Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

Lösung zur Teilaufgabe a)

Zwischenschritt: Gib die Ebene in Parameterform an

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3)$, $C(3|3|6)$

Stelle zwei Richtungsvektoren der Ebene $E$ auf.

$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix} 3-6\\6-3\\3-3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix} 3-6\\3-3\\6-3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -3\\0\\3\end{pmatrix}$

Schreibe (optional) in der Parameterform.

$E: \overrightarrow{X}=\overrightarrow{A}+ \lambda\cdot \overrightarrow{AB} + \mu\cdot \overrightarrow{AC}$

$E: \overrightarrow{X}=\begin{pmatrix} 6\\3\\3\end{pmatrix}+ \lambda\cdot \begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix} + \mu\cdot \begin{pmatrix} -3\\0\\3\end{pmatrix}$

Umrechnen in Normalenform

$\overrightarrow{AB}= \begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix},\ \overrightarrow{AC}= \begin{pmatrix} -3\\0\\3\end{pmatrix}$

Bilde das Vektorprodukt, um den Normalenvektor zu erhalten. Kürze soweit wie möglich.

$\begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} -3\\0\\3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 9\\9\\9\end{pmatrix}=9\cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}$$\Rightarrow \overrightarrow{n}=\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}$

Setze in die Vektordarstellung der Normalenform ein.

$E: \overrightarrow{n}\circ \left [\overrightarrow{X}-\overrightarrow{A}\right ]=0$

$\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}\circ \left [ \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix}6\\3\\3\end{pmatrix}\right ]=0$

Rechne aus.

$E:(x_1-6)+(x_2-3)+(x_3-3)=0$

$E: x_1+x_2+x_3-12=0$

Lösung zur Teilaufgabe b)

Lage der Ebene

Hinweis: Du musst zur Beantwortung dieser Frage nicht zwingend die Ebenengleichung aufstellen!

Möglichkeit 1: Über die Koordinaten

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3)$, $Z(3|3|3)$

Schau dir die $x_3$-Koordinaten der drei Punkte an. Sie sind alle identisch, also auf gleicher Höhe! Sie befinden sich alle $3$ Einheiten über der $x_1,x_2$-Ebene.

Die Ebene muss somit parallel zur $x_1,x_2$-Ebene mit Abstand $3$ sein.

Möglichkeit 2: Über den Normalenvektor

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3)$, $Z(3|3|3)$

Bilde zwei Richtungsvektoren aus den drei Punkten.

$\overrightarrow{AB}= \begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix}$ , $\overrightarrow{AZ}=\begin{pmatrix} -3\\0\\0\end{pmatrix}$

Bilde das Vektorprodukt.

$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AZ}= \begin{pmatrix}0\\0\\9\end{pmatrix}$

Die $x_1$- und $x_2$-Koordinate des Normalenvektors sind 0. Die Ebene erstreckt sich deshalb nicht in $x_3$-Richtung. Sie ist parallel zur $x_1,x_2$-Ebene im Abstand $3$, da die $x_3$-Koordinate bei allen drei Punkten $3$ lautet.

$\overline{C'C}$ senkrecht auf der Ebene durch $ABZ$

$\overrightarrow{C'C}$ ist zweimal der Vektor $\overrightarrow{ZC}$, da $Z$ der Spiegelpunkt ist.

Also kann man statt du zeigen, dass $\overrightarrow{C'C}$ senkrecht auf der Ebene steht, genauso gut zeigen, dass $\overrightarrow{ZC}$ senkrecht auf der Ebene steht, da sie beide die gleiche Richtung haben.

Stelle $\overrightarrow{ZC}$ auf.

$\overrightarrow{ZC}=\overrightarrow{C}-\overrightarrow{Z}=\begin{pmatrix}3\\3\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\3\end{pmatrix}$

Vergleiche mit dem Normalenverktor der Ebene, denn dieser steht senkrecht auf $E$.

$-6\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\0\\-6\end{pmatrix}$

Die Vektoren sind linear abhängig, deshalb steht $\overrightarrow{CC'}$ senkrecht auf $E$.

Lösung zur Teilaufgabe c)

Bestimme $A'$ und $B'$

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3), Z(3|3|3)$

Bilde die Vektoren $\overrightarrow{AZ}$ und $\overrightarrow{BZ}$.

$\overrightarrow{AZ}=\begin{pmatrix} -3\\0\\0\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{BZ}=\begin{pmatrix} 0\\-3\\0\end{pmatrix}$

Um zu spiegeln, setze die Vektoren $\overrightarrow{AZ}$ und $\overrightarrow{BZ}$ an den Punkt $Z$.

$\overrightarrow{A'}=\overrightarrow{Z} + \overrightarrow{AZ}= \begin{pmatrix} 3\\3\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -3 \\0\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\3\\3\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{B'}=\overrightarrow{Z} + \overrightarrow{BZ}= \begin{pmatrix} 3\\3\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\-3\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3\\0\\3\end{pmatrix}$

Berechne die Seitenlängen des Quadrats

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3)$

$A'(0|3|3)$, $B'(3|0|3)$

Ein Quadrat ist festgelegt durch zwei benachbarte, gleich lange Seiten und einen rechten Winkel zwischen diesen. Verwende $\overrightarrow{AB}$ und $\overrightarrow{AB'}$.

$\overrightarrow{AB}= \begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AB'}=\begin{pmatrix} 3-6\\0-3\\3-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3\\-3\\0\end{pmatrix}$

Berechne die Längen der Vektoren.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rrl}\overline{AB} &= &\sqrt{(-3)^2+3^2+0^2} \\&= &\color{#CC0000}{\sqrt{18}} = \color{#CC0000}{3\sqrt{2}} \\\overline{AB'} &= &\sqrt{(-3)^2+(-3)^2+0^2} \\&= &\color{#CC0000}{\sqrt{18}}=\color{#CC0000}{3\sqrt{2}}\\\qquad\end{array}$

Die Seiten sind gleich lang! Um auszuschließen, dass es sich nur um eine Raute aber nicht um ein Quadrat handelt, berechne den das Skalarprodukt zum Nachweis eines rechten Winkels.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rrl}\overrightarrow{AB}\circ\overrightarrow{AB'} &= &0 \\-3\cdot (-3)+3\cdot (-3)+0\cdot 0 &= &0 \\0 &= &0 \Rightarrow \overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AB'}\end{array}$

Somit ist $ABA'B'$ ein Quadrat.

Lösung zur Teilaufgabe d)

Bekannt

• $ABA'B'$ ist ein Quadrat mit Seitenlänge $3\sqrt 2$.

• $Z$ ist der Mittelpunkt dieses Quadrats, da er das Spiegelzentrum ist.

• $\overline{ZC}$ ist die Höhe der Pyramide $ABA'B'C$.

Volumenformel einer Pyramide: $V= \frac{1}{3}Gh$

Berechne ihre Grundfläche.

$G=(3\sqrt 2)^2=18$

Berechne die Höhe $\overline{ZC}$.

$\overrightarrow{ZC}= \begin{pmatrix} 0\\0\\3\end{pmatrix}$

Setze in die Formel ein.

$\overline{ZC}=\sqrt{0^2+0^2+3^2}=3$

$V = \frac{1}{3}\cdot 18\cdot 3 = 18$

Verdopple das Pyramidenvolumen, um das Volumen eines Oktaeders zu erhalten.

$V_{Oktaeder} = 2\cdot 18 = 36$

Das Volumen des Oktaeders beträgt $36$.

Lösung zur Teilaufgabe e)

Die Dreiecke $ABC$ und $AC'B$ liegen in eindeutig festgelegten Ebenen. Berechne den Winkel zwischen diesen beiden Ebenen.

Berechne die Normalenvektoren der Ebenen

Ebene $E$ durch $ABC$ aus Teilaufgabe a):

$E: x_1+x_2+x_3-12=0$

$\overrightarrow{n_E}=\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}$

Ebene $F$ durch $AC'B$:

$A(6|3|3)$, $B(3|6|3)$, $C'(3|3|0)$

Stelle die Vektoren $\overrightarrow{AB}$ und $\overrightarrow{AC'}$ auf.

$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix} 3-6\\6-3\\3-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3\\3\\0\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AC'}=\begin{pmatrix} 3-6\\3-3\\0-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -3\\0\\-3\end{pmatrix}$

Bilde das Vektorprodukt.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcl}\begin{pmatrix} -3\\3\\0 \end{pmatrix}&\times&\begin{pmatrix} -3\\0\\-3\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix} -9\\-9\\9\end{pmatrix} &=& -9\cdot \begin{pmatrix} 1\\1\\-1\end{pmatrix}\\ \Rightarrow\overrightarrow{n_F}&=&\begin{pmatrix} -1\\-1\\1\end{pmatrix}\end{array}$

Berechne den Winkel mit

$cos(\alpha)=\frac{\overrightarrow{n_E}\circ\overrightarrow{n_F}}{|\overrightarrow{n_E}| \cdot |\overrightarrow{n_F}|}$.

$cos(\alpha)=\frac{1\cdot (-1)+1\cdot (-1)+1 \cdot 1}{\sqrt{\vphantom{(-1)^2}1^2+1^2+1^2} \cdot \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+1^2}}=-\frac{1}{3}$

$\Rightarrow\alpha =109{,}47^\circ$

Der Winkel beträgt also $109{,}47^\circ$.

Lösung zur Teilaufgabe f)

Da $A'$, $B'$ und $C'$ durch Spiegelung an $Z$ entstanden sind und $ABA'B'$ ein Quadrat ist, ist $Z$ der Mittelpunkt der Kugel.

Der Radius ist dann die Länge aller Vektoren, die von $Z$ ausgehen. Nehme zum Beispiel $\overrightarrow{ZC}$, von dem du bereits weißt, dass er $3\ LE$ lang ist.

Kugelgleichung

$Z(3|3|3)$, $r=3$

Stelle die Kugelgleichung auf.

$K: (x_1-m_1)^2+(x_2-m_2)^2+(x_3-m_3)^2=r^2$

$K: (x_1-3)^2+(x_2-3)^2+(x_3-3)^2=3^2$

Kugelvolumen

$r=3$

Setze in die Formel für das Kugelvolumen ein.

$V=\frac{4}{3}r^3\pi$ $V=\frac{4}{3}\cdot 3^3\pi$ $V=36\pi \ VE=113{,}10 \ VE$

Berechne den Anteil des Oktaedervolumens am Kugelvolumen

$\frac{36}{36\pi}=\frac1\pi\approx 0{,}318\approx 31{,}8\%$