«K12/K13» 58. Hausaufgabe «PDF», «POD»

0.0.1 ↑ 58. Hausaufgabe

0.0.1.1 ↑ Geometrie-Buch Seite 162, Aufgabe 3

A(-5, 4, -2)$A\left(-5,4,-2\right)$, B(6, -3, 4)$B\left(6,-3,4\right)$, C(10, -6, 18)$C\left(10,-6,18\right)$, D(0, 0, 22)$D\left(0,0,22\right)$. Zeige durch Berechnung des Diagonalschnittpunkts, dass ABCD$ABCD$ ein ebenes Viereck ist.

Annahme: Diagonalen sind AC$AC$ und BD$BD$, nicht AB$AB$ und CD$CD$!

AC: \vec X = \vec A + k \overrightarrow{AC} = \left(\!\begin{smallmatrix}-5\\4\\-2\end{smallmatrix}\!\right) + k \left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right)\!;$AC:\overrightarrow{X}=\overrightarrow{A}+k\overrightarrow{AC}=\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ -2\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{c}15\\ -10\\ 20\end{array}\right);$

BD: \vec X = \vec B + k \overrightarrow{BD} = \left(\!\begin{smallmatrix}6\\-3\\4\end{smallmatrix}\!\right) + k \left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;$BD:\overrightarrow{X}=\overrightarrow{B}+k\overrightarrow{BD}=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 4\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 18\end{array}\right);$

\left(\!\begin{smallmatrix}-5\\4\\-2\end{smallmatrix}\!\right) + k \left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right) = \left(\!\begin{smallmatrix}6\\-3\\4\end{smallmatrix}\!\right) + \left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ -2\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{c}15\\ -10\\ 20\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 4\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 18\end{array}\right);$

⇔ k \left(\!\begin{smallmatrix}15\\-10\\20\end{smallmatrix}\!\right) = \left(\!\begin{smallmatrix}11\\-7\\6\end{smallmatrix}\!\right) + l \left(\!\begin{smallmatrix}-6\\3\\18\end{smallmatrix}\!\right)\!;$k\left(\begin{array}{c}15\\ -10\\ 20\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}11\\ -7\\ 6\end{array}\right)+l\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 18\end{array}\right);$

15k = 11 - 6l; \Leftrightarrow k = \frac{11 - 6l}{15};$15k=11-6l;\iff k=\frac{11-6l}{15};$

-\frac{10}{15}\left(11 - 6l\right) = -7 + 3l; \Leftrightarrow l = \frac{1}{3};$-\frac{10}{15}\left(11-6l\right)=-7+3l;\iff l=\frac{1}{3};$

Die Lösungen für k$k$ und l$l$ erfüllen auch die dritte Gleichung.

0.0.1.2 ↑ Geometrie-Buch Seite 163, Aufgabe 5

Beschreibe die möglichen lagen der Geraden v$v$ und w$w$ im Raum, die bei bestimmter Blickrichtung so ausschauen:

a)

echt parallel, windschief

b)

echt parallel, identisch, schneiden sich in einem Punkt

c)

schneiden sich in einem Punkt, windschief

d)

windschief

e)

echt parallel

f)

identisch

0.0.1.3 ↑ Geometrie-Buch Seite 163, Aufgabe 6a

Die Ortsvektoren von A(6, 0, 3)$A\left(6,0,3\right)$, B(6, 12, 0)$B\left(6,12,0\right)$ und C(-3, 0, 6)$C\left(-3,0,6\right)$ spannen ein Spat auf.

M$M$ ist Kantenmittelpunkt, S$S$ ist Mittelpunkt der Deckfläche.

Berechne den Schnittpunkt T$T$ von \left[AM\right]$\left[AM\right]$ und \left[OS\right]$\left[OS\right]$.

• \left[AM\right]\!{:}\, \vec X = \vec A + k \overrightarrow{AM}; \quad k \in \left[0, 1\right];$\left[AM\right]:\overrightarrow{X}=\overrightarrow{A}+k\overrightarrow{AM};k\in \left[0,1\right];$

  • \vec M = \frac{\vec G + \vec C}{2};$\overrightarrow{M}=\frac{\overrightarrow{G}+\overrightarrow{C}}{2};$

    • \vec G = \vec C + \vec B;$\overrightarrow{G}=\overrightarrow{C}+\overrightarrow{B};$

    ⇒ \vec M = \frac{\vec G + \vec C}{2} = \vec C + \frac{1}{2} \vec B;$\overrightarrow{M}=\frac{\overrightarrow{G}+\overrightarrow{C}}{2}=\overrightarrow{C}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B};$

• \left[0S\right]\!{:}\, \vec X = 0 + k \overrightarrow{0S}; \quad k \in \left[0, 1\right];$\left[0S\right]:\overrightarrow{X}=0+k\overrightarrow{0S};k\in \left[0,1\right];$

  • \vec S = \frac{\vec C + \vec F}{2};$\overrightarrow{S}=\frac{\overrightarrow{C}+\overrightarrow{F}}{2};$

    • \vec F = \vec G + \vec A = \vec C + \vec B + \vec A;$\overrightarrow{F}=\overrightarrow{G}+\overrightarrow{A}=\overrightarrow{C}+\overrightarrow{B}+\overrightarrow{A};$

    ⇒ \vec S = \vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2};$\overrightarrow{S}=\overrightarrow{C}+\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B}}{2};$

Nun sind die Streckengleichungen bekannt. Gleichsetzen bringt:

\vec A + k_T \left(\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec A\right) = 0 + l_T \left(\vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2}\right)\!;$\overrightarrow{A}+k_T\left(\overrightarrow{C}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}\right)=0+l_T\left(\overrightarrow{C}+\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B}}{2}\right);$

Nun erweitere ich unsere Kurzschreibweisendefinition: Wird k_T$k_T$ als Vektor verwendet, steht k_T$k_T$ für \left(\!\begin{smallmatrix}k_T\\k_T\\k_T\end{smallmatrix}\!\right)$\left(\begin{array}{c}{k}_T\\ k_T\\ k_T\end{array}\right)$, wobei die Vektorkomponenten gleich dem originalen, skaleren k_T$k_T$ sind.

Idee: Expandiert man die Vektorgleichung zu einem Gleichungssystem mit drei Gleichungen (je eine für jede Komponente), kommt k_T$k_T$, als reelle Zahl, in jeder der Teilgleichungen vor.

Laut unserer Kurzschreibweisenvereinbarung ist es damit zulässig, folgende Ersetzung durchzuführen:

Original: \\$$ a = \ldots; \\ b = \ldots; \\ c = \ldots;$a=\dots ;b=\dots ;c=\dots ;$

Ersetzung: \left(\!\begin{smallmatrix}a\\b\\c\end{smallmatrix}\!\right) = \left(\!\begin{smallmatrix}\ldots\\\ldots\\\ldots\end{smallmatrix}\!\right)\!;$\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\dots \\ \dots \\ \dots \end{array}\right);$

Diese Ersetzung führe ich nun auch durch – nur statt a$a$, b$b$ und c$c$ steht jedesmal k_T$k_T$.

Dies ermöglicht es mir, \vec A$\overrightarrow{A}$ von der linken auf die rechte Seite zu bringen, und – wichtiger – durch \left(\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec A\right)$\left(\overrightarrow{C}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}\right)$ zu teilen!

k_T = \dfrac{l_T \left(\vec C + \frac{\vec A + \vec B}{2}\right) - \vec A}{\vec C + \frac{1}{2} \vec B - \vec A};$k_T=\frac{l_T\left(\overrightarrow{C}+\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B}}{2}\right)-\overrightarrow{A}}{\overrightarrow{C}+\frac{1}{2}\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}};$

Die Komponenten dieses Ergebnisses müssen nun – sonst bricht unsere Kurzschreibweisenargumentation zusammen – alle den gleichen Wert aufweisen, damit wir ein skalares k_T$k_T$ erhalten.

Also setze ich an: \text{1. Komponente} = \text{2. Komponente} = \text{3. Komponente};$\text{1. Komponente}=\text{2. Komponente}=\text{3. Komponente};$

\dfrac{l_T \left(\vec C_1 + \frac{\vec A_1 + \vec B_1}{2}\right) - \vec A_1}{\vec C_1 + \frac{1}{2} \vec B_1 - \vec A_1} = \dfrac{l_T \left(\vec C_2 + \frac{\vec A_2 + \vec B_2}{2}\right) - \vec A_2}{\vec C_2 + \frac{1}{2} \vec B_2 - \vec A_2} = \dfrac{l_T \left(\vec C_3 + \frac{\vec A_3 + \vec B_3}{2}\right) - \vec A_3}{\vec C_3 + \frac{1}{2} \vec B_3 - \vec A_3};$\frac{l_T\left({\overrightarrow{C}}_1+\frac{{\overrightarrow{A}}_1+{\overrightarrow{B}}_1}{2}\right)-{\overrightarrow{A}}_1}{{\overrightarrow{C}}_1+\frac{1}{2}{\overrightarrow{B}}_1-{\overrightarrow{A}}_1}=\frac{l_T\left({\overrightarrow{C}}_2+\frac{{\overrightarrow{A}}_2+{\overrightarrow{B}}_2}{2}\right)-{\overrightarrow{A}}_2}{{\overrightarrow{C}}_2+\frac{1}{2}{\overrightarrow{B}}_2-{\overrightarrow{A}}_2}=\frac{l_T\left({\overrightarrow{C}}_3+\frac{{\overrightarrow{A}}_3+{\overrightarrow{B}}_3}{2}\right)-{\overrightarrow{A}}_3}{{\overrightarrow{C}}_3+\frac{1}{2}{\overrightarrow{B}}_3-{\overrightarrow{A}}_3};$

Überraschenderweise erhält man für l_T$l_T$ \frac{2}{3}$\frac{2}{3}$ – aber ohne die Komponenten einsetzen zu müssen; l_T$l_T$ ist also unabhängig von \vec A$\overrightarrow{A}$, \vec B$\overrightarrow{B}$ und \vec C$\overrightarrow{C}$!

Mit 0 \leq l_T = \frac{2}{3} \leq 1$0\le l_T=\frac{2}{3}\le 1$ kann auch k_T$k_T$ berechnet werden. Vektoriell ergibt sich für k_T$k_T$ \left(\!\begin{smallmatrix}\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\end{smallmatrix}\!\right)$\left(\begin{array}{c}\frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3}\end{array}\right)$, gemäß der obigen Definition ist es also zulässig von k_T$k_T$ nur als \frac{2}{3}$\frac{2}{3}$ zu sprechen.

Mit bekanntem k_T$k_T$ und l_T$l_T$ ist es nun natürlich möglich, die Schnittspunktskoordinaten durch Einsetzen zu berechnen. Es ist nicht wichtig, in welche Gleichung man k_T$k_T$ bzw. l_T$l_T$ einsetzt – die Äquivalenz haben wir ja soeben bewiesen. Man erhält für T$T$:

T = \left(\!\begin{smallmatrix}2\\4\\5\end{smallmatrix}\!\right)\!;$T=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 5\end{array}\right);$

(Definition der hier benutzten Vektordivision: \frac{\vec a}{\vec b} = \frac{a_1}{b_1}$\frac{\overrightarrow{a}}{\overrightarrow{b}}=\frac{a_1}{b_1}$, falls \frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \frac{a_3}{b_3};$\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\frac{a_3}{b_3};$)