Geometrie, Algebra – Mathe Abituraufgaben mit Lösungen – Sachsen 1994 (B2 e,f)

Auf dieser Seite gibt es für euch Geometrie/Algebra – Mathe Abituraufgaben mit Lösungen und zwar den Teil B2, Aufgabe e und f (Sachsen 1994).

Gegeben:

In einem kartesischen Koordinatensystem sind folgende Punkte gegeben:

A = (2; 2; -2)
B = (4; -4; 2)
C = (8; 2; 2)
D = (6; 8; -2)

Aufgabe e)

Das Viereck ABCD ist ein Parallelogramm.
Die Diagonale AC von ABCD schneidet die x-y-Ebene in einem Punkt S.
Es sind die Koordinaten von Punkt S zu berechnen und es ist zu zeigen, dass S der Schnittpunkt der Diagonalen im Parallelogramm ABCD ist!

Lösung:

Da der Punkt S = (xS; yS; zS) in der x-y-Ebene liegt, muss zS = 0 gelten. Außerdem muss er auf der Geraden


x
=
OA
+ α·
AC

liegen. Aus beiden Bedingungen zusammen erhält man die Koordinaten vom Punkt S:
Gleichungssystem zur Bestimmung von S

Aus der unteren Gleichung erhalten wir α = 0,5. Dies eingesetzt in die erste Gleichung ergibt xS = 5 und yS lässt sich von vornherein ablesen: yS = 2.

Somit hat der gesuchte Schnittpunkt S mit der x-y-Ebene die Koordinaten (5; 2; 0).

Um zu zeigen, dass S auch der Schnittpunkt der beiden Diagonalen AC und BD ist, kann man so vorgehen:

Die Diagonalen in einem Parallelogramm halbieren sich bekanntlich. Demnach reicht es, den Mittelpunkt einer der Diagonalen zu berechnen. Sollte dieser mit dem Punkt S übereinstimmen, so ist S als Schnittpunkt der Diagonalen nachgewiesen.

Wir berechnen den Mittelpunkt der Diagonalen BD:

M = ( (4+6)/2 ; (-4+8)/2 ; (2-2)/0 ) = (5; 2; 0)

Da dies die gleichen Koordinaten sind wie die von S, ist S tatsächlich der Schnittpunkt der Parallelogramm-Diagonalen.

Aufgabe f)

Die Gerade g mit

g(α) = α·
OS

geht durch den Koordinatenursprung sowie den Punkt S.
Der Kreis k mit Mittelpunkt S und Radius r = √29

k:   (x – xS)2 + (y – yS)2 = 29

liegt in der x-y-Ebene.
Zu bestimmen sind die Gleichungen aller Tangenten an den Kreis k, die parallel zur Geraden g verlaufen!
Kreis mit Tangenten in Richtung g

Lösung:

Von den zu bestimmenden Tangenten kann es nur zwei geben und wir wissen, dass beide den Anstieg m = 2/5 haben müssen, da
Gerade g von Alpha
in der x-y-Ebene liegt und sich kurz und knapp durch y = 2/5·x ausdrücken lässt.

Was wir noch nicht wissen, sind die beiden Stellen an denen die besagten Tangenten unseren Kreis berühren. Um diese zu finden, berechnen wir die Normale zu y = 2/5·x:

yN – yS = -m · (x – xS)

yN – 2 = -5/2 · (x – 5)

yN – 2 = -5/2·x – 5/2·(-5)

yN = -5/2·x – 5/2·(-5) + 2

Senkrecht zu y = 2/5·x und durch S = (5; 2; 0) verläuft also

yN = -5/2·x + 14,5

Die Berührungspunkte mit dem Kreis ermitteln wir so:

Für einen Punkt auf dem Kreis muss gelten

(x – 5)2 + (y – 2)2 = 29   bzw.   (y – 2)2 = 29 – (x – 5)2 .

Für einen Punkt auf der Normalen muss gelten

yN = -5/2·x + 14,5   bzw.   (yN – 2)2 = (-5/2·x + 12,5)2 .

Wir erhalten hieraus durch Gleichsetzen

29 – (x – 5)2 = (-5/2·x + 12,5)2

4 – x2 + 10x = 6,25x2 – 62,5x + 156,25

0 = 7,25x2 – 72,5x + 152,25

0 = x2 – 10x + 21

mit den beiden Lösungen x1 = 7 und x2 = 3.

Setzt man diese beiden Werte in die Normalengleichung ein, so ergeben sich die folgenden Berührungspunkte mit dem Kreis:

(7; -3) und (3; 7)

Damit lauten die beiden gesuchten Tangenten

yt1 + 3 = 2/5·(x – 7)   bzw.   yt1 = 2/5·x – 5,8
 
yt2 – 7 = 2/5·(x – 3)   bzw.   yt2 = 2/5·x + 5,8

Quelle: Die Aufgaben sind dem Buch Abitur 2000 – Prüfungsaufgaben mit Lösungen, STARK Verlag, 1999 entnommen.

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