Kurvendiskussion e-Funktion

Kurvendiskussion e-Funktion



$f(x)=(x-2) \cdot e^{x} $
Lösung
$f(x)=(x-2) \cdot e^{x} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln\: (Es\: geht\: um\: die\: x-Achse) $

$\qquad$ $ f(-1)=(-1-2) \cdot e^{-1} = -3\cdot e^{-1} =-1,103 $
$\qquad\qquad$ $ \iff $ $\forall x<0$, gibt eine $y$-Werte und die Funktion ist definiert!

$\qquad$ $ f(1)=(1-2) \cdot e^{1} = -1\cdot e^{1} =-e=-2,71 $
$\qquad\qquad$ $ \iff $ $\forall x>0$, gibt eine $y$-Werte und die Funktion ist definiert!

$\qquad$ Die Funktion ist auf beiden Seiten der $x$-Achse definiert.

$\qquad\qquad$ $\Longrightarrow$ $ \textbf {Die Definitionsbereich lautet:} $ $D_{f}=\mathbb{R}=] -\infty; + \infty[$


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 2.\: Nullstellen\: berechnen\: [Ansatz: \: f(x)=0] $

$\qquad$ $ (x-2)\cdot e^{x}=0 \iff \begin{cases} (x-2)=0\:\: \textcolor{red}{|+2}\:\: \longrightarrow x=2\\ oder\\ e^{x}=0,\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $\Longrightarrow$ $ \textbf { Die Funktion $f$ hat eine Nullstelle bei $x=2$. } $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 3.\: y-Achsenabschnitt\: berechnen\: [Ansatz: \: y=f(0)] $

$\qquad$ $ y=f(x)=(x-2) \cdot e^{x} $
$\qquad$ $ y=f(0)=(0-2) \cdot e^{0} =-2 \cdot 1=-2 $

$\qquad\qquad$ $\Longrightarrow$ $ \textbf { Die Funktion $f$ schneidet die $y$-Achse in dem Punkt $(0|-2)$. } $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 4.\: Verhalten\: im\: Unendlichen\: bestimmen $

$\qquad$ $ \lim\limits_{x \to -\infty} (x-2)\cdot e^{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} e^{x} =0 $ $ \:\:\: | \:\:\: $ $ \lim\limits_{x \to +\infty} (x-2)\cdot e^{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} e^{x} =+\infty $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 5.\: Symmetrieverhalten\: bestimmen $

$\qquad$ Symmetriearten:
$\qquad\qquad$ – Achsensymmetrie zur $y$-Achse: $f(-x)=f(x)$
$\qquad\qquad$ – Punktsymmetrie zur Ursprung: $f(-x)=-f(x)$

$\qquad\qquad$ $ f(-x)=(-x-2) \cdot e^{-x} \neq f(x) \:\: \Longrightarrow $ kein Achsensymmetrie zu $y$-Achse

$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = -(x+2) \cdot e^{-x} \neq -f(x) \:\: \Longrightarrow $ kein Punktsymmetrie zum Ursprung


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 6.\: Extrempunkte\: berechnen $

$\qquad$ Extremstellen berechnen
$\qquad\qquad$ – An Hochpunkte gilt: $f^\prime(x)=0$ und $f^{\prime\prime}(x)<0$
$\qquad\qquad$ – An Tiefpunkte gilt: $\:\:\:f^\prime(x)=0$ und $f^{\prime\prime}(x)>0$

$\qquad$ 1. und 2. Ableitungen (Produktregel)

$\qquad\qquad$ $u(x)=(x-2) \longrightarrow u^\prime(x)=1 \:\:|\:\: v(x)=e^{x} \longrightarrow v^\prime(x)=e^{x}$

$\qquad\qquad$ $\textcolor{red}{* f^\prime(x)=u^\prime(x)\cdot v(x) + u(x)\cdot v^\prime(x)}$
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = 1\cdot e^{x}+(x-2) \cdot e^{x} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = (1+x-2) \cdot e^{x} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = \textcolor{red} { (x-1) \cdot e^{x} } $

$\qquad\qquad$ $t(x)=(x-1) \longrightarrow t^\prime(x)=1 \:\:|\:\: w(x)=e^{x} \longrightarrow w^\prime(x)=e^{x}$

$\qquad\qquad$ $\textcolor{blue}{* f^{\prime\prime}(x)=t^\prime(x)\cdot w(x) + t(x)\cdot w^\prime(x)}$
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = 1\cdot e^{x}+(x-1) \cdot e^{x} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = (1+x-1) \cdot e^{x} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ = \textcolor{blue} { x \cdot e^{x} } $

$\qquad$ Nullstelle der ersten Ableitung
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=0 $
$\qquad\qquad$ $ (x-1)\cdot e^{x}=0 \iff \begin{cases} (x-1)=0\:\: \textcolor{red}{|+1} \longrightarrow x=1\\ oder\\ e^{x}=0,\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ Potentielle Extremstelle bei $x=1$

$\qquad\qquad$ Potentielle Extremstelle in 2. Ableitung einsetzen
$\qquad\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)= f^{\prime\prime}(1)=1\cdot e^{1} \approx 2,71>0 \iff Tiefpunkt $

$\qquad\qquad$ Extremstellen in ursprüngliche Funktion einsetzen
$\qquad\qquad\qquad$ $f(1)=(1-2)\cdot e^{1}=-e \approx -2,71$

$\qquad$ $ \textbf { Der Tiefpunkt lautet: $T_p(1|-e)$ } $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 7.\: Monotonieverhalten\: bestimmen $

Funktion $-\infty$ 1 $+\infty$
$f^\prime(x)$ $-$ $\vert$ $+$
$f(x)$ $\searrow$ $-e$ $\nearrow$
$\qquad\qquad$ – Im Intervall von $]-\infty;1[$, fällt der Graph von $f(x)$ streng monoton.
$\qquad\qquad$ – Im Intervall von $]1;+\infty[$, steigt der Graph von $f(x)$ streng monoton.


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 8.\: Wendepunkt\: und\: Wendetangente\: berechnen\: [Ansatz:\: f^{\prime\prime}(x)=0\: und\: f^{\prime\prime\prime}(x)\neq0] $

$\qquad\qquad$ 3. Abteilung (Produktregel)

$\qquad\qquad\qquad$ $y(x)=x \longrightarrow y^\prime(x)=1\:\: | \:\: z(x)=e^{x} \longrightarrow z^\prime(x)=e^{x}$

$\qquad\qquad\qquad$ $\textcolor{green}{* f^{\prime\prime\prime}(x)=y^\prime(x)\cdot z(x) + y(x)\cdot z^\prime(x)}$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = 1\cdot e^{x}+x\cdot e^{x} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = \textcolor{green}{(1+x)\cdot e^{x}} $

$\qquad\qquad$ Nullstelle der zweite Ableitung
$\qquad\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime}(x)=0$
$\qquad\qquad\qquad$ $x\cdot e^{x}=0 \iff \begin{cases} x=0\\ oder\\ e^{x}=0,\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad$ Potentielle Wendestelle in 3. Ableitung einsetzen
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime\prime}(x)=f^{\prime\prime\prime}(0)=(1+0)\cdot e^{0}=1\neq0$
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\iff Wendepunkt$ an der Stelle $x=0$

$\qquad\qquad\qquad$ Wendestelle in ursprüngliche Funktion einsetzen
$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $f(0)=(0-2)\cdot e^{0}=-2$

$\qquad$ $ \textbf{ Der Wendepunkt lautet:}\: W_p(0|-2) $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 9.\: Wendetangente\: Finden $

$\qquad$ Gleichung der Wendetangente:
$\qquad\:\:$ $t_w:\: f(x_0)=f^\prime(x_0)\cdot (x-x_0)+f(x_0)$ mit $ \begin{cases} x_0=0\\ f^\prime(x_0)=m=f^\prime(0)=(0-1)\cdot e^{0}=-1\\ f(x_0)=-2 \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow t_w=-1(x-0)+(-2)= -x-2 $

$\qquad$ $ \textbf{ Die Wendetangente lautet: $t_w=-x-2$ } $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 10.\: Krümmungen\: ermitteln $

$\qquad$ Linkskrümmung [Links vom Wendepunkt (x=0)]
$\qquad\qquad$ Nimm zum Beispiel die Stelle $x=+1$
$\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime}(+1)=+1\cdot e^{+1}=e\approx2,71>0 \longrightarrow linksgekrümmt$

$\qquad$ Rechtskrümmung [Rechts vom Wendepunkt (x=0)]
$\qquad\qquad$ Nimm zum Beispiel die Stelle $x=-1$
$\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime}(-1)=-1\cdot e^{-1}=e\approx-0,37<0 \longrightarrow rechtsgekrümmt$


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 11.\: Wertebereich\: bestimmen $

$\qquad$ Mit einem Tiefpunkt bei $(1|-e)$ und den Grenzwert $+\infty$,
$\qquad$ Lautet den Wertebereich: $\mathbb{W}=[-e;+\infty[$


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 12.\: Funktionsgraph\: zeichnen $

$\qquad$ Wertetabelle erstellen

x -2,5 -2 -1 1 1,5 2,5 3
f(x) -0,3 -0,5 -1,1 -2,7 -2,2 6,1 20,1




$f(x)= \frac{1}{4}e^{2x} \cdot (x^2-2) $
Lösung
$f(x)= \frac{1}{4}e^{2x} \cdot (x^2-2) $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln\: (Es\: geht\: um\: die\: x-Achse) $

$\qquad\:\:$ $ \begin{cases} \frac{1}{4}e^{2x} \in\mathbb{R}\\ \\ (x^2-2) \in\mathbb{R} \end{cases} \Longrightarrow \:\: D_f=\mathbb{R}=]-\infty;+\infty[ $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 2.\: Wertebereich\: ermitteln\: (Es\: geht\: um\: die\: y-Achse) $

$\qquad\:\:$ $ \forall y \in \mathbb{R}, y> -\frac{1}{4}e^{2x}\\ \:\: \Longrightarrow \:\: W_f=]-\frac{1}{4}e^{2x};+\infty[ $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 3.\: Ableitungen $

$\qquad\:\:$ Erste Ableitung:
$\qquad\qquad$ $f(x)=\frac{1}{4}e^{2x} \cdot(x^2-2)\:\: mit \:\: \begin{cases} u(x)=\frac{1}{4}e^{2x} \:\: \longrightarrow u^\prime(x)=\frac{1}{2}e^{2x}\\ \\ v(x)=(x^2-2) \:\: \longrightarrow v^\prime(x)=2x \end{cases} $

$\qquad\qquad$ Mit Produktregel:
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=u^\prime(x) \cdot v(x)+u(x) \cdot v^\prime(x) = \frac{1}{2}e^{2x} \cdot (x^2-2) + \frac{1}{4}e^{2x} \cdot 2x $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:$ $ = \underline{e^{2x} \cdot (\frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x-1)} $

$\qquad\:\:$ Zweite Ableitung: Mit Produktregel
$\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime}(x)= \underline{e^{2x} \cdot (x^2+2x- \frac{3}{2})} $

$\qquad\:\:$ Dritte Ableitung: Mit Produktregel
$\qquad\qquad$ $f^{\prime\prime\prime}(x)= \underline{e^{2x} \cdot (2x^2+6x-1)} $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 4.\: Schnittpunkt\: mit\: der\: y-Achse:\: S_y(0|f(0)) $

$\qquad\:\:$ $ f(0)= \frac{1}{4}e^{2\cdot 0} \cdot (0^2-2)= -\frac{1}{2} \longrightarrow S_y(0|- \frac{1}{2}) $


$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 5.\: Nullstellen\:(Schnittpunkt\: mit\: der\: x-Achse\: \longrightarrow \: y=f(x)=0) $

$\qquad\:\:$ $ f(x)=0 \iff \frac{1}{4}e^{2x} \cdot (x^2-2)=0 \iff \begin{cases} \frac{1}{4}e^{2x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.}\\ \\ (x^2-2)=0\:\: \textcolor{red}{|+2} \longrightarrow x^2=2\:\: \textcolor{red}{| \sqrt{…}} \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ \longrightarrow x_{1/2}= \pm \sqrt{2} $

$\qquad\:\:$ Die Nullstellen sind: $N_1(\sqrt{2}|0)$ und $N_2(-\sqrt{2}|0)$

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 6.\: Symmetrieverhalten\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ $ f(-x)= \frac{1}{4}e^{2(-x)} \cdot [(-x)^2-2]= \frac{1}{4}e^{-2x} \cdot (x^2-2) $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ \neq f(x) \longrightarrow keine\: Achsensymmetrie $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ \neq -f(x) \longrightarrow keine\: Punktsymmetrie $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 7.\: Extrempunkte\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ Hinreichende Bedingung: $f^\prime(x)=0, f^{\prime\prime}(x) \neq0$
$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=0 \iff e^{2x} \cdot (\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x-1)=0 \iff \begin{cases} e^{2x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.}\\ oder\\ \frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x-1=0 \end{cases} $

$\qquad\:\:$ $ \frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x-1=0\:\: \textcolor{red}{|\cdot2} $

$\qquad\qquad$ $ x^2+x-2=0\:\: (Löse\: mit\: p-q-Formel)\:\:\:\: |\:\:\:\: x_1=1\:\: und\:\: x_2=-2 $

$\qquad\:\:$ Es gibt Extrempunkte an der Stelle $x_1=1$ und $x_2=-2$

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(1)= e^{2(1)} \cdot [1^2+2(1)- \frac{3}{2}]=11,08>0 \longrightarrow Tiefpunkt $

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(-2)= e^{2(-2)} \cdot [(-2)^2+2(-2)- \frac{3}{2}]=-0,027<0 \longrightarrow Hochpunkt $

$\qquad\qquad$ $ TP[(1)|f(1)]= (1|-\frac{1}{4}e^2)\:\: \:\:und\:\:\:\: HP[(-2)|f(-2)]= (-2|\frac{1}{2e^4}) $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 8.\: Wendepunkte\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ Hinreichende Bedingung: $f^{\prime\prime}(x)=0, f^{\prime\prime\prime}(x) \neq0$
$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(x)=0 \iff e^{2x} \cdot (x^2+2x-\frac{3}{2})=0 \iff \begin{cases} e^{2x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.}\\ oder\\ x^2+2x-\frac{3}{2}=0 \end{cases} $

$\qquad\:\:$ $ x^2+2x-\frac{3}{2}=0\:\: (Löse\: mit\: p-q-Formel)\:\:\:\: |\:\:\:\: x_1=0,58\:\: und\:\: x_2=-2,58 $

$\qquad\:\:$ Es gibt Wendepunkte an der Stelle $x_1=0,58$ und $x_2=–2,58$

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime\prime}(0,58)=10,05>0 \longrightarrow RL-gekrümmt $

$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime\prime}(-2,58)=-0,018<0 \longrightarrow LR-gekrümmt $

$\qquad\:\:$ $ W_1[(0,58)|f(0,58)]= (0,58|-1,33) $ und $ W_2[(-2,58)|f(-2,58)]= (-2,58|0,007) $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 9.\: Wendetangente\: bestimmen $

$\qquad\:\:$ Gleichung der Wendetangente:
$\qquad\qquad$ $ t_{w_1}: f(x_{w_1})=f^\prime(x_{w_1}) \cdot (x-x_{w_1})+f(x_{w_1}) $ mit $ \begin{cases} x_{w_1}=0,58\\ \\ f^\prime(x_{w_1})=-1,72 \\ \\ f(x_{w_1})=-1,33 \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad$ $ \underline{t_{w_1}}=-1,72(x-0,58)+(-1,33)= \underline{-1,72x-0,33} $


$\qquad\qquad$ $ t_{w_2}: f(x_{w_2})=f^\prime(x_{w_2}) \cdot (x-x_{w_2})+f(x_{w_2}) $ mit $ \begin{cases} x_{w_2}=-2,58\\ \\ f^\prime(x_{w_2})=0,006 \\ \\ f(x_{w_2})=0,007 \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad$ $ \underline{t_{w_2}}=0,006(x+2,58)+0,007= \underline{0,006x+0,02} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 10.\: Verhalten\: im\: Unendlichen $

$\qquad\:\:$ $ \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=0 \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)= +\infty $


$\qquad\:\:$ $ \textbf{Schaubild:} $



$f(x)=e^{1-x^2}$
Lösung
$f(x)=e^{1-x^2}$

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln $

$\qquad\:\:$ $ D_f=\forall x\in\mathbb{R}, -\infty < x < +\infty \longrightarrow D_f=]-\infty;+\infty[ $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 2.\: Wertebereich\: ermitteln $

$\qquad\:\:$ $ W_f=\forall y \in\mathbb{R}, 0 < y < e \longrightarrow W_f=]0;e[ $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 3.\: Ableitungen $

$\qquad\:\:$ Erste Ableitung:
$\qquad\qquad$ $ f(x)=e^{1-x^2} $

$\qquad\qquad$ Mit Kettenregel: $ f^\prime(x)=(1-x^2)^\prime \cdot e^{1-x^2}= \underline{-2x \cdot e^{1-x^2}} $

$\qquad\:\:$ Zweite Ableitung:
$\qquad\qquad$ Mit Produktregel:
$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=u^\prime(x) \cdot v(x)+ u(x) \cdot v^\prime(x)| \begin{cases} u(x)=-2x \longrightarrow u^\prime(x)=-2\\ \\ v(x)=e^{1-x^2} \longrightarrow v^\prime(x)=-2x\cdot e^{1-x^2} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=-2\cdot e^{1-x^2}+ (-2x)\cdot (-2x) \cdot e^{1-x^2}=-2\cdot e^{1-x^2}+ 4x^2\cdot e^{1-x^2} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ =\underline{(-1+2x^2)\cdot 2e^{1-x^2}} $

$\qquad\:\:$ Dritte Ableitung:
$\qquad\qquad$ Mit Produktregel und Kettenregel:
$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime\prime}(x)=u^\prime(x) \cdot v(x)+ u(x) \cdot v^\prime(x)| \begin{cases} u(x)=-1+2x^2 \longrightarrow u^\prime(x)=4x\\ \\ v(x)=2e^{1-x^2} \longrightarrow v^\prime(x)=-4x\cdot e^{1-x^2} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime\prime}(x)=4x\cdot 2e^{1-x^2}+ (-1+2x^2)\cdot (-4x) \cdot e^{1-x^2}=4e^{1-x^2}(2x+1x-2x^3) $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ =\underline{4e^{1-x^2}(3x-2x^3)} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 4.\: Schnittpunkt\: mit\: der\: y-Achse: S_y(0|f(0)) $

$\qquad\:\:$ $ f(0)=e^{1-0^2}=e \longrightarrow \underline{S_y(0|e)} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 5.\:Nullstellen\: (Schnittpunkt\: mit\: der\: x-Achse: \longrightarrow y=f(x)=0) $

$\qquad\:\:$ $ f(x)=0 \iff e^{1-x^2}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.}\:\: \longrightarrow keine Nullstellen $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 6.\:Symmetrieverhalten\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ $ f(-x)=e^{1-(-x)^2}=e^{1-x^2}=f(x) \longrightarrow Gerade\: Funktion, Achsensymmetrie $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 7.\:Extrempunkte\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ Hinreichende Bedingung: $f^\prime(x)=0, f^{\prime\prime}(x)\neq0$

$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=0 \iff -2x\cdot e^{1-x^2}=0 \iff \begin{cases} -2x=0 \longrightarrow x=0\\ \\ e^{1-x^2}=0\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ Es gibt ein Extrempunkt an der Stelle $x=0$

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(0)=[-1+2(0)^2]\cdot 2e^{1-0^2}=-2e<0 \longrightarrow Hochpunkt $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline{HP[(0)|f(0)]=(0|e)} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 8.\:Wendepunkte\: untersuchen $

$\qquad\:\:$ Hinreichende Bedingung: $f^{\prime\prime}(x)=0, f^{\prime\prime\prime}(x)\neq0$

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=0 \iff (-1+2x^2)\cdot 2e^{1-x^2}=0 $

$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{cases} -1+2x^2=0\: \textcolor{red}{|+1}, 2x^2=1\: \textcolor{red}{|:2}, x^2=\frac{1}{2}\: \textcolor{red}{|\sqrt{…}}\: \longrightarrow \: \begin{cases} x_1=-0,707\\ \\ x_2=+0,707 \end{cases} \\ \\ 2e^{1-x^2}=0\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $

$\qquad\qquad$ Es gibt Wendepunkte an der Stelle $x_1=-0,707$ und $x_2=+0,707$

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime\prime}(-0,707)=-9,33<0 \longrightarrow LR-gekrümmt $

$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime\prime}(+0,707)=+9,33>0 \longrightarrow RL-gekrümmt $

$\qquad\qquad$ $ W_1[(-0,707)|f(-0,707)]=\underline{(-0,707|1,65)}\:\: | \:\: W_2[(0,707)|f(0,707)]=\underline{(0,707|1,65)} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 9.\:Wendetangente\: bestimmen $

$\qquad\:\:$ Gleichung der Wendetangente:

$\qquad\qquad$ $ t_{w_1}: f(x_{w_1})=f^\prime(x_{w_1})\cdot (x-x_{w_1})+f(x_{w_1}) $ mit $ \begin{cases} x_{w_1}=-0,707\\ \\ f^\prime(x_{w_1})=2,33\\ \\ f(x_{w_1})=1,65 \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad$ $ t_{w_1}=2,33(x+0,707)+1,65=\underline{2,33x+3,3} $

$\qquad\qquad$ $ t_{w_2}: f(x_{w_2})=f^\prime(x_{w_2})\cdot (x-x_{w_2})+f(x_{w_2}) $ mit $ \begin{cases} x_{w_2}=0,707\\ \\ f^\prime(x_{w_2})=-2,33\\ \\ f(x_{w_2})=1,65 \end{cases} $

$\qquad\qquad\qquad$ $ t_{w_2}=-2,33(x-0,707)+1,65=\underline{-2,33x+3,3} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 10.\:Verhalten\:im\: Unendlichen $

$\qquad\:\:$ $ \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=0 \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0 $

$\qquad\:\:$ Schaubild:



$f(x)=(1-x^2)\cdot e^{- \frac{1}{2}x^2}$
Lösung
$f(x)=(1-x^2)\cdot e^{ -\frac{1}{2}x^2}$

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln $

$\qquad\:\:$ $ $

Still to come!!! ###### 1 ######


$f(x)=e^{-3x}\cdot (2x-4)$
Lösung
$f(x)=e^{-3x}\cdot (2x-4)$

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln $

$\qquad\:\:$ $ $

Still to come!!! ###### 2 ######


$f(x)=\frac{1}{2}e^{-2x}\cdot (1+x)$
Lösung
$f(x)=\frac{1}{2}e^{-2x}\cdot (1+x)$

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize 1.\: Definitionsbereich\: ermitteln $

$\qquad\:\:$ $ $

Still to come!!! ###### 3 ######

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 $ABML$.



Stochastik - Abi Berlin

Übungsaufgaben



  1. In einer Urne befinde sich $4$ schwarze und $6$ weiße Kugeln. Aus der Urne werden nacheinander und ohne Zurücklegen $3$ Kugel gezogen.

    a) Ermittle die Wahrscheinlichkeit dafür, dass alle drei gezogenen Kugeln schwarz sind.

    b) Weisen Sie nach, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter den $3$ gezogenen
    $\:\:\:\:\:\:$Kugeln mindestens $2$ schwarze Kugeln sind, genau $\frac{1}{3}$ beträgt.

    Lösung
    $4$ schwarze und $6$ weiße Kugeln. $3$ Kugeln gezogen, nacheinander und ohne Zurücklegen.

    $\:\:$ a) Wahrscheinlichkeit dafür, dass alle 3 gezogenen Kugeln schwarz sind.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: die\: Wahrscheinlichkeit\: für\: schwarze\: und\: weiße\: Kugeln $

    $\qquad$ Gesamt Kugeln: $P(A)=10$

    $\qquad\qquad\qquad$ $ P_{SK}= \large \frac{4}{10}\qquad|\qquad P_{WK}= \large \frac{6}{10} $

    $\qquad$ Alle 3 gezogenen Kugeln sind schwarz $\Longrightarrow\:\: 3\times P_{SK}$

    $\qquad\qquad\qquad$ $ 3 \times P_{SK} \large =\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}\cdot \frac{2}{8} =\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4} =\frac{1}{30} $

    $\:\:$ b) Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens 2 der gezogenen Kugeln sind schwarz

    $\qquad$ $ P_{\ge2} = P_{SK}\cdot P_{SK}\cdot P_{SK} + P_{SK}\cdot P_{SK}\cdot P_{WK} + P_{SK}\cdot P_{WK}\cdot P_{SK} + P_{WK}\cdot P_{SK}\cdot P_{SK} $

    $\qquad\qquad$ $ \iff \large \frac{1}{30} + \frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}\cdot \frac{6}{8} + \frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}\cdot \frac{6}{8} + \frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}\cdot \frac{6}{8} $

    $\qquad\qquad$ $ \iff \large \frac{1}{30} + 3\cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{4} $

    $\qquad\qquad$ $ \iff \large \frac{1}{30} + 3\cdot \frac{1}{10} $

    $\qquad\qquad$ $ \iff \large \frac{1}{30} + \frac{9}{30} = \frac{10}{30} = \frac{1}{3} $


    Baumdiagramm




  2. Lösung
    a) Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Augensumme 6 beträgt.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Wahrscheinlichkeit\: für\: die\: Seite\: 1\: und\: 5 $

    $\qquad$ Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Seite 1 beträgt: $p_1=\frac{1}{2}$

    $\qquad$ Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Seite 5 beträgt: $p_5=\frac{1}{2}$

    $ \:\:\: $ $ P(AS=6) \large = p_1\cdot p_5+p_5\cdot p_1 = \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $

    a) Erwartungswert der Auszahlung

    $\qquad$ Weil $ P(AS=2)=P(AS=10) = \frac{1}{4}, $

    $\qquad$ ergibt sich:$\:\:$ $ E = \frac{1}{4}\cdot 2 + \frac{1}{2}\cdot 6 + \frac{1}{4}\cdot 10 =3 $

    Wenn der Einsatz 3€ beträgt, wird der Erwartungswert für den Gewinn null.

    $\iff$ Das Spiel fair.



  3. Lösung
    a) Wahrscheinlichkeit dafür, dass es gleichzeitig Stau an Baustelle 2 und 3 gibt.

    $\qquad$ $ P_{(Stau\: an\: Baustelle\: 2/3)} \large = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{15} $

    b) Wahrscheinlichkeit dafür, dass es kein Stau gibt.
    $\qquad$ $ P_{(Kein\: Stau)} = P_{(1-Frei/2-Frei/3-Frei)} + P_{(1-Frei/2-Frei/3-Stau)} + P_{(1-Frei/2-Stau/3-Frei)} $

    $\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \large = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} + \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{5} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} $

    $\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \large = \frac{42}{60} = \frac{7}{10} $


  4. Ein Landwirt verpackt Eier in Packungen zu jeweils $6$ Stück. Bei einer Kontrolle wird festge- stellt, dass bei 5% der verpackten Eier die Schale beschädigt ist.

    a) Gebe im Sachzusammenhang ein Ereignis $E$ an, für das die Wahrscheinlichkeit durch $P(E)=1-(0,95)^6$ ermittelt werden kann.

    b) Bei einer genaueren Kontrolle wird zusätzlich registriert, ob die beschädigten Eier eine weiße oder eine braune Schale haben. Daraus ergibt sich folgende unvollständige Vier- feldertafel:

    Schale weiß Schale braun
    Schale beschädigt 150 350
    Schale nicht beschädigt
    10 000


    Lösung
    a) $E:$ Mindestens ein Ei in einer 6er-Packung ist beschädigt.


    b)
    Schale weiß Schale braun
    Schale beschädigt 150 350 500
    Schale nicht beschädigt 2850 6650 9500
    3000 7000 10 000

Übungen Geometrie - Vektorrechnung

Übungsaufgaben



  1. 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 $ABC=9\cdot 9=81\:FE$

  2. 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} $





  3. 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 $M$.


  4. 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:

  1. Punkt an Punkt

  2. Punkt an Ebene

  3. Punkt an Gerade


Aufgabenstellung

  1. Berechnung des gespielten Punktes

  2. Rückführung der Spiegelung Punkt-Ebene auf die Spiegelung des Punktes am Fußpunkt des Lots auf die Ebene

  3. 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 $Q$

  1. $P(4|3|-7), \: Q(5|0|6)$
    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) $


  2. $P(2|-4|9), \: Q(1|7|7)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(0|18|5)$


  3. $P(-5|3|4), \: Q(6|-3|3)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(17|-9|2)$


  4. $P(1+a|3-2a|a^2), \: Q(1-a|a-2|2a-2)$
    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] $


  5. $P(1|-3|5), \: Q(4|-1|9)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(7|1|13)$

Beispielaufgaben – Punkt an Ebene

Spiegele den Punkt $P$ an der Ebene $E$

  1. $P(7|14|-4), \: E:2x+6y-4z=2$

    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) $


  2. $P(2|4|6), \: E:x-2y-z=1$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime} \begin{pmatrix} \frac{19}{3}| – \frac{14}{3}| \frac{5}{3} \end{pmatrix} $


  3. $P(10|5|5),$ 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) $


  4. 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) $


  5. 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.

    Lösung
    a) 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 $g$

  1. $ 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} $


  2. $ P(-1|1|2),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\5\\4 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -2\\-2\\1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(3|1|10)$

  3. $ 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} $


  4. $ 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



  1. 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 $



  2. 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 $



  3. 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.
    Lösung
    Punkte $A(1|1|1),\: B(3|2|-2),\: C(-1|0|3)$

    $ \:\:\: $ $ \: \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 $


  4. Mehr Aufgaben

    Pyramide
    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 $

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} $

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:

  1. Aufstellen der Gleichung einer Hilfsebene $E,$ die durch $P$ geht und zu $g$ orthogonal ist,

  2. Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $E$ und $g,$

  3. Berechnung des Betrages von $\overrightarrow{PF}.$

Beispielaufgaben

Berechne jeweils den Abstand des Punktes $P$ von der Geraden $g.$

  1. $ 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 $



  2. $ 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} $

    $\:\:$
    $|\overrightarrow{PF}|\approx9,30\: LE$



  3. $ 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:

  1. Aufstellen der zu $E$ orthogonalen Lotgerade $g$ durch $P,$

  2. Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $g$ und $E,$

  3. Berechnung des Betrags des Vektor $\overrightarrow{PF}.$


  4. Tipp

Beispielaufgaben

  1. 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 $


  2. 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 $



  3. Berechne den Abstand des Punktes $P(10|-1|-4)$ von der Ebene
    $E:2x-8y+16z=45$

    $\:\:$
    $F(10,5|-3|0)$ $d=|\overrightarrow{PF}|=4,5\: LE$



  4. 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 $


Lagebeziehungen|Geraden| Bergwerksstollen

Lagebeziehungen|Geraden| Bergwerksstollen


Forming Negative and Interrogative Phrases

Forming Negative and Interrogative Phrases




There are two ways (two big categories) of forming negative or interrogative sentences:

  1. First category: we use the auxiliary do in $99.9\%$ of verbs cases, in any other form possible: don’t / doesn’t / did / didn’t.

    Examples:

    $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She likes chocolate.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She doesn’t like chocolate.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Does she like chocolate?


  2. Second category: we use have or be or modal verbs in the remaining percentage, $0.1\%$, or you might call it the exception case.

  3. Examples:

    $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She has eaten chocolate.
    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She hasn’t eaten chocolate.
    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Has she eaten chocolate?

    $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She is angry.
    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She isn’t angry.
    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Is she angry?

    $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She will eat chocolate.
    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She will not (won’t) eat chocolate.
    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Will she eat chocolate?



Important:


To better understand this topic, you need to work per elimination, meaning that you need to learn the exception cases, so that every time one of those exceptions occur in a sentences of yours, you know how to handle it, otherwise you should use do.


Case Percentage Use Explanation
Exceptions (verbs) 0.001% be
– as main verb
– as auxiliary

have as auxiliary

Modal verbs:
– will / would
– can / could
– shall / should
– may / might
– must
use the same
– main verb
– auxiliary and
– modal verbs
to form negation and interrogation
All verbs 99.99% do use exclusively do
to form negation and question


Examples


Exceptions


  1. be as main verb:

  2. $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She is at home.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She isn’t at home.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Is she at home?

    Observation: When we use be as the main verb, we reuse it to form both negation and question.


  3. be as auxiliary:

  4. $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She is eating bread at home.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She isn’t eating bread at home.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Is she eating bread at home?

    Observation: When we use be as auxiliary, we reuse it to form both negation and question.


  5. have as auxiliary:

  6. $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She has eaten bread at home.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She hasn’t eaten bread at home.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Has she eaten bread at home?

    Observation: When we use have as auxiliary, we reuse it to form both negation and question.


  7. Modal verbs:

  8. $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She will eat bread at home.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She will not (won’t) eat bread at home.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Will she eat bread at home?

    Observation: When we use a modal verb, we reuse it to form both negation and question.

    Modal verbs are:
    $\qquad$ $ will \longrightarrow would $
    $\qquad$ $ can \longrightarrow could $
    $\qquad$ $ shall \longrightarrow should $
    $\qquad$ $ may \longrightarrow might $
    $\qquad$ $ must $

All verbs


The majority of verbs in English form their negation and interrogation with the auxiliary do.

Examples:

  • $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ She goes home.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ She doesn’t go home.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Does she go home?


  • $\qquad$ Affirmative $\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ They work hard.

    $\qquad$ Negative: $\qquad\qquad$ They don’t work hard.

    $\qquad$ Interrogative: $\qquad\:$ Do they work hard?


N.B.: This is often the case if the sentence concerned does not include:

  • neither the verb be as the main verb

  • nor the verb be as an auxiliary verb

  • nor the verb have as an auxiliary verb

  • even less a modal verb.


Exercises