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Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden

Spickzettel
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Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 1: Achsenspiegelung an Ursprungsgerade
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 1: Achsenspiegelung an Ursprungsgerade
Bildnachweise [nach oben]
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Aufgaben
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Einführungsaufgabe

Spiegle die Punkte $A \, (3 \mid 4)$, $B \, (-2 \mid 6)$, $C \, (7\mid -1)$, $D \, (1 \mid 5)$, $E \, (-4 \mid 4)$ und $F \, (5 \mid 2)$ an der Ursprungsgeraden $a$, die mit der positiven $x-$Achse einen Winkel mit dem Winkelmaß $\alpha$ einschließt. Gib die Koordinaten der Spiegelpunkte an.
#ursprungsgerade#spiegelung#winkel
a)
$\alpha = 180°$
b)
$\alpha = 45°$
c)
$\alpha = 60°$
d)
$\alpha = 70°$

Aufgabe 1

Durch Spiegelung von $A$ an einer Ursprungsgeraden $a$ entsteht $A'$. Berechne das Winkelmaß von $\alpha$ und gib die Abbildungsgleichungen, die Gleichung von $a$ und die Koordinaten von $B'$ an.
#winkel#spiegelung#ursprungsgerade
a)
$A \, (3 \mid -6)$, $A' \, (-6 \mid 3)$, $B \, (-5 \mid 9)$
b)
$A \, (3 \mid -6)$, $A' \, (-6 \mid 3)$, $B \, (-5 \mid 9)$

Aufgabe 2

Die Gerade $g = AB$ geht durch die beiden Punkte $A$ und $B$, die du in den Teilaufgaben gegeben hast. Ermittle die Bildgerade $g$, die an $a$ gespiegelt wird. Bilde dazu $A$ und $B$ ab und ermittle aus den Bildpunkten die Gerade $g'=A'B'$. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#geradengleichung#ursprungsgerade#spiegelung
a)
$A \, (2 \mid -1)$, $B \, (4 \mid 3)$, $a:y=x$
b)
$A \, (7 \mid 2)$, $B \, (2 \mid 3)$, $a:y=2x$
c)
$A \, (3 \mid 9)$, $B \, (-5 \mid 4)$, $a:y=-0,5x$
d)
$A \, (1 \mid 2)$, $B \, (2 \mid -6)$, $a:y=-x$

Aufgabe 3

Bestimme die Gleichung der Bildgeraden $g'$. Spiegele dazu die Gerade $g$ an $a$. Benutze zur Berechnung das Parameterverfahren. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#ursprungsgerade#spiegelung#geradengleichung
a)
$g:y=-x+3$, $a:y=3x$
b)
$g:y=x-6$, $a:y=0$
c)
$g:y=2x+4$, $a:y=\frac{1}{3}x$
d)
$g:y=3,5$, $a:y=-2x$

Aufgabe 4

Für die folgenden Teilaufgaben hast du die Gerade $a:y=0,5x$ gegeben, die die Achse einer Achsenspiegelung ist.
#spiegelung
a)
Suche dir einen Punkt, der auf $a$ liegt und bilde ihn ab. Was fällt dir auf?
b)
Bilde die beiden Geraden $g:y=0,5x-2$ und $h:y=-2x+1$ ab. Was fällt dir auf?

Aufgabe 5

Zeige anhand einer Herleitung, dass die Matrix einer Achsenspiegelung aus der Steigung $m$ der Spiegelachse mit den beiden Formeln $\text{sin}(2\alpha)=\dfrac{2m}{1+m^2}$ und $\text{cos}(2\alpha)=\dfrac{1-m^2}{1+m^2}$ hervorgeht.
#steigung#spiegelung#matrix

Aufgabe 6

Berechne die Bildpunkte der gegebenen Punkte unter Zuhilfenahme der gerade ermittelten Formel. Veranschauliche deine Lösung an einer Zeichnung.
#spiegelung
a)
$A \, (2 \mid 3)$, $a:y=-x$
b)
$B \, (-7 \mid -2)$, $a:y=2x$
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Lösungen
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Einführungsaufgabe

Die Abbildungsgleichung der Spiegelung an einer Ursprungsgeraden in Matrixform sieht so aus:
$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \text{cos} (2\alpha)&\text{sin}(2\alpha)\\\text{sin} (2\alpha)&-\text{cos}(2\alpha)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
Setze zuerst das jeweilige Winkelmaß $\alpha$ und rechne so weit aus wie du kommst. Setze dann die jeweiligen Punkte in die „vereinfachte“ Abbildungsgleichung ein.
#matrix
a)
$\alpha=180°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 180°)&\text{sin}(2 \cdot 180°)\\\text{sin} (2 \cdot 180°)&-\text{cos}(2 \cdot 180°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (360°)&\text{sin}(360°)\\\text{sin} (360°)&-\text{cos}(360°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array}$
$B \, (-2 \mid 6)$, $\alpha=180°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1 \cdot (-2)+0 \cdot 6\\0 \cdot (-2)-1 \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2\\-6\end{pmatrix} \end{array}$
$D \, (1 \mid 5)$, $\alpha=180°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1 \cdot 1+0 \cdot 5\\0 \cdot 1-1 \cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1\\-5\end{pmatrix} \end{array}$
$F \, (5 \mid 2)$, $\alpha=180°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1 \cdot 5+0 \cdot 2\\0 \cdot 5-1 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}5\\-2\end{pmatrix} \end{array}$
b)
$\alpha=45°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 45°)&\text{sin}(2 \cdot 45°)\\\text{sin} (2 \cdot 45°)&-\text{cos}(2 \cdot 45°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (90°)&\text{sin}(90°)\\\text{sin} (90°)&-\text{cos}(90°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array}$
$ \begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array} $
$B \, (-2 \mid 6)$, $\alpha=45°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot (-2)+1 \cdot 6\\1 \cdot (-2)+0 \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}6\\-2\end{pmatrix} \end{array}$
$D \, (1 \mid 5)$, $\alpha=45°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 1+1 \cdot 5\\1 \cdot 1+0 \cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix} \end{array}$
$F \, (5 \mid 2)$, $\alpha=45°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 5+1 \cdot 2\\1 \cdot 5+0 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix} \end{array}$
c)
$\alpha=60°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 60°)&\text{sin}(2 \cdot 60°)\\\text{sin} (2 \cdot 60°)&-\text{cos}(2 \cdot 60°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (120°)&\text{sin}(120°)\\\text{sin} (120°)&-\text{cos}(120°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\\\frac{1}{2}\sqrt{3}&\frac{1}{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array}$
$B \, (-2 \mid 6)$, $\alpha=60°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\\\frac{1}{2}\sqrt{3}&\frac{1}{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot (-2)+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 6\\\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot (-2)+\frac{1}{2} \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}6,2\\1,27\end{pmatrix} \end{array}$
$D \, (1 \mid 5)$, $\alpha=60°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\\\frac{1}{2}\sqrt{3}&\frac{1}{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot 1+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 5\\\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 1+\frac{1}{2} \cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3,83\\3,37\end{pmatrix} \end{array}$
$F \, (5 \mid 2)$, $\alpha=60°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\sqrt{3}\\\frac{1}{2}\sqrt{3}&\frac{1}{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2} \cdot 5+\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 2\\\frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 5+\frac{1}{2} \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,77\\5,33\end{pmatrix} \end{array}$
d)
$\alpha=67,5°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 67,5°)&\text{sin}(2 \cdot 67,5°)\\\text{sin} (2 \cdot 67,5°)&-\text{cos}(2 \cdot 67,5°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (135°)&\text{sin}(135°)\\\text{sin} (135°)&-\text{cos}(135°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\\\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \end{array}$
$B \, (-2 \mid 6)$, $\alpha=67,5°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\\\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot (-2)+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 6\\\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot (-2)+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}5,66\\2,83\end{pmatrix} \end{array}$
$D \, (1 \mid 5)$, $\alpha=67,5°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\\\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 1+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 5\\\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 1+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2,83\\4,24\end{pmatrix} \end{array}$
$F \, (5 \mid 2)$, $\alpha=67,5°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\\\frac{1}{2}\sqrt{2}&\frac{1}{2}\sqrt{2}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 5+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 2\\\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 5+\frac{1}{2}\sqrt{2} \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2,12\\4,95\end{pmatrix} \end{array}$

Aufgabe 1

Du hast die Koordinaten von $A$ und $A'$ gegeben. Setze diese in die Abbildungsgleichung der Spiegelung an einer Ursprungsgeraden ein und berechne, welchen Wert du für $\alpha$ einsetzen muss, damit die Gleichung erfüllt wird. Ersetze dafür $\text{sin}(2\alpha)$ und $\text{cos}(2\alpha)$ durch die Variablen $x$ und $y$. So erhältst du ein lineares Gleichungssystem, dass du auflösen musst, um die Werte für $x$ und $y$ zu erhalten. Danach kannst du den Wert von $\alpha$ mit dem Arkussinus und dem Arkuskosinus berechnen. Beachte, dass du in der Abbildungsgleichung der Spiegelung an einer Ursprungsgerade immer $2 \cdot \alpha$ hast und deshalb den Wert am Ende noch durch $2$ teilen musst.
Danach kannst du den Punkt $B$ wie in der Einführungsaufgabe spiegeln, um die Koordinaten von $B'$ zu erhalten.
#winkel
a)
$A \, (2 \mid 6)$, $A' \, (-6 \mid -2)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}-6\\-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \alpha)&\text{sin}(2 \alpha)\\\text{sin} (2 \alpha)&-\text{cos}(2 \alpha)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} x&y\\y&-x\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2x+6y\\2y-6x\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}-6\\-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} x&y\\y&-x\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\-2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2x+6y\\2y-6x\end{pmatrix} \end{array}$
An der Gleichung erkennst du, dass $x=0$ und $y=-1$ sein muss. Rechne mit dem Arkussinus und dem Arkuscosinus um den Wert für $2 \cdot \alpha$ herauszufinden.
$\begin{array}[t]{rll} \text{arccos}(0)&=&90° &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arcsin}(-1)&=&-90° \end{array}$
Du du einmal ein positives und einmal ein negatives Vorzeichen vor dem Winkel bekommen hast, musst du nun die Gegenprobe machen. Die unterschiedlichen Vorzeichen können deshalb vorkommen, weil Sinus und Kosinus periodisch verlaufen.
$\begin{array}[t]{rll} \text{cos}(90°)&=&0 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{cos}(-90°)&=&0 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{sin}(90°)&=&1° &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{sin}(-90°)&=&-1° &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Daran kannst du erkennen, dass die richtige Lösung $-90°$ sein muss, da bei diesem Wert der Kosinus und der Sinus die richtigen Werte ergeben. Die Spiegelachse $a$, an der der Punkt $A$ gespiegelt wird, schließt also mit der positiven $x-$Achse einen Winkel vom Maß $\alpha=-45°=135°$ ein.
Die Spiegelachse $a$ besitzt folglich die Gleichung $a:y=-x$.
Die Abbildungsgleichung lautet folgendermaßen:
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 135°)&\text{sin}(2 \cdot 135°)\\\text{sin} (2 \cdot 135°)&-\text{cos}(2 \cdot 135°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Mithilfe der Abbildungsgleichung kannst du die Koordinaten von $B'$ ermitteln.
$B \, (7 \mid 4)$, $\alpha=135°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}7\\4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 7-1 \cdot 4\\-1 \cdot 7+ 0 \cdot 4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-4\\-7\end{pmatrix} \end{array}$
Die Koordinaten von $B'$ betragen $B' \, (-4 \mid -7)$.
b)
$A \, (3 \mid -6)$, $A' \, (-6 \mid 3)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}-6\\3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \alpha)&\text{sin}(2 \alpha)\\\text{sin} (2 \alpha)&-\text{cos}(2 \alpha)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} x&y\\y&-x\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3x-6y\\3y+6x\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}-6\\3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} x&y\\y&-x\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}-6\\3\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3x-6y\\3y+6x\end{pmatrix} \end{array}$
An der Gleichung erkennst du, dass $x=0$ und $y=1$ sein muss. Rechne mit dem Arkussinus und dem Arkuscosinus um den Wert für $2 \cdot \alpha$ herauszufinden.
$\begin{array}[t]{rll} \text{arccos}(0)&=&90° &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arcsin}(1)&=&90° \end{array}$
Die Spiegelachse $a$, an der der Punkt $A$ gespiegelt wird, schließt also mit der positiven $x-$Achse einen Winkel vom Maß $\alpha=45°$ ein.
Die Spiegelachse $a$ besitzt folglich die Gleichung $a:y=x$.
Die Abbildungsgleichung lautet folgendermaßen:
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 45°)&\text{sin}(2 \cdot 45°)\\\text{sin} (2 \cdot 45°)&-\text{cos}(2 \cdot 45°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Mithilfe der Abbildungsgleichung kannst du die Koordinaten von $B'$ ermitteln.
$B \, (-5 \mid 9)$, $\alpha=45°$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-5\\9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot (-5)+1 \cdot 9\\1 \cdot (-5)+ 0 \cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}9\\-5\end{pmatrix} \end{array}$
Die Koordinaten von $B'$ betragen $B' \, (9 \mid -5)$.

Aufgabe 2

Um die Punkte zu spiegeln, musst du zunächst einmal den Winkel $\alpha$ berechnen, den die Gerade $a$ mit der positiven $x-$Achse einschließt. Diese berechnest du mithilfe des Tangens. Es gilt:
$m = tan(\alpha)$
Spiegle die Punkte an der Ursprungsgeraden und setze die beiden 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.
#winkel#steigungswinkel#tangens#steigung
a)
$a:y=x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&1 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(1)&=&45° \end{array}$
$A \, (2 \mid -1)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 45°)&\text{sin}(2 \cdot 45°)\\\text{sin} (2 \cdot 45°)&-\text{cos}(2 \cdot 45°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (90°)&\text{sin}(90°)\\\text{sin} (90°)&-\text{cos}(90°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 2+1 \cdot (-1)\\1 \cdot 2 + 0 \cdot (-1)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-1 \\ 2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 2+1 \cdot (-1)\\1 \cdot 2 + 0 \cdot (-1)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-1 \\ 2\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-1 \mid 2)$.
$B \, (4 \mid 3)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 45°)&\text{sin}(2 \cdot 45°)\\\text{sin} (2 \cdot 45°)&-\text{cos}(2 \cdot 45°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (90°)&\text{sin}(90°)\\\text{sin} (90°)&-\text{cos}(90°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 4+1 \cdot 3\\1 \cdot 4 + 0 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3 \\ 4\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 4+1 \cdot 3\\1 \cdot 4 + 0 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3 \\ 4\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (3 \mid 4)$.
Berechne nun die Steigung der Geraden $g'=A'B'$ mit der Formel $m= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung $m$ und einen der beiden Bildpunkte in die Geradengleichung $y = m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu erhalten.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\frac{4-2}{3+1} &\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&\frac{1}{2} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 2&=&\frac{1}{2} \cdot -1 + t &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{1}{2}\\[5pt] t&=&\frac{5}{2} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':A'B'=y= \frac{1}{2}x+\frac{5}{2}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 1: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2a
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 1: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2a
b)
$a:y=2x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&2 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(2)&=&63,43° \end{array}$
$A \, (7 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 63,43°)&\text{sin}(2 \cdot 63,43°)\\\text{sin} (2 \cdot 63,43°)&-\text{cos}(2 \cdot 63,43°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (126,86°)&\text{sin}(126,86°)\\\text{sin} (126,86°)&-\text{cos}(126,86°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6&0,8\\0,8&0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6 \cdot 7+0,8 \cdot 2\\0,8 \cdot 7 + 0,6 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2,6 \\ 6,8\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6 \cdot 7+0,8 \cdot 2\\0,8 \cdot 7 + 0,6 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2,6 \\ 6,8\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-2,6 \mid 6,8)$.
$B \, (2 \mid 3)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 63,43°)&\text{sin}(2 \cdot 63,43°)\\\text{sin} (2 \cdot 63,43°)&-\text{cos}(2 \cdot 63,43°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (126,86°)&\text{sin}(126,86°)\\\text{sin} (126,86°)&-\text{cos}(126,86°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6&0,8\\0,8&0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6 \cdot 2+0,8 \cdot 3\\0,8 \cdot 2 + 0,6 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1,2 \\ 3,4\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6 \cdot 2+0,8 \cdot 3\\0,8 \cdot 2 + 0,6 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1,2 \\ 3,4\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (1,2 \mid 3,4)$.
Berechne nun die Steigung der Geraden $g'=A'B'$ mit der Formel $m= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung $m$ und einen der beiden Bildpunkte in die Geradengleichung $y = m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu erhalten.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\frac{3,4-6,8}{1,2+2,6} &\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&-\frac{17}{19} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 3,4&=&-\frac{17}{19} \cdot 1,2 + t &\quad \scriptsize \mid\; +(\frac{17}{19} \cdot 1,2)\\[5pt] t&=&\frac{85}{19} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':A'B'=y= -\frac{17}{19}x+\frac{85}{19}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 2: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2b
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 2: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2b
c)
$a:y=-0,5x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&-0,5 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(-0,5)&=&-26,56° \end{array}$
$A \, (3 \mid 9)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot -26,56°)&\text{sin}(2 \cdot -26,56°)\\\text{sin} (2 \cdot -26,56°)&-\text{cos}(2 \cdot -26,56°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (-53,12°)&\text{sin}(-53,12°)\\\text{sin} (-53,12°)&-\text{cos}(-53,12°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6&-0,8\\-0,8&-0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}3\\9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6 \cdot 3-0,8 \cdot 9\\-0,8 \cdot 3 -0,6 \cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-5,4 \\ -7,8\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6 \cdot 3-0,8 \cdot 9\\-0,8 \cdot 3 -0,6 \cdot 9\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-5,4 \\ -7,8\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-5,4 \mid -7,8)$.
$B \, (-5 \mid 4)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot -26,56°)&\text{sin}(2 \cdot -26,56°)\\\text{sin} (2 \cdot -26,56°)&-\text{cos}(2 \cdot -26,56°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-5\\4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (-53,12°)&\text{sin}(-53,12°)\\\text{sin} (-53,12°)&-\text{cos}(-53,12°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-5\\4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6&-0,8\\-0,8&-0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-5\\4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6 \cdot (-5)-0,8 \cdot 4\\-0,8 \cdot (-5) -0,6 \cdot 4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-6,2 \\ 1,6\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-6,2 \\ 1,6\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (-6,2 \mid 1,6)$.
Berechne nun die Steigung der Geraden $g'=A'B'$ mit der Formel $m= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung $m$ und einen der beiden Bildpunkte in die Geradengleichung $y = m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu erhalten.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\frac{1,6+7,8}{-6,2+5,4} &\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&-11,75 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 1,6&=&-11,75 \cdot (-6,2) + t &\quad \scriptsize \mid\; -(-11,75 \cdot (-6,2)\\[5pt] t&=&-71,25 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':A'B'=y= -11,75x-71,25$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 3: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2c
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 3: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2c
d)
$a:y=-x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&-1 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(-1)&=&-45° \end{array}$
$A \, (1 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot (-45°))&\text{sin}(2 \cdot (-45°))\\\text{sin} (2 \cdot (-45°))&-\text{cos}(2 \cdot (-45°))\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (-90°)&\text{sin}(-90°)\\\text{sin} (-90°)&-\text{cos}(-90°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 1-1 \cdot 2\\-1 \cdot 1 +0 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2 \\ -1\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 1-1 \cdot 2\\-1 \cdot 1 +0 \cdot 2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-2 \\ -1\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $A$ hat die Koordinaten $A' \, (-2 \mid -1)$.
$B \, (2 \mid -6)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot (-45°))&\text{sin}(2 \cdot (-45°))\\\text{sin} (2 \cdot (-45°))&-\text{cos}(2 \cdot (-45°))\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (-90°)&\text{sin}(-90°)\\\text{sin} (-90°)&-\text{cos}(-90°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 2-1 \cdot (-6)\\-1 \cdot 2 +0 \cdot (-6)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}6 \\ -2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0 \cdot 2-1 \cdot (-6)\\-1 \cdot 2 +0 \cdot (-6)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}6 \\ -2\end{pmatrix} \end{array}$
Der Bildpunkt von $B$ hat die Koordinaten $B' \, (6\mid -2)$.
Berechne nun die Steigung der Geraden $g'=A'B'$ mit der Formel $m= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und setze dann die Steigung $m$ und einen der beiden Bildpunkte in die Geradengleichung $y = m \cdot x + t$ ein, um den $y-$Achsenabschnitt $t$ zu erhalten.
$\begin{array}[t]{rll} m&=&\frac{-2+1}{6+2} &\quad \scriptsize \\[5pt] m&=&-\frac{1}{8} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} -1&=&-\frac{1}{8} \cdot (-2) + t &\quad \scriptsize \mid\; -(-\frac{1}{8} \cdot (-2) )\\[5pt] t&=&-\frac{5}{4} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':A'B'=y= -\frac{1}{8}x-\frac{5}{4}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 4: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2d
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 4: Abbildung von $g'$, Aufgabe 2d

Aufgabe 3

Um die Gerade zu spiegeln, musst du zunächst wieder den Winkel $\alpha$ berechnen, den die Gerade $a$ mit der positiven $x-$Achse einschließt. Diesen berechnest du mithilfe des Tangens. Es gilt:
$m = tan(\alpha)$
Wenn du das Winkelmaß herausgefunden hast, berechne die Werte für $\text{cos}(2 \cdot \alpha)$ und $\text{sin}(2 \cdot \alpha)$, dann kannst du die Werte später direkt in die Gleichung übertragen. Wende nun das Parameterverfahren an.
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 $g'$.
#steigungswinkel
a)
$g:y=-x+3$
$a:y=3x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&3 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(3)&=&71,57° \end{array}$
$\text{sin}(2 \cdot 71,75°)=0,6$
$\text{cos}(2 \cdot 71,75°)=-0,8$
Bilde $P \,(x \mid -x+3)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -0,8&0,6\\0,6&0,8\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\-x+3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} -0,8 \cdot x+0,6 \cdot (-x+3)\\0,6 \cdot x+0,8\cdot(-x+3)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} -0,8 x-0,6x +1,8\\0,6x-0,8x+2,4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-1,4x+1,8\\-0,2x+2,4\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-1,4x+1,8\\-0,2x+2,4\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (-1,4x+1,8 \mid -0,2x+2,4)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-1,4x+1,8\\[5pt] \text{II}&y'&=&-0,2x+2,4 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die zweite Gleichung nach $x$ um und setze in die erste Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{II}&0,2x&=&2,4-y' &\quad \scriptsize \mid\; \cdot 5\\[5pt] \text{II}&x&=&12-5y' &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{I}&x'&=&-1,4 \cdot (12-5y') +1,8 &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Löse die Gleichung nun nach $y$ auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} x'&=&-16,8 +7y' +1,8 &\quad \scriptsize \\[5pt] x'&=&-15+7y' &\quad \scriptsize \mid\; +15 \\[5pt] 7y'&=&x+15 &\quad \scriptsize \mid\; :7 \\[5pt] y'&=&\frac{1}{7}x+\frac{15}{7} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=\frac{1}{7}x+\frac{15}{7}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 5: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3a
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 5: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3a
b)
$g:y=x-6$
$a:y=0$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&0 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(0)&=&0° \end{array}$
$\text{sin}(2 \cdot 0°)=0$
$\text{cos}(2 \cdot 0°)=1$
Bilde $P \,(x \mid x-6)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 1&0\\0&-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\x-6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 1\cdot x+0 \cdot (x-6)\\0 \cdot x+-1\cdot(x-6)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}x\\-x+6\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x\mid -x+6)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x\\[5pt] \text{II}&y'&=&-x+6 \end{array}$
Setze die erste Gleichung in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{II}&y'&=&-x'+6' \\[5pt] \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-x+6$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 6: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3b
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 6: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3b
c)
$g:y=2x+4$
$a:y=\frac{1}{3}x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&\frac{1}{3} &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(\frac{1}{3})&=&18,43° \end{array}$
$\text{sin}(2 \cdot 18,43°)=0,6$
$\text{cos}(2 \cdot 18,43°)=0,8$
Bilde $P \,(x \mid 2x+4)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 0,8&0,6\\0,6&-0,8\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\2x+4\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,8 \cdot x+0,6 \cdot (2x+4)\\0,6 \cdot x-0,8\cdot(2x+4)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,8 x+1,2x+2,4\\0,6x-1,6x-3,2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2x+2,4\\-x-3,2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,8 x+1,2x+2,4\\0,6x-1,6x-3,2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2x+2,4\\-x-3,2\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (2x+2,4 \mid -x-3,2)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&2x+2,4\\[5pt] \text{II}&y'&=&-x-3,2 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die zweite Gleichung nach $x$ um und setze in die erste Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{II}&x&=&-3,2-y' &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{I}&x'&=&2 \cdot (-3,2 - y') + 2,4&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Löse die Gleichung nun nach $y$ auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} x'&=&-6,4 - 2y'+2,4 &\quad \scriptsize \\[5pt] x'&=&-4-2y' &\quad \scriptsize \mid\; + 2y'; -x' \\[5pt] 2y'&=&-4-x' &\quad \scriptsize \mid\; :2\\[5pt] y'&=&-\frac{1}{2}x-2 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-\frac{1}{2}x-2$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 7: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3c
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 7: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3c
d)
$g:y=3.5$
$a:y=-2x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&-2 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(-2)&=&-63,43° \end{array}$
$\text{sin}(2 \cdot (-63,43)°)=-0,8$
$\text{cos}(2 \cdot (-63,43)°)=-0,6$
Bilde $P \,(x \mid 3,5)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} -0,6&-0,8\\-0,8&0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\3,5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} -0,6 \cdot x-0,8 \cdot 3,5\\-0,8 \cdot x+0,6\cdot 3,5\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-0,6x-2,8\\-0,8x+2,1\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (-0,6x-2,8 \mid -0,8x+2,1)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-0,6x-2,8\\[5pt] \text{II}&y'&=&-0,8x+2,1 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&0,6x&=&-2,8-x' &\quad \scriptsize \mid\; \cdot \frac{5}{3} \\[5pt] \text{I}&x&=&-\frac{14}{3} -\frac{5}{3} x' &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{II}&y'&=&-0,8 \cdot (-\frac{14}{3} -\frac{5}{3} x') + 2,1&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}{rll} \text{I}&0,6x&=&-2,8-x' &\quad \scriptsize \mid\; \cdot \frac{5}{3} \\[5pt] \text{I}&x&=&-\frac{14}{3} -\frac{5}{3} x' &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Löse die Gleichung nun nach $y$ auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} y'&=&\frac{56}{15} +\frac{4}{3} x'+2,1&\quad \scriptsize \\[5pt] y'&=&\frac{4}{3}x' +\frac{35}{6} \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=\frac{4}{3}x' +\frac{35}{6}$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 8: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3d
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 8: Abbildung von $g'$, Aufgabe 3d

Aufgabe 4

a)
Der Punkt $A \, (4 \mid 2)$ liegt auf $a$. Berechne zuerst die Größe des Winkels $\alpha$ und setze dann deine Werte in die Abbildungsgleichung der Spiegelung an einer Ursprungsgeraden ein.
$a:y=0,5x$
$\begin{array}[t]{rll} \text{tan}(\alpha)&=&0,5&\quad \scriptsize \\[5pt] \text{arctan}(0,5)&=&26,57° \end{array}$
$A \, (4 \mid 2)$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (2 \cdot 26,57°)&\text{sin}(2 \cdot 26,57°)\\\text{sin} (2 \cdot 26,57°)&-\text{cos}(2 \cdot 26,57°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} \text{cos} (53,14°)&\text{sin}(53,14°)\\\text{sin} (53,14°)&-\text{cos}(53,14°)\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}0,6&0,8\\0,8&-0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}4 \\ 2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}4 \\ 2\end{pmatrix} \end{array}$
Wenn du einen Punkt, der auf der Spiegelachse liegt, abbildest, ist der Bildpunkt identisch mit dem ursprünglichen Punkt. Solche Punkte werden als Fixpunkte bezeichnet.
#fixpunkt
b)
$g:y=0,5x-2$
$a:y=0,5x$
Nutze die Abbildungsmatrix aus Teilaufgabe $a)$.
Bilde $P \,(x \mid 0,5x-2)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 0,6&0,8\\0,8&-0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\0,5x-2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6 \cdot x+0,8 \cdot (0,5x-2)\\0,8 \cdot x-0,6\cdot(0,5x-2)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x+0,4x-1,6\\0,8x-0,3x+1,2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}x-1,6\\0,5x+1,2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x+0,4x-1,6\\0,8x-0,3x+1,2\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}x-1,6\\0,5x+1,2\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (x-1,6 \mid 0,5x+1,2)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&x-1,6\\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5x+1,2 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&x'+1,6 &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{II}&y'&=&0,5 \cdot (x'+1,6)+1,2&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Löse die Gleichung auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} y'&=&0,5x'+0,8+1,2 &\quad \scriptsize \\[5pt] y'&=&0,5x+2 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=0,5x+2$.
$h:y=-2x+1$
$a:y=0,5x$
Nutze die Abbildungsmatrix aus Teilaufgabe $a)$.
Bilde $P \,(x \mid -2x+1)$ ab.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} &=&\begin{pmatrix} 0,6&0,8\\0,8&-0,6\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}x\\-2x+1\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6 \cdot x+0,8 \cdot (-2x+1)\\0,8 \cdot x-0,6\cdot(-2x+1)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x-1,6x+0,8\\0,8x+1,2x-0,6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-x+0,8\\2x-0,6\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 0,6x-1,6x+0,8\\0,8x+1,2x-0,6\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-x+0,8\\2x-0,6\end{pmatrix} \end{array}$
Daraus ergibt sich der Bildpunkt $P' \, (-x+0,8 \mid 2x-0,6)$.
Aus dem Bildpunkt ergibt sich ein System von Koordinatengleichungen.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x'&=&-x+0,8\\[5pt] \text{II}&y'&=&2x-0,6 \end{array}$
Eliminiere aus den Gleichungen das Parameter $x$. Stelle dazu die erste Gleichung nach $x$ um und setze in die zweite Gleichung ein.
$\begin{array}{rll} \text{I}&x&=&0,8-x' &\quad \scriptsize \\[5pt] \text{II}&y'&=&2 \cdot (0,8-x')-0,6&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Löse die Gleichung auf, so ergibt sich die Gleichung der Bildgeraden $g'$.
$\begin{array}[t]{rll} y'&=&1,6-2x'-0,6&\quad \scriptsize \\[5pt] y'&=&-2x'+1 \end{array}$
Die Gleichung der Bildgeraden $g'$ lautet $g':y=-2x'+1$.
Wenn du eine Gerade spiegelst, die parallel zur Spiegelachse verläuft, ändert sich lediglich das Vorzeichen des Wertes des $y-$Achsenabschnitts.
Wenn du eine Gerade spiegelst, die senkrecht zur Spiegelachse verläuft, ist die Bildgerade identisch mit der ursprünglichen Geraden. Solch eine Gerade nennt man eine Fixgerade. Sie besteht aus einem Fixpunkt (der Schnittpunkt mit der Spiegelachse), ansonsten ist jeder Punkt auf einem anderen Punkt der Geraden wieder abgebildet.
#fixgerade

Aufgabe 5

Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 10: Steigung
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 10: Steigung
$Q \mid (m \mid -1)$ definiert. Sein Bildpunkt $Q'$ besitzt die Koordinaten $Q' (-m \mid 1)$. Die festgelegten Punkte führen zu $2$ Bedingungen, die die Matrix erfüllen muss.
$ \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}1\\m\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\m\end{pmatrix} $
$ \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}m\\-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-m\\1\end{pmatrix} $ $\,$
Mithilfe dieser $2$ Bedingungen kannst du die Koeffizienten der Matrix durch Lösen der folgenden Gleichungen bestimmen.
$a + bm = 1$
$c + dm = m$
$am -b = -m$
$cm -d = 1$
Löse zunächst je zwei Gleichungen nach derselben Variable auf und setze dann gleich, um auf die Lösung für die in der Gleichung verbliebenen Variable zu bekommen.
1. Schritt: $a$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} a + bm&=&1 &\quad \scriptsize \mid\; -a; :m\\[5pt] b&=&1 \dfrac{1-a}{m} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} am -b&=&-m&\quad \scriptsize \mid\; +b; +m\\[5pt] b&=&am+m \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{1-a}{m}&=&am+m&\quad \scriptsize \mid\; \cdot m\\[5pt] 1-a&=&am^2 + m^2&\quad \scriptsize \mid \; +a; -m^2 \\[5pt] 1-m^2&=&am^2+a&\quad \scriptsize \mid\; \text{a ausklammern}\\[5pt] 1-m^2&=&a\cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \mid \; :(1+m^2) \\[5pt] a&=&\dfrac{1-m^2}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{1-a}{m}&=&am+m&\quad \scriptsize \\[5pt] 1-a&=&am^2 + m^2&\quad \scriptsize \\[5pt] 1-m^2&=&am^2+a&\quad \scriptsize \\[5pt] 1-m^2&=&a\cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \\[5pt] a&=&\dfrac{1-m^2}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: $b$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} a + bm&=&1 &\quad \scriptsize \mid\; - bm\\[5pt] a&=&1 - bm \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} am -b&=&-m&\quad \scriptsize \mid\; +b; :m\\[5pt] a&=& \dfrac{-m+b}{m} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 1 - bm&=&\dfrac{-m+b}{m}&\quad \scriptsize \mid\; \cdot m\\[5pt] m - bm^2&=&-m+b&\quad \scriptsize \mid \; +bm^2 + m \\[5pt] 2m&=&b + bm^2&\quad \scriptsize \mid\; \text{b ausklammern}\\[5pt] 2m&=&b \cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \mid \; :(1+m^2) \\[5pt] b&=&\dfrac{2m}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 1 - bm&=&\dfrac{-m+b}{m}&\quad \scriptsize \\[5pt] m - bm^2&=&-m+b&\quad \scriptsize \\[5pt] 2m&=&b + bm^2&\quad \scriptsize \\[5pt] 2m&=&b \cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \\[5pt] b&=&\dfrac{2m}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
3. Schritt: $c$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} c + dm&=&m&\quad \scriptsize \mid\; -c; :m\\[5pt] d&=& \dfrac{m-c}{m} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} cm-d&=&1&\quad \scriptsize \mid\; +d; -1\\[5pt] d&=&cm-1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{m-c}{m}&=&cm-1&\quad \scriptsize \mid\; \cdot m\\[5pt] m-c&=&cm^2-m&\quad \scriptsize \mid \; +c; +m\\[5pt] 2m&=&cm^2+c&\quad \scriptsize \mid\; \text{c ausklammern}\\[5pt] 2m&=&c\cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \mid \; :(1+m^2) \\[5pt] c&=&\dfrac{2m}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{m-c}{m}&=&cm-1&\quad \scriptsize \\[5pt] m-c&=&cm^2-m&\quad \scriptsize \\[5pt] 2m&=&cm^2+c&\quad \scriptsize \\[5pt] 2m&=&c\cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \\[5pt] c&=&\dfrac{2m}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
4. Schritt: $d$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} c + dm&=&m&\quad \scriptsize \mid\; -dm\\[5pt] c&=&m-dm \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} cm-d&=&1&\quad \scriptsize \mid\; +d; :m\\[5pt] c&=&\dfrac{1+d}{m} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} m-dm&=&\dfrac{1+d}{m}&\quad \scriptsize \mid\; \cdot m\\[5pt] m^2 - dm^2&=&1+d&\quad \scriptsize \mid \; +dm^2 -1 \\[5pt] m^2-1&=&d+dm^2&\quad \scriptsize \mid\; \text{d ausklammern}\\[5pt] m^2-1&=&d \cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \mid \; :(1+m^2) \\[5pt] d&=&\dfrac{m^2-1}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} m-dm&=&\dfrac{1+d}{m}&\quad \scriptsize \\[5pt] m^2 - dm^2&=&1+d&\quad \scriptsize \\[5pt] m^2-1&=&d+dm^2&\quad \scriptsize \\[5pt] m^2-1&=&d \cdot (1+m^2)&\quad \scriptsize \\[5pt] d&=&\dfrac{m^2-1}{1+m^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
Da du die Koeffizienten nun bestimmt hast, kannst du sie in die Gleichung einsetzen.
$ S=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1-m^2}{1+m^2}&\frac{2m}{1+m^2}\\\frac{2m}{1+m^2}&\dfrac{m^2-1}{1+m^2}\end{pmatrix} = \dfrac{1}{1+m^2} \cdot \begin{pmatrix}1-m^2&2m\\2m&m^2-1\end{pmatrix} $
$ S=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1-m^2}{1+m^2}&\frac{2m}{1+m^2}\\\frac{2m}{1+m^2}&\dfrac{m^2-1}{1+m^2}\end{pmatrix} $
In der Matrix der Abbildungsgleichung steht $a$ für $\text{cos}(2 \alpha)$, $b$ und $c$ für $\text{sin}(2 \alpha)$ und d für $-\text{cos}(2 \alpha)$. Somit hast du gezeigt, dass die Matrix einer Achsenspiegelung aus der Steigung $m$ der Spiegelachse mit den beiden Formeln $\text{sin}(2\alpha)=\dfrac{2m}{1+m^2}$ und $\text{cos}(2\alpha)=\dfrac{1-m^2}{1+m^2}$ hervorgeht.

Aufgabe 6

a)
$A \; (2 \mid 3)$, $a:y=-x$
Die Steigung $m$ von $a:y=-x$ beträgt $m=-1$.
Setze den $A$ und $m$ in die zuvor aufgestellte Formel ein und rechne aus.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \dfrac{1}{1+(-1)^2} \cdot \begin{pmatrix}1-(-1)^2&2 \cdot (-1)\\2 \cdot (-1)&(-1)^2-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \dfrac{1}{2} \cdot \begin{pmatrix}0&-2\\-2&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}0 \cdot 2-1 \cdot 3\\-1 \cdot 2 + 0 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-3\\-2\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}0 \cdot 2-1 \cdot 3\\-1 \cdot 2 + 0 \cdot 3\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-3\\-2\end{pmatrix} \end{array}$
Die Koordinaten des Bildpunktes $A'$ betragen $A' \, (-3 \mid -2)$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 10: Abbildung von $A'$, Aufgabe 6a
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 10: Abbildung von $A'$, Aufgabe 6a
b)
$B \; (-7 \mid -2)$, $a:y=2x$
Die Steigung $m$ von $a:y=2x$ beträgt $m=2$.
Setze den Punkt $B$ und $m$ in die zuvor aufgestellte Formel ein und rechne aus.
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \dfrac{1}{1+2^2} \cdot \begin{pmatrix}1-2^2&2 \cdot 2\\2 \cdot 2&2^2-1\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-7\\-2\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \dfrac{1}{5} \cdot \begin{pmatrix}-3&4\\4&3\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-7\\-2\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{3}{5}&\frac{4}{5}\\\frac{4}{5}&\frac{3}{5}\end{pmatrix} \odot \begin{pmatrix}-7\\-2\end{pmatrix}&\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}-\frac{3}{5} \cdot (-7) +\frac{4}{5} \cdot (-2)\\\frac{4}{5} \cdot (-7) +\frac{3}{5} \cdot (-2)\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\frac{21}{5}-\frac{8}{5}\\-\frac{28}{5}-\frac{6}{5}\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2,6\\-6,8\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=& \begin{pmatrix}\frac{21}{5}-\frac{8}{5}\\-\frac{28}{5}-\frac{6}{5}\end{pmatrix} &\quad \scriptsize \\[5pt] \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}2,6\\-6,8\end{pmatrix} \end{array}$
Die Koordinaten des Bildpunktes $B'$ betragen $B' \, (2,6 \mid -6,8)$.
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 11: Abbildung von $A'$, Aufgabe 6b
Abbildungen im Koordinatensystem: Achsenspiegelung an Ursprungsgeraden
Abb. 11: Abbildung von $A'$, Aufgabe 6b
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