Aufgabe 2 - Längen, Winkel und Abstände im Raum · Abitur NRW Mathematik GK · Teil B · Analytische Geometrie (CAS 2025

Thema: Längen, Winkel und Abstände im Raum · Aus der Prüfung GK · Teil B · Analytische Geometrie (CAS) (2025)

Aufgabenstellung

Betrachtet wird ein gerades Prisma mit den Eckpunkten AA, BB, CC, DD, EE und FF. Seine Grundfläche ist das Dreieck ABCABC.

A(−2∣0∣0)A(-2|0|0), B(2∣0∣0)B(2|0|0), C(0∣8∣0)C(0|8|0), D(−2∣0∣4)D(-2|0|4), E(2∣0∣4)E(2|0|4), F(0∣8∣4)F(0|8|4)

Im Folgenden wird die Gerade gg mit der Gleichung x⃗=(0012)+t⋅(01−1)\vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 12 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}, t∈Rt \in \mathbb{R} betrachtet.

Des Weiteren wird der Punkt FF durch den Punkt Ft(0∣t∣12−t)F_t(0 \mid t \mid 12 - t) mit 0<t≤80 < t \le 8 ersetzt.

Für jeden Wert von tt liegt der Punkt FtF_t auf der Gerade gg (vgl. Abbildung 2).

Mit MM wird der Mittelpunkt der Basis DE‾\overline{DE} des gleichschenkligen Dreiecks EFtDEF_tD bezeichnet.

a)

Abbildung 1 zeigt die Kante BC‾\overline{\mathrm{BC}} des Prismas. Zeichnen Sie das Prisma in Abbildung 1 ein und berechnen Sie das Volumen des Prismas.

VE

d)

Zeigen Sie rechnerisch, dass für t=4t = 4 die Strecke MFt‾\overline{\mathrm{MF}_t} senkrecht auf der Gerade gg steht.

e)

Begründen Sie ohne Rechnung, dass der Flächeninhalt des Dreiecks EFtD\mathrm{EF}_t\mathrm{D} für t=4t = 4 am kleinsten ist.

Aufgabenstellung: Aufgabe 2 - Längen, Winkel und Abstände im Raum · Abitur NRW Mathematik GK · Teil B · Analytische Geometrie (CAS 2025

Lösung

Nach den offiziellen Korrekturhinweisen

a) Zeichnen Sie das Prisma in Abbildung 1 ein.

Lösung:

a) Berechnen Sie das Volumen des Prismas.

Lösung: 64

d) Zeigen Sie rechnerisch, dass für t=4t = 4 die Strecke MFt‾\overline{\mathrm{MF}_t} senkrecht auf der Gerade gg steht.

Lösung: MF⃗4=(044);MF⃗4∘(01−1)=0\vec{\mathrm{MF}}_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 4 \end{pmatrix}; \quad \vec{\mathrm{MF}}_4 \circ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = 0

e) Begründen Sie ohne Rechnung, dass der Flächeninhalt des Dreiecks EFtD\mathrm{EF}_t\mathrm{D} für t=4t = 4 am kleinsten ist.

Lösung: Für jedes tt ist DE‾\overline{\mathrm{DE}} die Basis und MFt‾\overline{\mathrm{MF}_t} die Höhe des gleichschenkligen Dreiecks EFtD\mathrm{EF}_t\mathrm{D}. Da MFt‾\overline{\mathrm{MF}_t} für t=4t=4 senkrecht auf gg steht, besitzt das Dreieck EFtD\mathrm{EF}_t\mathrm{D} für diesen Wert von tt die kleinste Höhe und somit den kleinsten Flächeninhalt.

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