Inhalt
Smarter Learning!
Inhalt
Bundesland, Schulart & Klasse
Bundesland, Schulart & Klasse
BY, Fachoberschule
Baden-Württemberg
Berufl. Gymnasium (AG)
Berufl. Gymnasium (BTG)
Berufl. Gymnasium (EG)
Berufl. Gymnasium (SGG)
Berufl. Gymnasium (TG)
Berufl. Gymnasium (WG)
Berufskolleg - FH
Gemeinschaftsschule
Gymnasium (G8)
Gymnasium (G9)
Hauptschule
Realschule
Werkrealschule
Bayern
Fachoberschule
Gymnasium
Mittelschule
Realschule
Berlin
Gymnasium
Integrierte Sekundarschule
Brandenburg
Gesamtschule
Gymnasium
Oberschule
Bremen
Gymnasium (G8)
Oberschule (G9)
Hamburg
Gymnasium
Stadtteilschule
Hessen
Berufl. Gymnasium
Gesamtschule
Gymnasium (G8)
Gymnasium (G9)
Haupt- und Realschule
Hauptschule
Realschule
Mecklenburg-Vorpommern
Gesamtschule
Gymnasium
Niedersachsen
Gymnasium (G8)
Gymnasium (G9)
Integrierte Gesamtschule
Kooperative Gesamtschule
Oberschule
Realschule
NRW
Gesamtschule
Gymnasium
Hauptschule
Realschule
Sekundarschule
Rheinland-Pfalz
Gesamtschule
Gymnasium
Saarland
Gemeinschaftsschule
Gesamtschule
Gymnasium
Realschule
Sachsen
Gymnasium
Oberschule
Sachsen-Anhalt
Fachgymnasium
Gesamtschule
Gymnasium
Sekundarschule
Schleswig-Holstein
Gemeinschaftsschule
Gymnasium (G8)
Gymnasium (G9)
Thüringen
Berufl. Gymnasium
Gemeinschaftsschule
Gesamtschule
Gymnasium
Regelschule
Klasse 13
Klasse 13
Klasse 12
Klasse 11
Fach & Lernbereich
Fachauswahl: Mathe
Mathe
Deutsch
Englisch
Bio
Chemie
Physik
Geschichte
Geo
Lernbereich
Digitales Schulbuch
Fachabitur NT (WTR)
Fachabitur T (WTR)
Fachabitur T ...
Prüfung
wechseln
Fachabitur NT (WTR)
Fachabitur T (WTR)
Smarter Learning!
Schneller lernen mit deinem SchulLV-Zugang
  • Zugang zu über 1.000 Original-Prüfungsaufgaben mit Lösungen von 2004-2019
  • Alle Bundesländer und Schularten, empfohlen von über 2.300 Schulen in Deutschland
  • Digitales Schulbuch: Über 1.700 Themen mit Aufgaben und Lösungen
  • Monatlich kündbar, lerne solange du möchtest
Jetzt Zugang freischalten!

B I

Aufgaben
Download als Dokument:PDF
1.0
Im $\mathbb{R}^3$ sind die folgenden Vektoren gegeben:
$\overrightarrow{a} = \pmatrix{1\\2\\-3},$ $\overrightarrow{b}=\pmatrix{4\\0\\2},$ $\overrightarrow{c}_p=\pmatrix{p+4\\2p\\3-4p}$ mit $p\in \mathbb{R}$ und $\overrightarrow{d} = \pmatrix{-5\\2\\-3}.$
1.1
Bestimme den Wert des Parameters $p,$ für den die Vektoren $\overrightarrow{a},$ $\overrightarrow{b}$ und $\overrightarrow{c}_p$ eine Basis des $\mathbb{R}^3$ bilden.
(4 BE)
1.2
Drücke den Vektor $\overrightarrow{d}$ durch eine Linearkombination der Vektoren $\overrightarrow{a},$ $\overrightarrow{b}$ und $\overrightarrow{c}_{-2}$ (d.h. für $p=-2$) aus.
(4 BE)
#linearkombination
2.0
Im $\mathbb{R}^3$ sind die Geraden $g_q$ und $h$ gegeben:
$g_q: \quad \overrightarrow{x} = \pmatrix{0\\1\\q} + \lambda \cdot \pmatrix{3q-1\\2q\\q+1}$ mit $q,\lambda\in\mathbb{R};$ $h:\quad \overrightarrow{x}=\pmatrix{1\\2\\0}+\mu\cdot \pmatrix{1\\0\\-1}$ mit $\mu\in\mathbb{R}.$
2.1
Untersuche die gegenseitige Lage der zwei Geraden $g_q$ und $h$ in Abhängigkeit von $q.$
(10 BE)
2.2.0
Setze nun $q=-1.$
2.2.1
Ermittle den Schnittwinkel der Geraden $g_{-1}$ und $h$ auf eine Nachkommastelle gerundet.
(4 BE)
#schnittwinkel
2.2.2
Die Geraden $g_{-1}$ und $h$ legen eine Ebene $E$ fest. Bestimme je eine Gleichung der Ebene $E$ in Parameterform und in Normalenform.
(3 BE)
#normalenform#parameterform
3
Die Kirchturmspitze eines Dorfes sei der Punkt $K(-2 \mid 9 \mid 32 ).$ Ein neugieriger Mensch steuert in dem Dorf eine Drohne entlang einer Geraden durch den Punkt $P(2\mid 0\mid 1,5)$ in Richtung des Vektors $\overrightarrow{v}=\pmatrix{-1\\2\\6}.$
Bei der Betrachtung wird ein kartesisches Koordinatensystem zugrunde gelegt. Die Koordinaten sind alle in Metern angegeben, auf das Mitführen der Einheit Meter kann bei den Berechnungen verzichtet werden. Berechne die kürzeste Entfernung der Drohne von der Kirchturmspitze.
(5 BE)
Weiter lernen mit SchulLV-PLUS!
Jetzt freischalten
Infos zu SchulLV PLUS
Ich habe bereits einen Zugang
Zugangscode einlösen
Login
Lösungen
Download als Dokument:PDF
1.1
$\blacktriangleright$  Parameterwert bestimmen
B I Drei Vektoren bilden eine Basis des $\mathbb{R}^3,$ wenn sie linear unabhängig sind. Dies ist der Fall, wenn ihr Spatprodukt nicht Null ist.
$\begin{array}[t]{rll} \left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b} \right)\circ \overrightarrow{c}_p&=& 0 \\[5pt] \left(\pmatrix{1\\2\\-3}\times \pmatrix{4\\0\\2} \right)\circ \pmatrix{p+4\\2p\\3-4p}&=& 0 \\[5pt] \pmatrix{2\cdot 2 -(-3)\cdot 0 \\ -3\cdot 4 -1\cdot 2\\1\cdot 0 -2\cdot 4}\circ \pmatrix{p+4\\2p\\3-4p}&=& 0 \\[5pt] \pmatrix{4\\-14\\-8}\circ\pmatrix{p+4\\2p\\3-4p}&=&0 \\[5pt] 4p+16-28p-24+32p&=& 0 \\[5pt] 8p-8&=& 0&\quad \scriptsize \mid\;+8 \\[5pt] 8p&=& 8 &\quad \scriptsize \mid\; :8 \\[5pt] p&=& 1 \end{array}$
$ p=1 $
Nur für $p=1$ ist das Spatprodukt Null und damit die drei Vektoren linear abhängig. Für alle $p\in \mathbb{R}$ mit $p\neq 1$ sind also die drei Vektoren $\overrightarrow{a},$ $\overrightarrow{b}$ und $\overrightarrow{c}_p$ linear unabhängig und bilden eine Basis des $\mathbb{R}^3.$
#spatprodukt
1.2
$\blacktriangleright$  Vektor als Linearkombination darstellen
Gesucht sind Parameter $x,$ $y$ und $z,$ sodass folgende Gleichung erfüllt ist:
$\begin{array}[t]{rll} x\cdot \overrightarrow{a}+y\cdot \overrightarrow{b} + z\cdot \overrightarrow{c}_{-2}&=& \overrightarrow{d}\\[5pt] x\cdot \pmatrix{1\\2\\-3} +y\cdot \pmatrix{4\\0\\2} +z\cdot \pmatrix{2\\-4\\11}&=&\pmatrix{-5\\2\\-3} \end{array}$
$ x\cdot \pmatrix{1\\2\\-3} = … $
Daraus ergibt sich ein Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&-5&=& x+4y+2z \\ \text{II}\quad&2&=& 2x-4z &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\ \text{III}\quad&-3&=& -3x+2y+11z \\ \hline \text{I}\quad&-5&=& x+4y+2z &\quad \scriptsize \mid\; \text{I}-\text{IIa} \\ \text{IIa}\quad&1&=& x-2z \\ \text{III}\quad&-3&=& -3x+2y+11z &\quad \scriptsize \mid\; \text{III}+3\text{IIa} \\ \hline \text{Ia}\quad&-6&=& 4y+4z &\quad \scriptsize \mid\; :2 \\ \text{IIa}\quad&1&=& x-2z \\ \text{IIIa}\quad&0&=& 2y+5z \\ \hline \text{Ib}\quad&-3&=& 2y+2z \\ \text{IIa}\quad&1&=& x-2z \\ \text{IIIa}\quad&0&=& 2y+5z &\quad \scriptsize \mid\; \text{IIIa}-\text{Ib} \\ \hline \text{Ib}\quad&-3&=& 2y+2z \\ \text{IIa}\quad&1&=& x-2z \\ \text{IIIb}\quad&3&=&3z &\quad \scriptsize \mid\; :3 \\ &1&=&z \\ \end{array}$
$ … 1= z $
Einsetzen in $\text{IIa}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} 1&=&x-2z &\quad \scriptsize \mid\;z=1 \\[5pt] 1&=& x-2\cdot 1 &\quad \scriptsize \mid\;+2 \\[5pt] 3&=&x \end{array}$
$ 3 =x $
Einsetzen in $\text{Ib}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} -3&=&2y+2z &\quad \scriptsize \mid\;z=1 \\[5pt] -3&=& 2y+2\cdot 1 &\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] -5&=&2y&\quad \scriptsize \mid\; :2\\[5pt] -2,5&=&y\\[5pt] \end{array}$
$ -2,5 = y $
Es ergibt sich also folgende Linearkombination:
$3\cdot \overrightarrow{a} -2,5\cdot \overrightarrow{b} +\overrightarrow{c}_{-2} = \overrightarrow{d}$
$3\cdot \overrightarrow{a} -2,5\cdot \overrightarrow{b} +\overrightarrow{c}_{-2} = \overrightarrow{d}$
2.1
$\blacktriangleright$  Gegenseitige Lage untersuchen
1. Schritt: Parallelität prüfen
Die beiden Geraden $g_q$ und $h$ können nur dann parallel oder identisch sein, wenn ihre Richtungsvektoren linear abhängig sind. Es muss dazu also gelten:
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{3q-1\\2q\\q+1}&=& a\cdot \pmatrix{1\\0\\-1} \\[5pt] \pmatrix{3q-1\\2q\\q+1}&=& \pmatrix{a\\0\\-a} \\[5pt] \end{array}$
Aufgrund der zweiten Zeile ist dies nur für $q=0$ erfüllt. Bleibt noch zu überprüfen, ob die Geraden in diesem Fall identisch oder nur parallel sind:
$g_0:\quad \overrightarrow{x} = \pmatrix{0\\1\\0} + \lambda\cdot \pmatrix{-1\\0\\1}$
$ g_0:\quad \overrightarrow{x} = $
Eine Punktprobe mit dem Stützvektor von $h$ in $g_0$ ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\2\\0}&=& \pmatrix{0\\1\\0} + \lambda\cdot \pmatrix{-1\\0\\1}&\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{1\\2\\0}\\[5pt] \pmatrix{0\\0\\0}&=& \pmatrix{-1\\-1\\0} + \lambda\cdot \pmatrix{-1\\0\\1} \\[5pt] \end{array}$
Aufgrund der zweiten Zeile ist die Gleichung nicht lösbar. Der Stützpunkt von $h$ liegt also nicht auf der Geraden $g_0.$ Die beiden Geraden $g_q$ und $h$ sind also für $q=0$ parallel aber nicht identisch.
2. Schritt: Schnittpunkt überprüfen
Für $q\neq 0$ muss nun noch überprüft werden, ob die Geraden windschief zueinander liegen oder sich schneiden. Gleichsetzen liefert folgende Gleichung:
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{0\\1\\q} + \lambda \cdot \pmatrix{3q-1\\2q\\q+1}&=&\pmatrix{1\\2\\0}+\mu\cdot \pmatrix{1\\0\\-1} \end{array}$
$ \pmatrix{0\\1\\q} + … $
Daraus erhältst du folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&\lambda\cdot (3q-1)&=& 1+\mu \\ &\lambda\cdot 3q-\lambda&=& 1+\mu &\quad \scriptsize\mid\; \text{I}+\text{III} \\[5pt] \text{II}\quad&1+\lambda\cdot 2q&=& 2 &\quad \scriptsize \mid\; -1 \\ &\lambda\cdot 2q&=& 1 \\[5pt] \text{III}\quad&q+\lambda\cdot (q+1)&=& -\mu \\ &q+\lambda\cdot q+\lambda&=& -\mu \\[5pt] \hline \text{Ia}\quad&q+ 4\lambda\cdot q&=& 1 \\[5pt] \text{II}\quad&\lambda\cdot 2q&=& 1 \\[5pt] \text{III}\quad&q+\lambda\cdot q+\lambda&=& -\mu \\[5pt] \end{array}$
Einsetzen von $\text{II}$ in $\text{Ia}$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \text{Ia}\quad q+ 4\lambda\cdot q&=& 1 &\quad \scriptsize \mid\; 2\cdot \lambda \cdot q =1\\[5pt] q+ 2\cdot 1&=&1 &\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] q&=& -1 \end{array}$
$ q=-1 $
Dies kannst du nun wiederum in $\text{II}$ einsetzen:
$\begin{array}[t]{rll} \lambda\cdot 2q&=&1 &\quad \scriptsize \mid\;q=-1 \\[5pt] \lambda \cdot 2 \cdot (-1) &=&1 \\[5pt] -2\cdot \lambda &=&1 &\quad \scriptsize \mid\; :(-2)\\[5pt] \lambda &=& -0,5 \end{array}$
$ \lambda = -0,5 $
Für $\mu$ ergibt sich dann mithilfe von $\text{III}:$
$\begin{array}[t]{rll} \text{III}\quad q+\lambda\cdot q+\lambda &=& -\mu &\quad \scriptsize \mid\;\lambda = -0,5 ; q=-1 \\[5pt] -1-0,5\cdot (-1)-0,5&=&-\mu \\[5pt] -1&=&-\mu &\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-1)\\[5pt] 1&=& \mu \end{array}$
$ 1= \mu $
Das Gleichungssystem ist also lösbar, sodass sich die Geraden für $q=-1$ schneiden. Insgesamt gilt also:
Die Geraden $g_q$ und $h$ sind für $q=0$ echt parallel und schneiden sich für $q=-1.$ Für $q\in\mathbb{R}\setminus \{-1;0\}$ sind die beiden Geraden windschief zueinander.
#lineareabhängigkeit
2.2.1
$\blacktriangleright$  Schnittwinkel ermitteln
Mit der zugehörigen Formel für den Schnittwinkel $\alpha$ zweier Geraden und den beiden Richtungsvektoren ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} \cos \alpha&=& \dfrac{\left|\pmatrix{-4\\-2\\0}\circ\pmatrix{1\\0\\-1} \right| }{\left|\pmatrix{-4\\-2\\0} \right|\cdot \left|\pmatrix{1\\0\\-1} \right|} \\[5pt] \cos \alpha&=& \dfrac{4}{\sqrt{(-4)^2+(-2)^2+0^2}\cdot \sqrt{1^2+0^2+(-1)^2} } \\[5pt] \cos \alpha&=& \dfrac{4}{\sqrt{20} \sqrt{2} } \\[5pt] \cos \alpha&=& \dfrac{4}{\sqrt{40}} &\quad \scriptsize \mid\;\cos^{-1} \\[5pt] \alpha&\approx& 50,8^{\circ} \end{array}$
$ \alpha \approx 50,8^{\circ} $
Der Schnittwinkel zwischen den beiden Geraden $g_{-1}$ und $h$ ist ca. $50,8^{\circ}$ groß.
2.2.2
$\blacktriangleright$  Ebenengleichung in Parameterform bestimmen
Da die Geraden $g_{-1}$ und $h$ nicht parallel sind, sind ihre Richtungsvektoren nicht linear abhängig. Diese können also als Spannvektoren der Ebene gewählt werden. Einer der beiden Stützvektoren der Geraden kann als Stützvektor der Ebene verwendet werden. Es ergibt sich dann beispielsweise:
$E:\quad \overrightarrow{x} = \pmatrix{1\\2\\0} + s\cdot \pmatrix{-4\\-2\\0} + t\cdot \pmatrix{1\\0\\-1}$
$ \overrightarrow{x} = … $
$\blacktriangleright$  Ebenengleichung in Normalenform bestimmen
Ein Normalenvektor der Ebene kann mithilfe des Kreuzprodukts der beiden Spannvektoren bestimmt werden:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}_1&=& \pmatrix{-4\\-2\\0}\times \pmatrix{1\\0\\-1} \\[5pt] &=& \pmatrix{-2\cdot (-1)-0\cdot 0\\ 0\cdot 1 -(-4)\cdot (-1)\\-4\cdot 0 -(-2)\cdot 1} \\[5pt] &=& \pmatrix{2\\-4\\2}\\[5pt] \end{array}$
$ \overrightarrow{n}_1 = \pmatrix{2\\-4\\2} $
Mithilfe des Stützvektors von oben ergibt sich folgende Ebenengleichung in Normalenform:
$E:\quad \pmatrix{2\\-4\\2} \circ \left[\overrightarrow{x}-\pmatrix{1\\2\\0} \right] = 0$
$ E: \quad … $
#kreuzprodukt
3
$\blacktriangleright$  Kürzeste Entfernung berechnen
Die Flugbahn der Drohne kann durch folgende Gerade beschrieben werden:
$r: \quad \overrightarrow{x} = \pmatrix{2\\0\\1,5} + t\cdot \pmatrix{-1\\2\\6}$
$ r: \quad \overrightarrow{x} = … $
Gesucht ist der kürzeste Abstand von $r$ zum Punkt $K(-2\mid 9\mid 32).$ Dazu wird die Hilfsebene $H$ betrachtet, die senkrecht zu $r$ durch den Punkt $K$ verläuft:
$H: \quad \pmatrix{-1\\2\\6}\circ \left[\overrightarrow{x}-\pmatrix{-2\\9\\32} \right] = 0$
$ H: \quad … $
Für die Punkte $R_t$ auf der Gerade $r$ gelten die Koordinaten $R_t(2-t\mid 2t\mid 1,5+6t).$ Diese kannst du nun in die Ebenengleichung der Hilfsebene einsetzen und nach $t$ auflösen:
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{-1\\2\\6}\circ \left[\pmatrix{2-t\\2t\\1,5+6t}-\pmatrix{-2\\9\\32} \right]&=& 0 \\[5pt] \pmatrix{-1\\2\\6}\circ\pmatrix{4-t\\2t-9\\-30,5+6t}&=& 0 \\[5pt] -4+t+4t-18-183+36t&=& 0 \\[5pt] -205+41t&=& &\quad \scriptsize \mid\;+205 \\[5pt] 41t&=& 205&\quad \scriptsize \mid\;:41 \\[5pt] t&=& 5 \end{array}$
$ t = 5 $
Einsetzen in die Geradengleichung liefert:
$\pmatrix{2\\0\\1,5} + 5\cdot \pmatrix{-1\\2\\6} = \pmatrix{-3\\10\\31,5}$
Der Punkt auf der Flugbahn mit dem kürzesten Abstand zur Kirchturmspitze ist also $R(-3\mid 10\mid 31,5).$ Der Abstand ergibt sich zu:
$\begin{array}[t]{rll} d&=& \left| \overrightarrow{KR}\right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-1\\1\\-0,5} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-1)^2 +1^2 +(-0,5)^2}\\[5pt] &=& \sqrt{2,25} \\[5pt] &=& 1,5 \end{array}$
$ d= 1,5 $
Der kürzeste Abstand zwischen Drohne und Kirchturmspitze beträgt $1,5\,$ Meter.
Weiter lernen mit SchulLV-PLUS!
Jetzt freischalten
Infos zu SchulLV PLUS
Ich habe bereits einen Zugang
Zugangscode einlösen
Login
Folge uns auf
SchulLV als App