Abituraufgaben 2019 – Analytische Geometrie

 

Inhaltsverzeichnis





 

Aufgaben: Würfel

Die Abbildung zeigt den Würfel EFGHPQRS mit E(0|0|0) und R(5|5|5) in einem kartesischen Koordinatensystem.Die Ebenen T  schneidet die Kanten des Würfels unter anderem in den PunktenA(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)

  2. Zeichnen Sie das Viereck ABCD in die Abbildung ein.

    Hinweis: In der Abbildung ist in x_3-Richtung eine Einheit 8 mm lang.

    (2 P)

  3. Zeigen Sie, dass das Viereck ABCD ein Trapez ist, bei dem zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang sind.

    (3 P)

  4. Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Vierecks ABCD.

    (4 P)

 

LÖSUNG


 

 

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)

  2.  

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

    (4 P)

 

LÖSUNG


 

 

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)

  2.  

  3. 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

    \[ \begin{array}{ c*{7}{c} } g_b \, : \, \vv{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2.5 \\ 0 \\ 3.5 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -10b \\ \frac{2}{b} \end{array} \right) \end{smallmatrix} & \textit{mit} & b \in \mathbbm{R} ^+ & \textit{und} & r \in \mathbbm{R}. \end{array} \]

 

  1. Begründen Sie, dass keine Gerade der Schar in der Ebene mit der Gleichung

        \[ x_3 = 3.5 \\ \]

    liegt.

    (2 P)

  2.  

  3. Untersuchen Sie, ob die Schnittgerade von T  und T‘  zur betrachteten Schar gehört.

    (4 P)

 

LÖSUNG


 

 

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)

     

  2. 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)

 

LÖSUNG

 
Aufgaben zum Ausdrucken:

Abitur 2019, Analytische Geometrie, Schleswig-Holstein als PDF







 

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.

    \[ \begin{array}{ c*{7}{c} } \vv{AD} & = & \vv{d} - \vv{a} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \\ \vv{BC} & = & \vv{c} - \vv{b} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \]

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

    \[ \begin{array}{ r c l l l } \vv{AD} & = & r \cdot \vv{BC} & & \\ \\ \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & = & r \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & \quad \Rightarrow & r=2\\ \end{array} \]

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

 

Weiter mit den Vektoren \vv{AB} und \vv{DC} :

    \[ \begin{array}{ c*{7}{c} } \vv{AB} & = & \vv{b} - \vv{a} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right) \end{smallmatrix}\\ \\ \vv{DC} & = & \vv{c} - \vv{d} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix}\\ \end{array} \]

 

Für die Parallelität gilt die Gleichung:

    \[ \begin{array}{ r c l l l } \vv{AB} & = & s \cdot \vv{DC} & & \\ \\ \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array}\right)\end{smallmatrix} & = & s \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array}\right)\end{smallmatrix}\\ \end{array} \]

 

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ c r c r l } \textrm{I} & -3 & = & -s & | \cdot (-1) \\ \textrm{II} & 5 & = & 5s & | : 5 \\ \textrm{III} & -1 & = & -3s & | : (-3) \\ \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1.0} \]

 

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \left. %Klammer überm ganzen Array leer \begin{array}{ c r c r l } \textrm{I} & 3 & = & s & \\ \textrm{II} & 1 & = & s & \\ \textrm{III} & \frac{1}{3} & = & s & \\ \end{array} %Klammer überm ganzen Array \right\} \quad \textit{keine eindeutige L}\ddot{o}\textit{sung f}\, \ddot{u}\textit{r } s \renewcommand{\arraystretch}{1.0} \]

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:

    \[ \left. \begin{array}{ r*{7}{r}} %Betragstrich zentrieren \mathlarger{\mathlarger{\bigl|\mvcenter{\vv{AB}}\bigl| }} & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-3 \\ 5 \\ -1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{(-3)^2 + 5^2 + (-1)^2}}} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{35}}} \\ \\ %Betragstrich zentrieren \mathlarger{\mathlarger{\bigl|\mvcenter{\vv{DC}}\bigl| }} & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-1 \\ 5 \\ -3 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{(-1)^2 + 5^2 + (-3)^2}}} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{35}}} \\ \end{array} \right\} \; \textit{gleich} \]

 

    \[ \left. \begin{array}{ r*{7}{r}} %Betragstrich zentrieren \mathlarger{\mathlarger{\bigl|\mvcenter{\vv{AD}}\bigl| }} & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{(-4)^2 + 0^2 + 4^2}}} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{32}}} \\ \\ %Betragstrich zentrieren \mathlarger{\mathlarger{\bigl|\mvcenter{\vv{BC}}\bigl| }} & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 2^2}}} & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{8}}} \\ \end{array} \right\} \; \textit{nicht gleich} \]

 

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*} \vv{m_{CB}} \; & = \; \vv{OM_{CB}} \\ \\ & = \; \mathlarger{\vv{OC} + \tfrac{1}{2} \vv{CB}} \\ \\ & = \;\mathlarger{\vv{c} + \tfrac{1}{2}\left( \vv{b} - \vv{c} \right)} \\ \\ & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \mathlarger{\frac{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] \\ \\ & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ 5 \\ 2 \end{array}\right)\end{smallmatrix} + \mathlarger{\frac{1}{2}} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 0 \\ -2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \\ & = \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} \\ \\ & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 5 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix}\\ \end{align*}

 

    \begin{align*} \mathlarger{\vv{m_{AD}}} & = \mathlarger{\vv{OM_{AD}}} \\ \\ & = \mathlarger{\vv{OA} + \tfrac{1}{2} \vv{AD}} \\ \\ & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \mathlarger{\frac{1}{2}} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-4 \\ 0 \\ 4 \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}-2 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \\ & = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 3 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{align*}

 

Wir berechnen die Höhe mit

    \[ \begin{array}{ r c l } %Betragstrich zentrieren \bigl|\mvcenter{\vv{m_{AD}m_{CB}}}\bigl| & = & \bigl|\mvcenter{\vv{m_{CB}}-\vv{m_{AB}}}\bigl| \\ \\ & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 5 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}3 \\ 0 \\ 3\end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\ \\ & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-2 \\ 5 \\ -2 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\ \\ & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{(-2)^2 + 5^2 + (-2)^2}}} \\ \\ & = & \mathlarger{\mathlarger{\sqrt{33}}} \\ \end{array} \]

Nun alles in die Trapezformel einsetzen:

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{3.2} \begin{array}{ r c l } \mathlarger{A} & = & \dfrac{\bigl|\mvcenter{\vv{AD}}\bigl| + \bigl|\mvcenter{\vv{BC}}\bigl|}{\mathlarger{2}} \cdot \bigl|\mvcenter{\vv{m_{AD}m_{CB}}}\bigl| \\ & = & \mathlarger{\frac{\sqrt{32} + \sqrt{8}}{2} \cdot \sqrt{33}} \\ & \approx & \mathlarger{24.37 FE }\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \]

 

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Lösung : Ebene T

Aufgabe 1 – Ebene T in Koordinatenform

Wir stellen zunächst die Normalenform auf in der Art

    \begin{equation*} \left(\vv{x} - \vv{p}\right) \circ \vv{n} = 0 \end{equation*}

Als \vv{p} verwenden wir

    \begin{equation*} \vv{a} = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \end{equation*}

Den Normalenvektor bilden wir aus den Richtungsvektoren der Ebene

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

mit dem Kreuzprodukt:

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l} \vv{n} & = & \vv{AB} \times \vv{AD} \\ \\ \vv{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} \end{equation*}

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{equation*} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}5 \\ 4 \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{equation*}

Daraus ergibt sich die

    \begin{equation*} \begin{array}{ c} Normalenform: \quad \left[\vv{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 \end{array} \end{equation*}

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

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l 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 & \\ \\ \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 & \end{array} \end{equation*}

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c r l } x_1 \cdot 5 + x_2 \cdot 4 + x_3 \cdot 5 - \big(5 \cdot 5 + 0 \cdot 4 + 1 \cdot 5 \big) & = & 0 & \\ 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 & = & 0 & \quad \Rightarrow \quad Koordinatenform\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 


 

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{equation*} \begin{array}{ r c l } g: \vv{x} & = & \vv{p} + t \cdot \vv{PS} \\ \\ \vv{x} & = & \vv{p} + r \cdot (\vv{s} - \vv{p} ) \\ \\ \vv{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} \\ \\ \vv{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} \end{equation*}

Wir setzen die Gerade g  in die Ebene T  ein mit

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l } x_1 & = & 0 \\ x_2 & = & 5t \\ x_3 & = & 5 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l l } 5 \cdot 0 + 4 \cdot 5t + 5 \cdot 5 - 30 & = & 0 & \\ 20t -5 & = & 0 & | +5 \\ 20t & = & 5 & | :20 \\ t & = & \frac{1}{4} & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

t in g einsetzen:

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \vv{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}\\ \\ \vv{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} \\ \\ \vv{x} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}0 \\ \frac{5}{4} \\ 5 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \end{equation*}

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

 

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Lösung : Spiegelebene T‘

Aufgabe 1 – Winkel

Für den Winkel zwischen 2 Ebenen gilt

    \begin{equation*} cos(\alpha) = \mathlarger{ \frac{ \bigl|\mvcenter{\vv{n_1} \circ \vv{n_2}}\bigl|}{\bigl|\mvcenter{\vv{n_1}}\bigl| \cdot \bigl|\mvcenter{\vv{n_2}}\bigl| } } \end{equation*}

Als Normalenvektor \vv{n_1} nehmen wir den Normalenvektor der Ebene

    \begin{equation*} T: 5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 30 = 0 \end{equation*}

mit

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

und als Normalenvektor \vv{n_2} den Normalenvektor der Ebene

    \begin{equation*} T': -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \end{equation*}

mit

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

Eingesetzt in die Formel erhalten wir

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \mathlarger{cos(\alpha)} & = & \frac{ \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} } \\ \end{array} \end{equation*}

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \mathlarger{cos(\alpha)} & = & \dfrac{ \bigl|\mvcenter{5 \cdot (-5) + 4 \cdot 4 + 5 \cdot 5}\bigl| } { \mathlarger{\sqrt{5^2 +4^2 + 5^2}} \cdot \mathlarger{\sqrt{(-5)^2 + 4^2 + 5^2}} } \\ \\ \mathlarger{cos(\alpha)} & = & \dfrac{ \bigl|\mvcenter{16}\bigl| } { \mathlarger{\sqrt{66}\cdot\sqrt{66}} } \\ \\ \mathlarger{cos(\alpha)} & = & \dfrac{16}{\left(\sqrt{66}\right)^2} \\ \\ \mathlarger{cos(\alpha)}& = & \dfrac{16}{66} \\ \\ \mathlarger{\mathlarger{\alpha}} & = & \mathlarger{\mathlarger{cos^{-1}}}\left(\dfrac{16}{66} \right)\\ \\ \mathlarger{\alpha}& = & 75.97^\circ \\ \end{array} \end{equation*}

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

    \begin{equation*} T': -5x_1 + 4x_2 + 5x_3 - 5 = 0 \end{equation*}

einsetzen:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l l } -5x_1 + 4 \cdot 5 + 5 \cdot 0 - 5 & = & 0 & \\ -5x_1 + 15 & = & 0 & | -15 \\ -5x_1 & = & -15 & | :(-5) \\ x_1 & = & 3 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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

    \begin{equation*} \begin{array}{ l*{3}{l}} \vv{b''} & = & \mathlarger{\vv{OB} + \frac{1}{2} \vv{BB'}} \\ \\ & = & \mathlarger{\vv{b} + \frac{1}{2}\left( \vv{b'} - \vv{b} \right)}\\ \\ & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \mathlarger{\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]\\ \\ & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} + \mathlarger{\frac{1}{2}} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 0 \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}0.5 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \\ & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}2.5 \\ 5 \\ 0 \end{array} \right)\end{smallmatrix} \\ \end{array} \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l l } 3.5 & = & 3.5 + r \cdot \frac{2}{b} & | \cdot b \\ 3.5b & = & 3.5b + r \cdot 2 & | - 3.5b \\ 0 & = & 2r & | : 2 \\ 0 & = & r & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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

    \begin{equation*} \mathlarger{g_b: \quad \vv{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 , \quad b \in \mathbbm{R}^+ \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r*{12}{r} } \textrm{I} & 5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 30 & = & 0 & & & \\ \textrm{II} & -5x_1 & + & 4x_2 & + & 5x_3 & - & 5 & = & 0 & & & \\ \\ %\hline \\ \textrm{I} + \textrm{II} = \textrm{III} & & & 8x_2 & + & 10x_3 & - & 35 & = & 0 & & &| + 35 \\ & & & 8x_2 & + & 10x_3 & & & = & 35 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Wir wählen x_2=5t und setzen t  in III ein:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ c c c r c l l } \textrm{III} & 40t & + & 10x_3 & = & 35 & | - 40t\\ & & & 10x_3 & = & 35 - 40t & | : 10 \\ & & & x_3 & = & 3.5 - 4t & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

x_2 und x_3 in I einsetzen:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ c r c l l } \textrm{I} & 5x_1 + 4 \cdot 5t + 5 \cdot ( 3.5 - 4t ) - 30 & = & 0 & \\ & 5x_1 + 20t + 17.5 - 20t - 30 & = & 0 & \\ & 5x_1 - 12.5 & = & 0 & | + 12.5\\ & 5x_1 & = & 12.5 & | : 5\\ & x_1 & = & 2.5 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Zusammengefasst haben wir

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c r c r } x_1 & = & 2.5 & & \\ x_2 & = & & & 5t \\ x_3 & = & 3.5 & - & 4t \, , \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

was dann folgende Schnittgerade ergibt:

    \begin{equation*} \begin{array}{ r c l } \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{pmatrix} 2.5 & & \\ & & 5t \\ 3.5 & - & 4t \\ \end{pmatrix} \\ \\ \mathlarger{\vv{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} \\ \\ \mathlarger{\vv{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} \end{equation*}

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{equation*} \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} \end{equation*}

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r*{4}{r} } \textrm{I} & 0 & = & 0 \\ \textrm{II} & -10b & = & 5 \\ \textrm{III} & \frac{2}{b} & = & -4 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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 II:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r*{5}{r} } \textrm{II} & -10b & = & 5 & | : (-10) \\ & b & = & -\frac{1}{2} & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Eingesetzt in III :

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ r*{4}{r} } \textrm{III} & \frac{2}{-\frac{1}{2}} & = & -4 \\ & -4 & = & -4 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Die Schnittgerade von T  und T‘  ist also eine Gerade der Schar g_b.

 

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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{equation*} \begin{array}{ r c l } \mathlarger{\overline{QM_Q}} & = & \mathlarger{\frac{1}{2}\overline{QS}} \\ \\ & = & \mathlarger{\frac{1}{2}\mathlarger{\bigl|\mvcenter{(\vv{s}-\vv{q})}\bigl|}} \\ \\ & = & \mathlarger{\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}\\ \\ & = & \mathlarger{\frac{1}{2}} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{r}-5 \\ 5 \\ 0 \end{array}\right)\end{smallmatrix} \end{vmatrix}\\ \\ & = & \mathlarger{\frac{1}{2} \cdot \sqrt{(-5)^2 +5^2}}\\ \\ & = & \mathlarger{\frac{5}{2} \cdot \sqrt{2}} \\ \\ \end{array} \end{equation*}

Mit dem Satz des Pythagoras gilt

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.0} \begin{array}{ r c l l } t^2 + \overline{QM_Q}^2 & = & r^2 & \\ t^2 + \left(\frac{5}{2} \cdot \sqrt{2}\right)^2 & = & \left( \sqrt{\frac{33}{2}}\right)^2 & \\ t^2 + \frac{25}{2} & = & \frac{33}{2} & | - \frac{25}{2} \\ t^2 & = & 4 & | \sqrt{\dots} \\ t_1 & = & 2 & \\ t_2 & = & -2 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Damit ergeben sich die Kugelmittelpunkte

    \begin{equation*} M_{K_1}(2.5|2.5|7) \quad \textit{und} \quad M_{K_2}(2.5|2.5|3) \end{equation*}

und wir erhalten die beiden Kugelgleichungen

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ c } K_1 : (x_1 - 2.5)^2 + (x_2 - 2.5)^2 + (x_3 - 7)^2 = \frac{33}{2} \\ K_2: (x_1 - 2.5)^2 + (x_2 - 2.5)^2 + (x_3 - 3)^2 = \frac{33}{2} \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 


 

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:

    \begin{equation*} Abstand = \biggl|\dfrac{ax_1 + bx_2 + cx_3 - d}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \biggl| \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{2.8} \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}} & \\ 2 & = & \dfrac{5 \cdot 5 + 4y + 5 \cdot 5 - 30} {\sqrt{66}} & | \cdot \sqrt{66} \\ 2 \cdot \sqrt{66} & = & 4y + 20 & | : 4\\ \frac{1}{2} \cdot \sqrt{66} & = & y + 5 & | - 5\\ \frac{1}{2} \cdot \sqrt{66} - 5 & = & y &\\ y & \approx & -0.938&\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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.

 

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