Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 2

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1
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Der in Abbildung 1 dargestellte Körper wird begrenzt von der quadratischen Grundfläche $A B C D$ mit $A (5 | 5 | 0), B (- 5 | 5 | 0), C (- 5 | - 5 | 0)$ und $D (5 | - 5 | 0)$ , acht dreieckigen Seitenflächen und einem weiteren Quadrat $E F G H$ mit $E (2 | 0 | 4), F (0 | 2 | 4), G (- 2 | 0 | 4)$ und $H (0 | - 2 | 4)$ . Der Mittelpunkt $S$ des Quadrats $A B C D$ ist der Ursprung des Koordinatensystems und der gesamte Körper ist symmetrisch sowohl bezüglich der $x_{1} x_{3}$ -Ebene als auch bezüglich der $x_{2} x_{3}$ -Ebene.
1. Zeigen Sie, dass das Dreieck $A B F$ bei $F$ rechtwinklig ist. (2P)
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Skalarprodukt
  Man berechnet die Vektoren $\vec{A F} = (\begin{array}{c} 0 - 5 \\ 2 - 5 \\ 4 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array})$ und
  $\vec{B F} = (\begin{array}{c} 0 + 5 \\ 2 - 5 \\ 4 \end{array}) = (\begin{array}{c} 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) \Rightarrow \vec{A F} \circ \vec{B F} = (\begin{array}{c} - 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) = - 25 + 9 + 16 = 0$
  Somit sind die Vektoren $\vec{A F}$ und $\vec{B F}$ orthogonal und das Dreieck $Δ_{A B F}$ bei $F$ rechtwinklig.
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  Es liegt ein rechter Winkel vor, wenn $\vec{A F} \circ \vec{B F} = 0$ ist.
2. Das Dreieck $A B F$ liegt in der Ebene $W$ . Ermitteln Sie eine Gleichung von $W$ in Koordinatenform und beschreiben Sie die besondere Lage von $W$ im Koordinatensystem. (4P)
  (zur Kontrolle: $W : 4 x_{2} + 3 x_{3} - 20 = 0$ )
  
  Die Ebene $W$ ist durch die $3$ Punkte $A, B$ und $F$ bestimmt.
  Die Punkt-Richtungs-Gleichung der Ebene $W$ lautet:
  $\vec{x} = (\begin{array}{c} 5 \\ 5 \\ 0 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} - 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array})$
  Bestimmung eines Normalenvektors $\vec{n}$
  Man berechnet das Vektorprodukt der beiden linear unabhängigen Richtungsvektoren.
  $\vec{u} \times \vec{v} = (\begin{array}{c} - 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) \times (\begin{array}{c} 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) = (\begin{array}{c} 0 \\ 40 \\ 30 \end{array})$
  Oder: $\vec{n} = (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array})$
  Damit hat man: $(\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) \circ \vec{x} - (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 5 \\ 5 \\ 0 \end{array}) = 0 ⟺ (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) \circ \vec{x} - 20 = 0$
  Und die Koordinatengleichung der Ebene $W$ lautet:
  $4 \cdot x_{2} + 3 \cdot x_{3} - 20 = 0$
  Die Hessesche Normalenform der Ebene $W$ lautet dann
  $W_{H N F} : \frac{1}{\sqrt{4^{2} + 3^{2}}} (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) \circ \vec{x} - \frac{20}{5} = 0 ⟺ \frac{1}{5} (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) \circ \vec{x} - 4 = 0$ .
  Die Ebene $W$ enthält die zur $x_{1} -$ Achse parallele Gerade durch die Punkte $A$ und $B$ und hat vom Ursprung $O$ des Koordinatensystems den Abstand $d (W, O) = 4$
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3. Berechnen Sie die Größe des spitzen Winkels, den die Seitenfläche $A B F$ und die Grundfläche $A B C D$ einschließen. (3P)
  °
  
  Die Größe des Winkels zwischen der Seitenfläche $A B F$ und der Grundfläche $A B C D$ berechnet man als Winkel $β$ zwischen den Normalenvektoren der Ebene $W$ und der $x_{1} - x_{2} -$ Ebene.
  Der Vektor $\vec{n_{1,2}} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array})$ ist ein Normalenvektor der $x_{1} - x_{2} -$ Ebene.
  Der Vektor $\vec{n_{W}} = (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array})$ ist Normalenvektor von $W .$
  $\cos (β) = \frac{| (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) |}{| (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) | | (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) |} = \frac{| 3 |}{1 \cdot 5} = \frac{3}{5} \Rightarrow β = {53,13}^{o}$
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4. Auf der Strecke $[D E]$ gibt es einen Punkt $K,$ für den $K E = E F$ gilt.
  Bestimmen Sie die Koordinaten von $K$ . (4P)
  
  Die Größe des Winkels zwischen der Seitenfläche $A B F$ und der Grundfläche $A B C D$ berechnet man als Winkel $β$ zwischen den Normalenvektoren der Ebene $W$ und der $x_{1} - x_{2} -$ Ebene.
  Der Vektor $\vec{n_{1,2}} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array})$ ist ein Normalenvektor der $x_{1} - x_{2} -$ Ebene.
  Der Vektor $\vec{n_{W}} = (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array})$ ist Normalenvektor von $W .$
  $\cos (β) = \frac{| (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) |}{| (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) | | (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 3 \end{array}) |} = \frac{| 3 |}{1 \cdot 5} = \frac{3}{5} \Rightarrow β = {53,13}^{o}$
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5. $N (1,6 | 0 | 3,2)$ ist der Mittelpunkt der Strecke $[K F]$ . Begründen Sie, dass die Gerade $E N$ den Innenwinkel des Dreiecks $D F E$ bei $E$ halbiert, und weisen Sie rechnerisch nach, dass $S$ auf der Gerade $E N$ liegt. (4P)
  
  Betrachte zuerst das Dreieck $Δ_{{K F E}}$ . Der Punkt $N$ ist laut Aufgabe der Mittelpunkt der Strecke $[K F] .$ Da das Dreieck $Δ_{{K F E}}$ gleichschenklig ist, denn $| K E | = | E F |$ aus d) , ist die Strecke $[N E]$ Mittelsenkrechte und damit Winkelhalbierende im Dreieck $Δ_{K F E} .$
  Weil der Schenkel $[K E]$ auf dem Schenkel $[D E]$ liegt, ist $[N E]$ auch Winkelhalbierende des Innenwinkels des Dreiecks $Δ_{D E F}$ bei $E$
  Geradengleichung der Geraden durch die Punkte $N$ und $E$ .
  $g_{E N} : \vec{x} = (\begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 4 \end{array}) + σ (\begin{array}{c} - 0,4 \\ 0 \\ - 0,8 \end{array}) = (\begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 4 \end{array}) + σ (\begin{array}{c} - 4 \\ 0 \\ - 8 \end{array})$ .
  Wählt man für $σ = \frac{1}{2}$ , so gilt ${\vec{x}}_{σ} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array})$
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6. Der Körper kann in neun Pyramiden zerlegt werden, von denen jede kongruent zu genau einer der drei Pyramiden $A B F S$ , $H D E S$ bzw. $E F G H S$ ist (vgl. Abbildung 2). Die Pyramide $A B F S$ hat das Volumen $33 \frac{1}{3}$ und die Pyramide $H D E S$ hat das Volumen $13 \frac{1}{3}$ . Bestimmen Sie das Volumen des gesamten Körpers. (4P)
  
  Der Körper kann in neun Pyramiden zerlegt werden, von denen jede zu genau einer der drei beschriebenen Pyramiden kongruent ist.
  Da der Körper laut Beschreibung bzgl. der $x_{1} - x_{3} -$ Achse symmetrisch ist, sind die Dreiecke $Δ_{A B F}$ und $Δ_{D H E}$ kongruent.
  Wegen der Symmetrie bzgl. der $x_{2} - x_{3} -$ Achse sind die Dreiecke $Δ_{C B G}$ und $Δ_{D A E}$ kongruent.
  Man zeigt leicht, dass $Δ_{D A E} ≅ Δ_{A B F}$ gilt:
  Es gilt: $A B = A D$ , wegen Quadrat $A B C D$
  $\begin{array}{l} A F = A E \\ ⟺ | (\begin{array}{c} - 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) | = | (\begin{array}{c} 3 \\ - 5 \\ 4 \end{array}) | = \sqrt{50} \end{array}$
  $\begin{array}{l} B F = D E \\ ⟺ | (\begin{array}{c} 5 \\ - 3 \\ 4 \end{array}) | = | (\begin{array}{c} - 3 \\ 5 \\ 4 \end{array}) | = \sqrt{50} \end{array}$
  Damit gilt: $Δ_{A B F} ≅ Δ_{A D E} ≅ Δ_{B C G} ≅ Δ_{D C H}$
  Da alle diese Pyramiden gleiche Grundflächen und Spitze haben, sind sie kongruent.
  Da die (übrigen) Seitenflächen auch Dreiecke sind und die neunte Pyramide eine quadratische Grundfläche hat, sind die restlichen $4$ Pyramiden auch kongruent.
  Damit gibt es $4$ Pyramiden vom Typ $A B F S$ und $4$ Pyramiden $H D E S$ .
  Die Pyramide $E F G H S$ hat ein Quadrat vom Flächeninhalt $8 F E$ zur Grundfläche. Die Höhe dieser Pyramide ist $h = 4$ .
  Somit ist das Volumen $V_{Pyr} = \frac{32}{3}$
  Das Gesamtvolumen des Körpers ist dann
  $V_{Körper} = 4 \cdot 33 \frac{1}{3} + 4 \cdot 13 \frac{1}{3} + \frac{32}{3]} = \frac{400}{3} + \frac{160}{3} + \frac{32}{3} = \frac{592}{3} VE$
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  Der Körper kann in neun Pyramiden zerlegt werden, von denen jede zu genau einer der drei beschriebenen Pyramiden kongruent is
7. Es gibt genau eine Kugel, auf der alle acht Eckpunkte des Körpers liegen. Ermitteln Sie die Koordinaten des Mittelpunkts dieser Kugel. (4P)
  
  Da laut Aufgabe der Punkt $S$ der Mittelpunkt des Quadrates $A B C D$ ist, hat er von den Eckpunkten $A, B, C$ und $D$ den gleichen Abstand $d$ . Da $S$ der Ursprung $O (0 | 0 | 0)$ ist, hat der Ursprung den gleichen Abstand $d .$
  Und alle Punkte auf der $x_{3} -$ Achse haben von den Punkten $A, B, C$ und $D$ den gleichen Abstand. Somit kommen alle Punkte $M (0 | 0 | s)$ auf der $x_{3} -$ Achse als Kugelmittelpunkt in Frage.
  Es muss insbesondere gelten:
  $| \vec{A M} | = | \vec{F M} | ⟺ | (\begin{array}{c} - 5 \\ - 5 \\ s \end{array}) | = | (\begin{array}{c} 0 \\ - 2 \\ s - 4 \end{array}) | ⟺ \sqrt{25 + 25 + s^{2}} = \sqrt{4 + (s - 4)^{2}} ⟺ 50 + s^{2} = 4 + (s - 4)^{2} ⟺ 50 + s^{2} = 4 + s^{2} - 8 s + 16 ⟺ 30 = - 8 \cdot s ⟺ s = - \frac{15}{4}$
  Also $M (0 | 0 | - \frac{15}{4}) .$
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  Der Kugelmittelpunkt $M$ muss von allen $8$ Eckpunkten den gleichen Abstand haben.

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