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Aufgabe 3.2

Aufgaben
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Die Punkte $A(-2\mid 2\mid -1),$ $B(1\mid 2\mid 2),$ $C(2\mid -2\mid 1)$ und $D(-1\mid -2\mid -2)$ sind in dieser Reihenfolge Eckpunkte eines Quadrates, das in der Ebene $E$ liegt.
a)
Gib eine Parametergleichung der Ebene $E$ an.
(2 BE)
#parameterform
b)
Ein vom Punkt $R_a(- 6|2a-4|6)$ in Richtung des Vektors $\overrightarrow{v}=\pmatrix{1\\3\\-1}$ verlaufender geradliniger Laserstrahl trifft genau im Mittelpunkt $M$ des Quadrates $ABCD$ auf die Ebene $E.$ Ermittle $a.$
Bestimme die Größe des Winkels, den der Laserstrahl und die Diagonale $AC$ des Quadrates einschließen.
(6 BE)
#schnittwinkel
c)
Beschreibe die Lagebeziehung des Punktes $P$ zum Quadrat $ABCD,$ dessen Ortsvektor durch die Gleichung $\overrightarrow{OP}= \overrightarrow{OA}+ \dfrac{3}{\left|\overrightarrow{AB} \right|}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ dargestellt wird.
(2 BE)

(10 BE)
#vektoren
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a)
$\blacktriangleright$  Parametergleichung angeben Aufgabe 3.2
$\begin{array}[t]{rll} E:\quad \overrightarrow{x}&=& \overrightarrow{OA} + r\cdot \overrightarrow{AB} +s\cdot \overrightarrow{AC} \\[5pt] &=&\pmatrix{-2\\2\\-1} + r\cdot \pmatrix{3\\0\\3}+s\cdot \pmatrix{4\\-4\\2} \end{array}$
$ E:\, \overrightarrow{x}=$ $\pmatrix{-2\\2\\-1} + r\cdot \pmatrix{3\\0\\3}+s\cdot \pmatrix{4\\-4\\2} $
b)
$\blacktriangleright$  Parameterwert ermitteln
1. Schritt: Koordinaten des Mittelpunkts bestimmen
Der Mittelpunkt eines Quadrates ist auch der Mittelpunkt der beiden Diagonalen, also insbesondere der Diagonalen $AC.$ Mit der Formel für den Mittelpunkt einer Strecke folgt:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OM}&=& \frac{1}{2}\cdot \left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \right) \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot \left(\pmatrix{-2\\2\\-1}+\pmatrix{2\\-2\\1} \right) \\[5pt] &=& \pmatrix{0\\0\\0} \\[5pt] \end{array}$
$ \overrightarrow{OM}= \pmatrix{0\\0\\0} $
2. Schritt: Geradengleichung aufstellen
Die Gerade, entlang derer der Laserstrahl verläuft, kann durch folgende Gleichung beschrieben werden:
$\begin{array}[t]{rll} g_a:\quad \overrightarrow{x}&=&\overrightarrow{OR_a} +t\cdot \overrightarrow{v} \\[5pt] &=& \pmatrix{-6\\2a-4\\6} +t\cdot \pmatrix{1\\3\\-1} \end{array}$
$ g_a: … $
3. Schritt: Parameterwert bestimmen
$a$ muss so gewählt werden, dass $M$ auf der Geraden $g_a$ liegt:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OM}&=& \pmatrix{-6\\2a-4\\6} +t\cdot \pmatrix{1\\3\\-1} \\[5pt] \pmatrix{0\\0\\0}&=& \pmatrix{-6\\2a-4\\6} +t\cdot \pmatrix{1\\3\\-1} \end{array}$
$ \pmatrix{0\\0\\0}= … $
Aus der ersten und dritten Zeile folgt, dass $t=6$ gelten muss. Für die zweite Zeile der Gleichung gilt damit:
$\begin{array}[t]{rll} 0&=& 2a-4+6\cdot 3 \\[5pt] 0&=& 2a+14 &\quad \scriptsize\mid \; -14 \\[5pt] -14 &=& 2a &\quad \scriptsize\mid \; :2\\[5pt] -7 &=& a \end{array}$
$ a= -7 $
$\blacktriangleright$  Winkelgröße bestimmen
Ein Richtungsvektor des Laserstrahls ist $\overrightarrow{v}.$ Ein Richtungsvektor der Diagonale $AC$ ist $\overrightarrow{AC}.$ Mit der Formel für den Schnittwinkel zweier Geraden folgt daher:
$\begin{array}[t]{rll} \cos \phi&=& \dfrac{\left|\overrightarrow{v}\circ\overrightarrow{AC} \right|}{\left|\overrightarrow{v} \right| \cdot \left| \overrightarrow{AC}\right|} \\[5pt] \cos \phi&=& \dfrac{\left|\pmatrix{1\\3\\-1}\circ\pmatrix{4\\-4\\2} \right|}{\left|\pmatrix{1\\3\\-1}\right| \cdot \left| \pmatrix{4\\-4\\2}\right|} \\[5pt] \cos \phi&=& \dfrac{\left|1\cdot 4 +3\cdot (-4) -1\cdot 2\right|}{\sqrt{1^2+3^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{4^2+(-4)^2+2^2}} \\[5pt] \cos \phi&=& \dfrac{10}{\sqrt{11} \cdot 6}&\quad \scriptsize \mid\;\cos^{-1} \\[5pt] \phi&\approx& 59,83^{\circ} \\[5pt] \end{array}$
$ \phi\approx 59,83^{\circ} $
Der Winkel, den der Laserstrahl und die Diagonale $AC$ einschließen, ist ca. $59,83^{\circ}$ groß.
c)
$\blacktriangleright$  Lagebeziehung beschreiben
Der Weg zum Punkt $P$ startet im Punkt $A.$ Der Faktor $\frac{1}{\left|\overrightarrow{AB} \right|}$ normiert den Vektor $\overrightarrow{AB}$ auf die Länge $1.$ Der Punkt $P$ entsteht also aufgrund des Faktors $3$ durch Verschiebung des Punktes $A$ um drei Längeneinheiten entlang des Vektors $\overrightarrow{AB}$ und anschließender Verschiebung entlang des Vektors $\overrightarrow{AD}.$ $P$ liegt also auf der Seite $DC$ des Quadrats, da $\left| \overrightarrow{AB}\right| =\left| \overrightarrow{CD}\right| \geq 3 $ ist, und ist dabei $3$ Längeneinheiten von $D$ entfernt.
Bildnachweise [nach oben]
[1]
© – SchulLV.
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