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Analytische Geometrie 2.1

Aufgaben
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Die Abbildung zeigt die Seitenansicht einer Brücke über die Autobahn.
Der Verlauf der seitlichen Streben kann modellhaft im Koordinatensystem durch die Punkte $A (0\mid 0\mid 5 ),$ $B(4,4\mid 44 \mid 5),$ $C(0,2\mid 2 \mid 7)$ und $D(4,8\mid 48\mid 9)$ beschrieben werden.
Die Fahrbahn unterhalb der Brücke liegt in der $xy$-Ebene. $\left[1\,\text{Längeneinheit}\, = 1\,\text{m}\right]$
a)
Die Punkte $A,$ $B$ und $C$ liegen in der Ebene $E.$
Ermittle einen Normalenvektor der Ebene $E$ und gib eine Gleichung der Ebene $E$ in Koordinatenform an.
[Zur Kontrolle: $E:\quad -10x+y = 0$ ]
(4 BE)
#normalenvektor#koordinatenform
b)
Weise nach, dass der Punkt $D$ in der Ebene $E$ liegt.
Zeige, dass die Ebene $E$ orthogonal zur $xy$-Ebene liegt.
(3 BE)
c)
Die Punkte $A$ und $B$ liegen auf der Geraden $g,$ die Punkte $C$ und $D$ liegen auf der Geraden $h.$
Begründe, dass die Geraden $g$ und $h$ einen Schnittpunkt haben müssen. Berechne den Winkel unter dem sich die Geraden $g$ und $h$ schneiden.
(6 BE)
#schnittwinkel
Ein Fahrzeug bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit auf einer geradlinigen Bahn auf die Brücke zu. Zunächst befindet es sich im Punkt $P( 82\mid 40\mid 0)$ und $1,5\,\text{s}$ später im Punkt $Q(42 \mid 36 \mid 0).$
d)
Berechne, welche Strecke das Fahrzeug in diesen $1,5\,\text{s}$ zurückgelegt hat. Berechne die Geschwindigkeit des Fahrzeugs und gib diese in $\frac{\text{km}}{\text{h}}$ an.
(2 BE)
e)
Das Fahrzeug fährt unverändert geradlinig weiter.
Ermittle, wie lange das Fahrzeug benötigt, um vom Punkt $Q$ bis zu dem Punkt zu gelangen, der genau vertikal unter der Strebe durch $A$ und $B$ liegt.
(5 BE)

(20 BE)
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Normalenvektor ermittelnAnalytische Geometrie 2.1
Ein Normalenvektor der Ebene $E$ kann mithilfe des Kreuzprodukts zweier Verbindungsvektoren der drei Punkte $A,$ $B$ und $C$ berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}&=& \overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} \\[5pt] &=& \pmatrix{4,4\\44\\0}\times \pmatrix{0,2\\2\\2} \\[5pt] &=& \pmatrix{44\cdot 2 - 0\cdot 2\\ 0\cdot 0,2 -4,4\cdot 2 \\ 4,4\cdot 2- 44\cdot 0,2} \\[5pt] &=& \pmatrix{88\\ -8,8\\ 0} \\[5pt] &=& -8,8\cdot \pmatrix{-10\\1\\0} \end{array}$
Ein Normalenvektor von $E$ ist also beispielsweise $\overrightarrow{n}_E = \pmatrix{-10\\1\\0}$ oder alternativ auch $\pmatrix{88\\-8,8\\0}.$
$\blacktriangleright$  Ebenengleichung aufstellen
Mit einer Punktprobe und dem oben bestimmten Normalenvektor folgt:
$\begin{array}[t]{rll} E:\quad -10x +1y +0z &=& d &\quad \scriptsize \mid\;A(0\mid0\mid5) \\[5pt] -10\cdot 0 +1\cdot 0 +0\cdot 5 &=& d \\[5pt] 0&=& d \\[5pt] \end{array}$
$ d=0 $
Eine Gleichung von $E$ in Koordinatenform lautet:
$E:\quad -10x +y = 0$
#kreuzprodukt
b)
$\blacktriangleright$  Lage des Punkts nachweisen
Eine Punktprobe mit den Koordinaten von $D$ in der Ebenengleichung von $E$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} E:\quad -10x +y &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; D(4,8\mid 48\mid 9) \\[5pt] -10\cdot 4,8 + 48 &=& 0 \\[5pt] 0&=& 0 \end{array}$
$ 0=0 $
Da die Koordinaten von $D$ die Ebenengleichung von $E$ erfüllen, liegt $D$ in der Ebene $E.$
$\blacktriangleright$  Orthogonale Lage zeigen
Zwei Ebenen liegen orthogonal zueinander wenn ihre Normalenvektoren orthogonal zueinander liegen. Das ist der Fall wenn das Skalarprodukt der beiden Normalenvektoren Null ergibt. Ein Normalenvektor der $xy$-Ebene ist $\overrightarrow{n}_{z}=\pmatrix{0\\0\\1}.$
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}_E\circ \overrightarrow{n}_{z}&=&\pmatrix{-10\\1\\0}\circ \pmatrix{0\\0\\1} \\[5pt] &=& -10\cdot 0 +1\cdot 0 + 0\cdot 1 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ \overrightarrow{n}_E\circ \overrightarrow{n}_{z}=0 $
Da das Skalarprodukt der beiden Normalenvektoren Null ergibt, liegen die beiden Normalenvektoren und damit auch $E$ und die $xy$-Ebene orthogonal zueinander.
#skalarprodukt
c)
$\blacktriangleright$  Schnittpunkt begründen
Ein Richtungsvektor der Geraden $g$ ist $\overrightarrow{AB} = \pmatrix{4,4\\44\\0},$ ein Richtungsvektor von $h$ ist $\overrightarrow{CD} =\pmatrix{4,6\\46\\2}.$
Diese beiden Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig, da die letzte Koordinate bei $\overrightarrow{AB}$ Null ist, bei $\overrightarrow{CD}$ aber nicht. Daher sind die beiden Geraden $g$ und $h$ nicht parallel.
Gleichzeitig liegen aber alle vier Punkte in der Ebene $E,$ wodurch auch die Geraden $g$ und $h$ in der gemeinsamen Ebene $E$ liegen. Sie liegen also in einer Ebene, sind aber nicht parallel zueinander und müssen sich daher schneiden.
$\blacktriangleright$  Schnittwinkel berechnen
Zur Berechnung des Schnittwinkels kannst du die oben bestimmten Richtungsvektoren verwenden. Mit der entsprechenden Formel folgt:
$\begin{array}[t]{rll} \cos \phi &=& \dfrac{\left|\overrightarrow{AB}\circ\overrightarrow{CD} \right|}{\left|\overrightarrow{AB} \right| \cdot \left|\overrightarrow{CD} \right|} \\[5pt] \cos \phi &=& \dfrac{\left|\pmatrix{4,4\\44\\0}\circ\pmatrix{4,6\\46\\2} \right|}{\left|\pmatrix{4,4\\44\\0}\right| \cdot \left|\pmatrix{4,6\\46\\2} \right|} \\[5pt] \cos \phi &=& \dfrac{\left|4,4\cdot 4,6 + 44\cdot 46 +0\cdot 2 \right|}{\sqrt{4,4^2+44^2+0^2} \cdot \sqrt{4,6^2+46^2+2^2}} \\[5pt] \cos \phi &=& \dfrac{2.044,24}{\sqrt{1.955,36} \cdot \sqrt{2.141,16}} &\quad \scriptsize \mid\; \cos^{-1}\\[5pt] \phi&\approx& 2,48^{\circ} \\[5pt] \end{array}$
$ \phi\approx 2,48^{\circ} $
Die Geraden $g$ und $h$ schneiden sich unter einem Winkel von ca. $2,48^{\circ}.$
d)
$\blacktriangleright$  Zurückgelegte Strecke berechnen
Die zurückgelegte Strecke des Fahrzeugs entspricht dem Abstand der Punkte $P$ und $Q.$ Dieser kann mit dem Vektorbetrag des Verbindungsvektors berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} d&=& d(P,Q) \\[5pt] &=& \left|\overrightarrow{PQ} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-40\\-4\\0} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-40)^2+(-4)^2 +0^2} \\[5pt] &=& \sqrt{1.616} \\[5pt] &=& 40,2\,\text{[LE]} \end{array}$
$ d\approx 40,2 \,\text{[LE]}$
Das Fahrzeug hat in den $1,5\,\text{s}$ eine Strecke von ca. $40,2\,\text{m}$ zurückgelegt.
$\blacktriangleright$  Geschwindigkeit berechnen
$\begin{array}[t]{rll} v&=& \dfrac{40,2\,\text{m}}{1,5\,\text{s}} \\[5pt] &=& 26,8 \,\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[5pt] &=& 26,8 \,\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[5pt] &=& 1.608\,\dfrac{\text{m}}{\text{min}} \\[5pt] &=& 96.480\,\dfrac{\text{m}}{\text{h}} \\[5pt] &\approx& 96 \,\dfrac{\text{km}}{\text{h}} \\[5pt] \end{array}$
$ v\approx 96 \,\dfrac{\text{km}}{\text{h}} $
Die Geschwindigkeit des Fahrzeugs beträgt ca. $96\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}.$
#vektorbetrag
e)
$\blacktriangleright$  Benötigte Zeit berechnen
Das Fahrzeug bewegt sich entlang der Geraden $i$ durch die Punkte $P$ und $Q.$ Die Gerade $g$ verläuft durch die Punkte $A$ und $B.$ Da die Fahrbahn in der $xy$-Ebene liegt, ist der Punkt $S,$ in dem sich das Fahrzeug genau vertikal unter der Strebe befindet, der Punkt, auf der Geraden $i,$ zu dem es einen Punkt auf $g$ mit den gleichen $x$- und $y$-Koordinaten gibt.
1. Schritt: Geradengleichungen aufstellen
Eine Geradengleichung von $g$ lautet:
$\begin{array}[t]{rll} g:\quad \overrightarrow{x}&=& \overrightarrow{OA} + r\cdot \overrightarrow{AB} \\[5pt] &=& \pmatrix{0\\0\\5}+ r\cdot \pmatrix{4,4\\44\\0} \end{array}$
$ g:\quad \overrightarrow{x}=… $
Eine Geradengleichung von $i$ lautet:
$\begin{array}[t]{rll} i:\quad \overrightarrow{x}&=& \overrightarrow{OP}+ s\cdot \overrightarrow{PQ} \\[5pt] &=& \pmatrix{82\\40\\0}+ s\cdot \pmatrix{-40\\-4\\0} \\[5pt] \end{array}$
$ i:\quad \overrightarrow{x}=… $
2. Schritt: Zielpunkt des Fahrzeugs berechnen
Gleichsetzen der ersten beiden Zeilen der beiden Geradengleichungen liefert folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&4,4r&=& 82-40s \\ \text{II}\quad&44r&=& 40-4s \\ \end{array}$
Du kannst beispielsweise die zweite Gleichung nach $r$ umformen:
$\begin{array}[t]{rll} 44r&=& 40-4s &\quad \scriptsize \mid\; :44 \\[5pt] r&=& \frac{10}{11} -\frac{1}{11}s \end{array}$
Dies kannst du nun in die erste Gleichung einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} 4,4r &=& 82-40s &\quad \scriptsize \mid\; r=\frac{10}{11} -\frac{1}{11}s \\[5pt] 4,4\cdot \left(\frac{10}{11} -\frac{1}{11}s \right)&=& 82-40s \\[5pt] 4-\frac{2}{5}s &=& 82-40s &\quad \scriptsize \mid\;+40s \\[5pt] 4+\frac{198}{5}s &=& 82 &\quad \scriptsize \mid\;-4 \\[5pt] \frac{198}{5}s &=& 78 &\quad \scriptsize \mid\;:\frac{198}{5} \\[5pt] s&=& \frac{65}{33} \\[5pt] \end{array}$
$ s= \frac{65}{33} $
Den Wert für $s$ kannst du nun in die Geradengleichung von $i$ einsetzen, um die Koordinaten des Punkts $S$ zu berechnen.
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OS}&=& \pmatrix{82\\40\\0}+ \frac{65}{33}\cdot \pmatrix{-40\\-4\\0} \\[5pt] &=& \pmatrix{\frac{106}{33} \\ \frac{1.060}{33}\\ 0} \end{array}$
$ \overrightarrow{OS} =\pmatrix{\frac{106}{33} \\ \frac{1.060}{33}\\ 0}$
3. Schritt: Entfernung und Geschwindigkeit berechnen
Die zurückgelegte Entfernung ergibt sich nun analog zu der ersten Entfernung:
$\begin{array}[t]{rll} d(Q,S)&=& \left|\overrightarrow{QS} \right| \\[5pt] &=& \left| \pmatrix{-\frac{1.280}{33}\\ -\frac{128}{33}\\0} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{\left(-\frac{1.280}{33} \right)^2 +\left(-\frac{128}{33}\right)^2 +0^2} \\[5pt] &\approx& 39,0\,\text{[LE]} \end{array}$
$ d(Q,S) \approx 39,0\,\text{[LE]} $
Die Strecke, die das Fahrzeug vom Punkt $Q$ bis zu dem Punkt, der vertikal unter der Strebe liegt, zurücklegt, beträgt $39,0\,\text{m}.$ Laut Teilaufgabe d legt es $26,8\,\text{m}$ pro Sekunde zurück.
$39,0\,\text{m}: 26,8\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \approx 1,5$
Das Fahrzeug benötigt für diese Strecke also ebenfalls ca. $1,5$ Sekunden.
#vektorbetrag
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