Zweite Musterklausur

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Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe bearbeitet von --Tws98OB (Diskussion) 18:51, 3. Dez. 2016 (CET)

1.1


Für die Hangebene sind die Punkte:

A( 8 | 0 | -2 )

B( 8 | 8 | -2 )

C( 0 | 8 | 0 )

D( 0 | 0 | 0 )

gegeben.

Damit können wir entweder mithilfe eines Gleichungssystems direkt die Koordinatenform herausfinden oder die Parameter- und Normalform nutzen.


Hier der Weg mithilfe der Parameterform:


E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\0\end{array} \right) + r \cdot \left( \begin{array}{c}8\\0\\-2\end{array} \right) + s \cdot \left( \begin{array}{c}8\\8\\-2\end{array} \right)

Die beiden Spannvektoren wurden mithilfe der gegeben Punkte herausgefunden.

Nun kann man durch das Vektorprodukt den Normalvektor ermitteln, welcher zu beiden Spannvektoren orthogonal ist.


\left( \begin{array}{c}8\\0\\-2\end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c}8\\8\\-2\end{array} \right) = \left( \begin{array}{c}0 - (-16)\\-16 - (-16)\\64 - 0\end{array} \right) =\left( \begin{array}{c}16\\0\\64\end{array} \right)


Somit ist der Normalvektor:


\vec{n}=\left( \begin{array}{c}1\\0\\4\end{array} \right)


und die Normalform:


E:\left[\vec{x} \right] \cdot \left( \begin{array}{c}1\\0\\4\end{array} \right)=0


Somit lautet die gesuchte Koorinatenform:


E:x_1 + 4x_3 = 0


Den Winkel zwischen dem Vektor \vec{v} und der Hangebene ermitteln wir mithilfe der Formel:


\begin{align}

sin(\alpha) &= \frac{\vec{n} \cdot \vec{u}}{|\vec{n}|\cdot|\vec{u}|} \\

&= \frac{-1-3 \cdot 4}{\sqrt{1+3^2+3^2}\cdot \sqrt{1+4^2}} \\

sin(\alpha) &= -0,72 \\

\alpha &= 46,33 \\


\end{align}


1.2

Parameterform der Dachfläche HEKI:


E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}0\\0\\4\end{array} \right) + r \cdot \left( \begin{array}{c}8\\0\\0\end{array} \right) + s \cdot \left( \begin{array}{c}8\\4\\4\end{array} \right)


Und somit die Normalform:

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}0\\0\\4\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)=0


Um den kürzesten Punkt auf der Ebene von der Spitze des Mastes herauszufinden bilden wir zuerst eine Gerade mit dem Normalvektor der Ebene und nehmen als Stützvektor die Mastenspitze.


h:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}4\\-8\\25\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)


Nun setzt man dies in die Normalform ein:


E:\left[\left( \begin{array}{c}4\\-8\\25\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}0\\0\\4\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}0\\-1\\1\end{array} \right)=0

Löst man dies auf kommt raus:

\lambda = -14,5

Setzt man dies in die Gerade ein so bekommen wir den Schattenpunkt P auf der Dachebene:

P( 4 | 6,5 | 10,5 )

Bei näherem Überlegen fällt einem auf, dass dieser Punkt zwar auf der Dachebene liegt, jedoch nicht auf der durch die vier Punkte Eingeschränkte Dachfläche.

Um nun den Punkt herauszufinden, welcher auf dem Dach liegt und am nächsten am Schattenpunkt liegt, konstruieren wir eine Gerade, welche die Dachseite IK darstellt, und finden den Puntk auf dieser, welcher dem Schattenpunkt P am nächsten ist.

Die Gerade IK:

i:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}8\\4\\8\end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c}-8\\0\\0\end{array} \right)

Den Punkt F finden wir durch Konstruieren einer Ebene, welche durch den Punkt P läuft und den Richtungsvektor der Geraden als Normalvektor besitzt.


E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}4\\6,5\\8,5\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}-8\\0\\0\end{array} \right)=0


Nun setzen wir ein:


E:\left[\left( \begin{array}{c}8\\4\\8\end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c}-8\\0\\0\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}4\\6,5\\8,5\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}-8\\0\\0\end{array} \right)=0

Damit wissen wir, dass r=\frac{1}{2}

Durch einsetzen wissen wir nun den Punkt F, welcher dem Schattenpunkt am Nächsten ist aber immer noch auf der Dachfläche liegt.

F( 4 | 4 | 8 )


1.3.1


S( 4 | -8 | 25 )


\vec{v}=\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right)


Somit ist die Gerade, welche den Weg des Lichtes von der Spitze des Mastes darstellt:


g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}4\\-8\\25\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}-1\\3\\-3\end{array} \right)


E_{Hang}:x_1+4x_3=0


\begin{align}

 (4- \lambda ) + 4(25 - 3 \lambda) &= 0 \\

-13 \lambda & = -104 \\

\lambda &= 8 \\

\end{align}


S'( -4 | 16 | 1 )


1.3.2


S'( -4 | 16 | 1 )

C( 0 | 8 | 0 )


\vec{CS'}=\left( \begin{array}{c}-4\\8\\1\end{array}\right)


 |\vec{CS'}| = 9


Um den Punkt zu finden, welcher am nähesten an der Hauswand ist, müssen wir wie bei den Aufgaben zuvor eine orthogonale Hilfsgerade konstruieren und dann deren Schnittpunkt mit der Hausebene berechnen.

. Aufgabe bearbeitet von (--David99OB (Diskussion) 21:42, 8. Dez. 2016 (CET)Unterschrift)

E_{1}: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) + s \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right)

E_{2}: x_{1} + x_{2} + x_{3} = 5

Als erste Aufgabe musste man die beiden Geraden prüfen, ob sie einen Schnitt haben.


Hierfür werden zwei Spannvektoren einer Ebene mit einem Spannvektor der anderen Ebene auf linear Abhängigkeit geprüft. Wenn sie linear unabhängig sind, dann liegt eine Schnitt vor.

Zuerst brauchen wir jedoch die Ebene E_{2} in Parameterform.

\left( \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 5 - x_{2} - x_{3} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array}\right) =

\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 5 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right) + \lambda \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) + \mu \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)

Formel für Musterklausur A2.jpg


Es ist linear Unabhängig.

Denn μ muss 0 sein.

Es gibt nur die triviale Lösung.


Das bedeutet, dass ein Schnitt vorhanden ist.

Nun wollen wir wissen, ob die Ebenen orthogonal sind.


Hierfür bilden wir das Skalarprodukt der beiden Normalenvektoren. Ergibt es 0 dann sind die Ebenen orthogonal.

E_{1} : \vec{n} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right)

E_{2} : \vec{n} = \left( \begin{array}{c} -1 \\ 2 \\ 3 \end{array}\right)

 \vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}} = 0

(-1) \cdot 1 + 2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 = 0

(-1)+2+3 = 0

4 \neq 0

Das bedeutet, dass sie nicht orthogonal sind.

Nun wollen wir die Schnittgerade bestimmen. Hierfür stellen wir in einem LGS beide Gleichungen dar.


Wir stellen ein Variable durch die andere aus der Ebenengleichung dar, setzen dann in die Ursprungs Ebenengleichung ein und haben dann eine Gleichung für eine Gerade

Formel1 für Musterklausur A2.jpg















-3r-s=0|+s

s=-3r

 \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) -3r \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right)

 \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 2r \\ r \\ 0 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} -3r \\ 3r \\ -3r \end{array}\right)

 \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} -r \\ 4r \\ -3r \end{array}\right)

 s : \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 4 \\ -3 \end{array}\right)

Als letztes war noch der Schnittwinkel gefragt.


Hierfür hatten wir eine bestimmte Formel. Bei zwei Ebenen prüft man beide Normalenvektoren.

 cos(\alpha) = \frac{ \vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}} } { \mid \vec{n_{1}} \mid \cdot \mid \vec{n_{2}} \mid }

 \alpha = cos^{-1}(\frac{ (-1)+2+3 } { \sqrt{1+1+1} \cdot \sqrt{1+4+9} } )

 \alpha = cos^{-1}(\frac{ 4 } { \sqrt{42} } )

 \alpha = 51,89^ \circ

. Aufgabe bearbeitet von --Karo99OB (Diskussion) 21:47, 2. Dez. 2016 (CET)

3.1


P( 1 | 3 | -5 )

E:3x_1 - 4x_2 + x_3 =10

Daraus kann man den Normalvektor ablesen.


\vec{n}=\left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)


Durch testen verschiedene Werte können wir einen Punkt auf der Ebene herausfinden. In diesem fall wäre 3 - 4 + 11 = 10 eine wahre Aussage.


E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)=0


3.2

Um die Parameterdarstellung zu konstruieren müssen wir zuerst zwei orthogonale Vektoren zum Normalvektor finden. Demnach müssen die Vektoren r und s so gewählt werden, dass diese als Skalarprodukt mit n gleich Null ergeben.

Der erste Spannvektor:

\left( \begin{array}{c}r_1\\r_2\\r_3\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) = 0

\left( \begin{array}{c}1\\1\\1\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) =0


Der zweite Spannvektor:

\left( \begin{array}{c}s_1\\s_2\\s_3\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) = 0

\left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) = 0


Daraus lässt sich die Parameterform

E:\vec{x} = \left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) +r \cdot \left( \begin{array}{c}1\\1\\1\end{array} \right) +s \cdot \left( \begin{array}{c}2\\1\\-2\end{array} \right)

ableiten.


3.3

3 \cdot (1) - 4 \cdot (3) + (-5) \neq 10

Somit liegt der Punkt P nicht auf der Ebene.


F:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)=0

Diese Ebene liegt Parallel zu der Ebene E, da der Normalvektor der selbe ist und der Punkt P hier der Stützvektor ist.


Damit ist die Koordinatenform:

E:3x_1 - 4x_2 + x_3 =-14


3.4


E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)=0


F:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)=0


\begin{align}

d &= \left| \left( \left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) - \left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array} \right) \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) \right| \cdot \frac{1}{\sqrt{26}} \\

& = \left|  \left( \begin{array}{c}0\\-2\\16\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) \right| \cdot \frac{1}{\sqrt{26}} \\

&= \frac{8+16}{\sqrt{26}} = 4,71 \\

\end{align}


3.5


E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)=0


P( 1 | 3 | -5 )


\vec{u}=\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right)


h:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)


Die Gerade wird in die Ebene eingesezt:


\begin{align}

\left[\left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}1\\1\\11\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)& =0 \\


\left[\left( \begin{array}{c}0\\2\\-16\end{array}\right) + \lambda \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)& =0 \\


26 \lambda &= 24 \\

\lambda &= \frac{24}{26} \\


\end{align}


Um den Spiegelpunkt herauszufinden muss man das Doppelte Lambda nehmen.


\vec{p'}=\left( \begin{array}{c}1\\3\\-5\end{array}\right) +2 \lambda \left( \begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array} \right)

P'( 6,54 | -4,38 | -3,15 )


3.6

S_1(3 \frac{1}{3} |0 | 0 )

S_2(0 | -2,5 | 0 )

S_3(0 | 0 | 10)

Nun müssen wir mithilfe der beiden Punkte auf einer Ebene jeweils den Richtungsvektor der Geraden bestimmen

Also lauten die jeweiligen Spurgeraden auf der jeweiligen Ebene:

x_1x_2 : \vec{x}= \left( \begin{array}{c}0\\-2,5\\0\end{array}\right) +r \left( \begin{array}{c}3 \frac{1}{3}\\2,5\\0\end{array} \right)

x_1x_3 : \vec{x}= \left( \begin{array}{c}3 \frac{1}{3}\\0\\0\end{array}\right) +s \left( \begin{array}{c}-3 \frac{1}{3}\\0\\10\end{array} \right)

x_2x_3 :\vec{x}= \left( \begin{array}{c}0\\0\\10\end{array}\right) +s \left( \begin{array}{c}0\\2,5\\10\end{array} \right)


Zeichnung der Spurgeraden:


Spurgeraden

. Aufgabe bearbeitet von --Addie98OB (Diskussion) 19:11, 8. Dez. 2016 (CET)

A (2|-4|4)

B (5|1|8)

C (8|-4|12)

4.1.:

Parameterdarstellung:

E: \vec{x} = \left( \begin{array}{c}2\\-4\\4\end{array}\right) +  \lambda \cdot \left( \begin{array}{c}3\\5\\4\end{array}\right) +  \mu \left( \begin{array}{c}6\\0\\8\end{array}\right)


Normalendarstellung:

Normalenvektor















\vec{n} = \left( \begin{array}{c}n_1\\0\\- \frac{3}{4}n_3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}1\\0\\- \frac{3}{4}  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c}4\\0\\-3 \end{array}\right)

E : \left[\vec{x} - \left(\begin{array}{c}2\\-4\\4 \end{array}\right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}4\\0\\-3 \end{array}\right) = 0


4.2.:

D (5|-9|8)

Punktprobe:

\left[\left(\begin{array}{c}5\\-9\\8 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}2\\-4\\4 \end{array}\right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}4\\0\\-3 \end{array}\right) = 0

\left(\begin{array}{c}3\\-5\\4 \end{array}\right)  \cdot \left( \begin{array}{c}4\\0\\-3 \end{array}\right) = 0

12 + 0 - 12 = 0

D  \in E



\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a} = \left(\begin{array}{c}5\\1\\8 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}2\\-4\\4 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}3\\5\\4 \end{array}\right)

\vec{DC} = \vec{c} - \vec{d} = \left(\begin{array}{c}8\\-4\\12 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}5\\-9\\8 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}3\\5\\4 \end{array}\right)


\vec{AD} = \vec{d} - \vec{a} = \left(\begin{array}{c}5\\-9\\8 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}2\\-4\\4 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}3\\-5\\4 \end{array}\right)

\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b} = \left(\begin{array}{c}8\\-4\\12 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}5\\1\\8 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}3\\-5\\4 \end{array}\right)


\vec{AD} \cdot \vec{AB} = \vec{AB} \cdot \vec{BC} = \vec{BC} \cdot \vec{DC} = \vec{AD} \cdot \vec{DC} = \left(\begin{array}{c}3\\-5\\4 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}3\\5\\4 \end{array}\right) = 9 - 25 + 16 = 0

Die Seiten des Vierecks sind zueinander parallel und orthogonal, es handelt sich also um ein Rechteck.


|\vec{AB}| = |\vec{DC}| =  \sqrt{3^2+5^2+4^2} =  \sqrt{50}

|\vec{AD}| = |\vec{BC}| =  \sqrt{3^2+(-5)^2+4^2} =  \sqrt{50}

Alle Seiten des Rechtecks sind gleich lang, die 4 Punkte bilden also ein Quadrat.


4.3.:

Flächeninhalt des Quadrates:

A = |\vec{AB}| \cdot |\vec{AD}| =  \sqrt{50} \cdot  \sqrt{50} = 50cm^2

. Aufgabe bearbeitet von (--L.Wagner (Diskussion) 18:42, 6. Dez. 2016 (CET)Laurent99OB)

Wir haben die Gerade g und die Punkte A und B gegeben.

A(2|0|-8);B(1|-1|-4)

g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}12\\4\\0\end{array} \right)+\lambda \left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)

Aus den Punkten A und B können wir unsere Gerade h bilden.

h:\vec{x}=\left( \begin{array}{c}2\\0\\8\end{array} \right)+\mu\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\4\end{array} \right)

Nun sollen wir erstmal prüfen, ob die Gerade h und g parallel zueinander sind. Dabei überprüfen wir erstmal die Richtungsvektoren der Geraden, denn wenn sie l.a. sind wissen wir, dass sie entweder identisch sind oder nur parallel zueinander sind.

\vec{u};\vec{v}\mbox{ l.a?}

\left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\4\end{array} \right)k

Wenn wir für k=-1 einsetzen, sind sie l.a. zueinander.

In einem weiteren Schritt überprüfen wir, ob einer der Richtungsvektoren mit dem Differenzvektor der Stützvektoren l.a ist. Wenn ja, sind sie identisch zueinander. Wenn nicht, dann nur parallel zueinander.

\vec{u};\vec{q-p} \mbox{ l.a.?}

\left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)r=\left( \begin{array}{c}-10\\-4\\8\end{array} \right)

Für r gibt es keine Zahl, deshalb sind sie parallel zueinander aber nicht identisch.

Da wir nun gezeigt haben, dass die Vektoren parallel zueinander sind, müssen wir nun den Abstand der beiden Geraden berechnen. Dabei stellen wir wieder eine Hilfsebene in der Normalenform auf. Dafür benutzen wir die Gerade h als Hilfsebene und setzen dann die Gerade g in unsere Hilfsebene ein, um somit \lambda herauszubekommen und somit auch den Punkt F an der Gerade g zu erhalten.

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}2\\0\\-8\end{array} \right)\right]\cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\4\end{array} \right)=0

\left[\left( \begin{array}{c}12\\4\\0\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}2\\0\\-8\end{array} \right)\right]\cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\4\end{array} \right)=0

\left[\left( \begin{array}{c}10\\4\\8\end{array} \right)+\lambda\left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)\right]\cdot\left( \begin{array}{c}-1\\-1\\4\end{array} \right)=0

-10-4+32-\lambda-\lambda-16\lambda=0

18-18\lambda=0

-18\lambda=-18

\lambda=1

Nun setzen wir das errechnete für \lambda in unsere Gerade g ein, um somit F zu bekommen

F=\left( \begin{array}{c}12\\4\\0\end{array} \right)+ \left( \begin{array}{c}1\\1\\-4\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}13\\5\\-4\end{array} \right)

Nun berechnen wir unseren Vektor \vec{AS}, um somit den Abstand zwischen beiden Geraden zu berechnen.

\vec{AF}=\vec{f}-\vec{a}=\left( \begin{array}{c}11\\5\\4\end{array} \right)

d=\sqrt{11^2+5^2+4^2}=12,7

. Aufgabe bearbeitet von --Sinan98OB (Diskussion) 21:41, 8. Dez. 2016 (CET)

Behauptung: h^{2} =p \cdot q

Voraussetzung:

1. \vec{a} - \vec{p} =h= \vec{q} + \vec{b}

2. \vec{a}  \bot  \vec{b}

3. \vec{h}  \bot  \vec{p} ;  \vec{h}  \bot  \vec{q}


Beweis:

1) \vec{a} = \vec{h} + \vec{p} und \vec{b} = \vec{h} - \vec{q}

2)\vec{a} \cdot \vec{b} =0

(\vec{h}+ \vec{p})  \cdot (\vec{h}- \vec{q})  =0

\vec{h} ^{2} - \vec{h} \cdot \vec{q} + \vec{h} \cdot \vec{p} - \vec{p} \cdot \vec{q}=0

 \vec{h} ^{2} - 0 + 0 - \vec{p} \cdot \vec{q} =0

 |  \vec{h} |  ^{2} =  | \vec{p} |  \cdot  | \vec{q}  |

. Aufgabe bearbeitet von --Deeka98OB 18:36, 4. Dez. 2016 (CET)--Kat99OB (Diskussion) 19:15, 4. Dez. 2016 (CET)

7.1
Formel für das Volumen einer Pyramide: V= \frac{1}{3} G \cdot h

Grundseite berechnen:

\vec{BC} = \vec{c} -  \vec{b} =\left( \begin{array}{c}0\\16\\0\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}16\\0\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-16\\16\\0\end{array} \right)
| \vec{BC}  | = \sqrt{(-16)^2+16^2} =16 \sqrt{2}

\vec{BA} = \vec{a} -  \vec{b} =\left( \begin{array}{c}0\\-16\\0\end{array} \right)-\left( \begin{array}{c}16\\0\\0\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}-16\\-16\\0\end{array} \right)
| \vec{BA}  | = \sqrt{(-16)^2+(-16)^2} =16 \sqrt{2}
G= |  \vec{BA}  | \cdot  |  \vec{BC}  | = 16\sqrt{2} \cdot 16\sqrt{2}= 512
Höhe berechnen:

\vec{MS} = \frac{1}{2}  \vec{DB} + \vec{BS} = \frac{1}{2} \left( \begin{array}{c}32\\0\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}-16\\0\\12\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}16\\0\\0\end{array} \right)+\left( \begin{array}{c}-16\\0\\12\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}0\\0\\12\end{array} \right)
h= |  \vec{MS} | = \sqrt{12^2}  =12
V= \frac{1}{3} \cdot 512 \cdot 12= 2048


7.2

Fluggerade aus den gegebenen Punkten F1 und F2 aufstellen (Zwei-Punkte-Form):

F1(56|-44|15)\quad F2 (48|-36|14)

g:\vec{x}=\vec{p}+r \cdot \vec{u}
g:\vec{x}=\left( \begin{array}{c} 56\\-44\\15\end{array} \right)+r\cdot\left( \begin{array}{c}-8\\8\\-1\end{array} \right)
Wir betrachten die Seiten der Pyramide jeweils als eine Ebene. Da jeweils zwei Ebenen gegenüber liegen, müssen wir nur eine Seite betrachten, da wenn das Flugzeug mit der einen Seite kollidiert, kollidiert es dann auch gleichzeitig mit der gegenüberliegenden Seite
Wir können die Ebenengleichungen aufstellen durch die drei Eckpunkte der Dreiecksfläche
1.) Ebene ABS
 A(0|-16|0)\quad B(16|0|0)\quad S(0|0|12)

E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c} 0\\0\\12\end{array} \right)+\lambda \cdot  \left( \begin{array}{c}0\\-16\\-12\end{array} \right)+\mu \cdot \left( \begin{array}{c} 16\\0\\-12\end{array} \right)
Da die Seite der Pyramide durch bestimmte Punkte begrenzt ist und nicht unendlich groß ist, müssen wir sie einschränken. Dazu schränken wir die x1, x2 und x3 Koordinaten ein
X1- Wert: von 0 bis 16
X2- Wert: von -16 bis 0
X3- Wert: von 0 bis 12

Damit wir den Durchstoßungspunkt der Ebene ABS und der Geraden herausfinden können , wandeln wir die Parameterform in die Koordinatengleichung um, da es einfacher ist.
LGS 1 Musterklausur
\left( \begin{array}{c} n_1\\n_2\\n_3\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} \frac{3}{4}n_3 \\- \frac{3}{4}n_3 \\n_3\end{array} \right)= \lambda \left( \begin{array}{c} 3\\-3\\4\end{array} \right)

\vec{n}= \left( \begin{array}{c} 3\\-3\\4\end{array} \right)

E:\left[\vec{x}- \left( \begin{array}{c} 0\\0\\12\end{array} \right)\right ]\cdot  \left( \begin{array}{c} 3\\-3\\4\end{array} \right)=0

3x_1-3x_2+4x_3-48=0

E: 3x_1-3x_2+4x_3=48


3(56-8r)-3(-44+8r)+4(15-r)=48

360-52r=48

-52r=-312

r=6
Den Wert für r in die Geradengleichung einsetzen:
\vec{d}= \left( \begin{array}{c} 56\\-44\\15\end{array} \right)+6\left( \begin{array}{c} -8\\8\\-1\end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} 8\\4\\9\end{array} \right)
D(8|4|9)
Die Werte liegen nicht in unserem vorgegebenen Bereich, sodass das Flugzeug nicht mit dieser Seite kollidiert und damit auch nicht mit der gegenüberliegenden Seite.

2.) Ebene BCS
 C(0|16|0)\quad B(16|0|0)\quad S(0|0|12)

E:\vec{x}=\left( \begin{array}{c} 0\\0\\12\end{array} \right)+\lambda \cdot  \left( \begin{array}{c}16\\0\\-12\end{array} \right)+\mu \cdot \left( \begin{array}{c} 0\\16\\-12\end{array} \right)
Einschränkung der Ebene
X1- Wert: von 0 bis 16
X2- Wert: von 0 bis 16
X3- Wert: von 0 bis 12

lGS2 n-form

 
\vec{n} =\left( \begin{array}{c}  n_{1} \\ n_{2} \\ n_{3} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}  \frac{3}{4}  n_{3} \\\frac{3}{4}  n_{3}\\ n_{3} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c}  \frac{3}{4}   \\\frac{3}{4}  \\ 1 \end{array} \right) \Rightarrow \left( \begin{array}{c}  3 \\3\\ 4 \end{array} \right)

E:\left[\vec{x}-\left( \begin{array}{c}0\\0\\12\end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c}3\\3\\4\end{array} \right)=0
3 x_{1} + 3x_{2} + 4x_{3} =48
3(56-8r)+3(-44+8r)+4(15-r)=48
r=12
\vec{d} =\left( \begin{array}{c} 56\\-44\\15\end{array} \right)+12\left( \begin{array}{c} -8\\8\\-1\end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} -40\\52\\3\end{array} \right)
D(-40|52|3)

Auch hier liegt der Durchstoßungspunkt nicht im Wertebereich, weshalb das Flugzeug mit dieser Seite und der gegenüberliegenden Seite nicht kollidiert.
Das heißt, das Flugzeug kollidiert gar nicht mit der Pyramide.

Reinepyramide.jpg Vektorispyramide1.jpg