PrΓ€sentation herunterladen
Die PrΓ€sentation wird geladen. Bitte warten
VerΓΆffentlicht von:JΓΆrn BΓ€cker GeΓ€ndert vor ΓΌber 5 Jahren
1
Pflichtteil 2016 Aufgabe 6: Gegeben ist die Gerade π: π₯ = πβ
Untersuchen Sie, ob es einen Punkt auf π gibt, dessen drei Koordinaten identisch sind. Die Gerade β verlΓ€uft durch π und schneidet π orthogonal. Bestimmen Sie eine Gleichung von β (5 VP)
2
Pflichtteil 2016 β LΓΆsung a)
π: π₯ = πβ
Pflichtteil 2016 β LΓΆsung a) Ein Punkt, dessen drei Koordinaten identisch sind beschreiben wir z.B. mit π π π π . Wir mΓΌssen also feststellen, ob es ein π und ein π gibt, so dass sich die Gleichung π π π = πβ
widerspruchsfrei lΓΆsen lΓ€sst. Aus der zweiten Koordinatengleichung erhalten wir π=4π und damit π = π 4 . Einsetzen in die erste Koordinatengleichung liefert π=3+ π 4 . Nach Multiplikation mit 4 folgt 4π=12+π und damit 3π=12 bzw. π=4.
3
Pflichtteil 2016 β LΓΆsung a)
π: π₯ = πβ
Pflichtteil 2016 β LΓΆsung a) Mit π=4 haben wir nun π=1 und wir mΓΌssen nur noch feststellen, ob mit diesen Werten auch die dritte Koordinatengleichung widerspruchsfrei ist. Einsetzen liefert 4=1+1β
3 was offensichtlich korrekt ist. Ergebnis: Der Punkt π hat die gewΓΌnschten Eigenschaften.
4
Pflichtteil 2016 β LΓΆsung b)
π: π₯ = πβ
π Pflichtteil 2016 β LΓΆsung b) Ein Punkt π auf π hat die Koordinaten π 3+π 4π 1+3π . Wenn β die Gerade π orthogonal schneidet, dann muss das Skalarprodukt des Richtungsvektors von π mit dem Vektor ππ gleich 0 sein. Mit ππ = β 3+π 4π 1+3π = 5βπ 5β4π 9β3π folgt also 5βπ 5β4π 9β3π β
=0 β 5βπ + 5β4π β
4+ 9β3π β
3=0 π β π π
5
ππ = 5βπ 5β4π 9β3π π Pflichtteil 2016 5βπ + 5β4π β
4+ 9β3π β
3=0 β52β26π=0 β 52=26π β π=2 Damit erhalten wir den Richtungsvektor ππ = 3 β3 3 von β. Mit π = als StΓΌtzvektor ergibt sich daraus eine Geradengleichung fΓΌr β. Ergebnis: Die Gerade β ist gegeben durch die Gleichung β: π₯ = sβ
3 β3 3 ; π ββ. π π π β
6
Pflichtteil 2016 Aufgabe 7: Gegeben ist die Ebene πΈ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =28. Es gibt zwei zu πΈ parallele Ebenen πΉ und πΊ, die vom Ursprung den Abstand 2 haben. Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung von πΉ und πΊ. (3 VP)
7
πΈ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =28 Pflichtteil 2016 β LΓΆsung Eine Ebene πΉ, die den selben Normalenvektor wie πΈ hat ist parallel zu πΈ (oder identisch). Wir kΓΆnnen fΓΌr die Ebenengleichung von πΉ somit πΉ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =π mit einem noch unbekannten π ansetzen. NatΓΌrlich muss πβ 28 sein, denn andernfalls wΓ€ren πΈ und πΉ identisch. Wir berechnen zunΓ€chst die LΓ€nge des Normalenvektors: π = = = 81 =9
8
πΈ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =28 Pflichtteil 2016 β LΓΆsung Hiermit bestimmen wir die Hesseβsche Normalform von πΉ: π»ππΉ πΉ: 4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 βπ 9 =0 Der Abstand eines Punktes π π π π zur Ebene πΉ ist dann gegeben durch π π,πΉ = |4π+4π+7πβπ| 9
9
πΈ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =28 π π,πΉ = |4π+4π+7πβπ| 9 Pflichtteil 2016 β LΓΆsung Der Abstand des Ursprungs π zu πΉ soll laut Aufgabe genau 2 sein. Folglich gilt: π π,πΉ = |4β
0+4β
0+7β
0βπ| 9 = |βπ| 9 =2 Es folgt βπ =18, was nur fΓΌr π 1 =18 und π 2 =β18 erfΓΌllt ist. Ergebnis: Die beiden gesuchten Ebenen haben die Gleichungen πΉ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =18 bzw. πΊ:4 π₯ 1 +4 π₯ 2 +7 π₯ 3 =β18
10
Pflichtteil 2014 Aufgabe 7: Gegeben sind die Punkte π΄(1|10|1), π΅(β3|13|1) und πΆ(2|3|1). Die Gerade π verlΓ€uft durch π΄ und π΅. Bestimmen Sie den Abstand des Punktes πΆ von der Geraden π. (4 VP)
11
π΄ π΅(β3|13|1) πΆ(2|3|1) Pflichtteil 2014 β LΓΆsung FΓΌr die Geradengleichung von π verwende z.B. π = als StΓΌtzvektor und π΄π΅ = β β = β4 3 0 als Richtungsvektor. Somit haben wir π: π₯ = π‘ β4 3 0 mit π‘ββ als Geradengleichung.
12
π: π₯ = π‘ β4 3 0 πΆ(2|3|1) Pflichtteil 2014 β LΓΆsung Im nΓ€chsten Schritt bilden wir eine Hilfsebene πΈ, die senkrecht zu π steht, so dass πΆ in πΈ liegt. Als Normalenvektor fΓΌr πΈ nehmen wir den Richtungsvektor von π und erhalten damit zunΓ€chst πΈ: β4π₯ 1 +3 π₯ 2 =π mit einem noch unbekannten π. Da πΆ in πΈ liegt, setzen wir die Koordinaten von πΆ ein und erhalten: πΈ:β4β
2+3β
3=1=π und damit die vollstΓ€ndige Ebenengleichung: πΈ: β4π₯ 1 +3 π₯ 2 =1
13
π: π₯ = π‘ β4 3 0 πΈ: β4π₯ 1 +3 π₯ 2 =1 Pflichtteil 2014 β LΓΆsung Durch Einsetzen von π in πΈ bestimmen wir den Schnittpunkt πΉ. β4 1β4π‘ π‘ =1 β 25π‘=β25 β π‘=β1 Einsetzen in π liefert π₯ = β1 β = Somit ist πΉ(5|7|1) der Schnittpunkt von π mit πΈ.
14
Pflichtteil 2014 β LΓΆsung πΆ(2|3|1) πΉ(5|7|1) Der Abstand von πΆ zu π ist dann gegeben durch: π πΆ,π = πΆπΉ = β = = =5 Ergebnis: Der Abstand von πΆ zu π betrΓ€gt 5 LE.
15
Pflichtteil 2013 Aufgabe 6: Die Gerade π verlΓ€uft durch die Punkte π΄ 1 β1 3 und π΅ 2 β3 0 . Die Ebene πΈ wird von π orthogonal geschnitten und enthΓ€lt den Punkt πΆ 4 3 β8 . Bestimmen Sie den Schnittpunkt π von π und πΈ. Untersuchen Sie, ob π zwischen π΄ und π΅ liegt. (4 VP)
16
π΄ 1 β1 3 π΅ 2 β3 0 πΆ 4 3 β8 Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Geradengleichung fΓΌr π durch die Punkte π¨ und π©: π: π₯ = 1 β1 3 +π‘ 2 β3 0 β 1 β1 3 = 1 β1 3 +π‘ 1 β2 β3 ; π‘ββ Ebenengleichung fΓΌr π¬ durch den Punkte πͺ orthogonal zu π: Als Normalenvektor von πΈ verwende den Richtungsvektor von π. Damit gilt fΓΌr die Koordinatengleichung von πΈ π₯ 1 β2 π₯ 2 β3 π₯ 3 =π mit noch unbekanntem π. Da πΆ auf πΈ liegt, setzen wir πΆ ein und erhalten π: 4β2β
3β3β
β8 =22=π. Die Koordinatengleichung von πΈ lautet somit: πΈ: π₯ 1 β2 π₯ 2 β3 π₯ 3 =22
17
π: π₯ = 1 β1 3 +π‘ 1 β2 β3 Pflichtteil 2013 β LΓΆsung πΈ: π₯ 1 β2 π₯ 2 β3 π₯ 3 =22 Schnittpunkt πΊ von π mit π¬: π erhΓ€lt man durch einsetzen von π in πΈ. Hierzu liest man die Koordinaten aus der Geradengleichung ab und setzt diese ein: 1+π‘ β2 β1β2π‘ β3 3β3π‘ =22 auflΓΆsen nach π‘ β6+14π‘=22 β 14π‘=28 β π‘=2 Der gefundene Wert von t wird nun in g eingesetzt: 1 β β2 β3 = 3 β5 β3 Ergebnis: Der Schnittpunkt π von π mit πΈ ist π 3 β5 β3 .
18
π΄ 1 β1 3 π΅ 2 β3 0 π 3 β5 β3 Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Liegt πΊ zwischen π¨ und π©? Die Gerade π: π₯ = 1 β1 3 +π‘ 1 β2 β3 geht fΓΌr π‘=0 durch den Punkt π΄ und π‘=1 durch den Punkt π΅. Falls π zwischen π΄ und π΅ auf π liegt, dann muss hierfΓΌr 0<π‘<1 gelten. Dies prΓΌfen wir. 3 β5 β3 = 1 β1 3 +π‘ 1 β2 β3 β 2 β4 β6 =π‘ 1 β2 β3 Hieraus ergibt sich π‘=2, d.h. π‘ liegt nicht zwischen 0 und 1. Ergebnis: π liegt nicht zwischen π΄ und π΅ .
19
Pflichtteil 2013 Aufgabe 7: Gegeben sind die beiden Ebenen πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 und πΈ 2 : π₯ = π β
π‘ Zeigen Sie, dass die beiden Ebenen parallel zueinander sind. Die Ebene πΈ 3 ist parallel zu πΈ 1 und πΈ 2 und hat von beiden Ebenen denselben Abstand. Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene πΈ 3 . (4 VP)
20
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 πΈ 2 : π₯ = π β
π‘ Pflichtteil 2013 β LΓΆsung ParallelitΓ€t der Ebenen π¬ π und π¬ π : Einen Normalenvektor von πΈ 1 liest man direkt ab mit π 1 = 2 β2 1 . Den Normalenvektor fΓΌr πΈ 2 bestimmen wir mit dem Vektorprodukt: π 2 = 1β
4 0β
1 1β
3 β 0β
3 1β
4 1β
1 = 4 β4 2
21
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 πΈ 2 : π₯ = π β
π‘ Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Nun gilt π 2 =2β
π 1 , d.h. die Normalenvektoren sind linear abhΓ€ngig. πΈ 1 und πΈ 2 sind folglich parallel oder identisch. Nun wird getestet, ob der StΓΌtzvektor von πΈ 2 in πΈ 1 liegt. Falls dies nicht der Fall ist, wissen wir, dass πΈ 1 und πΈ 2 nicht identisch und damit parallel sind. Es gilt 2β
7β2β
7+5=5β β1. Ergebnis: πΈ 1 und πΈ 2 sind parallel.
22
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 πΈ 2 : π₯ = π β
π‘ Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Ebenengleichung fΓΌr π¬ π Da πΈ 3 parallel zu πΈ 1 ist kΓΆnnen wir den Normalenvektor von πΈ 1 auch als Normalenvektor von πΈ 3 verwenden und erhalten dadurch πΈ 3 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =π mit einem noch unbekannten π. Da πΈ 3 denselben Abstand von πΈ 1 und πΈ 2 hat, liegt πΈ 3 genau in der Mitte von diesen beiden Ebenen. πΈ 1 πΈ 2 π π΄ π π πΈ 3
23
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 πΈ 2 : π₯ = π β
π‘ Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Die Gerade π: π₯ = π‘ 2 β2 1 mit dem StΓΌtzvektor von πΈ 2 und dem Normalenvektor von πΈ 1 als Richtungsvektor geht senkrecht durch alle Ebenen. Den Punkt, den der StΓΌtzvektor von πΈ 2 beschreibt, bezeichnen wir mit π΄. πΈ 1 πΈ 2 π π΄ π π πΈ 3
24
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 π: π₯ = π‘ 2 β2 1 Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Wir bestimmen nun den Schnittpunkt π von π mit πΈ 1 durch Einsetzen π‘ β2 7β2π‘ + 5+π‘ =β1 βΊ 5+9π‘=β1 βΊ π‘=β 2 3 Einsetzen in π liefert π: β 2 3 β
2 β2 1 = 17/3 25/3 13/3 .
25
πΈ 1 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =β1 π: π₯ = π‘ 2 β2 1 Pflichtteil 2013 β LΓΆsung Mit π und π΄ erhalten wir die Mitte π zwischen diesen beiden Punkten: π = 1 2 π + π also π Da π auf πΈ 3 liegt, setzen wir π ein und erhalten das noch fehlende π. πΈ 3 : 2β
19 3 β2β
= 6 3 =2=π Ergebnis: πΈ 3 hat die Gleichung πΈ 3 :2 π₯ 1 β2 π₯ 2 + π₯ 3 =2.
26
Pflichtteil 2011 Aufgabe 7: Gegeben sind die Ebene πΈ: π₯ β β1 4 β3 β 8 1 β4 =0 und die Gerade π: π₯ = 7 5 β7 +π‘β 1 β4 1 . a) Zeigen Sie, dass πΈ und π zueinander parallel sind. b) Bestimmen Sie den Abstand von πΈ und π. (4 VP)
27
Pflichtteil 2011 β LΓΆsung a)
πΈ: π₯ β β1 4 β3 β 8 1 β4 =0 π: π₯ = 7 5 β7 +π‘β 1 β4 1 Pflichtteil 2011 β LΓΆsung a) Wenn das Skalarprodukt des Normalenvektors von πΈ mit dem Richtungsvektor von π Null ist, so sind π und πΈ parallel oder π liegt in πΈ: π β
π’ = 8 1 β4 β
1 β4 1 =8β4β4=0. Testen, ob π in πΈ liegt. Verwende hierzu den StΓΌtzvektor von π. Eingesetzt in πΈ folgt: 7 5 β7 β β1 4 β3 β
8 1 β4 = 8 1 β4 β
8 1 β4 = β 0 Ergebnis: π verlΓ€uft parallel zu πΈ.
28
Pflichtteil 2011 β LΓΆsung b)
πΈ: π₯ β β1 4 β3 β 8 1 β4 =0 Pflichtteil 2011 β LΓΆsung b) Wir verwenden die Abstandsformel π= π β π β
π 0 . Dabei ist π der Ortsvektor eines beliebigen Punktes auf π. HierfΓΌr nehmen wir den StΓΌtzvektor von π. π ist der StΓΌtzvektor von πΈ. FΓΌr die Formel benΓΆtigen wir noch einen Einheitsnormalenvektor. Mit π = β4 2 =9 folgt π 0 = β4 .
29
Pflichtteil 2011 β LΓΆsung b)
π= π β π β
π 0 Pflichtteil 2011 β LΓΆsung b) Mit π = 7 5 β7 , π = β1 4 β3 , π 0 = β4 folgt durch Einsetzen in die Abstandsformel: π= β7 β β1 4 β3 β
β4 = β4 β
β4 = = 81 9 =9 Ergebnis: Der Abstand von π zu πΈ betrΓ€gt 9 LE.
30
Pflichtteil 2010 Aufgabe 7: Gegeben sind die Ebene πΈ: 3 π₯ 1 β4 π₯ 3 =β7 und der Punkt π(9|β4|1). Berechnen Sie den Abstand des Punktes π von der Ebene πΈ. Der Punkt π β liegt auf πΈ. Bestimmen Sie den Punkt π auf der Geraden durch π und π, der genauso weit von πΈ entfernt ist wie von π. (4 VP)
31
Pflichtteil 2010 β LΓΆsung a)
πΈ: 3 π₯ 1 β4 π₯ 3 =β7 π(9|β4|1) Wir wandeln die Ebenengleichung in die Hesse'schen Normalform (HNF) um. Dazu benΓΆtigen wir die LΓ€nge des Normalenvektors π = 3 0 β4 . Es folgt π = β4 2 =5 und damit π»ππΉ πΈ: 3π₯ 1 β 4π₯ =0 Durch Einsetzen von π (und Betragsbildung im ZΓ€hler) ergibt sich der Abstand zu π= β£3β
9β4β
1+7β£ 5 =6. Ergebnis: Der Abstand von π zu πΈ betrΓ€gt 6 LE.
32
Pflichtteil 2010 β LΓΆsung b)
π(9|β4|1), π(β1|1|1) Pflichtteil 2010 β LΓΆsung b) π»ππΉ πΈ: 3x 1 β 4x =0 Mit ππ = 9 β4 1 β β1 1 1 = 10 β5 0 folgt π = π β ππ = β Ergebnis: Der gesuchte Punkt π ist gegeben mit π β π
Γhnliche PrΓ€sentationen
© 2024 SlidePlayer.org Inc.
All rights reserved.