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Aufgaben
Die Abbildung zeigt den Würfel ABCDEFGHABCDEFGH mit A(000)A(0|0|0) und G(555)G(5|5|5) in einem kartesischen Koordinatensystem. Die Ebene TT schneidet die Kanten des Würfels unter anderem in den Punkten I(501)I(5|0|1), J(250)J(2|5|0), K(052)K(0|5|2) und L(105)L(1|0|5).
Würfel
Teilaufgabe a)
(4 BE)
Zeichnen Sie das Viereck IJKLIJKL in die Abbildung ein und zeigen Sie, dass es sich um ein Trapez handelt, bei dem zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang sind.
Teilaufgabe b)
(3 BE)
Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene TT in Normalenform.
(zur Kontrolle: T:5x1+4x2+5x330=0T:5x_1+4x_2+5x_3-30=0)
Für aR+a\in\mathbb{R}^+ ist die Gerade gag_a:  x=(2,503,5)+λ(010a2a)\;\overrightarrow{x}= \begin{pmatrix}2,5\\0\\3,5 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix}0\\-10a\\\frac{2}{a}\end{pmatrix} mit λR\lambda\in \mathbb{R} gegeben.
Teilaufgabe c)
(3 BE)
Bestimmen Sie den Wert von aa so, dass die Gerade gag_a die Würfelfläche CDHGCDHG in ihrem Mittelpunkt schneidet.
Für jedes aR+a\in\mathbb{R}^+ liegt die Gerade gag_a in der Ebene UU mit der Gleichung x1=2,5x_1=2,5.
Teilaufgabe d)
(2 BE)
Ein beliebiger Punkt P(p1p2p3)P(p_1|p_2|p_3) des Raums wird an der Ebene UU gespiegelt. Geben Sie die Koordinaten des Bildpunkts PP' in Abhängigkeit von p1p_1, p2p_2 und p3p_3 an.
Teilaufgabe e)
(4 BE)
Spiegelt man die Ebene TT an UU, so erhält man die von TT verschiedene Ebene TT'. Zeigen Sie, dass für einen bestimmten Wert von aa die Gerade gag_a in der Ebene TT liegt, und begründen Sie, dass diese Gerade gag_a die Schnittgerade von TT und TT' ist.
Teilaufgabe f)
(4 BE)
Die Spitze einer Pyramide mit der Grundfläche IJKLIJKL liegt auf der Kante [FG][FG]. Untersuchen Sie, ob die Höhe dieser Pyramide 22 betragen kann.
Im Zusammenhang mit einem gegebenen Würfel sind im Raum Lagebeziehungen von Punkten, Geraden und Ebenen zu untersuchen. Eine Ebene ist zu spiegeln. Eine Eigenschaft einer Pyramide ist zu untersuchen.
ABCDEFGH\mathrm{ABCDEFGH} ist ein Würfel.
Gegeben sind die Eckpunkte
A(000)A(0|0|0) und G(555)G(5|5|5).
Würfel

Lösung Teilaufgabe a)

a)
(4 BE)
Es ist zu zeigen, dass das Viereck
I(501)I(5|0|1), J(250)J(2|5|0), K(052)K(0|5|2) und L(1/0/5)L(1/0/5) ein Trapez mit gleich langen Gegenseiten ist.
Beachte, dass die Eckpunkte "gittergenau" eingezeichnet werden!

Trapez

So argumentierst du am zeitsparendsten:
Die Seiten [IL][IL] und [JK][JK] sind die parallelen Grundseiten des Vierecks IJKLIJKL da sie in parallelen Gegenflächen des Würfels liegen und die längere doppelt so lang ist wie die kürzere:
Da gilt   IL=\pmatrix105\pmatrix501=\pmatrix404\;\overrightarrow{IL}=\pmatrix{1\\0\\5}-\pmatrix{5\\0\\1}=\pmatrix{-4\\0\\4}
und
JK=\pmatrix502\pmatrix257=\pmatrix202\overrightarrow{JK}=\pmatrix{5\\0\\2}-\pmatrix{2\\5\\7}=\pmatrix{-2\\0\\2}.
Damit ist gezeigt, dass das Viereck ein Trapez ist.

Für seine Schenkel [IJ][IJ] und [LK][LK] gilt:
IJ=IJ=\pmatrix250\pmatrix501=\pmatrix351\overline{IJ}=|\overrightarrow{IJ}|= \left |\pmatrix{2\\5\\0}-\pmatrix{5\\0\\1}\right|=\left|\pmatrix{-3\\5\\-1}\right|

LK=LK=\pmatrix052\pmatrix105=\pmatrix153\overline{LK}=|\overrightarrow{LK}|=\left|\pmatrix{0\\5\\2}-\pmatrix{1\\0\\5}\right|=\left|\pmatrix{-1\\5\\-3}\right|

Da beide Schenkel die gleichen Vektorkomponenten (nur in verschiedener Reihenfolge) haben, erkennst und begründest du ohne weitere Rechnung, dass beide Schenkel gleich lang sind und das Trapez somit gleichschenklig ist.

Lösung Teilaufgabe b)

b)
(3 BE)
Nachdem in Teilaufgabe a) festgestellt wurde, dass die vier Punkte I,J,K,LI,J,K,L tatsächlich in einer Ebene TT liegen, kann deren Normalengleichung aufgestellt werden.
Zum Beispiel über das Kreuzprodukt der Vektoren IJ\overrightarrow{IJ} und IL\overrightarrow{IL}.

IJ  ×IL=(351)×(404)=(54(1)0(1)(4)(3)4(3)05(4))=(201620)\displaystyle \overrightarrow{IJ\;}\times\overrightarrow{IL}=\begin{pmatrix}3\\5\\-1\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}4\\0\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\cdot4-(-1)\cdot0\\(-1)\cdot(-4)-(-3)\cdot4\\(-3)\cdot0-5\cdot(-4)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}20\\16\\20\end{pmatrix}

\pmatrix201620=4\pmatrix545\pmatrix{20\\16\\20}=4\cdot \pmatrix{5\\4\\5}

n=\pmatrix545\overrightarrow{n}=\pmatrix{5\\4\\5} verwendest du als Normalenvektor zum Aufstellen der Normalengleichung.

Es gilt:
T:n[xOI]=0\mathrm{T}:\overrightarrow{n}\circ[\overrightarrow{x}-\overrightarrow{OI}]=0
T:\pmatrix545[x\pmatrix501]=0\mathrm{T}:\pmatrix{5\\4\\5}\circ\left[\overrightarrow{x}-\pmatrix{5\\0\\1}\right]=0

Ausmultipliziert ergibt dies:
T:5(x15)+4(x20)+5(x31)=0\mathrm{T}:5\cdot (x_1-5)+4\cdot (x_2-0)+5\cdot (x_3-1)=0
T:5x1+4x2+5x330=0\mathrm{T}:5x_1+4x_2+5x_3-30=0

Lösung Teilaufgabe c)

c)
(3 BE)
Für einen bestimmten positiven Wert von aa ist die Gerade ga:x=\pmatrix2,503,5+λ\pmatrix010a2ag_a:\overrightarrow{x}=\pmatrix{2,5\\0\\3,5}+\lambda \cdot \pmatrix{0\\-10a\\\frac{2}{a}} mit λR\lambda \in \mathbb{R} gegeben, die mit dem Mittelpunkt der rechten Würfelfläche zu schneiden ist.
Für welchen Wert von aa trifft dies zu?

Mittelpunkt MM der quadratischen Würfelfläche CDHGCDHG ist der Schnittpunkt der Diagonalen. Und da sich diese gegenseitig halbieren, genügt es, den Mittelpunkt einer Diagonalen, z.B. von [GD][GD], zu ermitteln.
Der Mittelpunkt einer Strecke errechnet sich als arithmetisches Mittel der Koordinaten der Endpunkte.
Somit erhältst du:
OM=12[\pmatrix555+\pmatrix050]=\pmatrix2,552,5\overrightarrow{OM}=\displaystyle \frac12\left[\pmatrix{5\\5\\5}+\pmatrix{0\\5\\0}\right]=\pmatrix{2,5\\5\\2,5}
Also ist M(2,552,5)M(2,5|5|2,5).

Jetzt setzt du M(2,552,5)M(2,5|5|2,5) als Punkt in die Geradengleichung für gag_a ein und löst die Gleichung nach aa auf.

MgaM\in {g}_a:
\pmatrix2,552,5=\pmatrix2,503,5+λ\pmatrix010a2a\pmatrix{2,5\\5\\2,5}=\pmatrix{2,5\\0\\3,5}+\lambda \cdot \pmatrix{0\\-10a\\ \frac{2}{a}}

%%\begin {array}{rrcll}\mathrm{I}&2,5&=&2,5\\\mathrm{II}&5&=&0+\lambda \cdot (-10a)\\\mathrm{III}&2,5&=&3,5+\lambda\cdot \frac{2}{a}\\\mathrm{II'}&\lambda&=&-\frac{1}{2a}\\\mathrm{III'}&\lambda&=&-\frac{a}{2}\\\mathrm{II'=III'}:&-\frac{1}{2a}&=&-\frac{a}{2}&|\cdot 2a\\&a^2&=&1\quad\Rightarrow\\&a&=&+1\quad\text{da}\;a\in \mathbb{R^+}\end{array}%%

Ergebnis:
Für a=+1a=+1 schneidet die Gerade gag_a die Würfelfläche CDHGCDHG in ihrem Mittelpunkt.
Betrachtet man nicht nur einen Wert des Parameters aa, sondern alle der unendlich vielen möglichen positiven Werte, so spricht man von der Geraden-schar
ga:x=\pmatrix2,503,5+λ\pmatrix010a2a;  λR;  aR+g_a:\,\overrightarrow{x}=\pmatrix{2,5\\0\\3,5}+\lambda \cdot \pmatrix{0\\-10a\\ \frac{2}{a}};\;\lambda \in \mathbb{R};\;a\in\mathrm{R^+}.
Alle Geraden der Schar haben denselben Aufpunkt P(2,503,5)P(2,5|0|3,5) und einen Richtungsvektor \pmatrix010a2a\pmatrix{0\\-10a\\ \frac{2}{a}}, der parallel zur hinteren Würfelfläche ist.
Alle Geraden der Schar liegen somit in der "Mittelebene" UU des Würfels mit der Gleichung x1=2,5x_1=2,5.
Die nachfolgende Zeichnung verdeutlicht die Aufgabensituation.
Schar
Die Zeichnung macht auch deutlich, warum es überhaupt eine Schargerade gibt (die für a=+1a=+1), auf der der Mittelpunkt der rechten Würfelfläche liegt und warum das überbestimmte Gleichungssystem der Teilaufgabe c (drei Gleichungen mit zwei Unbekannten!) eine Lösung hat.

Lösung Teilaufgabe d)

d)
(2 BE)
Spiegelung

Spiegelst du einen Punkt P(p1p2p3)P(p_1|p_2|p_3) an der Ebene U:x1=2,5U:\,x_1=2,5, dann ist der Schnittpunkt MM der Strecke [PP][PP'] mit UU der Mittelpunkt von [PP][PP'].
Dabei gilt:
p2=p2p_2'=p_2 und
p3=p3p_3'=p_3.

p1p_1' berechnest du aus dem Ansatz für das arithmetische Mittel aus folgender Skizze:
Skizze
Es gilt:
p1=5p1\displaystyle p_1'=5-p_1

Ergebnis:
Die Koordinaten eines Bildpunktes P(p1p2p3)P'(p_1'|p_2'|p_3') in Abhängigkeit des Punktes P(p1p2p3)P(p_1|p_2|p_3) sind:
p1=5p1p_1'=5-p_1
p2=p2p_2'=p_2
p3=p3p_3'=p_3.

Lösung Teilaufgabe e)

e)
(4 BE)
Es ist
ga:x=\pmatrix2,503,5+λ\pmatrix010a2a;λR;aR+g_a:\,\overrightarrow{x}=\pmatrix{2,5\\0\\3,5}+\lambda \cdot \pmatrix{0\\-10a\\ \frac{2}{a}};\,\lambda \in \mathbb{R};\,a \in \mathbb{R^+}.
T:  5x1+4x2+5x330=0T:\;5x_1+4x_2+5x_3-30=0

Bedingungen dafür, dass eine Gerade gag_a in der Ebene TT liegt sind:
Der Aufpunkt (2,503,5)(2,5|0|3,5) liegt in TT und der Richtungsvektor von gag_a ist senkrecht zum Normalenvektor von TT.
Setze (2,503,5)(2,5|0|3,5) in die Gleichung von TT ein:
%%\begin{align} 5\cdot \color{red}{2,5}+4\cdot \color{red}{0}+5\cdot \color{red}{3,5}-30 &\overset{?}{=}0\\0&\overset{!}{=}0\;\Rightarrow\\(2,5|0|3,5)\in T.\end{align}%%
Setze nun das Skalarprodukt des Richtungsvektors von gag_a und dem Normalenvektor von TT gleich Null:

%%\begin{array}{rcll}\pmatrix{0\\-10a\\\frac{2}{a}}\circ\pmatrix{5\\4\\5}&=&0\\-40a+\displaystyle \frac{10}{a}&=&0&|\cdot a\\-40a^2+10&=&0&|-10\,|:(-40)\\a^2&=&\displaystyle \frac{1}{4}&|\sqrt ( )\\a&=&\displaystyle +\frac12\\(a&=&-\displaystyle \frac12)\end{array}%%

Ergebnis:
Für a=+12a=+\frac12 liegt die Gerade gag_a in der Ebene TT.
Wie bereits in Teilaufgabe c) gezeigt, ist g0,5g_{0,5} eine Gerade aus der Ebene UU.
Und da TT an UU gespiegelt wird, ist g0,5g_{0,5} Fixgerade der Spiegelung und damit auch Gerade von TT', also Schnittgerade von TT und TT'.

Die folgende Zeichnung veranschaulicht die Zusammenhänge.


Alternative Begründung der Schnitteigenschaft von g0,5g_{0,5}

Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe d) erhältst du leicht die Normalengleichung von TT'.
Aus
T:5x1+4x2+5x330=0T:5x_1+4x_2+5x_3-30=0
wird durch die Spiegelung
x1=5x1x2=x2x3=x3x_1=5-x_1'\quad x_2=x_2'\quad x_3=x_3'
T:5(5x1)+4x2+5x330=0T':5\cdot (5-x_1')+4x_2'+5x_3'-30=0
und somit
T:5x1+4x2+5x35=0T':-5x_1+4x_2+5x_3-5=0.
Da zum Beispiel die beiden Punkte aus g0,5g_{0,5} für λ=0\lambda=0 und λ=1\lambda=1, (2,503,5)(2,5|0|3,5) und (2,557,5)(2,5|-5|7,5), die Gleichung von TT' erfüllen, gilt g0,5Tg_{0,5}\subset T'.


Alternative Bestimmung der Geraden g0,5g_{0,5}


Du kannst die Vektorkomponenten der Vektorgleichung von gag_a direkt in die Normalengleichung von TT einsetzen und zeigen, dass die entstehende Gleichung nur für a=0,5a=0,5 erfüllt wird.
Du erhältst die Gleichung
52,5+4(010aλ)+5(3,5+2aλ)30=05\cdot \color{red}{2,5} + 4\cdot (\color{red}{0-10a\lambda})+5\cdot (\color{red}{3,5+\frac{2}{a}\cdot \lambda})-30=0.
Somit
%%\begin{array}{rcll}-40a\lambda+\displaystyle \frac{10}{a}\cdot \lambda&=&0&|\,\cdot a\\-40a^2\cdot \lambda+10\lambda&=&0&|\,:(-10)\\\lambda\cdot (4a^2-1)&=&0&|\;:\lambda\neq0\\4a^2-1&=&0&|+1\;|:4\\a^2&=&\displaystyle \frac{1}{4}&|\;\sqrt( )\\a&=&\displaystyle +\frac12\end{array}%%

Lösung Teilaufgabe f)

f)
(4 BE)
Die Grundfläche der Pyramide liegt in der Ebene Die Spitze SS liegt auf der Strecke [FG][FG].

Pyramide

Die Höhe hh einer Pyramide ist der Abstand der Spitze von der Grundfläche.
Dieser Abstand kann mit der Hesse Normalenform der Ebenengleichung der Grundfläche berechnet werden.
Es ist
HNF(T):5x1+4x2+5x33066=0HNF(T):\displaystyle \frac{5x_1+4x_2+5x_3-30}{\sqrt{66}}=0

Mit F(505)F(5|0|5) und G(555)G(5|5|5) stellst du die Vektorgleichung der Strecke [FG][FG] auf.

[FG]:  x=\pmatrix505+λ\pmatrix050;  0λ1[FG]:\;\overrightarrow{x}= \pmatrix{5\\0\\5}+\lambda \cdot \pmatrix{0\\5\\0};\;\color{red}{0}\leq\lambda\leq\color{red}{1}

Eine mögliche Spitze SS der Pyramide hat dann die Koordinaten (55λ5)(5|5\lambda|5).

Für deren Abstand von der Ebene TT - und damit für die Höhe h(λ)h(\lambda) der Pyramide gilt:
h(λ)=55+45λ+553066h(\lambda)=\displaystyle \frac{5\cdot \color{red}{5}+4\cdot \color{red}{5\lambda}+5\cdot \color{red}{5}-30}{\sqrt{66}}
h(λ)=20+20λ66\displaystyle h(\lambda)=\frac{20+20\lambda}{\sqrt{66}}\quad\Rightarrow

Die kleinste Pyramidenhöhe für einen Punkt SS auf der Strecke [FG][FG] ergibt sich für F=SF=S mit h(0)=20662,46h(0)=\displaystyle \frac{20}{\sqrt{66}}\approx 2,46.
Für jeden anderen Punkt auf [FG][FG] ist die Pyramidenhöhe noch größer.

Ergebnis:
Für keinen Punkt auf der Kante [FG][FG] kann die Höhe der Pyramide 22 betragen.
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