Pflichtteil 2016 Aufgabe 6: Gegeben ist die Gerade 𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 . Untersuchen Sie, ob es einen Punkt auf 𝑔 gibt, dessen drei Koordinaten identisch sind. Die Gerade ℎ verläuft durch 𝑄 8 5 10 und schneidet 𝑔 orthogonal. Bestimmen Sie eine Gleichung von ℎ. (5 VP)

Pflichtteil 2016 – Lösung a) 𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 Pflichtteil 2016 – Lösung a) Ein Punkt, dessen drei Koordinaten identisch sind beschreiben wir z.B. mit 𝑃 𝑘 𝑘 𝑘 . Wir müssen also feststellen, ob es ein 𝑘 und ein 𝑟 gibt, so dass sich die Gleichung 𝑘 𝑘 𝑘 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 widerspruchsfrei lösen lässt. Aus der zweiten Koordinatengleichung erhalten wir 𝑘=4𝑟 und damit 𝑟 = 𝑘 4 . Einsetzen in die erste Koordinatengleichung liefert 𝑘=3+ 𝑘 4 . Nach Multiplikation mit 4 folgt 4𝑘=12+𝑘 und damit 3𝑘=12 bzw. 𝑘=4.

Pflichtteil 2016 – Lösung a) 𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 Pflichtteil 2016 – Lösung a) Mit 𝑘=4 haben wir nun 𝑟=1 und wir müssen nur noch feststellen, ob mit diesen Werten auch die dritte Koordinatengleichung widerspruchsfrei ist. Einsetzen liefert 4=1+1⋅3 was offensichtlich korrekt ist. Ergebnis: Der Punkt 𝑃 4 4 4 hat die gewünschten Eigenschaften.

Pflichtteil 2016 – Lösung b) 𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 𝑄 8 5 10 Pflichtteil 2016 – Lösung b) Ein Punkt 𝑃 auf 𝑔 hat die Koordinaten 𝑃 3+𝑟 4𝑟 1+3𝑟 . Wenn ℎ die Gerade 𝑔 orthogonal schneidet, dann muss das Skalarprodukt des Richtungsvektors 1 4 3 von 𝑔 mit dem Vektor 𝑃𝑄 gleich 0 sein. Mit 𝑃𝑄 = 8 5 10 − 3+𝑟 4𝑟 1+3𝑟 = 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 folgt also 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 ⋅ 1 4 3 =0 ⇔ 5−𝑟 + 5−4𝑟 ⋅4+ 9−3𝑟 ⋅3=0 𝑔 ℎ 𝑃 𝑄

𝑃𝑄 = 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 𝑄 8 5 10 Pflichtteil 2016 5−𝑟 + 5−4𝑟 ⋅4+ 9−3𝑟 ⋅3=0 ⇔52−26𝑟=0 ⇔ 52=26𝑟 ⇔ 𝑟=2 Damit erhalten wir den Richtungsvektor 𝑃𝑄 = 3 −3 3 von ℎ. Mit 𝑞 = 8 5 10 als Stützvektor ergibt sich daraus eine Geradengleichung für ℎ. Ergebnis: Die Gerade ℎ ist gegeben durch die Gleichung ℎ: 𝑥 = 8 5 10 +s⋅ 3 −3 3 ; 𝑠∈ℝ. 𝑃 𝑄 𝑔 ℎ

Pflichtteil 2016 Aufgabe 7: Gegeben ist die Ebene 𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28. Es gibt zwei zu 𝐸 parallele Ebenen 𝐹 und 𝐺, die vom Ursprung den Abstand 2 haben. Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung von 𝐹 und 𝐺. (3 VP)

𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28 Pflichtteil 2016 – Lösung Eine Ebene 𝐹, die den selben Normalenvektor wie 𝐸 hat ist parallel zu 𝐸 (oder identisch). Wir können für die Ebenengleichung von 𝐹 somit 𝐹:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑 ansetzen. Natürlich muss 𝑑≠28 sein, denn andernfalls wären 𝐸 und 𝐹 identisch. Wir berechnen zunächst die Länge des Normalenvektors: 𝑛 = 4 4 7 = 4 2 + 4 2 + 7 2 = 81 =9

𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28 Pflichtteil 2016 – Lösung Hiermit bestimmen wir die Hesse‘sche Normalform von 𝐹: 𝐻𝑁𝐹 𝐹: 4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 −𝑑 9 =0 Der Abstand eines Punktes 𝑃 𝑎 𝑏 𝑐 zur Ebene 𝐹 ist dann gegeben durch 𝑑 𝑃,𝐹 = |4𝑎+4𝑏+7𝑐−𝑑| 9

𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28 𝑑 𝑃,𝐹 = |4𝑎+4𝑏+7𝑐−𝑑| 9 Pflichtteil 2016 – Lösung Der Abstand des Ursprungs 𝑂 zu 𝐹 soll laut Aufgabe genau 2 sein. Folglich gilt: 𝑑 𝑂,𝐹 = |4⋅0+4⋅0+7⋅0−𝑑| 9 = |−𝑑| 9 =2 Es folgt −𝑑 =18, was nur für 𝑑 1 =18 und 𝑑 2 =−18 erfüllt ist. Ergebnis: Die beiden gesuchten Ebenen haben die Gleichungen 𝐹:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =18 bzw. 𝐺:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =−18

Pflichtteil 2014 Aufgabe 7: Gegeben sind die Punkte 𝐴(1|10|1), 𝐵(−3|13|1) und 𝐶(2|3|1). Die Gerade 𝑔 verläuft durch 𝐴 und 𝐵. Bestimmen Sie den Abstand des Punktes 𝐶 von der Geraden 𝑔. (4 VP)

𝐴 1 10 1 𝐵(−3|13|1) 𝐶(2|3|1) Pflichtteil 2014 – Lösung Für die Geradengleichung von 𝑔 verwende z.B. 𝑎 = 1 10 1 als Stützvektor und 𝐴𝐵 = −3 13 1 − 1 10 1 = −4 3 0 als Richtungsvektor. Somit haben wir 𝑔: 𝑥 = 1 10 1 +𝑡 −4 3 0 mit 𝑡∈ℝ als Geradengleichung.

𝑔: 𝑥 = 1 10 1 +𝑡 −4 3 0 𝐶(2|3|1) Pflichtteil 2014 – Lösung Im nächsten Schritt bilden wir eine Hilfsebene 𝐸, die senkrecht zu 𝑔 steht, so dass 𝐶 in 𝐸 liegt. Als Normalenvektor für 𝐸 nehmen wir den Richtungsvektor von 𝑔 und erhalten damit zunächst 𝐸: −4𝑥 1 +3 𝑥 2 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑. Da 𝐶 in 𝐸 liegt, setzen wir die Koordinaten von 𝐶 ein und erhalten: 𝐸:−4⋅2+3⋅3=1=𝑑 und damit die vollständige Ebenengleichung: 𝐸: −4𝑥 1 +3 𝑥 2 =1

𝑔: 𝑥 = 1 10 1 +𝑡 −4 3 0 𝐸: −4𝑥 1 +3 𝑥 2 =1 Pflichtteil 2014 – Lösung Durch Einsetzen von 𝑔 in 𝐸 bestimmen wir den Schnittpunkt 𝐹. −4 1−4𝑡 +3 10+3𝑡 =1 ⇒ 25𝑡=−25 ⇒ 𝑡=−1 Einsetzen in 𝑔 liefert 𝑥 = 1 10 1 −1 −4 3 0 = 5 7 1 . Somit ist 𝐹(5|7|1) der Schnittpunkt von 𝑔 mit 𝐸.

Pflichtteil 2014 – Lösung 𝐶(2|3|1) 𝐹(5|7|1) Der Abstand von 𝐶 zu 𝑔 ist dann gegeben durch: 𝑑 𝐶,𝑔 = 𝐶𝐹 = 5 7 1 − 2 3 1 = 3 4 0 = 3 2 + 4 2 + 0 2 =5 Ergebnis: Der Abstand von 𝐶 zu 𝑔 beträgt 5 LE.

Pflichtteil 2013 Aufgabe 6: Die Gerade 𝑔 verläuft durch die Punkte 𝐴 1 −1 3 und 𝐵 2 −3 0 . Die Ebene 𝐸 wird von 𝑔 orthogonal geschnitten und enthält den Punkt 𝐶 4 3 −8 . Bestimmen Sie den Schnittpunkt 𝑆 von 𝑔 und 𝐸. Untersuchen Sie, ob 𝑆 zwischen 𝐴 und 𝐵 liegt. (4 VP)

𝐴 1 −1 3 𝐵 2 −3 0 𝐶 4 3 −8 Pflichtteil 2013 – Lösung Geradengleichung für 𝒈 durch die Punkte 𝑨 und 𝑩: 𝑔: 𝑥 = 1 −1 3 +𝑡 2 −3 0 − 1 −1 3 = 1 −1 3 +𝑡 1 −2 −3 ; 𝑡∈ℝ Ebenengleichung für 𝑬 durch den Punkte 𝑪 orthogonal zu 𝒈: Als Normalenvektor von 𝐸 verwende den Richtungsvektor von 𝑔. Damit gilt für die Koordinatengleichung von 𝐸 𝑥 1 −2 𝑥 2 −3 𝑥 3 =𝑑 mit noch unbekanntem 𝑑. Da 𝐶 auf 𝐸 liegt, setzen wir 𝐶 ein und erhalten 𝑑: 4−2⋅3−3⋅ −8 =22=𝑑. Die Koordinatengleichung von 𝐸 lautet somit: 𝐸: 𝑥 1 −2 𝑥 2 −3 𝑥 3 =22

𝑔: 𝑥 = 1 −1 3 +𝑡 1 −2 −3 Pflichtteil 2013 – Lösung 𝐸: 𝑥 1 −2 𝑥 2 −3 𝑥 3 =22 Schnittpunkt 𝑺 von 𝒈 mit 𝑬: 𝑆 erhält man durch einsetzen von 𝑔 in 𝐸. Hierzu liest man die Koordinaten aus der Geradengleichung ab und setzt diese ein: 1+𝑡 −2 −1−2𝑡 −3 3−3𝑡 =22 auflösen nach 𝑡 −6+14𝑡=22 ⇔ 14𝑡=28 ⇔ 𝑡=2 Der gefundene Wert von t wird nun in g eingesetzt: 1 −1 3 +2 1 −2 −3 = 3 −5 −3 Ergebnis: Der Schnittpunkt 𝑆 von 𝑔 mit 𝐸 ist 𝑆 3 −5 −3 .

𝐴 1 −1 3 𝐵 2 −3 0 𝑆 3 −5 −3 Pflichtteil 2013 – Lösung Liegt 𝑺 zwischen 𝑨 und 𝑩? Die Gerade 𝑔: 𝑥 = 1 −1 3 +𝑡 1 −2 −3 geht für 𝑡=0 durch den Punkt 𝐴 und 𝑡=1 durch den Punkt 𝐵. Falls 𝑆 zwischen 𝐴 und 𝐵 auf 𝑔 liegt, dann muss hierfür 0<𝑡<1 gelten. Dies prüfen wir. 3 −5 −3 = 1 −1 3 +𝑡 1 −2 −3 ⇔ 2 −4 −6 =𝑡 1 −2 −3 Hieraus ergibt sich 𝑡=2, d.h. 𝑡 liegt nicht zwischen 0 und 1. Ergebnis: 𝑆 liegt nicht zwischen 𝐴 und 𝐵 .

Pflichtteil 2013 Aufgabe 7: Gegeben sind die beiden Ebenen 𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 und 𝐸 2 : 𝑥 = 7 7 5 +𝑠⋅ 1 1 0 +𝑡 1 3 4 . Zeigen Sie, dass die beiden Ebenen parallel zueinander sind. Die Ebene 𝐸 3 ist parallel zu 𝐸 1 und 𝐸 2 und hat von beiden Ebenen denselben Abstand. Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene 𝐸 3 . (4 VP)

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝐸 2 : 𝑥 = 7 7 5 +𝑠⋅ 1 1 0 +𝑡 1 3 4 Pflichtteil 2013 – Lösung Parallelität der Ebenen 𝑬 𝟏 und 𝑬 𝟐 : Einen Normalenvektor von 𝐸 1 liest man direkt ab mit 𝑛 1 = 2 −2 1 . Den Normalenvektor für 𝐸 2 bestimmen wir mit dem Vektorprodukt: 1 1 0 1 1 0 1 3 4 1 3 4 𝑛 2 = 1⋅4 0⋅1 1⋅3 − 0⋅3 1⋅4 1⋅1 = 4 −4 2

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝐸 2 : 𝑥 = 7 7 5 +𝑠⋅ 1 1 0 +𝑡 1 3 4 Pflichtteil 2013 – Lösung Nun gilt 𝑛 2 =2⋅ 𝑛 1 , d.h. die Normalenvektoren sind linear abhängig. 𝐸 1 und 𝐸 2 sind folglich parallel oder identisch. Nun wird getestet, ob der Stützvektor von 𝐸 2 in 𝐸 1 liegt. Falls dies nicht der Fall ist, wissen wir, dass 𝐸 1 und 𝐸 2 nicht identisch und damit parallel sind. Es gilt 2⋅7−2⋅7+5=5≠−1. Ergebnis: 𝐸 1 und 𝐸 2 sind parallel.

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝐸 2 : 𝑥 = 7 7 5 +𝑠⋅ 1 1 0 +𝑡 1 3 4 Pflichtteil 2013 – Lösung Ebenengleichung für 𝑬 𝟑 Da 𝐸 3 parallel zu 𝐸 1 ist können wir den Normalenvektor von 𝐸 1 auch als Normalenvektor von 𝐸 3 verwenden und erhalten dadurch 𝐸 3 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑. Da 𝐸 3 denselben Abstand von 𝐸 1 und 𝐸 2 hat, liegt 𝐸 3 genau in der Mitte von diesen beiden Ebenen. 𝐸 1 𝐸 2 𝑔 𝐴 𝑆 𝑀 𝐸 3

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝐸 2 : 𝑥 = 7 7 5 +𝑠⋅ 1 1 0 +𝑡 1 3 4 Pflichtteil 2013 – Lösung Die Gerade 𝑔: 𝑥 = 7 7 5 +𝑡 2 −2 1 mit dem Stützvektor von 𝐸 2 und dem Normalenvektor von 𝐸 1 als Richtungsvektor geht senkrecht durch alle Ebenen. Den Punkt, den der Stützvektor von 𝐸 2 beschreibt, bezeichnen wir mit 𝐴. 𝐸 1 𝐸 2 𝑔 𝐴 𝑆 𝑀 𝐸 3

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝑔: 𝑥 = 7 7 5 +𝑡 2 −2 1 Pflichtteil 2013 – Lösung Wir bestimmen nun den Schnittpunkt 𝑆 von 𝑔 mit 𝐸 1 durch Einsetzen. 2 7+2𝑡 −2 7−2𝑡 + 5+𝑡 =−1 ⟺ 5+9𝑡=−1 ⟺ 𝑡=− 2 3 Einsetzen in 𝑔 liefert 𝑆: 7 7 5 − 2 3 ⋅ 2 −2 1 = 17/3 25/3 13/3 .

𝐸 1 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =−1 𝑔: 𝑥 = 7 7 5 +𝑡 2 −2 1 Pflichtteil 2013 – Lösung Mit 𝑆 17 3 25 3 13 3 und 𝐴 7 7 5 erhalten wir die Mitte 𝑀 zwischen diesen beiden Punkten: 𝑚 = 1 2 𝑠 + 𝑎 also 𝑀 19 3 23 3 14 3 . Da 𝑀 auf 𝐸 3 liegt, setzen wir 𝑀 ein und erhalten das noch fehlende 𝑑. 𝐸 3 : 2⋅ 19 3 −2⋅ 23 3 + 14 3 = 6 3 =2=𝑑 Ergebnis: 𝐸 3 hat die Gleichung 𝐸 3 :2 𝑥 1 −2 𝑥 2 + 𝑥 3 =2.

Pflichtteil 2011 Aufgabe 7: Gegeben sind die Ebene 𝐸: 𝑥 − −1 4 −3 ∙ 8 1 −4 =0 und die Gerade 𝑔: 𝑥 = 7 5 −7 +𝑡∙ 1 −4 1 . a) Zeigen Sie, dass 𝐸 und 𝑔 zueinander parallel sind. b) Bestimmen Sie den Abstand von 𝐸 und 𝑔. (4 VP)

Pflichtteil 2011 – Lösung a) 𝐸: 𝑥 − −1 4 −3 ∙ 8 1 −4 =0 𝑔: 𝑥 = 7 5 −7 +𝑡∙ 1 −4 1 Pflichtteil 2011 – Lösung a) Wenn das Skalarprodukt des Normalenvektors von 𝐸 mit dem Richtungsvektor von 𝑔 Null ist, so sind 𝑔 und 𝐸 parallel oder 𝑔 liegt in 𝐸: 𝑛 ⋅ 𝑢 = 8 1 −4 ⋅ 1 −4 1 =8−4−4=0. Testen, ob 𝑔 in 𝐸 liegt. Verwende hierzu den Stützvektor von 𝑔. Eingesetzt in 𝐸 folgt: 7 5 −7 − −1 4 −3 ⋅ 8 1 −4 = 8 1 −4 ⋅ 8 1 −4 =64+1+16≠0 Ergebnis: 𝑔 verläuft parallel zu 𝐸.

Pflichtteil 2011 – Lösung b) 𝐸: 𝑥 − −1 4 −3 ∙ 8 1 −4 =0 Pflichtteil 2011 – Lösung b) Wir verwenden die Abstandsformel 𝑑= 𝑟 − 𝑝 ⋅ 𝑛 0 . Dabei ist 𝑟 der Ortsvektor eines beliebigen Punktes auf 𝑔. Hierfür nehmen wir den Stützvektor von 𝑔. 𝑝 ist der Stützvektor von 𝐸. Für die Formel benötigen wir noch einen Einheitsnormalenvektor. Mit 𝑛 = 8 2 + 1 2 + −4 2 =9 folgt 𝑛 0 = 1 9 8 1 −4 .

Pflichtteil 2011 – Lösung b) 𝑑= 𝑟 − 𝑝 ⋅ 𝑛 0 Pflichtteil 2011 – Lösung b) Mit 𝑟 = 7 5 −7 , 𝑝 = −1 4 −3 , 𝑛 0 = 1 9 8 1 −4 folgt durch Einsetzen in die Abstandsformel: 𝑑= 7 5 −7 − −1 4 −3 ⋅ 1 9 8 1 −4 = 8 1 −4 ⋅ 1 9 8 1 −4 = 64 9 + 1 9 + 16 9 = 81 9 =9 Ergebnis: Der Abstand von 𝑔 zu 𝐸 beträgt 9 LE.

Pflichtteil 2010 Aufgabe 7: Gegeben sind die Ebene 𝐸: 3 𝑥 1 −4 𝑥 3 =−7 und der Punkt 𝑃(9|−4|1). Berechnen Sie den Abstand des Punktes 𝑃 von der Ebene 𝐸. Der Punkt 𝑆 −1 1 1 liegt auf 𝐸. Bestimmen Sie den Punkt 𝑄 auf der Geraden durch 𝑆 und 𝑃, der genauso weit von 𝐸 entfernt ist wie von 𝑃. (4 VP)

Pflichtteil 2010 – Lösung a) 𝐸: 3 𝑥 1 −4 𝑥 3 =−7 𝑃(9|−4|1) Wir wandeln die Ebenengleichung in die Hesse'schen Normalform (HNF) um. Dazu benötigen wir die Länge des Normalenvektors 𝑛 = 3 0 −4 . Es folgt 𝑛 = 3 2 + −4 2 =5 und damit 𝐻𝑁𝐹 𝐸: 3𝑥 1 − 4𝑥 3 +7 5 =0 Durch Einsetzen von 𝑃 (und Betragsbildung im Zähler) ergibt sich der Abstand zu 𝑑= ∣3⋅9−4⋅1+7∣ 5 =6. Ergebnis: Der Abstand von 𝑃 zu 𝐸 beträgt 6 LE.

Pflichtteil 2010 – Lösung b) 𝑃(9|−4|1), 𝑆(−1|1|1) Pflichtteil 2010 – Lösung b) 𝐻𝑁𝐹 𝐸: 3x 1 − 4x 3 +7 5 =0 Mit 𝑆𝑃 = 9 −4 1 − −1 1 1 = 10 −5 0 folgt 𝑞 = 𝑠 − 𝑆𝑃 = −11 6 1 . Ergebnis: Der gesuchte Punkt 𝑄 ist gegeben mit 𝑄 −11 6 1 . 𝑂