Aufgabe 2: Analytische Geometrie

Die Abbildung zeigt die Pyramide $ABCDS.$ Ihre Grundfläche $ABCD$ ist ein Drachenviereck mit den Eckpunkten $A(0\mid 0\mid 0),$ $B(2\mid 2\mid 0),$ $C(0\mid 6\mid 0)$ und $D(-2\mid 2\mid 0).$ Die Spitze der Pyramide ist der Punkt $S(0\mid 0\mid 6).$

Berechne die Länge der kürzesten der acht Kanten sowie das Volumen der Pyramide $ABCDS.$

(4 BE)

Die Seitenfläche $BCS$ der Pyramide liegt in der Ebene $E.$

Betrachtet werden die Vektoren $\pmatrix{n_1\\n_2\\n_3}$ , deren Koordinaten nicht alle gleich null sind. Begründe, dass ein solcher Vektor, für den $\pmatrix{n_1\\n_2\\n_3} \circ\pmatrix{-1\\2\\0}=0$ und $\pmatrix{n_1\\n_2\\n_3} \circ\pmatrix{-1\\-1\\3}=0$ gilt, ein Normalenvektor von $E$ ist.

(3 BE)

Die Ebene $E$ hat die Gleichung $2 x+y+z=6.$ Bestimme die Größe des Winkels, den $E$ mit der $xy$ -Ebene einschließt.

(3 BE)

Gegeben ist die Schar der Ebenen $F_k: k \cdot y+(k-2) \cdot z=2 k$ mit $k \in\;] 0 ; 3[.$ Jede Ebene $F_k$ der Schar schneidet die Pyramide $A B C D S$ in einem Dreieck $BD Q_k,$ wobei der Punkt $Q_k$ auf der Strecke $\overline{SC}$ liegt.

Gib eine Gleichung der Ebene $F_2$ an und zeichne in die Abbildung die Schnittfigur von $F_2$ mit der Pyramide $ABCDS$ ein.

(4 BE)

Es gibt einen Wert von $k,$ für den der Flächeninhalt des Dreiecks $BDQ_k$ minimal ist.

Ermittle diesen Wert.

(6 BE)

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Länge der kürzesten Kante berechnen

Aus der Abbildung wird deutlich, dass die Kante $\overline{AB}$ bzw. $\overline{AD}$ die kürzeste Kante der Pyramide ist. Somit folgt:

$\begin{array}[t]{rlll} \left\vert\overline{AB}\right\vert&=&\left\vert\pmatrix{2\\2\\0}-\pmatrix{0\\0\\0}\right\vert \\[5pt] &=&\sqrt{2^2+2^2+0^2} \\[5pt] &=&2\sqrt{2}\;[\text{LE}] \end{array}$

Volumen der Pyramide berechnen

Das Koordinatengitter in der Abbildung zeigt, dass die Grundfläche ein Drachenviereck mit Diagonalen der Länge $4\;\text{LE}$ und $6\;\text{LE}$ ist. Der Flächeninhalt $A$ der Grundfläche ist somit gegeben durch:

$\begin{array}[t]{rlll} A&=&\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot6 \\[5pt] &=&12\;[\text{FE}] \end{array}$

Da die Grundfläche der Pyramide in der $xy$ -Ebene liegt, folgt aus den Koordinaten von $S,$ dass die Pyramide eine Höhe von $6\;\text{LE}$ besitzt. Damit ergibt sich für das Volumen $V$ der Pyramide:

$\begin{array}[t]{rlll} V&=&\dfrac{1}{3}\cdot12\cdot6 \\[5pt] &=&24\;[\text{VE}] \end{array}$

Für die Vektoren $\overrightarrow{BC}$ und $\overrightarrow{BS}$ gilt:

$\begin{array}[t]{rlll} \overrightarrow{BC}&=&\pmatrix{0\\6\\0}-\pmatrix{2\\2\\0} \\[5pt] &=&\pmatrix{-2\\4\\0} \\[5pt] &=&2\cdot\pmatrix{-1\\2\\0} \end{array}$

$\begin{array}[t]{rlll} \overrightarrow{BS}&=&\pmatrix{0\\0\\6}-\pmatrix{2\\2\\0} \\[5pt] &=&\pmatrix{-2\\-2\\6} \\[5pt] &=&2\cdot\pmatrix{-1\\-1\\3} \end{array}$

Die Vektoren $\overrightarrow{BC}$ und $\overrightarrow{BS}$ spannen die Ebene $E$ auf. Da sie zudem Vielfache der Vektoren aus der Aufgabenstellung sind, zu denen der Vektor $\pmatrix{n_1\\n_2\\n_3}$ orthogonal ist, folgt, dass dieser ein Normalenvektor der Ebene $E$ ist.

Ablesen des Normalenvektors $\overrightarrow{n}$ aus der Ebenengleichung von $E$ liefert:

$\overrightarrow{n}=\pmatrix{2\\1\\1}$

Somit folgt für den gesuchten Winkel:

$\begin{array}[t]{rlll} \cos(\alpha)&=&\dfrac{\left\vert\pmatrix{2\\1\\1}\circ\pmatrix{0\\0\\1}\right\vert}{\left\vert\pmatrix{2\\1\\1}\right\vert\cdot\left\vert\pmatrix{0\\0\\1}\right\vert} \\[5pt] \cos(\alpha)&=&\dfrac{1}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2}} \\[5pt] \cos(\alpha)&=&\dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[5pt] \alpha&=&\cos^{-1}\left(\dfrac{1}{\sqrt{6}}\right) \\[5pt] \alpha&\approx&65,91^\circ \end{array}$

Gleichung von $\boldsymbol{F_2}$ angeben

$F_2:2y=4$

Schnittfigur einzeichnen

Dreidimensionales Koordinatensystem mit Punkten A, B, C, D und S. Linien und Achsen sind dargestellt.

Die Dreiecke $BDQ_k$ sind alle gleichschenklig mit Grundseite $\overline{BD}.$ Der Flächeninhalt ist somit minimal, wenn die Höhe des Dreiecks, also der Abstand von $Q_k$ zum Mittelpunkt $M$ der Strecke $\overline{BD},$ am kleinsten ist. Da ist der Fall, wenn $\overline{MQ_k}$ senkrecht zur Kante $\overline{SC}$ steht, d.h. die Ebene $F_k$ senrecht zu dieser Kante steht. Der Normalenvektor dieser Ebene $F_k$ ist somit ein Vielfaches von $\overrightarrow{SC}:$

$\pmatrix{0\\k\\k-2}=\lambda\cdot\pmatrix{0\\6\\-6}$

Einsetzen der zweiten Zeile $k=6\lambda$ in die dritte Zeile liefert:

$\begin{array}[t]{rlll} k-2&=&-6\lambda \\[5pt] k-2&=&-k &\mid\;+k \\[5pt] 2k-2&=&0 &\mid\;+2 \\[5pt] 2k&=&2 &\mid\;:2 \\[5pt] k&=&1 \end{array}$

Der Flächeninhalt des Dreiecks $BDQ_k$ ist somit für $k=1$ minimal.

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