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Zentralabitur 2020 - Mathe Grundkurs - Teil 2 - Teststrecke
Zentralabitur 2020 – Mathe Grundkurs – Teil 2 – Teststrecke
Aufgabe 3.1: Ebenen
Lösung a)
Gegeben sind die Ebene:
$ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix}, $ in parameterform
und
$ E_2:6x+2y+9z=18, $ in Koordinatenform.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Bestimme\: für\: E_1\: eine\: Ebenengleichung\: in \: Koordinatenform $
$\qquad\:\:$ $ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ Normalenvektor $\vec{n}$ der beiden Richtungsvektoren
$\qquad\qquad$ Mit Kreuzprodukt:
$\qquad\qquad$ $ \vec{n}= \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9\cdot (-4)-0\cdot 0\\ 0\cdot 3-(-3)\cdot (-4)\\ -3\cdot 0-9\cdot 3 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} -36\\ -12\\ -27 \end{pmatrix} } $
$\qquad\qquad$ Berechne $d$ (Skalarprodukt aus Ortsvektor und Normalenvektor)
$\qquad\qquad$ $ d=\vec{o}\cdot \vec{n} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -36\\ -12\\ -27 \end{pmatrix} =3\cdot (-36)+0\cdot (-12)+0\cdot (-27)=-108 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow d=-108 $
$\qquad\qquad\qquad$ Also: $E_1:-36x-12y-27z=-108\:\: \textcolor{red}{|:(-3)}$
$\qquad\qquad\qquad$ Die Ebenengleichung lautet: $\underline{E_1:12x+4y+9z=36}$
$ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix}, $ in parameterform
und
$ E_2:6x+2y+9z=18, $ in Koordinatenform.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Bestimme\: für\: E_1\: eine\: Ebenengleichung\: in \: Koordinatenform $
$\qquad\:\:$ $ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ Normalenvektor $\vec{n}$ der beiden Richtungsvektoren
$\qquad\qquad$ Mit Kreuzprodukt:
$\qquad\qquad$ $ \vec{n}= \begin{pmatrix} -3\\ 9\\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9\cdot (-4)-0\cdot 0\\ 0\cdot 3-(-3)\cdot (-4)\\ -3\cdot 0-9\cdot 3 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} -36\\ -12\\ -27 \end{pmatrix} } $
$\qquad\qquad$ Berechne $d$ (Skalarprodukt aus Ortsvektor und Normalenvektor)
$\qquad\qquad$ $ d=\vec{o}\cdot \vec{n} = \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -36\\ -12\\ -27 \end{pmatrix} =3\cdot (-36)+0\cdot (-12)+0\cdot (-27)=-108 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow d=-108 $
$\qquad\qquad\qquad$ Also: $E_1:-36x-12y-27z=-108\:\: \textcolor{red}{|:(-3)}$
$\qquad\qquad\qquad$ Die Ebenengleichung lautet: $\underline{E_1:12x+4y+9z=36}$
Lösung b)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
b)\: Die\: 3\: Schnittpunkte\: der\: Ebene\: E_1\: mit\: den\: Koordinateachsen
$
$\qquad\:\:$ Für die $x-Achse$ gilt: $y=z=0$
$\qquad\qquad$ $ 12x+4(0)+9(0)=36\:\: \textcolor{red}{|:12} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ x=3 \longrightarrow \underline{S_x(3|0|0)} $
$\qquad\:\:$ Für die $y-Achse$ gilt: $x=z=0$
$\qquad\qquad$ $ 12(0)+4y+9(0)=36\:\: \textcolor{red}{|:4} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ y=9 \longrightarrow \underline{S_y(0|9|0)} $
$\qquad\:\:$ Für die $z-Achse$ gilt: $x=y=0$
$\qquad\qquad$ $ 12(0)+4(0)+9z=36\:\: \textcolor{red}{|:9} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ z=4 \longrightarrow \underline{S_y(0|0|4)} $
$\qquad\:\:$ Für die $x-Achse$ gilt: $y=z=0$
$\qquad\qquad$ $ 12x+4(0)+9(0)=36\:\: \textcolor{red}{|:12} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ x=3 \longrightarrow \underline{S_x(3|0|0)} $
$\qquad\:\:$ Für die $y-Achse$ gilt: $x=z=0$
$\qquad\qquad$ $ 12(0)+4y+9(0)=36\:\: \textcolor{red}{|:4} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ y=9 \longrightarrow \underline{S_y(0|9|0)} $
$\qquad\:\:$ Für die $z-Achse$ gilt: $x=y=0$
$\qquad\qquad$ $ 12(0)+4(0)+9z=36\:\: \textcolor{red}{|:9} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ z=4 \longrightarrow \underline{S_y(0|0|4)} $
Lösung c)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
c)\: Abstand\: der\: Ebene\: E_1\: zum\: Koordinatenursprung\: 0
$
$\qquad\:\:$ $ d(E_1,O)= \begin{vmatrix} \frac { \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} -36 } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac { 12\cdot 0+4\cdot 0+9\cdot 0-36 } { \sqrt{12^2+4^2+9^2} } \end{vmatrix} =2,318 $
$\qquad\:\:$ Der Abstand beträgt $\underline{d\approx2,32\: LE}$
$\qquad\:\:$ $ d(E_1,O)= \begin{vmatrix} \frac { \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} -36 } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac { 12\cdot 0+4\cdot 0+9\cdot 0-36 } { \sqrt{12^2+4^2+9^2} } \end{vmatrix} =2,318 $
$\qquad\:\:$ Der Abstand beträgt $\underline{d\approx2,32\: LE}$
Lösung d)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
d)\: Begründe,\: dass\: E_1\: und\: E_2\: nicht\: zueinander \: parallel\: sind
$
$\qquad\:\:$ $E_1: 12x+4y+9z=36 \longrightarrow$ der Normalenvektor $ n_1 = \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $E_2: 6x+2y+9z=18 \longrightarrow$ der Normalenvektor $ n_2 = \begin{pmatrix} 6\\2\\9 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $ \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \ne r\cdot \begin{pmatrix} 6\\2\\9 \end{pmatrix} \longrightarrow $ $E_1$ und $E_2$ sind nicht kollinear und dann nicht parallel.
$\qquad\:\:$ Schnittgerade der Ebenen $E_1$ und $E_2$
$\qquad\qquad$ $ E_1 \cap E_2: 6(3-3r+3s)+2(9r)+9(-4s)=18 $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:$ $ \iff \textcolor{red}{\cancel{18}} \textcolor{blue}{\cancel{-18r}} \underline{+ 18s} \textcolor{blue}{\cancel{+18r}} \underline{- 36s}=\textcolor{red}{\cancel{18}} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \iff -18s=0 \longrightarrow \underline{s=0} $
$\qquad\qquad$ Setzte $s=0$ in $E_1$ ein
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} + 0\cdot \begin{pmatrix} 3\\0\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ Die Gleichung der Schnittgerade $s$ lautet:
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline { s:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} } $
$\qquad\:\:$ $E_1: 12x+4y+9z=36 \longrightarrow$ der Normalenvektor $ n_1 = \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $E_2: 6x+2y+9z=18 \longrightarrow$ der Normalenvektor $ n_2 = \begin{pmatrix} 6\\2\\9 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $ \begin{pmatrix} 12\\4\\9 \end{pmatrix} \ne r\cdot \begin{pmatrix} 6\\2\\9 \end{pmatrix} \longrightarrow $ $E_1$ und $E_2$ sind nicht kollinear und dann nicht parallel.
$\qquad\:\:$ Schnittgerade der Ebenen $E_1$ und $E_2$
$\qquad\qquad$ $ E_1 \cap E_2: 6(3-3r+3s)+2(9r)+9(-4s)=18 $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:$ $ \iff \textcolor{red}{\cancel{18}} \textcolor{blue}{\cancel{-18r}} \underline{+ 18s} \textcolor{blue}{\cancel{+18r}} \underline{- 36s}=\textcolor{red}{\cancel{18}} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \iff -18s=0 \longrightarrow \underline{s=0} $
$\qquad\qquad$ Setzte $s=0$ in $E_1$ ein
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} + 0\cdot \begin{pmatrix} 3\\0\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ Die Gleichung der Schnittgerade $s$ lautet:
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline { s:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} } $
Lösung e)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
e)\: dass\: Volumen\: der\: Pyramide
$
$\qquad\:\:$ $ \underline { V_{Pyramide}= \frac{1}{3}A_G \cdot h=\frac{1}{3}(\frac{1}{2} \cdot 3\cdot 9)\cdot 4=18\: VE } $
$\qquad\:\:$ $ \underline { V_{Pyramide}= \frac{1}{3}A_G \cdot h=\frac{1}{3}(\frac{1}{2} \cdot 3\cdot 9)\cdot 4=18\: VE } $
Lösung f)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
f)\: Ermittle\: den\: Punkt\: P
$
$\qquad\:\:$ Gleichung der Geraden gAB:
$\qquad\qquad$ gAB: $ \vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 0-3\\9-0\\0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ $P$ auf gAB ist also $C$ auf gAB $ \longrightarrow \overrightarrow{PC}= $ gAB
$\qquad\qquad$ $ \iff \overrightarrow{PC} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 0\\0\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3-3r\\9r\\-4 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $\overrightarrow{PC}\perp g_{AB} \Longrightarrow \overrightarrow{PC}\cdot g_{AB}=0$ (also Richtungsvektor von $g_{AB}$)
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3-3r\\9r\\-4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} = (-9+9r)+(81r)+(0)=-9+90r=0 \Rightarrow r=\frac{1}{10} $
$\qquad\:\:$ Also
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline { P \begin{pmatrix} 3&+&\frac{1}{10}\cdot (-3) \\ 0&+&\frac{1}{10}\cdot 9 \\ 0&+&\frac{1}{10}\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2,7\\0,9\\0 \end{pmatrix} } $
$\qquad\:\:$ Gleichung der Geraden gAB:
$\qquad\qquad$ gAB: $ \vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 0-3\\9-0\\0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ $P$ auf gAB ist also $C$ auf gAB $ \longrightarrow \overrightarrow{PC}= $ gAB
$\qquad\qquad$ $ \iff \overrightarrow{PC} = \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 0\\0\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3-3r\\9r\\-4 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $\overrightarrow{PC}\perp g_{AB} \Longrightarrow \overrightarrow{PC}\cdot g_{AB}=0$ (also Richtungsvektor von $g_{AB}$)
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3-3r\\9r\\-4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\9\\0 \end{pmatrix} = (-9+9r)+(81r)+(0)=-9+90r=0 \Rightarrow r=\frac{1}{10} $
$\qquad\:\:$ Also
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline { P \begin{pmatrix} 3&+&\frac{1}{10}\cdot (-3) \\ 0&+&\frac{1}{10}\cdot 9 \\ 0&+&\frac{1}{10}\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2,7\\0,9\\0 \end{pmatrix} } $
Analytische Geometrie / Abi Berlin
Übungsaufgaben
Lösung
a) Zeige, dass das Viereck $ABFE$ ein Trapez ist.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Länge\: AE\: und\: BF $
$\qquad$ $ |\overline{AE}|=\sqrt{(0-0)^2+(40-0)^2+(120-0)^2}=126,491 $
$\qquad$ $ |\overline{BF}|=\sqrt{(0-0)^2+(58-20)^2+(114-0)^2}=120,166 $
$\qquad$ $ \large \frac {\overline{AE}} {\overline{BF}} = \frac{126,491}{120,166} $ $ \large = \frac{20}{19} $ $ \iff 20\cdot \overline{BF}=19\cdot \overline{AE} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF}= \large \frac{19}{20} \cdot $ $ \overline{AE} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF} \parallel \overline{AE} \:\: \longrightarrow \:\: ABFE $ ist ein Trapez.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Prüfe\: ob\: das\: Viereck\: im\: E\: einen\: rechten\: Winkel\: hat $
$\qquad$ Berechene das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AE}$ und $\overrightarrow{EF}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} = \begin{pmatrix} 0-0\\40-0\\120-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \:\:\:\: | \:\:\:\: \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0-0\\58-40\\114-120 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} = 0\cdot 0+40\cdot 18+120\cdot (-6)=0 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow $ das Viereck hat im Punkt $E$ einen rechten Winkel.
b) Liegen $L$ und $M$ auf $AE$ bzw. $BF$ und verläuft $LM$ parallel zu $AB$ durch den Mittel-punkt von $EF$ , so ist der Flächeninhalt des Vierecks $ABFE$ ebenso groß wie der Flächeninhalt des Parallelogramms $ABML$. Betrachtet man $AB$ als dessen Grund- seite, so ist die zugehörige Höhe der Mittelwert der $z$-Koordinaten von $E$ und $F$. Die untere Teilfläche ist ein Parallelogramm, dessen Höhe zur Grundseite $AB$ halb so groß ist wie die des Parallelogramms $ABML$.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Länge\: AE\: und\: BF $
$\qquad$ $ |\overline{AE}|=\sqrt{(0-0)^2+(40-0)^2+(120-0)^2}=126,491 $
$\qquad$ $ |\overline{BF}|=\sqrt{(0-0)^2+(58-20)^2+(114-0)^2}=120,166 $
$\qquad$ $ \large \frac {\overline{AE}} {\overline{BF}} = \frac{126,491}{120,166} $ $ \large = \frac{20}{19} $ $ \iff 20\cdot \overline{BF}=19\cdot \overline{AE} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF}= \large \frac{19}{20} \cdot $ $ \overline{AE} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF} \parallel \overline{AE} \:\: \longrightarrow \:\: ABFE $ ist ein Trapez.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Prüfe\: ob\: das\: Viereck\: im\: E\: einen\: rechten\: Winkel\: hat $
$\qquad$ Berechene das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AE}$ und $\overrightarrow{EF}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} = \begin{pmatrix} 0-0\\40-0\\120-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \:\:\:\: | \:\:\:\: \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0-0\\58-40\\114-120 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} = 0\cdot 0+40\cdot 18+120\cdot (-6)=0 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow $ das Viereck hat im Punkt $E$ einen rechten Winkel.
b) Liegen $L$ und $M$ auf $AE$ bzw. $BF$ und verläuft $LM$ parallel zu $AB$ durch den Mittel-punkt von $EF$ , so ist der Flächeninhalt des Vierecks $ABFE$ ebenso groß wie der Flächeninhalt des Parallelogramms $ABML$. Betrachtet man $AB$ als dessen Grund- seite, so ist die zugehörige Höhe der Mittelwert der $z$-Koordinaten von $E$ und $F$. Die untere Teilfläche ist ein Parallelogramm, dessen Höhe zur Grundseite $AB$ halb so groß ist wie die des Parallelogramms $ABML$.
Übungen Geometrie - Vektorrechnung
Übungsaufgaben
-
Gegeben sind die drei Punkte $A(3|5|1)$, $\: B(-5|7|17)$, und $C(6|2|13)$
a) Gebe eine Gerade der Gleichung an, die durch die Punkte $A$ und $B$ geht. Zeige, dass der Punkt $M(-1|6|9)$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$ ist.
b) Weise nach, dass das Dreieck $AMC$ rechtwinklig ist.
Gebe den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ an.
Lösung$A(3|5|1)$, $\: B(-5|7|17)$, und $C(6|2|13)$
$\:\:$ a) Gebe die Gerade $g$ durch $A$ und $B$.
$\qquad\qquad g_{AB}:\vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\5\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -5-3\\7-5\\17-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8\\2\\16 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Zeige,\: dass\: M\: der\: Mittelpunkt\: von\: AB\: ist $
$\qquad$ $x_M= \frac{1}{2} (3-5)=-1 \:\:|\:\: y_M= \frac{1}{2} (5+7)=6 \:\:|\:\: z_M= \frac{1}{2} (1+17)=9 $
$\qquad$ $ \longrightarrow \: M \begin{pmatrix} -1\\6\\9 \end{pmatrix}, \:\: $ mit $ r=\frac{1}{2} $
$\:\:$ b) Weise nach, dass das Dreieck $AMC$ rechtwinklig ist.
$\qquad$ Berechne $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MC}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM}= \begin{pmatrix} -1-3\\6-5\\9-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\1\\8 \end{pmatrix} $ $ \:\:|\:\: $ $ \overrightarrow{MC}= \begin{pmatrix} 6+1\\2-6\\13-9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7\\-4\\4 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Berechne das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MC}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MC} = -4\cdot7+1\cdot (-4)+8\cdot 4=0 \:\: \longrightarrow \:\: AMC $ ist rechtwinklig.
$\qquad$ Gebe den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ an.
$\qquad\qquad$ Betrag von $AM$: $ | \overrightarrow{AM} |= \sqrt{(-4)^2+1^2+8^2}=9 $
$\qquad\qquad$ Betrag von $MC$: $ | \overrightarrow{AM} |= \sqrt{7^2+(-4)^2+4^2}=9 $
$\qquad\qquad$ Betrag von $AB$: $ | \overrightarrow{AB} |= 2\cdot | \overrightarrow{AM} |= 2\cdot 9= 18 $
$\qquad\qquad$ Flächeninhalt von $ABC=9\cdot 9=81\:FE$ -
Die Gerade
$
g:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
0\\0\\12
\end{pmatrix}
+r\cdot
\begin{pmatrix}
1\\0\\-3
\end{pmatrix};
\:
r\in\mathbb{R}
$
und der Punkt $B(0|3|6)$ legen eine Ebene $E$ fest.
a) Weise nach, dass $3x+2y+z=12$ eine Gleichung für die Ebene $E$ ist.
b) Die Ebene $E$ schneidet die $x$-$y$-Ebene. Gebe die Koordinaten von zwei Punkten an, die auf der Schnittgeraden der Ebene $E$ mit der $x$-$y$-Ebene liegen.
Lösung$ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\0\\12 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\-3 \end{pmatrix} $ und $B(0|3|6)$
a) Weise nach, dass $3x+2y+z=12$ eine Gleichung für die Ebene $E$ ist.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: g\: und\: B\: in\: E\: ein\: und\: prüfe\: ob\: 12\: raus\: kommt $
$\qquad$ $ *\:\: 3(0+r)+2(0+0r)+(12-3r)=12 $
$\qquad$ $ \:\: \iff 3r+12-3=12 $
$\qquad$ $ \:\: \iff 12=12\:\: W.A.\:\: \longrightarrow\:\: $ $g$ liegt auf $E$.
$\qquad$ $ *\:\: 3(0)+2(3)+6=12 $
$\qquad$ $ \:\: \iff 12=12\:\: W.A.\:\: \longrightarrow\:\: $ $B$ liegt auf $E$.
b) Koordinaten von Punkten, die auf der Schnittgeraden der Ebene $E$ mit der $x$-$y$-Ebene liegen.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Gebe\: die\: Koordinaten\: von\: 2\: Punkten\: an $
$\qquad$ Schnittpunkt mit $x$-$y$-Ebene $\longrightarrow$ $z=0$
$\qquad$ Seien: $ P \begin{pmatrix} x_P\\y_P\\z_P \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_P\\y_P\\0 \end{pmatrix} $ $ \:\:\: $ und $ \:\:\: $ $ Q \begin{pmatrix} x_Q\\y_Q\\z_Q \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_Q\\y_Q\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad$ $P$ hat einen Schnittpunkt mit $E$:
$\qquad$ $\Longrightarrow 3 \cdot x_P+2 \cdot y_P+0 \cdot z_P=12 $
$\qquad$ Für $x_P=0, \:\:\:3\cdot 0+2\cdot y_P+0\cdot z_P=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff 2\cdot y_P=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff y_P=6 $ $ \longrightarrow P \begin{pmatrix} 0\\2\cdot 6\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\6\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad$ $Q$ hat einen Schnittpunkt mit $E$:
$\qquad$ $\Longrightarrow 3 \cdot x_Q+2 \cdot y_Q+0 \cdot z_Q=12 $
$\qquad$ Für $y_Q=0, \:\:\:3\cdot x_Q+2\cdot 0+0\cdot z_Q=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff 3\cdot x_Q=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff x_Q=4 $ $ \longrightarrow Q \begin{pmatrix} 3\cdot 4\\0\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\0\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Da bekommst du die Punkte $ P \begin{pmatrix} 0\\6\\0 \end{pmatrix} \:\: $ und $ \:\: Q \begin{pmatrix} 4\\0\\0 \end{pmatrix} $ -
Lösung$A(6|0|0), \: B(0|8|0), \: C(6|8|0)$ und $S(0|0|10)$
a) Gebe eine Gleichung der Geraden an, die durch die Punkte $S$ und $C$ geht.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: S\: als\: Ortsvektor \:(Stützvektor) $
$\qquad$ $ g_{SC}: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\0\\10 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 6\\8\\-10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Zeige\: dass\: M\: der\: Mittelpunkt\: von\: SC\: ist $
$\qquad$ $ x_{SC}= \frac{0+6}{2}=3\:\:|\:\: y_{SC}= \frac{0+8}{2}=4\:\:|\:\: z_{SC}= \frac{10+0}{2}=5\ $ $ \iff M(3|4|5) $
b) Weise nach, dass das Dreieck $ABM$ ein rechtwinkliges Dreieck ist.
$\qquad$ Berechne $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{AB}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM}= \begin{pmatrix} 3-6\\4-0\\5-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\4\\5 \end{pmatrix} $ $ \:\:|\:\: $ $ \overrightarrow{MB}= \begin{pmatrix} 3-0\\4-8\\5-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\-4\\5 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Berechne das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MB}$
$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MB} = -3\cdot3+4\cdot (-4)+5\cdot 5=0 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow \:\: $ AMB ist rechtwinklig, bei $M$. -
Gegeben ist die Ebene $E$ durch $E:3x-4y+z=11$ und die Gerade $g$ durch
$
g:\vec{x}=
\begin{pmatrix}
2\\0\\5
\end{pmatrix}
+r\cdot
\begin{pmatrix}
3\\2\\-1
\end{pmatrix};
\:\:
r\in\mathbb{R}.
$
$\:\:$ a) Zeige, dass die Gerade $g$ in der Ebene $E$ liegt.
$\:\:$ b) Ermittle eine Gleichung für eine Gerade $h$, die ebenfalls in der Ebene $E$ liegt und gleichzeitig senkrecht zur der Geraden $g$ verläuft.
Lösung$E:3x-4y+z=11\:\:$ und $ \:\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\0\\5 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix}; \:\: r\in\mathbb{R}. $
a) Zeige, dass die Gerade $g$ in der Ebene $E$ liegt.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: g\: in\: E\: ein.\: \longrightarrow \:g \:und \:E \:schneiden\: sich $
$\qquad$ $ g\cap E \Rightarrow 3(2+3r)-4(2r)+(5-r) $
$\qquad\qquad$ $ \iff 6+9r-8r+5-r=11 $
$\qquad\qquad$ $\longrightarrow$ Alle Punkte der Geraden $g$ liegen in der Ebene
b) Ermittle eine Gleichung für die Gerade $h$.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize h\: liegt\: in\: der\: Ebene\: E\: und\: ist\: senkrecht\: zu\: g $
$ \:\:\: $ Der Richtungsvektor von $h\:$ ($\overrightarrow{rv}_h\:$) muss senkrecht zum Normalenvektor
$ \:\:\: $ von $E\:$ ($\vec{n}_E\:$) und senkrecht zum Richtungsvektor von $g\:$ ($\overrightarrow{rv}_g$).
$\qquad$ $ \Longrightarrow \:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \vec{n}_E \:\:\:\:\:\: $ und $ \:\:\:\:\:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \overrightarrow{rv}_g $
$\qquad$ $ \iff \overrightarrow{rv}_h \perp \begin{pmatrix} 3\\-4\\1 \end{pmatrix} \:\:\: $ und $ \:\:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Berechne das Kreuzprodukt von $\vec{n}_E\:$ und $\:\overrightarrow{rv}_g$
$\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3\\-4\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\cdot (-1)-1\cdot 2\\ 3\cdot 1-3\cdot (-1)\\ 3\cdot 2-3\cdot (-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\6\\18 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Also, der Richtungsvektor von $h$ ist z.B.: $ \overrightarrow{rv}_h = \begin{pmatrix} 2\\6\\18 \end{pmatrix} = 2\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\9 \end{pmatrix} $.
$\qquad$ So kann eine Gleichung für $h$ sein:
$\qquad\qquad\qquad$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\3\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\9 \end{pmatrix} $, mit $r\in\mathbb{}R.$
Punktspiegelungen
Punktspiegelungen
Bei der Punktspiegelungen, lassen sich alle Spiegelungen auf die Spiegelung eines Punktes an einem andre Punkt zurückführen.
Unterschiedliche Spiegelungen:
- Punkt an Punkt
- Punkt an Ebene
- Punkt an Gerade
Aufgabenstellung
- Berechnung des gespielten Punktes
- Rückführung der Spiegelung Punkt-Ebene auf die Spiegelung des Punktes am Fußpunkt des Lots auf die Ebene
- Rückführung der Spiegelung Punkt-Gerade auf die Spiegelung des Punktes am Fußpunkt des Lots auf die Gerade
Beispielaufgaben – Punkt an Punkt
Spiegle den Punkt $P$ am Punkt $Q$
-
$P(4|3|-7), \: Q(5|0|6)$
Lösung$P(4|3|-7), \: Q(5|0|6)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Ortsvektor\: von\: P\: auf $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP} = \begin{pmatrix} 4\\3\\-7 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Vektor\: zwischen\: P\: und\: Q\: auf $
$\qquad$ $ \overrightarrow{PQ} = \begin{pmatrix} 5-4\\0-3\\6-(-7) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\-3\\13 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: ein\: und\: berechne $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PS} $ $\qquad \iff \begin{pmatrix} 4\\3\\-7 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 1\\-3\\13 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\\-3\\19 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 6\\-3\\19 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(6|-3|19) $ -
$P(2|-4|9), \: Q(1|7|7)$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime}(0|18|5)$ -
$P(-5|3|4), \: Q(6|-3|3)$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime}(17|-9|2)$ -
$P(1+a|3-2a|a^2), \: Q(1-a|a-2|2a-2)$
Lösung$P(1+a|3-2a|a^2), \: Q(1-a|a-2|2a-2)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Ortsvektor\: von\: P\: auf $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP} = \begin{pmatrix} 1+a\\3-2a\\a^2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Vektor\: zwischen\: P\: und\: Q\: auf $
$\qquad$ $ \overrightarrow{PQ} = \begin{pmatrix} 1-a-1-a\\a-2-3+2a-\\2a-2-a^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2a\\3a-5\\-a^2+2a-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: ein\: und\: berechne $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PQ} $
$\qquad \iff \begin{pmatrix} 1+a\\3-2a\\a^2 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} -2a\\3a-5\\-a^2+2a-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-3a\\4a-7\\-a^2+4a-4 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 1-3a\\4a-7\\-a^2+4a-4 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}[(1-3a|4a-7|-(a-2)^2] $ -
$P(1|-3|5), \: Q(4|-1|9)$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime}(7|1|13)$
Beispielaufgaben – Punkt an Ebene
Spiegele den Punkt $P$ an der Ebene $E$
-
$P(7|14|-4), \: E:2x+6y-4z=2$
Lösung$P(7|14|-4), \: E:2x+6y-4z=2$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $
$\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 2\\6\\-4 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\: mit\: E $
$\qquad$ $ 2(7+2r)+6(14+6r)-4(-4-4r)=2 $
$\qquad$ $ \iff\: 56r=-112\: \longrightarrow\: r=-2 $
$\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein
$\qquad$ $h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + (-2)\cdot \begin{pmatrix} 2\\6\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\2\\4 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $ L \begin{pmatrix} 3\\2\\4 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: und\: berechne $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}}= \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PL} $
$\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OP^{\prime}}= \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 3-7\\2-14\\4-(-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\-10\\12 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(-1|-10|12) $ -
$P(2|4|6), \: E:x-2y-z=1$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime} \begin{pmatrix} \frac{19}{3}| – \frac{14}{3}| \frac{5}{3} \end{pmatrix} $ -
$P(10|5|5),$ Ebene $E$ durch die Punkte $A(5|7|0),$ $B(9|3|-2)$ und $C(7|-1|2)$
Lösung$P(10|5|5),$ Ebene $E$ durch die Punkte $A(5|7|0),$ $B(9|3|-2)$ und $C(7|-1|2)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: durch\: A,\:B \:und\: C\: in\: die\: Koordinatenform $
$\qquad$ Schreibe in Parameterform:
$\qquad$ $ E:\vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 9-5\\3-7\\-2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 7-5\\-1-7\\2-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 4\\-4\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 2\\-8\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Berechne die Normalform:
$\qquad\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-4\\-2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2\\-8\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\cdot 2-(-2)\cdot (-8)\\ (-2)\cdot 2-4\cdot 2\\ 4\cdot (-8)-(-4)\cdot 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ Die Normalform lautet:
$\qquad\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} =0 $
$\qquad$ Schreibe die Koordinatenform:
$\qquad\qquad$ Multipliziere aus:
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = -24x-12y-24z $
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = 5\cdot (-24)+7\cdot (-12)+0\cdot (-24) =-204 $
$\qquad\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad$ Die Koordinatenform lautet: $ E:-24x-12y-24z=-204 $
$P(10|5|5), E:-24x-12y-24z=-204$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $
$\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\: mit\: E $
$\qquad$ $ -24(10-24r)-12(5-12r)-24(5-24r)=-204 $
$\qquad \iff $ $ -240+576r-60+144r-120+576r=-204 $
$\qquad \iff $ $ 1296r-420=-204\qquad |+420 $
$\qquad \iff $ $ 1296r=216\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\: |:1296 \qquad \longrightarrow \qquad r=\frac{1}{6} $
$\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein:
$\qquad\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} + \frac{1}{6} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\\3\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $\:\: L \begin{pmatrix} 6\\3\\1 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: und\: berechne $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2\cdot \overrightarrow{PL} $
$\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} +2\cdot \begin{pmatrix} 6-10\\3-5\\1-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(2|1|-3) $ -
Gegeben sind der Punkt $P(9|-12|2)$ und die Ebene $E:x-y=5.$ Gesucht ist der Spiegelpunkt $B$ des Punktes $P$ an der Ebene $E.$
Lösung$P(9|-12|2)$ und $E:x-y=5$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $
$\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\ mit\: E $
$\qquad$ $ 1(9+r)-1(-12-r)+0(2+0r)=5 $
$\qquad \iff $ $ 9+r+12+r=5 $
$\qquad \iff $ $ 2r+21=5\qquad |-21 $
$\qquad \iff $ $ 2r=-16\qquad\:\:\:\: \:\:\:\: |:2 \:\: \longrightarrow \:\: r=-8 $
$\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein:
$\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} + (-8)\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\-4\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $ L \begin{pmatrix} 1\\-4\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\ die\: Gleichung\: und\: berechne $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PL^{\prime}} $
$\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OB} = \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} 1-9\\-4-(-12)\\2-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -7\\4\\2 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $B$ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large B(-7|4|2) $ -
In einem Labor wird die Wirkung von Laserstrahlen auf eine schleimige Substanz untersucht. Im Punkt $P(7|5|15)$ befindet sich ein Laserstrahler, der in Richtung
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} $
strahlt und auf einen Spiegel trifft, der in der Ebene $E$ liegt mit:
$\qquad\qquad$ $E:3x+2y+5z=30.$
Ein mit der schleimigen Substanz gefülltes Reagenzglas befindet sich im Punkt $R(-3|5|0)$.
a) Stelle eine Gleichung der Gerade auf, in welcher der Laserstrahl verläuft, bevor er auf den Spiegel trifft. Bestimme zudem den Winkel, in welchem der Laserstrahl auf den Spiegel trifft.
b) Bestimme die Gerade $f$, in welcher der reflektierte Lichtstrahl liegt und prüfe, ob der reflektierte Laserstrahl das Reagenzglas trifft.
Lösunga) Stelle eine mögliche Gleichung der Geraden auf:
$\qquad$ $ g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow Berechne\: der\: spitze\: Winkel\: \alpha\: zwischen\: g\: und\: E $
$\qquad$ $ sin(\alpha)= \large \frac{ \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } = \frac{ \begin{vmatrix} 21 \end{vmatrix} } { \sqrt{38} \cdot \sqrt{21} } \: \longrightarrow \: \normalsize \alpha \approx48,02^{\circ}. $
b) Stelle die Gleichungen des reflektierten Strahls f
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade\: h\ auf $
$\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow Bestimme\: den\: Lotfußpunkt\: L $
$\qquad$ Berechne den Schnittpunkt $h$ mit $E$.
$\qquad$ $ 3(7+3s)+2(5+2s)+5(15+5s)=30 $
$\qquad$ $ \iff 21+9s+10+4s+75+25s=30 $
$\qquad$ $ \iff 38s=-76\:\: \longrightarrow \:\: s=-2, \:\: \longrightarrow \:\: L(1|1|5) $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: der\: Punkt\: P(7|5|15)\: an\: L $
$\qquad$ $ \overrightarrow{0P^{\prime}}= \overrightarrow{0P} + 2\cdot \overrightarrow{PL} = \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 1-7\\1-5\\5-15 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} . $
$\qquad$ Ein weiterer Punkt auf der Gerade könnte man zum Beispiel mit $r=-1$ erhalten
$\qquad\qquad$ $ Q= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\3\\14 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: Q\: an\: der\: Ebene\: E $
$\qquad$ $ C \large \begin{pmatrix} \frac{-108}{19}|\frac{-53}{19}|\frac{-9}{19} \end{pmatrix} $ .
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Kürze\: den\: Richtungsvektor $
$\qquad$ $\Longrightarrow$ die Geradengleichung durch die Punkte $B$ und $C$ lautet:
$\qquad\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -13\\4\\86 \end{pmatrix} , \:\: t\in\mathbb{R} $.
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Prüfe\: ob\: der\: Laserstrahl\: auf\: das\: Reagenzglas\: trifft $
$\qquad$ Führe eine Punktprobe mit $R(-3|5|0)$ und der Geraden h durch
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} -3\\5\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -13\\4\\86 \end{pmatrix} $ $ \iff $ $ \begin{cases} -3&=-5-13t\: \longrightarrow\: t=\frac{-2}{13}\\ 5&=-3+4t\: \longrightarrow\: t=2\\ 0&=-5+86t\: \longrightarrow\: t=\frac{5}{86} \end{cases} $
$\qquad$ Kein $t\in\mathbb{R}$ erfüllt diese Gleichung
$\qquad \Longrightarrow $ das Reagenzglas liegt nicht in dem Laserstrahl.
Beispielaufgaben – Punkt an Gerade
Spiegle den Punkt $P$ an der Geraden $g$
-
$
P(4|0|4),\:
g:\vec{x}=
\begin{pmatrix}
6\\6\\2
\end{pmatrix}
+
t\cdot
\begin{pmatrix}
2\\1\\-1
\end{pmatrix}
$
Lösung$ P(4|0|4),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 6\\6\\2 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsebene\: E\: auf,\: senkrecht\: zu\: g,\: die\: P\: beinhaltet. $
$\qquad$ $ E:2x+y-z=d $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Punktprobe:\: setzte\: P\: in\: E\: ein $
$\qquad$ $ 2(4)+0-4=d \: \iff \: d=4 \:\: \longrightarrow \:\: E:2x+y+z=4 $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: den\: Schnittpunkt\: S\:von\: E\: und\: g $
$\qquad$ $ 2(6+2t)+1(6+t)-1(2-t)=4 $
$\qquad \iff $ $ 12+4t+6+t-2+t=4 $
$\qquad \iff $ $ 6t=-12 \:\: \longrightarrow \:\: t=-2 $
$\qquad$ Den Schnittpunkt S lautet:
$\qquad$ $ S= \begin{pmatrix} 6\\6\\2 \end{pmatrix} + (-2)\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6-4\\6-2\\2+2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\4\\4 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: P\: an\: S,\: um\: den\: Bildpunkt\: P’\: zu\: erhalten $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PS} = \begin{pmatrix} 4\\0\\4 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} 2-4\\4-0\\4-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\8\\4 \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime} \begin{pmatrix} 0\\8\\4 \end{pmatrix} $ -
$
P(-1|1|2),\:
g:\vec{x}=
\begin{pmatrix}
5\\5\\4
\end{pmatrix}
+
t\cdot
\begin{pmatrix}
-2\\-2\\1
\end{pmatrix}
$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime}(3|1|10)$ -
$
P(3|-1|5),\:
g:\vec{x}=
\begin{pmatrix}
1\\-1\\1
\end{pmatrix}
+
t\cdot
\begin{pmatrix}
1\\3\\2
\end{pmatrix}
$
Lösung$ P(3|-1|5),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsebene\: E\: auf,\: senkrecht\: zu\: g,\: die\: P\: beinhaltet. $
$\qquad$ $ E:x+3y+2z=d $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Punktprobe:\: setzte\: P\: in\: E\: ein $
$\qquad$ $ 3+3(-1)+2(5)=d \: \iff \: d=10 \:\: \longrightarrow \:\: E:x+3y+2z=10 $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: den\: Schnittpunkt\: S\:von\: E\: und\: g $
$\qquad$ $ 1(1+t)+3(-1+3t)+2(1+2t)=10 $
$\qquad \iff $ $ 1+t-3+9t+2+4t=10 $
$\qquad \iff $ $ 14t=10 \:\: \longrightarrow \:\: t=\frac{5}{7} $
$\qquad$ Den Schnittpunkt S lautet:
$\qquad$ $ S= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} + \frac{5}{7} \cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+\frac{5}{7}\\ -1+\frac{15}{7}\\ 1+\frac{10}{7} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{12}{7}\\ \frac{8}{7}\\ \frac{17}{7} \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: P\: an\: S,\: um\: den\: Bildpunkt\: P’\: zu\: erhalten $
$\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PS} = \begin{pmatrix} 3\\-1\\5 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} \frac{12}{7}-3\\ \frac{8}{7}+1\\ \frac{17}{7}-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{7}\\ \frac{23}{7}\\ \frac{-1}{7} \end{pmatrix} $
$\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:
$\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large P^{\prime} \begin{pmatrix} \frac{3}{7}|\frac{23}{7}|\frac{-1}{7} \end{pmatrix} $ -
$
P(8|-7|7),\:
g:\vec{x}=
\begin{pmatrix}
2\\1\\11
\end{pmatrix}
+
t\cdot
\begin{pmatrix}
4\\-1\\-1
\end{pmatrix}
$
$\:\:$$Spiegelpunkt\: P^{\prime}(12|5|11)$
Winkel und Abstände III
III- Abstände – Hessesche Normalenform
-
Berechne den Abstand zwischen der Ebene $E$ und dem Punkt $P$.
$ 3x-2y+4z=10 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ P(2|3|1) $
Lösung$ 3x-2y+4z=10 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ P(2|3|1) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: von\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\-2\\4 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Ebenengleichung\: umstellen $
$\qquad$ $ 3x-2y+4z-10=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Abstand\: berechnen $
$\qquad$ $ d_{(P,E)}= $ $ \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 2-2\cdot 3+4\cdot 1-10} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\-2\\4 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-6}{\sqrt{29}} \end{vmatrix} =1,11417 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}\approx1,1142\: LE $ -
Gebe die Ebene in Hessescher Normalenform an und bestimme die Abstände der Punkte $P,\: Q$ und $R$ von der Ebene.
a) $E:3x+6y-2z=4, \:P(4|-1|2), \:Q(-4|6|4), \:R(6|1|10)$
Lösung$E:3x+6y-2z=4, \:P(4|-1|2), \:Q(-4|6|4), \:R(6|1|10)$
$a_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$
$ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:P(4|-1|2)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 4+6\cdot (-1)-2\cdot 2-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \frac{2}{7} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{2}{7}\: LE $
$a_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$
$ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:Q(-4|6|4)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot (-4)+6\cdot 6-2\cdot 4-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \frac{12}{7} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=\frac{12}{7}\: LE $
$a_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$
$ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:R(6|1|10)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{((R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 6+6\cdot 1-2\cdot 10-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} =0 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=0\: LE $
b) $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} =0 $ $\:$ $ \:P(2|2|3), \:Q(4|-1|0), \:R(8|3|2) $
Lösung$b_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:P(2|2|3) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $
$\qquad$ Multipliziere aus:
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $
$\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:
$\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 2+4\cdot 2+(-2)\cdot 3-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-32}{6} \end{vmatrix} = \frac{16}{3} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{16}{3}\: LE $
$b_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:Q(4|-1|0) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $
$\qquad$ Multipliziere aus:
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $
$\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:
$\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 4+4\cdot (-1)+(-2)\cdot 0-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-30}{6} \end{vmatrix} = 5 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=5\: LE $
$b_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:R(8|3|2) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $
$\qquad$ Multipliziere aus:
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $
$\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $
$\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:
$\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 8+4\cdot 3+(-2)\cdot 2-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-2}{6} \end{vmatrix} = \frac{1}{3} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=\frac{1}{3}\: LE $
$c)$ $ E:3x+4y-12z=6,\: P(1|2|5),\: Q(-2|4|1),\: R(6|3|2) $
Lösung$c_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:P(1|2|5) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 1+4\cdot 2-12\cdot 5-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-55}{13} \end{vmatrix} = \frac{55}{13} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{55}{13}\: LE $
$c_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:Q(-2|4|1) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot (-2)+4\cdot 4-12\cdot 1-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-8}{13} \end{vmatrix} = \frac{8}{13} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=\frac{8}{13}\: LE $
$c_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$
$\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:R(6|3|2) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $
$\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d_{(R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 6+4\cdot 3-12\cdot 2-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{0}{13} \end{vmatrix} = 0 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=0\: LE $ -
Gegeben seien die drei Punkte $A(1|1|1),\: B(3|2|-2),\: C(-1|0|3)$.
a) Bestimme eine Normalenform der Ebene E, die durch diese drei Punkte gegeben ist.
b) Bestimme die Hessesche Normalenform von $E$ und berechne den Abstand der Ebene vom Koordinatenursprung.
LösungPunkte $A(1|1|1),\: B(3|2|-2),\: C(-1|0|3)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Parameterform\: ein $
$\qquad$ $ E:\vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 3-1\\2-1\\-2-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1-1\\0-1\\3-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\2 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Normalenform\: ein $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot 2-(-3)\cdot (-1)\\ (-3)\cdot (-2)-2\cdot 2\\ 2\cdot (-1)-1\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $ \vec{a}= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Die Normalenform (Normalengleichung) von $E$ lautet:
$\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: die\: Hessesche\: Normalenform $
$\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{(-1)^2+2^2}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $
$\qquad$ $ \iff E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: der\: Abstand\: des\: Koordinatenursprungs\: O(0|0|0)\: von\: E $
$\qquad$ $ d_{(O,E)}= \begin{vmatrix} – \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} \end{vmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}} (-1+2) = \frac{1}{\sqrt{5}} $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $0$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_{(O,E)}=\frac{1}{\sqrt{5}} \: LE $
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Lösung
$a) $ Höhe von $D$ über $ABC:\:\: E_1:\vec{x}= \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB}+s\cdot \overrightarrow{AC}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_1 $
$\qquad$ $ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 5-4\\4-(-1)\\0-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_1 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\cdot 1-(-1)\cdot3\\ (-1)\cdot (-5)-1\cdot 1\\ 1\cdot 3-5\cdot (-5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 8x+4y+28z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 4\cdot 8+(-1)\cdot 4+1\cdot 28 =56 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_1: 8x+4y+28z=56\:\: |:4 $
$\qquad \iff E_1:2x+y+7z=14 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_1}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_1}}= \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_1:2x+y+7z-14=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {2\cdot 3+1\cdot 3+7\cdot 6-14} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 5,0350
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx5,04 \: LE $
$b) $ Höhe von $B$ über $ACD:\:\: E_2:\vec{x}= \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AC}+s\cdot \overrightarrow{AD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_2 $
$\qquad$ $ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-4\\3-(-1)\\6-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_2 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\cdot 5-1\cdot 4\\ 1\cdot (-1)-(-5)\cdot 5\\ (-5)\cdot 4-3\cdot (-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_2: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 11x+24y-17z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 4\cdot 11+(-1)\cdot 24+1\cdot (-17) =3 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_2: 11x+24y-17z=3 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_2}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_2}}= \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_2:11x+24y-17z-3=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {11\cdot 5+24\cdot 4+(-17)\cdot 0-3} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,7133
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,71 \: LE $
$c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $
$\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $
$c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $
$\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_1 $
$\qquad$ $ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 5-4\\4-(-1)\\0-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_1 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\cdot 1-(-1)\cdot3\\ (-1)\cdot (-5)-1\cdot 1\\ 1\cdot 3-5\cdot (-5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 8x+4y+28z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 4\cdot 8+(-1)\cdot 4+1\cdot 28 =56 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_1: 8x+4y+28z=56\:\: |:4 $
$\qquad \iff E_1:2x+y+7z=14 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_1}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_1}}= \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_1:2x+y+7z-14=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {2\cdot 3+1\cdot 3+7\cdot 6-14} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 5,0350
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx5,04 \: LE $
$b) $ Höhe von $B$ über $ACD:\:\: E_2:\vec{x}= \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AC}+s\cdot \overrightarrow{AD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_2 $
$\qquad$ $ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-4\\3-(-1)\\6-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_2 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\cdot 5-1\cdot 4\\ 1\cdot (-1)-(-5)\cdot 5\\ (-5)\cdot 4-3\cdot (-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_2: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 11x+24y-17z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 4\cdot 11+(-1)\cdot 24+1\cdot (-17) =3 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_2: 11x+24y-17z=3 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_2}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_2}}= \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_2:11x+24y-17z-3=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {11\cdot 5+24\cdot 4+(-17)\cdot 0-3} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,7133
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,71 \: LE $
$c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $
$\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $
$c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $
$\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $
$\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:
$\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $
$\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $
$\qquad$ Setzte zusammen:
$\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $
$\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $
$\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $
$\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067
$\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $
Vektorrechnung - Pyramide
Maths-High-School-6-1
Lösung
Lies die Punkte ab:
$ A \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ B \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ C \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ D \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ S \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Bestimme\: die\: Gleichungen\: der\: Geraden\: der\: vier\: Pyramidenkanten $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ AS \longrightarrow g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ BS \longrightarrow h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ CS \longrightarrow i: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ DS \longrightarrow j: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} 50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Bestimme\: P $
$ \:\:\:\:\:\: $ Mit $z=10m\: \longrightarrow\: P \begin{pmatrix} x\\y\\10 \end{pmatrix} , $ da sind nur noch $x$ und $y$ zu bestimmen.
$ \:\:\:\:\:\: $ $P$ ist den Schnittpunkt zwischen den Geraden $AP$ und $BS$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \iff \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} x-0\\y-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: als\: Lineares\: Gleichungssystem\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \begin{cases} 0 &+ &x \cdot r &= 0 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (I)\\ 0 &+ &y \cdot r &= 100 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (II)\\ 0 &+ &10 \cdot r &= 0 &+ &50 \cdot s \:\:\:\: (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: (III)\: in\: (I)\: ein $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: x\cdot r=-10\cdot r \qquad |\: :r \qquad \longrightarrow \underline{x=-10} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ Für $x=-10$, $r=1$ und $s=\frac{1}{5}=0.2$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: und\: s\: in\: (II)\: ein $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: y\cdot 1=100-50\cdot \frac{1}{5} \qquad \longrightarrow \underline{y=90} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \large P \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\: $ $ \qquad $ Gleichung der Geraden $AP$: $\overrightarrow{AP}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10-0\\90-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bilde\: die\: Steigung\: von\: P:\: (Sinus\: des\: Steigungswinkels) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $m_P= \large \frac { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } =\frac{\sqrt{83}}{83} =0,1097 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ PQ= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Steigung von $PQ=AP=\frac{\sqrt{83}}{83}$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Gleichung\: von\: Q $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ m_Q=\frac { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } = \large \frac{\sqrt{83}}{83} $
$ \large \iff $ $ \large \frac { (50r-10)\cdot 1 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (\sqrt{1^2}) } $
$ \large \iff $ $ \large \frac { 50r-10 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: 1 } = \frac{\sqrt{83}}{83} $
$ \large \iff $ $ 83\cdot (50r-10)=\sqrt{83}\cdot (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (1) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: nach\: r $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ 8000r\cdot (25r-9)=0\: \longrightarrow\: \begin{cases} r=0\\r=\frac{9}{25}=0,36 \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ Q= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + 0,36 \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff\: $ Im Punkt $Q \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $ endet die Rampe.
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchem\: Punkt\: erreicht\: die\: Rampe\: die\: Höhe\: von\: 15m? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\: $ Setzte:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\15 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow\: x=-55\:\: |\:\: y=85\:\: |\:\: r=0,625 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow $ Im Punkt $ \begin{pmatrix} -55\\85\\15 \end{pmatrix} $ erreicht die Rampe die Höhe von $15m.$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchen\: Punkte\: durchstoßen\: die\: Pyramidenkanten\: eine\: Höhe\: von\: 20m? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $AS$:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50r=x\\ 50r=y\\ 50r=20 \qquad |\: r=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 50\cdot \frac{2}{5}=20=y \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow AS = \begin{pmatrix} -20\\20\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $BS$:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50s &=x\\ 100-50s &=y\\ 50s &=20 \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ $ \qquad |\: s=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 100-50\cdot \frac{2}{5}=20=y $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow BS = \begin{pmatrix} -20\\80\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $CS$ und $DS$: Gleiches Verfahren
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow CS = \begin{pmatrix} -80\\80\\20 \end{pmatrix} $ $ \:\:\: $ und $ \:\:\: $ $ DS= \begin{pmatrix} -80\\20\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welcher\: Höhe\: beträgt\: der\: horizontale\: Querschnitt\: der\: Pyramide\: 25m²? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Da $A=a\cdot a=25m^2 \longrightarrow$ Grundseitenlänge $a=5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Mit dem Strahlensatz: $\frac{h_1}{5}=\frac{50}{100} \longrightarrow h_1=2,5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Also, $50m-2,5m=47,5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \longrightarrow$ In Höher $47,5m$ beträgt der horizontale Querschnitt der Pyramide $25m². $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Vom Punkt $T \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} $ fällt Licht in Richtung $ \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} .$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize \textcolor{red}{e)} \: Zeige,\: dass\: vom\: Punkt\: T\: je\: ein\: Lichtstrahl\: auf\: die\: Punkte\: B\: und\: S\: fällt. $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $B$ auf $T$ liegt:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} 0 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 100 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 0 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)+(III): 0=150-3r \: \longrightarrow r=50$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (II) ein
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 100=-50+3(50)-a(50) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 0=-50a \:\: \longrightarrow a=0 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1-0\\3-0\\0-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Für $r=50$ und $a=0$ liegt $B$ auf $T.$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $S$ auf $T$ liegt:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} -50 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 50 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 50 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)-(II): -200=-4r \: \longrightarrow r=50$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (III) ein
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: -50=-2(50)-50a $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 50=-50a \:\: \longrightarrow a=-1 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1+1\\3+1\\-1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\150\\-50 \end{pmatrix} $
$ A \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ B \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ C \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ D \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ S \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Bestimme\: die\: Gleichungen\: der\: Geraden\: der\: vier\: Pyramidenkanten $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ AS \longrightarrow g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ BS \longrightarrow h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ CS \longrightarrow i: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ DS \longrightarrow j: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} 50\\50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Bestimme\: P $
$ \:\:\:\:\:\: $ Mit $z=10m\: \longrightarrow\: P \begin{pmatrix} x\\y\\10 \end{pmatrix} , $ da sind nur noch $x$ und $y$ zu bestimmen.
$ \:\:\:\:\:\: $ $P$ ist den Schnittpunkt zwischen den Geraden $AP$ und $BS$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \iff \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} x-0\\y-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: als\: Lineares\: Gleichungssystem\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \begin{cases} 0 &+ &x \cdot r &= 0 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (I)\\ 0 &+ &y \cdot r &= 100 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (II)\\ 0 &+ &10 \cdot r &= 0 &+ &50 \cdot s \:\:\:\: (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: (III)\: in\: (I)\: ein $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: x\cdot r=-10\cdot r \qquad |\: :r \qquad \longrightarrow \underline{x=-10} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ Für $x=-10$, $r=1$ und $s=\frac{1}{5}=0.2$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: und\: s\: in\: (II)\: ein $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: y\cdot 1=100-50\cdot \frac{1}{5} \qquad \longrightarrow \underline{y=90} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \large P \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\: $ $ \qquad $ Gleichung der Geraden $AP$: $\overrightarrow{AP}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10-0\\90-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bilde\: die\: Steigung\: von\: P:\: (Sinus\: des\: Steigungswinkels) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $m_P= \large \frac { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } =\frac{\sqrt{83}}{83} =0,1097 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ PQ= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Steigung von $PQ=AP=\frac{\sqrt{83}}{83}$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Gleichung\: von\: Q $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ m_Q=\frac { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } = \large \frac{\sqrt{83}}{83} $
$ \large \iff $ $ \large \frac { (50r-10)\cdot 1 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (\sqrt{1^2}) } $
$ \large \iff $ $ \large \frac { 50r-10 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: 1 } = \frac{\sqrt{83}}{83} $
$ \large \iff $ $ 83\cdot (50r-10)=\sqrt{83}\cdot (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (1) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: nach\: r $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ 8000r\cdot (25r-9)=0\: \longrightarrow\: \begin{cases} r=0\\r=\frac{9}{25}=0,36 \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ Q= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + 0,36 \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff\: $ Im Punkt $Q \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $ endet die Rampe.
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchem\: Punkt\: erreicht\: die\: Rampe\: die\: Höhe\: von\: 15m? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\: $ Setzte:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\15 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow\: x=-55\:\: |\:\: y=85\:\: |\:\: r=0,625 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow $ Im Punkt $ \begin{pmatrix} -55\\85\\15 \end{pmatrix} $ erreicht die Rampe die Höhe von $15m.$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchen\: Punkte\: durchstoßen\: die\: Pyramidenkanten\: eine\: Höhe\: von\: 20m? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $AS$:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50r=x\\ 50r=y\\ 50r=20 \qquad |\: r=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 50\cdot \frac{2}{5}=20=y \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow AS = \begin{pmatrix} -20\\20\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $BS$:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50s &=x\\ 100-50s &=y\\ 50s &=20 \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ $ \qquad |\: s=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 100-50\cdot \frac{2}{5}=20=y $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow BS = \begin{pmatrix} -20\\80\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $CS$ und $DS$: Gleiches Verfahren
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow CS = \begin{pmatrix} -80\\80\\20 \end{pmatrix} $ $ \:\:\: $ und $ \:\:\: $ $ DS= \begin{pmatrix} -80\\20\\20 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welcher\: Höhe\: beträgt\: der\: horizontale\: Querschnitt\: der\: Pyramide\: 25m²? $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Da $A=a\cdot a=25m^2 \longrightarrow$ Grundseitenlänge $a=5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Mit dem Strahlensatz: $\frac{h_1}{5}=\frac{50}{100} \longrightarrow h_1=2,5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Also, $50m-2,5m=47,5m$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \longrightarrow$ In Höher $47,5m$ beträgt der horizontale Querschnitt der Pyramide $25m². $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Vom Punkt $T \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} $ fällt Licht in Richtung $ \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} .$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize \textcolor{red}{e)} \: Zeige,\: dass\: vom\: Punkt\: T\: je\: ein\: Lichtstrahl\: auf\: die\: Punkte\: B\: und\: S\: fällt. $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $B$ auf $T$ liegt:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} 0 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 100 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 0 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)+(III): 0=150-3r \: \longrightarrow r=50$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (II) ein
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 100=-50+3(50)-a(50) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 0=-50a \:\: \longrightarrow a=0 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1-0\\3-0\\0-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Für $r=50$ und $a=0$ liegt $B$ auf $T.$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $S$ auf $T$ liegt:
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} -50 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 50 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 50 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)-(II): -200=-4r \: \longrightarrow r=50$
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (III) ein
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: -50=-2(50)-50a $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 50=-50a \:\: \longrightarrow a=-1 $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1+1\\3+1\\-1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\150\\-50 \end{pmatrix} $
Winkel und Abstände II
II- Abstände – Lotfußpunktverfahren
Der Abstand eines Punktes P von einer Geraden $g$ ist gleich dem Betrag des Vektors $\overrightarrow{PF}$, wobei $F$ der Fußpunkt des Lotes von $P$ auf $g$ ist.
Berechnung
Die Berechnung des Abstandes erfolgt in drei Schritten:
- Aufstellen der Gleichung einer Hilfsebene $E,$ die durch $P$ geht und zu $g$ orthogonal ist,
- Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $E$ und $g,$
- Berechnung des Betrages von $\overrightarrow{PF}.$
Beispielaufgaben
Berechne jeweils den Abstand des Punktes $P$ von der Geraden $g.$
-
$
P\begin{pmatrix}-2\\2\\1
\end{pmatrix},
\:\:
g:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
1\\3\\-1
\end{pmatrix}
+r
\begin{pmatrix}
0\\2\\1
\end{pmatrix}
$
Lösung$ P\begin{pmatrix}-2\\2\\1 \end{pmatrix}, \:\: g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\-1 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize F\: liegt\: auf\: der\: Geraden\: g,\: vektoriell\: ausgedrückt: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $\overrightarrow{OF}$ $=$ $ \begin{pmatrix} 1 &+ &0 \cdot r\\ 3 &+ &2 \cdot r\\ -1 &+ &1 \cdot r \end{pmatrix} $
$ \qquad $ und den Vektor von $F$ nach $P:$
$ \:\:\:\:\:\: $ $\overrightarrow{FP}=P-F$ $=$ $ \begin{pmatrix} -2 &- &(1+0\cdot r)\\ 2 &- &(3+2\cdot r)\\ 1 &- &((-1)+1\cdot r) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: Richtungsvektor\: von\: g\: orthogonal\: zum\: Vektor\: \overrightarrow{FP}: $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow g \perp \overrightarrow{FP} \: \iff \: \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} =0 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skakarprodukt $
$ \:\:\:\:\:\: $ $ \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} =0 $
$ \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\: \iff $ $ 0\cdot (-3)+2\cdot (-1-2r)+1\cdot(2-r)=0 $
$ \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\: \iff $ $ -5r=0\:\: \longrightarrow\:\: r=0\:\: (Geradenparameter) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: \overrightarrow{OF}\: ein $
$ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ \overrightarrow{OF} = \begin{pmatrix} 1 &+ &0\cdot 0\\ 3 &+ &2\cdot 0\\ -1 &+ &1\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \:\: (Lotfußpunkt\: F) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: \overrightarrow{FP}\: ein $
$ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ \overrightarrow{OF} = \begin{pmatrix} -3\\ -1-2\cdot 0\\ 2-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \:\: (Vektor\: FP) $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: von\: g\: zu\: P $
$ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ d(g,P)=\sqrt{(-3)^2+(-1)^2+2^2}\approx3,74165 $
Der Abstand des Punktes $P$ von der Geraden $g$ lautet:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \large |\overrightarrow{PF}|\approx3,42\: LE $ -
$
P\begin{pmatrix}
3\\5\\2
\end{pmatrix},
\:\:
g:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
-2\\-3\\4
\end{pmatrix}
+r
\begin{pmatrix}
1\\-1\\3
\end{pmatrix}
$
$\:\:$$|\overrightarrow{PF}|\approx9,30\: LE$ -
$
P\begin{pmatrix}
3\\2\\-1
\end{pmatrix},
\:\:
g:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
1\\2\\3
\end{pmatrix}
+r
\begin{pmatrix}
2\\4\\2
\end{pmatrix}
$
$\:\:$$|\overrightarrow{PF}|\approx4,45\: LE$
$\:\:\:$Unter dem Abstand $d$ eines Punktes P von einer Ebene $E$ versteht man die Länge des Lotes
$\:\:\:$von $P$ auf die Ebene, also die Länge der Strecke von $P$ bis zum Fußpunkt $F$ des Lotes.
Berechnung
Die Berechnung des Abstandes erfolgt in drei Schritten:
- Aufstellen der zu $E$ orthogonalen Lotgerade $g$ durch $P,$
- Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $g$ und $E,$
- Berechnung des Betrags des Vektor $\overrightarrow{PF}.$
Tipp
Beispielaufgaben
-
Bestimme den Abstand des Punktes $P\begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix}$ von der Ebene $E:3x-2y+2z=3.$
Lösung
$ P \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: 3x-2y+2z=3 $ $ \longrightarrow n_E \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $
$ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene \: E $
$ \qquad $ $ 3(2+3t)-2(4-2t)+2(1+2t)=3 $
$ \qquad $ $ \iff 6+9t-8+4t+2+4t=3 $
$ \qquad $ $ \iff 17t=3 \longrightarrow t=\frac{3}{17} \approx0,1765 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $
$ \vec{f} = \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} + 0,1765\cdot \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2+0,1765 \cdot 3\\ 4+0,1765 \cdot (-2)\\ 1+0,1765 \cdot 2 \end{pmatrix} $ $ \longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 2,529\\ 3,647\\ 1,352 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\:$ $\overrightarrow{PF}$
$ \overrightarrow{PF} = \vec{f}- \vec{P} = \begin{pmatrix} 2,529-2\\ 3,647-4\\ 1,353-1 \end{pmatrix} \longrightarrow \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} 0.529\\ -1,647\\ 0,353 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand $
$ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{(2,529-2)^2+(3,647-4)^2+(1,353-1)^2}=0,7273 $
Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d \approx0.73 \: LE $ -
Gesucht ist der Abstand des Punktes
$P
\begin{pmatrix}
5\\8\\9
\end{pmatrix}
$
von der Ebene
$E:
\begin{bmatrix}
\vec{x}-
\begin{pmatrix}
2\\0\\2
\end{pmatrix}
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
2\\3\\4
\end{pmatrix}
=0.
$
Lösung
$P \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} $ $\:$ und $\:$ $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} =0 $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Wandle\: die\: Normalenform\: von\: E\: in\: Koordinatenform\: um $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = 2x+3y+4z $
$\qquad$ $ \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = 2\cdot 2+0\cdot 3+2\cdot 4=12 $
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow E:2x+3y+4z=12 \:\:\:\: und \:\:\:\: n_E=\begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $
$\qquad$ $ h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene \: E $
$\qquad\qquad$ $ 2(5+2t)+3(8+3t)+4(9+4t)=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff 10+4t+24+9t+36+16t=12 $
$\qquad\qquad$ $ \iff 29t+70=12 \qquad |\: -70 $
$\qquad\qquad$ $ \iff 29t=-58 \qquad\:\:\:\:\:\:\: |\: :29 \:\:\:\: \longrightarrow \:\:\:\: t=-2 $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $
$\qquad$ $ \vec{f}= \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} + (-2) \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5-4\\8-6\\9-8 \end{pmatrix} $ $ \longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\: \overrightarrow{PF} $
$\qquad$ $ \overrightarrow{PF} = \vec{f}- \vec{P} = \begin{pmatrix} 1-5\\2-8\\1-9 \end{pmatrix} $ $\:\:\:\:$ $\longrightarrow$ $\:\:\:\:$ $ \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} -4\\-6\\-8 \end{pmatrix} $
$\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{(-4)^2+(-6)^2+(-8)^2}=10,770 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d \approx10.77 \: LE $ -
Berechne den Abstand des Punktes $P(10|-1|-4)$ von der Ebene
$E:2x-8y+16z=45$
$\:\:$$F(10,5|-3|0)$ $d=|\overrightarrow{PF}|=4,5\: LE$ -
Gegeben ist die Ebene $E$ durch die Punkte $A(2|4|3),$ $B(-1|5|3)$ und $C(3|2|3).$ Berechne den Abstand des Punktes $P(6|8|7).$
Lösung$A(2|4|3),$ $\:\:B(-1|5|3)\:\:$ und $\:\:C(3|2|3)$ $\:\:\:\:|\:\:\:\:$ $P(6|8|7)$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Parameterform $
$ \qquad $ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\1\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 1\\-2\\0 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: die\: Koordinatenform\: von\: E $
$ \qquad $ Richtungsvektor: $ \vec{a}= \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} $
$ \qquad $ Normalenvektor:
$ \qquad $ Berechne das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren:
$ \qquad $ $ \vec{n}= \begin{pmatrix} -3\\1\\0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1\\-2\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\cdot 1 &- &0\cdot (-2)\\ 0\cdot 1 &- &0\cdot (-3)\\ (-3)\cdot (-2) &- &1\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} $
$ \qquad $ Die Normalenform lautet: $ E: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =0 $
$ \qquad $ Wandle in Koordinatenform um: Multipliziere aus
$ \qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =0x+0y+5z $
$ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =15 $
$ \qquad $ Die Koordinatenform lautet: $0x+0y+5z=15$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $
$ \qquad $ $ h: \vec{x} = \begin{pmatrix} 6\\8\\7 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene\: E $
$ \qquad \qquad $ $ 5(7+5t)=15 \qquad\:\:\:\:| :5 $
$ \qquad \qquad $ $ \iff 7+5t=3 \qquad | -7 $
$ \qquad \qquad $ $ \iff 5t=-4 \:\:\longrightarrow\:\: t=-\frac{4}{5} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $
$\qquad$ $ \vec{f} = \begin{pmatrix} 6\\8\\7 \end{pmatrix} + (-\frac{4}{5}) \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6+0\\8+0\\7+(-\frac{4}{5}\cdot 5) \end{pmatrix} $ $\longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 6\\8\\3 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\:$ $\overrightarrow{PF} $
$\qquad$ $ \overrightarrow{PF} = \vec{f}-\vec{P} = \begin{pmatrix} 6-6\\8-8\\3-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\-4 \end{pmatrix} \: \longrightarrow \: \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} 0\\0\\-4 \end{pmatrix} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand\: d $
$\qquad$ $ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{0^2+0^2+(-4)^2}=4 $
$\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large d=4\: LE $
Winkel und Abstände I
I- Winkel
- Winkel zwischen zwei Geraden $g_1$ und $g_2$
- Winkel zwischen eine Gerade $g$ und eine Ebene $E$
Schneiden sich zwei Geraden $g:\vec{x}=\vec{p}+r\cdot \vec{u}$ und $h:\vec{x}=\vec{q+s\cdot\vec{v}}$, dann gilt für ihren Schnittwinkel $\alpha$:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{u}\cdot\vec{v}|}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|} $.
Dabei ist der Schnittwinkel immer der kleinere der beiden Scheitelwinkel, die entstehen, wenn zwei Geraden sich schneiden.
Skizze
Beispielaufgaben
Berechne Schnittpunkt und Schnittwinkel der beiden Geraden
$ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} . $
Lösung
$
g:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
0\\1\\3
\end{pmatrix}
+r\cdot
\begin{pmatrix}
1\\2\\-1
\end{pmatrix}
$
$\:\:$
und
$\:\:$
$
h:\vec{x}
=
\begin{pmatrix}
1\\3\\2
\end{pmatrix}
+s\cdot
\begin{pmatrix}
3\\2\\-5
\end{pmatrix}
$
Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.
Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):
$ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $
Verwandle in Gleichungssystem:
$ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 0+1\cdot r &=\:\:1+3\cdot s \\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:2+(-5)\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} r &=\:\:1+3\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 3-1\cdot r &=\:\:2-5\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (I)\: in\: (II)\: oder\: (III)\: ein $
$ \qquad $ $In\: (II)$ $\Longrightarrow$ $1+2(1+3s)=3+2s$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longleftrightarrow$ $3+6s=3+2s$ $\qquad | -3/+2s$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $s=0$
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longrightarrow$ $r=1+3(0)$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $r=1$
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=0\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $
$ \qquad $ $In\: g:$
$ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \\ \end{pmatrix} +(1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 0+1\\1+2\\3-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $
Schnittpunkt:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $
Schnittwinkel:
Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:
$ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:
$ \qquad\qquad \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ 1\cdot 3+2\cdot 2-1\cdot (-5) $ $ \Large = $ $12$
$ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2} $ $ \Large = $ $2,449$
$ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{3^2+2^2+(-5)^2} $ $ \Large = $ $6,164$
$ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:
$ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{12}{2,449\: \cdot \:6,164}) $ $ \Large = $ $37,371^{\circ}$
Schnittwinkel:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \large \alpha=37,371^{\circ} $
Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.
Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):
$ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $
Verwandle in Gleichungssystem:
$ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 0+1\cdot r &=\:\:1+3\cdot s \\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:2+(-5)\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} r &=\:\:1+3\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 3-1\cdot r &=\:\:2-5\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (I)\: in\: (II)\: oder\: (III)\: ein $
$ \qquad $ $In\: (II)$ $\Longrightarrow$ $1+2(1+3s)=3+2s$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longleftrightarrow$ $3+6s=3+2s$ $\qquad | -3/+2s$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $s=0$
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longrightarrow$ $r=1+3(0)$
$ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $r=1$
$ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=0\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $
$ \qquad $ $In\: g:$
$ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \\ \end{pmatrix} +(1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 0+1\\1+2\\3-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $
Schnittpunkt:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $
Schnittwinkel:
Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:
$ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:
$ \qquad\qquad \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ 1\cdot 3+2\cdot 2-1\cdot (-5) $ $ \Large = $ $12$
$ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2} $ $ \Large = $ $2,449$
$ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{3^2+2^2+(-5)^2} $ $ \Large = $ $6,164$
$ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:
$ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{12}{2,449\: \cdot \:6,164}) $ $ \Large = $ $37,371^{\circ}$
Schnittwinkel:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ ➪ $\:\:$ $ \large \alpha=37,371^{\circ} $
$\:\:$Schneiden sich eine Gerade $g:\vec{x}=\vec{p}+t\cdot \vec{u}$ und eine Ebene $E:\vec{n}\cdot[\vec{x}-\vec{a}]$, dann gilt für
$\:\:$ihren Schnittwinkel $\alpha$ zwischen dem Richtungsvektor der Gerade und dem Normalenvektor $\:\:$der Ebene:
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.
$\:\:$Ist $\vec{s}$ ein Richtungsvektor der Schnittgeraden zwischen der Ebene E und der zu E
$\:\:$senkrechten Ebene F, in der $g$ liegt, dann gilt für den Winkel $\beta$ zwischen $\vec{r}$ und $\vec{s}:$ $\:\:\beta=90{^\circ}-\alpha.$ Es gilt also
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ sin\: \beta = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.