspunkte sind dann A 6, B 6, C, D und T 2 2. Dadurch verringert sich unser Problem um eine Dimension und es ergibt sich folgende Abbildung (siehe nächste Folie).
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 A 6 B 6 C D T 2 2 Hier können wir direkt sehen, dass T innerhalb der projizierten Platte liegt, also liegt auch T auf der Platte. B x 2 A Da der Stab mit dem Fußpunkt F selbst auch auf der Platte steht liegt folglich der gesamte Schatten (nämlich die Strecke FT) auf der Platte. C T D x x 3 Rechnerisch kann man den Nachweis dadurch führen, dass die x -Koordinate von T zwischen den x -Koordinaten von C und D liegt und ebenso die x 2 -Koordinate von T zwischen denjenigen von C und B liegt. x T F L x 2
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 S 5 6 2 L 8 2 E: x 2 + 2x 3 = 6 c) Koordinaten der Kollisionspunkte 3 Die Länge SL = 4 Lichtquelle beschreibt. = 3 2 + 4 2 = 5 ist der Radius des Kreises, den die Die Ebene H, in der die Kreisbahn liegt ist gegeben durch H: x 3 = 2, da es sich um eine parallele Ebene zur x, x 2 -Ebene handelt. Wir bestimmen nun die Schnittgerade g der beiden Ebenen durch Lösen des entsprechenden linearen Gleichungssystems I. x 2 + 2x 3 = 6 II. x 3 = 2 Daraus ergibt sich durch Einsetzen von II. in I. sofort x 2 = 2.
S 5 6 2 Wahlteil 24 Aufgabe B 2 2 Da die x -Koordinate in dem LGS nicht vorkommt, können wir x beliebig wählen, also x = t mit beliebigem t R. Ein beliebiger Punkt auf der Schnittgeraden g hat somit die Koordinaten P(t 2 2). Gesucht sind aber nur solche Punkte, die zum Stabende S den Abstand 5 5 t haben, für die also PS = 4 = 5 t 2 + 4 2 = 5 gilt. Dies lösen wir nach t auf: 5 t 2 + 4 2 = 5 5 t 2 + 6 = 25 5 t = ±3 t = 2, t 2 = 8 Ergebnis: Die Kollisionspunkte sind P 2 2 2 bzw. P 2 8 2 2.
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 3 Aufgabe B 2.2 Bei der Produktion von Bleistiften beträgt der Anteil fehlerhafter Stifte erfahrungsgemäß 5%. a) Ein Qualitätsprüfer entnimmt der Produktion zufällig 8 Bleistifte. Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der fehlerhaften Stifte in dieser Stichprobe. Berechnen Sie P(X 3). Mit welcher Wahrscheinlichkeit weicht der Wert von X um weniger als vom Erwartungswert von X ab? (3 VP)
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 4 b) Der Betrieb erwirbt eine neue Maschine, von der behauptet wird, dass höchstens 2% der von ihr produzierten Bleistifte fehlerhaft sind. Diese Hypothese H soll mithilfe eines Tests an 8 zufällig ausgewählten Stiften überprüft werden. Bei welchen Anzahlen fehlerhafter Stifte entscheidet man sich gegen die Hypothese, wenn die Irrtumswahrscheinlichkeit maximal 5% betragen soll? (3 VP)
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 p = 5% fehlerhaft n = 8 (Bleistifte) 5 Lösung a) Bestimmung von P(X 3) X ist binomialverteil (fehlerhaft bzw. nicht fehlerhaft) mit n = 8 und p = 5%. Somit lässt sich P(X 3) mit dem GTR durch Eingabe von binomcdf(8,.5,3) bestimmen. Man erhält den Wert,57. Ergebnis: Die WS bei einer Stichprobe von 8 Bleistiften höchstens 3 fehlerhafte Bleistifte zu bekommen beträgt etwa 5,7%.
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 p = 5% fehlerhaft n = 8 (Bleistifte) 6 Mit welcher WS weicht der Wert von X um weniger als vom Erwartungswert von X ab? Der Erwartungswert eine binomialverteilten Zufallsvariable ist durch die Formel E X = n p gegeben, wobei n die Anzahl der Bleistifte in der Stichprobe darstellt und p die WS für einen fehlerhaften Bleistift. Damit ist E X = 8,5 = 4. Bei einer Abweichung um weniger als ist somit die WS für mindestens 3 aber höchstens 49 fehlerhafte Bleistifte gesucht, formal: P(3 X 49). Nun gilt P 3 X 49 = P X 49 P X 3. Über den Ausdruck binomcdf(8,.5,49)-binomcdf(8,.5,3) liefert der GTR den Wert,878. Ergebnis: Die gesuchte WS beträgt etwa,878 bzw. 87,8%.
Wahlteil 24 Aufgabe B 2 7 b) Anzahl Stifte für Entscheidung gegen H Hier haben wir einen rechtsseitigen Test mit der Behauptung p,2 (H ). Der Ablehnungsbereich hat somit die Gestalt k; 8. Gesucht ist also ein minimales k für das P X k,5 gilt. Die Variable X ist binomialverteilt mit Trefferwahrscheinlichkeit p =,2 und Stichprobenumfang n = 8. Wegen P X k = P X k geben wir im GTR im Y-Editor den Ausdruck -binomcdf(8,.2,x-) ein und zeigen uns mit 2ND TABLE die Wertetabelle an. Wir lesen ab P X = 23 =,5637 bzw. P X = 24 =,358. Somit ist für k = 24 zum ersten Mal P X k,5. Ergebnis: Falls mindesten 24 fehlerhafte Stifte beobachten werden, muss H abgelehnt werden.