Eine ägyptische Pyramide hat die For - Philipp-Reis-Schule

Abiturprüfung Mathematik (Baden-Württemberg):
Geometrie Aufgabe 12 (aus GK 2000 B 2)
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 quadratischen
Grundfläche liegt und dessen x 1 - und x 2 -Achse
parallel zu den Grundkanten verlaufen. Die Bezeichnung
der Punkte wird gemäß der nebenstehenden Skizze
gewählt.
a) Geben Sie die Koordinaten der Eckpunkte A, B, C, D
und S an.
Berechnen Sie die Länge der Seitenkante AS.
Welchen Neigungswinkel besitzt eine Seitenkante zur Grundfläche?
Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene E 1 durch die Punkte A, B und S.
Wie groß ist der Neigungswinkel einer Seitenfläche zur Grundfläche?
(Teilergebnis: E 1 : 5x 2 + 4x 3 = 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 Rampenfläche ist rechteckig und liege nun in der
Ebene E 2 : 5x 2 + 26x 3 = 1350.
Berechnen Sie die Höhe des bisher gebauten Pyramidenstumpfes.
Wie lang ist die zum Transport der Steine benötigte Rampenfläche?
c) Der Punkt Q(48 | 0 | 30) 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 Grundfläche 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.
105

Lösung
a) 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) .
Länge der Kante AS:
⎛−72⎞
d = AS = − 72 = 18 468 ≈135,9
.
⎜ 90⎟
⎝ ⎠
Neigungswinkel α einer Seitenkante, z. B. AS zur Grundfläche:
⎛−72⎞ ⎛0⎞
−72 0
⎜
90
⎟ ⋅ ⎜
1
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 90
sin α= = ≈0,6623 ; α ≈ 41,47°
18468 ⋅1 18468
Eine Vektorgleichung der Ebene E 1 durch die Punkte A, B und S ist:
⎛72⎞ ⎛−144⎞ ⎛−72⎞
E: 1 x= OA+ sAB ⋅ + t⋅ AS= 72 + s⋅ 0 + t⋅ −72; s,t ∈0.
⎜ 0⎟ ⎜ 0⎟ ⎜ 90⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Da im ersten Spannvektor die beiden letzten Koordinaten gleich 0 sind, lässt sich ein
Normalenvektor von E 1 unmittelbar ablesen:
⎛ 0⎞
1 ⎛0⎞
n = 90
bzw. besser n' = ⋅ n =⎜5 .
⎜72⎟
⎝ ⎠
18 ⎜4⎟
⎝ ⎠
Mit dem Ansatz 5x
2 + 4x 3 = a und S(0| 0| 90) ∈ E1
ergibt sich eine Koordinatengleichung:
E 1: 5x2 + 4x3
= 360.
Der Neigungswinkel β einer Seitenfläche der Pyramide zur Grundfläche ist gleich dem
Schnittwinkel der Ebene E 1 mit der Grundfläche:
⎛0⎞ ⎛0⎞
5 0
⎜
4
⎟ ⋅ ⎜
1
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4
cosβ = = ≈ 0,6247; β≈ 51,34 ° .
41 ⋅1 41
Anmerkung:
Ist M der Mittelpunkt der Strecke AB, so ist β der Innenwinkel im Punkt M des
rechtwinkligen Dreiecks MSO. Man kann daher β auch ohne den Normalenvektor n'
E 1 bestimmen:
⏐OS⏐
90
tanβ = = = 1,25; β ≈ 51,34 ° .
⏐OM⏐
72
von
106

) Die obere Kante des Pyramidenstumpfes, an der die Rampe endet, liegt in der Schnittgeraden
s der Ebenen E 1 und E 2 . Die Gerade s ist parallel zur Grundebene, daher kann
man aus einer Gleichung von s die Höhe des Pyramidenstumpfes ablesen.
Schnitt von E 1 und E 2 :
x1
= r
5x 2 + 4x3 = 360 5x 2 + 4x3
= 360
; ; x2
= 36 .
5x 2 + 26x3 = 1350 22x3
= 990
x = 45
Eine Gleichung der Schnittgeraden ist somit:
⎛ 0⎞ ⎛1⎞
s: x = 36 + r⋅ 0 ; r ∈0.
⎜45⎟ ⎜0⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Sie liegt in der zur Grundfläche
parallelen Ebene x 3 = 45.
Die Höhe des Pyramidenstumpfes
beträgt 45 m.
Die Ebene E 2 : 5x 2 + 26x 3 = 1350
schneidet die x 2 -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 x 2 x 3 -Ebene x 1 = 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):
⎛ 0⎞
d =⏐FG ⏐= − 234 = 56781 ≈ 238,3.
⎜ 45⎟
⎝ ⎠
c) Die Seitenfläche DAS hat die Spannvektoren =
3
0
DA ⎛ ⎞
144 ⎜ 0
⎟
⎝ ⎠
⎛−72⎞
und DS = ⎜ 72⎟.
⎛90⎞
5
Ein Normalenvektor der Fläche ist n1
=
0
bzw. ' 1 ⎛ ⎞
n 0
⎜
72
⎟ 1 = ⋅ n =
.
⎝ ⎠ 18
⎜
4
⎟
⎝ ⎠
Die Mittelachse des Schachtes liegt auf der Geraden
⎛48⎞ ⎛5⎞
m: x = OQ + a ⋅ n'
1 = 0 + a ⋅ 0 ; a ∈0.
⎜30⎟ ⎜4⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Schnitt der Geraden m mit der Ebene x 3 = 14:
(30 + 4a) = 14; 4a =− 16; a =− 4; R(28 | 0 | 14).
⎜
90
⎟
⎝ ⎠
Die Mittelachse endet im Punkt R(28 | 0 | 14) am Eingang des Königsgrabs.
107

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), 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 E 1 .
5x 2 + 4x3
−360
HNF von E: 1
= 0.
41
Für P muss gelten:
| 4p − 360 |
d(P;E 1) = p; = p; | 4p − 360 | = 41 ⋅p;
41
4p − 360 = 41p oder 4p − 360 =− 41p;
(4 − 41)p = 360 oder (4 + 41)p = 360;
360 360
p = oder p = .
4− 41 4+
41
360
Die einzige positive Lösung ist p = ≈ 34,6.
4+
41
Somit hat der Punkt P ungefähr die Koordinaten P(0 | 0 | 34,6).
108