Lineare Algebra

Aufgabe III 1

In einem Garten steht ein vollständig verglastes Gewächshaus. Die rechteckige Grundfläche $ABCD$ in der $x_1x_2$ -Ebene ist $5$ Meter $\text{(m)}$ lang und $2\,\text{m}$ breit. In einer Höhe von $2\,\text{m}$ beginnt die Dachschräge, das gesamte Gewächshaus ist $2,5\,\text{m}$ hoch.
In der Skizze unten ist die symmetrische Frontansicht des Gewächshauses dargestellt.

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Zeichne das Gewächshaus in ein dreidimensionales Koordinatensystem, wenn die Eckpunkte $A(5 \mid 0 \mid 0),$ $B(5 \mid 2 \mid 0),$ $C(0 \mid 2 \mid 0),$ $F(5 \mid 2 \mid 2),$ $G(0 \mid 2 \mid 2),$ $I(5 \mid 1 \mid 2,5)$ und $J(0 \mid 1 \mid 2,5)$ bekannt sind.

(4 BE)

Berechne das Gewicht des für das Gewächshaus benötigten Glases, wenn ein Quadratmeter Glas $10\,\text{kg}$ wiegt.

(4 BE)

Berechne den Neigungswinkel für eine der schrägen Dachkanten.

(3 BE)

An der Seite des Gewächshauses soll ein dreieckiges, ebenes Sonnensegel angebracht werden. Die Eckpunkte des Sonnensegels sollen sich in den Punkten $F$ und $G$ des Gewächshauses und der Spitze $S (3 \mid 4 \mid 1,5)$ eines Pfostens befinden. Im Punkt $(3 \mid 3 \mid 0)$ steht der $1,8\,\text{m}$ hohe, gerade Stumpf eines alten Kirschbaumes.

Untersuche, ob der Stumpf gekürzt werden muss, damit das Segel wie geplant gespannt werden kann.

(5 BE)

Zeige, dass es sich bei dem Segel nicht um ein gleichschenkliges Dreieck handelt.

(2 BE)

Bestimme einen Wert für $k,$ so dass durch die Verschiebung der Pfostenspitze in den Punkt $P_k(3 \mid k \mid 1,5)$ ein gleichschenkliges Dreieck $FGP_k$ entsteht.

(4 BE)

Zur Lösung einer Aufgabe im Zusammenhang mit den Punkten $B$ und $G$ ergibt sich folgender Ansatz:

$\begin{array}[t]{rll} \begin{vmatrix}\pmatrix{5-t\\2-4\\0-3}\end{vmatrix}&=& \begin{vmatrix}\pmatrix{0-t\\2-4\\2-3}\end{vmatrix} & \end{array}$

Interpretiere diesen Ansatz.

(3 BE)

Aufgabe III 2

Gegeben sind die Punkte $A(0 \mid 3 \mid 0)$ und $C(2 \mid -1 \mid 4)$ sowie die Gerade $h$ mit

$h: \overrightarrow{x} = \begin{pmatrix} 5 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 2 \end{pmatrix}, \; r \in \mathbb{R}.$

Die Gerade $g$ verläuft durch die Punkte $A$ und $C.$

Zeige, dass die Geraden $g$ und $h$ in einer gemeinsamen Ebene $E$ liegen.

(4 BE)

Bestimme eine Koordinatengleichung der in Teilaufgabe a) beschriebenen Ebene $E.$

(Zur Kontrolle: $E:2x_1+2x_2+x_3=6$ )

(3 BE)

Berechne die Koordinaten der Spurpunkte von $E.$
Stelle die Ebene $E$ mit Hilfe der Spurpunkte in einem räumlichen Koordinatensystem dar.

(3 BE)

Die Punkte $A$ und $C$ sind gegenüberliegende Eckpunkte eines in der Ebene $E$ liegenden Quadrats $ABCD$ mit Mittelpunkt $M.$
Dieses Quadrat $ABCD$ ist die Grundfläche einer sogenannten geraden Pyramide, d. h. der Verbindungsvektor von $M$ und der Spitze der Pyramide ist orthogonal zur Grundfläche.

Zeige, dass ein weiterer Eckpunkt des Quadrats die Koordinaten $(-1 \mid 2 \mid 4)$ hat.

Berechne die Koordinaten des vierten Eckpunktes.

(5 BE)

Bestimme die Koordinaten einer möglichen Spitze der Pyramide, sodass diese die Höhe $12$ hat.

(3 BE)

Eine weitere gerade Pyramide mit der Grundfläche $ABCD$ hat die Spitze $R$ und wird aus der $x_3$ -Richtung beleuchtet. Es entsteht ein Schatten in der Ebene $E.$
Der Schattenpunkt der Spitze $R$ ist $\(R$

Begründe, dass der Schattenpunkt $\(R$ außerhalb der Grundfläche der Pyramide liegt.
Berechne die Koordinaten der Spitze $R.$

(7 BE)

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Lösung III 1

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Flächeninhalt der rechteckigen Seitenflächen:

$\begin{array}[t]{rll} A_S&=& 5\,\text{m}\cdot 2\,\text{m} \\[5pt] &=& 10\,\text{m}^2 \end{array}$

Flächeninhalt der Vorderseite berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} A_V&=& (2\,\text{m})^2+\dfrac{1}{2}\cdot 2\,\text{m}\cdot (2,50\,\text{m}-2\,\text{m}) \\[5pt] &=& 4,50\,\text{m}^2 \end{array}$

Für den Flächeninhalt einer Dachseite muss zunächst die Länge $d$ der Dachschräge mit dem Satz des Pythagoras berechnet werden:

$\begin{array}[t]{rll} d^2&=& (2,50\,\text{m}-2\,\text{m})^2+\left(\dfrac{2\,\text{m}}{2}\right)^2 \\[5pt] d^2&=& 1,25\,\text{m}^2 \quad \scriptsize \mid\; \sqrt{\,}\\[5pt] d&\approx& 1,12\,\text{m} \end{array}$

Damit folgt für den Flächeninhalt einer rechteckigen Dachseite:

$\begin{array}[t]{rll} A_D&=& 1,12\,\text{m}\cdot 5\,\text{m} \\[5pt] &=& 5,60\,\text{m}^2 \end{array}$

Für den Flächeninhalt der Gesamtoberfläche des Gewächshauses folgt:

$\begin{array}[t]{rll} A&=& 2\cdot (4,50\,\text{m}^2+1,12\,\text{m}+5,60\,\text{m}^2) \\[5pt] &=& 22,44\,\text{m}^2 \end{array}$

Für das Gewicht des benötigten Glases gilt schließlich:

$22,44\,\text{m}^2\cdot 10\,\frac{\text{kg}}{\text{m}^2}=224,4\,\text{kg}$

Steigung der Dachkanten berechnen:

$\dfrac{x_{3_I}-x_{3_E}}{x_{2_I}-x_{2_E}}=\dfrac{2,5-2}{1-0}=0,5$

Der Neigungswinkel $\theta$ lässt sich nun wie folgt berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} \tan(\theta)&=& 0,5 & \quad \scriptsize \mid\; \arctan \\[5pt] \theta&=& \arctan(0,5) \\[5pt] \theta&\approx& 26,57^\circ \end{array}$

$\overrightarrow{FG}=\pmatrix{0-5\\2-2\\2-2}=\pmatrix{-5\\0\\0}$

$\overrightarrow{FS}=\pmatrix{3-5\\4-2\\1,5-2}=\pmatrix{-2\\2\\-0,5}$

Mit dem Kreuzprodukt folgt für den Normalenvektor der Ebene, in der das Sonnensegel liegt:

$\overrightarrow{FG}\times\overrightarrow{FS}= \pmatrix{0\\-2,5\\-10}$

Rechenweg anzeigen

Die Ebenengleichung ist also von der Form $-2,5x_2-10x_3=d.$ Einsetzen der Koordinaten des Punktes $G$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} -2,5\cdot 2-10\cdot 2&=& d& \\[5pt] -25&=& d \end{array}$

Die Ebenengleichung ist also gegeben durch $-2,5x_2-10x_3=-25.$

Der Kirschbaum wir dargestellt durch den Abschnitt auf der Gerade $\pmatrix{3\\3\\0}+r\cdot \pmatrix{0\\0\\1}$ mit $0\leq r\leq 1,8.$

Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} -2,5\cdot 3-10\cdot r&=& -25 \\[5pt] -7,5-10\cdot r&=& -25 &\quad \scriptsize \mid\;+7,5 \\[5pt] -10\cdot r&=& -17,5 &\quad \scriptsize \mid\;:(-10)\\[5pt] r&=& 1,75 \end{array}$

Wegen $0\leq r\leq 1,8$ ist der Stumpf höher als die vorgesehene Höhe des Segels an dieser Stelle. Da der Stumpf das Segel durchstoßen würde, muss er gekürzt werden.

$\begin{array}[t]{rll} |\overline{FG}|&=&\sqrt{(-5)^2+0^2+0^2} & \\[5pt] &=& 5 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} |\overline{FS}|&=& \sqrt{(-2)^2+2^2+(-0,5)^2}&\\[5pt] &\approx& 2,87 \end{array}$

$|\overline{GS}|\approx 3,64$

Rechenweg anzeigen

Da alle Seiten unterschiedlich lang sind, handelt es sich nicht um ein gleichschenkliges Dreieck.

Es handelt sich um ein gleichschenkliges Dreieck, wenn der Abstand zwischen $P_k$ und $F$ gleich dem Abstand zwischen $F$ und $G$ ist.

Rechenweg anzeigen

$k^2-4k-16,75= 0$

Mit der pq-Formel folgt:

$\begin{array}[t]{rll} k_{1,2}&=& -\dfrac{-4}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{-4}{2}\right)^2-(-16,75)} \\[5pt] &=& 2\pm\sqrt{20,75} \\[5pt] k_1&\approx& 6,56 \\[5pt] k_2&\approx& -2,56 \end{array}$

Für diese Werte von $k$ ist das Dreieck $FGP_k$ gleichschenklig.

Gesucht ist ein Wert für $t,$ sodass die Punkte $B$ und $G$ vom Punkt $(t\mid 4\mid 3)$ jeweils den gleichen Abstand haben. Dafür wird der Betrag der jeweiligen Differenzen gleichgesetzt.

Lösung III 2

$\overrightarrow{AC}=\pmatrix{2-0\\-1-3\\4-0}=\pmatrix{2\\-4\\4}$

Die Gerade $g$ hat folglich die Geradengleichung $g:\overrightarrow{x}=\pmatrix{0\\3\\0}+s\cdot \pmatrix{2\\-4\\4}.$

Da die Richtungsvektoren der beiden Geraden keine Vielfachen voneinander sind, verlaufen die Geraden nicht parallel. Damit $g$ und $h$ in einer gemeinsamen Ebene $E$ liegen, müssen sich die beiden Geraden daher schneiden.

$\pmatrix{5\\-3\\2}+r\cdot \pmatrix{3\\-4\\2}=\pmatrix{0\\3\\0}+s\cdot \pmatrix{2\\-4\\4}$

Die erste Zeile liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 5+3r&=& 2s&\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] \dfrac{5+3r}{2}&=& s \end{array}$

Durch Einsetzen in die Gleichung der dritten Zeile folgt:

$\begin{array}[t]{rll} 2+2r&=& 4\cdot \dfrac{5+3r}{2} \\[5pt] 2+2r&=& 2\cdot (5+3r) \\[5pt] 2+2r&=& 10+6r&\quad \scriptsize \mid\;-6r \\[5pt] 2-4r&=& 10&\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] -4r&=& 8&\quad \scriptsize \mid\;:(-4)\\[5pt] r&=& -2 \end{array}$

Daraus folgt $s=\dfrac{5+3\cdot (-2)}{2}=-0,5$

Einsetzen in die zweite Zeile liefert:

$\begin{array}[t]{rll} -3+(-2)\cdot (-4)&=& 3+(-0,5)\cdot (-4) \\[5pt] 5&=& 5 \end{array}$

Die Geraden schneiden sich also und liegen folglich in einer gemeinsamen Ebene.

Ein Normalenvektor von $E$ ergibt sich durch das Kreuzprodukt der Richtungsvektoren von $g$ und $h:$

Rechenweg anzeigen

$\pmatrix{3\\-4\\2}\times\pmatrix{2\\-4\\4}=-4\cdot \pmatrix{2 \\ 2 \\ 1}$

Die Ebenengleichung ist also von der Form $E:2x_1+2x_2+x_3=d.$

Einsetzen der Koordinaten von $A$ liefert:

$2\cdot 0+2\cdot 3+0=6$

Die Ebenengleichung ist gegeben durch $E:2x_1+2x_2+x_3=6.$

Spurpunkte berechnen

$\begin{array}[t]{rll} 2x_1+2\cdot 0+0&=& 6 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] x_1&=& 3 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} 2\cdot 0+2x_2+0&=& 6 &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\[5pt] x_2&=& 3 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} 2\cdot 0+2\cdot 0+x_3&=& 6 \\[5pt] x_3&=& 6 \end{array}$

Ebene $\boldsymbol{E}$ darstellen

Koordinaten bestätigen

$\begin{array}[t]{rll} M&=&\left(\dfrac{0+2}{2}, \dfrac{3+(-1)}{2}, \dfrac{0+4}{2}\right) & \\[5pt] &=& (1\mid 1\mid 2) \end{array}$

$\overrightarrow{AM}=\pmatrix{1-0\\1-3\\2-0}=\pmatrix{1\\-2\\2}$

$|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{1^2+(-2)^2+2^2}=3$

Mit den gegebenen Koordinaten $B(-1\mid 2 \mid 4)$ folgt:

$\overrightarrow{BM}=\pmatrix{1-(-1)\\1-2\\2-4}=\pmatrix{2\\-1\\-2}$

$|\overrightarrow{BM}|=\sqrt{2^2+(-1)^2+(-2)^2}=3$

Außerdem gilt:

Rechenweg anzeigen

$\overrightarrow{AM}\circ \overrightarrow{BM}=0$

Da $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{BM}$ die gleiche Länge haben und orthogonal zueinander stehen, ist der Punkt $B(-1\mid 2\mid 4)$ ein weiterer Eckpunkt des Quadrats.

Koordinaten des vierten Eckpunkts berechnen

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OD}&=& \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{MB} \\[5pt] &=& \pmatrix{1\\1\\2}-\pmatrix{-2\\1\\2} \\[5pt] &=& \pmatrix{3\\0\\0} \end{array}$

Der vierte Eckpunkt hat die Koordinaten $D(3\mid 0\mid 0).$

$\overrightarrow{AB}=\pmatrix{-1-0\\2-3\\4-0}=\pmatrix{-1\\-1\\4}$

$\overrightarrow{AC}=\pmatrix{2-0\\-1-3\\4-0}=\pmatrix{2\\-4\\4}$

Ein Normalenvektor der Ebene, in der das Quadrat $ABCD$ liegt, lässt sich wie folgt berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}&=& \overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} \\[5pt] &=& \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ 4 \end{pmatrix} \\[5pt] &=& \begin{pmatrix} -1\cdot 4 - 4\cdot (-4) \\ 4\cdot 2 - (-1)\cdot 4 \\ -1\cdot (-4) - (-1)\cdot 2 \end{pmatrix} \\[5pt] &=& \begin{pmatrix} 12 \\ 12 \\ 6 \end{pmatrix} \\[5pt] &=& 6\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{array}$

Es gilt $|\overrightarrow{n}|=\sqrt{2^2+2^2+1^2}=3.$ Für eine mögliche Spitze der Pyramide mit der Höhe $12=4\cdot 3$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OS}&=& \overrightarrow{OM}+4\cdot \overrightarrow{n} \\[5pt] &=& \pmatrix{1\\1\\2}+4\cdot \pmatrix{2\\2\\1}\\[5pt] &=& \pmatrix{9\\9\\6} \end{array}$

Eine mögliche Spitze der Pyramide hat die Koordinaten $S(9\mid 9\mid 6).$

Lage des Schattenpunkts begründen

Die kleinste $x_3$ -Koordinate der Eckpunkte des Vierecks ist $x_3=-2.$ Für die $x_3$ -Koordinate aller Punkte innerhalb des Quadrats muss also $x_3\geq -2$ gelten. Da für $\(R$ aber $x_3=-6\lt -2$ gilt, kann der Schattenpunkt nicht innerhalb der Grundfläche der Pyramide liegen.

Koordinaten von $\boldsymbol{R}$ berechnen

Die $x_1$ - und $x_2$ -Koordinaten der Spitze $R$ stimmen mit den Koordinaten des Schattenpunkts $R^{\prime}$ überein, weil der Schatten in der $x_3$ -Richtung auf die Ebene $E$ projiziert wird. Der Punkt $R$ liegt also auf der Geraden mit der folgenden Gleichung:

$g:\overrightarrow{x}=\pmatrix{3\\3\\-6}+r\cdot \pmatrix{0\\0\\1}$

Da der Punkt $R$ auf der Geraden senkrecht zur Ebene $E$ durch den Punkt $M$ läuft, liegt $R$ außerdem auf der folgenden Geraden:

$h:\overrightarrow{x}=\pmatrix{1\\1\\2}+s\cdot \pmatrix{2\\2\\1}$

Gleichsetzen der Geradengleichungen liefert:

$\left(\begin{array}{c}3 \\ 3 \\ -6+r\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1+2 s \\ 1+2 s \\ 2+s\end{array}\right)$

Aus der ersten und zweiten Zeile folgt:

$\begin{array}[t]{rll} 3&=& 1+2s &\quad \scriptsize \mid\;-1 \\[5pt] 2&=& 2s &\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt] 1&=& s \end{array}$

Aus der dritten Zeile ergibt sich somit:

$\begin{array}[t]{rll} -6+r&=& 2+1 &\quad \scriptsize \mid\;+6 \\[5pt] r&=& 9 \end{array}$

Einsetzen in beispielsweise die Geradengleichung von $g$ liefert:

$g:\overrightarrow{x}=\pmatrix{3\\3\\-6}+r\cdot \pmatrix{0\\0\\1}=\pmatrix{3\\3\\3}$

Die Spitze der Pyramide hat also die Koordianten $R(3\mid 3\mid 3).$

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