Abitur Mathematik Bayern G Musterlösung. Bayern Aufgabe 1. Abitur Mathematik: Musterlösung. Geometrie II. a) ZEICHNUNG

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Lioba Hafner
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Abitur Mathematik: Musterlösung Bayern 212 Aufgabe 1 a) ZEICHNUNG LAGE DER GRUNDFLÄCHE ABC Man kann anhand der gleichen x 1 -Koordinate 1 bei allen drei Punkten erkennen, dass die Grundfläche ABC

1 Abitur Mathematik: Musterlösung Bayern 212 Aufgabe 1 a) ZEICHNUNG LAGE DER GRUNDFLÄCHE ABC Man kann anhand der gleichen x 1 -Koordinate 1 bei allen drei Punkten erkennen, dass die Grundfläche ABC parallel zur x 2 -x -Ebene liegt. FLÄCHINHALT DER GRUNDFLÄCHE Flächeninhalt der dreieckigen Grundfläche ABC ist A D = 1 2 g D h D, wobei g D die Grundseite und h D die zugehörige Höhe des Dreiecks ist. Wähle z. B. als Grundseite AB. Die Länge dieser Seite ist einfach die Differenz der x 2 -Koordinaten von A und B, also g D = 8 2 = 6. Die Höhe ist der Abstand des Punktes C von der x 1 -x 2 -Ebene, in der die Seite AB liegt. Diese Höhe ist also einfach die x -Koordinate von C, also h D =. Somit ist A D = = 9 [FE]. VOLUM DES PRISMAS Die Höhe des Prismas h P ist die Länge AR = 8 [LE], weil AR senkrecht auf der Grundfläche ABC steht. 1

2 Das Volumen des Prismas ist Grundfläche mal Höhe, also V P = A D h P = 9 8 = 72 [VE]. b) NORMALVEKTOR Die Ebene ist durch die drei Punkte B, C und S bestimmt, denn dies sind drei Ecken eines Rechtecks, liegen also nicht auf einer Geraden. Normalenvektor: n 1 = BC BS = (OC OB ) (OS OB ) = (( 4 ) ( 8 )) (( 8) ( 8 )) 8 = ( 4) ( ) = ( 24) 2 vereinfachter Normalenvektor: n = 1 n 8 1 = ( ). 4 EBGLEICHUNG Die Komponenten des Normalenvektors sind Koeffizienten einer Koordinatengleichung: E: x 2 + 4x + c = Einsetzen von B liefert c = c = 24 vollständige Ebenengleichung E: x 2 + 4x 24 =. c) FORMEL UND PASSDE VEKTOR Formel cos(φ) = Skalarprodukt Längenprodukt Passende Vektoren dafür sind: CA = ( 2) und CB = ( 4 ) ; Längen: CA = 2² + ² = 1 und CB = 4² + ² = 2 = 2

3 Skalarprodukt: CA CB = ( 2) ( 4 ) = 2 4 ( ) = 1 GESUCHTER WINKEL φ = Winkel(CA, CB ) = cos 1 ( CA CB CA CB ) = 1 cos 1 ( ) 86,8. 1 Dies ist kleiner als 9, also ist φ der gesuchte spitze Winkel. d) GROBE SKIZZE Die Ebene F ist eindeutig durch ihren Schnittpunkt mit der Strecke [AB] bestimmt. Dieser Schnittpunkt sei P. Die zwei Teilvolumina sind wiederum gerade dreiseitige Prismen. P muss so gewählt werden, dass die zwei Teilprismen dasselbe Volumen haben. Das Volumen eines Prismas ist das Produkt aus der Höhe und der Grundfläche. Die beiden Teilprismen haben aber dieselbe Höhe, nämlich CT = 8 (Höhe des ursprünglichen Prismas), siehe Teilaufgabe a). Also sind die Volumina genau dann gleich, wenn die dreieckigen Grundflächen APC und PBC gleich groß sind. TEILUNGSPUNKT P IM DREIECK ABC FIND Die Flächeninhalte der Dreiecke APC und PBC berechnen sich jeweils aus der horizontalen Seitenlänge ( AP bzw. PB ) und der Höhe h AB des Punktes C über der x 1 -x 2 -Ebene:

4 Die Flächen APC und PBC stimmen also genau dann überein, wenn die Seitenlängen AP und PB gleich sind. Das bedeutet, dass P der Mittelpunkt der Strecke AB sein muss: OP = 1 2 (OA + OB ) = [( 2 ) + ( 8 )] = ( ) P(1 ) SCHNITTFIGUR IN DER ZEICHNUNG e) TEILKÖRPER Der eine Teilkörper hat die Ecken A, B, C und T. ABCT ist eine dreiseitige gerade Pyramide mit der Grundfläche ABC und der Spitze T: 4

5 VERGLEICH DER VOLUMINA Die Pyramide ABCT und das Prisma ABCRST haben die gleiche Grundfläche, nämlich das Dreieck ABC, und die gleiche Höhe, nämlich die Strecke [CT]. Also gilt für ihre Volumina: V Prisma = G h und V Pyramide = 1 G h mit gleichem G und h. Somit nimmt die Pyramide ABCT ein Drittel des Prismenvolumens ein und der andere Teilkörper ABSRT muss folglich zwei Drittel des Volumens vom Prisma besitzen. Damit sind die Volumina der beiden Teilkörper verschieden. f) ZUSAMMHANG Die Seitenfläche BSTC ist Teil der Ebene E aus Teilaufgabe b). Der Berührpunkt W ist der Lotfußpunkt des Mittelpunktes M in der Ebene. GERADE g L DURCH M SKRECHT ZU E Mit dem Aufpunkt M und dem Richtungsvektor n ergibt sich: + λ g L : X = M + λ n = ( 6,) + λ ( ) = ( 6, + λ) 4 + 4λ BERÜHRPUNKT W

6 W ist der Schnittpunkt von g L und E. g L in E einsetzen: (6, + λ) + 4 ( + 4λ) 24 = 19, + 9λ λ 24 = 2λ = 7, λ =, Man setzt diesen Wert für λ in g ein und erhält: OW = ( 6,), ( ) = ( 6,,9) = (,6) 4 1,2 1,8 Damit ergibt sich der Berührpunkt W(,6 1,8). RADIUS r DER KUGEL r = d(m, W) = MW = OW OM = (,6) ( 6,) = (,9) 1,8 1,2 = 2 + (,9) 2 + ( 1,2) 2 = 1, [LE]. g) GLEICHUNG VON g g: X = M + λ CB = ( 6,) + λ ( 4 ) DPUNKT H DES WEGES VOM KUGELMITTELPUNKT Die Kugel rollt so, dass sich ihr Mittelpunkt von M bis zu einem Punkt H bewegt: 6

7 Der Punkt H muss zwei Bedingungen erfüllen: 1. Er muss auf der Geraden g liegen, weil der Mittelpunkt sich durchgehend auf dieser Geraden bewegt. 2. Im Moment, wenn die Kugel den Boden berührt, befindet sich ihr Mittelpunkt genau r = 1, LE vom Boden entfernt. Also muss die x -Koordinate von H den Wert 1, haben. h 1 Also ist OH = ( h 2 ) = ( 6,) + λ ( 4 ) für geeignetes λ R. 1, Aus der Gleichung für die x -Koordinate: 1, = λ folgt λ =, und: H = ( 6,) +, ( 4 ) = ( 8,) H( 8, 1,) 1, LÄNGE DES GESUCHT WEGES Länge des vom Kugelmittelpunkt zurückgelegten Weges: MH = OH OM = ( 8,) ( 6,) = ( 2 ) 1, 1, MH = 2² + ( 1,)² = 2, [LE] Somit beträgt die Länge des Weges des Kugelmittelpunktes 2, LE. 7

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