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Aufgabe 3

Aufgaben
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Die Abbildung zeigt den Würfel $ABCDEFGH$ mit $G(5\mid 5\mid 5)$ und $H(0\mid 5\mid 5)$ in einem kartesischen Koordinatensystem.
Die Punkte $I(5\mid 0\mid 1)$, $J(2\mid 5\mid 0)$, $K(0\mid 5\mid 2)$ und $L(1\mid 0\mid 5)$ liegen jeweils auf einer Kante des Würfels.
#zentraleraufgabenpool#würfel
a)
Gib die Koordinaten der Eckpunkte $D$ und $F$ an.
(2 BE)
b)
Zeichne das Viereck $IJKL$ in die Abbildung ein.
(4 BE)
c)
Das Viereck $IJKL$ liegt in einer Ebene $Q.$
Stelle eine Parametergleichung der Ebene $Q$ auf.
[Mögliche Lösung: $Q:\, \overrightarrow{x} =$ $\pmatrix{-2\\5\\4} + k\cdot \pmatrix{-5\\5\\1} + l\cdot \pmatrix{-6\\5\\2}$ mit $k,l\in \mathbb{R}$]
(4 BE)
#parameterform
d)
Stelle die Raumdiagonale $\overline{AG}$ in Parameterform dar.
Berechne den Schnittpunkt $U$ von $\overline{AG}$ und der Ebene $Q.$
(7 BE)
#parameterform
e)
Zeige, dass das Viereck $IJKL$ ein Trapez ist, in dem zwei Seiten gleich lang sind.
Weise nach, dass die Seite $\overline {IL}$ des Trapezes doppelt so lang ist wie die Seite $\overline {JK}$.
(6 BE)
#trapez
f)
Berechne die Größe eines Innenwinkels des Trapezes $IJKL$.
(4 BE)
g)
Der Punkt $P(4\mid 0\mid 2)$ liegt auf der Strecke $\overline{IL}.$
Zeige, dass $\overrightarrow{JP}$ senkrecht auf $\overrightarrow{IL}$ steht.
(3 BE)
h)
Berechne den Flächeninhalt des Trapezes $IJKL.$
(5 BE)
#trapez
i)
Gegeben ist die Ebene $S:\, \overrightarrow{x} = v\cdot \pmatrix{-1\\-5\\5} + w\cdot \pmatrix{-5\\5\\1}$ mit $v,w\in \mathbb{R}.$
Der Punkt $K$ liegt in einer Ebene $T$, die parallel zu $S$ ist.
Untersuche, ob auch der Punkt $L$ in $T$ liegt.
(5 BE)
Bildnachweise [nach oben]
[1]
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Koordinaten der Eckpunkte angeben Aufgabe 3
Anhand der Koordinaten von $G$ und $H$ kannst du erkennen, dass die Kantenlänge des Würfels $5\,\text{LE}$ ist. Es ergibt sich:
$D(0\mid 5\mid 0)$ und $F(5\mid 0\mid 5).$
b)
$\blacktriangleright$  Viereck einzeichnen
Aufgabe 3
Abb. 1: Viereck $IJKL$
Aufgabe 3
Abb. 1: Viereck $IJKL$
c)
$\blacktriangleright$  Parametergleichung aufstellen
Mit den Koordinaten von $I,$ $J,$ $K$ und $L$ erhältst du beispielsweise:
$\begin{array}[t]{rll} Q:\, \overrightarrow{x} &=& \overrightarrow{OI} + k\cdot \overrightarrow{JK} + l\cdot \overrightarrow{JL} \\[5pt] &=& \pmatrix{5\\0\\1} + k\cdot \pmatrix{-2\\0\\2} +l\cdot \pmatrix{-1\\-5\\5} \\[5pt] \end{array}$
$ Q:\, \overrightarrow{x} = … $
mit $k,l\in \mathbb{R}.$
d)
$\blacktriangleright$  Raumdiagonale in Parameterform darstellen
$\begin{array}[t]{rll} \overline{AG}:\, \overrightarrow{x} &=& \overrightarrow{OA} + t\cdot \overrightarrow{AG} \\[5pt] &=& \pmatrix{0\\0\\0} + t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} \\[5pt] &=& t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} \\[5pt] \end{array}$
$ \overline{AG}:\, \overrightarrow{x}=t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} $
mit $t\in [0;1]$ beschreibt die Raumdiagonale $\overline{AG}.$
$\blacktriangleright$  Schnittpunkt berechnen
$\begin{array}[t]{rll} t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} &=& \pmatrix{-2\\5\\4} + k\cdot \pmatrix{-5\\5\\1} +l\cdot \pmatrix{-6\\5\\2} &\quad \scriptsize \mid\;-\pmatrix{-2\\5\\4}; -t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} \\[5pt] \pmatrix{2\\-5\\-4}&=&k\cdot \pmatrix{-5\\5\\1} +l\cdot \pmatrix{-6\\5\\2} -t\cdot \pmatrix{5\\5\\5} \end{array}$
$ \pmatrix{2\\-5\\-4}=… $
Daraus erhält man folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&2&=& -5k -6l-5t &\quad \scriptsize\mid\;\text{I}+\text{II}\\ \text{II}\quad&-5&=& 5k+5l-5t &\quad \scriptsize\mid\;\text{II}-5\cdot\text{III}\\ \text{III}\quad&-4&=& k +2l-5t &\quad \\ \hline \text{I}'\quad&-3&=& -l-10t &\quad \scriptsize\mid\; +10t\\ &-3+10t &=& -l &\quad \scriptsize\mid\; \cdot (-1)\\ &3-10t &=& l\\[5pt] \text{II}'\quad&15&=& -5l+20t \\ \end{array}$
$ l=3-10t $
Setze $\text{I}'$ in $\text{II}'$ ein:
$\begin{array}[t]{rll} \text{II}'\quad&15&=& -5l+20t &\quad \scriptsize \mid\;l=3-10t \\[5pt] 15 &=& -5\cdot (3-10t)+20t \\[5pt] 15 &=& -15 +50t +20t \\[5pt] 15 &=& -15 +70t &\quad \scriptsize \mid\;+15 \\[5pt] 30 &=& 70t &\quad \scriptsize \mid\; :70 \\[5pt] \frac{3}{7} &=& t \end{array}$
$ t=\frac{3}{7} $
Einsetzen in $\text{I}'$ liefert:
$\begin{array}[t]{rll} \text{I}'\quad l&=& 3-10\cdot \frac{3}{7} \\[5pt] &=& -\frac{9}{7} \\[5pt] \end{array}$
Einsetzen in $\text{III}:$
$\begin{array}[t]{rll} \text{III}\quad -4 &=& k +2l-5t &\quad \scriptsize \mid\; t=\frac{3}{7}; l=-\frac{9}{7} \\[5pt] -4 &=& k + 2\cdot \left(-\frac{9}{7} \right) -5\cdot \frac{3}{7} \\[5pt] -4 &=& k -\frac{33}{7} &\quad \scriptsize \mid\; +\frac{33}{7}\\[5pt] \frac{5}{7} &=& k \end{array}$
$ k=\frac{5}{7} $
Einsetzen von $t= \frac{3}{7} $ in die Parametergleichung der Raumdiagonale:
$\overrightarrow{OU} = \frac{3}{7} \cdot \pmatrix{5\\5\\5} = \pmatrix{\frac{15}{7} \\\frac{15}{7}\\\frac{15}{7} }$
$ \overrightarrow{OU} = \pmatrix{\frac{15}{7} \\\frac{15}{7}\\\frac{15}{7} } $
Die Koordinaten des Schnittpunkts von $\overline{AG}$ und $Q$ lauten $U\left( \frac{15}{7} \mid \frac{15}{7}\mid \frac{15}{7}\right).$
e)
$\blacktriangleright$  Trapezform mit zwei gleich langen Seiten zeigen
In der Abbildung von oben kannst du erkennen, dass die beiden parallelen Seiten des Trapezes vermutlich die beiden Seiten $\overline{LI}$ und $\overline{KJ}$ sind. Für die zugehörigen Verbindungsvektoren folgt:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{LI} &=& \pmatrix{4\\0\\-4} \\[5pt] \overrightarrow{KJ} &=& \pmatrix{2\\0\\-2} \end{array}$
Es gilt $\overrightarrow{LI} = 2\cdot \overrightarrow{KJ}.$ Die beiden Vektoren $\overrightarrow{LI}$ und $\overrightarrow{KJ}$ sind also linear abhängig und damit parallel zueinander. Daher sind auch die zugehörigen Vierecksseiten $\overline{LI}$ und $\overline{KJ}$ parallel zueinander. Es handelt sich bei dem Viereck $IJKL$ daher um ein Trapez.
Gefordert ist nun noch zu zeigen, dass die beiden anderen gegenüberliegenden Seiten gleich lang sind. Die Länge der Seiten $\overline{LK}$ und $\overline{IJ}$ kannst du mithilfe des Vektorbetrags berechnen.
$\begin{array}[t]{rll} \overline{LK}&=& \left|\overrightarrow{LK} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-1\\5\\-3} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-1)^2 + 5^2 + (-3)^2} \\[5pt] &=& \sqrt{35} \\[10pt] \overline{IJ}&=& \left|\overrightarrow{IJ} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-3\\5\\-1} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-3)^2 + 5^2 + (-1)^2} \\[5pt] &=& \sqrt{35} \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \overline{LK}&= \sqrt{35} \\[10pt] \overline{IJ}&= \sqrt{35} \\[10pt] \end{array}$
Es ist also $\overline{LK} = \overline{IJ}.$ Die beiden gegenüberliegenden Seiten $\overline{LK}$ und $\overline{IJ}$ sind also gleich lang. Das Viereck $IJKL$ ist also ein Trapez, bei dem zwei gegenüberliegende Seiten gleich lang sind.
$\blacktriangleright$  Doppelte Länge nachweisen
Berechne die beiden Längen mithilfe des Vektorbetrags:
$\begin{array}[t]{rll} \overline{IL}&=& \left|\overrightarrow{IL} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-4\\0\\4} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-4)^2 + 0^2 + 4^2} \\[5pt] &=& \sqrt{32} \\[10pt] \overline{JK} &=& \left|\overrightarrow{JK} \right| \\[5pt] &=& \left| \pmatrix{-2\\0\\2}\right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-2)^2 +0^2 +2^2} \\[5pt] &=& \sqrt{8} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \overline{IL}&=& \sqrt{32} \\[10pt] \overline{JK} &=& \sqrt{8} \\[5pt] \end{array}$
Vergleiche nun:
$\begin{array}[t]{rll} \overline{IL} &=& \sqrt{32} \\[5pt] &=& \sqrt{8\cdot 4}\\[5pt] &=& \sqrt{8}\cdot \sqrt{4} \\[5pt] &=& 2\cdot \sqrt{8} \\[5pt] &=& 2\cdot \overline{JK} \\[5pt] \end{array}$
Die Strecke $\overline{IL}$ ist also doppelt so lang wie die Strecke $\overline{JK}.$
#vektorbetrag
f)
$\blacktriangleright$  Größe eines Innenwinkels berechnen
Die Größe eines Innenwinkels kannst du über den Schnittwinkel der zugehörigen Vektoren berechnen. Berechne beispielsweise den Winkel zwischen $\overrightarrow{LI}$ und $\overrightarrow{LK}$ mit der zugehörigen Formel:
$\begin{array}[t]{rll} \cos \alpha &=& \dfrac{\left|\overrightarrow{LI} \circ \overrightarrow{LK} \right|}{\left|\overrightarrow{LI} \right| \cdot \left| \overrightarrow{LK}\right|} \\[5pt] \cos \alpha &=& \dfrac{\left|\pmatrix{4\\0\\-4} \circ \pmatrix{-1\\5\\-3} \right|}{\left|\pmatrix{4\\0\\-4} \right| \cdot \left|\pmatrix{-1\\5\\-3} \right|} \\[5pt] \cos \alpha &=& \dfrac{8}{\sqrt{4^2 +0^2 +(-4)^2} \cdot \sqrt{(-1)^2 +5^2 +(-3)^2}} \\[5pt] \cos \alpha &=& \dfrac{8}{\sqrt{32} \cdot \sqrt{35}} \\[5pt] \cos \alpha &=& \dfrac{2}{\sqrt{70}} &\quad \scriptsize \mid\; \cos^{-1}\\[5pt] \alpha &\approx& 76,17^{\circ} \end{array}$
$ \alpha \approx 76,17^{\circ} $
Der Innenwinkel des Trapezes im Punkt $L$ ist ca. $76,17^{\circ}$ groß.
#schnittwinkel
g)
$\blacktriangleright$  Orhtogonalität zeigen
$\overrightarrow{IL} = \pmatrix{-4\\0\\4},$ $\overrightarrow{JP} = \pmatrix{2\\-5\\2}$
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{JP}\circ\overrightarrow{IL}&=& \pmatrix{2\\-5\\2}\circ \pmatrix{-4\\0\\4} \\[5pt] &=& 2\cdot (-4) + (-5)\cdot 0 + 2\cdot 4 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ \overrightarrow{JP}\circ\overrightarrow{IL} = 0 $
Da das Skalarprodukt der beiden Vektoren $\overrightarrow{IL} $ und $\overrightarrow{JP} $ Null ist, stehen die beiden Vektoren senkrecht aufeinander.
#skalarprodukt
h)
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt des Trapezes bestimmen
Da $\overrightarrow{JP}$ senkrecht auf $\overrightarrow{IL}$ steht, beschreibt $\left|\overrightarrow{JP} \right|$ die Höhe des Trapezes.
$\begin{array}[t]{rll} \left|\overrightarrow{JP} \right| &=& \left| \pmatrix{2\\-5\\2}\right| \\[5pt] &=& \sqrt{2^2 +(-5)^2 +2^2 } \\[5pt] &=& \sqrt{33} \\[10pt] \left|\overrightarrow{IL} \right| &=& \left| \pmatrix{-4\\0\\4}\right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-4)^2+0^2+4^2} \\[5pt] &=& \sqrt{32} \\[10pt] \left|\overrightarrow{KJ} \right| &=& \left| \pmatrix{2\\0\\-2}\right| \\[5pt] &=& \sqrt{2^2 +0^2 +(-2)^2} \\[5pt] &=& \sqrt{8} \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \left|\overrightarrow{JP} \right|&=& \sqrt{33} \\[10pt] \left|\overrightarrow{IL} \right| &=& \sqrt{32} \\[10pt] \left|\overrightarrow{KJ} \right| &=& \sqrt{8} \\[10pt] \end{array}$
Für den Flächeninhalt ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} A&=& \frac{1}{2}\cdot \left(\left|\overrightarrow{IL} \right| + \left|\overrightarrow{KJ} \right| \right) \cdot \left|\overrightarrow{JP} \right| \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt{32} + \sqrt{8} \right)\cdot \sqrt{33} \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot \left(4\cdot \sqrt{2} + 2\sqrt{2} \right)\cdot \sqrt{33}\\[5pt] &=& \left(2\cdot \sqrt{2} + \sqrt{2} \right)\cdot \sqrt{33}\\[5pt] &=& 3\sqrt{66} \\[5pt] \end{array}$
$ A=3\sqrt{66} $
Der Flächeninhalt des Trapezes beträgt $3\cdot \sqrt{66}\,\text{FE}.$
#vektorbetrag
i)
$\blacktriangleright$  Lage untersuchen
1. Schritt: Ebenengleichung für $T$ aufstellen
Da $T$ parallel zu $S$ verläuft, kannst du die Spannvektoren von $S$ aus der Ebenengleichung von $S$ ablesen und für $T$ verwenden:
$\overrightarrow{r_1} = \pmatrix{-1\\-5\\5},$ $\overrightarrow{r_2} = \pmatrix{-5\\5\\1}$
Du kannst $K$ als Stützpunkt verwenden und erhältst:
$T:\, \overrightarrow{x} = \pmatrix{0\\5\\2} + i\cdot \pmatrix{-1\\-5\\5} + j\cdot \pmatrix{-5\\5\\1}$
$ T:\, \overrightarrow{x} = … $
2. Schritt: Lage des Punkts überprüfen
Setze nun die Koordinaten von $L$ in die Ebenengleichung von $T$ ein, um zu überprüfen, ob $L$ in $T$ liegt:
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{1\\0\\5} &=& \pmatrix{0\\5\\2} + i\cdot \pmatrix{-1\\-5\\5} + j\cdot \pmatrix{-5\\5\\1} &\quad \scriptsize \mid\; -\pmatrix{0\\5\\2}\\[5pt] \pmatrix{1\\-5\\3}&=& i\cdot \pmatrix{-1\\-5\\5} + j\cdot \pmatrix{-5\\5\\1} \end{array}$
$ \pmatrix{1\\-5\\3} = … $
Daraus erhältst du folgendes Gleichungssystem:
$\begin{array}{lrll} \text{I}\quad&1&=& -i-5j \\ \text{II}\quad&-5&=& -5i +5j &\quad \scriptsize\mid\;\text{II}+\text{III} \\ \text{III}\quad&3&=& 5i +j & \\ \hline \text{II}'\quad&-2&=& 6j &\quad \scriptsize\mid\;:6 \\ & -\frac{1}{3}&=& j \end{array}$
$ j=-\frac{1}{3} $
Einsetzen in die erste Gleichung liefert:
$\begin{array}[t]{rll} 1&=& -i-5j &\quad \scriptsize \mid\;j =-\frac{1}{3}\\[5pt] 1&=&-i -5\cdot \left(-\frac{1}{3} \right)\\[5pt] 1 &=& -i +\frac{5}{3} &\quad \scriptsize \mid\; -\frac{5}{3}\\[5pt] -\frac{2}{3} &=& -i &\quad \scriptsize \mid\;\cdot (-1) \\[5pt] \frac{2}{3} &=& i \end{array}$
$ i=\frac{2}{3} $
Überprüfe noch die zweite und die dritte Gleichung:
$\begin{array}[t]{rll} \text{II}\quad & -5 &=& -5i +5j &\quad \scriptsize \mid\;i=\frac{2}{3} ; j=-\frac{1}{3} \\[5pt] & -5 &=& -5\cdot \frac{2}{3} +5\cdot \left(-\frac{1}{3}\right)\\[5pt] & -5 &=& -5 \\[10pt] \text{III}\quad & 3&=& 5i +j &\quad \scriptsize \mid\;i=\frac{2}{3} ; j=-\frac{1}{3} \\[5pt] & 3 &=& 5\cdot \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \\[5pt] &3 &=& 3 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \text{II}\quad & -5 &=& -5 \\[10pt] \text{III}\quad & 3 &=& 3 \end{array}$
Da das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung besitzt, erfüllen die Koordinaten von $L$ die Ebenengleichung von $T.$ Der Punkt $L$ liegt also in $T.$
Bildnachweise [nach oben]
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