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Baden-Württemberg Übungsaufgaben für den Wahlteil

Im Folgenden finden Sie eine Vielzahl an Übungsaufgaben für den Wahlteil Analysis und den Wahlteil Analytische Geometrie der Abiturprüfung Mathematik. Im Anschluss an jede Übungsaufgabe folgen zunächst hilfreiche Lösungshinweise und Tipps, die Ihnen den Einstieg in eine Aufgabe erleichtern, ohne die Lösung vorwegzu-nehmen, und auf wichtige Grundlagen verweisen. Danach finden Sie jeweils ausführlich kommentierte Lösungen. Mit den Lesezeichen gelangen Sie schnell zu den einzelnen Übungsaufgaben, und die Stichworte geben Ihnen eine Orientierung, welche Inhalte jeweils abgefragt werden.

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 1 – Flusstal

Aufgabenschwerpunkt: ganzrationale Funktionen

Stichworte: Extrempunkte; Geradengleichung; Flächenbestimmung; Extremwertbestimmung; Tangente

Das Schaubild K der Funktion f mit

3 21 3f (x) x x ; x8 4

= − + ∈0

beschreibt zwischen dem Hochpunkt H von K und dem Punkt P(–2 | f(–2)) modellhaft das Profil eines Flusstales. Das Profil des angrenzenden Geländes verläuft von H aus horizontal, von P aus in Richtung der Geraden durch P und den Punkt Q(3 | f(3)).

a) Bestimmen Sie den Hoch- und den Tiefpunkt von K sowie eine Gleichung der Geraden PQ. Zeichnen Sie das Profil des Tales mit dem angrenzenden Gelände in ein Koordi-natensystem ein. Bei Hochwasser steigt das Wasser bis zum Punkt P. Berechnen Sie den Inhalt der Querschnittsfläche des dann mit Wasser gefüllten Tales.

b) Von H soll eine unterirdische, gerade Leitung ausgehen und im Punkt B(u | f(u)) mit 0 < u < 4 ins Tal münden. Bestimmen Sie B so, dass die Leitung möglichst steil verläuft.

c) Bei Trockenheit ist der Wasserspiegel bis zum Punkt R(–1 | f(–1)) abgesunken. Ab welcher Höhe über H ist dieser Punkt zu sehen?

1

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 1 – Flusstal

Lösungshinweise

a) Tipps: • Hinreichende Bedingung für Hochpunkt 0 0H(x f (x )):|

0 0f '(x ) 0; f ''(x ) 0.= < • Hinreichende Bedingung für Tiefpunkt 0 0T(x f (x )):|

0 0f '(x ) 0; f ''(x ) 0= > . • Fläche zwischen zwei Kurven:

b

a

A (f (x) g(x)) dx.= −∫

b) Bestimmen Sie die Steigung m der Geraden durch die Punkte H und B in Abhängigkeit von u. Untersuchen Sie m auf Extremwerte.

c) Überlegen Sie, dass der Sehstrahl von R zum Beobachter tangential zur Kurve K verlaufen muss. Stellen Sie die Tangentengleichung für einen beliebigen Punkt S(z | f(z)) auf. Für welches z liegt R auf der Tangente?

2


Lösung

a) Extrempunkte der Kurve K: Die Funktion f mit

3 21 3f (x) x x8 4

= − +

ist ganzrational vom Grad 3. Sie hat daher höchs-tens zwei Extremstellen. Mithilfe des GTR erhält man die Extrempunkte des Schaubildes K: Tiefpunkt: T(0 | 0); Hochpunkt: H(4 | 4).

Gerade PQ: Die Gleichung der Geraden durch P(–2 | f(–2)) = P(–2 | 4) und Q(3 | f(3)) = ( )27

8Q 3

ergibt sich nach der Zwei-Punkte-Form: 278

4y 4 1; y 4 (x 2); .x 2 3 2 8

−− = − = − ++ +

1 15y = x8 4

− +

Profil des Tales:

Querschnittsfläche: Der Hochpunkt H und der Punkt P haben den gleichen y-Wert 4. Das Wasser verbleibt also auch bei Hochwasser in dem Tal. Die Querschnittsfläche des mit Wasser gefüllten Tales wird begrenzt durch die Kurve K und die Gerade y = 4 durch die Punkte P und H. Inhalt dieser Querschnittsfläche:

4 43 2

2 2

1 3(4 f (x))dx 4 x x dx .8 4− −

= − = + − ∫ ∫

GTRA 13,5=

3


b) Es sei B(u | f(u)) ein Punkt auf der Kurve K mit 0 < u < 4. Die unterirdische, gerade Leitung wird beschrieben durch die Gerade HB. Für die Steigung von HB erhält man:

31 3 28 4

u u 4f (u) f (4)m(u) .

u 4 u 4

− + −−= =− −

Zu bestimmen ist der u-Wert zwischen 0 und 4, für den die Leitung möglichst steil verläuft, d. h. die Steigung m ein Maximum wird. Mithilfe des GTR erhält man das Maximum für u = 1. Mit 5

8f (1) = ergibt sich so:

Der Punkt, in dem die Leitung münden muss, ist ( ).58

B 1

c) Ist A der Punkt über H, von dem aus man den Punkt ( )7

8R( 1 f ( 1)) R 1|− − = −

gerade noch sehen kann, so muss die Gerade AR Tangente an K in einem Punkt S sein (siehe Skizze).

Es sei S(z | f(z)) zunächst ein beliebiger Punkt auf K. Gleichung der Tangente in S:

2 3 23 3 1 3t(x) f '(z)(x z) f (z) z z (x z) z z .8 2 8 4

= − + = − + − − +

(*)

Damit die Tangente durch ( )78

R 1− geht, muss gelten (Punktprobe):

2 3 2

3 2

3 2

7 3 3 1 3z z ( 1 z) z z ;8 8 2 8 41 3 3 7z z z 0;4 8 2 82z 3z 12z 7 0.

= − + − − − +

− − − =

− − − =

Die Lösungen der Gleichungen erhält man, indem man die Nullstellen der Hilfsfunktion g mit 3 2g(z) 2z 3z 12z 7= − − − bestimmt. Mit dem GTR erhält man die Lösungen:

1 2z 1; z 3,5.= − =

Die Lösung z1 = –1 führt auf den Punkt R selbst. Für z2 = 3,5 findet man die Tangentengleichung durch Einsetzen in Gleichung (*) oben oder einfacher mit dem GTR (TI83: DRAW-Menü → 5: Tangent(): t(x) 0,656x 1,531.≈ +

Die gesuchte Mindesthöhe h von A über H ist dann: h t(4) f (4) 4,155 4 0,155.= − = − =

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Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 2 – Brückenkörper

Aufgabenschwerpunkt: ganzrationale Funktionen

Stichworte: Bestimmung von Funktionsgleichungen; Extremwerte; Flächen- und Volumenberechnung

Über einen Feldweg führt eine 5 m breite massive Brücke. Der achsensymmetrische Aufriss des Brückenkörpers ist unten abgebildet. Der Brückenbogen ist in der Mitte 4 m hoch und hat die Form einer Parabel 4. Ordnung, die in einem geeigneten Koordinatensystem durch eine Gleichung der Form 4y a x c= ⋅ + beschrieben werden kann. Die Böschungslinien können näherungsweise durch Parabeln 2. Ordnung beschrieben werden, deren Scheitel in den Punkten S und T liegen. Alle weiteren Maße sind der Zeichnung zu entnehmen.

a) Kann das abgebildete Fahrzeug unter der Brücke durchfahren?

b) Vom Punkt A aus soll ein möglichst kurzer Kabel-kanal AB in der Brückenfront zur Unterführung gezogen werden. Wie lang wird der Kanal? Wie hoch liegt der Endpunkt B des Kanals im Brückenbogen über dem Feldweg?

c) Lässt sich ein dünner rechteckiger Metallrahmen, der 4,60 m breit und 5 m lang ist, unter der Brücke durchführen?

d) Berechnen Sie das Volumen des Brückenkörpers.

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Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 2 – Brückenkörper

Lösungshinweise

a) Wählen Sie zunächst ein geeignetes Koordinatensystem. Aufgrund der Symmetrie der Figur bietet sich die Symmetrieachse des Brückenbogens als y-Achse an. Bestimmen Sie darin die Gleichung der Parabel, die den Brückenbogen beschreibt. Beachten Sie beim Fahrzeug die oberen Ecken.

b) Bestimmen Sie aus der Figur die Koordinaten von A. Wählen Sie einen allgemeinen Punkt B(u | v) auf der Parabel des Brückenbogens. Bestimmen Sie den Abstand von A zu B in Abhängigkeit von u. Tipp: Formel für den Abstand zweier Punkte 1 1 1P (x y )| und 2 2 2P (x y ):|

2 21 2 2 1 2 1d(P ; P ) (x x ) (y y )= − + −

c) Überlegen Sie anhand der Figur, wie man eine Strecke in die Frontfläche der Unterführung einpassen könnte, deren Länge möglichst groß ist.

d) Bestimmen Sie zunächst die Gleichung einer Böschungsparabel in einem geschickt gewählten Koordinatensystem. Welche Volumina haben die Unterführung und die Böschungen unter dem Brückenkörper?

6


Lösung

a) Wir betrachten zunächst den Brückenbogen in der Vorderfront der Brücke und wählen ein Koordinatensystem wie in der Figur gezeichnet.

Der Brückenbogen wird darin durch eine Parabel 4. Ordnung beschrieben, die ihren Scheitel im Punkt R(0 | 4) hat. Die Parabel hat daher eine Gleichung der Form:

4f (x) a x 4.= ⋅ +

Da der Brückenbogen unten 4 m breit ist, liegt der Punkt P(2 | 0) auf der Parabel. Punktprobe für P liefert:

4 10 a 2 4; 0 16a 4; a .4

= ⋅ + = + = −

D. h. die Parabel hat in unserem Koordinatensystem die Gleichung:

41f (x) x 4.4

= − +

Das Fahrzeug hat dann die größte Chance, unter der Brücke durchzukommen, wenn es mitten auf dem Weg, d. h. symmetrisch zur y-Achse fährt. Die rechte obere Ecke des Fahrzeuges hat dann die Koordinaten F(1,05 | 3,80). Wegen

41f (1,05) 1,05 4 3,696 3,804

= − + ≈ <

ist das Fahrzeug zu groß, kann also nicht unter der Brücke durchfahren.

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b) Der Punkt A hat die Koordinaten: A(– 8,5 | 6,5). (Die Brücke ist 17 m lang und 6,5 m hoch. Die Vorderfront ist symmetrisch zur y-Achse.) Der Punkt B liegt auf dem Brückenbogen, d. h. auf der Parabel 4. Ordnung. Für ihn gilt daher:

41B(u | f (u)) B u u 4 , 2 u 2.

4 = − + − < <

Für den Abstand der beiden Punkte A und B erhält man:

( )( )

22 4

22 4

1d(u) (u 8,5) u 4 6,54

1(u 8,5) u 2,5 .4

= + + − + −

= + + − −

Das Minimum der Funktion d im Bereich –2 < u < 2 bestimmt man mithilfe des GTR: Für u = –1,306 ist die Strecke AB am kleinsten. Ihre Länge beträgt dann: ≈mind 7,89 m. Um die Höhe des Punktes B über dem Weg zu berechnen, bestimmt man den Funktionswert von u = –1,306:

41f ( 1,306) ( 1,306) 4 3,273.

4− = − − + ≈

Der Punkt B liegt etwa 3,27 m über dem Weg.

c) Da der Brückenbogen maximal 4 m breit und 4 m hoch ist, kann der rechteckige Rahmen der Länge 5 m und der Breite 4,60 m nicht vertikal und nicht horizontal unter der Brücke durchgeführt werden. Wenn überhaupt, so kann das nur „verkantet“ geschehen, wobei z. B. eine Kante des Rahmens beim Punkt P(2 | 0) und die gegenüberliegende Kante in einem Punkt C(v | f(v)) eingeführt wird.

Der Abstand von P und C ergibt sich wie oben: 2

2 41

1d (v) (v 2) v 4 .4

= − + − +

Mit dem GTR bestimmt man das Maximum von 1d im Bereich –2 < v < 2. Für v = – 0,913 ist die Strecke PC am größten, nämlich 1,maxd 4,8 m≈ lang.

Da der Rahmen nur 4,60 m breit ist, könnte man ihn auf diese Weise unter der Brücke hindurchführen. (Falls er dünn genug ist!)

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d) Der Brückenkörper ist ein Quader der Länge 17 m, der Höhe 6,5 m und der Breite 5 m, von dem die Brückenunterführung und die Böschungen unter dem Brückenkörper abzu-ziehen sind. Volumen des Quaders:

3 3QuV 17 6,5 5m 552,5m .= ⋅ ⋅ =

Das Volumen der Unterführung ist (wie bei einem Zylinder) UV G h,= ⋅ wobei h = 5 m die Brückenbreite und G der Inhalt der Fläche unter der Parabel ist. Es gilt für G in m2:

2 GTR4

2

1G x 4 dx 12,8.4−

= − + ≈ ∫

Damit ergibt sich für das Volumen der Unterführung: 3 3

UV G h 12,8 5 m 64,0 m .= ⋅ = ⋅ =

Um das Volumen der Böschung zu bestimmen, müssen auch die Parabelgleichungen der Böschungslinien bekannt sein. Da die Brückenfront achsensymmetrisch ist, genügt es, die linke Parabel zu behandeln. Wir wählen hierfür ein neues Koordinatensystem wie unten gezeichnet. Darin hat die Parabel den Scheitel S(0 | 5). Sie schneidet hier die positive x-Achse im Punkt Q. Die Strecke auf der x-Achse von Q bis zum Brückenbogen ist wegen der Symmetrie ebenfalls 2 m lang.

Aus der Aufrisszeichnung entnimmt man damit für den x-Wert von Q:

Q(17 4 2 2)

x 4,5,2

− − −= =

d. h. es gilt: Q(4,5 | 0). Mit dem Ansatz

2g(x) a x 5= ⋅ + für die Parabelgleichung folgt durch Punkt- probe für Q:

2a 4,5 5 0; a 0,247⋅ + = ≈ − und somit:

2g(x) 0,247x 5.≈ − +

Die Fläche unter der Böschungsparabel hat den Inhalt (in m2):

4,5 GTR2

B0

G ( 0,247x 5)dx 15,0.≈ − + ≈∫

Das Volumen der gesamten Böschung (links und rechts) ist dann: 3 3

Bö BV 2 G h 2 15 5 m 150 m .= ⋅ ⋅ ≈ ⋅ ⋅ =

Das Volumen des Brückenkörpers ist nun: 3

Qu U BöV V V (552,5 64,0 150) m .− − ≈ − − 3V = = 338,5 m

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Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 3 – Kühlturm

Aufgabenschwerpunkt: gebrochenrationale Funktionen

Stichworte: Bestimmung von Funktionsgleichungen; Winkelberechnung; Flächenberechnung; Spiegelung von Kurven; Tangente

Ein drehsymmetrischer Kühlturm ist 100 m hoch. Die Skizze zeigt einen vertikalen Schnitt längs der Rotationsachse (Maßangaben in 10 m). Im ersten Feld wird die krummlinige Begrenzung der Schnittfläche im Innern des Turms beschrie-ben durch das Schaubild K einer Funktion f mit

f4f (x) ; x D .

bx c= ∈

−

K verläuft durch den Punkt P(2 | 4) und endet in Q(4 | 0,8).

a) Bestimmen Sie f(x). Welchen Innendurchmesser hat der Turm in 100 m Höhe? Im Punkt Q hat die innere Begrenzung einen Knick. Bestimmen Sie den zugehörigen Winkel.

4Teilergebnis: f (x)2x 3

= −

b) Die äußere krummlinige Begrenzung der Schnittfläche im ersten Feld wird durch die Funktion g mit

6g(x) ; 1,8 x 5,252x 3

= ≤ ≤−

beschrieben. Berechnen Sie den Inhalt der Schnittfläche der Kühlturmwand (vgl. schattierte Fläche in der Skizze).

c) Im zweiten Feld wird die krummlinige Begrenzung der Schnittfläche im Innern des Turms beschrieben durch das Schaubild C einer Funktion h mit

4h(x) .2x 3

= −+

An der Turminnenwand soll eine kreisförmige Schiene horizontal angebracht werden. Auf dieser Schiene soll eine Kamera fahren, die auf ihrem Rundweg jeden Punkt des Turm-bodens erfassen kann. Die Schiene soll möglichst hoch angebracht werden. Bestimmen Sie diese Höhe.

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Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 3 – Kühlturm

Lösungshinweise

a) Funktionsgleichung: Punktprobe für die Punkte P und Q führt auf ein LGS für b und c. Winkel: Berechnen Sie den Steigungswinkel der Tangente im Punkt Q. Überlegen Sie anhand einer Skizze, wie Sie damit den „Knickwinkel“ bestimmen können. Tipp: Zusammenhang zwischen Steigungswinkel β und Steigung m: m tan( ).= β

b) Fläche: Zerlegen Sie die Fläche in drei geeignete Teilflächen.

c) Höhe der Kameraschiene: Die Kamera muss den äußersten Rand des Bodens erfassen. Wegen der Drehsymmetrie des Turmes genügt es, einen Punkt auf dem Rand, z. B. T(4 | 0), zu betrachten.

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Lösung

a) Die innere Begrenzung der Schnittfläche wird beschrieben durch eine Kurve K mit der Gleichung:

f4f (x) ; x D .

bx c= ∈

−

(Eine Einheit auf den Achsen entspricht jeweils 10 m!)

Bestimmung von b und c: Da K durch die Punkte P(2 | 4) und Q(4 | 0,8) geht, ergibt sich:

4f (2) 4 4 4 8b 4c 16 8b b 22b c; ; ; ; .

4f (4) 0,8 0,8 4 3,2b 0,8c ( 5) 4 3,2b 0,8c c 34b c

= = = − − = − =−

= = = − ⋅ − = − =−

(Alternativ kann man das Gleichungssystem mit dem GTR lösen.) Die Funktion f ist gegeben durch:

4f(x) = .

2x 3−

Innendurchmesser des Turmes: Für den Innendurchmesser d des Turmes in 100 m Höhe muss gelten (man beachte: 10 m � 1 Einheit!):

rd 10 2 x= ⋅ ⋅ mit (siehe Skizze)

r

r

r

r

f (x ) 104 10

2x 34 20x 30

x 1,7.

=

=−

= −=

Der Innendurchmesser in 100 m Höhe beträgt somit d = 34 m. Anmerkung: Die innere Begrenzung K wird somit durch die Funktion f für 1,7 x 4≤ ≤ beschrieben.

Winkel in Q: Im Punkt Q führt die innere Wand senkrecht zum Boden, d. h. die Begrenzung hat dort einen Knick. Um den zugehörigen Winkel α zu bestimmen, berechnet man zunächst den Steigungswinkel β der Tangente im Punkt Q an K. Ableitung von f:

2 2

4 2 8f' (x) .

(2x 3) (2x 3)

− ⋅ −= =− −

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Steigungswinkel β:

2

8tan f' (4) 0,32;

(2 4 3)162,26 .

−β = = = −⋅ −

β ≈ °

Damit folgt für α (siehe Abbildung): 360 90 107,74 .α = ° − β − ° ≈ °

Der Knickwinkel ist ungefähr 108° groß.

b) Die äußere krummlinige Begrenzung der Schnittfläche wird im ersten Feld durch die Funktion g mit

6g(x) ; 1,8 x 5,252x 3

= ≤ ≤−

beschrieben. Es gilt:

6g(1,8) 10 f (1,7);2 1,8 3

= = =⋅ −

6g(5,25) 0,8 f (4).2 5,25 3

= = =⋅ −

Inhalt der Schnittfläche:

Betrachtet man zunächst die schattierte Fläche im ersten Feld, so kann man sie aus drei Teilflächen zusammensetzen: Die erste Teilfläche wird begrenzt durch die Gerade y = 10 und die Kurve K über dem Intervall [1,7; 1,8]. Die zweite Teilfläche liegt zwischen dem Schaubild von g und der Kurve K über dem Intervall [1,8; 4]. Die dritte Teilfläche ist die Fläche unter dem Schaubild von g über dem Intervall [4; 5,25].

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Die schattierte Fläche im 1. Feld hat daher den Inhalt: 1,8 5,254

1,7 1,8 41,8 5,254

1,8 41,71,8 5,254

1,7 1,8 4GTR

A (10 f (x))dx (g(x) f (x))dx g(x)dx

4 6 4 610 dx dx dx2x 3 2x 3 2x 3 2x 3

4 2 610 dx dx dx2x 3 2x 3 2x 3

3,526.

= − + − +

= − + − + − − − −

= − + + − − −

≈

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Bei dem gewählten Maßstab entspricht 1 Flächeneinheit 100 m2. Der Inhalt der gesamten Schnittfläche beträgt daher 2 22 3,526 100 m = 705,2 m .⋅ ⋅

2. Möglichkeit zur Berechnung von A: Man berechnet zunächst den Inhalt des Rechtecks mit der Breite (5,25 – 1,7) und der Länge 10. Davon zieht man den Inhalt der Fläche unter der Kurve K über dem Intervall [1,7; 4] und den Inhalt der Fläche zwischen der Geraden y = 10 und dem Schaubild von g über dem Intervall [1,8; 5,25] ab. Man erhält so:

5,254

1,7 1,8

5,254

1,7 1,8

GTR

A 10 (5,25 1,7) f (x)dx (10 g(x))dx

4 635,5 dx 10 dx2x 3 2x 3

3,526.

= ⋅ − − − −

= − − − − −

≈

∫ ∫

∫ ∫

c) Gleichung von C:

Die Kurve K ist gegeben durch die Funktion f mit der Gleichung 4f (x) .2x 3

=−

Bei der Spiegelung an der y-Achse geht K in die Kurve C über. C ist das Schaubild einer Funktion h mit der Eigenschaft:

4f ( x) .2x 3

= − = = −− −

4h(x)2x + 3

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Höhe der Kameraschiene:

Die Kurve C beschreibt im 2. Feld die Begrenzung der Schnittfläche im Innern des Turms. Da der Kühlturm drehsymmetrisch ist, genügt es, den höchsten Punkt H auf der Kurve C zu bestimmen, von dem aus der Punkt T(4 | 0) gerade noch zu sehen ist. Der Sehstrahl von H nach T liegt dann auf der Tangente t an K, die durch T geht. In der Höhe von H muss dann die kreisförmige Schiene angebracht werden. Gleichung einer Tangente im Punkt B(u | f(u)) auf K:

2

t: y f '(u)(x u) f (u)

8 4(x u) .2u 3(2u 3)

= − +−= − +

−−

Damit t durch den Punkt T(4 | 0) geht, muss gelten:

2

8 40 (4 u) .2u 3(2u 3)

−= − +−−

Der GTR liefert als Lösung der Gleichung im Bereich 0 < u < 4:

u 2,75.=

Die gesuchte Tangente durch T hat somit die Gleichung:

t: y 1,28x 5,12.= − + H ist nun der Schnittpunkt von t mit C, dessen Abszisse negativ ist:

4 1,28x 5,12.2x 3

− = − ++

Mithilfe des GTR erhält man: H(–1,77 | 7,39).

Die Kamera muss in einer Höhe von 10 7,39 m 73,9 m⋅ = angebracht werden.

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Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 4 – Industrieroboter

Aufgabenschwerpunkt: gebrochenrationale Funktionen

Stichworte: Herstellungskosten; Gewinn / Verlust; näherungsweise Bestimmung von Summen mithilfe der Integralrechnung; Grenzwerte; Extremwerte

Eine Firma beabsichtigt einen neuen Industrieroboter auf den Markt zu bringen. Für die Kalkulation der Herstellungskosten geht man von einer Funktion f mit

a x 1 000f (x) ; x 0

x b

⋅ += ≥+

aus. Dabei gibt f(n) die Herstellungskosten in 1 000 € für den n-ten Roboter (n ∈ 7) an, wobei die Roboter nacheinander produziert werden.

a) Die Herstellungskosten für den 10. Roboter betrugen 60 000 €, für den 15. Roboter 52 000 €. Bestimmen Sie a und b. Was kostet der 100. Roboter in der Herstellung? Die Herstellungskosten nehmen im Laufe der Produktion ständig ab. Skizzieren Sie den Verlauf des Schaubildes von f und interpretieren Sie es anwendungsbezogen. Bei welchem Roboter liegen die Herstellungskosten erstmals unter 35 000 €? Mit welchen Kosten pro Stück muss man nach diesem Modell langfristig rechnen? (Teillösung: a = 20, b = 10)

b) Die Firma produziert 200 Roboter. Bestimmen Sie die durchschnittlichen Herstellungskosten pro Stück. Als Verkaufspreis für einen Roboter lassen sich 45 000 € erzielen. Welchen Gewinn würde die Firma machen, wenn sie alle hergestellten Maschinen zu diesem Preis verkaufen kann? Wie viele der produzierten Maschinen müssen mindestens verkauft werden, damit bei diesem Verkaufspreis kein Verlust für die Firma entsteht? Wie hoch wäre der kleinstmögliche Verkaufspreis, wenn die Firma bei 200 verkauften Robotern einen Gewinn von mindestens 1 Million € machen will? Um möglichst viele Kunden zu werben, wird der Verkaufspreis auf 30 000 € gesenkt. Ab welcher produzierten und verkauften Stückzahl kommt die Firma damit in die Gewinn-zone?

c) Nach Fertigung des 49. Roboters steht eine neue Technologie mit neuen Materialien zur Verfügung. Die Herstellungskosten pro Maschine werden bei dem neuen Verfahren für

x 50≥ näherungsweise durch 18xg(x)x 30

=−

beschrieben (g(n) Kosten für den n-ten Roboter in 1 000 €). Ab welcher Stückzahl würde die neue Technologie zu günstigeren Herstellungskosten führen? Überprüfen Sie, ob sich die Einführung der neuen Technologie lohnt, wenn die Firma davon ausgeht, dass sie nur 200 Roboter herstellen wird.

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Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 4 – Industrieroboter

Lösungshinweise

a) Bestimmung von a und b: Aus f(10) = 60 und f(15) = 52 ergibt sich ein LGS für a und b. Interpretation des Schaubildes: Suchen Sie Gründe, welche die Abnahme der Kosten erklären könnten. Herstellungskosten unter 35 000 €: Lösen Sie mit dem GTR die Gleichung f(x) = 35. Entwicklung der Kosten pro Roboter: Untersuchen Sie den Grenzwert von f für x → ∞.

b) Durchschnittliche Herstellungskosten Die Gesamtkosten für 200 Roboter kann man entweder durch Aufsummieren der

Einzelkosten oder durch die Näherung 200

0

f (x) dx∫ erhalten.

Eine bessere Näherung ist hier: 200,5

0,5

f (x) dx.∫

Beispiel zur Veranschaulichung: Das nebenstehende Schaubild stelle eine Kostenkurve dar. f(3) gibt die Kosten für das Stück Nummer 3 an. Wegen f (3) 1 f (3)= ⋅ können diese Kosten als Inhalt des Rechtecks mit der Breite 1 und der Höhe f(3) gedeutet werden. Die Gesamt-kosten für das 3., 4. und 5. Stück entsprechen dann der Summe der drei Rechteckinhalte und können durch den Inhalt der Fläche unter der Kurve über [2; 5] angenähert werden. Eine bessere Näherung erhält man hier, wenn man die Fläche unter der Kurve über [2,5; 5,5] heranzieht (s. Figur).

Gewinn / Verlust: Geben Sie zunächst die Gesamteinnahmen für die fragliche Stückzahl an. Ziehen Sie davon die Herstellungskosten ab.

c) Neue Technologie: Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Schaubilder von f und g. Welche Bedeutung hat er? Vergleichen Sie die Herstellungskosten der Roboter mit den Nummern 50 bis 200 nach beiden Verfahren.

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Lösung

a) Für die Kalkulation der Herstellungskosten pro Roboter geht man von einer Funktion f mit ax 1 000

f (x)x b

+=+

aus (f(x) in 1 000 €).

Bestimmung von a und b:

Aus f (10) 60= folgt 10a 1 000

6010 b

+ =+

und daraus 10a 1 000 600 60b.+ = +

Aus f (15) 52= folgt 15a 1 000

5215 b

+ =+

und daraus 15a 1 000 780 52b.+ = +

Zu lösen ist also das LGS:

10a 60b 400 a 6b 40 a 20; ; .15a 52b 220 38b 380 b 10

− = − − = − =− = − = =

(Statt von Hand kann man die Lösungen des LGS auch mit dem GTR bestimmen!)

Der Funktionsterm von f hat daher die Form: 20x 1 000

f (x) .x 10

+=+

Anmerkung: An sich werden die Herstellungskosten durch die Folge ( )20 n 1000

n 10(f (n)) ⋅ +

+= beschrieben.

Dies erlaubt auch alternative Lösungen bei den folgenden Aufgabenteilen (Monotonie, Gesamtkosten, …).

Kosten für den 100. Roboter: GTR

f (100) 27,27.≈ Die Herstellungskosten für den 100. Roboter betragen ungefähr 27 300 €.

Interpretation des Schaubildes:

Für jedes x ∈ 7 gibt der Funktionswert f(x) die Herstellungskosten für den Roboter mit der Nummer x an. Mit wachsender Anzahl bereits hergestellter Industrieroboter nehmen die Herstellungs-kosten pro Stück ab. Die rasche Abnahme der Fertigungskosten in der Anfangsphase der Serienfertigung könnte auf eine zunehmende Erfahrung der an der Produktion beteiligten Personen zurückzuführen sein. Bei zunehmender Stückzahl sinkt im Allgemeinen auch der etwa durch Werkzeugmaschinen bedingte Fixkostenanteil.

18


Herstellungskosten unter 35 000 €: Gesucht ist die kleinste natürliche Zahl n, für die gilt f(n) < 35. Schneidet man das Schaubild der Funktion f mit der Geraden y = 35, so ergibt sich mithilfe des GTR die Schnittstelle x1 ≈ 43,3. Somit gilt: Die Produktionskosten für den 44. Roboter liegen erstmals unter 35 000 €. Alternativ kann man auch die Wertetabelle der Funktion f durchblättern und findet:

f(43) ≈ 35,094; f(44) ≈ 34,815.

Entwicklung der Kosten pro Roboter:

x x

20x 1 000lim f (x) lim 20.

x 10→ ∞ → ∞

+= =+

Langfristig nähern sich die Produktionskosten pro Roboter einem Betrag von 20 000 € an.

b) Durchschnittliche Herstellungskosten bei 200 Robotern in 1 000 €:

Als Näherungswert für die Gesamtkosten der 200 Maschinen kann man 200,5

0,5

f (x) dx∫

verwenden. (Auch die Näherung 200

0

f (x) dx∫ wäre möglich.)

Die durchschnittlichen Kosten sind dann (in 1 000 €): 200,5

0,5

1 f (x) dx .200

= ⋅ ≈∫K 31,99

Alternative: Man summiert die Funktionswerte von f für x = 1, …, 200 mithilfe des GTR auf und teilt das Ergebnis durch 200. (TI83: LIST-Menü → MATH → sum und LIST-Menü → OPS → seq)

Gewinn / Verlust: Der Verkaufspreis für einen Roboter ist 45 000 €. Der Gewinn (in 1 000 €) bei 200 ver-kauften Maschinen beträgt:

200,5

0,5

G 45 200 f (x) dx 2 601,5.= ⋅ − ≈∫

Die Firma würde einen Gewinn von rund 2,6 Millionen € machen.

19


Damit bei n zum Preis von 45 000 € verkauften Robotern kein Verlust entsteht, muss gelten:

200,5

0,5

45 n f (x) dx 45 n 6 398,49 0; 45 n 6 398,49; n 142,19.⋅ − ≈ ⋅ − ≥ ⋅ ≥ ≥∫

Ab dem 143. verkauften Roboter erwirtschaftet die Firma bei diesem Verkaufspreis einen Gewinn.

Die Roboter werden zum Stückpreis von p € verkauft. Dabei ist p der kleinstmögliche Wert, bei dem die Firma bei 200 verkauften Maschinen einen Gewinn von mindestens 1 Million € macht. Für p muss somit gelten:

200,5

0,5

p 200 f (x) dx 200p 6 398,49 1 000; 200p 7398,49; p 36,99.⋅ − ≈ − = = =∫

Die Firma müsste die Roboter zum Stückpreis von etwa 37 000 € verkaufen.

Der Stückpreis beträgt jetzt 30 000 €. Der Gewinn in Abhängigkeit von der produzierten und ver-kauften Stückzahl wird durch die Funktion G mit

x 0,5

0,5

G(x) 30 x f (z) dz+

= ⋅ − ∫

beschrieben. Mit dem GTR erhält man die Nullstelle von G (TI 83: im Grafikfenster oder mit dem SOLVER-Befehl):

G(x) = 0 für x ≈ 259,9. Die Firma kommt bei diesem Verkaufspreis in die Gewinnzone, wenn sie mindestens 260 Roboter herstellt und verkauft. Alternative: Man könnte diesen Wert für x durch systema- tisches Probieren bestimmen oder die Werte- tabelle der Funktion G durchblättern. (Startwert und Schrittweite der Tabelle geschickt wählen!) Man findet:

G(259) 6,16 0;≈ − < G(260) 0,833 0.≈ >

c) Die Herstellungskosten werden nach dem neuen Verfahren durch die Funktion g mit 18xg(x)

x 30=

−

beschrieben. Vergleicht man die Schaubilder von f und g, so findet man an der Stelle x ≈ 79,3 einen Schnittpunkt der beiden Kurven. Für x > 79,3 gilt g(x) < f(x). Somit erhält man: Ab dem 80. Roboter führt die neue Technologie zu günstigeren Herstellungskosten.

20


Die Einführung der neuen Technologie lohnt sich dann für die Firma, wenn die gesamten Produktionskosten für den 50. bis zum 200. Roboter geringer sind als nach dem alten Ver-fahren.

Kosten (in 1 000 €) bei altem Verfahren: 200,5

49,5

A f (x) dx 4 030,81.= ≈∫

Kosten (in 1 000 €) bei neuem Verfahren: 200,5

49,5

N g(x) dx 3 888,89.= ≈∫

Wegen N < A rechnet sich die neue Technologie für die Firma.

21

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 5 – Motorrad / Auto

Aufgabenschwerpunkt: Exponentialfunktionen

Stichworte: Wegberechnung; Beschleunigung; Interpretation von Schaubildern; maximaler Abstand; Überholen

a) Ein Motorrad startet auf einer Teststrecke, wobei sich seine Geschwindigkeit für etwa

60 Sekunden näherungsweise durch die Funktion

0,10 tMv (t) 40 (1 e ),− ⋅= ⋅ − (t in Sekunden, vM(t) in Meter pro Sekunde)

beschreiben lässt. Der Start erfolgt zum Zeitpunkt t = 0 von der Startlinie aus. Welchen Weg hat das Motorrad nach 60 Sekunden zurückgelegt? Wie groß ist die mittlere Geschwindigkeit auf dieser Strecke? Wie groß ist seine Beschleunigung (= Änderungsrate der Geschwindigkeit) beim Start?

b) Ein Auto durchfährt zum Zeitpunkt t = 0 die Startlinie in die gleiche Richtung wie das Motorrad. Seine Geschwindigkeit ist ebenfalls für die folgenden 60 Sekunden näherungs-weise gegeben durch

0,08 tAv (t) 25 (1 e ),− ⋅= ⋅ + (t in Sekunden, vA(t) in Meter pro Sekunde).

Welche Geschwindigkeit hat das Auto beim Überfahren der Startlinie? Skizzieren Sie die Schaubilder der Geschwindigkeitsfunktionen vA und vM in ein Koordi-natensystem. Beschreiben Sie anhand der Kurven die Bewegungen des Motorrads und des Autos in dem zugrunde liegenden Zeitraum. Gehen Sie dabei auch auf den Abstand der beiden Fahrzeuge ein. Interpretieren Sie den Inhalt der Fläche, den die beiden Kurven mit der v-Achse einschließen. Wann hat das Motorrad das Auto eingeholt? In welcher Entfernung von der Startlinie ist dies der Fall?

22

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 5 – Motorrad /Auto

Lösungshinweise

a) Zurückgelegter Weg: Beachten Sie, dass die Geschwindigkeit die Änderungsrate des Weges ist. Mittlere Geschwindigkeit: Tipp: Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]:

b

a

1m f (x) dxb a

= ⋅− ∫

b) Interpretation der Schaubilder: Stichworte: beschleunigte Bewegung / Bremsbewegung; Änderung des Abstandes der beiden Fahrzeuge; maximaler Abstand. Zeitpunkt, zu dem das Motorrad das Auto einholt: Das Motorrad hat das Auto genau zu dem Zeitpunkt t0 eingeholt, wenn beide Fahrzeuge den gleichen Weg zurückgelegt haben.

23


Lösung

a) Zurückgelegter Weg des Motorradfahrers nach 60 s: Die Geschwindigkeit vM ist die Änderungsrate des Weges. Es gilt daher für den Weg S in sec:

60 60 GTR0,10 t

M0 0

S v (t) dt 40 (1 e ) dt 2 000,99− ⋅= = ⋅ − ≈∫ ∫

Der Motorradfahrer legt in 60 s etwa 2 000 m = 2 km zurück.

Mittlere Geschwindigkeit: 2 000,99 mS .

60 s 60 s= = ≈ mv 33,35

s

Beschleunigung a zum Zeitpunkt t = 0: Mit ' 0,10 t 0,10 t

Av (t) 40 0,10 e 4 e− ⋅ − ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ erhält man für a ( )2ms

in :

.'Aa = v (0) = 4

b) Die Geschwindigkeit des Autos wird durch 0,08 t

Av (t) 25 (1 e )− ⋅= ⋅ + beschrieben. Geschwindigkeit beim Überfahren der Startlinie ( )m

sin : 025 (1 e ) .= ⋅ + =Av (0) 50

Interpretation der Schaubilder: In der nebenstehenden Figur ist KM das Schaubild von vM und KA das Schaubild von vA. In der Zeit von 60 Sekunden vollführt das Motorrad eine beschleunigte Bewe-gung. Die Beschleunigung ist zu Beginn sehr groß, d. h. die Geschwindigkeit än-dert sich zunächst sehr stark und nähert sich dann gegen Ende des Zeitraumes einem Wert von etwa

ms40 an.

Das Auto wird dagegen in 60 Sekunden von

ms50 auf etwa

ms25 abgebremst.

In den ersten Sekunden ist die Ge-schwindigkeit des Autos größer als die des Motorrades. Der Abstand zwischen beiden Fahrzeugen vergrößert sich daher zunächst. Die beiden Kurven schneiden sich an der Stelle t 16,0≈ (GTR). D. h., nach etwa 16 Se-kunden ist der Vorsprung des Autos am größten. Danach ist die Geschwindigkeit des Autos kleiner als die des Motorrades und das Motorrad holt jetzt auf. Für den Inhalt der Fläche zwischen den Kurven KA, KM und der v-Achse gilt:

16 16

A A M0 0

I v (t) dt dt (v (t) v (t)) dt 304,9.= − = − ≈∫ ∫

24


Die Integrale

16

A0

v (t) dt∫ und

16

M0

v (t) dt∫ geben jeweils den vom Auto bzw. vom Motor-

rad nach 16 Sekunden zurückgelegten Weg an (von der Startlinie aus gemessen). Der Inhalt I beschreibt daher den Abstand der beiden Fahrzeuge zu diesem Zeitpunkt. Nach den Überlegungen oben hat das Auto zu diesem Zeitpunkt den größten Vorsprung. Der Inhalt I der Fläche zwischen KA, KM und der v-Achse beschreibt den größten Vorsprung (etwa 305 m) des Autos vor dem Motorrad während der 60 Sekunden.

Zeitpunkt, zu dem das Motorrad das Auto einholt: Zu bestimmen ist der Zeitpunkt t0, an dem die beiden Fahrzeuge den gleichen Weg (von der Startlinie aus gemessen) zurückgelegt haben. Dann hat das Motorrad das Auto eingeholt. Für t0 muss daher gelten:

0 0t t

A M0 0

v (t) dt v (t) dt=∫ ∫

bzw. 0 0

0

t t

A M0 0

t

A M0

v (t) dt v (t) dt

(v (t) v (t)) dt 0.

−

= − =

∫ ∫

∫

Mit dem GTR erhält man die Lösung 0t 46,76.≈ (TI 83: z. B. grafisch Nullstelle der Funktion h

mit

0t

0 A M0

h(t ) (v (t) v (t)) dt= −∫ bestimmen.)

Für den nach 46,76 Sekunden zurückgelegten Weg der beiden Fahrzeuge erhält man (in m): 46,76

0 M0

s v (t) dt 1 474,1.= ≈∫

Nach 46,76 Sekunden, 1 474 m von der Startlinie entfernt, hat das Motorrad das Auto eingeholt.

25

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 6 – Fliegen


Stichworte: Extrem-, Wendepunkte; Inhalt / Umfang eines Dreiecks – Extremwertbestimmung; exponentielles Wachstum

Gegeben sind die Funktionen f und g durch

xf (x) 8x e ; x−= ⋅ ∈0

und

2 xg(x) 4x e ; x−= ⋅ ∈0

In der nebenstehenden Skizze sind die Schaubilder C und K dieser beiden Funktionen dargestellt.

a) Begründen Sie, dass C das Schaubild von f und K das von g ist. Berechnen Sie die exakten Koordinaten des Hochpunktes von K. Die Kurve C besitzt genau einen Wendepunkt. Untersuchen Sie, ob er mit dem Hochpunkt von K zusammenfällt.

b) Die Gerade x = u mit 0 < u < 2 schneidet das Schaubild von f im Punkt P und das Schaubild von g im Punkt R. Bestimmen Sie jeweils näherungsweise den u-Wert, bei dem der Flächeninhalt bzw. der Umfang des Dreiecks ORP am größten ist.

c) Für wissenschaftliche Versuche werden Fruchtfliegen benötigt. Die Zucht beginnt mit einer bestimmten Anzahl B0 an Fliegen. Nach 5 Tagen ist der Bestand auf das 2,5-fache angewachsen. Man geht davon aus, dass der Bestand exponentiell wächst. Nach wie vielen Tagen hat sich der Bestand verdoppelt? Die Zucht beginnt mit B0 = 100 Fliegen. Wie viele Fliegen kann man nach 8 Tagen höchstens entnehmen, ohne dass der Bestand unter den nach 7 Tagen fällt? Zu einem bestimmten Zeitpunkt t1 werden 90 % der Fliegen entnommen. Wie lange dauert es danach, bis der Bestand vom Zeitpunkt t1 wieder erreicht ist, wenn keine weitere Entnahme erfolgt?

26

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 6 – Fliegen

Lösungshinweise

a) Zuordnung der Schaubilder: Vergleichen Sie die Funktionen für negative x-Werte. Hochpunkt / Wendepunkt: Tipps: • Hinreichende Bedingung für Hochpunkt 0 0H(x f (x )):|

0 0f '(x ) 0; f ''(x ) 0.= < • Notwendige Bedingung für Wendepunkt 0 0W(x f (x )):|

0f ''(x ) 0.=

b) Flächeninhalt: Wählen Sie die Strecke RP als Grundseite des Dreiecks ORP. Umfang: Tipp: Formel für den Abstand zweier Punkte 1 1 1P (x y )| und 2 2 2P (x y ) :|

2 21 2 2 1 2 1d(P ; P ) (x x ) (y y ) .= − + −

c) Wachstumsgesetz: Berechnen Sie in der Gleichung k t

0B(t) B e ⋅= ⋅ den Wert für k aus dem Ansatz 0B(t) 2,5 B .= ⋅

Erholung des Bestandes: Beachten Sie, dass das Wachstumsgesetz für jeden Anfangsbestand B1 die Form

k t1B(t) B e ⋅= ⋅ mit dem zuvor bestimmten Wachstumsfaktor k hat.

27


Lösung

a) Gegeben sind die Funktionen f und g durch xf (x) 8x e ; x−= ⋅ ∈0 und 2 xg(x) 4x e ; x .−= ⋅ ∈0

Zuordnung der Schaubilder: Eine Möglichkeit für die Zuordnung ergibt sich, wenn man die beiden Funktionen für negative x-Werte betrachtet. Für alle x < 0 gilt nämlich:

f(x) < 0 und g(x) > 0. (Oder: f(x) → – ∞ und g(x) → + ∞ für x → – ∞.) Somit ist C ist das Schaubild von f und K das Schaubild von g.

Hochpunkt von K: Ableitungen von g:

x 2 x x 2 x x

wird für g'' verwendetx x x 2 x

x x x 2 x x 2

g'(x) 8x e 4x ( e ) 8x e 4x e 4xe (2 x);

g''(x) (8e 8x ( e )) (8xe 4x ( e ))8e 8xe 8xe 4x e 4e (2 4x x ).

− − − − −

− − − −

− − − − −

= ⋅ + − = ⋅ − = −

= + ⋅ − − + −= − − + = − +

��

Damit erhält man: x

1 2g'(x) 0; 4x e (2 x) 0; x (2 x) 0; x 0, x 2.−= ⋅ − = ⋅ − = = =

g''(0) 8 0,= > d. h. an der Stelle x1 = 0 liegt ein Tiefpunkt vor. 2g''(2) 8 e 0,−= − ⋅ < 2g(2) 16 e ;−= ⋅ Hochpunkt von K: ⋅ 2|H(2 16 e ).−

Wendepunkt von C: Ableitungen von f:

x x x

x x xf '(x) 8e 8x( e ) 8e (1 x);f ''(x) 8e (1 x) 8e ( 1) 8e (x 2).

− − −

− − −= + − = −= − ⋅ − + − = −

Damit erhält man:

3f ''(x) 0; x 2 0; x 2.= − = =

Mit 2f (2) 16e−= ergibt sich der Wendepunkt von C zu: ⋅ 2|W(2 16 e ).− Der Hochpunkt von K und der Wendepunkt von C stimmen somit überein.

28


b) Die Gerade x = u (0 < u < 2) schneidet die Kurve C im Punkt uP(u 8u e )−| ⋅ und die Kurve K im Punkt 2 uR(u 4u e ).−| ⋅

Flächeninhalt des Dreiecks ORP: 1A(u) (f (u) g(u)) u.2

= ⋅ − ⋅

Mit dem GTR erhält man das Maximum des Inhalts im Intervall ]0; 2[ für u = 1 (s. u.).

max(A 0,736)≈ Umfang des Dreiecks:

2 2 2 2

2 2 2 2

U(u) PR OR OP

(f (u) g(u)) (u 0) (f (u) 0) (u 0) (g(u) 0)

f (u) g(u) u (f (u)) u (g(u)) .

= + +

= − + − + − + − + −

= − + + + +

Der GTR liefert im Bereich 0 < u < 2 das Maximum des Umfangs für u ≈ 1,145. max(U 6,40)≈

c) Der Bestand der Fruchtfliegen wird beschrieben durch eine Funktion B mit kt

0B(t) B e= ⋅ (t in Tagen).

Bestimmung von k: Aus 0B(5) 2,5 B= ⋅ ergibt sich:

k 5 5k0 0

ln 2,52,5 B B e ; e 2,5; .

5⋅⋅ = ⋅ = = ≈k 0,1833

Der Bestand der Fruchtfliegen wird somit durch ⋅⋅ 0,1833 t0B(t) = B e beschrieben.

Verdoppelung des Bestandes:

0,1833 t 0,1833 t0 0 0

ln 2B(t) 2 B ; B e 2 B ; e 2; t 3,78.0,1833

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ = = ≈

Nach etwa 3,8 Tagen hat sich der Fliegenbestand verdoppelt.

Der Bestand wird nun durch ⋅⋅ 0,1833 tB(t) = 100 e beschrieben.

29


Maximale Entnahme nach 8 Tagen: Die Differenz zwischen dem Bestand nach 8 Tagen und dem nach 7 Tagen ist:

0,1833 8 0,1833 7D B(8) B(7) 100 (e e ) 72,5⋅ ⋅= − = ⋅ − = … Man kann nach 8 Tagen höchstens 72 Fliegen entnehmen, ohne dass der Bestand unter den nach 7 Tagen fällt.

Erholung des Bestandes nach Entnahme von 90 % der Fliegen: Zum Zeitpunkt t1 betrage der Fliegenbestand: B1 = B1(t1), von dem nun 90 % entnommen werden. Der Fliegenbestand entwickelt sich anschließend nach dem Gesetz

0,1833 t*1

1B(t*) B e ,10

⋅= ⋅

wobei t* die Zahl der Tage vom Zeitpunkt t1 an angibt. Der Bestand B1 wird wieder erreicht, wenn gilt:

0,1833 t* 0,1833 t*1 1

1 ln10B B e ; 10 e ; t* 12,56.10 0,1833

⋅ ⋅= ⋅ = = ≈

Etwa 12,6 Tage nach der Entnahme von 90 % der Fliegen ist der ursprüngliche Be-stand wieder erreicht.

Andere Lösungsmöglichkeit: Entnimmt man zum Zeitpunkt t1 90 % der Fliegen, so muss sich anschließend die Anzahl der Fliegen verzehnfachen, um den Bestand zum Zeitpunkt t1 wieder zu erhalten. Die Zeit dafür kann man unabhängig vom Anfangsbestand bestimmen:

0,1833 t 0,1833 t0 0 0

ln10B(t) 10 B ; B e 10 B ; e 10; t 12,56.0,1833

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ = = ≈

30

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 7 – Vase


Stichworte: Eigenschaften von Schaubildern; Ortskurve der Extrempunkte; Fläche zwischen Kurven; Modellieren der Randkurve; Abbilden von Kurven; Rotationsvolumen

a) Für jedes t > 0 ist die Funktion ft gegeben durch

2 txtf (x) 10 x e ; x .−= ⋅ ⋅ ∈0

Ihr Schaubild ist die Kurve Kt. Skizzieren Sie die Kurven K1 und K1,5. Geben Sie gemeinsame Eigenschaften der Kurven an.

b) Bestimmen Sie eine Gleichung der Ortskurve C der Extrempunkte aller Kurven Kt. Die Kurve C schließt mit der Kurve K1 eine Fläche ein. Welche Parallele zur y-Achse halbiert diese Fläche?

c) Eine rotationssymmetrische Vase (siehe Abbildung) hat eine Höhe von 22 cm. Am Boden hat sie einen Durchmesser von 4 cm. Ihren größten Durchmesser besitzt sie 4 cm über dem Boden. (Die Wanddicke wird vernachlässigt.) Die Randkurve der Vase lässt sich mithilfe der Funktion f1 modellieren, wenn man das Schaubild K1 geeignet in x-Richtung streckt und in y-Richtung verschiebt. Welchen Durchmesser hat die Öffnung der Vase? Die Vase wird 10 cm hoch mit Wasser gefüllt. Bestimmen Sie das Wasservolumen. Wie hoch steht das Wasser in der Vase, wenn diese halb voll ist?

31

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 7 – Vase

Lösungshinweise

a) Eigenschaften der Kurven: Denken Sie an Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen, Asymptoten, Extrem- und Wendepunkte.

b) Ortskurve der Extrempunkte: Bestimmen Sie zunächst die Hochpunkte. Lösen Sie den x-Wert des Hochpunktes nach t auf und setzen Sie ihn in den y-Wert ein. Flächeninhalt: Die Schnittpunkte der beiden Kurven sind Ihnen bereits bekannt. Tipps: • Hinreichende Bedingung für Hochpunkt 0 0H(x f (x )):|

0 0f '(x ) 0; f ''(x ) 0= < . • Hinreichende Bedingung für Tiefpunkt 0 0T(x f (x )):|

0 0f '(x ) 0; f ''(x ) 0= > .

• Fläche zwischen zwei Kurven: b

a

A (f (x) g(x))dx= −∫

c) Randkurve: Skizzieren Sie die Randkurve der Vase in einem geeigneten Koordinatensystem, dessen x- Achse die Symmetrieachse der Vase ist. Vergleichen Sie die Kurve mit dem Schaubild von f1. Beachten Sie die Lage der Hochpunkte und der Schnittpunkte mit der y-Achse bei beiden Kurven. Tipps: • Verschieben in y-Richtung um y0 entspricht Addition von y0 zum Funktionsterm. • Strecken in x-Richtung mit einem Faktor b > 0 entspricht Ersetzen von x durch x

b im

Funktionsterm. Volumenbetrachtungen: Tipp: Formel für ein Rotationsvolumen

b2

a

V (f (x)) dx.= π ⋅ ∫

32


Lösung

a) Zu jedem t > 0 ist eine Funktion ft mit der Gleichung 2 txtf (x) 10 x e−= ⋅ gegeben.

Mithilfe des GTR skizziert man die Schaubilder K1 und K1,5.

Gemeinsame Eigenschaften der Kurven: • Jede Kurve geht durch den Ursprung O. • Jede Kurve hat einen Hochpunkt und den

Tiefpunkt O. • Jede Kurve hat zwei Wendepunkte. • Die x-Achse ist waagrechte Asymptote

für x → + ∞.

b) Extrempunkte von Kt: ' tx 2 tx 2 txtf (x) 10 2x e 10x e ( t) (20x 10tx )e ;− − −= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − '' tx 2 tx 2 2 txtf (x) (20 20tx) e (20x 10tx ) e ( t) (20 40tx 10t x )e .− − −= − ⋅ + − ⋅ ⋅ − = − +

' 2t 1 2

2f (x) 0; 20x 10tx 0; 10x (2 t x) 0; x 0; x .t

= − = ⋅ − ⋅ = = =

''tf (0) 20 0;= > tf (0) 0;= Tiefpunkt .|T O(0 0)=

'' 2t

2f 20e 0;t

− = − <

2t 2

2 40f e ;t t

− =

Hochpunkt: .2t 2

2 40H e

t t−

Ortskurve der Extrempunkte: Aus den Koordinaten des Hochpunktes ergibt sich:

H2 22 2

H H H2 H

H 2

2x2 40t t y x e 10 e x .

40 x 4y et

− −

−

= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=

Wegen t > 0 gilt xH > 0. Die Koordinaten des Tiefpunktes T = O(0 | 0) erfüllen ebenfalls die Gleichung 2 2y 10 e x−= ⋅ ⋅ (Punktprobe!). Die Ortskurve C der Extrempunkte aller Kurven Kt hat somit die Gleichung:

2 2g(x) 10 e x ; x 0.−= ⋅ ≥

Fläche: Die Ortskurve C schneidet K1 im Tiefpunkt O(0 | 0) und im Hochpunkt H1(2 | 40e –2). (Die Schnittbe-dingung g(x) = f1(x) führt natürlich auch zu diesen Punkten.) Die Fläche zwischen beiden Kurven hat den Inhalt:

2

102

2 x 2 2

0GTR

(f (x) g(x))dx

(10x e 10e x )dx

.

− −

= −

= −

≈

∫

∫

A

2,86

33


Für die Gerade x = a, welche die Fläche zwischen beiden Kurven halbiert, muss gelten:

a

10

(f (x) g(x))dx 1,43.− =∫

Diese Gleichung löst man mit dem GTR (z. B. TI 83: MATH → SOLVER) und erhält als Lösung a ≈ 1,12. Die Gerade x = 1,12 halbiert die Fläche zwischen den Kurven K1 und C.

c) Randkurve der Vase: Wählt man die Symmetrieachse der Vase als x-Achse eines Koordinatensystems, wobei x die Höhe und y den Radius der Vase (jeweils in cm) angibt, so hat der Hochpunkt der Randkurve den x-Wert 4 (größter Durchmesser der Vase in 4 cm Höhe!). Die Randkurve schneidet die y-Achse im Punkt (0 | 2) (Durchmesser am Boden gleich 4 cm!). Die Kurve K1 (im Bereich 0 ≤ x ≤ 11) hat ihren Hochpunkt an der Stelle x = 2 und schnei-det die y-Achse im Punkt O(0 | 0) (siehe Teilaufgabe b).

Man muss daher K1 mit dem Faktor 2 in x-Richtung strecken und um 2 Einheiten nach oben verschieben, um die Randkurve zu erhalten. Die Randkurve wird somit durch die Funktion g beschrieben mit

x x222 21

x xg(x) f 2 10 e 2 2,5 x e 2; 0 x 22.2 4

− − = + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + ≤ ≤

Durchmesser der Vasenöffnung: Der Radius der kreisförmigen Vasenöffnung ist gleich dem Funktionswert (in cm) von g an der Stelle x = 22:

GTRg(22) 2,02.≈

Der Durchmesser der Vasenöffnung beträgt ungefähr 4,0 cm.

Wasservolumen: Den Vasenkörper erhält man in dem gewählten Koordinatensystem durch Rotation der Randkurve um die x-Achse. Ist die Vase 10 cm hoch gefüllt, so gilt für das Wasservolumen:

10 10 x GTR2 2 22

0 0

V (g(x)) dx (2,5 x e 2) dx 1 023,1.−

= π = π ⋅ ⋅ + ≈∫ ∫

Die Vase enthält etwa 1 023 cm3 Wasser, wenn sie 10 cm hoch gefüllt ist.

34


Wasserhöhe: Für das Volumen der vollständig gefüllten Vase erhält man wie oben:

22 GTR2

0

V (g(x)) dx 1 249,7.= π ≈∫

Ist sie halb gefüllt, so gilt für die Wasserhöhe h : h

2

0

1 249,7(g(x)) dx .

2π =∫

Diese Gleichung für h kann mit dem GTR gelöst werden. (z. B. grafisch mit dem TI 83, indem man

die Funktion V mit h

2

0

V(h) (g(x)) dx= π∫ und die

Gerade 1 249,7

y2

= schneidet.)

Man erhält als Lösung: h ≈ 5,4. Das Wasser steht etwa 5,4 cm hoch, wenn die Vase halb voll ist.

35

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 8 – radioaktiver Zerfall


Stichworte: exponentieller Zerfall; Extremwerte; Änderungsrate

a) Beim radioaktiven Zerfall einer Substanz S1 ist h1(t) die Masse der noch nicht zerfallenen

Substanz zum Zeitpunkt t (h1(t) in mg und t in Stunden nach Beobachtungsbeginn). Dabei gilt:

kt1h (t) 100e .−=

Berechnen Sie k, wenn die Halbwertszeit für diesen Zerfall 4,5 Stunden beträgt. Welche Masse ist nach 18 Stunden bereits zerfallen?

b) Eine zweite radioaktive Substanz S2 entsteht erst als Zerfallsprodukt einer anderen Substanz. Für die Masse h2(t) von S2 gilt entsprechend

ct t2h (t) 100e (1 e ).− −= −

Bestimmen Sie den Bestand für t = 0. Nach zwei Stunden beträgt die Masse von S2 31,81 mg. Berechnen Sie die Konstante c. Welche Masse von S2 ist langfristig zu erwarten? Zu welchem Zeitpunkt während der ersten fünf Stunden wird die größte Masse von S2 gemessen? Wie groß ist diese? Zu welchem Zeitpunkt nimmt die Masse am schnellsten ab?

36

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 8 – radioaktiver Zerfall

Lösungshinweise

a) Tipp: Für die Halbwertszeit T bei radioaktivem Zerfall mit dem Zerfallsgesetz

k th(t) a e− ⋅= ⋅ gilt: 1h(T) a.2

= ⋅

b) Bestimmung von c: Lösen Sie die Gleichung 2h (2) 31,81= nach c auf (Geht auch mit dem GTR). Grenzwert: Beachten Sie x

xlim e 0.−→ ∞

=

Maximum der Masse / Schnellste Abnahme: Untersuchen Sie 2h und '

2h mithilfe des GTR.

37


Lösung

a) Der radioaktive Zerfall der Substanz S1 wird durch das Zerfallsgesetz h1(t) = 100 ⋅ e – kt beschrieben. Dabei gibt h1(t) die Masse (in mg) der zum Zeitpunkt t (in Stunden) noch vorhandenen Substanz an. Berechnung der Konstanten k: Für die Halbwertszeit T = 4,5 (Stunden) gilt:

1 1k 4,5

h (T) 0,5 h (0)

100 e 0,5 1004,5k ln 0,5 ln 2

.

− ⋅= ⋅

⋅ = ⋅− = = −

≈ln 2k = 0,154

4,5

Masse nach 18 Stunden: Nach 18 Stunden ist genau viermal die Halbwertszeit von 4,5 Stunden verstrichen. Von der Ausgangssubstanz ist dann noch ( )41 1

2 16= vorhanden.

Die nach 18 Stunden zerfallene Masse (in mg) ist dann: 1100 100 .

16= − ⋅ =m 93,75

Alternative: Berechnung von m mithilfe des Zerfallsgesetzes:

10,154 18

m 100 h (18)

100 100 e93,75.

− ⋅= −≈ − ⋅≈

b) Die Masse der zweiten Substanz S2 verändert sich nach dem Gesetz: ct t

2h (t) 100 e (1 e ).− −= ⋅ −

Bestand der Masse von S2 zum Zeitpunkt t = 0 in mg: c 0 0100 e (1 e ) 100 (1 1) .− ⋅= ⋅ − = ⋅ − =2h (0) 0

Bestimmung von c: Nach 2 Stunden beträgt die Masse von S2 31,81 mg. Aus dieser Angabe lässt sich die Konstante c bestimmen:

22c 2

2c2

h (2) 31,81

100e (1 e ) 31,8131,81

e ;100(1 e )

− −

−−

=− =

=−

≈2

31,811c ln 0,52 100(1 e )−

= −

−

Die Gleichung lässt sich auch mit dem GTR lösen. (TI 83: z. B. MATH-Menü → SOLVER) Für c = 0,5 wird die Substanz S2 durch

0,5t t 0,5t 1,5t2h (t) 100 e (1 e ) 100 (e e )− − − −= ⋅ − = ⋅ −

beschrieben.

38


Grenzwert: 0,5t 1,5t

2x xlim h (t) lim (100 (e e )) 0.− −→ ∞ → ∞

= ⋅ − =

Auf lange Sicht zerfällt die Substanz S2 vollständig.

Maximum der Masse: Mithilfe des GTR erhält man: Nach ungefähr 1,1 Stunden wird für die Substanz S2 mit 38,49 mg die größte Masse gemessen.

Abnahme: Die Änderungsrate der Masse wird durch die Ableitung:

' 0,5t 1,5t2h (t) 100 ( 0,5 e 1,5 e )− −= ⋅ − ⋅ + ⋅

beschrieben. Mit dem GTR ergibt sich das (negative) Minimum von '

2h für t ≈ 2,2. Nach ungefähr 2,2 Stunden nimmt die Masse von S2 mit etwa 11 mg pro Stunde am schnellsten ab.

39

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 9 – Wasserbecken


Stichworte: Zufluss-, Abflussrate; Rekonstruktion des Bestandes; Grenzwert; Differenzialgleichung; Interpretation von Schaubildern

a) In einem Wasserbecken, das sowohl eine Zufluss- als auch eine Abflussmöglichkeit

besitzt, befinden sich zu einem bestimmten Zeitpunkt 100 m3 Wasser. Ab diesem Zeitpunkt ändert sich das Wasservolumen im Becken, wobei die Änderungsrate des Volumens durch

0,007 tv(t) 0,49 e− ⋅= − ⋅

beschrieben wird (t in Stunden, v(t) in m3 pro Stunde). Nimmt die Wassermenge im Becken zu oder ab? Bestimmen Sie einen Funktionsterm V(t) für das Wasservolumen. Mit welchem Wasservolumen im Becken ist langfristig zu rechnen? V(t) erfüllt eine Differenzialgleichung der Form V '(t) 0,007 (a V(t)).= ⋅ − Bestätigen Sie dies. Begründen Sie mithilfe dieser Differenzialgleichung, dass die Veränderung des Wasser-volumens auf einen konstanten Zufluss und einen zeitabhängigen Abfluss zurückgeführt werden kann. Wie groß müsste dieser konstante Zufluss sein, damit sich im Becken langfristig ein Wasservolumen von 50 m3 einstellt, wenn V(t) eine Differenzialgleichung der ange-gebenen Form erfüllt?

b) Zu Beobachtungsbeginn sind jetzt 10 m3 Wasser im Becken. Über Ventile können der Zufluss und der Abfluss des Wassers geregelt werden. Näherungsweise können dann die Zuflussrate durch die Funktion Z mit

5Z(t)t 1

=+

und die Abflussrate durch die Funktion A mit

tA(t) 2e 1−= +

beschrieben werden. (t in Stunden seit Beobachtungsbeginn, A(t) und Z(t) in m3 pro Stunde.) Skizzieren Sie die Schaubilder von Z und A in einem Koordinatensystem. Beschreiben Sie anhand der Schaubilder die Entwicklung des Wasservolumens im Becken. Berechnen Sie das größte auftretende Wasservolumen. Sinkt das Wasservolumen im Becken unter 10 m3, so werden Zu- und Abfluss des Wassers sofort unterbrochen. Wann ist dies der Fall?

40

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 9 – Wasserbecken

Lösungshinweise

a) Funktionsterm V(t): Beachten Sie, dass für das Wasservolumen V(t) gilt V '(t) = v(t). V muss eine Stammfunktion von v sein mit V(0) = 100. Differenzialgleichung: Zur Bestätigung setzen Sie V und V ' in die Differenzialgleichung ein. Konstanter Zufluss /zeitabhängiger Abfluss: Multiplizieren Sie die Klammer in der Differenzialgleichung aus.

b) Überlegen Sie, welche Bedeutung die Fläche zwischen den Schaubildern von Z und A über einem Intervall [0; t0] hat.

41


Lösung

a) Die Änderungsrate des Wasservolumens im Becken wird beschrieben durch: 0,007 tv(t) 0,49 e− ⋅= − ⋅ (t in Stunden).

Sie ist die Ableitung der Funktion V, die das Wasservolumen beschreibt, d. h. es gilt: V '(t) v(t).=

Wegen V '(t) v(t) 0= < für alle t ≥ 0 nimmt das Wasservolumen im Becken ab.

Funktionsterm V(t): Zu Beginn sind 100 m3 Wasser im Becken. Das Wasservolumen in Abhängigkeit von der Zeit wird dann beschrieben durch:

tt0,007 x

000,007 t 0

0,007 t

0,49V(t) 100 V'(x)dx 100 e

0,007

100 70 e 70 e

30 70 e .

− ⋅

− ⋅

− ⋅

−= + = + ⋅ −

= + ⋅ − ⋅= + ⋅

∫

Diese Gleichung beschreibt beschränkte Abnahme.

Grenzwert: 0,007 t

xlim (30 70 e ) 30.− ⋅→ ∞

+ ⋅ =

Langfristig ist mit 30 m3 Wasser im Becken zu rechnen.

Differenzialgleichung: Setzt man in die Differenzialgleichung

V '(t) 0,007 (a V(t))= ⋅ − die Terme für V' und V ein, so erhält man:

0,007 t 0,007 t

0,007 t 0,007 t

0,49 e 0,007 (a 30 70 e )

0,49 e 0,007 a 0,21 0,49 ea 30.

− ⋅ − ⋅

− ⋅ − ⋅− ⋅ = ⋅ − − ⋅− ⋅ = ⋅ − − ⋅

=

Für a = 30 erfüllt V(t) die Differenzialgleichung:

V '(t) 0,007 (30 V(t)),= ⋅ −

wobei a = 30 der Grenzwert von V für t → ∞ ist. Formt man die Differenzialgleichung wie folgt um:

V '(t) 0,007 (30 V(t)) 0,21 0,007 V(t),= ⋅ − = − ⋅

so kann man daraus ablesen: Die Veränderung des Wasservolumens erfolgt durch den konstanten Zufluss von 0,21 m3 pro Stunde und dem zeitabhängigen Abfluss, der durch 0,007 ⋅ V(t) beschrieben wird. Wenn langfristig 50 m3 Wasser im Becken sind, gilt für V(t) entsprechend die Differenzialgleichung

V '(t) 0,007 (50 V(t)) 0,35 0,007 V(t).= ⋅ − = − ⋅

Somit müsste der konstante Zufluss 0,35 m3 Wasser pro Stunde betragen.

42


b) Entwicklung des Wasservolumens: In der nebenstehenden Figur ist CZ das Schaubild von Z und CA das Schaubild von A. Zu Beobachtungsbeginn be-finden sich 10 m3 Wasser im Becken. In den ersten Stunden ist die Zuflussrate größer als die Abflussrate. Das Wasser-volumen nimmt daher zunächst zu. Die beiden Kurven schneiden sich an der Stelle t ≈ 3,8 (GTR). D. h. nach etwa 3,8 Stunden ist die größte Wassermenge im Becken. Danach nimmt das Wasservolumen wieder ab, da die Abflussrate nun größer als die Zuflussrate ist. Langfristig würde sich das Becken vollständig leeren, da die Zuflussrate gegen 0 geht, während die Abflussrate einem Grenzwert von 1 m3 pro Stunde zustrebt.

Maximales Volumen: Die Gesamtänderung D des Wasservolumens bis zu einem Zeitpunkt T ist gleich Zufluss minus Abfluss:

T T T

0 0 0

D Z(t)dt A(t)dt (Z(t) A(t))dt.= − = −∫ ∫ ∫

D. h. sie wird durch die orientierte Fläche zwischen den Kurven CZ und CA über [0; T] beschrieben. Mit den Überlegungen oben gilt für das maximale Wasservolumen:

3,8

max0

3,8 GTRt

0

V 10 (Z(t) A(t))dt

510 2e 1 dt 10 2,1 12,1.t 1

−

= + −

= + − − ≈ + = +

∫

∫

Das maximale Wasservolumen im Becken beträgt etwa 12,1 m3.

43


Beenden von Zu- und Abfluss: Nach 3,8 Stunden beginnt die Wassermenge im Becken wieder abzunehmen (s. o.). Die gesamte Änderung D des Wasservolumens nach T Stunden (T > 3,8) entspricht dem orientierten Inhalt zwischen den beiden Kurven über [0; T]. Das Wasservolumen sinkt unter 10 m3, wenn D < 0 wird. Die Gleichung

T

0T

t

0

D (Z(t) A(t))dt

5 2e 1 dt 0t 1

−

= −

= − − = +

∫

∫

hat die Lösung T ≈ 9,98. Nach ungefähr 10 Stunden werden Zu- und Abfluss des Wassers unterbrochen.

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Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 10 – Körpertemperatur


Stichworte: begrenztes Wachstum; Differenzialgleichung; Änderungsrate

Die Körpertemperatur eines Menschen wird mit einem Fieberthermometer gemessen. Dabei sei T(t) die vom Thermometer zum Zeitpunkt t (t in Minuten) angezeigte Temperatur in Grad. Während der Messung ist die Änderungsrate der Temperatur zu jedem Zeitpunkt proportional zur Differenz zwischen der Körpertemperatur und der angezeigten Temperatur. Geben Sie für T eine Differenzialgleichung an. Bei der Untersuchung eines gesunden Menschen, dessen Körpertemperatur 37,0 Grad beträgt, steigt die Anzeige des Thermometers in der ersten halben Minute der Messung von 17,0 Grad auf 34,3 Grad an. Bestimmen Sie einen Funktionsterm von T. Die Messung wird automatisch beendet, wenn die Änderungsrate der Temperatur 0,1 Grad pro Minute unterschreitet ist. Wann ist dies der Fall? Welche Temperatur wird am Ende der Messung angezeigt?

45

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 10 – Körpertemperatur

Lösungshinweise

Tipp: Begrenztes Wachstum: Differenzialgleichung: f '(t) = k ⋅ (G – f(t)); Wachstumsgesetz: k tf (t) G a e− ⋅= − ⋅

46

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 10 – Körpertemperatur

Lösung

Differenzialgleichung: Die Köpertemperatur des Menschen sei T0. Nach Aufgabenstellung ist die Änderungsrate T'(t) proportional zur Temperaturdifferenz T0 – T(t), d. h., es gilt für T die Differenzialgleichung:

T'(t) = k ⋅ (T0 – T(t)), k = konst.

Funktionsterm von T: Die Körpertemperatur des gesunden Menschen ist T0 = 37 (Grad). Somit gilt für die Differen-zialgleichung:

T'(t) = k ⋅ (37 – T(t)). Ihre Lösung hat die Form:

T(t) = 37 – a ⋅ ekt. Die Temperatur (in Grad) zum Zeitpunkt t = 0 ist T(0) = 17. Nach einer halben Minute gilt: T(0,5) = 34,3. Dies führt auf die Gleichungen:

0

0,5 k

37 a e 17 (1)

37 a e 34,3 (2)⋅− ⋅ =

− ⋅ =

Aus Gleichung (1) folgt a = 37 – 17 = 20. Eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt dies:

0,5 k 0,5k ln(0,135)34,3 3737 20 e 34,3; e 0,135; k 4,005.

20 0,5⋅ −− ⋅ = = = = ≈ −

−

Die Temperatur wird demnach beschrieben durch die Gleichung:

.4,005 tT(t) 37 20 e− ⋅= − ⋅

Für die Änderungsrate gilt: ' 4,005 t 4,005 tT (t) 20 ( 4,005)e 80,1e .− ⋅ − ⋅= − ⋅ − =

Das Ende der Messung ist erreicht, wenn gilt: 0,1

80,1' 4,005t 4,005 tln0,1

T (t) 0,1; 80,1e 0,1; e ; t 1,67.80,1 4,005

− − ⋅= = = = ≈−

Also wird die Messung nach ungefähr 1,7 Minuten beendet. Die Temperatur (in Grad) nach dieser Zeit ist

4,005 1,67T(1,67) 37 20 e 37 0,02 36,98 37,0.− ⋅= − ⋅ ≈ − = ≈

Am Ende der Messung zeigt das Thermometer recht genau die Körpertemperatur von 37,0 Grad an.

47

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 11 – Wassertemperatur


Stichworte: Bestimmung einer Funktionsgleichung; beschränkte Abnahme; Grenzwerte; Mittelwert; Wertemengen

a) Ein Glas Wasser der Temperatur 70 °C wurde zum Abkühlen in einen Raum der konstan-

ten Raumtemperatur T0 gestellt. Zu bestimmten Zeiten t wurde die Temperatur T des Wassers gemessen, wobei sich die folgenden Messwerte ergaben:

t in min 0 10 20 30 40 60 80 100 120

T in °C 70,0 59,1 51,9 46,7 42,6 37,0 33,5 31,1 29,4

Man geht davon aus, dass eine beschränkte Abnahme der Temperatur vorliegt. Bestimmen Sie aus den Messdaten für t = 0, t = 40 und t = 120 eine Funktion f, die den zeitlichen Verlauf der Temperatur beschreibt. Um wie viel Prozent weicht die gemessene Temperatur nach 20 Minuten von dem mit f berechneten Wert ab? Welche Raumtemperatur T0 ergibt sich nach diesem Modell? Wie groß war die mittlere Temperatur des Wassers während der zweiten Stunde der Messung?

b) Zwei Wasserbehälter mit unterschiedlichen Temperaturen berühren sich. Dabei geht Ener-gie vom wärmeren Behälter zum kälteren über. Die zeitlichen Verläufe der Temperaturen werden beschrieben durch

btf * (t) 20(1 e )−= + und btg * (t) 20(1 e ); t 0, b 0,−= − ≥ >

wobei t die Zeit in Minuten seit Beobachtungsbeginn und f*(t) und g*(t) die Temperaturen in °C angeben. Welche Temperaturen können in den Behältern beobachtet werden? 5 Minuten nach Beobachtungsbeginn wird in einem Behälter die Temperatur 5 °C gemessen. Bestimmen Sie b. Nach welcher Zeit hat sich der anfängliche Temperaturunterschied halbiert?

48

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 11 – Wassertemperatur

Lösungshinweise

a) Bestimmung von f: Machen Sie den Ansatz k tf (t) G a e .− ⋅= + ⋅ Mithilfe der drei Messdaten finden Sie ein Gleichungssystem für G, k und a. Eliminieren Sie zunächst G aus zwei Gleichungen. Formt man diese zwei Gleichungen geschickt um, so kann man a herauskürzen, wenn man eine der Gleichungen durch die andere dividiert. Raumtemperatur: Untersuchen Sie das langfristige Verhalten der Temperatur im Glas. Mittlere Raumtemperatur: Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]:

b

a

1m f (x)dxb a

= ⋅− ∫

b) Temperaturen: Berechnen Sie die Anfangstemperaturen in beiden Behältern. Beachten Sie die Monotonie der Funktionen f * und g*. Bestimmung von b: Überlegen Sie, in welchem Behälter eine Temperatur von 5 °C auftreten kann.

49


Lösung

a) Bestimmung der Funktion f: Da man von beschränkter Abnahme ausgeht, kann man ansetzen:

ktf (t) G ae ; a, k 0.−= + > Einsetzen der Messdaten für t = 0, t = 40 und t = 120 führt auf ein nichtlineares Gleichungssystem für G, a und k:

40 k

120 k

f (0) 70 G a 70 (1)f (40) 42,6 ; G ae 42,6 (2) .

f (120) 29,4 G ae 29,4 (3)

− ⋅− ⋅

= + == + == + =

Die erste Gleichung liefert G = 70 – a. Einsetzen in die zweite und dritte Gleichung ergibt: 40 k

120 k70 a ae 42,6

;70 a ae 29,4

− ⋅

− ⋅− + =

− + =

40 k

120 ka (1 e ) 27,4 (2') .

a (1 e ) 40,6 (3')

− ⋅

− ⋅− ⋅ − = −

− ⋅ − = −

Dividiert man die linken und rechten Seiten der Gleichungen (2') und (3') durcheinander, so kürzt sich a (> 0!) heraus und man erhält eine Gleichung für k:

40 k

120 k1 e 0,675.1 e

− ⋅

− ⋅− =−

Mit dem GTR erhält man (TI 83: grafisch oder MATH → SOLVER)

GTRk 0,0259.≈

Aus Gleichung (2') und (1) folgt schließlich:

0,0259 40

27,4a 42,5;

1 e− ⋅= ≈

− G ≈ 70 – 42,5 = 27,5.

Der Temperaturverlauf wird somit näherungsweise beschrieben durch die Funktion f mit

.⋅⋅ 0,0259 tf(t) = 27,5 + 42,5 e−

Abweichung: Nach 20 Minuten wurde die Temperatur 51,9 °C gemessen. Das mathematische Modell liefert für diesen Zeitpunkt die Temperatur (in °C):

0,0259 20f (20) 27,5 42,5 e 52,8.− ⋅= + ⋅ ≈ Die prozentuale Abweichung des Messwertes davon beträgt:

52,8 51,90,017 .

52,8− ≈ = 1,7 %

Raumtemperatur: Beim Abkühlen nähert sich die Wassertemperatur der Raumtemperatur an. Wegen

0,0259 tt tlim f (t) lim (27,5 42,5 e ) 27,5− ⋅→ ∞ → ∞

= + ⋅ =

wird man bei diesem Modell von einer Raumtemperatur von 27,5 °C ausgehen.

Mittlere Temperatur des Wassers während der zweiten Stunde: 120

60

1 f (t)dt ( C).60

= ⋅ ≈ °∫T 32,1

50


b) Temperaturen im warmen Behälter: Der Verlauf der Temperatur in °C wird durch

btf * (t) 20(1 e ); b 0,−= + > beschrieben (t in Minuten). Wegen

btf * '(t) 20be 0 für alle t 0−= − < ≥ ist f * streng monoton fallend. Ferner gilt:

�

0 btt t 0

f * (0) 20(1 e ) 40; lim f * (t) lim 20(1 e ) 20.−→ ∞ → ∞ →

= + = = + =

Für die möglichen Temperaturen im warmen Behälter gilt somit 20 < f *(t) ≤ 40.

Temperaturen im kalten Behälter: Der Verlauf der Temperatur in °C wird hier durch

btg* (t) 20(1 e ); b 0,−= − > beschrieben (t in Minuten). Wegen

btg* '(t) 20be 0 für alle t 0−= > ≥ ist g * streng monoton wachsend. Ferner gilt:

�

0 btt t 0

g* (0) 20(1 e ) 0; lim g* (t) lim 20(1 e ) 20.−→ ∞ → ∞ →

= − = = − =

Für die möglichen Temperaturen im kalten Behälter gilt daher 0 ≤ g *(t) < 20.

Bestimmung von b: Eine Temperatur von 5 °C kann nach den Überlegungen von oben nur im kalten Behälter auftreten. Man erhält mit t = 5 die Bedingung für b:

5b

5b

5b

g* (5) 5; 20(1 e ) 511 e43e4

−

−

−

= − =

− =

=

1 3b = ln 0,0575.5 4

− ≈

Halbierung des anfänglichen Temperaturunterschieds: Bei Beobachtungsbeginn beträgt der Temperaturunterschied in °C:

f*(0) – g*(0) = 40 – 0 = 40.

51


Er hat sich zum Zeitpunkt t halbiert, wenn gilt:

0,0575t 0,0575t

0,0575t

0,0575t

12

f * (t) g* (t) 20

20(1 e ) 20(1 e ) 20

40e 201e2

lnt 12,05.

0,0575

− −

−

−

− =+ − − =

=

=

= ≈−

Alternativ kann man die Gleichung 0,0575t40e 20 0− − = – wie auch die anderen Glei-chungen in der Aufgabe – mit dem GTR lösen. (TI 83: z. B: SOLVER-Befehl im MATH-Menü.) Nach etwa 12 Minuten hat sich der anfängliche Temperaturunterschied halbiert.

52

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 12 – Medikament


Stichworte: Exponentielle Abnahme; Differenzialgleichung; Interpretation von Schaubildern; Extremwert; Wirkungsdauer

a) Von einem bestimmten Medikament wird einem Patienten eine Dosis von 200 mg intra-

venös verabreicht. Danach wird das Medikament im Körper abgebaut und über die Nieren ausgeschieden. Gibt f(t) die zum Zeitpunkt t noch vorhandene Menge des Medikaments im Blut an, so gilt für die Funktion f näherungsweise die Differenzialgleichung

f '(t) k f (t); k 0= − ⋅ >

(f(t) in Milligramm, t in Stunden seit der Verabreichung). Bestimmen Sie eine Gleichung für f, wenn die Menge des Medikaments im Blut pro Stunde um 6 % abnimmt. Nach welcher Zeit sind 90 % des Medikaments abgebaut? 5 Stunden nach der Verabreichung erhält der Patient auf die gleiche Art noch einmal 200 mg des Medikaments. Wie viel mg des Medikaments sind nach weiteren 10 Stunden noch im Körper vorhanden?

b) Von dem gleichen Medikament nimmt ein anderer Patient 500 mg oral auf. Das Medika-ment gelangt jetzt zunächst in den Magen-Darm-Trakt und wird von dort ins Blut abgege-ben. Vereinfacht gilt für die Änderungsrate der im Blut vorhandene Menge g(t) des Medi-kaments in diesem Fall:

0,08 tg '(t) 0,06 g(t) 40 e− ⋅= − ⋅ + ⋅ (*)

(g(t) in Milligramm, t in Stunden seit der Einnahme). Zeigen Sie, dass die Funktion g mit

0,06 t 0,08 tg(t) 2 000 (e e )− ⋅ − ⋅= ⋅ −

eine Lösung der Differenzialgleichung (*) ist. Zeichnen Sie das Schaubild von g. Interpretieren Sie es kurz. Nach welcher Zeit befindet sich die größte Menge des Medikaments im Blut? Wie groß ist sie dann? Damit das Medikament wirkt, müssen mindestens 80 mg im Blut vorhanden sein. Wann beginnt es zu wirken und wie lange wirkt es?

53

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 12 – Medikament

Lösungshinweise

a) Funktionsgleichung von f: Die Differenzialgleichung beschreibt exponentiellen Zerfall. Machen Sie daher den Ansatz

k tf (t) a e .− ⋅= ⋅ Abbau von 90 % des Medikamentes: Wenn 90 % abgebaut sind, sind noch 10 % vorhanden. Medikamentmenge nach 15 Stunden: Beachten Sie, dass für die zweite Dosis zeitversetzt das gleiche Zerfallsgesetz gilt.

b) Differenzialgleichung: Leiten Sie zunächst die Funktion g ab. Setzen Sie in die rechte Seite der Differenzial-gleichung g(t) ein und vergleichen Sie. Schaubild von g: Beschreiben Sie den zeitlichen Verlauf der Medikamentenmenge im Blut. Gehen Sie auf besondere Punkte ein. Wirkungsdauer: Bestimmen Sie das Zeitintervall, in dem g(t) 80≥ gilt.

54


Lösung

a) Funktionsgleichung für f: Die Differenzialgleichung f '(t) = – k ⋅ f(t) beschreibt exponentielle Abnahme. Man kann daher den Ansatz

f(t) = a ⋅ e– kt machen. Aus f(0) = a ⋅ e0 = 200 folgt a = 200 (mg). Da nach einer Stunde 6 % des Medikamentes abgebaut sind, d. h. noch (100 – 6) % = 94 % vorhanden sind, gilt für k die Gleichung:

k 1 ka e 0,94 a; e 0,94; k ln(0,94) 0,06.− ⋅ −⋅ = ⋅ = = − ≈ Zusammenfassend erhält man:

.− ⋅⋅ 0,06 tf(t) = 200 e

Bestimmung des Zeitpunktes, zu dem 90 % des Medikamentes abgebaut sind: Zu diesem Zeitpunkt sind dann noch 10 % im Blut vorhanden. Somit gilt:

0,06 t 0,06 t ln 0,1f (t) 0,1 a; a e 0,1 a; e 0,1; t 38,4.

0,06− ⋅ − ⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ = = ≈

−

Nach etwa 38 Stunden sind 90 % des Medikaments abgebaut.

Medikamentenmenge 15 Stunden nach der ersten Verabreichung: Nach 15 Stunden sind von der ersten Dosis noch im Blut:

0,06 15f (15) 200 e 81,3− ⋅= ⋅ ≈ (mg). Für die zweite Dosis gilt das gleiche Zerfallsgesetz. Der Zeitpunkt t = 0 wird jetzt 5 Stun-den nach der Einnahme der ersten Dosis gewählt. Von der zweiten Dosis sind nach weite-ren 10 Stunden noch vorhanden:

0,06 10f (10) 200 e 109,8− ⋅= ⋅ ≈ (mg). Nach 15 Stunden sind insgesamt noch 81,3 mg + 109,8 mg ≈ 191 mg des Medikaments im Blut vorhanden.

b) Differenzialgleichung: Zu zeigen ist, dass 0,06 t 0,08 tg(t) 2 000 (e e )− ⋅ − ⋅= ⋅ − die Differenzialgleichung

0,08 tg '(t) 0,06 g(t) 40 e− ⋅= − ⋅ + ⋅ erfüllt. Dazu bildet man zunächst die Ableitung von g:

0,06 t 0,08 t 0,06 t 0,08 tg '(t) 2 000 ( 0,06 e 0,08 e ) 120 e 160 e .− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅= ⋅ − ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ Für die rechte Seite der Differenzialgleichung erhält man:

0,08 t 0,06 t 0,08 t 0,08 t

0,06 t 0,08 t 0,08 t

0,06 t 0,08 t

0,06 g(t) 40 e 0,06 2 000 (e e ) 40 e120 e 120 e 40 e120 e 160 e

g '(t).

− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅

− ⋅ − ⋅ − ⋅

− ⋅ − ⋅

− ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅= − ⋅ + ⋅ + ⋅= − ⋅ + ⋅=

Die Funktion g ist daher eine Lösung der Differenzialgleichung.

55


Schaubild von g:

Die oral aufgenommene Menge (500 mg) des Medikaments wird nicht sofort, sondern verzögert ins Blut abgegeben. Erst nach einer gewissen Zeit erreicht die Medikament-menge im Blut ein Maximum von etwa 200 mg. Danach nimmt sie ab, wobei die Abnahme deutlich langsamer verläuft als die Zunahme. Größte Menge des Medikaments im Blut: Mit dem GTR erhält man das Maximum von g für t ≈ 14,4. Nach etwa 14,4 Stunden befindet sich mit 211 mg die größte Menge des Medikaments im Blut.

Wirkungsdauer: Zu bestimmen ist das Zeitintervall, in dem g(t) ≥ 80 gilt. Mit dem GTR bestimmt man dazu die beiden Schnittstellen der Geraden y = 80 mit dem Schaubild von g. Man erhält als Lösungen t1 ≈ 2,4 und t2 ≈ 44,9. Das bedeutet: Nach etwa 2,4 Stunden beginnt das Medika- ment zu wirken. Die Wirkungsdauer beträgt ungefähr (44,9 – 2,4) = 42,5 Stunden.

56

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 13 – Kurvendiskussion


Stichworte: Asymptoten; Extrem- und Wendepunkte; Normale; unbeschränkte Fläche; Fläche zwischen zwei Kurven; Teilverhältnis

Gegeben ist die Funktion f durch

x xf (x) (4 e ) e ; x= − ⋅ ∈0 .

Ihr Schaubild sei K.

a) Untersuchen Sie K auf Asymptoten. Bestimmen Sie näherungsweise den Schnittpunkt mit der x-Achse, den Hoch- und den Wendepunkt von K. Es gibt genau einen Punkt P auf K mit negativer x-Koordinate, in dem die Normale durch den Ursprung geht. Berechnen Sie näherungsweise die Koordinaten von P.

b) K schließt mit der x-Achse eine nach links unbeschränkte Fläche mit endlichem Inhalt ein. Berechnen Sie diesen Inhalt exakt. In welchem Verhältnis teilt die Kurve C mit der Gleichung xg(x) e ; x= ∈0 diese Fläche?

57

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 13 – Kurvendiskussion

Lösungshinweise

a) Untersuchung von K: Beachten Sie x

xlim e 0.−→ ∞

=

Verwenden Sie für die weiteren Überlegungen den GTR. Beachten Sie, dass eine Wendestelle von f eine Extremstelle von f ' ist. Normale: Stellen Sie die Normalengleichung in einem Punkt P(u | f(u)) auf. Dann Punktprobe mit O(0 | 0).

b) Unbegrenzte Fläche: Berechnen Sie die Nullstelle x0 von f. Bestimmen Sie dann zunächst den Inhalt der Fläche über dem Intervall [z; x0] in Abhängigkeit von z. Was gilt dann für die unbegrenzte Fläche? Tipp: Inhalt der Fläche zwischen zwei Kurven:

b

a

A (f (x) g(x))dx.= −∫

58


Lösung

a) Untersuchung der Kurve K mit der Gleichung f(x) = (4 – ex) ⋅ ex; x ∈ 0:

Asymptoten:

� �

x xx x 0 0

lim f (x) lim (4 e ) e 0.→ −∞ → −∞ → →

= − ⋅ =

y = 0 ist waagrechte Asymptote.

Schnittpunkt mit der x-Achse: N(1,386 | 0) (TI 83: CALC → zero.)

Hochpunkt: H(0,693 | 4) (TI 83: CALC → maximum im Grafikfenster oder im Hauptfenster mit der Funktion fMax im MATH-Menü).

Wendepunkt: W(0 | 3) Die Wendestellen von f sind die Extremstellen der Ableitung f '. (Beim TI 83 lässt sich die Ableitung mithilfe der Funktion nDeriv (MATH-Menü) gra-fisch bestimmen und ihre Extremstelle wie oben festlegen. Den y-Wert des Wendepunktes W berechnet man dann im Hauptfenster, hier f(0) = 3.)

Normale: Die Ableitung von f ist:

x x x x x x x x xf '(x) e e (4 e ) e e ( e 4 e ) e (4 2e ).= − ⋅ + − ⋅ = ⋅ − + − = ⋅ − Es sei P(u | f(u)) ein Punkt auf K mit u < 0. Die Normale in P hat die Gleichung:

u uu u

1 1y (x u) f (u) (x u) (4 e ) e .f '(u) e (4 2e )

= − ⋅ − + = − ⋅ − + − ⋅−

59


Sie geht durch den Ursprung, wenn gilt:

u uu u

h(u)

10 (0 u) (4 e ) e .e (4 2e )

= − ⋅ − + − ⋅−

��

Die Gleichung löst man mithilfe des GTR, indem man die (negative) Nullstelle der Funktion h mit der Gleichung y = h(u) bestimmt. Man erhält u ≈ –1,18. Ebenfalls mit dem GTR erhält man f(–1,18) ≈ 1,14. Die Normale im Punkt P(–1,18 | 1,14) geht durch den Ursprung.

b) Flächeninhalt der nach links unbeschränkten Fläche: Da der Flächeninhalt exakt bestimmt werden soll, muss auch der Schnittpunkt von K mit der x-Achse jetzt genau berechnet werden:

�

x x x

0

f (x) 0; (4 e ) e 0; e 4; x ln 4;≠

= − ⋅ = = = N(ln 4 | 0).

Der Inhalt der Fläche, die von K, der x-Achse und der Geraden x = z mit z < ln 4 begrenzt wird, ist:

ln 4x x

z

ln 4x 2x

z

ln 4x 2x

z

2 z 2z

z 2z

A(z) (4 e ) e dx

(4e e )dx

14e e2

1 14 4 4 4e e2 2

18 4e e .2

= − ⋅

= −

= −

= ⋅ − ⋅ − −

= − +

∫

∫

Für die nach links unbegrenzte Fläche ergibt sich damit:

zlim A(z) .→ −∞

=A = 8

Teilverhältnis: Auch der x-Wert des Schnittpunktes S von K und der Kurve C muss exakt berechnet werden:

x x x x

x

x

f (x) g(x)(4 e ) e e : e 0

4 e 1e 3

x ln3.

=− ⋅ = ≠

− ===

60


Die Fläche zwischen den Kurven K und C sowie der Geraden x = z, z < ln 3 beträgt: ln3

1z

ln3ln3 ln3x 2x x x 2x x 2x

z z z

2 z 2z z 2z

A (z) (f (x) g(x)) dx

1(4e e e )dx (3e e )dx 3e e2

1 1 9 13 3 3 3e e 3e e .2 2 2 2

= − ⋅

= − − = − = −

= ⋅ − ⋅ − − = − +

∫

∫ ∫

Für die nach links unbeschränkte Teilfläche ergibt sich:

1 1z

9A lim A (z) .2→ −∞

= =

Die Kurve C1 teilt die beschriebene Fläche im Verhältnis: 92

92

8= =

−1

1

A 9A A 7−

.

61

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 14 – Pflanzenwachstum


Stichworte: Änderungsrate; Bestimmung des Bestandes aus der Änderungsrate; Grenzwert

Die Höhenzuwachsrate einer Pflanze wird näherungsweise durch die Funktion h mit

0,64 th(t) 0,48 t e ; t 0− ⋅= ⋅ ⋅ ≥

beschrieben (t in Monaten seit dem Einpflanzen der Pflanze, h(t) in Meter pro Monat).

a) Bestimmen Sie den Zeitpunkt, ab dem die Zuwachsrate abnimmt. Wie groß ist die mittlere Zuwachsrate in den ersten zwei Monaten?

b) Begründen Sie, dass die Funktion H mit 3 0,64 t

64H(t) (25 16t)e ; t 0,−= − + ≥

eine Stammfunktion von h ist. Die Pflanze war bei der Einpflanzung 0,2 m hoch. Welche Höhe hat sie nach 4 Monaten erreicht? Die Pflanze gilt als ausgewachsen, wenn nach diesem Modell der gesamte in der Folgezeit noch zu erwartende Zuwachs an Höhe weniger als 0,2 m beträgt. Wann ist dies der Fall?

62

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 14 – Pflanzenwachstum

Lösungshinweise

a) Abnahme der Zuwachsrate: Untersuchen Sie h auf Monotonie. Mittlere Zuwachsrate: Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]:

b

a

1m f (x)dxb a

= ⋅− ∫

b) Stammfunktion: Tipp: F ist Stammfunktion der Funktion f, wenn F ' = f gilt. Wachstumsfunktion ist die Stammfunktion W von h, für die W(0) = 0,2 gilt. Ausgewachsene Pflanze: Überlegen Sie zunächst, welche Höhe die Pflanze maximal erreichen kann.

63


Lösung

a) Die Änderungsrate der Pflanzenhöhe ist gegeben durch 0,64th(t) 0,48 t e ; t 0−= ⋅ ⋅ ≥

(t in Monaten, h(t) in Meter pro Monat.)

Monotonieuntersuchung: Die Ableitung von h ist:

0,64 t 0,64 t

0,64 t

h '(t) 0,48 e 0,48 t e ( 0,64)

0,48 e (1 0,64 t).

− ⋅ − ⋅

− ⋅= ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ −= ⋅ − ⋅

Die Ableitung ist negativ, wenn gilt: 11 0,64 t 0; 1 0,64 t; t 1,6.

0,64− ⋅ < < ⋅ > ≈

Nach etwa 1,6 Monaten nimmt die Zuwachsrate ab.

Mittlere Zuwachsrate in Meter pro Monat während der ersten zwei Monate: 2 GTR

0

1 h(t)dt .2

= ⋅ ≈∫m 0,21

b) Stammfunktion: Für die Funktion H mit 0,64t3H(t) (25 16t)e

64−= − + gilt:

0,64t 0,64t

0,64t 0,64t 0,64t

0,64t

3H '(t) [16 e (25 16t) e ( 0,64)]643 [16 e 16 e 10,24te ]

64

0,48 t e h(t).

− −

− − −

−

= − ⋅ + + ⋅ ⋅ −

= − ⋅ − ⋅ −

= ⋅ ⋅ =

Somit ist H eine Stammfunktion von h.

Höhe der Pflanze nach 4 Monaten: Die Pflanze war zu Beginn 0,2 m hoch. Die Wachstumsfunktion ist daher gegeben durch:

t

0t

0,64x

0

0,64t

0,64t

W(t) 0,2 h(x)dx

30,2 (25 16x)e64

3 750,2 (25 16t)e64 64

31,37 (25 16t)e .64

−

−

−

= +

= + − +

= − + +

≈ − +

∫

Damit erhält man:GTR

W(4) 1,05.≈ Die Pflanze ist nach 4 Monaten etwa 1 m hoch.

64


Zeitpunkt, an dem die Pflanze als ausgewachsen gilt:

Im Grenzfall gilt für die Wachstumsfunktion:

tlim W(t) 1,37.→ ∞

=

Langfristig ist nach diesem Modell daher eine maximale Höhe von 1,37 m für die Pflanze zu erwarten. Sie gilt daher als ausgewachsen, wenn sie eine Höhe von etwa 1,17 m erreicht hat. Die Gleichung

W(T) = 1,17 löst man mit dem GTR und erhält t ≈ 5.

Nach etwa 5 Monaten gilt die Pflanze als ausgewachsen.

65

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 15 – Salzlösung


Stichworte: begrenztes Wachstum; Differenzialgleichung; Anfangsbestand

Zur Zeit t = 0 (t in Stunden) wird Salz in ein Reagenzglas mit destilliertem Wasser geschüttet. Ein Teil dieses Salzes löst sich im Laufe der Zeit in der Flüssigkeit auf. Dabei kann die gelöste Salzmenge m(t) einen bestimmten Wert m0, die Sättigungsmenge, nicht überschreiten. Beobachtungen haben gezeigt, dass die Geschwindigkeit, mit der sich m(t) ändert, näherungs-weise proportional zur Menge des noch lösbaren Salzes ist.

a) Welche Art von Wachstum liegt vor? Bestimmen Sie eine Funktionsgleichung der Funktion t � m(t), wenn der Proportionalitäts-faktor 3 ist. Skizzieren Sie das Schaubild dazu. Wie lange dauert es, bis die gelöste Salzmenge halb so groß wie die Sättigungsmenge ist?

b) Bei einem zweiten Versuch ist in dem Wasser zu Beginn bereits etwas Salz gelöst. Es dauert jetzt noch 0,13 Stunden, bis die insgesamt gelöste Salzmenge halb so groß ist wie die Sättigungsmenge. Wie viel Prozent der Sättigungsmenge betrug die anfangs gelöste Salzmenge?

66

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 15 – Salzlösung

Lösungshinweise

a) Funktionsgleichung: Stellen Sie zunächst eine Differenzialgleichung auf. Überlegen Sie dann, welche Form von Wachstum vorliegt. Beachten Sie die Anfangsbedingung m(0) = 0.

b) Neue Funktionsgleichung: Der Ansatz für die Wachstumsfunktion ist wie bei Teilaufgabe a. Verwenden Sie jetzt aber

die Bedingung 01m(0,13) m .2

= ⋅

67


Lösung

a) Funktionsgleichung: m(t) gibt die zum Zeitpunkt t im Wasser gelöste Salzmenge (in g) an, m0 die Sättigungs-menge. Es gilt m(t) < m0 und m0 – m(t) ist die zum Zeitpunkt t noch lösbare Salzmenge. Für die Änderungsrate m'(t) gilt mit dem Proportionalitätsfaktor 3:

m'(t) = 3 ⋅ (m0 – m(t)). Diese Differenzialgleichung beschreibt begrenztes Wachstum. Die gelöste Salzmenge ist somit gegeben durch

3t0m(t) m a e .−= − ⋅

Aus m(0) = 0 folgt weiter: 0 = m0 – a; a = m0

Damit lautet das Wachstumsgesetz:

.3t 3t0 0 0m(t) m m e m (1 e )− −

= − = ⋅ −

Gelöste Salzmenge gleich halber Sätti-gungsmenge:

3t0 0

1 m m (1 e );2

−= −

3t 3t1 11 e ; e ;2 2

− −= − =

.1 1 1t = – ln = ln 2 0,233 2 3

≈

Nach etwa 0,23 Stunden ist die gelöste Salzmenge halb so groß wie die Sätti-gungsmenge.

b) Für die gelöste Salzmenge gilt bei sonst gleichen Bedingungen wieder 3t

0m(t) m a e .−= − ⋅

Aus 01m(0,13) m2

= folgt jetzt:

3 0,13 0,39 0,390 0 0 0 0

1 1 1m a e m ; m a e ; a e m 0,738 m .2 2 2

− ⋅ −− ⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ ≈ ⋅

Somit gilt in diesem Fall: 3t 3t

0 0 0m(t) m 0,738 m e m (1 0,738 e ).− −= − ⋅ ⋅ = − ⋅

Die gelöste Salzmenge zu Beginn war:

0 0m(0) m (1 0,738) 0,26 m .= − ≈ ⋅

Die im Reagenzglas zu Beginn gelöste Salzmenge betrug etwa 26 % der Sättigungs-menge.

68


Andere Lösungsmöglichkeit: Da die halbe Sättigungsmenge jetzt bereits nach 0,13 Stunden anstatt nach 0,23 Stunden erreicht wird, verschiebt sich bei sonst gleichen Bedingungen die ursprüngliche Kurve um

0t 0,13 0,23 0,1= − = − in t-Richtung. Die verschobene Kurve wird durch die Gleichung

3(t 0,1)0m(t) m(t 0,1) m (1 e )− += + = −

beschrieben. Damit lässt sich die gelöste Salzmenge zum Zeitpunkt t = 0 berechnen: 0,3

0 0m(0) m (1 e ) 0,26 m .−= − ≈

69

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 16 – Pkw-Bestand


Stichworte: Bestimmung einer Funktionsgleichung; Bewertung eines Modells; Änderungsrate; Mittelwert

Die folgende Tabelle gibt den Pkw-Bestand in Baden-Württemberg für den Zeitraum von 1950 bis 1995 an (Bestand jeweils am 1. Juli des Jahres):

Jahr 1950 1955 1960 1965 1970 1975 1980 1985 1990 1995

Anzahl Pkw in Millionen 0,29 0,72 0,99 1,52 2,15 2,80 3,63 4,02 4,56 4,97

a) Stellen Sie die Daten der Tabelle in einem geeigneten Diagramm dar. Man versucht die Entwicklung des Pkw-Bestandes durch eine Exponentialfunktion zu beschreiben. Dazu wird aus den Daten der Jahre 1955 und 1970 eine Funktionsgleichung bestimmt. Bewerten Sie diesen Ansatz.

b) Ein weiteres mathematisches Modell beschreibt den Pkw-Bestand mithilfe der Funktion g mit

0,104 t

5,49g(t) ; t 0

(1 12,61 e )− ⋅= ≥

+ ⋅

(g(t) in Millionen Pkw, t in Jahren mit t = 0 am 1. Juli 1950). Um wie viel Prozent weicht der für das Jahr 1985 berechnete Wert vom tatsächlichen Wert ab? Im Jahr 2004 wurden in Baden-Württemberg 5,41 Millionen Pkw gezählt. Vergleichen Sie mit der Vorhersage durch das Modell. Welcher maximale Pkw-Bestand in Baden-Württemberg ist nach diesem Modell zu erwarten? In welchem Jahr war die Zuwachsrate des Pkw-Bestandes am größten? Wann fiel sie danach erstmals unter 100 000 Pkw pro Jahr? Für den Zeitraum vom 1. Juli 1970 bis zum 1. Juli 1990 sei S die durchschnittliche Schad-stoffmenge, die ein Pkw pro Jahr ausstößt. Bestimmen Sie die konstante Anzahl der Pkw, die in diesem Zeitraum den gleichen Schadstoffausstoß verursacht hätten wie die tatsäch-lich vorhandenen Pkw.

70

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 16 – Pkw-Bestand

Lösungshinweise

a) Stellen Sie zunächst eine Gleichung der Exponentialfunktion auf. Überprüfen Sie, für welchen Zeitraum sich damit sinnvolle Aussagen machen lassen. Vergleichen Sie dazu berechnete Werte mit den Daten.

b) Maximaler Pkw-Bestand: Untersuchen Sie g für t → ∞. Zuwachsrate: Die Zuwachsrate wird durch die Ableitung von g beschrieben. Untersuchen Sie g' mithilfe des GTR. Dazu brauchen Sie g nicht von Hand abzuleiten. Schadstoffmenge: Überlegen Sie, dass die Funktion h mit h(t) = S ⋅ 1 000 000 ⋅ g(t) die Änderungsrate des gesamten Schadstoffausstoßes beschreibt.

71


Lösung

a) Funktionsgleichung: Für die Exponentialfunktion, die den Pkw-Bestand beschreiben soll, setzt man an:

ktf (t) a e ,= ⋅ wobei t die Zahl der Jahre ab dem 1. 7. 1950 angibt und f(t) die Anzahl der Pkw in Mil-lionen. Aus den Daten der Jahre 1955 und 1970 ergeben sich Gleichungen für a und k:

5 k

20 kf (5) a e 0,72f (20) a e 2,15.

⋅

⋅= ⋅ =

= ⋅ =

Daraus erhält man durch Division die von a unabhängige Gleichung für k: 20 k

15 k5 k

2,15e 1; e 2,986; k ln 2,986 0,073.0,72 15e

⋅⋅

⋅= ≈ ≈ ⋅ ≈

Einsetzen in die erste Gleichung ergibt:

0,073 5

0,72a 0,50.

e ⋅= ≈

Die angenommene Wachstumsfunktion hat somit die Gleichung: f(t) = 0,50 ⋅ e0,073 ⋅ t.

Anmerkung: Es ist auch möglich, mit dem GTR direkt eine Gleichung der Funktion f durch eine exponentielle Regression aus den Daten der Jahre 1955 und 1970 zu bestimmen. Beim TI 83 gibt man hierfür die Zeitan- gaben in die Liste L1 und die zugehörigen Pkw-Bestände in die Liste L2 ein (STAT → EDIT) und wählt im STAT-CALC-Menü die exponentielle Regression aus. Weitere Eingabe wie abgebildet. Als Lösung ergibt sich (nach entsprechen- der Umbenennung):

f(t) = 0,50 ⋅ 1,076t.

Dies ist gleichwertig mit der oben gefundenen Lösung, denn es gilt:

f(t) = 0,50 ⋅ e0,073 ⋅ t = 0,50 ⋅ (e0,073)t ≈ 0,50 ⋅ 1,076t.

72


Bewertung: Stellt man die Daten und das Schaubild von f mithilfe des GTR gemeinsam dar, so zeigt bereits der Augenschein, dass der Pkw-Bestand nur im Zeitraum von 1955 bis 1970 näherungsweise durch die Funktion f beschrieben werden kann. Für die Jahre 1960 und 1965 ergeben sich die folgenden prozentualen Abweichungen der berechneten Werte von den Tabellenwerten:

| f (10) 0,99| 1,038 0,991960: 0,048 4,8 %

0,99 0,99

| f (15) 1,52| |1,495 1,52|1965: 0,016 = 1,6 %.

0,99 0,99

− −= ≈ =

− −= ≈

Für das Jahr 1950 liefert das mathematische Modell einen Bestand von f(0) = 0,5 (Millio-nen Pkw). Die Abweichung ist hier wesentlich größer:

|f (0) 0,29 | 0,5 0,29 0,72 72 %.0,29 0,29

− −= ≈ =

Der Pkw-Bestand ist also in der Zeit von 1950 bis 1955 stärker angewachsen als nach diesem Modell. Für das Jahr 1975 ergibt sich die Abweichung

| f (25) 2,80| 3,10 2,800,107 10,7 %,

2,80 2,80

− −= ≈ =

für die folgenden Jahre nimmt die Abweichung erheblich zu. Für den Zeitraum nach 1970 kann der Pkw-Bestand daher nicht durch die Exponentialfunktion f beschrieben werden. Die Daten legen nahe, dass die Zuwachsrate des Pkw-Bestandes nach 1975 abnimmt und der Pkw-Bestand selbst langfristig einem Sättigungswert zustrebt.

b) Bestand 1985: Stellt man mithilfe des GTR die gemessenen Daten und das Schaubild der Funktion g mit

0,104 t

5,49g(t)

(1 12,61 e )− ⋅=

+ ⋅ dar, so lässt sich eine gute Übereinstimmung vermuten. Die prozentuale Abweichung des für 1985 be-rechneten Wertes vom tatsächlichen Bestand ist:

| g(35) 4,02 | 4,125 4,020,026 2,6 %.

4,02 4,02

− −= ≈ =

Bestand 2004: Die Funktion g liefert für das Jahr 2004 die Prognose

g(54) ≈ 5,25 (Millionen Pkw). Die prozentuale Abweichung vom 2004 bestimmten Wert von 5,41 Millionen Pkw beträgt nur:

5,41 5,250,03 3 %.

5,41− ≈ =

73


Maximaler Pkw-Bestand: Es gilt:

0,104 tt t

5,49lim g(t) lim 5,49.

(1 12,61 e )− ⋅→ ∞ → ∞= =

+ ⋅

Nach diesem Modell sind langfristig in Baden-Württemberg etwa 5,5 Millionen Pkw zu erwarten.

Zuwachsrate: Die Zuwachsrate des Pkw-Bestandes wird durch die Ableitung von g beschrieben. Mithilfe des GTR erhält man das Maximum von g' für t ≈ 24,37 (s. u.). D. h. Ende 1974 war die Zuwachsrate mit etwa 143 000 Pkw pro Jahr am größten. Entsprechend löst man die Gleichung

g'(t) = 0,1 mit dem GTR und erhält als Lösung t ≈ 36,2. Im Jahr 1986 sank die Zuwachsrate nach 1975 erstmals wieder unter 100 000 Pkw pro Jahr.

Schadstoffausstoß: S ist die Schadstoffmenge, die ein Pkw pro Jahr abgibt. g(t) gibt die Anzahl Pkw in Millionen zum Zeitpunkt t an. Sie geben die Menge h(t) = S ⋅ 1 000 000 ⋅ g(t) an Schadstoff pro Jahr ab. Die Funktion h beschreibt somit die Änderungsrate des gesamten Schadstoffausstoßes. Die Schadstoffmenge, die nach diesem Modell in der Zeit von 1970 bis 1990 insgesamt ausgestoßen wurde, ist:

40 40 GTR

20 20

M h(t)dt S 1 000 000 g(t)dt 69,35 S 1 000 000.= = ⋅ ≈ ⋅ ⋅∫ ∫

Für die konstante Pkw-Anzahl N, die in diesem Zeitraum den gleichen Ausstoß verur-sachen würde, gilt

69,35 1 000 000N S 20 69,35 S 1 000 000; N 3 470 000.

20

⋅⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ≈

Die konstante Anzahl von 3,47 Millionen Pkw im Zeitraum von 1970 bis 1990 hätte den gleichen Schadstoffausstoß verursacht.

74

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 17 – Gezeiten

Aufgabenschwerpunkt: trigonometrische Funktionen

Stichworte: Bestimmung einer Funktionsgleichung; Mittelwert; Bewertung des Modells

An der Südküste Borkums wurden am 13. Juni 2005 bei Flut um 3.47 Uhr ein Pegelhöchst-stand (Hochwasser) von 5,9 m und bei der anschließenden Ebbe um 9.42 Uhr ein Pegeltiefst-stand (Niedrigwasser) von 3,8 m gemessen (Wasserstand bezogen auf Pegelnull). Modellieren Sie mit einer trigonometrischen Funktion f den Pegelstand in Abhängigkeit von der Zeit. Skizzieren Sie das Schaubild von f in dem angegebenen Zeitraum. Berechnen Sie den mittleren Pegelstand für den 13. Juni in der Zeit von 8.00 Uhr bis 12.00 Uhr. Welche Uhrzeit liefert das Modell für den zweiten Pegelhöchststand an diesem Tag? Am 15. Juni wurde das erste Hochwasser um 5.17 Uhr mit einem Pegelstand von 5,7 m gemessen. Vergleichen Sie mit den Vorhersagen durch das Modell und bewerten Sie Ihr Ergebnis.

75

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 17 – Gezeiten

Lösungshinweise

Funktionsgleichung: Am geschicktesten ist hier wohl der Ansatz mit einer Kosinusfunktion: f(t) = a ⋅ cos(k ⋅ t) + c. Berechnen Sie die Periodendauer T aus den Zeiten für den Pegelhöchst- und Pegeltiefststand.

Es gilt 2k .Tπ=

Mittlerer Pegelstand: Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]:

b

a

1m f (x)dxb a

= ⋅− ∫

76


Lösung

Funktionsgleichung: Für die periodische Funktion, die den Pegelstand beschreiben soll, kann man ansetzen

f(t) = a ⋅ cos(k ⋅ t) + c (t in Stunden, f(t) in Meter), wenn man den Zeitpunkt t = 0 am 13. Juni um 3.47 Uhr wählt. Da das folgende Niedrigwasser an diesem Tag um 9.42 Uhr erfolgte, vermutet man für die Periode der Funktion:

42 47T 2 (9 h 42 min 3 h 47 min) 2 9 3 h 11,833 h.60 60

= ⋅ − = ⋅ − =

Daraus erhält man: 2k 0,531.Tπ= ≈

Aus dem Höchststand von 5,9 m und dem Tiefststand von 3,8 m ergibt sich:

5,9 3,8a 1,05

2−= =

5,9 3,8c 4,85.

2+= =

Somit:

f(t) = 1,05 ⋅ cos(0,531 ⋅ t) + 4,85.

Zweites Hochwasser am 13. Juni: Das zweite Hochwasser müsste eine Periodendauer nach dem ersten eintreten. Seit 0.00 Uhr wäre dann die Zeit

473 h 47 min 11,833 h 3 h 11,833 h60

3,783 h 11,833 h

15,616 h

+ = +

= +=

verstrichen. Dies entspricht ungefähr der Uhrzeit: 15.37 Uhr. (0,616 ⋅ 60 = 36,97 ≈ 37!)

Mittlerer Pegelstand P (in m) in der Zeit von 8.00 Uhr bis 12.00 Uhr: 8.00 Uhr entspricht 1t 8 h 3 h 47 min 4 h 13 min 4,217 h,= − = ≈

12.00 Uhr entspricht 2t 12 h 3 h 47 min 8 h 13 min 8,217 h.= − = ≈

2

1

t 8,217 GTR

2 1 t 4,217

1 1f (t)dt (1,05 cos(0,531 t) 4,85)dt .t t 4

= = ⋅ ⋅ + ≈− ∫ ∫P 4,0

77


Vergleich Prognose – Messwert am 15. Juni: Nach dem mathematischen Modell würde man das erste Hochwasser am 15. Juni nach der Zeit

t = 4 ⋅ T = 4 ⋅ 11,833 h = 47,332 h erwarten. Um die Uhrzeit am 15. Juni zu bestimmen, muss wie oben 3 h 47 min dazu addiert werden und vom Ergebnis 48 h (� 2 Tagen) abgezogen werden:

474 11,833 h 3 h 47 min 48 h 47,332 h 3 h 48 h60

47,332 h 3,783 h 48 h

3,115 h.

⋅ + − = + −

= + −=

Dies entspricht ungefähr der Uhrzeit 3.07 Uhr. Tatsächlich wurde das Hochwasser um 5.17 Uhr mit einem Pegelstand von 5,7 m gemessen. Dies ist eine für die Praxis doch recht erhebliche Abweichung um 2 h 10 min. Auch der Pegelstand ist geringfügig kleiner als beim Modell. Eine einfache Kosinusfunktion reicht offensichtlich nicht aus, um die Gezeiten hinreichend genau zu modellieren.

78

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 18 – Tageslänge

Aufgabenschwerpunkt: trigonometrische Funktionen

Stichworte: Fläche zwischen zwei Kurven; Extremwertbestimmung; Bestimmung einer Funktionsgleichung; Mittelwert; Änderungsrate

Gegeben ist die Funktion f durch

f (x) 2 sin x ; x [0;12]6π = ∈

.

Ihr Schaubild sei K.

a) Zeichnen Sie K. Eine Ursprungsgerade g mit der Steigung m > 0 schneidet K im Punkt S. K und g umschließen eine Fläche. K, g und die Gerade x = 6 umschließen eine weitere Fläche. Bestimmen Sie (ohne den Punkt S zu bestimmen) m so, dass die Inhalte der beiden Flächen gleich sind.

b) Das Schaubild von K begrenzt zusammen mit der x-Achse eine Fläche im 1. Quadranten. Dieser Fläche wird ein Rechteck einbeschrieben. Eine Seite des Rechtecks liegt auf der x-Achse, zwei Eckpunkte liegen auf der Kurve K. Bestimmen Sie näherungsweise den größtmöglichen Inhalt, den ein solches Rechteck haben kann.

c) Im Verlauf eines Jahres ändert sich die Tageslänge, d. h. die Zeitdauer, während der die Sonne über dem Horizont steht. In Stockholm schwankt die Tageslänge zwischen 18,24 Stunden am 21. Juni und 5,76 Stunden sechs Monate später. Die Tageslänge soll in Abhängigkeit von der Zeit t (t in Monaten ab dem 21. März) durch eine Funktion T mit

T(t) a b sin t6π = +

beschrieben werden. Bestimmen Sie die Koeffizienten a und b. Welche Tageslänge ergibt sich aus dem Modell für den 21. April? Welche mittlere Tageslänge ergibt sich für den Zeitraum vom 21. Juni bis zum 21. Sep-tember? Wann ändert sich die Tageslänge am raschesten und wie groß ist sie dann?

79

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 18 – Tageslänge

Lösungshinweise

a) Bestimmung der Steigung: Verwenden Sie den orientierten Inhalt zwischen dem Schaubild von f und der Geraden y = m ⋅ x über dem Intervall [0; 6].

b) Inhalt Rechteck: Beachten Sie, dass das Rechteck symmetrisch zur Geraden x = 3 sein muss.

c) Funktionsterm: Einsetzen der Tageslängen für t = 3 und t = 9 führt auf ein LGS für a und b. Mittlere Tageslänge:

Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]: b

a

1m f (x)dxb a

= ⋅− ∫

Änderung der Tageslänge: Überlegen Sie ohne Rechnung, an welchen Stellen eine Sinuskurve ihre größten und kleinsten Steigungen hat.

80


Lösung

a) Gegeben ist f durch

f (x) 2 sin x ;6π = ⋅

x ∈ [0; 12].

Die zugehörige Kurve K ist eine Sinuskurve mit der Amplitude a = 2 und der Periode

6

2p 12.ππ= =

Daher besitzt K im Definitionsbereich den Hochpunkt H(3 | 2), den Tiefpunkt T(9 | –2) und die Schnittpunkte N1(0 | 0), N2(6 | 0) und N3(12 | 0) mit der x-Achse.

Eine Ursprungsgerade g mit positiver Steigung hat eine Gleichung der Form: y = m ⋅ x; m > 0.

Die beiden beschriebenen Flächen haben dann den gleichen Inhalt, wenn gilt: 6

06

06

2

0

0 (f (x) mx) dx

2sin x mx dx6

12 1cos x mx6 2

12 1218 m

24 18 m.

= −

π = −

π = − − π

= − +π π

= −π

∫

∫

Daraus folgt für die Steigung von g:

4m 0,42.

3 = ≈

π

81


b) Aufgrund der Symmetrieeigenschaften von K muss das einbeschriebene Rechteck symmetrisch zur Geraden x = 3 liegen. Für die x-Werte der beiden Eckpunkte auf K kann man ansetzen:

xP = 3 + u und xQ = 3 – u mit 0 < u < 3.

Der Flächeninhalt des Rechtecks ist dann:

P Q PA(u) (x x ) f (x )

2 u 2 sin (3 u)6

4u sin (3 u) ; 0 u 3.6

= − ⋅

π = ⋅ ⋅ ⋅ +

π = ⋅ + < <

Mit dem GTR bestimmt man das Maximum der Funktion A: Der größtmögliche Inhalt, den ein ein-beschriebenes Rechteck haben kann, ist ungefähr 4,286.

Anderer Lösungsweg: Da die Gerade x = 3 Symmetrieachse des Rechtecks ist, könnte man mit P(xP | f(xP)) den Inhalt des Rechtecks durch

P P P P P PA(x ) 2 (x 3) f (x ) 4 (x 3) sin x ; 3 x 6,6π = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ < <

ausdrücken und untersuchen.

c) Die Tageslänge wird durch die Funktion T mit

T(t) a b sin t6π = + ⋅

beschrieben, wobei t in Monaten ab dem 21. März gerechnet wird. Am 21. Juni, also drei Monate nach dem 21. März, beträgt die Tageslänge 18,24 Stunden. Sechs Monate später, also 9 Monate nach dem 21. März, beträgt sie nur noch 5,76 Stunden. Einsetzen in die Funktionsgleichung von T liefert das folgende LGS, das man mit dem GTR oder nach dem Gauß-Verfahren löst:

T(3) a b sin 3 18,24 a b 18,24 a b 18,24 a 126

T(9) a b sin 9 5,76 a b 5,76 2a 24 b 6,246

π = + ⋅ ⋅ = + = + = =

π = + ⋅ ⋅ = − = = =

.

Für die Funktion T ergibt sich damit die Gleichung:

.T(t) 12 6,24 sin t6π = + ⋅

Am 21. April ist t = 1 und man erhält:

T(1) 12 6,24 sin 15,12.6π = + ⋅ =

Die Tageslänge am 21. April beträgt 15,12 Stunden.

82


Mittlere Tageslänge (in Stunden) für den Zeitraum vom 21. Juni (t = 3) bis zum 21. September (t = 6):

6 6 GTR

3 3

1 1T(t)dt 12 6,24 sin t dt .6 3 3 6

π = = + ⋅ ≈ − ∫ ∫T 16,0

Änderungsrate: Die Sinuskurve ( )6

y sin t , t [0;12],π= ∈ hat ihre größten bzw. kleinsten Steigungen in

den Nullstellen t1 = 0, t2 = 6 und t3 = 12. Dies gilt dann auch für die Funktion T. Es ist T(0) = T(6) = T(12) = 12. Die Tageslänge ändert sich also am raschesten am 21. März (t = 0 bzw. t = 12) und am 21. September (t = 6). Sie beträgt dann jeweils 12 Stunden.

83

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 19 – Straßenkreuzung

Aufgabenschwerpunkt: trigonometrische Funktionen; ganzrationale Funktionen

Stichworte: Bestimmung von Funktionsgleichungen; Stetigkeit; Differenzierbarkeit

Zwei geradlinig verlaufende Straßen bilden an ihrer Kreuzung einen Winkel α von etwa 53°. Diese Kreuzung soll durch ein zusätzliches Straßenstück entlastet werden. Die Situation kann in einem geeigneten Koordinatensystem durch zwei Geraden und eine Verbindungskurve V dargestellt werden. Dabei mündet V an den Stellen –2 und 2 ohne Knick in die Geraden ein (siehe Skizze, Maßangaben in km).

a) Zeigen Sie, dass man für die beiden Geraden die Gleichungen

1y x2

= bzw. 1y x2

= − verwenden kann.

Die Verbindungskurve V wird durch eine Funktion f beschrieben. Welchen Bedingungen muss die Funktion f deshalb genügen? An den Übergangsstellen soll außerdem f ''(–2) = f ''(2) = 0 gelten. Begründen Sie, dass 4 2f (x) ax bx c= + + einen möglichen Ansatz darstellt, wenn alle genannten Bedingungen erfüllt sein sollen. Bestimmen Sie f(x).

b) Erstellen Sie einen weiteren Vorschlag für eine Verbindungskurve auf der Grundlage einer trigonometrischen Funktion h, die h''(–2) = h''(2) = 0 erfüllt.

84

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 19 – Straßenkreuzung

Lösungshinweise

a) Beachten Sie, dass 2α Steigungswinkel einer Geraden ist.

Tipp: Zusammenhang zwischen Steigungswinkel β und Steigung m: m = tan(β). Funktionsbestimmung: Überlegen Sie, dass die beiden Geraden Tangenten an V sein müssen. Stellen Sie aus den Angaben ein LGS für a, b und c auf. Aufgrund der Symmetrie der Kurve genügt es, dazu nur den Wert x = 2 zu betrachten.

b) Weiterer Vorschlag für V: Aufgrund der Symmetrie bietet sich eine Kosinuskurve an. Machen Sie den Ansatz h(x) = a ⋅ cos(k ⋅ x) + b.

85


Lösung

a) Der Steigungswinkel der einen Ursprungsgeraden ist: 53 26,5 .

2 2α °= = °

Die Gerade hat daher die Steigung:

tan tan 26,5 .2α= = ° ≈m 0,499

Mit guter Näherung kann daher für diese Gerade die Gleichung 12

y x= verwendet wer-

den. Entsprechend sieht man, dass die zweite Gerade durch die Gleichung 12

y x= −

beschrieben werden kann.

Die Verbindungskurve V soll durch eine Funktion f beschrieben werden. Damit V an den Stellen –2 und 2 ohne Knick in die Geraden einmündet, muss f die folgenden Bedingungen erfüllen:

f ( 2) f (2) 1− = = (Stetigkeit)

1 1f '( 2) ; f '(2)2 2

− = − = (Differenzierbarkeit)

Außerdem soll an den Übergangsstellen gelten: f ''( 2) f ''(2) 0.− = =

Anmerkung: Diese letzte Bedingung garantiert, dass sich die Krümmung der Straße an diesen Stellen stetig ändert. Dies ist für die Praxis wichtig, da sonst an den Übergangsstellen Zentrifugal-kräfte unvermittelt auftreten würden und z. B. der Einschlag des Lenkrades ruckartig erfol-gen müsste. Durch f(x) = ax4 + bx2 + c ist ein möglicher Ansatz für f gegeben, da das Schaubild eine zur y-Achse symmetrische ganzrationale Kurve 4. Ordnung darstellt, wobei die Koeffizienten a, b und c sich aus den drei Bedingungen von oben berechnen lassen. Es gilt:

3 2f '(x) 4ax 2bx; f ''(x) 12ax 2b.= + = + Mit den oben genannten Bedingungen für f erhält man das LGS (aufgrund der Symmetrie genügt es, nur die Stelle 2 zu betrachten):

f (2) 1 16a 4b c 1 16a 4b c 11 1 1f '(2) ; 32a 4b ( 0,5) 32a 4b2 2 2

1f ''(2) 0 48a 2b 0 32a4

= + + = + + =

= + = ⋅ − + =

= + = = −

1 3 3a ; b ; c .128 16 8

= − = =

Etwas schneller geht hier die Lösung des LGS mit dem GTR.

Die gesuchte Funktion f hat die Gleichung 4 21 3 3f (x) x x .

128 16 8= − + +

86


b) Geht man wieder von einer zur y-Achse symmetrischen Verbindungskurve V aus, so bietet sich eine Kosinuskurve als Lösung an. Mit dem Ansatz

h(x) a cos(kx) b,= ⋅ + a, k ≠ 0, für die Funktion h erhält man die Ableitungen:

2h'(x) a k sin(kx); h''(x) a k cos(kx).= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅

Wegen der Symmetrie der Kurve muss h nur noch die folgenden Bedingungen erfüllen: 1h(2) 1; h '(2) ; h ''(2) 0.2

= = =

Dies führt auf die drei Gleichungen:

2

(1) a cos(2k) b 11(2) a k sin(2k)2

(3) a k cos(2k) 0.

⋅ + =

− ⋅ ⋅ =

− ⋅ ⋅ =

Aus Gleichung (3) erhält man wegen a, k ≠ 0: cos(2k) = 0

und eine mögliche Lösung für k ergibt sich aus

2k ; k .2 4π π= =

Einsetzen in Gleichung (2) liefert: 1 1 2a sin 2 ; a ; a .

4 4 2 4 2π π π − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ = = −

π

Aus der ersten Gleichung (1) erhält man schließlich: 2 cos 2 b 1; b 1.

4π − ⋅ ⋅ + = =

π

Ein weiterer möglicher Verlauf für die Verbindungskurve V wird somit beschrieben durch die Funktion h mit

2h(x) cos x 1.

4π = − ⋅ ⋅ +

π

87

Baden-Württemberg Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 20 – Sauerstoffkonzentration

Aufgabenschwerpunkt: trigonometrische Funktionen; Exponentialfunktionen

Stichworte: Änderungsrate; beschränktes Wachstum; Rekonstruktion des Bestandes; Bestimmung von Funktionsgleichungen; Mittelwert

a) Bei einem Fluss nimmt das Wasser während des Fließvorgangs Sauerstoff aus der Luft

auf. Bei einer Messung an einer Stelle des Flusses wird eine Sauerstoffkonzentration von

mg7;

festgestellt. Unter bestimmten Bedingungen und vereinfachten Annahmen gilt für die Änderungsrate der Sauerstoffkonzentration K(t) im Wasser näherungsweise:

0,4 tK '(t) 1,2 e ;− ⋅= ⋅ t in Tagen seit der Messung, K(t) in mg .;

Bestimmen Sie einen Funktionsterm für K(t) und skizzieren Sie das Schaubild dazu. Interpretieren Sie das Ergebnis.

b) Tatsächlich ändert sich die Sauerstoffkonzentration im Verlauf eines Tages. Neben der Aufnahme aus der Luft wird Sauerstoff auch im Wasser u. a. durch bestimmte Arten von Algen in Abhängigkeit von der Sonnenlichteinstrahlung produziert. Gleichzeitig wird während des ganzen Tages Sauerstoff von allen Organismen im Wasser verbraucht. Eine Messung an einer Stelle des Flusses über einen ganzen Tag hinweg ergab ein Mini-mum der Sauerstoffkonzentration im Wasser von

mg4,2;

um 4.00 Uhr morgens und ein Maximum von

mg11,8;

um 16.00 Uhr am Nachmittag. Die Messwerte können näherungsweise durch eine Sinusfunktion beschrieben werden. Geben Sie einen geeigneten Funktionsterm an und skizzieren Sie das Schaubild dazu. Wie groß war nach diesem Modell die Sauerstoffkonzentration um 0.00 Uhr? Um wie viel Uhr war die Zunahme der Konzentration am größten? Berechnen Sie die mittlere Sauerstoffkonzentration im Wasser zwischen 6.00 Uhr morgens und 20.00 Uhr abends.

88

Baden-Württemberg – Wahlteil Analysis: Übungsaufgabe 20 – Sauerstoffkonzentration

Lösungshinweise

a) Funktionsterm für K: K ist die Stammfunktion von K', für die K(0) = 7 gilt.

b) Trigonometrische Funktion C: Bestimmen Sie aus den Angaben für das Maximum und Minimum der Konzentration

zunächst eine Sinuskurve mit der Gleichung 2y a sin t c.Tπ = ⋅ ⋅ +

Überlegen Sie anschließend, wie Sie das Schaubild in t-Richtung verschieben müssen, damit der Tiefpunkt bei t = 4, der Hochpunkt bei t = 16 zu liegen kommt. Größte Zunahme der Konzentration: Untersuchen Sie die Ableitung von C auf Maxima. Mittlere Sauerstoffkonzentration: Mittelwert der Funktionswerte einer Funktion f auf [a; b]:

b

a

1m f (x) dxb a

= ⋅− ∫

89


Lösung

a) Da K eine Stammfunktion von K' ist, kann man für einen Funktionsterm für K ansetzen:

0,4 t 0,4 t1K(t) 1,2 e c 3 e c.0,4

− ⋅ − ⋅= ⋅ ⋅ + = − ⋅ +−

Die Sauerstoffkonzentration zum Zeit- punkt t = 0 betrug

mg7 .;

Aus dieser Anfangsbedingung ergibt sich die Konstante c:

7 K(0) 3 c; c 10.= = − + = Die Sauerstoffkonzentration wird somit durch

0,4 tK(t) 3 e 10− ⋅= − ⋅ +

beschrieben (t in Tagen seit der Messung, K(t) in mg

;).

Es handelt sich bei diesem Vorgang um beschränktes Wachstum. Wegen

tlim K(t) 10→ ∞

=

nähert sich die Konzentration (unter den gegebenen Annahmen) einem Sättigungs- wert von mg10

; an.

b) Für die gesuchte trigonometrische Funktion machen wir den Ansatz:

C(t) a sin (k t b) c= ⋅ ⋅ + + (C(t) in mg ,;

t in h seit 0.00 Uhr).

Zu bestimmen sind a, k, b und c.

Das Minimum mg4,2;

der Konzentration liegt bei tmin = 4, das Maximum mg11,8;

bei tmax = 16.

Daraus ergibt sich zunächst die Periodendauer T (in h) der Sinusfunktion aus:

max min max min1t t T; T 2 (t t ) 2 (16 4) 24,2

− = ⋅ = ⋅ − = ⋅ − =

und damit: 2k .T 12⋅ π π= =

c ist der Mittelwert aus Minimum und Maximum: 11,8 4,2

c 8.2+= =

Für a gilt: 11,8 4,2

a 3,8.2−| | = =

90


Das Schaubild der gesuchten Funktion ent-steht nun durch eine Verschiebung in t-Rich-tung entweder aus (einem Teil) der Kurve mit der Gleichung

y 3,8 sin t 812π = ⋅ ⋅ +

um t = 10 nach rechts (siehe obere Abbil-dung), oder aus (einem Teil) der Kurve mit der Gleichung

y 3,8 sin t 812π = − ⋅ ⋅ +

um t = 2 nach links (siehe untere Abbildung). Man erhält so für 0 ≤ t ≤ 24:

C(t) 3,8 sin (t 10) 812

53,8 sin t 8

12 6

π = ⋅ ⋅ − +

π π = ⋅ ⋅ − +

oder

.C(t) 3,8 sin (t 2) 8 3,8 sin t 812 12 6π π π = − ⋅ ⋅ + + = − ⋅ ⋅ + +

Schaubild von C:

Andere Möglichkeit für die Bestimmung von b:

Mit dem Ansatz C(t) 3,8 sin t b 812π = ⋅ + +

folgt aus C(16) = 11,8:

4 4 53,8 sin 16 b 8 11,8; sin b 1; b ; b .12 3 3 2 6π π ⋅ ⋅ + + = π + = π + = = − π

Entsprechend ergibt sich aus dem Ansatz C(t) 3,8 sin t b 812π = − ⋅ + +

der Wert b .

6π=

Für die weitere Rechnung wird die Funktion C im Bereich 0 ≤ t ≤ 24 durch den ersten Term für C(t) beschrieben.

91


Sauerstoffkonzentration um 0.00 Uhr: 5C(0) 3,8 sin 8 6,1.6

= ⋅ − π + =

Um Mitternacht betrug die Sauerstoffkonzentration im Wasser mg

6,1 .;

Größte Zunahme der Konzentration: Die Änderung der Konzentration wird durch die Ableitung C' von C beschrieben. Eine Zunahme der Konzentration liegt vor, wenn C'(t) > 0 ist. Mit dem GTR erhält man an der Stelle t = 10 ein positives Maximum von C'. Es ist im betrachteten Bereich global.

Oder:

Die größte positive Ableitung hat die Sinusfunktion C an der Wendestelle tw, die in der Mitte zwischen tmin = 4 und tmax = 16 liegt, d. h. es gilt tw = 10.

Um 10.00 Uhr war die Zunahme der Sauerstoffkonzentration am größten.

(Sie betrug zu diesem Zeitpunkt ungefähr mg1,0;

pro h.)

Mittlere Sauerstoffkonzentration: Der Mittelwert der Funktion C zwischen t = 6 und t = 20 ist:

20

6

20

6

GTR

1M C(t)dt20 6

1 53,8 sin t 8 dt20 6 12 6

1 131,828 9,4.14

= ⋅−

π = ⋅ ⋅ ⋅ − π + −

≈ ⋅ ≈

∫

∫

Zwischen 6.00 Uhr morgens und 20.00 Uhr abends betrug die mittlere Sauerstoff-konzentration im Wasser des Flusses ungefähr

mg9,4 .

;

92

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 1 – Pyramide 1

Stichworte: Quadrat; Längen von Strecken; Schnitt von Gerade und Ebene; Winkel zwischen Ebenen; Grenzwert

Vor einem größeren Gebäude befindet sich ein Pavillon, der als gläserne Pyramide mit quadratischer Grundfläche ausgeführt ist. Die Punkte A(4 | 2 | 0), B(10 | – 6 | 0) und D(12 | 8 | 0) sind Ecken der Pyramidengrundfläche; die Maßeinheit ist 1 m. Die Spitze der Pyramide be-findet sich in der Höhe h = 10 m senkrecht über der Mitte der Grundfläche.

a) Berechnen Sie die Koordinaten der vierten Ecke C der Pyramidengrundfläche und der Spitze S der Pyramide. Stellen Sie die Pyramide in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie die Längen der Pyramidenkanten AB und AS. (Teilergebnis: S(11 | 1 | 10))

b) Die Punkte A, B und S liegen in der Ebene E1, die Punkte A, D und S in der Ebene E2. Geben Sie jeweils eine Koordinatengleichung der Ebene E1 bzw. E2 an. Berechnen Sie den Schnittwinkel der beiden Ebenen. (Teilergebnis: E1: 8x1 + 6x2 – 5x3 = 44)

c) Am Abend wird die Pyramide von außen mit einem punktförmigen Strahler beleuchtet, der sich im Punkt P(22 | 0 | 0) befindet. Die Vorderfront des benachbarten Gebäudes liegt in der x2x3-Ebene. Auf ihr ist dann der Schatten der Pyramide vollständig zu sehen. Berechnen Sie den Inhalt der Fläche des Schattens der Pyramide auf der Gebäudevorder-front. Der Strahler befindet sich nun im Punkt P*(a | 0 | 0) mit a > 22. Bestimmen Sie die Koordinaten des Schattens der Pyramidenspitze S in Abhängigkeit von a. Untersuchen Sie, wohin der Schatten von S wandert, wenn der Strahler auf der x1-Achse immer weiter von der Pyramide entfernt wird.

93

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 1 – Pyramide 1

Lösungshinweise

a) Punkt C: Fertigen Sie eine Skizze an. Beachten Sie, dass für den Punkt C gelten muss:

DC AB=��

.

Pyramidenspitze S: Beachten Sie, dass S über dem Mittelpunkt M der Grundfläche liegt.

b) Koordinatengleichungen der Ebenen: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei gegebenen Punkte liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalen-vektor n

�

der Ebene und mit seiner Hilfe eine Koordinatengleichung der Ebene. Tipp:

Es sei 123

nn n

n

=

�

ein Normalenvektor der Ebene E und P irgendein Punkt in E.

Dann gilt E: 1 1 2 2 3 3n x n x n x a,+ + = wobei sich a durch Punktprobe mit P bestimmen lässt.

Schnittwinkel: Tipp:

Für den Schnittwinkel zweier Ebenen gilt

1 2

1 2

n ncos ,

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �

wobei 1 2n , n� �

Normalenvektoren der beiden Ebenen sind.

c) Flächeninhalt des Schattens der Pyramide: Überlegen Sie, welche Ecken der Pyramide für die Bestimmung des Pyramidenschattens eine Rolle spielen. Bestimmen Sie deren Schattenpunkte. Bei dem entstehenden Schattendreieck lassen sich die Längen von Grund-seite und Höhe ohne große Rechnung bestimmen.

Wandernder Strahler: Bestimmen Sie den Schatten von S in Abhängigkeit von a. Untersuchen Sie die Grenzwerte der Koordinaten des Schattens für a → ∞.

94


Lösung

a) Gegeben sind die Eckpunkte A(4 | 2 | 0), B(10 | – 6 | 0) und D(12 | 8 | 0) der quadratischen Pyramidengrundfläche.

Eckpunkt C: Für den vierten Eckpunkt C erhält man wegen DC AB=

��

12 6 18

OC OD DC OD AB 8 8 00 0 0

= + = + = + − =

��

C(18 | 0 | 0).

Pyramidenspitze S: Die Mitte der Grundfläche ist der Mittelpunkt der Strecke BD: M1(11 | 1 | 0). Die Grundfläche selbst liegt in der x1x2-Ebene, die Spitze S der Pyramide 10 m senkrecht über M1. Also gilt: S(11 | 1 | 10). Längen der Pyramidenkanten (in m):

68 1000

71 150

10

= − = =

= − = ≈

��

��

AB 10

AS 12,25

b) Ebene E1, in der die Punkte A, B und S liegen:

1

4 6 7E : x OA s AB t AS 2 s 8 t 1 ; s, t .

0 0 10

= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ − + ⋅ − ∈

0

��

�

Für einen Normalenvektor 1

2

3

nn1n

n =

�

von E1 gilt:

1 1 2

1 1 2 3

0 AB n 6n 8n.

0 AS n 7n n 10n

= ⋅ = −= ⋅ = − +

��

�

��

�

Wählt man n1 = 8, dann folgt n2 = 6, n3 = –5. Also 8615

n . −

=�

Ansatz für eine Koordinatengleichung von E1: 8x1 + 6x2 – 5x3 = c. Einsetzen der Koordinaten von A(4 | 2 | 0) liefert: c = 44.

95


Eine Koordinatengleichung ist somit:

E1: 8x1 + 6x2 – 5x3 = 44.

Ebene E2, in der die Punkte A, D und S liegen:

2

4 8 7E : x OA s AD t AS 2 s 6 t 1 ; s, t .

0 0 10

= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ − ∈

0

��

�

Ein Normalenvektor 1

2

3

mm2m

n =

� von E2 erfüllt die Bedingungen:

2 1 2

2 1 2 3

0 AD n 8m 6m.

0 AS n 7m m 10m

= ⋅ = += ⋅ = − +

��

�

��

�

Wählt man m1 = 6, dann ergibt sich m2 = – 8, m3 = –5. Also 6825

n . − −

=�

Mit dem Ansatz für E2: 6x1 – 8x2 – 5x3 = c und A(4 | 2 | 0) ∈ E2 erhält man als Koordi-natengleichung:

E2: 6x1 – 8x2 – 5x3 = 8.

Schnittwinkel α der Ebenen E1 und E2:

8 66 85 51 2

1 2

n n 25 1cos ;125 5125 125n n

⋅ −− −

⋅ α = = = =

⋅ ⋅

� �

� �

α ≈ 78,46°.

c) Flächeninhalt des Schattens: Der Schatten der Pyramide wird durch die Schnittpunkte S ', B ' und D ' der Geraden PS, PB und PD mit der x2x3-Ebene festgelegt. Es gilt:

1 1 1

2 2 2

3 3 3

22 11PS: x OP t PS 0 t 1 , t ;

0 10

22 12PB: x OP t PB 0 t 6 , t ;

0 0

22 10PD: x OP t PD 0 t 8 , t .

0 0

− = + ⋅ = + ⋅ ∈

− = + ⋅ = + ⋅ − ∈

− = + ⋅ = + ⋅ ∈

0

0

0

��

�

��

�

��

�

Schnittpunkt der x2x3-Ebene: x1 = 0 mit

( )

1 1

2 2

3 3

| |PS: 22 11t 0; t 2; S'(0 2 20);11 | |PB: 22 12t 0; t ; B'(0 11 0);6

11 88PD: 22 10t 0; t ; D' 0 0 .55

− = =

− = = −

− = =

Das Dreieck B 'D 'S ' hat die Grundseite 88 1435 5

g ' ( 11)= − − = und die Höhe h ' = 20.

96


Der Inhalt der Schattenfläche (in m2) ist somit: 1 1 143g ' h ' 20 .2 2 5

= ⋅ = ⋅ =A' 286

Schatten der Pyramidenspitze in Abhängigkeit von a: Der Strahler befindet sich nun im Punkt P*(a | 0 | 0) mit a > 22. Der Schatten S* der Pyramidenspitze S ist der Schnittpunkt der Geraden

*a 11 a

P S: x 0 t 1 , t ,0 10

− = + ⋅ ∈

0�

mit der x2x3-Ebene x1 = 0: aa t (11 a) 0 ; t ;

a 11+ − = =

− ( ).* a 10aS 0

a 11 a 11− −

Wegen 10aaa 11 a 11a a

lim 1, lim 10− −→ ∞ → ∞= = wandert der Punkt S* gegen den Grenzpunkt

,| |S(0 1 10) wenn der Strahler sich auf der x1-Achse immer weiter von der Pyramide entfernt.

97


Stichworte: Sechseck; Längen von Strecken; Ebenengleichungen; Schnitt von Geraden und Ebenen; Winkel zwischen Ebenen; Lotgerade; Pyramidenvolumen

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte P(4 | 2 | 0), Q(2 | 4 | 0), R(0 | 4 | 2) und S(0 | 2 | 4) gegeben.

a) Zeigen Sie, dass die Strecken PQ, QR und RS gleich lang sind. Zeichnen Sie diese Strecken in ein Koordinatensystem ein. Zeigen Sie, dass die Punkte P, Q, R und S in einer Ebene E liegen, und bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E. Berechnen Sie den Winkel zwischen E und der x1x2-Ebene. (Teilergebnis: E: x1 + x2 + x3 – 6 = 0)

b) Die Punkte P, Q, R und S lassen sich durch zwei Punkte T und U zu einem ebenen regel-mäßigen Sechseck mit Mittelpunkt M(2 | 2 | 2) ergänzen. Bestimmen Sie die Koordinaten von T und U, und zeichnen Sie das Sechseck in das vor-handene Koordinatensystem ein. Das Sechseck ist die Grundfläche einer senkrechten Pyramide, deren Spitze in der x1x2-Ebene liegt. Bestimmen Sie die Koordinaten der Spitze und den Rauminhalt der Pyramide.

98


Lösungshinweise

a) Gleiche Länge der Strecken PQ, QR und RS: Die Streckenlängen sind gleich den Beträgen der entsprechenden Vektoren. Tipp: Betrag eines Vektors

1 2 2 22 1 2 33

aa a : a a a a .

a

= = + +

� �

Punkte P,Q,R und S in einer Ebene: Bestimmen Sie eine Ebene E, die durch drei der vier Punkte festgelegt ist. Zeigen Sie, dass auch der vierte Punkt in E liegt. Winkel zwischen E und der x1x2-Ebene: Welche Form hat ein Normalenvektor der x1x2-Ebene? Tipp: Für den Schnittwinkel zweier Ebenen gilt

1 2

1 2

n ncos .

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �

Dabei sind 1 2n , n� �

Normalenvektoren der beiden Ebenen.

b) Punkte T und U: Fertigen Sie eine Skizze des Sechsecks an. Beachten Sie, dass der Punkt M Symmetriepunkt des Sechsecks ist. Was bedeutet dies für die Vektoren MT

��

und MU

��

?

Spitze der Pyramide: Da die Pyramide senkrecht ist, muss ihre Spitze auf der Lotgeraden zur Grundfläche durch den Mittelpunkt M liegen.

Volumen der Pyramide: Beachten Sie, dass die Grundfläche aus 6 kongruenten gleichseitigen Dreiecken besteht. Tipps: • Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge a: 23

A a .4

= ⋅

• Die Formel für die das Volumen einer Pyramide lautet: 1

V G h.3

= ⋅ ⋅

99


Lösung

a) Gegeben sind die Punkte P(4 | 2 | 0), Q(2 | 4 | 0), R(0 | 4 | 2) und S(0 | 2 | 4).

Streckenlängen: Für die Vektoren

2 2 0PQ 2 , QR 0 und RS 2

0 2 2

− − = = = −

��

gilt:

.PQ QR RS 8 = = =��

D. h. die Strecken PQ, QR und RS sind gleich lang.

Ebene: Da PQ

��

und QR��

nicht parallel sind, legen die Punkte P, Q und R eine Ebene E fest.


2

3

nnn

n

=�

von E muss gelten:

1 21 2 3

1 3

0 n PQ 2n 2n; eine Lösung des LGS ist : n n n 1.

0 n QR 2n 2n

= ⋅ = − + = = == ⋅ = − +

��

�

��

�

Mit dem Ansatz für E: x1 + x2 + x3 = c erhält man durch Einsetzen der Koordinaten von P(4 | 2 | 0) ∈ E schließlich:

E: x1 + x2 + x3 = 6.

Der Punkt S(0 | 2 | 4) liegt ebenfalls in E, denn es gilt: 0 + 2 + 4 = 6.

(Dies folgt aber auch bereits aus RS QR PQ.)= −��

Winkel ϕ zwischen E und der x1x2-Ebene: 1 01 01 1 1cos ;

3 1 3

⋅ ϕ = =

⋅ϕ ≈ 54,74°

b) Koordinaten von T und U: M(2 | 2 | 2) ist der Symmetriepunkt des regelmäßigen Sechsecks und somit Mittelpunkt der Strecken QT und RU. Daher folgt:

2 0 2OT OM MT OM QM 2 2 0 ;

2 2 4

= + = + = + − =

��

T(2 | 0 | 4)

2 2 4OU OM MU OM RM 2 2 0 ;

2 0 2

= + = + = + − =

��

U(4 | 0 | 2)

(oder: OT OS QP; OU OP RS.)= + = +��

100


Spitze der Pyramide: Die Spitze der beschriebenen Pyramide ist der Schnittpunkt der x1x2-Ebene: x3 = 0 mit der Lotgeraden � zu E durch M. Gleichung der Lotgeraden:

2 1: x 2 s 1 .

2 1

= +

��

Schnitt von � mit der x1x2-Ebene: 2 s 0; s 2;+ = = − Schnittpunkt: O(0 | 0 | 0).

Der Ursprung O(0 | 0 | 0) ist die gesuchte Pyramidenspitze.

Volumen der Pyramide: Die Grundfläche der Pyramide besteht aus 6 kongruenten gleichseitigen Dreiecken mit der Seitenlänge PQ 8 =

��

(vgl. a), d. h. für ihren Flächeninhalt gilt:

2( 8)G 6 3 12 3.

4= ⋅ ⋅ =

Höhe der Pyramide: 2

h OM = 2 12;2

= =

��

Für das Volumen der Pyramide gilt: 1 1

V G h 12 3 12 24.3 3

= ⋅ = ⋅ ⋅ =

101


Stichworte: Winkel zwischen Ebenen; Pyramidenstumpf; Schnitt von Ebenen und Geraden; Lotgerade; Abstandsberechnung mit HNF

Eine ägyptische Pyramide hat die Form einer senkrechten, quadratischen Pyramide. Die Seitenlänge des Quadrats beträgt 144 m, die Höhe 90 m. Zur Vermessung wird ein kartesisches Koordinatensystem mit der Längeneinheit 1 m verwendet, dessen Ursprung in der Mitte der quadra-tischen Grundfläche liegt und dessen x1- und x2-Achse parallel zu den Grundkanten verlaufen. Die Bezeichnung der Punkte wird gemäß der nebenstehenden Skizze gewählt.

a) Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene E1 durch die Punkte A, B und S. Wie groß ist der Neigungswinkel einer Seitenfläche zur Grundfläche? (Teilergebnis: E1: 5x2 + 4x3 = 360)

b) Die Ägypter bauten die Pyramide schichtweise. Zum Transport der Steine zur jeweiligen Schicht wurde eine Rampe benötigt. Die zum Transport der Steine benötigte Rampen-fläche ist rechteckig und liege nun in der Ebene E2: 5x2 + 26x3 = 1 350.

Berechnen Sie die Höhe des bisher gebauten Pyramidenstumpfes. Wie lang ist die zum Transport der Steine benötigte Rampenfläche?

c) Der Punkt Q ist der Schwerpunkt der Seitenfläche DAS. Senkrecht zu dieser Seitenfläche verläuft ein Schacht, dessen Mittelachse von Q ausgeht und in 14 m Höhe über der Grund-fläche am Eingang des Königsgrabs endet. Berechnen Sie die Koordinaten dieses Endpunktes. Eine weitere Kammer wurde um denjenigen Punkt P gebaut, der von allen Seitenflächen und der Grundfläche der Pyramide den gleichen Abstand hat. Bestimmen Sie die Koordinaten von P auf eine Dezimale gerundet.

102


Lösungshinweise

a) Die Koordinaten der Eckpunkte ergeben sich aus den Maßen der Pyramide. Koordinatengleichung: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei gegebenen Punkte liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalenvektor n

�


Es sei 123

nn n

n

=

�



Winkel: Tipp: Formel für den Winkel zwischen zwei Ebenen:

1 2

1 2

n ncos .

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �



b) Höhe des Pyramidenstumpfes: Die Ebene E2, in der die Rampenfläche liegt, und die Ebene E1 der Pyramidenfläche schneiden sich in einer Geraden s. Wie verläuft s in Bezug auf die Grundfläche?

Länge der Rampe: Wählen Sie jeweils einen geeigneten Punkt auf der unteren und der oberen Kante der Rampenfläche so, dass ihr Abstand gleich der Rampenlänge ist.

c) Endpunkt Mittelachse: Die Mittelachse kann durch eine Gerade beschrieben werden, die durch Q geht und orthogonal zur Seitenfläche DAS ist. Der Endpunkt der Mittelachse muss in der Ebene x3 = 14 liegen (Warum?). Tipp: Der Schwerpunkt dreier Punkte A(a1 | a2 | a3), B(b1 | b2 | b3) und C(c1 | c2 | c3) hat die

Koordinaten 1 1 1 2 2 2 3 3 3a b c a b c a b cS .

3 3 3

+ + + + + +

Punkt P: Beachten Sie die Symmetrie der Figur. Wo muss daher der Punkt P liegen? Setzen Sie seine Koordinaten geeignet an. Vergleichen Sie dann seinen Abstand von einer Seitenfläche mit seinem Abstand von der Grundfläche. Tipp: Eine Betragsgleichung löst man entweder durch Fallunterscheidung oder Quadrieren. Beispiel:

x 2 3 x 2 3 oder x 2 3| |− = ⇔ − = − = − oder

2x 2 3 (x 2) 9| |− = ⇔ − =

103


Lösung

a) Koordinaten der Eckpunkte: Die Seitenlänge der Grundfläche der Pyramide beträgt 144 m, die Höhe 90 m. Somit haben die Eckpunkte der Pyramide die Koordinaten:

.| | | | | | | | | |A(72 72 0); B( 72 72 0); C( 72 72 0); D(72 – 72 0); S(0 0 90)− − −

Gleichung der Ebene E1: Eine Vektorgleichung der Ebene E1 durch die Punkte A, B und S ist:

1

72 144 72E : x OA s AB t AS 72 s 0 t 72 ; s, t .

0 0 90

− − = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ − ∈

0

��

�


2

3

nnn

n

=�

von E1 muss gelten:

1

1 2 3

0 AB n 144n;

0 AS n 72n 72n 90n

= ⋅ = −= ⋅ = − − +

��

�

��

�

eine Lösung ist n1 = 0, n2 = 90, n3 = 72.

Ein Normalenvektor ist somit 0

n 9072

=

�

bzw. besser 01n ' n 5 .

18 4

= ⋅ =

� �

Mit dem Ansatz 5x2 + 4x3 = a ergibt sich durch Einsetzten der Koordinaten von S(0 | 0 | 90) ∈ E1 eine Koordinatengleichung:

+ =1 2 3E : 5x 4x 360.

Neigungswinkel einer Seitenfläche: Wegen der Symmetrie der Pyramide sind die Neigungswinkel aller Seitenflächen zur Grundfläche gleich. Der gemeinsame Neigungswinkel β zur Grundfläche ist gleich dem Schnittwinkel der Ebene E1 mit der Grundfläche:

0 05 04 1 4cos 0,6247; .41 1 41

⋅β = = ≈ °

⋅β ≈ 51,34

Anmerkung: Ist M der Mittelpunkt der Strecke AB, so ist β der Innenwinkel im Punkt M des recht-winkligen Dreiecks MSO. Man kann daher β auch ohne den Normalenvektor n '

�

von E1 bestimmen:

OS 90tan 1,25; .72OM

β = = = ≈ °

��

��β 51,34

104


b) Höhe des Pyramidenstumpfes: Die obere Kante des Pyramidenstumpfes, an der die Rampe endet, liegt in der Schnitt-geraden s der Ebenen E1 und E2. Die Gerade s ist parallel zur Grundebene, daher kann man aus einer Gleichung von s die Höhe des Pyramidenstumpfes ablesen. Schnitt von E1 und E2:

12 3 2 3

22 3 3

3

x r5x 4x 360 5x 4x 360

; ; x 36 .5x 26x 1350 22x 990

x 45

=+ = + =

=+ = =

=

Eine Gleichung der Schnittgeraden ist somit: 0 1

s: x 36 r 0 ; r .45 0

= + ⋅ ∈

0�

Sie liegt in der zur Grundfläche parallelen Ebene x3 = 45. Die Höhe des Pyramidenstumpfes beträgt 45 m.

Länge der Rampe: Die Ebene E2: 5x2 + 26x3 = 1350 schneidet die x2-Achse im Punkt F(0 | 270 | 0). Die Länge der Rampenfläche ist gleich dem Abstand des Punktes F von der Geraden s. Die Hilfsebene H senkrecht zu s durch F ist hier die x2x3-Ebene x1 = 0. Der Schnittpunkt von H mit der Geraden s ist (für r = 0) der Punkt G(0 | 36 | 45). Die Rampenlänge ist somit (in m):

0FG 234 56781 .

45

= = − = ≈

��

d 238,3

c) Endpunkt der Mittelachse: Der Schwerpunkt der Seitenfläche DAS hat die Koordinaten Q(48 | 0 | 30).

Die Seitenfläche DAS hat die Spannvektoren 0

1440

DA

=��

und 727290

DS . −

=��

Ein Normalenvektor der Fläche ist 90

0172

n

=�

bzw. 5

' 014

1n n .18

= ⋅ =� �

Die Mittelachse des Schachtes liegt auf der Geraden

'1

48 5m: x OQ a n 0 a 0 ; a .

30 4

= + ⋅ = + ⋅ ∈

0

��

��

Schnitt der Geraden m mit der Ebene x3 = 14:

(30 4a) 14; 4a 16; a 4; R(28 0 14).| |+ = = − = −

Die Mittelachse endet im Punkt | |R(28 0 14) am Eingang des Königsgrabs.

105


Punkt P: Der gesuchte Punkt P hat von allen Seitenflächen und der Grundfläche den gleichen Abstand. Aus Symmetriegründen kann man für diesen Punkt P(0 | 0 | p) mit p > 0 ansetzen und es genügt, den Abstand von P zur Grundfläche mit dem Abstand zu einer Seitenfläche, z. B. ABS zu vergleichen. Von der Grundfläche hat P den Abstand p. Die Fläche ABS liegt in der Ebene E1.

HNF von 2 31

5x 4x 360E : 0.

41

+ −=

Für P muss gelten:

14p 360

d(P;E ) p; p; 4p 360 41 p;41

4p 360 41p oder 4p 360 41p;

(4 41)p 360 oder (4 41)p 360;

360 360p oder p .4 41 4 41

| |− | |= = − = ⋅

− = − = −

− = + =

= =− +

Die einzige positive Lösung ist 360p 34,6.4 41

= ≈+

Somit hat der Punkt P ungefähr die Koordinaten P(0 | 0 | 34,6).

106

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 4 – Baukörper

Stichworte: Winkel zwischen Ebenen; Trapezfläche; Schnitt von Geraden und Ebenen

Ein Baukörper ist symmetrisch zur x2x3-Ebene. Einige Eckpunkte des Körpers sind gegeben durch A(6 | 0 | 0), B(6 | 5 | 0), E(3 | 1 | 5) und F(3 | 3,5 | 5) (siehe Skizze; Maße in Meter).

a) Geben Sie die Koordinaten der Eck-punkte C, D, G und H an. Stellen Sie den Baukörper in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie den Winkel, den die Begrenzungsflächen EFGH und BCGF einschließen. Die Fläche BCGF ist vollständig mit Solarzellen bedeckt, die eine elektri-sche Leistung von 250 Watt pro Qua-dratmeter liefern. Welche Gesamtleistung erzielt man durch die Solarzellen?

b) Ein Mast PQ hat den Fußpunkt P(3 | –2,5 | 2) und die Spitze Q(3 | –2,5 | 12). Ein weiterer Mast UV hat den Fußpunkt U(–1 | 9,5 | –3) und die Spitze V(–1 | 9,5 | 2). Von der Spitze Q soll eine geradlinige Telefonleitung nach V gespannt werden. Zeichnen Sie die Masten PQ und UV sowie die geradlinige Telefonleitung in das vorhan-dene Koordinatensystem ein. Da der Baukörper ein begehbares Dach hat, soll die Telefonleitung mindestens 3 m höher als die Dachfläche EFGH verlaufen. Zeigen Sie, dass diese Mindesthöhe durch die Telefonleitung unterschritten wird. Welche Höhe muss ein ebenfalls zur x1x2-Ebene senkrechter Mast UV* mindestens haben, damit die Mindesthöhe von 3 m eingehalten wird?

107

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 4 – Baukörper

Lösungshinweise

a) Koordinaten von C, D, G und H: Die Koordinaten lassen sich aus denen der Punkte A, B, E und F bestimmen, da der Körper symmetrisch zur x2x3-Ebene ist. Winkel: Tipp: Formel für den Winkel zwischen zwei Ebenen:

1 2

1 2

n ncos .

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �



Gesamtleistung der Solarzellen: Überlegen Sie, dass die Fläche BCGF ein gleich-schenkliges Trapez ist. Es bieten sich daher zwei leicht bestimmbare Punkte an, deren Abstand gleich der Höhe des Trapezes ist. Tipp: Formel für den Flächeninhalt eines Trapezes :

1A (a c) h.

2= + ⋅

b) Unterschreitung der Mindesthöhe: Machen Sie sich zunächst anhand der Zeichnung klar, dass der Punkt S der Telefonleitung mit dem geringsten Abstand zur Dachfläche EFGH über einer Kante der Dachfläche liegen muss. Beachten Sie, dass dieser Abstand durch das Lot von S auf die Dachfläche bestimmt wird. S ergibt sich als Schnitt einer Geraden und einer geeigneten Ebene.

Mindesthöhe des Mastes: Überlegen Sie, welche Koordinaten der Punkt S haben müsste, damit der Mindestabstand gerade noch eingehalten wird. Verwenden Sie dann die Verbin-dungsgerade dieses neuen Punktes S mit der Mastspitze Q.

108


Lösung

a) Koordinaten der Eckpunkte: A(6 | 0 | 0), B(6 | 5 | 0), E(3 | 1 | 5) und F(3 | 3,5 | 5) sind die vorgege-benen Eckpunkte des Baukörpers. Da der Körper symmetrisch zur x2x3-Ebene ist, gilt für die übrigen Eckpunkte:

C(– 6 | 5 | 0), D(– 6 | 0 | 0), G(–3 | 3,5 | 5), H(–3 | 1 | 5).

Winkel der Begrenzungsflächen: Die Begrenzungsfläche EFGH liegt in der Ebene E1: x3 = 5.

Für einen Normalenvektor n�

der Ebene E2, in der die Begren-zungsfläche BCGF liegt, muss gelten:

12 13

12 1 2 33

n 6n GF n 0 6n 0

0n

n 3n BF n 1,5 3n 1,5n 5n 0

5n

⋅ = ⋅ = =

− ⋅ = ⋅ − = − − + =

��

�

��

�

Eine mögliche Lösung ist 0

103

n .

=�

Mit dem Ansatz 10x2 + 3x3 = a und B(6 | 5 | 0) ∈ E2 ergibt sich eine Koordinatengleichung von E2: 10x2 + 3x3 = 50. Die Ebenen E1 und E2 haben den Schnittwinkel α' mit

0 010 0

3 1 3cos '109 1 109

⋅α = =

⋅ ≈ 0,2873 ; α' ≈ 73,3°.

Der Winkel α, den die Begrenzungsflächen EFGH und BCGF einschließen, ist ersichtlich größer als 90°. Daher gilt:

α = 180° – α' ≈ 106,7°.

Gesamtleistung der Solarzellen: Die Fläche BCGF ist ein gleichschenkliges Trapez mit den Grundseiten CB und GF, wobei gilt:

12CB CB 0 12;

0

= = =

��

6

GF GF 0 6.0

= = =

��

109


Aufgrund der Symmetrie des Körpers zur x2x3-Ebene ergibt sich die Höhe h des Trapezes als Schnitt der x2x3-Ebene mit dem Trapez (siehe Abbildung):

2 2 2h 5 (5 3,5) ;

h 27,25.

= + −=

Oder: Da das Trapez gleichschenklig ist, ist die Höhe h gleich dem Abstand des Mittelpunktes M1(0 | 5 | 0) der Seite BC vom Mittelpunkt M2(0 | 3,5 | 5) der Seite FG:

1 2

0h M M 1,5 2,25 25 27,25

5

= = − = + =

��

Inhalt der Trapezfläche BCGF:

( )1 12 6 27,252

.

= ⋅ + ⋅

=

A

9 109 472

≈

Die Gesamtleistung der Solarzellen auf der Fläche BCGF beträgt somit ungefähr:

P = 9 109 250 W2

⋅ ≈ 11 745 W.

b) Unterschreitung der Mindesthöhe: Der Mast PQ hat den Fußpunkt P(3 | –2,5 | 2) und die Spitze Q(3 | –2,5 | 12), der zweite Mast UV hat den Fußpunkt U(–1 | 9,5 | –3) und die Spitze V(–1 | 9,5 | 2). Die Telefonleitung von Q nach V wird durch die Strecke

3 4QV: x OQ s QV 2,5 s 12 ,

12 10

− = + ⋅ = − + −

��

�

0 ≤ s ≤ 1

beschrieben. (Zeichnung der Masten und der Telefonleitung s. o.) Da die Spitze Q des Mastes PQ 12 m, die Spitze V des Mastes UV nur 2 m über der x1x2-Ebene liegt, ist der geringste Abstand eines Punktes der Telefonleitung zur Dach-fläche EFGH über der Kante FG zu erwarten (siehe Zeichnung). Die zu EFGH orthogonale Ebene E3, die die Kante FG enthält, hat die Gleichung E3: x2 = 3,5.

Schnittpunkt S von QV mit E3:

–2,5 + 12s = 3,5; 12s = 6; s = 0,5; S(1 | 3,5 | 7). Da die Dachfläche EFGH in der Ebene E1: x3 = 5 liegt, hat der Punkt S von EFGH den Abstand

d = 7 – 5 = 2. Die Mindesthöhe von 3 m wird also unterschritten.

110


Die Mindesthöhe des Mastes: Damit die Telefonleitung mindestens 3 m höher ist als die Dachfläche EFGH, muss sie, statt durch S, durch den Punkt S*(1 | 3,5 | 8) gehen. Schneidet man die Gerade QS* mit der Geraden UV, so erhält man die neue Mastspitze V*:

3 2QS*: x 2,5 k 6 ,

12 4

− = − + −

�

k ∈ 0; 1 0

UV: x 9,5 t 0 ,3 5

− = + −

�

t ∈ 0;

3 2 1 02,5 k 6 9,5 t 0 ;

12 34 5

− − − + = + −−

75

4 2k k 212 6k ; ;15 4k 5t t

= =− = −

= + = V*(–1 | 9,5 | 4).

Es gilt: 0

UV * 0 7.7

= =

��

Die Mindesthöhe des Mastes UV* ist demnach 7 m.

111

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 5 – Turmdach

Stichworte: Wahl eines Koordinatensystems; Winkel zwischen Gerade und Ebene; Schnitt von Geraden und Ebenen; Abstand windschiefer Geraden; Abstandsbestimmung mit HNF

Das Dach eines Turmes über einer quadratischen Grundfläche mit der Seitenlänge 4 m hat die nebenste-hende Form. Die Flächen ABGE, BCHF, CDEG und DAFH sind kon-gruente Rechtecke. Der Schnittpunkt S der Kanten EG und FH liegt 6 m über der Grundfläche.

a) Welchen Winkel schließt die Gerade AS mit der Ebene E ein, in der die Dachfläche BCHF liegt? In der Mitte der Strecke AD ist eine 7 m lange Stange verankert. Sie steht senkrecht zur Ebene E und durchstößt die Giebelfläche BCG. Ist diese Stange als Fahnenstange zu verwenden, wenn zur Aufhängung der Fahne die Stange mindestens 2,75 m ins Freie ragen muss? Bestimmen Sie den Abstand der Geraden AD von der Ebene E zum Einbau eines Stütz-balkens.

b) Ein weiterer Stützbalken geht von A aus und stützt die Dachkante CS senkrecht. Stören sich die Fahnenstange und dieser Stützbalken? Welchen Abstand haben sie gegebenenfalls?

112

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 5 – Turmdach

Lösungshinweise

a) Wahl eines Koordinatensystems: Wählen Sie zunächst ein geeignetes Koordinaten-system für die Figur. Als Ursprung bietet sich z. B. die Ecke D oder der Mittelpunkt der Grundfläche an. Wählen Sie die Koordinatenachsen so, dass sich die Koordinaten der Eckpunkte leicht aus den Maßen des Körpers bestimmen lassen.

Schnittwinkel: Bestimmen Sie einen Normalenvektor n�

der Ebene. Tipp: Formel für den Winkel zwischen Gerade und Ebene:

n usin .

n u

⋅ α = ⋅

� �

� �

Dabei ist n�

ein Normalenvektor der Ebene, u�

ein Richtungsvektor der Geraden.

Fahnenstange: Berechnen Sie die Länge für das Teilstück der Stange, das innerhalb des Daches liegt. Verwenden Sie dafür die Lotgerade k zur Ebene E durch den Mittelpunkt der Strecke AD. Tipp: Der Mittelpunkt zweier Punkte A(a1 | a2 | a3) und B(b1 | b2 | b3) hat die Koordinaten

1 1 2 2 3 3a b a b a bM .

2 2 2

+ + +

Stützbalken: Beachten Sie, dass die Gerade AD parallel zur Ebene E ist. Verwenden Sie die HNF der Ebene E .

b) Fahnenstange und Stützbalken: Überlegen Sie, dass die Gerade CS und die Lotgerade k windschief sind. Den Abstand zweier windschiefer Geraden kann man auf mehrere Arten bestimmen.

113


Lösung

a) Koordinatensystem: Es gibt mehrere Möglichkeiten, ein geeignetes Koordinaten-system zu wählen. Hier wurde der Punkt D als Ursprung O, die Gerade DA als x1-Achse und die Gerade DC als x2-Achse ge- wählt. Die x3-Achse verläuft orthogonal zu beiden durch den Punkt D. In diesem Koordinatensystem gilt aufgrund der angegebenen Maße für die Koordinaten der Eckpunkte des Turmdaches (siehe nebenstehende Ab-bildung):

A(4 | 0 | 0), B(4 | 4 | 0), C(0 | 4 | 0), D = O(0 | 0 | 0). Aus Symmetriegründen liegt der Punkt S 6 m über dem Mittelpunkt M(2 | 2 | 0) der Grund-fläche, d. h. es gilt: S(2 | 2 | 6). Entsprechend erhält man für die restlichen Eckpunkte:

E(2 | 0 | 6), F(4 | 2 | 6), G(2 | 4 | 6), H(0 | 2 | 6).

Schnittwinkel: Die Dachfläche BCHF liegt in der Ebene

4 4 0E: x OB r BC s BF 4 r 0 s 2 ; r, s .

0 0 6

−= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ − ∈0

��

�


2

3

nnn

n =

�

von E muss gelten:

1

2 3

0 BC n 4n;

0 BF n 2n 6n

= ⋅ = −= ⋅ = − +

��

�

��

�

eine Lösung ist n1 = 0, n2 = 3, n3 = 1, d. h. 0311

n .

=�

Eine Gleichung der Geraden AS ist: 4 2

x 0 t 2 , t .0 6

−= + ∈0

�

Für den Schnittwinkel α der Geraden AS mit E erhält man damit: 2 02 36 1 12sin

44 10 440

−

⋅α = =

⋅ ≈ 0,5721; α ≈ 34,90°.

114


Fahnenstange: Der Mittelpunkt der Strecke AD = AO ist P(2 | 0 | 0). Die Trägergerade der beschriebenen Stange ist die Lotgerade von P auf E:

�: 2 0

x 0 k 3 ,0 1

= + ⋅�

k ∈ 0.

Die Giebelfläche BCG liegt in der Ebene E1: x2 = 4. Schnitt von � mit E1:

3k = 4; k = 4 ;3

Schnittpunkt: 4Q 2 4 .3

Das Teilstück der Stange zwischen P und Q hat die Länge (in Metern):

43

0 16 4PQ 4 16 10 4,22.9 3

= = + = ≈

��

Damit ragt die Stange 7 m – 4,22 m = 2,78 m (> 2,75 m) ins Freie, ist also als Fahnen-stange verwendbar.

Abstand der Geraden AD zu E: Die Gerade AD ist parallel zur Ebene E. Ihr Abstand von E ist daher gleich dem Abstand des Punktes D = O(0 | 0 | 0) von der Ebene E.

Mit dem Normalenvektor 031

n =

�

von E erhält man mit B(4 | 4 | 0) ∈ E eine Koordinaten-

gleichung der Ebene E: 3x2 + x3 = 12.

HNF von E: 2 33x x 120.

10

+ −=

d(AD; E) = d (D; E) = 12 .10

= 6 10 3,795

≈

b) Lage von Stützbalken und Fahnenstange: Ein Punkt auf der Geraden

0 2CS: x 4 t 2 , t .

0 6

= + − ∈0�

hat die Koordinaten R(2t | 4 – 2t | 6t). Er ist der Lotfußpunkt von A auf CS, wenn gilt: 2t 4 2 4AR CS 4 2t 2 0; 44t 16 0; t .

116t 6

−⋅ = − ⋅ − = − = =

��

Also ist R ( )8 36 2411 11 11

der gesuchte Lotfußpunkt.

(Man kann R auch bestimmen, indem man eine Hilfsebene, die orthogonal zu CS durch A verläuft, mit der Geraden CS schneidet.)

115


Damit erhält man eine Gleichung der Geraden 361136112411

4AR: x s ' ,0

0

−

= +

� s' ∈ 0; bzw. 4 3

x 0 s 3 ,0 2

−= +�

s ∈ 0.

Schnitt der Geraden AR mit der Trägeraden �:2 00 30 1

x k ,

= + ⋅�

k ∈ 0, der Fahnenstange:

232343

4 3s 2 s

3s 3k ; k ;

2s k k

− = =

= =

= =

Widerspruch!

Die beiden Geraden schneiden sich nicht. Da sie offensichtlich nicht parallel sind, sind sie windschief. Balken und Fahnenstange stören sich nicht.

Abstand von Balken und Fahnenstange: Es seien F1 und F2 zwei Punkte mit F1 ∈ �, d. h. F1(2 | 3k | k) und F2 ∈ AR, d. h. F2(4 – 3s | 3s | 2s). Die Länge der Strecke 1 2F F ist gleich dem Abstand von � und AR, wenn für den Vektor

2 3s3s 3k1 22s k

F F − − −

=��

gilt :

1 2

1 2

0F F 3 9s 9k 2s k 0 11s 10k 0 ( 2)

1; ;

3F F 3 6 9s 9s 9k 4s 2k 0 22s 11k 6

2

⋅ = − + − = − = −

−⋅ = − + + − + − = − =

��

��

203323

s11s 10k 0; ;

k9k 6

=− =

==

2112

1 2 116

11

F F .

−

=��

Abstand der Geraden � und AR:

d = d (�, AR) = 1 244 2F F 11

121 11 = =��

≈ 0,60.

Der Balken und der Teil der Fahnenstange im Innern des Daches werden genau genommen durch die Strecken AR und PQ beschrieben. Aufgrund der Lage von Balken und Stange im Dach kann man anschaulich erschließen, dass der Punkt F2 auf der Strecke AR, der Punkt F1 auf der Strecke PQ liegt. Eine rechnerische Begründunge könnte etwa so aussehen: Aus der Geradengleichung der Geraden AR (siehe oben) erhält man für s = 0 den Punkt A,

für 1211

s = den Punkt R. Wegen 20 1233 11

0 < < liegt F2 auf der Strecke AR.

116


Aus der Gleichung der Lotgeraden � ergibt sich für t = 0 der Punkt P, für 43

t = der Punkt Q.

Wegen 2 43 3

0 < < ist F1 ein Punkt der Strecke PQ.

Daher ist d ≈ 0,6 auch der Abstand von Balken und Fahnenstange. Der Abstand von Balken und Fahnenstange beträgt ungefähr 0,60 m.

117

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 6 – Dreiseitige Pyramide 1

Stichworte: Pyramidenvolumen; Schnittdreieck; Flächeninhalte; Schnitt von Geraden und Ebenen; Parameterbestimmung

Die Punkte O(0 | 0 | 0), A(4 | 0 | 0), B(0 | 8 | 0) und C(0 | 0 | 4) sind die Eckpunkte einer dreiseitigen Pyramide. Für jedes t ∈ 0 ist die Ebene Et: x1 + t ⋅ x2 – x3 = 6t gegeben.

a) Zeichnen Sie die Pyramide und berechnen Sie ihren Rauminhalt. Die Ebene F: x2 = 6 und die Ebene E0 schneiden die Pyramide jeweils in einem Dreieck. Zeichnen Sie die Dreiecke in die Figur ein und berechnen sie ihre Flächeninhalte.

b) Zeigen Sie, dass alle Ebenen Et die Ebene F in derselben Geraden g schneiden. Für welche Werte von t schneidet Et die Pyramidenkante AC?

118

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 6 – Dreiseitige Pyramide 1

Lösungshinweise

a) Pyramidenvolumen: Wählen Sie als Grundfläche der Pyramide ein Dreieck in einer Koordinatenebene. Tipp:

Die Formel für das Pyramidenvolumen ist: 1V G h.3

= ⋅ ⋅

Schnittdreieck mit der Ebene F: Schneiden Sie F mit geeigneten Kanten der Pyramide. Schnittdreieck mit der Ebene E0: Überlegen Sie zunächst, wie die Ebene E0 zur x2-Achse und zum Ursprung liegt. Sie müssen dann nur noch einen Eckpunkt des Dreiecks berechnen.

b) Schnittgerade: Zeigen Sie, dass die Schnittgerade von F und Et nicht von t abhängt. Schnitt mit der Pyramidenkante AC: Für welchen Wert von t liegen die Eckpunkte A und C in der Ebene Et? Alternativ: Schneiden Sie Et mit der Strecke AC. Tipp: Eine Strecke AB lässt sich durch x OA s AB= + ⋅

��

�

beschreiben, wobei für den Parameter 0 ≤ s ≤ 1 gilt.

119


Lösung

a) Die Punkte O(0 | 0 | 0), A(4 | 0 | 0), B(0 | 8 | 0) und C(0 | 0 | 4) sind Eckpunkte einer dreiseitigen Pyramide. Siehe nebenstehende Zeichnung .

Volumen der Pyramide: Wählt man das Dreieck OAC als Grundfläche, so ist die Strecke OB die zugehörige Höhe. Für das Volumen gilt:

1 1 64V 4 4 8 .3 2 3

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

Schnittdreieck mit der Ebene F: x2 = 6: Die Ebene F schneidet die Gerade OB im Punkt B1(0 | 6 | 0).

Schnittpunkt A1 der Geraden AB: 4 4

x 0 s 8 ;0 0

− = + ⋅

�

s ∈ 0 mit der Ebene F:

8s = 6; 3s ;4

= A1 (1 | 6 | 0).

Schnittpunkt C1 der Geraden BC: 0 0

x 8 r 8 ;0 4

= + ⋅ −

�

r ∈ 0 mit der Ebene F:

8 – 8r = 6; 1r ;4

= C1(0 | 6 | 1).

(Die Koordinaten der Punkte A1 und C1 hätte man auch mithilfe eines Strahlensatzes bestimmen können.)

Das rechtwinklige Schnittdreieck A1B1C1 hat den Flächeninhalt (siehe Figur):

D 1 11 11 1 1A A B B C 1 1 .2 2 2

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =��

Schnittdreieck mit der Ebene E0: x1 – x3 = 0: Die Ebene E0 ist parallel zur x2-Achse. Da sie den Ursprung O enthält, liegt die x2-Achse in der Ebene und damit auch die Pyramidenkante OB. Den dritten Eckpunkt D des Schnittdreiecks erhält man als Schnittpunkt der Ebene E0 mit

der Geraden AC: 4 4

x 0 k 0 ;0 4

− = + ⋅

�

k ∈ 0:

(4 – 4k) – 4k = 0; 4 = 8k; 1k ;2

= D(2 | 0 | 2).

Der Flächeninhalt des Schnittdreiecks OBD ist:

D1 1A OB OD 8 8 4 8 8 2.2 2

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅��

120


b) Schnittgerade: Schnitt einer Ebene Et: x1 + t ⋅ x2 – x3 = 6t mit der Ebene F:

2 21 2 3

1 2 3 1 3

x 6 x 6; ; x s, x 6, x s

x tx x 6t x x 0= = = = =+ − = − =

Die Schnittgerade 0 1

g : x 6 s 0 ;0 1

= + ⋅ s ∈ 0

ist unabhängig von t, liegt somit in allen Ebenen Et.

Schnitt von Et mit der Pyramidenkante AC: Für t = 0 schneidet Et die Kante AC in D (vgl. Teilaufgabe a).

Der Punkt A(4 | 0 | 0) liegt in der Ebene Et, wenn gilt: 4 = 6t d. h. 23

t .=

Der Punkt C(0 | 0 | 4) liegt in der Ebene Et, wenn gilt: – 4 = 6t d. h. 23

t .= −

Zusammenfassend kann man sagen:

Für 2 2t3 3

− ≤ ≤ schneidet Et die Pyramidenkante AC.

Andere Lösungsmöglichkeit:

Die Strecke AC ist gegeben durch 4 4

x 0 k 0 ;0 4

− = + ⋅

�

0 ≤ k ≤ 1.

Schnitt mit der Ebene Et:

(4 – 4k) – 4k = 6t; 8k = 4 – 6t; 2 3tk .4−=

Da nur für 0 ≤ k ≤ 1 die Kante AC geschnitten wird, muss gelten:

2 3t 2 20 1 0 2 3t 4 2 3t 2 t .4 3 3−≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≥ ≥ −

121

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 7 – Dreiseitige Pyramide 2

Stichworte: gleichschenkliges Dreieck; Winkel zwischen Vektoren; Pyramidenvolumen; Abstandsbestimmung mit HNF; Symmetrieebene

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(1 | 1 | 1), B(3 | 3 | 1) und C(0 | 4 | 5) gegeben.

a) Die Ebene E enthält die Punkte A, B und C. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E. Zeigen Sie, dass das Dreieck ABC gleichschenklig ist. Berechnen Sie seinen Innenwinkel bei C.

b) Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABC. Der Punkt H(6 | –2 | 8) ist die Spitze einer Pyramide mit der Grundfläche ABC. Bestimmen Sie ihr Volumen. Die Pyramide ist symmetrisch zu einer Ebene F. Stellen Sie eine Gleichung von F auf.

c) Überprüfen Sie durch Rechnung, ob der Punkt P(1 | 3 | 3) im Innern des Dreiecks ABC liegt.

122


Lösungshinweise

a) Koordinatengleichung von E: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei Punkte A, B und C liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalenvektor n

�


Es sei 123

nn n

n

=

�


Dann gilt E: 1 1 2 2 3 3n x n x n x a,+ + = wobei sich a durch Punktprobe mit P bestimmen lässt. Gleichschenkliges Dreieck: Vergleichen Sie die Seitenlängen des Dreiecks. Innenwinkel: Tipp: Beachten Sie, dass hier der Winkel zwischen Vektoren zu berechnen ist. In der Formel

a bcos

a b

⋅α = ⋅

�

�

�

�

werden im Zähler keine Betragszeichen gesetzt. Achten Sie auf die Richtung der Vektoren!

b) Flächeninhalt Dreieck: Die Höhe des Dreiecks lässt sich leicht bestimmen, wenn Sie die Symmetrie des Dreiecks ausnutzen. Tipp: Der Mittelpunkt zweier Punkte A(a1 | a2 | a3) und B(b1 | b2 | b3) hat die Koordinaten

1 1 2 2 3 3a b a b a bM .

2 2 2

+ + +

Volumen der Pyramide: Die Länge der Pyramidenhöhe ist gleich dem Abstand der Spitze S von der Ebene E. Tipp: Volumenformel für eine Pyramide:

1V G h.

3= ⋅

Symmetrieebene F: Verwenden Sie, dass die Gerade MC Symmetrieachse der Grund-fläche ist.

c) Überlegen Sie, welche Bedingungen die Parameter s und t erfüllen müssen, damit durch

x OA s AB t AC= + ⋅ + ⋅��

�

die Punkte im Innern des Dreiecks ABC beschrieben werden. oder: Betrachten Sie die Gerade durch A und P und die Strecke BC. Was muss gelten, damit P ein innerer Punkt des Dreiecks ABC ist? Fertigen Sie eine Skizze an.

123


Lösung

a) Koordinatengleichung von E: Gegeben sind die Punkte A(1 | 1 | 1), B(3 | 3 | 1) und C(0 | 4 | 5). Vektorgleichung der Ebene E durch A, B und C:

1 2 1E: x OA s AB t AC 1 s 2 t 3 ;

1 0 4

− = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅

��

�

s, t ∈ 0.


2

3

nnn

n

=�

von E gilt:

2 1n 2 0; n 3 0;

0 4

− ⋅ = ⋅ =

� � 1 2

1 2 3

2n 2n 0.

n 3n 4n 0

+ =− + + =

Eine mögliche Lösung ist: n1 = 1, n2 = –1, n3 = 1, d. h. 111

n . −

=�

Mit dem Ansatz x1 – x2 + x3 = c und durch Einsetzen der Koordinaten des Punktes A(1 | 1 | 1) ∈ E erhält man schließlich eine Koordinatengleichung:

.− + =1 2 3E: x x x 1

Gleichschenkliges Dreieck: Für die Seitenlängen des Dreiecks ABC gilt:

2AB 2 8;

0

= =

��

1

CA 3 26;4

= − = −

��

3

CB 1 26.4

= − = −

��

Wegen = CA CB��

ist das Dreieck somit gleichschenklig mit der Basis AB.

Innenwinkel bei C: Für den Winkel γ im Punkt C gilt:

1 3 ( 3) ( 1) ( 4) ( 4)CA CB 22cos 0,8462; .2626 26CA CB

⋅ + − ⋅ − + − ⋅ −⋅γ = = = ≈ ≈⋅ ⋅

��

�� 32,20°γ

b) Flächeninhalt des Dreiecks ABC: Der Mittelpunkt der Strecke AB ist M(2 | 2 | 1). Da das Dreieck ABC gleichschenklig ist, gilt für die Länge der Höhe auf AB:

1

2h CM 2 24 2 6.

4

= = − = = −

��

Der Inhalt des Dreiecks ergibt sich somit zu:

11 1AB h 8 2 6 48 .2 2

= ⋅ = ⋅ ⋅ = =��

A 4 3

124


Pyramidenvolumen: Die Länge h2 der Pyramidenhöhe ist gleich dem Abstand der Spitze H(6 | –2 | 8) von der Ebene E, in der die Grundfläche ABC liegt.

HNF von E: 1 2 31 (x x x 1) 0.3

− + − =

Abstand von H zu E:

21 15 15| |h 6 2 8 1 3 5 3.

33 3= + + − = = =

Volumen der Pyramide:

21 1A h 4 3 5 3 .3 3

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =V 20

Symmetrieebene F: Die Ebene F durch die Punkte H(6 | –2 | 8), C(0 | 4 | 5) und M(2 | 2 | 1) hat die Gleichung:

6 6 4F: x 2 s 6 t 4 ;

8 3 7

− − = − + ⋅ + ⋅ − −

�

s, t ∈ 0.


1 23

nn n

n

=

�

von F gilt:

1 2 3 1 2 31 1

1 2 3 3

6 4 6n 6n 3n 0 2n 2n n 0( 1,5)n 6 0; n 4 0; ; .

4n 4n 7n 0 2,5n 03 7

− − − + − = − + − =− ⋅ = ⋅ = − + − = − =− −

� �

Eine mögliche Lösung ist: n3 = 0, n2 = 1, n1 = 1, d. h. 1110

n .

=�

Mit dem Ansatz x1 + x2 = c und durch Einsetzen der Koordinaten des Punktes H(6 | –2 | 8) ∈ F erhält man schließlich eine Koordinatengleichung:

F: x1 + x2 = 4. Die Ebene F ist wegen

1

1 1n n 1 1 1 1 0

0 1

⋅ = ⋅ − = − =

� �

orthogonal zur Grundfläche ABC der Pyramide, enthält die Spitze H und die Symmetrie-achse der Grundfläche. Also ist F eine Symmetrieebene der Pyramide.

c) Überprüfung, ob der Punkt P(1 | 3 | 3) im Innern des Dreiecks ABC liegt: Die Ortsvektoren

1 2 1x OA s AB t AC 1 s 2 t 3

1 0 4

− = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅

��

�

beschreiben für s > 0; t > 0 und s + t < 1 die Punkte im Innern des Dreiecks ABC.

125


Einsetzen der Koordinaten von P führt auf:

1 1 2 13 1 s 2 t 3 ;

1 0 43

− = + ⋅ + ⋅

1 1 2s t

3 1 2s 3t ;

3 1 4t

= + −= + += +

0 2s t

2 2s 3t .

2 4t

= −= +=

Die letzten beiden Gleichungen liefern: 1 12 4

t ; s .= = Diese Werte für s und t erfüllen auch

die erste Gleichung, wie man durch Einsetzen bestätigt. Wegen

1t 0 ;

2= >

1s 0 ;

4= >

1 1 3s t 1

4 2 4+ = + = <

liegt der Punkt P im Innern des Dreiecks ABC.

Alternative: Falls dieser Lösungsansatz nicht bekannt sein sollte, führt auch die folgende Überlegung zum Ziel: Ein Punkt P A≠ liegt genau dann im Innern des Dreiecks ABC, wenn die Verbindungsgerade g der Punkte A und P die Strecke BC in einem Punkt Q B,C≠ schneidet (d. h. Q liegt zwischen B und C), wobei P zwischen A und Q liegt. Gleichung der Geraden g durch die Punkte A(1 | 1 | 1) und P(1 | 3 | 3):

1 0g: x OA t AP 1 t 2 ; t .

1 2

= + ⋅ = + ⋅ ∈

0

��

�

Als Richtungsvektor von g wird der Vektor AP��

gewählt. Man erhält so für t > 1 alle Punkte X auf der Geraden, für die P zwischen A und X liegt. Die Strecke BC hat die Gleichung:

3 3x OB s BC 3 s 1 ; 0 s 1.

1 4

− = + ⋅ = + ⋅ ≤ ≤

��

�

Zu prüfen ist, ob sich die Gerade g und die Strecke BC schneiden: 1 0 3 31 t 2 3 s 1 ;1 2 1 4

− + ⋅ = + ⋅

3s 2

2t s 2 .2t 4s 0

=− =

− =

Die erste Gleichung ergibt 2

s .3

=

Aus der zweiten Gleichung erhält man damit: 4t .3

=

Beide Werte erfüllen auch die dritte Gleichung: 4 22 4 0.3 3

⋅ − ⋅ =

Wegen 20 13

< < schneidet g die Strecke BC in einem Punkt Q zwischen B und C.

Wegen 4

t 13

= > liegt P zwischen A und Q.

Der Punkt P liegt daher im Innern des Dreiecks ABC.

126

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 8 – Ebenenschar

Stichworte: Spiegelung an einer Ebene; Ebenenschar; Schnitt von Geraden und Ebenen; Parallelität von Ebene und Gerade; Orthogonalität von Ebenen

Gegeben sind die Ebene E: x1 – x2 + x3 = 1 sowie die Gerade

1 5g: x 2 r 3 ; r .

13 17

− = + − ∈ −

0�

a) Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes von g und E. Die Gerade g* entsteht durch Spiegelung der Geraden g an E. Bestimmen Sie eine Gleichung für g*.

b) Für jedes t ∈ 0 ist die Ebene Et: tx1 + (t – 2) x2 + x3 = 1 gegeben. Für welchen Wert von t ist Et parallel zu g? Zeigen Sie, dass alle Ebenen Et eine Gerade gemeinsam haben. Geben Sie eine Gleichung einer Ebene an, die auf allen Ebenen Et senkrecht steht.

127

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 8 – Ebenenschar

Lösungshinweise

a) Spiegelung: Überlegen Sie, dass es hier genügt, nur einen Punkt der Geraden zu spiegeln. Tipp: Ein Punkt P wird an einer Ebene E gespiegelt, indem man den Schnittpunkt F der Ebene mit der Lotgeraden durch P zu E bestimmt. Für den Spiegelpunkt P' gilt dann:

OP ' OP 2 PF= + ⋅��

b) Parallelität von g und Et: Welche Beziehung muss zwischen den Richtungsvektoren von g und den Normalenvektoren von Et gelten?

Schnittgerade h aller Et: Bestimmen Sie die Schnittgerade einer speziellen Ebene dieser Schar, etwa E0, mit einer Ebene Et mit t ≠ 0. Woran erkennt man, dass diese Gerade in allen Ebenen Et liegt?

Orthogonale Ebene: Beachten Sie, dass der Richtungsvektor der Schnittgeraden h ortho-gonal zu den Normalenvektoren aller Ebenen Et ist.

128


Lösung

a) Schnittpunkt S

der Geraden 1 5

g: x 2 r 3 ;13 17

− = + ⋅ − −

�

r ∈ 0, mit der Ebene 1 2 3E: x x x 1:− + =

( 1 5r) (2 3r) (13 17r) 1; 9r 10 1; r 1.− + − − + − = − + = =

Somit hat der Schnittpunkt die Koordinaten S(4 | –1 | – 4).

Spiegelung an der Ebene E: Der Stützpunkt P(–1 | 2 | 13) der Geraden g liegt nicht in der Ebene E, wie man durch Einsetzen bestätigt. Es genügt, den Punkt P an der Ebene E zu spiegeln, da der Punkt S von g ein Fixpunkt dieser Spiegelung ist. Die Spiegelgerade g* von g ist dann die Gerade SP*. Gerade durch P senkrecht zu E:

1 1: x 2 u 1 ;

13 1

− = + ⋅ −

�� u ∈ 0.

Diese Gerade schneidet die Ebene E in einem Punkt F:

( 1 u) (2 u) (13 u) 1;3u 10 1;

u 3.

− + − − + + =+ =

= −

Das ergibt den Schnittpunkt: F(– 4 | 5 | 10).

Für den Punkt P* erhält man damit:

*1 3 7

OP OP 2 PF 2 2 3 8 ;13 3 7

− − − = + ⋅ = + ⋅ = −

��

��

P*(–7 | 8 | 7).

Die Spiegelgerade g* ist schließlich gegeben durch:

* *4 11

g : x OS v SP 1 v 9 ;4 11

− = + ⋅ = − + ⋅ −

��

��

�

v ∈ 0.

b) Parallelität von g und Et: Ein Normalenvektor der Ebene E tx t x xt : ( )1 2 32 1+ − + = ist

tt 2t

1n ,

−

=�

t ∈ 0,

ein Richtungsvektor von g: 53

17u .

− −

=�

Die Gerade g ist genau dann parallel zu Et, wenn �

u orthogonal zu �

n t ist, d. h. wenn gilt:

tu n 0;5t 3(t 2) 17 0;

2t 11 0;

.

⋅ =− − − =

− =

=

��

11t2

Die Ebene 112

E ist parallel zur Geraden g.

129


Schnittgerade h aller Et : Zur Bestimmung der Schnittgeraden aller Ebenen Et wählt man eine spezielle Ebene der Schar, z. B. für t = 0 die Ebene E0: –2x2 + x3 = 1 und schneidet sie mit einer weiteren Ebene Et mit t ≠ 0:

1 2 3

2 3

2 3 1

tx (t 2)x x 1;

2x x 11x s x 1 2s x (1 (t 2)s 1 2s) s;t

+ − + =− + =

= ⇒ = + ⇒ = − − − − = − s ∈ 0.

Die Schnittgerade der beiden Ebenen ist dann: 0 1

h: x 0 s 1 ;1 2

− = + ⋅

�

s ∈ 0.

Da die Gerade h nicht mehr von t abhängt, ist sie allen Ebenen Et gemeinsam.

Orthogonale Ebene: Jede Ebene G, die zur Geraden h orthogonal ist, ist auch zu jeder Ebene Et orthogonal.

Der Richtungsvektor 112

−

von h ist daher ein Normalenvektor aller Ebenen G.

Die Ebenen G haben daher Gleichungen der Form:

1 2 3x x 2x c.− + + = Eine derartige Ebene ist daher etwa gegeben durch: –x1 + x2 + 2x3 = 0.

130

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 9 – Pavillon

Stichworte: Winkel zwischen Ebenen; parallele Geraden; Trapezfläche; Schnitt von Geraden und Ebenen

Durch die Eckpunkte

O(0 | 0 | 0), A1(10 | 0 | 0), B1(10 | 6 | 0), C1(0 | 8 | 0),

O2(0 | 0 | 10), A2(10 | 0 | 11), B2(10 | 6 | 8), C2(0 | 8 | 6)

ist ein Gebäude (Ausstellungspavillon) mit ebenen Seitenwänden gegeben, welches auf der x1x2-Ebene steht (Angaben in Meter). O2, A2, B2, C2 sind die Eckpunkte der Dachfläche.

a) Zeichnen Sie das Gebäude in ein Koordinatensystem ein. Zeigen Sie, dass die Eckpunkte der Dachfläche in einer Ebene E liegen. In E liegt die gesamte Dachfläche. Falls die Dachneigung größer als 30° ist, muss ein Schneefanggitter angebracht werden. Überprüfen Sie, ob dies der Fall ist. (Teilergebnis: E: x1 – 5x2 – 10x3 + 100 = 0).

b) Es soll die Größe der Dachfläche bestimmt werden. Untersuchen Sie hierzu die Lage gegenüberliegender Dachkanten. Bestimmen Sie den Inhalt der Dachfläche.

c) Die trapezförmige Fläche M2M3C3C2, mit M2(5 | 7 | 7), M3(5 | 7 | 4) und C3(0 | 8 | 4) in der entsprechenden Außenwand ist verglast. Durch diese Glasfläche fällt paralleles Sonnen-licht ein, wobei zu einem bestimmten Zeitpunkt der Lichtstrahl durch die Ecke C2 im Punkt Q2(2 | 0 | 2) der gegenüberliegenden Wand A1OO2A2 auftrifft. Bestimmen Sie den vom Sonnenlicht getroffenen Bereich dieser Wand und schraffieren Sie diesen.

131

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 9 – Pavillon

Lösungshinweise

a) Eckpunkte der Dachfläche liegen in einer Ebene: Bestimmen Sie eine Ebene E, die durch drei der vier Punkte festgelegt ist. Zeigen Sie, dass auch der vierte Punkt in E liegt.

Schneefanggitter: Unter der Dachneigung versteht man den Winkel zwischen der Ebene E und der x1x2-Ebene. Tipp: Formel für den Winkel zwischen zwei Ebenen:

1 2

1 2

n ncos .

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �



b) Inhalt der Dachfläche: Bestätigen Sie, dass die Dachfläche ein Trapez ist. Die Länge der Trapezhöhe ist gleich dem Abstand der parallelen Seiten. Tipp: Formel für den Inhalt eines Trapezes:

1A (a c) h.

2= + ⋅

c) Vom Sonnenlicht getroffener Bereich: Die Richtung der Lichtstrahlen wird durch den Vektor 2 2C Q

��

beschrieben. Beschreiben Sie damit die Lichtstrahlen durch die PunkteM2, M3 und C3. In welcher Ebene liegt die Wandfläche A1OO2A2?

132


Lösung

a) Eckpunkte der Dachfläche liegen in einer Ebene: Die Eckpunkte O(0 | 0 | 0), A1(10 | 0 | 0), B1(10 | 6 | 0), C1(0 | 8 | 0) des Gebäudes liegen in der x1x2-Ebene. Zum Nachweis, dass die Eckpunkte O2(0 | 0 | 10), A2(10 | 0 | 11), B2(10 | 6 | 8), C2(0 | 8 | 6) der Dachfläche in einer Ebene liegen, bestimmt man zunächst die Gleichung der Ebene E, die durch die drei Punkte O2, A2 und B2 festgelegt ist.

Eine Parametergleichung von E ist:

2 2 2 2 2

0 10 10E: x OO s O A t O B 0 s 0 t 6 ;

10 1 2

= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ −

��

�

s, t ∈ 0.

Da die zweite Koordinate des Vektors 22O A��

gleich 0 ist, kann man für einen Normalen-

vektor von E ansetzen: 1x

10n .

−

=�

Aus 2 2n O B 0⋅ =��

�

ergibt sich:

10 6x 20 0; x 5,− + − = = also: 1

n 5 .10

− =

�

Mit dem Ansatz

1 2 3x 5x 10x a− + + = und O2(0 | 0 | 10) ∈ E erhält man eine Koordinatengleichung für E: –x1 + 5x2 + 10x3 = 100.

Der Punkt C2(0 | 8 | 6) liegt ebenfalls in dieser Ebene, da 5 ⋅ 8 + 10 ⋅ 6 = 100 gilt. Somit liegen alle vier Eckpunkte der Dachfläche in der Ebene E.

133


Schneefanggitter: Die Dachneigung ist der Winkel α zwischen der Ebene E und der x1x2-Ebene:

1 05 0

10 1 10cos 0,8909; 27,02 .126 1 126

− ⋅ α = = ≈ α ≈ °

⋅

Da α < 30° gilt, ist kein Schneefanggitter notwendig.

b) Inhalt der Dachfläche: Die Vektoren, die die Dachkanten beschreiben, sind:

2 2 2 2 2 2 22

10 10 0 0O A 0 ; C B 2 ; O C 8 ; A B 6 .

1 2 4 3

= = − = = − −

��

Wegen

2 2 2 2

0 0 0 0O C 8 4 2 und A B 6 3 2

4 1 3 1

= = ⋅ = = ⋅ − − − −

��

sind die Vektoren 2 2A B��

und 2 2O C��

parallel.

Die Vektoren 2 2O A��

und 2 2C B��

sind ersichtlich nicht parallel. Somit gilt: Die Dachkanten 2 2A B und 2 2O C sind parallel, die Dachkanten 2 2O A und 2 2C B sind nicht parallel. Die Dachfläche hat daher die Form eines Trapezes. Um den Inhalt des Trapezes zu bestimmen, benötigt man die Längen a und c der beiden Grundseiten und die Höhe h des Trapezes. Für die Grundseiten gilt:

2 22 2

0 0a O C 8 64 16 80 , c A B 6 36 9 45.

4 3

= = = + = = = = + = − −

��

Die Höhe des Trapezes ist gleich dem Abstand des Punktes A2 von der Geraden

2 2 2 22

0 0O C : x OO r O C 0 r 8 ;

10 4

= + ⋅ = + ⋅ −

��

�

r ∈ 0.

Für die Hilfsebene H, die orthogonal zur Geraden O2C2 ist und durch den Punkt A2 geht, kann man die Gleichung 8x2 – 4x3 = a ansetzen.

Aus A2(10 | 0 | 11) ∈ H ergibt sich:

2 3 2 3H: 8x 4x 44 bzw. H: 2x x 11.− = − − = −

Bestimmung des Schnittpunktes F von H mit der Geraden O2C2: 1 2 512 (8r) (10 4r) 11; 20r 1; r ; F 0 .20 5 5

⋅ − − = − = − = − −

134


Für die Trapezhöhe folgt damit:

25245

102 5204 16 6h A F 100 70.

25 25 25 5−

−

−

= = = + + = =

��

Für den Inhalt der Dachfläche erhält man schließlich:

1 1 6(a c) h ( 80 45) 702 2 5

6 6( 5 600 3150) (20 14 15 14)10 10

.

= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

= ⋅ + = ⋅ +

= ≈

A

21 14 78,57

c) Vom Sonnenlicht getroffener Bereich: Zu dem genannten Zeitpunkt trifft der Lichtstrahl durch den Punkt C2(0 | 8 | 6) im Punkt Q2(2 | 0 | 2) auf der Wand A1OO2A2 auf. Die Richtung der Lichtstrahlen wird dann durch den Vektor

2 2

2 1C Q 8 ; bzw. durch u 4

4 2

= − = − − −

��

�

beschrieben. Der vom Sonnenlicht durch das Fenster M2M3C3C2 getroffene Bereich auf der Wand A1OO2A2 ist ein Viereck, das von den Bildpunkten ' ' '

2 3 3M , M , C und '2 2C Q= der Eck-

punkte des Fensters bestimmt wird. Man erhält diese Bildpunkte, indem man die Geraden durch die Eckpunkte des Fensters mit u

�

als Richtungsvektor mit der Wandfläche A1OO2A2 schneidet. Die Wandfläche A1OO2A2 liegt in der x1x3-Ebene: x2 = 0.

Bestimmung des Bildpunktes '2M von M2(5 | 7 | 7):

Schnitt von

1 2 1 1

5 1g : x OM t u 7 t 4 ;

7 2

= + ⋅ = + ⋅ − −

��

� �

t1 ∈ 0,

mit der x1x3-Ebene: x2 = 0

'1 1 2

7 27 77 4t 0; t ; M 0 .4 4 2

− = =

Bestimmung des Bildpunktes '3M von M3(5 | 7 | 4):

Schnitt von

2 3 2 2

5 1g : x OM t u 7 t 4 ;

4 2

= + ⋅ = + ⋅ − −

��

� �

t2 ∈ 0,

mit der x1x3-Ebene: x2 = 0:

'2 2 3

7 27 17 4t 0; t ; M 0 .4 4 2

− = =

135


Bestimmung des Bildpunktes '3C von C3(0 | 8 | 4):

Schnitt von

3 3 3 3

0 1g : x OC t u 8 t 4 ;

4 2

= + ⋅ = + ⋅ − −

��

� �

t3 ∈ 0,

mit der x1x3-Ebene: x2 = 0

( )'3 3 38 4t 0; t 2; C 2 0 0 .− = = | |

Der vom Sonnenlicht getroffene Bereich wird durch das Viereck ' ' ' '2 3 3 2M M C C mit

( ) ( ) ( ) ( )27 7 27 1' ' ' '2 3 3 2 24 2 4 2

| | | |M 0 , M 0 , C 2 0 0 und C Q 2 0 2= beschrieben.

136

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 10 – Lagerhalle

Stichworte: Winkel zwischen Vektoren; Zylinder; Schnitt von Geraden und Ebenen; Abstandsbestimmung mit HNF

Nebenstehende Figur zeigt das Schrägbild einer 50 m langen und 30 m breiten Lagerhalle, deren Grundfläche in der x1x2-Ebene liegt. Entsprechende Gebäudekanten sind parallel. Die Dachkanten EF und DG befinden sich in 15 m Höhe. Die vordere Giebelspitze ist S1(50 | 10 | 20) (Angaben in Meter).

a) Geben Sie die Koordinaten der Punkte A, B, C, D, E, F, G und S2 an. Unter welchem Winkel schneiden sich die Dachkanten S1D und S1E? Bestimmen Sie eine Koordinaten-gleichung der Ebene H, in der die Dachfläche EFS2S1 liegt.

Berechnen Sie den Neigungswinkel dieser Dachfläche gegen die Grundfläche. (Teilergebnis: H: x2 + 4x3 = 90)

b) Im Zuge von Umbauarbeiten wird die Heizungsanlage saniert und ein neuer, zur Grund-fläche orthogonaler, zylinderförmiger Edelstahlkamin eingebaut. Der Fußpunkt der Mit-telachse des Kamins ist P(10 | 25 | 0). Der Punkt T(10 | 24,75 | 18) liegt auf der Außenwand des Kamins. Geben Sie den Durchmesser des Kamins an. In diesem Punkt T ist eine Strebe angebracht, die den Kamin an der Dachfläche EFS2S1 befestigt. Sie verläuft senkrecht zu dieser Dachfläche. Berechnen Sie die Länge der Strebe.

c) In 12,5 m Höhe wird parallel zur Grundfläche eine Zwischendecke eingezogen (vgl. Skizze). Wie breit ist diese Zwischendecke, wenn die Punkte K und L den Abstand 4,5 m haben?

137

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 10 – Lagerhalle

Lösungshinweise

a) Koordinaten der Punkte: Die fehlenden Koordinaten lassen sich aus den Koordinaten der Giebelspitze S und den Längenmaßen der Lagerhalle bestimmen.

Winkel zwischen Dachkanten: Tipp: Beachten Sie, dass hier der Winkel zwischen Vektoren zu berechnen ist. In der Formel

a bcos

a b

⋅α = ⋅

�

�

�

�

werden im Zähler keine Betragszeichen gesetzt. Achten Sie auf die Richtung der Vektoren!

Koordinatengleichung: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei Punkte E, S1 und S2 liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalenvektor n

�


Es sei 123

nn n

n

=

�



Winkel zwischen Flächen: Tipp: Formel für den Winkel zwischen zwei Ebenen:

1 2

1 2

n ncos .

n n

⋅ α =

⋅

� �

� �



b) Durchmesser Kamin: Überlegen Sie, dass die Mittelachse des Zylinders und die Punkte P und T in einer Ebene liegen, die parallel zur x2x3-Ebene ist. Oder: Bestimmen Sie den Abstand des Punktes T zur Mittelachse.

Länge der Strebe: Verwenden Sie die HNF von H.

c) Breite der Zwischendecke: Bestimmen Sie jeweils eine geeignete Gerade, auf der der Punkt L bzw. der Punkt K liegt. Was muss für die Koordinaten von K und L gelten, wenn L 4,5 m über K liegen soll?

138


Lösung

a) Die Lagerhalle ist 50 m lang, 30 m breit und die Dachkanten EF und DG befinden sich in 15 m Höhe. Die vordere Giebelspitze ist S1(50 | 10 | 20).

Damit erhält man für die weiteren Eckpunkte des Gebäudes die Koordinaten:

2

A(50 0 0), B(50 30 0), C(0 30 0), D(50 0 15),E(50 30 15), F(0 30 15), G(0 0 15), S (0 10 20)

| | | | | | | || | | | | | | |

Schnittwinkel α der Dachkanten S1D und S1E: Der Winkel α ist der Winkel zwischen den Vektoren 1

0S D 10

5

= − −

��

und 1

0S E 20 .

5

= −

��

Es gilt:

1 1

1 1

S D S E 200 25cos 0,7593;125 425S D S E

⋅ − +α = = ≈ −⋅ ⋅

��

�� , .139 4α ≈ °

Koordinatengleichung der Ebene H: H ist die Ebene, in der die Dachfläche EFS2S1 liegt. Eine Parametergleichung von H ist daher:

1 1 1 2

50 0 50H: x OS s S E t S S 10 s 20 t 0 ; s, t .

20 5 0

− = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ ∈ −

0

��

�


2

3

nnn

n

=�

von H muss gelten:

0 50n 20 0 und n 0 0,

5 0

− ⋅ = ⋅ = −

� �

d. h. 2 3

1

20n 5n 0.

50n 0− =

− =

Eine Lösung ist 1 2 3n 0, n 1, n 4= = = bzw. 014

n .

=�

Mit dem Ansatz 2 3x 4x c+ = und 1S (50 10 20) H| | ∈ ergibt sich eine Koordinatengleichung von : .2 3H x + 4x = 90

Neigungswinkel β der Dachfläche EFS2S1 gegen die Grundfläche:

0 01 04 1 4cos 0,9701; .17 1 17

⋅β = = ≈ ≈

⋅14,0°β

139


b) Der Fußpunkt der Mittelachse des Kamins ist P(10 25 0),| | der Punkt T(10 24,75 18)| | liegt auf der Außenwand des Kamins (siehe nebenstehende Skizze).

Durchmesser des Kamins: Die Mittelachse des Kamins liegt auf der Geraden a mit der Gleichung:

10 0a: x 25 t 0 ; t .

0 1

= + ⋅ ∈

0�

a ist parallel zur x3-Achse, die Punkte P und T liegen in der zur x2x3-Ebene parallelen Ebene x1 = 10. Somit ergibt sich der Abstand r von T zur Achse als Differenz der x2-Werte von P und T:

r = 25 – 24,75 = 0,25. Der Durchmesser des Kamins beträgt somit 0,5 m.

Oder: Man schneidet die zu a orthogonale Hilfsebene E0: x3 = 18 durch T mit a und bestimmt den Abstand r des Schnittpunktes von T.

Länge der Strebe:

HNF von H: 2 31 (x 4x 90) 0.17

+ − =

Abstand des Punktes T(10 24,75 18)| | von der Ebene H:

6,751d(T; H) 24,75 4 18 90 1,637.17 17

| |= + ⋅ − = ≈

Die von T ausgehende zur Dachfläche EFS2S1 senkrechte Strebe ist ungefähr 1,64 m lang.

c) Breite der Zwischendecke: Die Zwischendecke wird in 12,5 m Höhe parallel zur Grundfläche angebracht. Der Punkt K hat die Koordinaten K(50 b 12,5),| | wobei b die Breite der Zwischendecke ist. Der Punkt L liegt auf der Geraden

50 0g: x 30 t 20 , t

15 5

= + ⋅ − ∈

0�

durch E und S1, d. h. für L gilt: L(50 30 20t 15 5t).| |− +

L liegt senkrecht über K, also haben die beiden Punkte die gleichen x2-Werte und der Abstand von L und K ergibt sich als Differenz der x3-Werte der Punkte. Das führt auf die folgenden Gleichungen:

15 5t 12,5 4,530 20t b

+ − =− =

; t 0,4

.b 22

==

Die Breite der Zwischendecke ist 22 m.

140

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 11 – Wintergarten

Stichworte: Schnitt von Geraden und Ebenen; Abstandsbestimmung mit HNF; Orthogonalität; Flächeninhalt Dreieck; Flächeninhalt Trapez

Die nebenstehende Skizze veranschaulicht einen Wintergarten. Dabei sind die Punkte A(8 | 0 | 6), B(8 | 2 | 5), C(2 | 8 | 5) und S(0 | 0 | 10) Eckpunkte des ebenen Daches. Der Punkt D liegt in der x2x3-Ebene und die Strecke AD verläuft parallel zur Strecke BC.

a) Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes D. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Eckpunkte A, B, C, D und S liegen. Zur Montage wird die Dachfläche ABCDS durch eine Stütze gesichert, die im Ur-sprung des Koordinatensystems verankert ist und senkrecht zur Dachfläche steht.

Berechnen Sie die Länge dieser Stütze. [Teilergebnisse: E: x1 + x2 + 2x3 – 20 = 0; D(0 | 8 | 6)]

Zur Stabilisierung der Dachfläche werden die Spitze S mit dem Mittelpunkt M der Dachkante BC sowie der Punkt A mit D durch Streben verbunden. Oberhalb des Daches verläuft ein Träger T1T2 mit T1(10 | 0 | 8) und T2(0 | 10 | 8).

b) Vom Mittelpunkt MT des Trägers wird senkrecht zur Dachfläche ein Zugseil gespannt. Somit kann die Montagestütze (Teilaufgabe a)) wieder entfernt werden. Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes Z, in dem das Zugseil an der Dachfläche befestigt wird. Bestätigen Sie, dass sich die Streben MS und AD in Z treffen und senkrecht aufeinander stehen. Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Daches.

141

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 11 – Wintergarten

Lösungshinweise

a) Eckpunkt D: Bestimmen Sie zunächst eine Gleichung der Parallelen zu BC durch den Punkt A.

Koordinatengleichung von E: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei Punkte A, B und S liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalenvektor n

�


Es sei 123

nn n

n

=

�



Länge der Stütze: Verwenden Sie die HNF von E.

b) Befestigungspunkt Z: Beschreiben Sie das Zugseil durch eine geeignete Gerade. Tipp: Der Mittelpunkt zweier Punkte A(a1 | a2 | a3) und B(b1 | b2 | b3) hat die Koordinaten

1 1 2 2 3 3a b a b a bM .

2 2 2

+ + +

Streben MS und ZD: Untersuchen Sie die Lage der Geraden MS und AD zueinander.

Dachfläche: Zerlegen Sie die Dachfläche in ein Dreieck und ein Trapez. Bestimmen Sie die Höhen von Dreieck und Trapez mithilfe bekannter Punkte.

142


Lösung

a) Vom Dach des Wintergartens sind die Eckpunkte: A(8 | 0 | 6), B(8 | 2 | 5), C(2 | 8 | 5) und S(0 | 0 | 10)

gegeben.

Bestimmung des Eckpunkts D: Die Strecke AD verläuft parallel zur Strecke BC. Somit ist der Vektor

6 11 1u BC 6 16 6 0 0

− − = ⋅ = ⋅ =

��

�

ein Richtungsvektor der Geraden g durch die Punkte A und D. Für g gilt somit:

8 1g: x OA r u 0 r 1 ; r .

6 0

− = + ⋅ = + ⋅ ∈

0

��

� �

Da D in der x2x3-Ebene: x1 = 0 liegt, ist er der Schnittpunkt von g mit dieser Ebene: 8 – r = 0; r = 8.

Damit ergibt sich für den fünften Eckpunkt des Daches: D(0 | 8 | 6).

Koordinatengleichung der Ebene E: Nach Aufgabenstellung ist das Dach eben, d. h. die Punkte A, B, C, D und S liegen in einer Ebene E. Eine Parametergleichung von E ist:

8 0 8E: x OA s AB t AS 0 s 2 t 0 ; s, t .

6 1 4

− = + ⋅ + ⋅ = + + ∈ −

0

��

�


2

3

nnn

n

=�

von E gilt:

2 3

1 3

2n n 00 82 n 0; 0 n 0; .1 4 8n 4n 0

− =− ⋅ = ⋅ = − − + =

� �

Eine Lösung ist n1 = 1; n3 = 2; n2 = 1, bzw. 112

n .

=�

Aus dem Ansatz x1 + x2 + 2x3 = c erhält man wegen A(8 | 0 | 6) ∈ E: 8 + 0 + 2 ⋅ 6 = c; c = 20.

Eine Koordinatengleichung der Ebene ist also: E: x1 + x2 + 2x3 = 20.

Länge der Stütze: Die Stütze beginnt im Ursprung O und steht senkrecht zur Dachfläche. Ihre Länge ist gleich dem Abstand des Ursprungs von der Ebene E.

1 2 3x x 2x 20HNF von E: 0.

6

+ + −=

0 20.

6

| |−= = 20d(O; E) 8,166≈

143


b) Bestimmung des Befestigungspunktes Z: Der Mittelpunkt des Trägers mit den Endpunkten T1(10 | 0 | 8) und T2(0 | 10 | 8) ist:

MT(5 | 5 | 8). Das Zugseil zwischen MT und dem Befestigungspunkt Z auf dem Dach verläuft senkrecht zur Dachfläche. Z ist daher der Schnittpunkt der Ebene E mit der Lotgeraden k zur Ebene E durch MT. Eine Gleichung von k ist:

5 1k: x 5 s 1 ; s .

8 2

= + ⋅ ∈

0�

Schnittpunkt Z von k mit E: (5 + s) + (5 + s) + 2 ⋅ (8 + 2s) = 20

6s = – 6; s = –1.

Der gesuchte Befestigungspunkt ist Z(4 | 4 | 6).

Schnittpunkt der Streben MS und AD: Die Strebe MS führt vom Eckpunkt S des Daches zum Mittelpunkt M der Dachkante BC mit B(8 | 2 | 5) und C(2 | 8 | 5). Für M gilt daher:

M(5 | 5 | 5). Die Strebe MS wird durch die Gerade

0 11h: x OS t SM 0 t 1 ; t ,5 10 1

= + ⋅ = + ⋅ ∈

− 0

��

�

beschrieben. Der Träger AD liegt in der Geraden (siehe oben):

8 1g: x 0 r 1 ; r .

6 0

− = + ⋅ ∈

0�

Schnittpunkt von h mit g: 0 1 8 1 t 8 r0 t 1 0 r 1 ; t r

10 1 6 0 10 t 6

− = − + ⋅ = + ⋅ = − − =

t = 4 und r = 4 sind Lösungen aller drei Gleichungen. Einsetzen in eine der beiden Geradengleichungen zeigt: Der Schnittpunkt von h und g ist der Punkt Z(4 | 4 | 6).

Orthogonalität der Streben: Wegen

5 8SM AD 5 8 5 ( 8) 5 8 ( 5) 0 0

5 0

− ⋅ = ⋅ = ⋅ − + ⋅ + − ⋅ = −

��

sind die Streben MS und AD orthogonal.

144


Flächeninhalt des Daches: Das gesamte Dach besteht aus dem Dreieck ADS und dem Trapez BCDA. Wählt man in dem Dreieck ADS die Strecke AD als Grundseite, so ist die Strecke ZS die zugehörige Höhe. Denn in Teilaufgabe b wurde gezeigt, dass AD orthogonal zu MS und damit auch zu ZS ist. Für den Inhalt des Dreiecks ADS erhält man damit:

D1A AD ZS2

8 41 8 42 0 4

1 64 2 16 3216 6 39,2.

= ⋅ ⋅

− − = ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ≈

��

Das Trapez hat die parallelen Grundseiten BC und AD, seine Höhe ist die Strecke MZ, da mit MS auch MZ orthogonal zu AD ist.

Der Inhalt der Trapezfläche ist somit:

T1A ( BC AD ZM2

6 8 11 6 8 12 0 0 1

1 ( 72 128) 321 (6 2 8 2) 327 6 17,1.

= ⋅ + ) ⋅

− − = ⋅ + ⋅ −

= ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅

= ≈

��

Der Inhalt der gesamten Dachfläche ist schließlich:

D TA A

16 6 7 6

.

= +

= +=

GA

23 6 56,3≈

145

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 12 – Flugbahnen

Stichworte: Wahl eines Koordinatensystems; Geradengleichungen; Abstand Punkt – Gerade; Abstand windschiefer Geraden

Auf der abgebildeten Karte sind die beiden geradlinigen Flugbahnen (1) und (2) zweier Flugzeuge F1 und F2 über einem ebenen Gelände verzeichnet. Das Flugzeug F1 fliegt auf der Bahn (1) in 5 km Höhe parallel zum Boden. Alle weiteren notwendigen Angaben sind der Karte zu entnehmen.

a) Im Punkt D am Boden steht ein Radar- gerät. Berechnen Sie die kleinste Entfernung des Flugzeuges F1 zum Radargerät.

b) Auf der Linie (2) befindet sich im Punkt A in 6 km Höhe das zweite Flugzeug F2 im Sink-flug in nord-östlicher Richtung mit dem Sinkwinkel 10°. Wie nahe können sich die Flugzeuge F1 und F2 im ungünstigsten Fall kommen?

c) Das Flugzeug F2 fliegt nun ebenfalls parallel zum Boden. Beide Flugzeuge bewegen sich mit konstanter Geschwindigkeit. Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich F2 im Punkt A, zum Zeitpunkt t = 1 ist es einen Kilo-meter weiter in nord-östliche Richtung geflogen. Flugzeug F1 hat zum Zeitpunkt t = 0 den kürzesten Abstand vom Radargerät und ist zum Zeitpunkt t = 1 zwei Kilometer weiter in östliche Richtung geflogen. Zu welchem Zeitpunkt haben die beiden Flugzeuge den kleinsten Abstand voneinander? Wie groß ist dieser?

146

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 12 – Flugbahnen

Lösungshinweise

a) Abstand Radargerät: Wählen Sie zunächst eine geeignetes Koordinatensystem. (z. B. als x1-Achse die Projektion der Fluglinie (1) auf den Boden und als x2-Achse die Orthogonale durch D auf dem Boden dazu.) Bestimmen Sie in diesem Koordinatensystem eine Gleichung der Geraden, die die Flug-bahn (1) beschreibt.

b) Abstand Flugzeuge: Stellen Sie eine Gleichung der Geraden h auf, die die Flugbahn (2) beschreibt. Beachten Sie, dass aufgrund der Richtung des Flugzeugs F2 für einen Richtungsvektor von h gilt:

� �

a b

1 1 0v 1 1 0

x 0 x

= = +

��

�

mit x < 0

Bestimmen Sie den Betrag von x näherungsweise aus dem Sinkwinkel mithilfe der Beträge

der Vektoren a�

und b.�

Skizzieren Sie dazu ein rechtwinkliges Dreieck, in dem a�

und b�

die Katheten darstellen. Tipp: Der Abstand zweier windschiefer Geraden g : x p s u= + ⋅��

und h : x q t v= + ⋅��

lässt sich nach der Formel

0d(g;h) n (p q)= ⋅ − � � �

berechnen. Dabei ist 0n

�

ein Einheitsvektor, der zu u�

und v�

orthogonal ist.

c) Der Ort eines Flugzeuges zum Zeitpunkt t lässt sich durch den Ortsvektor x a t u= + ⋅��

beschreiben. Dabei gibt x a= ��

den Ort zum Zeitpunkt t = 0 an. Der Vektor u�

beschreibt die Flugrichtung, sein Betrag gibt die pro Zeiteinheit zurückgelegte Wegstrecke (in km) an. Finden Sie für jedes Flugzeug die Vektoren a

�

und u.�

Überlegen Sie, wie man den Ab-stand der beiden Flugzeuge in Abhängigkeit von t bestimmen kann. Verwenden Sie den GTR.

147


Lösung

a) Zunächst wird ein geeignetes Koordinatensystem festgelegt. Als x1-Achse nehmen wir die senkrechte Projektion der Linie (1) auf die Bodenfläche. Als x2-Achse auf dem Boden wird die Ortho-gonale dazu durch den Punkt D gewählt. Die x3-Achse durch den Schnittpunkt O der beiden Geraden zeigt senkrecht nach oben. Der Karte entnimmt man dann die Koordinaten des Radargerätes in diesem Koordinatensystem:

D(0 | 5 | 0).

Die Bahnkurve (1) kann durch eine Gerade g beschrieben werden mit dem Stützpunkt

P(0 | 0 | 5) und dem Richtungsvektor100

u .

=�

Eine Gleichung von g ist somit: 0 1

g: x 0 t 0 ; t .5 0

= + ⋅ ∈

0�

Der Abstand von D zu g ist gleich dem Abstand der Punkte D und P, da DP in der x2x3-Ebene liegt und somit orthogonal zu g ist:

0d d(D; g) DP 5 50 5 2 7,1.

5

= = = − = = ≈

��

Die kleinste Entfernung des Flugzeuges F1 zum Radargerät in D beträgt ungefähr 7,1 km.

b) Der Punkt A hat in unserem Koordinatensystem die Koordinaten A(0 | –3 | 6). Die Flug- linie (2) kann durch eine Gerade h dargestellt werden mit dem Stützpunkt A. Da das Flugzeug F2 sich in nord-östliche Richtung im Sinkflug bewegt, wird seine Flug-richtung durch den Vektor

� �

a b

1 1 0v 1 1 0

x 0 x

= = +

��

�

mit x < 0 beschrieben,

wobei sich x < 0 aus dem Sinkwinkel α = 10° wie folgt ergibt (siehe Skizze):

b xtan10 ; x 2 tan10 0,25.

2a

| | °= = = − ⋅ °≈ −

�

�

Somit gilt näherungsweise 110,25

v −

=�

und für die Gerade h erhält man die Gleichung:

0 1h: x 3 s 1 ; s .

6 0,25

= − + ⋅ ∈ −

�

0

148


Für einen zu den beiden Vektoren

1

2

3

nnn

n

=�

gilt:

100

u

=�

und 110,25

v −

=�

orthogonalen Vektor

0 u n0 v n

= ⋅= ⋅

��

�� ; 11 2 3

n 0 .n n 0,25n 0=

+ − =

Eine Lösung des LGS ist n1 = 0, n3 = 4, n2 = 1. Somit ist

0

01n 117 4

=

�

ein zu u�

und v�

orthogonaler Einheitsvektor. Der Abstand der beiden windschiefen Geraden g und h ergibt sich damit zu:

0 0 01 1d 1 3 0 0,24.17 174 6 5

= ⋅ − − = ≈

Im ungünstigsten Fall könnten die beiden Flugzeuge nur einen Abstand von 240 m haben!

c) Das Flugzeug F1 befindet sich für t = 0 im Punkt P(0 | 0 | 5) (vgl. Teilaufgabe a) und bewegt sich in jeder Zeiteinheit um 2 km weiter in östliche Richtung. Für jeden Zeitpunkt t ist dann der Ort von F1 durch den Ortsvektor

1

0 2x 0 t 0

5 0

= + ⋅

�

,

gegeben, denn der Vektor 200

gibt die Flugrichtung von F1 an und hat die Länge 2.

Zur Zeit t = 0 befindet sich F2 im Punkt A(0 | –3 | 6) und bewegt sich in jeder Zeiteinheit um 1 km weiter in nord-östliche Richtung. Für den Ortsvektor, der den Ort des Flugzeuges F2 zum Zeitpunkt t beschreibt, gilt

2

0 11x 3 t 1 ,26 0

= − + ⋅

�

denn der Vektor 11 1

2 0

gibt die Flugrichtung von F2 an und hat die Länge 1.

Der Abstand der beiden Flugzeuge zum Zeitpunkt t ist dann:

( )1 2

12 2

2 212

0 2 0 11d(t) x x 0 t 0 3 t 125 0 6 0

2 t1 12 t 3 t 1.

3 t 2 21

= − = + ⋅ − − − ⋅

− = = − + − + − −

� �

149


Mit dem GTR erhält man das Minimum von d(t) für t ≈ 0,977.

Nach ungefähr einer Zeiteinheit sind sich die beiden Flugzeuge am nächsten. Ihr Abstand beträgt dann etwa 2,8 km.

150

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 13 – Turm

Stichworte: Wahl eines Koordinatensystems; Geradengleichungen; Abstand Punkt – Gerade; Schnitt von Geraden und Ebenen; Abstandsbestimmung mit HNF

Ein Turm steht auf einem ebenen Gelände. Er hat die Form eines senkrechten Prismas mit quadratischer Grundfläche, dem eine senkrechte quadratische Pyramide als Dach aufgesetzt ist. Eine 8 m lange Fahnenstange ist im Mittelpunkt M des Dachbodens befestigt und durch-stößt im Schwerpunkt der Dachfläche FGS das Dach. Auf der Spitze S des Daches ist ein senkrechter Metallstab als Blitzableiter befestigt. (Siehe Zeichnung, alle Maße in Meter.)

a) Um den Dachstuhl zu verstärken, wird ein Stütz-balken im Innern des Daches eingezogen. Er geht vom Punkt F aus und stützt die Dachkante HS senkrecht ab. Bestimmen Sie die Länge des Balkens. (Von der Dicke des Balkens ist abzusehen.) Wie hoch über dem Boden ist die Spitze R der Fahnenstange? Welchen Abstand hat sie von der Dachfläche FGS?

b) Eine Person steht am Boden vor der Seitenflä-che ABFE des Turms. Sie beobachtet, dass sie einen Abstand von mindestens 4 m von der Sei-tenfläche haben muss, damit sie die Spitze T des Blitzableiters sehen kann. Berechnen Sie die Länge des Blitzableiters, wenn die Augenhöhe (Abstand der Augen vom Boden) der Person 1,60 m beträgt.

151

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 13 – Turm

Lösungshinweise

a) Koordinatensystem: Es gibt mehrere geeignete Koordinatensysteme für die Bearbeitung der Aufgabe. In der Lösung wird als Ursprung O der Mittelpunkt der Grundfläche ABCD gewählt. Wählen Sie die Koordinatenachsen so, dass sich die Koordinaten der Eckpunkte leicht aus den Maßen des Körpers bestimmen lassen.

Balkenlänge: Berechnen Sie den Abstand von F zur Strecke HS. Tipp: Eine Strecke AB lässt sich durch x OA s AB= + ⋅

��

�

beschreiben, wobei für den Parameter 0 ≤ s ≤ 1 gilt.

Abstand von R zum Boden: Bestimmen Sie den Schwerpunkt S1 der Dachfläche FGS. Verwenden Sie den Einheitsvektor zum Vektor 1MS

��

und die Länge der Fahnenstange, um R zu bestimmen. Der gesuchte Abstand ergibt sich dann leicht aus den Koordinaten von R. Tipps: • Der Schwerpunkt dreier Punkte A(a1 | a2 | a3), B(b1 | b2 | b3) und C(c1 | c2 | c3) hat die

Koordinaten 1 1 1 2 2 2 3 3 3a b c a b c a b cS .

3 3 3

+ + + + + +

• Zu einem Vektor a o≠� �

gehört der Einheitsvektor 0

1a a.

a= ⋅

� �

�

Abstand von R zur Dachfläche: Verwenden Sie die HNF der Ebene, in der die Dach-fläche GFS liegt.

b) Länge des Blitzableiters: Wenn die Person den Blitzableiter gerade noch sehen kann, liegen ihre „Augen“ auf einer Geraden g, die parallel zur Kante EF verläuft. Ein Sehstrahl vom Auge zur Spitze des Blitzableiters schneidet in diesem Fall die Gerade EF. Bestimmen Sie eine Ebene, die g und EF enthält.

152


Lösung

a) Koordinatensystem: Es gibt mehrere geeignete Koordinatensysteme für die Bearbeitung der Aufgabe. Wir wählen als Ursprung O den Mittelpunkt der Grundfläche ABCD. Die x1-Achse und die x2-Achse verlaufen parallel zu den Grundkanten des Turms, die x3-Achse ist dann die Achse des Turms und geht durch die Turmspitze S. In diesem Koordinatensystem gilt für die Eck- punkte des Turms:

A(3 | –3 | 0); B(3 | 3 | 0); C(–3 | 3 | 0); D(–3 | –3 | 0); E(3 | –3 | 12); F(3 | 3 | 12); G(–3 | 3 | 12); H(–3 | –3 | 12); S(0 | 0 | 18); M(0 | 0 | 12).

Balkenlänge: Die Kante HS wird durch die Strecke

3 3k: x OH v HS 3 v 3 ; 0 v 1

12 6

− = + ⋅ = − + ⋅ ≤ ≤

��

�

beschrieben. Die Länge des Stützbalkens ist gleich dem Abstand d1 des Punktes F von k. Es sei K(–3+3v | –3+3v | 12+6v) ein Punkt auf k.

1. Möglichkeit: Der Abstand d1 ist gleich dem Minimum der Funktion d mit:

2 26 3v

d(v) FK 6 3v 2(3v 6) 36v ;6v

0 v 1.

− + = = − + = − +

≤ ≤

��

Mit dem GTR ergibt sich für v 0,667≈ das Mini-mum:

1 mind d 6,93 (m).= ≈

2. Möglichkeit: Man bestimmt K so, dass der Vektor von k orthogonal sind:

6 3v6 3v

6vFK

− + − +

=��

und der Richtungsvektor 112

u

=�

2 | |0 u FK ( 6 3v) ( 6 3v) 12v 0; v ; K( 1 1 16).3

= ⋅ = − + + − + + = = − −��

�

Für den gesuchten Abstand gilt dann:

1

4d FK 4 48 6,928 (m).

4

− = = − = ≈

��

153


3. Möglichkeit: Man bestimmt eine Hilfsebene H0, die orthogonal zur Strecke k ist und durch den Punkt F geht. Ein Normalenvektor von H0 ist der Richtungsvektor

112

von k.

Mit dem Ansatz 1 2 3x x 2x c+ + = und 0F(3 | 3 |12) H∈ erhält man:

0 1 2 3H : x x 2x 30.+ + =

Schnittpunkt F1 von k mit H0:

12( 3 3v) ( 3 3v) 2(12 6v) 30; 18v 12; v ; F ( 1 | 1 |16).3

− + + − + + + = = = − −

Der Abstand von F zur Kante HS ist dann wie oben:

1 1

4d FF 4 48 6,928.

4

− = = − = ≈

��

Abstand von R zum Boden: Der Schwerpunkt des Dreiecks FGS mit F(3 | 3 | 12), G(–3 | 3 | 12), S(0 | 0 | 18) ist S1(0 | 2 | 14). Die Fahnenstange wird durch die Gerade

1

0 0h: x OM q MS 0 q 2 ; q

12 2

= + ⋅ = + ⋅ ∈

0

��

�

beschrieben. Da die Stange 8 m lang ist, muss man von M aus 8-mal den Einheitsvektor

1

11MS

MS

⋅��

��

abtragen, um R zu erhalten:

11

00 01 1OR OM 8 MS 0 8 2 2 8 ,8MS 12 2 12 2 8

= + ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ =

+

��

��

d. h., es ist | |R(0 2 8 12 2 8) R(0 5,66 17,66).| | + ≈ Die Spitze R der Fahnenstange befindet sich etwa 17,66 m über dem Boden.

Abstand von R zur Dachfläche: Die Dachfläche FGS mit F(3 | 3 | 12); G(–3 | 3 | 12) und S(0 | 0 | 18) liegt in der Ebene

2

0 3 3E : x OS u SF v SG 0 u 3 s 3 ; u,v .

18 6 6

− = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ ∈ − −

0

��

�

Einen Normalenvektor von E2 erhält man wie oben: 0221

n .

=�

Mit dem Ansatz 2 32x x a+ = und 2| |S(0 0 18) E∈

erhält man eine Koordinatengleichung von 2 2 3E : 2x x 18.+ =

HNF von 2 32

2x x 18E : 0.

5

+ −=

Der Abstand der Spitze der Fahnenstange von der Dachfläche FGS ist:

| 2 2 8 12 2 8 18 |(m).

5

⋅ + + −= ≈2d 4,91

154


b) Länge des Blitzableiters: Die Person kann den Blitzableiter gerade sehen, wenn sie mindestens 4 m Abstand von der Seitenfläche ABFE hat. Ihre Augenhöhe ist 1,60 m. Die Augen des Beobachters bewegen sich daher im Grenzfall auf der Geraden

7 0g: x 0 t 1 ; t .

1,6 0

= + ∈

0�

Die Gerade g und die dazu parallele Kante EF liegen in einer Ebene E1. Die Spitze T des Blitzableiters ergibt sich als Schnitt dieser Ebene mit der x3-Achse. Die Ebene E1 ist durch die Punkte E(3 | –3 | 12), F(3 | 3 | 12) und z. B. V(7 | 0 | 1,6) g∈ fest-gelegt. Eine Vektorgleichung von E1 ist:

1

3 4 0E : x OE r EV s EF 3 r 3 s 6 ; r, s .

12 10,4 0

= + ⋅ + ⋅ = − + ⋅ + ⋅ ∈ −

0

��

�


2

3

nn1n

n

=�

von E1 muss gelten:

1 2 31 1

2

4 0 4n 3n 10,4n 0n 3 0 und n 6 0, d. h. .6n 010,4 0

+ − = ⋅ = ⋅ = = −

� �

Eine Lösung ist 2 1 3n 0; n 10,4; n 4= = = bzw. 10,4

014

n . =

�

Mit dem Ansatz 1 310,4x 4x a+ = und 1E(3 | 3 |12) E− ∈ erhält man eine Koordinaten-gleichung von 1 1 3E : 10,4x 4x 79,2.+ = Die Spitze des Blitzableiters ergibt sich als Schnitt von E1 mit der x3-Achse (x1 = x2 = 0):

T(0 | 0 | 19,8)

Die Länge des Blitzableiters ist somit 2d ST 1,8 (m).= =

��

155

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 14 – Geradenschar

Stichworte: Schnitt von Geraden; Orthogonalität; Parameterbestimmung; Ebenengleichung

Gegeben sind die Gerade

3 1g: x 7 s 4 ; s

7 8

= − + − ∈

0�

sowie für jedes a ∈ 0 eine Gerade

a

2 1h : x 3 t a ; t .

1 2a 2

= − + ∈ − −

0�

a) Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes S von g und h1. Zeigen Sie, dass g mit jeder Geraden ha genau einen Punkt gemeinsam hat. Untersuchen Sie, ob a so gewählt werden kann, dass g und ha orthogonal sind.

b) Zeigen Sie: Alle Geraden ha liegen in einer Ebene E. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E.

156

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 14 – Geradenschar

Lösungshinweise

a) Schnitt von g und h1: Bilden Sie aus den Geradengleichungen ein LGS. Beachten Sie, dass Sie mehr Gleichungen als Variable haben!

Schnitt von g und ha: Schnellste Lösung: Vergleichen Sie den Schnittpunkt von g und h1 mit dem Stützpunkt von ha. Warum sind die Geraden g und ha nicht identisch?

Orthogonalität von g und ha: Untersuchen Sie die Richtungsvektoren der Geraden.

b) Geraden liegen in einer Ebene E: Stellen Sie in der Vektorgleichung von ha den Richtungsvektor als Summe zweier Vektoren dar.

Koordinatengleichung von E: Bestimmen Sie einen Normalenvektor n�

der Ebene und mit seiner Hilfe eine Koordinatengleichung der Ebene.

157


Lösung

a) Gegeben sind die Geraden 3 1

g: x 7 s 47 8

= − + ⋅ −

�

und für jedes a ∈ 0 eine Gerade a

2 1h : x 3 t a .

1 2a 2

= − + − −

�

Schnitt von g und 1h :

(1) 3 s 2 t

(2) 7 4s 3 t ;

(3) 7 8s 1

+ = +− − = − +

+ = − aus (2) und (3) folgt s = –1 und t = 0.

Für diese Werte ist auch die erste Gleichung (1) erfüllt, da 3 – 1 = 2 + 0. Der Schnittpunkt von g und h1 ist S(2 | –3 | –1).

Schnitt von g und ha: Da der Punkt S(2 | –3 | –1) auf jeder Geraden ha (für t = 0) liegt, haben g und ha mindestens einen Punkt gemeinsam. S ist genau dann der einzige gemeinsame Punkt, wenn die Richtungsvektoren von g und ha nicht parallel sind. Wären sie parallel, so müsste gelten:

1 1 1 ka k 4 ; a 4k .

2a 2 8 2a 2 8k

= = ⋅ − = − − − =

Die ersten beiden Gleichungen liefern die Werte k = 1 und a = – 4, für die aber die dritte Gleichung nicht erfüllt ist: – 8 – 2 ≠ 8. Somit sind die Richtungsvektoren der Geraden g und ha für alle a ∈ 0 nicht parallel. Die Gerade g hat mit allen Geraden ha nur den Punkt S gemeinsam.

g und eine Gerade ha sind genau dann orthogonal, wenn gilt: 1 14 a 0; 1 4a 16a 16 0; .8 2a 2

− ⋅ = − + − = −

5a =4

b) Geraden liegen in einer Ebene: Durch Umformung der Gleichung für ha erhält man:

�

k

2 1x 3 t a

1 2a 2

2 1 03 t 0 a 11 2 2

2 1 03 t 0 t a 11 2 2

= − + − −

= − + + ⋅ − −

= − + + ⋅ ⋅ − −

�

Die letzte Gleichung stellt aber eine Ebene dar, wenn man k = t ⋅ a setzt. Mit a durchläuft auch k alle Werte aus 0.

158


Koordinatengleichung der Ebene E: Geht man von der Vektorgleichung

2 1 0E: x 3 t 0 k 1 ; t, k

1 2 2

= − + + ∈ − −

0�

aus, so ergibt sich ein Normalenvektor 1

2

3

nnn

n

=�

von E aus:

31

2 3

2nn1 0 00 n 0; 1 n 0; .2 2 n 2n 0

− = ⋅ = ⋅ = − + =

� �

Eine Lösung ist 223 1 21

n 1; n 2; n 2, bzw. n . −

= = = − =�

Mit dem Ansatz 2x1 – 2x2 + x3 = c und S(2 | –3 | –1) ∈ E erhält man eine Koordinaten-gleichung der Ebene:

E: 2x1 – 2x2 + x3 = 9.

159

Baden-Württemberg Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 15 – Würfel

Stichworte: Ebenengleichung; Schnittflächen; Volumina von Teilkörpern; Flächeninhalte von Schnittflächen

Gegeben sind die Punkte A(–1 | 6 | 1), B(2 | 2 | 2), C(0 | 7 | –1). Die Ebene E enthält die Punkte A, B und C.

a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E. Die Schnittpunkte S1, S2, und S3 von E mit den Koordinatenachsen und der Ursprung O sind Eckpunkte eines Würfels. Zeichnen Sie das Dreieck S1S2S3 und den Würfel in ein Koordinatensystem ein. Die Ebene F geht durch die Eckpunkte P(0 | 6 | 6) und Q(6 | 6 | 6) des Würfels und den Punkt R(6 | 0 | 4). Geben Sie den Schnittpunkt dieser Ebene mit der x3-Achse an. Die Ebene F zerlegt den Würfel in zwei Teile. Zeichnen Sie die Schnittfläche in das Bild aus Teilaufgabe a ein. Bestimmen Sie das Verhältnis der Volumina der entstandenen Teilkörper. (Teilergebnis: E: x1 + x2 + x3 – 6 = 0)

b) Gegeben ist die Gerade 0 1

k : x 4 s 0 ; s .2 1

= + ∈ −

0�

Zeichnen Sie k in das vorhandene Koordinatensystem ein. Zeigen Sie, dass k parallel zur x1x3-Ebene verläuft. Weisen Sie nach: Die Gerade k zerlegt das Dreieck S1S2S3 aus Teilaufgabe a. Berechnen Sie die Flächeninhalte der Teilflächen.

160

Baden-Württemberg – Wahlteil Geometrie: Übungsaufgabe 15 – Würfel

Lösungshinweise

a) Koordinatengleichung von E: Stellen Sie zunächst eine Vektorgleichung der Ebene auf, in der die drei Punkte A, B und C liegen. Bestimmen Sie dann einen Normalenvektor n

�


Es sei 123

nn n

n

=

�



Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen: Setzen Sie in der Koordinatengleichung von E jeweils zwei Koordinaten gleich 0.

Schnittpunkt der Ebene F mit der x3-Achse: Der Schnittpunkt lässt sich ohne große Rechnung aus bekannten Punkten bestimmen. Beachten Sie, dass die Schnittfläche von F mit dem Würfel ein Rechteck ist.

Volumenberechnungen: Ein Teilkörper ist ein Prisma mit einem rechtwinkligen Dreieck als Grundfläche. Das Volumen des zweiten Teilkörpers ergibt sich dann leicht, wenn Sie auch das Volumen des Würfels berechnen.

b) Parallelität von k zur x1x3-Ebene: Tipp: Eine Gerade g mit dem Richtungsvektor u

�

ist parallel zu einer Ebene mit dem Normalen-vektor n,

�

wenn u�

und n�

orthogonal sind.

Zerlegung des Dreiecks S1S2S3: Überlegen Sie, welche Kanten des Dreiecks die Gerade k schneiden kann. Das Dreieck S1S2S3 ist gleichseitig (Warum?). Eine der Schnittfiguren ist ein Dreieck, das zum Dreieck S1S2S3 ähnlich ist. Tipp: Für den Flächeninhalt eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge a gilt:

23A a .

4= ⋅

161


Lösung

a) Koordinatengleichung der Ebene E: Eine Parametergleichung der Ebene E durch die drei Punkte A( 1 6 1), B(2 2 2)| | | |− und C(0 7 1)| | − ist:

1 3 1E: x OA r AB s AC 6 r 4 s 1 ; r, s .

1 1 2

− = + ⋅ + ⋅ = + ⋅ − + ⋅ ∈ −

0

��

�


2

3

nnn

n

=�

von E muss gelten:

3 1n 4 0 und n 1 0

1 2

⋅ − = ⋅ = −

� �

, d. h. 1 2 3

1 2 3

3n 4n n 0n n 2n 0

− + =+ − =

2⋅; 1 2 3

1 2

3n 4n n 0.

7n 7n 0− + =− =

Eine Lösung ist 1 2 3n 1, n 1, n 1= = = bzw. 111

n .

=�

Mit dem Ansatz x1 + x2 + x3 = c erhält man durch Einsetzten der Koordinaten von A(–1 | 6 | 1) ∈ E eine Koordinatengleichung der Ebene E

E: x1 + x2 + x3 = 6.

Schnittpunkte von E mit den Koordinaten-achsen: E schneidet die x1-Achse 2 3(x x 0)= = in ,1 | |S (6 0 0) die x2-Achse 1 3(x x 0)= = in ,2 | |S (0 6 0) die x3-Achse 1 2(x x 0)= = in .3 | |S (0 0 6)

Die Punkte P(0 6 6)| | und Q(6 6 6)| | sind Eckpunkte des oben gezeichneten Würfels, der Punkt R(6 0 4)| | liegt auf der Würfelkante über S1 (s. Zeichnung). Die drei Punkte legen eine Ebene F fest.

Schnittpunkt T der Ebene F mit der x3-Achse: Da die Gerade RT parallel zu QP (und damit zur x1-Achse) sein muss, kann man den Schnittpunkt sofort angeben:

.| |T(0 0 4)

Oder:

Es gilt:6 6 0

OT OR QP 0 0 0 .4 0 4

− = + = + =

��

Oder: Man bestimmt zunächst eine Gleichung der Ebene F: 2 3x 3x 12− = − und berechnet damit ihren Schnittpunkt T mit der x3-Achse.

Die Schnittfläche von F mit dem Würfel ist das Rechteck PTRQ (s. Zeichnung).

162


Verhältnis der Volumina der Teilkörper: Der obere Teilkörper, der beim Schnitt der Ebene F mit dem Würfel entsteht, ist ein Prisma mit dem rechtwinkligen Dreieck TPS3 als Grundfläche und der Höhe h PQ= = 6.

��

Das Volumen dieses Prismas ist:

P 3 31 1V S T S P h 2 6 6 36.2 2

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =��

Das Volumen des Restkörpers ergibt sich als Differenz des Würfelvolumens 3

WV 6 216= = und des Volumens des Prismas:

R W PV V V 216 36 180.= − = − =

Das Verhältnis der Volumina beträgt somit: .P

R

V 36 1V 180 5

= =

b) Gegeben ist die Gerade 0 1

k: x 4 s 0 , s .2 1

= + ⋅ ∈ −

0�

Zeichnung von k siehe oben.

Parallelität von k zur x1x3-Ebene: Ein Normalenvektor der x1x3-Ebene ist

010

.

Wegen

0 11 0 00 1

⋅ = −

ist k parallel zur x1x3-Ebene.

Zerlegung des Dreiecks :1 2 3S S S

Da die Gerade k parallel zur x1x3-Ebene ist und nicht in ihr liegt, sind nur Schnittpunkte

von k mit den Dreieckseiten 1 2S S und 2 3S S möglich.

Schnitt von k mit der Strecke 1 2 1 1

6 6S S : x 0 s 6 , 0 s 1:

0 0

− = + ⋅ ≤ ≤

�

1

1

6 6s s6s 4 ,

0 2 s

− === −

Lösung aller drei Gleichungen: 12s 2, s .3

= =

k schneidet somit die Strecke 1 2S S im Punkt 1T (2 4 0).| |

Schnitt von k mit der Strecke 2 3 2 2

0 0S S : x 6 s 6 , 0 s 1:

0 6

= + ⋅ − ≤ ≤

�

2

2

0 s6 6s 4 ,

6s 2 s

=− =

= − Lösung aller drei Gleichungen: 2

1s 0, s .3

= =

k schneidet die Strecke 2 3S S im Punkt 2T (0 4 2).| |

Da die Gerade k zwei Seiten des Dreiecks S1S2S3 in den Punkten T1 und T2 schneidet, zerlegt sie das Dreieck in zwei Teilflächen.

163


Flächeninhalte der Teilflächen:

Da die Gerade k parallel zur x1x3-Ebene ist (oder da die Vektoren 201 22

T T −

=��

und 601 36

S S −

=��

parallel sind), ist die Strecke T1T2 parallel zur Strecke S1S3.

Das Dreieck S1S2S3 ist gleichseitig, somit auch das dazu ähnliche Dreieck T1S2T2. Mit der entsprechenden Inhaltsformel erhält man dann für den Flächeninhalt des Dreiecks T1S2T2:

22 21 1 2

3 3 3A a T T 8 2 3.4 4 4

= ⋅ = ⋅ = ⋅ =��

Das gesamte Spurdreieck 1 2 3S S S hat den Inhalt:

22ges 1 2

3 3A S S 72 18 3.4 4

= ⋅ = ⋅ =��

Die Restfläche 3 1 1 2S S T T ist ein Trapez mit dem Flächeninhalt:

2 ges 1A A A 16 3.= − =

Die Gerade k zerlegt das Spurdreieck S1S2S3 in ein gleichseitiges Dreieck mit dem Flächeninhalt 1A = 2 3 und in ein Trapez mit dem Flächeninhalt .2A = 16 3

164

baden-württemberg Übungsaufgaben für den...

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