Analytische Geometrie

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Inhaltsverzeichnis



Aufgaben: Würfel

Die Abbildung zeigt den Würfel \(EFGHPQRS\) mit \(E(0|0|0)\) und \(R(5|5|5)\) in einem kartesischen Koordinatensystem. Die Ebene \(T\) schneidet die Kanten des Würfels unter anderem in den Punkten\(A(5|0|1)\), \(B(2|5|0)\), \(C(0|5|2)\) und \(D(1|0|5)\).

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Punkte und Viereck

  1. Geben Sie die Koordinaten der Punkte \(G\) und \(S\) an.

    (2 P)


  1. Zeichnen Sie das Viereck \(ABCD\) nach dem Ausdrucken in das Arbeitsblatt ein.

    (2 P)


  1. Zeigen Sie, dass das Viereck \(ABCD\) ein Trapez ist, bei dem zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang sind.

    (3 P)


  1. Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Vierecks \(ABCD\).

    (4 P)






Ebene T

  1. Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene \(T\) in Koordinatenform.

    \( \left[\textrm{zur Kontrolle:} \quad T \, : \; 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 = 0\,\right] \)

    (4 P)


  1. Die Ebene \(T\) schneidet die Kante \(\overline{PS}\) des Würfels im Punkt \(Z\). Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes \(Z\).

    (4 P)





Spiegelebene T'

Die Ebene \(T'\) wird durch die Gleichung

\( -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \)

beschrieben.

  1. Berechnen Sie die Größe des Winkels, unter dem sich \(T\) und \(T'\) schneiden.

    (3 P)


  1. Es gibt eine reelle Zahl a, so dass die Ebene T' aus der Ebene T durch Spiegelung an der Ebene mit der Gleichung \(x_1 = a\) hervorgeht. Bestimmen Sie diese Zahl \(a\) .

    (4 P)


Betrachte wird die Schar der Geraden

\( \begin{array}{ c*{7}{c} } g_b : \vec{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} & \textit{mit} & b \in \mathbb{R} ^+ & \textit{und} & r \in \mathbb{R}. \end{array} \)


  1. Begründen Sie, dass keine Gerade der Schar in der Ebene mit der Gleichung \(x_3 = 3{,}5\) liegt.

    (2 P)


  1. Untersuchen Sie, ob die Schnittgerade von \(T\) und \(T'\) zur betrachteten Schar gehört.

    (4 P)





Kugel und Pyramide

  1. Bestimmen Sie die Gleichung einer Kugel mit dem Radius \(\sqrt{\frac{33}{2}}\), auf deren Oberfläche die Punkte \(P\), \(Q\), \(R\) und \(S\) liegen.

    (4 P)


  1. Die Spitze einer Pyramide mit der Grundfläche \(ABCD\) liegt auf der Strecke \(\overline{QR}\). Untersuchen Sie, ob die Höhe dieser Pyramide \(2\) sein kann.

    (4 P)



Aufgaben zum Ausdrucken





Lösungen: Würfel

Lösung : Punkte und Viereck

Aufgabe 1 - Punkt G und S

Wir lesen die Punkte \(G(5|5|0)\) und \(S(0|5|5)\) ab.








Aufgabe 2 - Viereck einzeichnen

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Aufgabe 3 - Trapez

Ein Trapez zeichnet sich dadurch aus, dass 2 gegenüberliegende Seiten parallel zueinander sind und die anderen beiden Seiten nicht parallel zueinander sind. Wir prüfen, ob das bei dem Viereck zutrifft.

\( \begin{align} \vec{AD} &= \vec{d} - \vec{a} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{BC} &= \vec{c} - \vec{b} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{align} \)


Sind die Seiten \(\overline{AD}\) und \(\overline{BC}\) parallel, so gilt:

\( \begin{align} \vec{AD} & = r \cdot \vec{BC} \\[8pt] \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} &= r \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \quad \Rightarrow \; r=2 \end{align} \)


Es gibt also eine Lösung der Gleichung mit \(r=2\) . Damit sind die Seiten parallel zueinander.


Weiter mit den Vektoren \(\vec{AB}\) und \(\vec{DC}\) :

\( \begin{align} \vec{AB} & = \vec{b} - \vec{a} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] \vec{DC} & = \vec{c} - \vec{d} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{align} \)


Für die Parallelität gilt die Gleichung:

\( \begin{align} \vec{AB} & = s \cdot \vec{DC} \\[8pt] \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array}\right)\end{smallmatrix} & = s \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{align} \)


\( \begin{align} \textrm{I} && -3 & = -s && | \; \cdot (-1) \\[6pt] \textrm{II} && 5 & = \; 5s && | \; : 5 \\[6pt] \textrm{III} && -1 & = -3s && | \; : (-3) \end{align} \)


\( \left. \begin{array}{ r c l } \textrm{I} && 3 = s \\ \textrm{II} && 1 = s \\ \textrm{III} && \frac{1}{3} = s \\ \end{array} \right\} \quad \textit{keine eindeutige L}\ddot{o}\textit{sung f}\, \ddot{u}\textit{r } s \)

Haben wir keine eindeutige Lösung der Gleichung, so sind diese Vektoren nicht parallel zueinander. Das Viereck hat folglich nur 1 Paar parallele Seiten. Damit muss das Viereck ein Trapez sein.


Die Länge der Vektoren berechnen wir mit dem Betrag der Vektoren:

\( \left. \begin{array}{ l} \bigl|\vec{AB}\bigl| \; = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{(-3)^2 + 5^2 + (-1)^2} = \sqrt{35} \\[8pt] \bigl|\vec{DC}\bigl| \; = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{(-1)^2 + 5^2 + (-3)^2} = \sqrt{35} \\ \end{array} \right\} \; \textit{gleich} \)


\( \left. \begin{array}{ l } \bigl| \vec{AD} \bigl| \; = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{(-4)^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{32} \\[8pt] \bigl| \vec{BC} \bigl| \; = \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} = \sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{8} \\ \end{array} \right\} \; \textit{nicht gleich} \)


Die beiden nicht parallelen Seiten sind gleich lang. Damit handelt es sich bei dem Viereck \(ABCD\) um ein symmetrisches Trapez.




Aufgabe 4 -Fläche

Die Formelsammlung bietet für die Fläche eines Trapezes die Formel

\( A = \frac{a + c}{2} \cdot h \)


an. Die Formel bezieht sich auf folgende Benennung der Seiten:

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Da es sich bei dem Viereck \(ABCD\) um ein symmetrisches Trapez handelt,

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kann die Höhe als die Verbindungslinie der Mittelpunkte der oberen und der unteren Seite betrachtet werden. Zunächst die Ortsvektoren der Mittelpunkte:

\( \begin{align} \vec{m_{CB}} & = \vec{OM_{CB}} \\[6pt] & = \vec{OC} + \tfrac{1}{2} \vec{CB} \\[6pt] & = \vec{c} + \tfrac{1}{2} \left( \vec{b} - \vec{c} \right) \\[8pt] & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \tfrac{1}{2} \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\[10pt] & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \tfrac{1}{2} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 0 \\ -2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\[10pt] & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 5 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{align} \)


\( \begin{align} \vec{m_{AD}} & = \vec{OM_{AD}} \\[6pt] & = \vec{OA} + \tfrac{1}{2} \vec{AD} \\[8pt] & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \tfrac{1}{2} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\[10pt] & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{align} \)


Wir berechnen die Höhe mit

\( \begin{array}{ r c l } \bigl|\vec{m_{AD}m_{CB}}\bigl| & = & \bigl|\vec{m_{CB}}-\vec{m_{AB}}\bigl| \\[8pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 5 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 3\end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[10pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 5 \\ -2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[10pt] & = & \sqrt{(-2)^2 + 5^2 + (-2)^2} \\[8pt] & = & \sqrt{33} \end{array} \)


Nun alles in die Trapezformel einsetzen:

\( \begin{array}{ r c l } A & = & \frac{\bigl|\vec{AD}\bigl| + \bigl|\vec{BC}\bigl|}{2} \cdot \bigl|\vec{m_{AD}m_{CB}}\bigl| \\[10pt] & = & \frac{\sqrt{32} + \sqrt{8}}{2} \cdot \sqrt{33} \\[8pt] & \approx & 24{,}37 FE \\ \end{array} \)









Lösung : Ebene T

Aufgabe 1 - Ebene T in Koordinatenform

Wir stellen zunächst die Normalenform auf in der Art

\( \left(\vec{x} - \vec{p}\right) \circ \vec{n} = 0 \)


Als \(\vec{p}\) verwenden wir \( \vec{a} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \)


Den Normalenvektor bilden wir aus den Richtungsvektoren der Ebene

\( \vec{AB} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \qquad \textit{und} \qquad\vec{AD} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \)


mit dem Kreuzprodukt:

\( \begin{array}{ r c l} \vec{n} & = & \vec{AB} \times \vec{AD} \\[8pt] \vec{n} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \times \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4\end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Dabei gehen wir folgendermaßen vor:

Die beiden Richtungsvektoren werden paarweise 2-mal untereinander geschrieben. Die erste und die letzte Zeile werden gestrichen. Dann wird über Kreuz multipliziert und jeweils die blaue Diagonale (Hauptdiagonale) minus die rote Diagonale (Nebendiagonale) gerechnet.

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Der Normalenvektor lautet \( \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}20 \\ 16 \\ 20 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \)


Wir vereinfachen den Normalenvektor indem wir ihn durch \(4\) teilen und erhalten \( \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \)


Daraus ergibt sich die

\( \textrm{Normalenform:} \quad \left[\vec{x} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} = 0 \)


Um weiter in die Koordinatenform zu kommen, lösen wir das Skalarprodukt auf.

\( \begin{array}{ r c r l } \left[ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)\end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} & = & 0 & \\[10pt] \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)\end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)\end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} & = & 0 & \\[10pt] x_1 \cdot 5 + x_2 \cdot 4 + x_3 \cdot 5 - \big(5 \cdot 5 + 0 \cdot 4 + 1 \cdot 5 \big) & = & 0 & \\[8pt] 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 & = & 0 & \quad \Rightarrow \quad Koordinatenform \\ \end{array} \)




Aufgabe 2 - Punkt Z

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Den Punkt \(Z\) kann man als Schnittpunkt der Ebene \(T\) und einer Geraden \(g\) , die durch die Punkte \(P\) und \(S\) geht, betrachten. Wir stellen diese Gerade auf:

\( \begin{array}{ r c l } g: \vec{x} & = & \vec{p} + t \cdot \vec{PS} \\[6pt] \vec{x} & = & \vec{p} + r \cdot \left(\vec{s} - \vec{p} \right) \\[8pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + t \cdot \begin{bmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{bmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} +t \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Wir setzen die Gerade \(g\) in die Ebene \(T\) ein mit

\( \begin{array}{ r c l } x_1 & = & 0 \\[6pt] x_2 & = & 5t \\[6pt] x_3 & = & 5 \\ \end{array} \)

\( \begin{array}{ r c l l } 5 \cdot 0 + 4 \cdot 5t + 5 \cdot 5 - 30 & = & 0 & \\[6pt] 20t -5 & = & 0 & | \; +5 \\[6pt] 20t & = & 5 & | \; :20 \\[6pt] t & = & \frac{1}{4} & \\ \end{array} \)


\(t\) in \(g\) einsetzen:

\( \begin{array}{ r c l } \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} +\frac{1}{4} \cdot \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 0 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ \frac{5}{4} \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ \frac{5}{4} \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

Der Punkt \(Z\) hat die Koordinaten \(\left( 0 \, \bigl| \, \frac{5}{4}\, \bigl| \, 5 \right)\).







 



Lösung : Spiegelebene T'

Aufgabe 1 - Winkel

Für den Winkel zwischen 2 Ebenen gilt

\( cos(\alpha) = \dfrac{ \bigl|\vec{n_1} \circ \vec{n_2}\bigl|}{\bigl|\vec{n_1}\bigl| \cdot \bigl|\vec{n_2}\bigl| } \)


Als Normalenvektor \(\vec{n_1}\) nehmen wir den Normalenvektor der Ebene

\( T: 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 = 0 \)


mit

\( \vec{n_1} = \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \)


und als Normalenvektor \(\vec{n_2}\) den Normalenvektor der Ebene

\( T': -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \)


mit

\( \vec{n_2} = \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \)


Eingesetzt in die Formel erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l } cos(\alpha) & = & \tfrac{ \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}-5 \\ 4 \\ 5\end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} } \\[12pt] \cos(\alpha) & = & \frac{ \bigl|5 \cdot (-5) + 4 \cdot 4 + 5 \cdot 5\bigl| } { \sqrt{5^2 +4^2 + 5^2} \cdot \sqrt{(-5)^2 + 4^2 + 5^2} } \\[12pt] cos(\alpha) & = & \frac{ \bigl|16\bigl| } { \sqrt{66}\cdot\sqrt{66} } \\[10pt] cos(\alpha) & = & \frac{16}{\left(\sqrt{66}\right)^2} \\[10pt] cos(\alpha) & = & \frac{16}{66} \\[8pt] \alpha & = & cos^{-1} \left(\frac{16}{66} \right) \\[8pt] \alpha & = & 75{,}97^\circ \\ \end{array} \)


Der Winkel zwischen der Ebene \(T\) und der Ebene \(T'\) beträgt ca. \(76^\circ\) .








Aufgabe 2 - Spiegelung

Die Ebene \(x_1=a\) ist orthogonal zur \(x_1\)-Achse. Das heißt, dass sie eine Ebene ist, die zur \(x_2\)-Achse und \(x_3\)-Achse parallel verläuft.

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Daraus ergibt sich, dass der Punkt \(B\) und sein Spiegelpunkt \(B'\) den gleichen \(x_2\)-Wert und \(x_3\)-Wert haben. Ferner liegt \(B''\) mit \(x_1=a\) genau in der Mitte der Strecke \(\overline{BB'}\).


Zunächst bestimmen wir den Punkt \(B'\) der Ebene \(T'\) . Wir ermitteln die fehlende Koordinate, indem wir \(x_2=5\) und \(x_3=0\) in \(T'\) mit

\( T' : -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \)


einsetzen:

\( \begin{array}{ r c l l } -5x_1 + 4 \cdot 5 + 5 \cdot 0 - 5 & = & 0 & \\[6pt] -5x_1 + 15 & = & 0 & | \; -15 \\[6pt] -5x_1 & = & -15 & | \; :(-5) \\[6pt] x_1 & = & 3 & \\ \end{array} \)


Wir erhalten also \(B'(3|5|0)\). Nun berechnen wir \(B''\) mit

\( \begin{array}{ l*{3}{l}} \vec{b''} & = & \vec{OB} + \frac{1}{2} \vec{BB'} \\[8pt] & = & \vec{b} + \frac{1}{2}\left( \vec{b'} - \vec{b} \right) \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \frac{1}{2} \left[ \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \right] \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \frac{1}{2} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0.5 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\[10pt] & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2.5 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Der gesuchte Wert ist also \(a=2{,}5\) .








Aufgabe 3 - Geradenschar

Wir nehmen an, dass es eine Gerade gibt, bei der \(x_3=3{,}5\) ist. Es gilt:

\( \begin{array}{ r c l l } 3{,}5 & = & 3{,}5 + r \cdot \frac{2}{b} & | \; \cdot b \\[8pt] 3{,}5b & = & 3{,}5b + r \cdot 2 & | \; - 3.5b \\[6pt] 0 & = & 2r & | \; : 2 \\[6pt] 0 & = & r & \\ \end{array} \)


Die Gleichung ist also nur lösbar mit \(r=0\). Wir setzen \(r\) in die Gerade ein:

\( g_b: \quad \vec{x} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + 0 \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \quad , \; b \in \mathbb{R}^+ \)


Das heißt, dass alle Geraden der Schar den Punkt \((2{,}5|0|3{,}5)\) besitzen. Jedoch gibt es keine Gerade, die einen weiteren Punkt mit \(x_3=3{,}5\) hat. Also gibt es keine Gerade, die in der Ebene \(x_3=3{,}5\) liegt.








Aufgabe 4 - Schnittgerade

Wir berechnen die Schnittgerade von \(T\) und \(T'\) :

\( \begin{array}{ r*{12}{r} } \textrm{I} & 5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 30 & = & 0 & & & \\[6pt] \textrm{II} & -5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 5 & = & 0 & & & \\[24pt] \textrm{I} + \textrm{II} = \textrm{III} & & & 8x_2 & + & 10x_3 &- & 35 & = & 0 & & & | \; + 35 \\[6pt] & & & 8x_2 &+ & 10x_3 & & & = & 35 & \\ \end{array} \)


Wir wählen \(x_2=5t\) und setzen \(t<\) in III ein:

\( \begin{array}{ c c c r c l l } \textrm{III} & 40t & + & 10x_3 & = & 35 & | \; - 40t \\[6pt] & & & 10x_3 & = & 35 - 40t & | : 10 \\[6pt] & & & x_3 & = & 3{,}5 - 4t & \\ \end{array} \)


\(x_2\) und \(x_3\) in I einsetzen:

\( \begin{array}{ c r c l l } \textrm{I} & 5x_1 + 4 \cdot 5t + 5 \cdot ( 3{,}5 - 4t ) - 30 & = & 0 & \\[6pt] & 5x_1 + 20t + 17{,}5 - 20t - 30 & = & 0 & \\[6pt] & 5x_1 - 12{,}5 & = & 0 & | \; + 12{,}5 \\[6pt] & 5x_1 & = & 12{,}5 & | \; : 5 \\[6pt] & x_1 & = & 2{,}5 & \\ \end{array} \)


Zusammengefasst haben wir

\( \begin{array}{ r c r c r } x_1 & = & 2{,}5 & & \\[4pt] x_2 & = & & & 5t \\[4pt] x_3 & = & 3{,}5 & - & 4t \; , \\ \end{array} \)


was dann folgende Schnittgerade ergibt:

\( \begin{array}{ r c l } \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r} 2{,}5 & & \\ & & 5t \\ 3{,}5 & - & 4t \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5t \\ -4t \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\[10pt] \vec{x} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}2{,}5 \\ 0 \\ 3{,}5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + t \cdot \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5 \\ -4 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Der Stützvektor der Schnittgeraden von \(T\) und \(T'\) und der Schar sind gleich. Wir brauchen nur noch die Richtungsvektoren untersuchen. Wir nehmen Folgendes an:

\( \begin{array}{ r*{4}{r} } & \begin{smallmatrix} \left(\begin{array}{r}0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{r}0 \\ 5 \\ -4 \end{array}\right)\end{smallmatrix}\\[24pt] \textrm{I} & 0 & = & 0 \\[6pt] \textrm{II} & -10b & = & 5 \\[8pt] \textrm{III} & \frac{2}{b} & = & -4 \\ \end{array} \)


Gleichung I ist wahr. Das heißt, sofern ein gemeinsames \(b\) für Gleichung II und III existiert, ist der Richtungsvektor der Schnittgerade ein Richtungsvektor der Schar. Wir ermitteln nun \(b\) mit Gleichung I :

\( \begin{array}{ r*{5}{r} } \textrm{II} & -10b & = & 5 & | : (-10) \\[8pt] & b & = & -\frac{1}{2} & \\[8pt] \end{array} \)


Eingesetzt in III :

\( \begin{array}{ r*{4}{r} } \textrm{III} & \frac{2}{-\frac{1}{2}} & = & -4 \\[8pt] & -4 & = & -4 \\ \end{array} \)

Die Schnittgerade von \(T\) und \(T'\) ist also eine Gerade der Schar \(g_b\).







 



Lösung : Kugel und Pyramide

Aufgabe 1 - Kugel


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Damit die Punkte \(P\), \(Q\), \(R\) und \(S\) auf der Oberfläche der Kugel liegen, muss der Mittelpunkt \(M_K\) der Kugel auf einer Geraden h liegen, die durch den Mittelpunkt \(M_Q\) des Quadrates \(PQRS\) verläuft. Dabei steht die Gerade orthogonal auf dem Quadrat.

Der Punkt \(M_Q\) hat die Koordinaten \((2{,}5|2{,}5|5)\). Demnach haben alle Punkte auf der Geraden \(h\) den Wert \(x_1=2{,}5\) und den Wert \(x_2=2{,}5\), da das Quadrat \(PQRS\) parallel zur \(x_1x_2\)-Ebene liegt.

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Es sind 2 Mittelpunkte der Kugel denkbar, eine oberhalb \(\left(M_{K_1}\right)\) und einer unterhalb \(\left(M_{K_2}\right)\) des Quadrates mit den Koordinaten \((2{,}5|2{,}5|5+t)\) bzw. \((2{,}5|2{,}5|5-t)\). Wir bestimmen die Mittelpunkte, indem wir \(t\) ermitteln.

Die Seitenkanten der Pyramide, also jeweils die Verbindung des Eckpunktes des Quadrates zur Spitze \(M_{K_1}\) der Pyramide hat die Länge des Radius \(r=\sqrt{\frac{33}{2}}\).

\(t\) wird mit dem Satz des Pythagoras über das eingezeichnete rechtwinklige Dreieck ermittelt. Dazu berechnen wir zunächst die Strecke \(\overline{QM_Q}\) :

\( \begin{array}{ r c l } \overline{QM_Q} & = & \frac{1}{2}\overline{QS} \\[8pt] & = & \frac{1}{2}\bigl|(\vec{s}-\vec{q}) \bigl| \\[8pt] & = & \frac{1}{2} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 5 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[10pt] & = & \frac{1}{2} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-5 \\ 5 \\ 0 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[10pt] & = & \frac{1}{2} \cdot \sqrt{(-5)^2 +5^2} \\[8pt] & = & \frac{5}{2} \cdot \sqrt{2} \\ \end{array} \)


Mit dem Satz des Pythagoras gilt

\( \begin{array}{ r c l l } t^2 + \overline{QM_Q}^2 & = & r^2 & \\[8pt] t^2 + \left(\frac{5}{2} \cdot \sqrt{2}\right)^2 & = & \left( \sqrt{\frac{33}{2}}\right)^2 & \\[8pt] t^2 + \frac{25}{2} & = & \frac{33}{2} & | - \frac{25}{2} \\[8pt] t^2 & = & 4 & | \sqrt{\dots} \\[6pt] t_1 & = & 2 & \\[6pt] t_2 & = & -2 & \\ \end{array} \)


Damit ergeben sich die Kugelmittelpunkte

\( M_{K_1}(2{,}5|2{,}5|7) \quad \textit{und} \quad M_{K_2}(2{,}5|2{,}5|3) \)


und wir erhalten die beiden Kugelgleichungen

\( \begin{array}{ c } K_1 : (x_1 - 2{,}5)^2 + (x_2 - 2{,}5)^2 + (x_3 - 7)^2 = \frac{33}{2} \\[8pt] K_2: (x_1 - 2{,}5)^2 + (x_2 - 2{,}5)^2 + (x_3 - 3)^2 = \frac{33}{2} \\ \end{array} \)







Aufgabe 2 - Pyramide

Die Höhe der Pyramide, also die orthogonale Entfernung der Spitze, hier mit Punkt \(R\) gezeichnet, von der Grundfläche, ist an den verschiedenen Positionen unterschiedlich.

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Sei \(p\) nun eine Gerade, auf der die Punkte der möglichen Pyramidenspitzen liegen und die Strecke \(\overline{QR}\) enthält. So gibt es eine Position auf \(p\) , in der die Höhe \(2\) beträgt. Diese Position kann allerdings auch außerhalb der Strecke \(\overline{QR}\) liegen. Dies gilt es nun zu prüfen.

Alle Punkte der Geraden \(p\) haben die Koordinaten \((5|y|5)\), wobei \(y\) ein Element der reellen Zahlen ist. Dabei gilt für alle Punkte auf der Strecke \(\overline{QR}\), dass \(0 \leq y \leq 5\) ist.

Wir berechnen \(y\) mit der Formel für den Abstand eines Punktes von einer Ebene:

\( Abstand = \biggl|\dfrac{ax_1 + bx_2 + cx_3 - d}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \biggl| \)


Wir setzen die Höhe \(2\), den Punkt und die Ebene ein. Dabei können wir die Betragsstriche weglassen, da der Punkt oberhalb der Ebene liegt. Das heißt, dass der Abstand positiv sein muss.

\( \begin{array}{ r c l l } 2 & = & \dfrac{5 \cdot 5 + 4 \cdot y + 5 \cdot 5 - 30}{\sqrt{5^2 + 4^2 + 5^2}} & \\[10pt] 2 & = & \dfrac{5 \cdot 5 + 4y + 5 \cdot 5 - 30} {\sqrt{66}} & | \cdot \sqrt{66} \\[8pt] 2 \cdot \sqrt{66} & = & 4y + 20 & | \; : 4 \\[8pt] \frac{1}{2} \cdot \sqrt{66} & = & y + 5 & |\; - 5 \\[8pt] \frac{1}{2} \cdot \sqrt{66} - 5 & = & y & \\[6pt] y & \approx & -0{,}938& \\ \end{array} \)

Wir erhalten als Lösung den Punkt \((5| -0{,}938|5)\), der außerhalb der Strecke \(\overline{QR}\) liegt. Danach kann die Höhe der Pyramide für jeden Punkt auf der Strecke \(\overline{QR}\) als Spitze der Pyramide nicht \(2\) sein.