Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

Länge der Strecke [PQ]

Für die Länge der Strecke$[PQ]$ berechnet man den Vektor $\overrightarrow{PQ}​$und dann dessen Betrag.

$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=\begin{pmatrix}5\\9\\-18\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4\\5\\-19\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\4\\1\end{pmatrix}​$

$|\overrightarrow{PQ}|=\sqrt{1^2+4^2+1^2}=\sqrt{18}=\sqrt{2\cdot 9}=3\cdot\sqrt{2}$​

Die Länge der Strecke $[PQ]$ beträgt $3\cdot\sqrt{2}$​.

Dreieck PQR ist bei R rechtwinklig

Die beiden Vektoren$\overrightarrow{RP}$ und $\overrightarrow{RQ}​$ müssen senkrecht aufeinander stehen.

Man berechnet beide Vektoren und prüft, ob das Skalarprodukt null ist.

$\overrightarrow{RP}=\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OR}=\begin{pmatrix}4\\5\\-19\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\7\\-17\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{RQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OR}=\begin{pmatrix}5\\9\\-18\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\7\\-17\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{RP}\circ \overrightarrow{RQ}=\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}\circ \begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}=1\cdot 2+(-2)\cdot2+(-2)\cdot (-1)=2-4+2=0\;\checkmark$

Damit ist gezeigt, dass das Dreieck $PQR$ bei $R$ rechtwinklig ist.

Die Strecke [PQ] ist Durchmesser des Umkreises des Dreiecks PQR.

Du hast bereits nachgewiesen, dass das Dreieck rechtwinklig bei R ist, damit ist die Seite $\left[PQ\right]$ die Hypotenuse und somit gleichzeitig längste Seite des Dreiecks.

Die Umkehrung des Satzes des Thales besagt: In einem rechtwinkligen Dreieck ist der Mittelpunkt der Hypotenuse der Mittelpunkt des Umkreises. Die Hypotenuse ist dann der Durchmesser des Umkreises.

Eine Gleichung von E in Koordinatenform

Die beiden Vektoren $\overrightarrow{RP}$ und $\overrightarrow{RQ}$​ sind die Richtungsvektoren der Ebene $E$.

Man berechnet einen Normalenvektor der Ebene mit dem Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren:

$\vec n=\overrightarrow{RP}\times\overrightarrow{RQ}=\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\-3\\6\end{pmatrix}=3\cdot\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}​$

Die allgemeine Normalenform lautet:

$E:\;\left(\overrightarrow{OX}-\overrightarrow{OA}\right)\circ\vec n=0$

Setze z.B. die Koordinaten des Punktes $R$ für den Vektor $\overrightarrow{OA}$ und den berechneten Normalenvektor $\vec n$ ein.

Eine Gleichung von $E$ in Koordinatenform lautet: $E:\;2x_1-x_2+2x_3+35=0$

Die Gerade g liegt in E

(siehe auch Lagebeziehungen von Geraden und Ebenen)

Setze $g$ in $E$ ein:

Man hat eine wahre Aussage erhalten, d.h. alle Punkte von $g$ liegen in $E\;\Rightarrow\;g\in E$.

 In der Geradengleichung ist beim Aufpunkt und auch beim Richtungsvektor $x_3=0$. Damit liegt die Gerade$g$ in der $x_1x_2$​-Ebene.

Für den Schnittwinkel zweier Ebenen gilt: ${\mathbf{cos}\;\mathbf\alpha\;\boldsymbol=\;\frac{\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf n}\;\boldsymbol\circ\;\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf m}\right|}{\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf n}\right|\boldsymbol\cdot\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf m}\right|}}​​$

Dabei sind $\vec n$ und $\vec m$ die Normalenvektoren der beiden Ebenen.

Der Meeresboden ist die Ebene $E$ mit $\vec n=\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}$​ und 

$|\vec{n}| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}=\sqrt{9}=3$.

Die horizontale Wasseroberfläche ist die $x_1x_2$​-Ebene mit dem Normalenvektor $\vec m=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$​ und $|\vec{m }|=1.$

Man hat die Gleichung $\cos(\alpha)=\frac{2}{3}$​ erhalten.

Durch Anwendung der Umkehrfunktion des Kosinus kann der Winkel $\alpha$ berechnet werden. (Man benutzt auf dem Taschenrechner die Funktion $\cos^{-1}(x)$.)

$\alpha=\cos^{-1}(\frac{2}{3})\approx48{,}19^{\circ}$

Der Schnittwinkel, unter dem der Meeresboden gegenüber der Wasseroberfläche abfällt, beträgt rund $48{,}2^\circ$.

Ein allgemeiner Punkt $P$ auf der Geraden $g$ hat die Gleichung:

$\overrightarrow{OP} =\begin{pmatrix}-12+\lambda\\11+2\lambda\\0\end{pmatrix}​$

Der Richtungsvektor von $g$ ist $\vec u_g=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}​$

Die Boje befindet sich im Koordinatenursprung $O$, sodass der Vektor $\overrightarrow{OP}$ vom Koordinatenursprung zum Punkt $P\in g$ zeigt. Für den kürzesten Abstand muss der Vektor $\overrightarrow{OP}$senkrecht auf dem Richtungsvektor $\vec u_g​$der Geraden stehen. Das Skalarprodukt der beiden Vektoren muss null sein.

Setze $\lambda=-2$in $\overrightarrow{OP}=\begin{pmatrix}-12+\lambda\\11+2\lambda\\0\end{pmatrix}$ ein.

$\;\Rightarrow\; \overrightarrow{OP} =\begin{pmatrix}-12-2\\11-4\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-14\\7\\0\end{pmatrix}​$

Der Betrag des Vektors $\overrightarrow{OP}$ ist der gesuchte Abstand $d$:

$d=|\overrightarrow{OP}|=\sqrt{(-14)^2+7^2+0^2}=\sqrt{196+49}=\sqrt{245}\approx15{,}65$

Die kürzestmögliche Strecke von der Uferlinie zur Boje hat etwa die Länge $15{,}65\;\mathbb{m}$.

Man erstellt die Gleichung einer Geraden $h$, die im Ursprung beginnt und senkrecht zur Wasseroberfläche verläuft.

Der Richtungsvektor der Geraden ist der Vektor $\vec u=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$​.

$\;\Rightarrow\;h: \vec X=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\r\end{pmatrix}​$

Für Abstandsberechnungen wird die Hessesche Normalenform verwendet:

$E_{HNF}: \;\dfrac{ax_1+bx_2+cx_3-d}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=0$

Man bringt die Ebene $E$ in diese Form:

$E_{HNF}: \;\dfrac{-2x_1+x_2-2x_3-35}{\sqrt{(-2)^2+1^2+(-2)^2}}=0$ bzw. $E_{HNF}: \;\dfrac{-2x_1+x_2-2x_3-35}{3}=0$

Gesucht ist der Punkt$K$, der auf der Geraden$h$ liegt und von der Ebene $E$den Abstand $3$ hat. Dazu setzt man einen allgemeinen Punkt der Geraden $h$ in $E_{HNF}​$ ein und verlangt, dass dieser Abstand $3$ beträgt.

Fallunterscheidung:

Fall $1$: Wenn $-2r-35 >0$ ist, dann liegen der Punkt $K$ und der Ursprung $O$ auf verschiedenen Seiten der Ebene $E$.

Fall $2$: Wenn $-2r-35<0$ ist, dann liegen der Punkt $K$ und der Ursprung $O$ auf derselben Seite der Ebene $E$.

Betrachtet man die Abbildung, dann sieht man, dass der Koordinatenursprung $O$ und der Punkt $K$ auf derselben Seite der Ebene$E$ liegen, d.h. der Fall $2$ gilt:

$\;\Rightarrow\;-2r-35<0$ bzw. $-2r-35=−9$

Der Punkt $K$ hat die Koordinaten $K(0|0|-13)$, d.h er liegt $13\;\mathrm{m}$ unter der Meeresoberfläche. Der Fotograf erreicht eine Tiefe von $13\;\mathrm{m}$.

Das Sichtfeld ist kegelförmig mit einem Öffnungswinkel von $90^ \circ$. Deshalb bilden die Mantellinie des Kegels, die Höhe $h$ und der Radius $r$ ein gleichschenkliges Dreieck.

$\;\Rightarrow\;h=r=3$

Der Kegeldurchmesser ist dann $d_{Kegel}=2\cdot r=2\cdot3=6$

Die drei Punkte $P$, $Q$ und $R$ auf dem Meeresboden liegen in einem Kreis mit dem Durchmesser $d_{Kreis}=3\cdot\sqrt{2}$​.

Da $d_{Kegel}=3\cdot 2>d_{Kreis}=3\cdot\sqrt{2}$​ ist, gibt es eine Stelle, an der der Fotograf alle drei Seesterne gleichzeitig im Sichtfeld der Kamera sehen kann.