Geometrie, Teil A, Aufgabengruppe 1

Stelle zunächst die Gerade $AB$ auf. Die allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie lässt sich schreiben als

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).

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}=\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ -12\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -8\end{array}\right)$

Als Ortsvektor der Geradengleichung kannst du $\overrightarrow{A}$ oder $\overrightarrow{B}$ nehmen (hier wird $\overrightarrow{A}$ verwendet). Du erhältst dann die folgende Geradengleichung:

Setze jetzt den Ortsvektor des Punkts $C$ für $\overrightarrow{x}$ ein, um zu prüfen, ob $C$ auf der Geraden liegt:

Jetzt erhältst du die folgenden drei Gleichungen, die du nach $\lambda$ auflösen kannst:

$-2=\lambda \cdot 4⟹\lambda =-\frac{1}{2}$

$0=\lambda \cdot 0$

$4=\lambda \cdot (-8)⟹\lambda =-\frac{1}{2}$

Die drei Gleichungen sind für $\lambda =-\frac{1}{2}$ erfüllt und somit liegt $C$ auf der Geraden $AB$.

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 $[AB]$. Da für $C$ $\lambda =-\frac{1}{2}$, liegt $C$ nicht auf der Strecke $[AB]$.

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 $AB$ $\lambda =0$ 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 $AB$ ein, um $\overrightarrow{D}$ zu erhalten:

$⟹$ $D$ hat die Koordinaten $(3|1|-6)$.

Bestimme zunächst die Schnittpunkte der Ebene $E$ mit der $x_1$-Achse und $x_2$-Achse:

1. Schnittpunkt mit der $x_1$-Achse:Der Schnittpunkt mit der $x_1$-Achse, $S_{x_1}$, hat die Koordinaten $(p|0|0)$, wobei $p\in ℝ$. Setze $S_{x_1}$ in die Ebenengleichung ein, um $p$ zu berechnen:

   $$2p=-18$$
   $$p=-9$$

   $⟹S_{x_1}$ hat die Koordinaten $(-9|0|0)$.

2. Schnittpunkt mit der $x_2$-Achse: Der Schnittpunkt mit der $x_2$-Achse, $S_{x_2}$, hat die Koordinaten $(0|q|0)$, wobei $q\in ℝ$. Wenn du $S_{x_2}$ in die Ebenengleichung einsetzt, erhältst du $q=-18$.

   $⟹$ $S_{x_2}$ hat die Koordinaten $(0|-18|0)$.

Das sich ergebende Dreieck ist rechtwinklig. Du kannst du den Flächeninhalt des Dreiecks mit der Formel $A_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b$ 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

Alternativ kannst du auch die Formel $A_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}\cdot |\overrightarrow{S_{x_1}}\times \overrightarrow{S_{x_2}}|$ für die Berechnung des Flächeninhalts benutzen.

Stelle zunächst die Lotgerade l zu $E$ durch den Ursprung auf. Aus der Koordinatenform von $E$ kannst du den Normalenvektor $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ ablesen, der der Richtungsvektor der Lotgeraden ist.Als Ortsvektor der Lotgeraden kannst du den Ursprung verwenden; dann erhälst zu die folgende Geradengleichung:

Berechne jetzt den Ortsvektor des Schnittpunkts $S$ der Lotgeraden mit der Ebene $E$. Setze hierfür $l$ in die Koordinatenform von $E$ ein:

Setze $\lambda =-2$ in $l$ ein:

$\overrightarrow{S}$ ist Ortsvektor des Punkts $S$, der in $E$ liegt, und zugleich Normalenvektor von $E$.

Bestimme zunächst die Schnittpunkte der Ebene $E$ mit der $x_1$-Achse und $x_2$-Achse:

1. Schnittpunkt mit der $x_1$-Achse:Der Schnittpunkt mit der $x_1$-Achse, $S_{x_1}$, hat die Koordinaten $(p|0|0)$, wobei $p\in ℝ$. Setze $S_{x_1}$ in die Ebenengleichung ein, um $p$ zu berechnen:

   $$2p=-18$$
   $$p=-9$$

   $⟹S_{x_1}$ hat die Koordinaten $(-9|0|0)$.

2. Schnittpunkt mit der $x_2$-Achse: Der Schnittpunkt mit der $x_2$-Achse, $S_{x_2}$, hat die Koordinaten $(0|q|0)$, wobei $q\in ℝ$. Wenn du $S_{x_2}$ in die Ebenengleichung einsetzt, erhältst du $q=-18$.

   $⟹$ $S_{x_2}$ hat die Koordinaten $(0|-18|0)$.

Das sich ergebende Dreieck ist rechtwinklig. Du kannst du den Flächeninhalt des Dreiecks mit der Formel $A_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b$ 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

Alternativ kannst du auch die Formel $A_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}\cdot |\overrightarrow{S_{x_1}}\times \overrightarrow{S_{x_2}}|$ für die Berechnung des Flächeninhalts benutzen.

Stelle zunächst die Lotgerade l zu $E$ durch den Ursprung auf. Aus der Koordinatenform von $E$ kannst du den Normalenvektor $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ ablesen, der der Richtungsvektor der Lotgeraden ist.Als Ortsvektor der Lotgeraden kannst du den Ursprung verwenden; dann erhälst zu die folgende Geradengleichung:

Berechne jetzt den Ortsvektor des Schnittpunkts $S$ der Lotgeraden mit der Ebene $E$. Setze hierfür $l$ in die Koordinatenform von $E$ ein:

Setze $\lambda =-2$ in $l$ ein:

$\overrightarrow{S}$ ist Ortsvektor des Punkts $S$, der in $E$ liegt, und zugleich Normalenvektor von $E$.

Stelle zunächst die Gerade $AB$ auf. Die allgemeine Geradengleichung in der analystischen Geometrie lässt sich schreiben als

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).

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}=\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ -12\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -8\end{array}\right)$

Als Ortsvektor der Geradengleichung kannst du $\overrightarrow{A}$ oder $\overrightarrow{B}$ nehmen (hier wird $\overrightarrow{A}$ verwendet). Du erhältst dann die folgende Geradengleichung:

Setze jetzt den Ortsvektor des Punkts $C$ für $\overrightarrow{x}$ ein, um zu prüfen, ob $C$ auf der Geraden liegt:

Jetzt erhältst du die folgenden drei Gleichungen, die du nach $\lambda$ auflösen kannst:

$-2=\lambda \cdot 4⟹\lambda =-\frac{1}{2}$

$0=\lambda \cdot 0$

$4=\lambda \cdot (-8)⟹\lambda =-\frac{1}{2}$

Die drei Gleichungen sind für $\lambda =-\frac{1}{2}$ erfüllt und somit liegt $C$ auf der Geraden $AB$.

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 $[AB]$. Da für $C$ $\lambda =-\frac{1}{2}$, liegt $C$ nicht auf der Strecke $[AB]$.

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 $AB$ $\lambda =0$ 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 $AB$ ein, um $\overrightarrow{D}$ zu erhalten:

$⟹$ $D$ hat die Koordinaten $(3|1|-6)$.