In der Aufgabe wird die Bedeutung und Funktion eines Sonnensegels auf einem Spielplatz mit Hilfe von Berechnungen an Ebenen und einem Kugelsegment modelliert.

Lösung Teilaufgabe a)

Mit drei gegebenen Punkten ist die Normalenform einer Ebene aufzustellen.

1. Bilde zwei linear unabhängige Richtungsvektoren der Ebene. Z.B. die Differenzvektoren $\overrightarrow{S_2{S}_1}$ und $\overrightarrow{S_3{S}_1}$.

2. Erstelle durch das Kreuzprodukt $\overrightarrow{S_2{S}_1}\times \overrightarrow{S_3{S}_1}$ einen Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ zur Ebene.

3. Setze das Skalarprodukt $\overrightarrow{S_{1}X}\circ \overrightarrow{n}$ eines Differenzvektors $\overrightarrow{S_{1}X}$ mit $\overrightarrow{n}$ gleich Null. (Statt $S_1$ kannst du auch $S_2$ oder $S_3$ wählen. $X$ ist ein variabler Punkt aus $E$).

Durchführung

1.

Die Punkte $S_1(0|6|\mathrm{2,5}),S_2(0|0|3),S_3(6|0|\mathrm{2,5})$ ergeben:

$\overrightarrow{S_2{S}_1}={\overrightarrow{S}}_1-{\overrightarrow{S}}_2=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -\mathrm{0,5}\end{array}\right)$

$\overrightarrow{S_2{S}_3}={\overrightarrow{S}}_3-{\overrightarrow{S}}_2=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -\mathrm{0,5}\end{array}\right)$

2.

$\overrightarrow{S_2{S}_1}\times \overrightarrow{S_2{S}_3}=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -\mathrm{0,5}\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -\mathrm{0,5}\end{array}\right)$

$=\left(\begin{array}{ccccccc}6& \cdot & (-\mathrm{0,5})& -& (-\mathrm{0,5})& \cdot & 0\\ (-\mathrm{0,5})& \cdot & 6& -& 0& \cdot & (-\mathrm{0,5})\\ 0& \cdot & 0& -& 6& \cdot & 6\end{array}\right)$$=\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -36\end{array}\right)=(-3)\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$ ist also ein Normalenvektor der Ebene $E$.

Hinweis:

Das Ausklammern des Faktors $-3$ aus dem Vektor des Kreuzproduktes bewirkt die Änderung der Orientierung ("Gegenvektor") und Verkürzung auf ein Drittel seiner ursprünglichen Länge. Aber es bleibt ein "Normalenvektor" (senkrecht zur Ebene)! Der Vorteil: Kleinere Koordinaten - weniger Minuszeichen!

Vorsicht: In der anschließenden Teilaufgabe b) musst du den unveränderten Vektor des Kreuzproduktes verwenden!

3.

Die Aufgabenstellung lässt dir die Wahl, ob du die gesuchte Normalenform der Ebenengleichung in Vektorform oder in Koordinatendarstellung angeben willst.

$\begin{array}{rcl}E:1\cdot (x_1-0)+1\cdot (x_2-0)+12\cdot (x_3-3)& =& 0\\ E:x_1+x_2+12\cdot x_3-36& =& 0\end{array}$

b) Ansatz für $E$ in Koordinatendarstellung

Mit dem Normalenvektor $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$ und einem beliebigen Punkt der Ebene, z.B. $S_1(0|6|\mathrm{2,5})$ (es muss nicht wieder der Punkt $S_2)$ sein), kannst du $E$ so ansetzen:

$\begin{array}{rcl}1\cdot 0+1\cdot 6+12\cdot \mathrm{2,5}+c& =& 0\\ c& =& -36\end{array}$

Also:

$E:x_1+x_2+12x_3-36=0$

Lösung Teilaufgabe b)

Bei dieser Aufgabe musst du die Fläche eines Dreiecks im Raum berechnen und benutzt dabei am besten ein Kreuzprodukt.

Unter einer "Begründung" des Flächeninhalts - wie im Angabentext fomuliert ist - hat man die "Berechnung" der Fläche des Sonnensegels zu verstehen. Man kann ihre Größe nicht der gegebenen Skizze entnehmen!

Es geht um das durch die Punkte $S_1(0|6|\mathrm{2,5})$,$S_2(0|0|3)$ und $S_3(6|0|\mathrm{2,5})$ gegebene Dreieck $S_1{S}_2{S}_3$. Die Formel für den Inhalt $A_{△}$ des Dreiecks $S_1{S}_2{S}_3$ lautet:

Mit rund $\mathrm{18,1}{m}^2$ ist die Fläche des Sonnensegels kleiner als die vom Hersteller genannte kritische Größe von $20m^2$. Eine zusätzliche Sicherung ist deshalb nicht nötig.

Alternative Lösung der Aufgabe

Die Verwendung der Flächenformel des Kreuzproduktes für die Dreiecksfläche ist die zeitsparendste Lösungsmethode im Prüfungsstress des Abiturs. Falls du aber mit ihr nicht vertraut sein solltest, kannst du auch mit der "Mittelstufenformel" zum Ziel kommen.

Die Grundlinie des Dreiecks $S_2{S}_1{S}_3$ ist der Betrag des Vektors $\overrightarrow{S_3{S}_1}$:

$\overrightarrow{S_3{S}_1}={\overrightarrow{S}}_1-{\overrightarrow{S}}_3=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)\Rightarrow$

$|\overrightarrow{S_3{S}_1}|=\left|\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)\right|=\sqrt{(-6{)}^2+6^2+0^2}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$

Zur Höhe des Dreiecks $S_3{S}_1{S}_2$ brauchst du den "Höhenfußpunkt" $F$ und diesen bekommst du folgendermaßen:

1. Punkt $F$ liegt auf der Geraden $S_2{S}_1$. Also gilt für seinen Ortsvektor:

   $\overrightarrow{F}=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)+\lambda \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$. Er hat also die Koordinaten $F(6-6\lambda |6\lambda |\mathrm{2,5}).$

2. Damit $F$ ein Höhenfußpunkt ist, muss gelten: $\overrightarrow{S_3{S}_1}⟂\overrightarrow{S_{2}F}$. Also:$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{c}6-6\lambda -0\\ 6\lambda -0\\ \mathrm{2,5}-3\end{array}\right)=0$ Somit gilt: $-36+36\lambda +36\lambda =0\Rightarrow \lambda =\mathrm{0,5}$ Also hat der Höhenfußpunkt $F$ die Koordinaten $(3|3|\mathrm{2,5})$.

Jetzt berechnest du die Höhe $|\overrightarrow{S_{2}F}|$ des Dreiecks $S_2{S}_1{S}_3$:

$|\overrightarrow{S_{2}F}|=|\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 3\end{array}\right)|=\sqrt{3^2+3^2+(-\mathrm{0,5}{)}^2}=\sqrt{\mathrm{18,25}}$

Damit gilt:

$$A_{△}={\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 6\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{\mathrm{18,25}}\approx \mathrm{18,1}}$$

Die Superlösung

Damit ist der Höhenfußpunkt $F$ der Mittelpunkt der Grundlinie und du berechnest seinen Ortsvektor "im Kopf" über die Mittelpunktsformel der Strecke $[S_3{S}_1]$ so:

$\overrightarrow{F}=\frac{1}{2}\cdot ({\overrightarrow{S}}_3+\overrightarrow{S_1})=\frac{1}{2}\cdot (\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right))=\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)$

Mit dem Höhenfußpunkt $F(3|3|\mathrm{2,5})$ und den drei Eckpunkten $S_1(0|6|\mathrm{2,5}),S_2(0|0|3),S_3(6|0|\mathrm{2,5})$ berechnest du die Dreiecksfläche so:

$\begin{array}{ccccccc}{A}_{△}& =& \frac{1}{2}& \cdot & \text{Grundlinie}& \cdot & \text{Höhe}\\ & =& \frac{1}{2}& \cdot & |\overrightarrow{S_3{S}_1}|& \cdot & |\overrightarrow{S_{2}F}|\\ & =& \frac{1}{2}& \cdot & |\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)|& \cdot & |\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ \mathrm{2,5}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 3\end{array}\right)|\\ & =& \frac{1}{2}& \cdot & \left|\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)\right|& \cdot & \left|\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -\mathrm{0,5}\end{array}\right)\right|\\ & =& \frac{1}{2}& \cdot & \sqrt{(-6{)}^2+6^2+0^2}& \cdot & \sqrt{3^2+3^2+(-\mathrm{0,5}{)}^2}\\ & \approx & \mathrm{18,1}& & & & \end{array}$

Lösung Teilaufgabe c)

Eine geometrische Aussage ist ohne Berechnung zu begründen.

$S_2$ liegt in der $x_2{x}_3$-Ebene und Sonnenstrahlen haben die gleiche Richtung wie der Vektor $\overrightarrow{S_1{K}_1}$.

Du weißt, dass die Punkte $S_1$ und $K_1$ beide in der $x_2{x}_3$-Ebene liegen. Das heißt, der Vektor $\overrightarrow{S_1{K}_1}$ ist parallel zur $x_2{x}_3$- Ebene und verändert deshalb die $x_1$-Koordinate nicht, wenn er zu einem Punkt addiert wird.

Zusammen bedeutet das, dass der Punkt $S_2^{\prime }$ auf jeden Fall in der $x_2{x}_3$-Ebene liegt, weil der Startpunkt in dieser Ebene ist und die Sonnenstrahlen dadurch auch in dieser Ebene verlaufen. Außerdem weißt du, dass der Schatten in der $x_1{x}_2$-Ebene sein muss.

Weil der Punkt $S_2^{\prime }$ in der $x_2{x}_3$-Ebene und in der $x_1{x}_2$-Ebene gleichzeitig liegen muss, muss er auf der $x_2$-Achse liegen.

Alternative

Die Behauptung, dass der Schattenpunkt $S_2^{\prime }$ des Eckpunktes $S_2$ des Sonnensegels auf der $x_2$-Achse liegt, begründest du mit Hilfe der Eigenschaften des Vierecks $K_1{S}_1{S}_2{S}_2^{\prime }$ folgendermaßen:

Da die drei Punkte $K_1(0|4|0),S_1(0|6|\mathrm{2,5})\text{und}{S}_2(0|0|3)$ des Vierecks - wegen der Null der 1.Koordinate - schon in der $x_2{x}_3$-Ebene liegen und das Viereck wegen der parallelen Seiten $[S_1{K}_1]\text{und}[S_2{S}_2^{\prime }]$ (Sonnenstrahlen!) ein ebenes Viereck sein muss, folgt, dass auch der vierte Punkt $S_2^{\prime }$ in der $x_2{x}_3$-Ebene liegt.

Als Schattenpunkt von $S_2$ liegt $S_2^{\prime }$ gemäß der Aufgabenstellung aber auch in der $x_1{x}_2$-Ebene und damit auf der $x_2$-Achse. Denn diese erfasst genau alle Punkte, die sowohl in der $x_1{x}_2$-Ebene als auch in der $x_2{x}_3$-Ebene liegen.

Lösung Teilaufgabe d)

Bei dieser Aufgabe sollst du in der gegebenen Abbildung 1 eines räumlichen Schrägbildes graphisch richtige Schlüsse ziehen und im Sachzusammenhang des Schattenwurfs eines Sonnensegels über einem Kinderspielplatz argumentieren, ob mehr oder weniger als die Hälfte des Sandkastens im Schatten liegt.

Um das Schattendreieck des Sonnensegels zu erhalten, brauchst du zunächst die Schattenpunkte der drei Ecken $S_1,S_2,S_3$.

Der Schattenpunkt von $S_1$ ist vorgegeben: der Punkt $K_1$.

Der Schattenpunkt von $S_3$ ist angegeben, aber noch nicht gezeichnet: $S_3^{\prime }(6|-2|0)$.

Mit seinen ganzzahligen Werten und da das Koordinatengitter der $x_1{x}_2$-Ebene (gut) sichtbar ist, kannst du ihn "millimetergenau" einzeichnen.

Die Gerade $S_3{S}_3^{\prime }$ repräsentiert einen Sonnenstrahl. Deshalb zeichnest du nun eine Parallele durch den Punkt $S_2$. Diese (räumliche) Gerade schneidet aber (wie du aus Teilaufgabe c) weißt), die $x_2$-Achse im Schattenpunkt $S_2^{\prime }$ von $S_2$.

Damit hast du mit dem Dreieck $K_1{S}_2^{\prime }{S}_3^{\prime }$ den gesuchten Schatten des Sonnensegels gefunden.

Wenn du genau argumentieren willst, musst du noch bemerken, dass räumliche Parallelprojektionen die Eigenschaft haben, dass Gerade wieder auf Gerade abgebildet werden.

Aus der Zeichnung entnimmst du schließlich, dass mehr als die Hälfte des Sandkastens vom Schatten erfasst wird und begründest dies so:

Die Strecke $[K_3{K}_4]$ wird von der Strecke $[S_3^{\prime }{K}_1]$ geschnitten. Dadurch wird außer der einen Hälfte des Sandkastens (welche die Diagonale $[K_1{K}_3]$ begrenzt) auch noch ein Teil der zweiten Hälfte beschattet.

Lösung Teilaufgabe e)

Die Aufgabe verlangt die Berechnung des Winkels unter dem die Ebene $E$ des Sonnensegels die horizontale $x_1{x}_2$-Ebene schneidet und die Interpretation des Ergebnisses im Sachzusammenhang der Aufgabe.

Der Schnittwinkel zweier Ebenen ist der spitze Winkel, den Normalenvektoren der beiden Ebenen miteinander einschließen.

Anmerkung

Die Normalengleichung der Gleichung $E$ war von Anfang an vorgegeben, damit du sie jetzt - auch wenn du mit anderen Teilaufgaben nicht zurecht gekommen bist - benutzen kannst.

Derartige Hilfestellungen findest du bei Abituraufgaben öfter. Du solltest sie aufmerksam zur Kenntnis nehmen und wenn nötig gewinnbringend verwenden.

Die Normalengleichung der Ebene $E$ des Sonnensegels lautet

$E:x_1+x_2+12x_3-36=0$

Ihr entnimmst du als Normalenvektor:

${\overrightarrow{n}}_E=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$

Die $x_2{x}_2$-Ebene hat die Normalengleichung $x_3=0$. Ihr entnimmst du den Normalenvektor:

${\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Jetzt berechnest du den $cos$ des spitzen Winkels beider Normalenvektoren.

$$\begin{array}{rcl}cos\phi & =& {\displaystyle \frac{|{\overrightarrow{n}}_E\circ {\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}|}{\left|{\overrightarrow{n}}_E\right|\cdot \left|{\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}\right|}}\\ & =& \frac{|\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)|}{\left|\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)\right|\cdot \left|\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right|}\\ & =& {\displaystyle \frac{|1\cdot 0+1\cdot 0+12\cdot 1|}{\sqrt{1^2+1^2+{12}^2}\cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{12}{\sqrt{146}}}& |TR:co{s}^{-1}(\dots )\\ \phi & =& co{s}^{-1}{\displaystyle \left(\frac{12}{\sqrt{146}}\right)\approx \mathrm{6,7}°}\end{array}$$

Interpretation des Ergebnises:

Da der Neigungswinkel der Ebene des Sonnensegels gegen die $x_1{x}_2$-Ebene kleiner ist als $8°$, ist das Abfließen des Regenwassers nicht gesichert.

Alternative Lösung

Der obigen Zeichnung entnimmst du:

In Fortführung der Überlegungen zur "Superlösung" der Teilaufgabe b) ergibt sich der Neigungswinkel $\phi$ des gleichschenkligen Dreiecks $S_1{S}_2{S}_3$ gegen die $x_1{x}_2$-Ebene als Basiswinkel $S_{2}F{F}^{\prime }$des rechtwinkligen Dreiecks $F{S}_2{F}^{\prime }$.

Dabei ist $F$ der Höhenfußpunkt des Dreiecks und $F^{\prime }$ der Lotfußpunkt des Lotes von $F$ auf die $x_3$-Achse.

Es gilt:

$|F{F}^{\prime }{|}^2=3^2+3^2\Rightarrow |F{F}^{\prime }|=\sqrt{18}$

$|F^{\prime }{S}_2|=\mathrm{0,5}$

$$tan\phi ={\displaystyle \frac{|F^{\prime }{S}_2|}{|F{F}^{\prime }|}=\frac{\mathrm{0,5}}{\sqrt{18}}}$$

$$\phi =ta{n}^{-1}\left({\displaystyle \frac{\mathrm{0,5}}{\sqrt{18}}}\right)\approx \mathrm{6,7}°$$

Lösung Teilaufgabe f)

Das Volumen eines Kugelsegments ist mit der gegebenen Formel nach Berechnung des Kugelradius zu bestimmen.

Der Radius der kreisförmigen Oberseite der Wassertasche ist durch $\frac{50cm}{2}=25cm$ gegeben.

Der Radius $r$ der Kugel lässt sich mit Hilfe des Satzes des Pythagoras wie folgt berechnen:

$\begin{array}{rcll}{r}^2& =& {25}^2+(r-5{)}^2& |\text{2. binomische Fomel anwenden}\\ r^2& =& {25}^2+r^2-10r+25& |-r^2\\ 0& =& 650-10r& |+10r\\ 10r& =& 650& |:10\\ r& =& 65& \end{array}$

Der Kugelradius beträgt $65cm$. Damit lässt sich die Maßzahl des Volumens des Kugelsegments wie folgt berechnen:

$\begin{array}{rcl}V& =& \frac{1}{3}\cdot \pi \cdot h^2\cdot (3r-h)\\ & =& \frac{1}{3}\cdot \pi \cdot 5^2\cdot (3\cdot 65-5)\\ & \approx & 4974\end{array}$

Das Volumen der Wassertasche beträgt rund $4974c{m}^3$. Da gilt: $1000c{m}^3=1l$ befinden sich in der Wassertasche ca. 5 Liter Regenwasser.