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Abbilden von Vektoren und Geraden

Spickzettel
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Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 1: Drehung eines Vektors
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 1: Drehung eines Vektors
Für die Abbildung einer Geraden gibt es zwei Möglichkeiten.
$\blacktriangleright$ 1. Möglichkeit: Parameterverfahren
In der ersten Möglichkeit wird ein allgemeiner Punkt der Geraden betrachtet. Die Gerade $g$ ist hierbei mit der Geradengleichung $y=mx+t$ gegeben. Somit gilt für einen allgemeinen Punkt der Geraden $P(x \mid mx+t)$.
Aus diesem Punkt sollen die Bildpunkte $P'(x' \mid y')$ bestimmt werden, welche von $x$ abhängen. Durch die gegebene Abbildungsgleichung kann anschließend der Parameter $x$ eliminiert werden und daraus die Funktionsgleichung der Bildgeraden $g'$ bestimmt werden.
$\blacktriangleright$ 2. Möglichkeit: Abbildung zweier Punkte
Du kannst zwei Punkte $A$ und $B$ der Geraden $g$ durch die gegebene Abbildungsvorschrift abbilden. Daraus erhältst du die Koordinaten der zwei Bildpunkte $A'$ und $B'$ aus denen du die Funktionsgleichung der Bildgeraden bestimmen kannst.
Bildnachweise [nach oben]
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Aufgaben
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Einführungsaufgabe

a)
Die Punkte $A\,(2 \mid 3)$, $B\,(4 \mid -1)$, $C\,(3 \mid 6)$ und $D\,(1 \mid 3)$ werden durch die Drehung um den Ursprung mit dem Drehwinkelmaß $\alpha = 30°$ abgebildet. Berechne die Koordinaten der Bildpunkte $A', \,B',\,C'$ und $D'$. Runde dabei auf $3$ Nachkommastellen.
#drehwinkel#drehung
b)
Rechne die Koordinaten der Vektoren $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{CD}$, $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{u'}=\overrightarrow{C'D'}$ und $\overrightarrow{v'}=\overrightarrow{A'B'}$ aus.
#vektoren
c)
Berechne den Betrag der Vektoren $\mid \overrightarrow{u} \mid$, $\mid \overrightarrow{u'} \mid$, $\mid \overrightarrow{v} \mid$ und $\mid \overrightarrow{v'} \mid$. Was fällt dir auf?
#betrag
d)
Berechne das Winkelmaß des Winkels, den $\overrightarrow{u}$ mit $\overrightarrow{u'}$ beziehungsweise $\overrightarrow{v}$ mit $\overrightarrow{v'}$ bildet. Was fällt dir auf?
#winkel
e)
Überprüfe, ob du die Koordinaten von $\mid \overrightarrow{u'} \mid$ und $\mid \overrightarrow{v'} \mid$ durch die zugehörige Vektorabbildung aus den Koordinaten von $\mid \overrightarrow{u} \mid$ und $\mid \overrightarrow{v} \mid$ berechnen kannst.
#koordinaten

Aufgabe 1

Die Bildgerade $g'$ entsteht durch Drehung um den Ursprung mit dem Drehwinkelmaß $\alpha$. Nutze das Parameterverfahren, um die Gleichung von $g'$ zu bestimmen.
#drehung#drehwinkel
a)
$g:y=\frac{1}{3}x+4$
$\alpha=90°$
b)
$g:y=-\frac{5}{4}x+0,2$
$\alpha=53,13°$
c)
$g:y=\frac{2}{7}x+4$
$\alpha=180°$

Aufgabe 2

Die Bildgerade $g'$ entsteht durch Drehung um den Ursprung mit dem Drehwinkelmaß $\alpha$. Bilde die Achsenschnittpunkte von $g$ ab und ermittle so die Gleichung von $g'$. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#drehwinkel#drehung
a)
$g:y=-\frac{1}{2}x+2$
$\alpha=180°$
b)
$g:y=-6x+6$
$\alpha=70°$
c)
$g:y=-3x+9$
$\alpha=-17°$
d)
$g:y=-\frac{7}{8}x+7$
$\alpha=160°$
e)
$g:y=-\frac{1}{5}x+1$
$\alpha=56°$
f)
$g:y=-\frac{2}{3}x+6$
$\alpha=-44°$

Aufgabe 3

Durch Drehung mit dem Winkelmaß $\alpha=150°$ entstehen die Geraden $g'$ und $h'$ zu $g$ und $h$. Bestimme die Gleichungen von $g'$ und $h'$ indem du die Umkehrabbildung verwendest. Zeichne dann $g'$ und $h'$ in ein Koordinatensystem ein.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 7: Geraden
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 7: Geraden
#drehung#kartesischeskoordinatensystem#drehwinkel
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Lösungen
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Einführungsaufgabe

a)
Wenn du die Koordinaten von Bildpunkten berechnen willst, die mit dem Drehwinkelmaß $\alpha$ um den Ursprung gedreht werden, nutzt du immer die Abbildungsgleichung in Matrixform, die folgendermaßen lautet:
$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \text{cos} (\alpha)&-\text{sin}(\alpha)\\\text{sin} (\alpha)&\text{cos}(\alpha)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
Berechne zuerst $\sin(30°)$ und $\cos(30°)$. Setze danach die Werte in die Gleichung ein und rechne aus.
$\sin(30°)=0,5$
$\cos(30°)=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}$
$B \, (4 \mid -1)$, $\alpha = 30°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 4-\frac{1}{2} \cdot (-1)\\\frac{1}{2} \cdot 4+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot (-1)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \ \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} 3,964\\1,133\end{pmatrix} \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} 3,964\\1,133\end{pmatrix} \end{array} $
$D \, (1 \mid 3)$, $\alpha = 30°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 1-\frac{1}{2} \cdot 3\\\frac{1}{2} \cdot 1+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \ \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} -0,634\\3,098\end{pmatrix} \end{array}$
#sinusfunktion#sinus#kosinusfunktion#kosinus#matrix
b)
Eine Vektorkoordinate berechnest du immer folgendermaßen:
$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}=\pmatrix{b_1-a_1\\b_2-a_2}$
Mithilfe dieser Formel kannst du nun die Koordinaten der gesuchten Koordinaten $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{CD}$, $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{u'}=\overrightarrow{C'D'}$ und $\overrightarrow{v'}=\overrightarrow{A'B'}$ ausrechnen.
$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{D}-\overrightarrow{C}=\pmatrix{d_1-c_1\\d_2-c_2}=\pmatrix{1-3\\3-6}=\pmatrix{-2\\-3}$
$ \overrightarrow{u}=\overrightarrow{CD}=\pmatrix{-2\\-3} $
$\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{B}-\overrightarrow{A}=\pmatrix{b_1-a_1\\b_2-a_2}=\pmatrix{4-2\\(-1)-3}=\pmatrix{2\\-4}$
$ \overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB} =\pmatrix{2\\-4}$
$\overrightarrow{u'}=\overrightarrow{C'D'}=\overrightarrow{D'}-\overrightarrow{C'}=\pmatrix{d'_1-c'_1\\d'_2-c'_2}=\pmatrix{(-0,634)-(-0,402)\\3,098-6,696}=\pmatrix{-0,232\\-3,598}$
$ \overrightarrow{u'} =\pmatrix{-0,232\\-3,598}$
$\overrightarrow{v'}=\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{B'}-\overrightarrow{A'}=\pmatrix{b'_1-a'_1\\b'_2-a'_2}=\pmatrix{3,964-0,232\\1,133-3,598}=\pmatrix{3,732\\-2,465}$
$ \overrightarrow{v'}=\pmatrix{3,732\\-2,465} $
#koordinaten
c)
Den Betrag eines Vektors berechnest du immer folgendermaßen:
$\overrightarrow{a}=(\dfrac{a_x}{a_y})$
$\mid \overrightarrow{a}\mid=\sqrt{a_x^2+a_y^2}$
Mithilfe dieser Formel kannst du nun die Beträge der Vektoren $\mid \overrightarrow{u}\mid$, $\mid \overrightarrow{u'}\mid$, $\mid \overrightarrow{v}\mid$ und $\mid \overrightarrow{v'}\mid$ berechnen.
$\mid \overrightarrow{u}\mid=\sqrt{u_x^2+u_y^2}=\sqrt{(-2)^2+(-3)^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$
$\mid \overrightarrow{u'}\mid=\sqrt{u_x'^2+u_y'^2}=\sqrt{(-0,232)^2+(-3,598)^2}=\sqrt{0,053824+12,945604}\approx\sqrt{13}$
$\mid \overrightarrow{v}\mid=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{2^2+(-4)^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$
$\mid \overrightarrow{v'}\mid=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=\sqrt{3,732^2+(-2,465)^2}=\sqrt{13,927824+6,076225}\approx\sqrt{20}$
Es fällt auf, dass der Betrag der Vektoren $\overrightarrow{AB}$ und $\overrightarrow{A'B'}$ beziehungsweise $\overrightarrow{CD}$ und $\overrightarrow{C'D'}$ gleich groß ist. Das macht aber auch Sinn, denn: Der Betrag eines Vektors gibt immer dessen Länge an. Die Punkte $A'$, $B'$, $C'$ und $D'$sind die Bildpunkte, die im jeweils gleichen Winkel um den Ursprung gedreht wurden. Aus diesem Grund haben sie den gleichen Abstand voneinander wie die Originalpunkte $A$, $B$, $C$ und $D$.
d)
Das Winkelmaß eines Winkels zwischen zwei Vektoren berechnest du mit folgender Formel:
$\cos\phi=\dfrac{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}}{\mid \overrightarrow{u} \mid \cdot \mid \overrightarrow{v} \mid}$
Setze die entsprechenden Werte von $\overrightarrow{u}$ und $\overrightarrow{u'}$ beziehungsweise $\overrightarrow{v}$ und $\overrightarrow{v'}$ in die Formel ein und rechne aus.
$\overrightarrow{u'}=\pmatrix{-0,232\\-3,598}$
$\mid \overrightarrow{u'} \mid=\sqrt{13}$
$\begin{array}[t]{rll} \cos\phi&=&\dfrac{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{u'}}{\mid \overrightarrow{u} \mid \cdot \mid \overrightarrow{u'} \mid} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{{\pmatrix{-2\\-3 }} \cdot {\pmatrix{-0,232\\-3,598}}}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{13}} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{(-2) \cdot (-0,232) + (-3) \cdot (-3,598)}{13}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{11,258}{13}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&0,866 &\quad \scriptsize \\[5pt] \phi&\approx&30° \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \cos\phi&=&\dfrac{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{u'}}{\mid \overrightarrow{u} \mid \cdot \mid \overrightarrow{u'} \mid} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{{\pmatrix{-2\\-3 }} \cdot {\pmatrix{-0,232\\-3,598}}}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{13}} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{11,258}{13}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&0,866 &\quad \scriptsize \\[5pt] \phi&\approx&30° \end{array} $
$\overrightarrow{v'}=\pmatrix{3,732\\-2,465}$
$\mid \overrightarrow{v'} \mid=\sqrt{20}$
$\begin{array}[t]{rll} \cos\phi&=&\dfrac{\overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{v'}}{\mid \overrightarrow{v} \mid \cdot \mid \overrightarrow{v'} \mid} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{{\pmatrix{2\\-4 }} \cdot {\pmatrix{3,732\\-2,465}}}{\sqrt{20} \cdot \sqrt{20}} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{2 \cdot 3,732 + (-4) \cdot (-2,465)}{20}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{17,324}{20}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&0,8662 &\quad \scriptsize \\[5pt] \phi&\approx&30° \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \cos\phi&=&\dfrac{\overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{v'}}{\mid \overrightarrow{v} \mid \cdot \mid \overrightarrow{v'} \mid} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{{\pmatrix{2\\-4 }} \cdot {\pmatrix{3,732\\-2,465}}}{\sqrt{20} \cdot \sqrt{20}} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{17,324}{20}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&0,8662 &\quad \scriptsize \\[5pt] \phi&\approx&30° \end{array} $
Es fällt auf, dass das Maß des Winkels zwischen den Vektoren $\overrightarrow{u}$ und $\overrightarrow{u'}$ beziehungsweise $\overrightarrow{v}$ und $\overrightarrow{v'}$ $30°$ beträgt.
e)
Durch die Punktabbildung $P\xrightarrow{O(0\,\mid\,0);\;\alpha}P'$wird eine Vektorabbildung $\overrightarrow{v}\xrightarrow{O(0\,\mid\,0);\;\alpha}\overrightarrow{v}'$ festgelegt, die folgendermaßen lautet:
$\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} \text{cos} (\alpha)&-\text{sin}(\alpha)\\\text{sin} (\alpha)&\text{cos}(\alpha)\end{pmatrix} \odot \overrightarrow{v}'$
Setze die Koordinaten von $\overrightarrow{u}$ und $\overrightarrow{v}$ und das Drehwinkelmaß in die Gleichung ein und setze aus.
$\overrightarrow{v}\, (2 \mid -4)$, $\alpha = 30°$
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{v}' &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-4\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \overrightarrow{v}'&=&\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 2-\frac{1}{2} \cdot (-4)\\\frac{1}{2} \cdot 2+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot (-4)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \ \\[5pt] \overrightarrow{v}'&=& \begin{pmatrix} 3,732\\2,464\end{pmatrix} \end{array}$
Damit hast du gezeigt, dass du die Koordinaten von $\mid \overrightarrow{u'} \mid$ und $\mid \overrightarrow{v'} \mid$ durch die zugehörige Vektorabbildung aus den Koordinaten von $\mid \overrightarrow{u} \mid$ und $\mid \overrightarrow{v} \mid$ berechnen kannst. Der Unterschied in der dritten Nachkommastelle der $y-$Koordinate von $\overrightarrow{v}'$ lässt sich durch eine durch das Runden entstandene Ungenauigkeit erklären.
#drehwinkel

Aufgabe 1

Beim Parameterverfahren gehst du folgendermaßen vor:
Bilde den Bildpunkt $P' \, (x' \mid y')$ eines beliebigen Punktes $P \, (x \mid m \cdot x+t)$, der auf der Geraden $g$ mit der Gleichung $g:y=m \cdot x + t$ liegt, mithilfe der Abbildungsgleichung ab. Die beiden Koordinaten $x'$ und $y'$ hängen von $x$ ab. Eliminiere aus den beiden entstandenen Gleichungen $x'=g(x)$ und $y'=h(x)$ das Parameter $x$ und du erhältst die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
#geradengleichung
a)
$sin(90°)=1$
$cos(90°)=0$
Bilde $P \,(x \mid \frac{1}{3}x+4)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 0&-1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\\frac{1}{3}x+4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0 \cdot x&-1 \cdot (\frac{1}{3}x+4)\\1 \cdot x&0 \cdot \frac{1}{3}x+4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}x-4\\x\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (-\frac{1}{3}x-4 \mid x)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-\frac{1}{3}x-4\\[5pt] \text{II}&y'&=&x \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die zweite Gleichung nach $x$ um und setze in die erste Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{II}&x&=&y'\\[5pt] \text{I}&x'&=&-\frac{1}{3}y'-4 \end{array}$
Löse die Gleichung nun nach $y$ auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} \frac{1}{3}y'&=&-4-x' &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 3\\[5pt] y'&=&-12-3x' \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-3x-12$.
b)
$sin(53,13°)=0,8$
$cos(53,13°)=0,6$
Bilde $P \,(x \mid -\frac{5}{4}x+0,2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 0,6&-0,8\\0,8&0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\-\frac{5}{4}x+0,2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} 0,6 \cdot x+(-0,8) \cdot (-\frac{5}{4}x+0,2)\\0,8 \cdot x+0,6 \cdot (-\frac{5}{4}x+0,2)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x+x-0,16\\0,8x-\frac{3}{4}x+0,12\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 1,6x-0,16\\0,05x+0,12\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x+x-0,16\\0,8x-\frac{3}{4}x+0,12\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 1,6x-0,16\\0,05x+0,12\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array} $
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, ( 1,6x-0,16 \mid 0,05x+0,12)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&1,6x-0,16\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,05x+0,12 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die zweite Gleichung nach $x$ um und setze in die erste Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{II}&0,05x&=&y'-0,12 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 20\\[5pt] \text{II}&x&=&20y'-2,4\\ \text{I}&x'&=&1,6 \cdot(20y'-2,4)-0,16 \end{array}$
Löse die Gleichung nun nach $y$ auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} x'&=&1,6 \cdot(20y'-2,4)-0,16 &\quad \scriptsize \\[5pt] x'&=&32y'-3,84+0,12 &\quad \scriptsize \\[5pt] x'&=&32y'-3,72 &\quad \scriptsize \\[5pt] 32y'&=&x'+3,72&\quad \scriptsize \\[5pt] y'&=&\frac{1}{32}x'+ \frac{93}{800} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=\frac{1}{32}x+ \frac{93}{800}$.
c)
$sin(180°)=0$
$cos(180°)=-1$
Bilde $P \,(x \mid \frac{2}{7}x+4)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\\frac{2}{7}x+4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} (-1) \cdot x\\(-1) \cdot \frac{2}{7}x+4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} -x\\-\frac{2}{7}x-4\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, ( -x \mid -\frac{2}{7}x-4)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-x\\[5pt] \text{II}&y'&=&-\frac{2}{7} x-4 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-x &\quad \scriptsize \mid\; +x; -x'\\[5pt] \text{I}&x&=&-x'\\ \text{II}&y'&=&-\frac{2}{7} \cdot(-x')-4\\ \text{II}&y'&=&\frac{2}{7}x-4 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=\frac{2}{7}x-4$.

Aufgabe 2

Eine Drehung ist immer geradentreu. Deshalb reicht es aus, bei der Abbildung einer Geraden $2$ Punkte dieser Geraden abzubilden. Mit diesem Verfahren kannst du die Gleichung der Bildgeraden ermitteln oder oder sie konstruieren.
Bilde dazu die zwei Achsenschnittpunkte ab, setze die Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y= m \cdot x + t$ ein und löse auf. Alternativ kannst du die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ berechnen und dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung einsetzen.
#geradengleichung#steigung
a)
$\text{sin}(180°)=0$
$\text{cos}(180°)=-1$
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-\frac{1}{2} \cdot 0 +2 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&2 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 2)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-\frac{1}{2}x+2 &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{2}x\\[5pt] \frac{1}{2}x&=&2&\quad \scriptsize \mid\; \cdot 2\\[5pt] x&=&4 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (4 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} 0\\-2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (0 \mid -2)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix} -4\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-4 \mid 0)$.
Setze nun die beiden Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y = m \cdot x + t$ ein und löse auf.
$\begin{array}[t]{rll} -2&=&m \cdot 0 + t &\quad \scriptsize \\[5pt] t&=&-2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&m \cdot -4 -2 &\quad \scriptsize +4m \\[5pt] 4m&=&-2&\quad \scriptsize :4\\[5pt] m&=&-\frac{1}{2} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -\frac{1}{2}x-2$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 1: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2a
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 1: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2a
b)
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-6 \cdot 0 +6 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&6 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 6)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-6 \cdot x+6 &\quad \scriptsize \mid\; +6x\\[5pt] 6x&=&6&\quad \scriptsize \mid\; :6\\[5pt] x&=&1 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (1 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(70°)&-\sin(70°)\\\sin(70°)&\cos(70°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(70°) \cdot 6\\\cos(70°) \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-5,64\\2,05\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(70°) \cdot 6\\\cos(70°) \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-5,64\\2,05\end{pmatrix} & \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-5,64 \mid 2,05)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(70°)&-\sin(70°)\\\sin(70°)&\cos(70°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(70°) \cdot 1\\\sin(70°)\cdot 1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}0,34\\0,94\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(70°) \cdot 1\\\sin(70°)\cdot 1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}0,34\\0,94\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (0,34 \mid 0,94)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{0,94-2,05}{0,34+5,64}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&-0,186 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 0,94&=&-0,186 \cdot 0,34 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 0,94&=&-0,06324+t&\quad \scriptsize +0,06324\\[5pt] t&\approx&1 \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} 0,94&=&-0,186 \cdot 0,34 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 0,94&=&-0,06324+t&\quad \scriptsize \\[5pt] t&\approx&1 \end{array} $
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -0,186x+1$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 2: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2b
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 2: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2b
c)
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-3 \cdot 0 +9 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&9 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 9)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-3 \cdot x+9 &\quad \scriptsize \mid\; +3x\\[5pt] 3x&=&9&\quad \scriptsize \mid\; :3\\[5pt] x&=&3 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (3 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(-17°)&-\sin(-17°)\\\sin(-17°)&\cos(-17°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(-17°) \cdot 9\\\cos(-17°) \cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,6\\8,6\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(-17°) \cdot 9\\\cos(-17°) \cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,6\\8,6\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (2,6 \mid 8,6)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(-17°)&-\sin(-17°)\\\sin(-17°)&\cos(-17°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(-17°) \cdot 3\\\sin(-17°)\cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,9\\-0,9\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(-17°) \cdot 3\\\sin(-17°)\cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,9\\-0,9\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (2,9 \mid -0,9)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{-0,9-8,6}{2,9-2,6}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&-\frac{95}{3} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} -0,9&=&-\frac{95}{3} \cdot 2,9 +t &\quad \scriptsize + (-\frac{95}{3} \cdot 2,9)\\[5pt] t&=&\frac{1364}{15} \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} -0,9&=&-\frac{95}{3} \cdot 2,9 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] t&=&\frac{1364}{15} \end{array} $
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = \frac{1364}{15}x-\frac{95}{3}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 3: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2c
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 3: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2c
d)
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-\frac{7}{8} \cdot 0 +7 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&7 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 7)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-\frac{7}{8} \cdot x+7 &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{7}{8}x\\[5pt] \frac{7}{8}x&=&7&\quad \scriptsize \mid\; \cdot \frac{8}{7}\\[5pt] x&=&8 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (8 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(160°)&-\sin(160°)\\\sin(160°)&\cos(160°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\7\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(160°) \cdot 7\\\cos(160°) \cdot 7\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-2,4\\-6,6\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(160°) \cdot 7\\\cos(160°) \cdot 7\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-2,4\\-6,6\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-2,4 \mid -6,6)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(160°)&-\sin(160°)\\\sin(160°)&\cos(160°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}8\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(160°) \cdot 8\\\sin(160°)\cdot 8\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-7,5\\2,7\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(160°) \cdot 8\\\sin(160°)\cdot 8\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-7,5\\2,7\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-7,5 \mid 2,7)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{2,7-(-6,6)}{(-7,5)-(-2,4)}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&-\frac{31}{17} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 2,7&=&-\frac{31}{17} \cdot (-7,5) +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 2,7&=& 13,7+t&\quad \scriptsize \mid\; -13,7 \\[5pt] t&=&-11 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -\frac{31}{17}x-11$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 4: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2d
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 4: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2d
e)
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-\frac{1}{5} \cdot 0 +1 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&1 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 1)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-\frac{1}{5} \cdot x+1 &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{5}x\\[5pt] \frac{1}{5}x&=&1&\quad \scriptsize \mid\; \cdot 5\\[5pt] x&=&5 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (5 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(56°)&-\sin(56°)\\\sin(56°)&\cos(56°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(56°) \cdot 1\\\cos(56°) \cdot 1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-0,83\\0,56\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(56°) \cdot 1\\\cos(56°) \cdot 1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-0,83\\0,56\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-0,83 \mid 0,56)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(56°)&-\sin(56°)\\\sin(56°)&\cos(56°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}5\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(56°) \cdot 5\\\sin(56°)\cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,8\\4,15\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(56°) \cdot 5\\\sin(56°)\cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}2,8\\4,15\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (2,8 \mid 4,15)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{4,15-0,56}{2,8-(-0,83)}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 4,15&=&1 \cdot 2,8 +t &\quad \scriptsize \mid \, -2,8 \\[5pt] t&=&1,35 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -x-1,35$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 5: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2e
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 5: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2e
f)
Ermittle zunächst die beiden Achsenschnittpunkte. Setze dazu einmal für $x$ und einmal für $y$ in die Geradengleichung ein.
$\begin{array}[t]{rll} y&=&-\frac{2}{3} \cdot 0 +6 &\quad \scriptsize \\[5pt] y&=&6 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $A \, (0 \mid 6)$.
$\begin{array}[t]{rll} 0&=&-\frac{2}{3} \cdot x+6 &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{2}{3}x\\[5pt] \frac{2}{3}x&=&6&\quad \scriptsize \mid\; \cdot \frac{3}{2}\\[5pt] x&=&9 \end{array}$
Nun hast du die Koordinaten von Punkt $B \, (9 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(-44°)&-\sin(-44°)\\\sin(-44°)&\cos(-44°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(-44°) \cdot 6\\\cos(-44°) \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}4,17\\4,32\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\sin(-44°) \cdot 6\\\cos(-44°) \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}4,17\\4,32\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (4,17 \mid 4,32)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} \cos(-44°)&-\sin(-44°)\\\sin(-44°)&\cos(-44°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}9\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(-44°) \cdot 9\\\sin(-44°)\cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}6,47\\-6,25\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\cos(-44°) \cdot 9\\\sin(-44°)\cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}6,47\\-6,25\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (6,47 \mid -6,25)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{(-6,25)-4,32}{6,47-4,17}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&-4,6 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 4,32&=&-4,6 \cdot 4,17 +t &\quad \scriptsize \mid \, -2,8 \\[5pt] 4,32&=&-19,182+t &\quad \scriptsize \mid \, +19,182\\[5pt] t&\approx&23,5 \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} 4,32&=&-4,6 \cdot 4,17 +t &\quad \scriptsize \\[5pt] 4,32&=&-19,182+t &\quad \scriptsize \\[5pt] t&\approx&23,5 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -4,6x+23,5$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 6: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2f
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 6: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2f

Aufgabe 3

Die Umkehrabbildung um den Ursprung mit dem Drehwinkelmaß $\alpha$ kannst du als eine Drehung mit $\alpha'=360°-\alpha$ bezeichnen. Die Abbildungsgleichung der Umkehrabbildung lautet folgendermaßen:
$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \text{cos} (\alpha)&\text{sin}(\alpha)\\-\text{sin} (\alpha)&\text{cos}(\alpha)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
Rechne zuerst das gegebene Drehwinkelmaß $\alpha$ zu $\alpha'$ um. Denn du nutzt zur Berechnung von $g'$ und $h'$ die Abbildungsgleichung der Umkehrabbildung. Aus diesem Grund musst du auch mit dem „umgekehrten“ Drehwinkelmaß rechnen. Lies dann die Achsenschnittpunkte von $g$ und $h$ ab. Diese kannst du in die Gleichung einsetzen und gemäß des Parameterverfahrens wie in Aufgabe $2$ vorgehen.
$\alpha'=360°-150°=210°$
$\sin(210°)=-\frac{1}{2}$
$\cos(210°)=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$
Die Gerade $g$ hat Achsenschnittpunkte bei $A \, (0 \mid 3)$ und $B \, (9 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $A'$ und $B'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -\frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot 3\\-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-1,5\\-2,6\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot 3\\-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-1,5\\-2,6\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-1,5 \mid -2,6)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -\frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}9\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 9\\\frac{1}{2}\cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-7,8\\4,5\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 9\\\frac{1}{2}\cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-7,8\\4,5\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-7,8 \mid 4,5)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{4,5-(-2,6)}{(-7,8)-(-1,5)}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&-1,13 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} -2,6&=&-1,13 \cdot (-1,5)+t &\quad \scriptsize \\[5pt] -2,6&=&1,695+t&\quad \scriptsize \mid\, -1,695\\[5pt] t&\approx&-4,295 \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} -2,6&=&-1,13 \cdot (-1,5)+t &\quad \scriptsize \\[5pt] -2,6&=&1,695+t&\quad \scriptsize\\[5pt] t&\approx&-4,295 \end{array} $
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g' = A'B': y = -1,13x-4,295$.
Die Gerade $h$ hat Achsenschnittpunkte bei $C \, (0 \mid -6)$ und $D \, (4 \mid 0)$.
Ermittle mithilfe der Abbildungsgleichung die Bildpunkte $C'$ und $D'$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -\frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}0\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot( -6)\\-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot (-6)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}3\\5,2\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot( -6)\\-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot (-6)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}3\\5,2\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $C$ hat die Koordinaten $C' \, (3 \mid 5,2)$.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -\frac{1}{2}\sqrt{3}&-\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\sqrt{3}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 4\\\frac{1}{2}\cdot 4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-3,5\\2\end{pmatrix} & \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 4\\\frac{1}{2}\cdot 4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix}-3,5\\2\end{pmatrix} & \end{array} $
Der Bildpunkt von $D$ hat die Koordinaten $D' \, (-3,5 \mid 2)$.
Berechne nun die Geradensteigung $m$ mit der Formel $m = \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung und einen der Bildpunkte in die allgemeine Geradengleichung $y=m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu ermitteln.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\dfrac{2-5,2}{(-3,5)-3}&\quad \scriptsize \\[5pt] m&\approx&0,5 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 2&=&0,5 \cdot (-3,5)+t &\quad \scriptsize \\[5pt] 2&=&-1,75+t&\quad \scriptsize +1,75\\[5pt] t&\approx&3,75 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $h'$ lautet $h' = C'D': y = \frac{1}{2}x+3,75$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
Abb. 7: Lösung zu Aufgabe 3
Abbildungen im Koordinatensystem: Abbilden von Vektoren und Geraden
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