Geometrie, Teil A, Aufgabengruppe 1

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1
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben sind die Punkte $A (2 ∣ 1 ∣ - 4)$ , $B (6 ∣ 1 ∣ - 12)$ und $C (0 ∣ 1 ∣ 0)$ .
1. Weisen Sie nach, dass der Punkt $C$ auf der Geraden $A B$ , nicht aber auf der Strecke $[A B]$ liegt. (3 BE)
  
  Stelle zunächst die Gerade $A B$ auf. Die allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie lässt sich schreiben als
  $\displaystyle g: \overrightarrow{x} = \overrightarrow{p} + \lambda \overrightarrow{u}$
  Dabei ist $\overrightarrow{p}$ der Ortsvektor und $\overrightarrow{u}$ der Richtungsvektor der Geraden.
  Bestimme den Richtungsvektor der Geradengleichung, also $\overrightarrow{AB}$ ( $\overrightarrow{BA}$ funktioniert auch).
  $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{B} - \overrightarrow{A} =\begin{pmatrix}6\\1\\-12\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Als Ortsvektor der Geradengleichung kannst du $\overrightarrow{A}$ oder $\overrightarrow{B}$ nehmen (hier wird $\overrightarrow{A}$ verwendet). Du erhältst dann die folgende Geradengleichung:
  $\displaystyle AB: \overrightarrow{x} = \overrightarrow{A} + \lambda \overrightarrow{AB}$
  $\displaystyle AB: \overrightarrow{x} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Setze jetzt den Ortsvektor des Punkts $C$ für $\overrightarrow{x}$ ein, um zu prüfen, ob $C$ auf der Geraden liegt:
  $\displaystyle \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  $\displaystyle \begin{pmatrix}-2\\0\\4\end{pmatrix} = \lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Jetzt erhältst du die folgenden drei Gleichungen, die du nach $\lambda$ auflösen kannst:
  $-2=\lambda\cdot 4\Longrightarrow\lambda=-\frac{1}{2}$
  $0=\lambda\cdot 0$
  $4=\lambda\cdot(-8)\Longrightarrow\lambda=-\frac{1}{2}$
  Die drei Gleichungen sind für $\lambda=-\frac{1}{2}$ erfüllt und somit liegt $C$ auf der Geraden $A B$ .
  Setzt man nun $A$ und $B$ in die Geradengleichung ein, stellt man fest, dass für $A$ $\lambda=0$ und für $B$ $\lambda=1$ .Es liegen also nur Punkte mit $\lambda\in[0;1]$ auf der Strecke $[A B]$ . Da für $C$ $\lambda=-\frac{1}{2}$ , liegt $C$ nicht auf der Strecke $[A B]$ .
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2. Auf der Strecke $[A B]$ gibt es einen Punkt $D$ , der von $B$ dreimal so weit entfernt ist wie von $A$ . Bestimmen Sie die Koordinaten von $D$ . (2 BE)
  
  Du kannst zunächst zur Veranschaulichung eine Skizze wie die nebenstehende zeichnen. Aus Teilaufgabe a) weißt du schon, dass für den Punkt $A$ auf der Geraden $A B$ $\lambda=0$ und für $B$ $\lambda=1$ . Da $D$ dreimal so weit von $B$ entfernt ist wie von $A$ , ist für den Punkt $D$ $\lambda=\frac{1}{4}$ .
  Setze $\lambda=\frac{1}{4}$ in die Geradengleichung $A B$ ein, um $\overrightarrow{D}$ zu erhalten:
  $\displaystyle \overrightarrow{D} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\frac{1}{4}\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\\-6\end{pmatrix}$
  $\Longrightarrow$ $D$ hat die Koordinaten $(3 ∣ 1 ∣ - 6)$ .
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2
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die Ebene $E : 2 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = - 18$ .
1. Der Schnittpunkt von $E$ mit der $x_{1}$ -Achse, der Schnittpunkt von $E$ mit der $x_{2}$ -Achse und der Koordinatenursprung sind die Eckpunkte eines Dreiecks. Bestimmen Sie den Flächeninhalt dieses Dreiecks. (2 BE)
  
  Bestimme zunächst die Schnittpunkte der Ebene $E$ mit der $x_{1}$ -Achse und $x_{2}$ -Achse:
  Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse:Der Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse, $S_{x_1}$ , hat die Koordinaten $(p ∣ 0 ∣ 0)$ , wobei $p\in\mathbb{R}$ . Setze $S_{x_1}$ in die Ebenengleichung ein, um $p$ zu berechnen:
  $\displaystyle 2p=-18$
  
  $\displaystyle p=-9$
  $\Longrightarrow S_{x_1}$ hat die Koordinaten $(- 9 ∣ 0 ∣ 0)$ .
  Schnittpunkt mit der $x_{2}$ -Achse: Der Schnittpunkt mit der $x_{2}$ -Achse, $S_{x_2}$ , hat die Koordinaten $(0 ∣ q ∣ 0)$ , wobei $q\in\mathbb{R}$ . Wenn du $S_{x_2}$ in die Ebenengleichung einsetzt, erhältst du $q = - 18$ .
  $\Longrightarrow$ $S_{x_2}$ hat die Koordinaten $(0 ∣ - 18 ∣ 0)$ .
  Das sich ergebende Dreieck ist rechtwinklig. Du kannst du den Flächeninhalt des Dreiecks mit der Formel $A_{\Delta }=\frac{1}{2}\cdot a \cdot b$ berechnen, wobei $a$ und $b$ die Katheten sind. Die beiden Katheten liegen auf der $x_{1}$ - bzw. der $x_{2}$ -Achse. Da die Schnittpunkte mit diesen Achsen eine Entfernung von $∣ - 9 ∣$ bzw. $∣ - 18 ∣$ vom Ursprung haben, sind die Seitenlängen der Katheten $9$ und $18$ . Der Flächeninhalt ist also
  $\displaystyle A_{\Delta}=9\cdot 18\cdot\frac{1}{2}=81$
  Alternativ kannst du auch die Formel $A_{\Delta}=\frac{1}{2}\cdot |\vec{S_{x_1}}\times\vec{S_{x_2}}|$ für die Berechnung des Flächeninhalts benutzen.
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2. Ermitteln Sie die Koordinaten des Vektors, der sowohl ein Normalenvektor von $E$ als auch der Ortsvektor eines Punktes der Ebene $E$ ist. (3 BE)
  
  Stelle zunächst die Lotgerade l zu $E$ durch den Ursprung auf. Aus der Koordinatenform von $E$ kannst du den Normalenvektor $\overrightarrow{n}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$ ablesen, der der Richtungsvektor der Lotgeraden ist.Als Ortsvektor der Lotgeraden kannst du den Ursprung verwenden; dann erhälst zu die folgende Geradengleichung:
  $\displaystyle l:\overrightarrow{x}=\lambda\cdot\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$
  Berechne jetzt den Ortsvektor des Schnittpunkts $S$ der Lotgeraden mit der Ebene $E$ . Setze hierfür $l$ in die Koordinatenform von $E$ ein:
  $\displaystyle 2(2\lambda)+\lambda -2(-2\lambda)=-18$
  $\displaystyle \Longrightarrow \lambda=-2$
  Setze $\lambda=-2$ in $l$ ein:
  $\displaystyle \overrightarrow{S}=-2\cdot\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\-2\\4\end{pmatrix}$
  $\overrightarrow{S}$ ist Ortsvektor des Punkts $S$ , der in $E$ liegt, und zugleich Normalenvektor von $E$ .
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die Ebene $E : 2 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = - 18$ .
1. Der Schnittpunkt von $E$ mit der $x_{1}$ -Achse, der Schnittpunkt von $E$ mit der $x_{2}$ -Achse und der Koordinatenursprung sind die Eckpunkte eines Dreiecks. Bestimmen Sie den Flächeninhalt dieses Dreiecks. (2 BE)
  
  Bestimme zunächst die Schnittpunkte der Ebene $E$ mit der $x_{1}$ -Achse und $x_{2}$ -Achse:
  Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse:Der Schnittpunkt mit der $x_{1}$ -Achse, $S_{x_1}$ , hat die Koordinaten $(p ∣ 0 ∣ 0)$ , wobei $p\in\mathbb{R}$ . Setze $S_{x_1}$ in die Ebenengleichung ein, um $p$ zu berechnen:
  $\displaystyle 2p=-18$
  
  $\displaystyle p=-9$
  $\Longrightarrow S_{x_1}$ hat die Koordinaten $(- 9 ∣ 0 ∣ 0)$ .
  Schnittpunkt mit der $x_{2}$ -Achse: Der Schnittpunkt mit der $x_{2}$ -Achse, $S_{x_2}$ , hat die Koordinaten $(0 ∣ q ∣ 0)$ , wobei $q\in\mathbb{R}$ . Wenn du $S_{x_2}$ in die Ebenengleichung einsetzt, erhältst du $q = - 18$ .
  $\Longrightarrow$ $S_{x_2}$ hat die Koordinaten $(0 ∣ - 18 ∣ 0)$ .
  Das sich ergebende Dreieck ist rechtwinklig. Du kannst du den Flächeninhalt des Dreiecks mit der Formel $A_{\Delta }=\frac{1}{2}\cdot a \cdot b$ berechnen, wobei $a$ und $b$ die Katheten sind. Die beiden Katheten liegen auf der $x_{1}$ - bzw. der $x_{2}$ -Achse. Da die Schnittpunkte mit diesen Achsen eine Entfernung von $∣ - 9 ∣$ bzw. $∣ - 18 ∣$ vom Ursprung haben, sind die Seitenlängen der Katheten $9$ und $18$ . Der Flächeninhalt ist also
  $\displaystyle A_{\Delta}=9\cdot 18\cdot\frac{1}{2}=81$
  Alternativ kannst du auch die Formel $A_{\Delta}=\frac{1}{2}\cdot |\vec{S_{x_1}}\times\vec{S_{x_2}}|$ für die Berechnung des Flächeninhalts benutzen.
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2. Ermitteln Sie die Koordinaten des Vektors, der sowohl ein Normalenvektor von $E$ als auch der Ortsvektor eines Punktes der Ebene $E$ ist. (3 BE)
  
  Stelle zunächst die Lotgerade l zu $E$ durch den Ursprung auf. Aus der Koordinatenform von $E$ kannst du den Normalenvektor $\overrightarrow{n}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$ ablesen, der der Richtungsvektor der Lotgeraden ist.Als Ortsvektor der Lotgeraden kannst du den Ursprung verwenden; dann erhälst zu die folgende Geradengleichung:
  $\displaystyle l:\overrightarrow{x}=\lambda\cdot\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$
  Berechne jetzt den Ortsvektor des Schnittpunkts $S$ der Lotgeraden mit der Ebene $E$ . Setze hierfür $l$ in die Koordinatenform von $E$ ein:
  $\displaystyle 2(2\lambda)+\lambda -2(-2\lambda)=-18$
  $\displaystyle \Longrightarrow \lambda=-2$
  Setze $\lambda=-2$ in $l$ ein:
  $\displaystyle \overrightarrow{S}=-2\cdot\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\-2\\4\end{pmatrix}$
  $\overrightarrow{S}$ ist Ortsvektor des Punkts $S$ , der in $E$ liegt, und zugleich Normalenvektor von $E$ .
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben sind die Punkte $A (2 ∣ 1 ∣ - 4)$ , $B (6 ∣ 1 ∣ - 12)$ und $C (0 ∣ 1 ∣ 0)$ .
1. Weisen Sie nach, dass der Punkt $C$ auf der Geraden $A B$ , nicht aber auf der Strecke $[A B]$ liegt. (3 BE)
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie
  Stelle zunächst die Gerade $A B$ auf. Die allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie lässt sich schreiben als
  $\displaystyle g: \overrightarrow{x} = \overrightarrow{p} + \lambda \overrightarrow{u}$
  Dabei ist $\overrightarrow{p}$ der Ortsvektor und $\overrightarrow{u}$ der Richtungsvektor der Geraden.
  Bestimme den Richtungsvektor der Geradengleichung, also $\overrightarrow{AB}$ ( $\overrightarrow{BA}$ funktioniert auch).
  $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{B} - \overrightarrow{A} =\begin{pmatrix}6\\1\\-12\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Als Ortsvektor der Geradengleichung kannst du $\overrightarrow{A}$ oder $\overrightarrow{B}$ nehmen (hier wird $\overrightarrow{A}$ verwendet). Du erhältst dann die folgende Geradengleichung:
  $\displaystyle AB: \overrightarrow{x} = \overrightarrow{A} + \lambda \overrightarrow{AB}$
  $\displaystyle AB: \overrightarrow{x} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Setze jetzt den Ortsvektor des Punkts $C$ für $\overrightarrow{x}$ ein, um zu prüfen, ob $C$ auf der Geraden liegt:
  $\displaystyle \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  $\displaystyle \begin{pmatrix}-2\\0\\4\end{pmatrix} = \lambda\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}$
  Jetzt erhältst du die folgenden drei Gleichungen, die du nach $\lambda$ auflösen kannst:
  $-2=\lambda\cdot 4\Longrightarrow\lambda=-\frac{1}{2}$
  $0=\lambda\cdot 0$
  $4=\lambda\cdot(-8)\Longrightarrow\lambda=-\frac{1}{2}$
  Die drei Gleichungen sind für $\lambda=-\frac{1}{2}$ erfüllt und somit liegt $C$ auf der Geraden $A B$ .
  Setzt man nun $A$ und $B$ in die Geradengleichung ein, stellt man fest, dass für $A$ $\lambda=0$ und für $B$ $\lambda=1$ .Es liegen also nur Punkte mit $\lambda\in[0;1]$ auf der Strecke $[A B]$ . Da für $C$ $\lambda=-\frac{1}{2}$ , liegt $C$ nicht auf der Strecke $[A B]$ .
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2. Auf der Strecke $[A B]$ gibt es einen Punkt $D$ , der von $B$ dreimal so weit entfernt ist wie von $A$ . Bestimmen Sie die Koordinaten von $D$ . (2 BE)
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie
  Du kannst zunächst zur Veranschaulichung eine Skizze wie die nebenstehende zeichnen. Aus Teilaufgabe a) weißt du schon, dass für den Punkt $A$ auf der Geraden $A B$ $\lambda=0$ und für $B$ $\lambda=1$ . Da $D$ dreimal so weit von $B$ entfernt ist wie von $A$ , ist für den Punkt $D$ $\lambda=\frac{1}{4}$ .
  Setze $\lambda=\frac{1}{4}$ in die Geradengleichung $A B$ ein, um $\overrightarrow{D}$ zu erhalten:
  $\displaystyle \overrightarrow{D} = \begin{pmatrix}2\\1\\-4\end{pmatrix} +\frac{1}{4}\cdot \begin{pmatrix}4\\0\\-8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\\-6\end{pmatrix}$
  $\Longrightarrow$ $D$ hat die Koordinaten $(3 ∣ 1 ∣ - 6)$ .
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