Protokolle vom Dezember 2012

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 03.12.2012/ Thema: Abstände von Punkten zu Ebenen und parallelen Geraden

Protokoll von --Ganymed 21:03, 4. Dez. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Einführung

Die Doppelstunde begann mit der Austeilung der Klapptests "Abstand von Punkt und Gerade" (30) und "Abstand von Punkt und Ebene" (31), die auch auf Conseles zu finden sind.
Eingangs führte Herr Schmitt kurz die Abiturvorbereitung am vergangenen Samstag (zu finden hier und hier) an und erinnerte an den alternativen Lösungsvorschlag.

Nach diesem Samstag müsse unser Fokus auf der zweiten Musterklausur zur Vorbereitung der Klausur am 12. Dezember liegen. Dazu wurde uns geraten, etwaige Lösungsvorschläge auf das Wiki hochzuladen und besonders die Musterklausur zum Unterricht am Mittwoch mitzubringen.


Hausaufgaben vom 28. November 2012

Beweis der orthogonalen Diagonalen einer Raute

Die gegebene Raute mit den Vektoren \vec{a} und \vec{b}

Gegeben ist eine Raute ABCD. Es gilt mittels Vektoren zu beweisen, dass die Diegonalen orthogonal zueinander sind.

Zunächst lassen sich die diagonalen Vektoren \vec{AC} und \vec{BD} wie folgt formulieren:
\vec{AC}=\vec{a} +\vec{b} und
\vec{BD}=\vec{b} -\vec{a}

\vec{AC}\cdot\vec{BD}=(\vec{a} +\vec{b}) \cdot (\vec{b}-\vec{a})

Bei der Multiplikation der diagonalen Vektoren, um den Schnittwinkel zu erfahren, ergibt sich die Dritte Binomische Formel.

= |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 \qquad = 0

Da die Voraussetzung einer Raute ist, dass alle Seiten gleich lang sind (\vec{a}=\vec{b}), erkennen wir, dass dies Null ergeben muss und die Vektoren folglich orthogonal aufeinander stehen müssen.

q.e.d.


S. 226

Aufgabe 15a)

Nur für t=0 ist die Ebene E parallel zur x_1-x_2-Ebene.


S. 235

Aufgabe 9

Man erkennt, dass E_1 und E_2 eine Schnittgerade haben, wenn die Normalvektoren der Ebenen linear unabhängig sind.

Aufgabe 10
  • LGS (1) entspricht den parallelen Ebenen von Figur 2
  • LGS (2) entspricht der Schnittgeraden von Figur 1
  • LGS (3) entspricht den orthogonalen Ebenen von Figur 3
Aufgabe 11 (1)
  • LGS (1) entspricht Figur 5, da nur die beiden unteren Gleichungen parallele Ebenen darstellen.

S. 251

Aufgabe 1b)

Der Abstand des Punktes von der Geraden beträgt 11.

Aufgabe 1c)

Der Abstand des Punktes von der Geraden beträgt 15.


Nachtrag: Abstand eines Punktes von einer Geraden im Raum

In der vergangenen Stunde besprachen wir den Abstand eines Punktes P zu einer Geraden g im Raum. Die Strategie wurde eingangs nocheinmal verdeutlicht:

Eine Hilfsgerade zur Ermittlung des Abstands im Raum ist unnütz, da es unendlich viele orthogonale Geraden gibt. Stattdessen benötigen wir eine Hilfsebene mit einem orthogonalem Richtungsvektor. Der Punkt P des zu ermittelnden Abstands muss hierzu auf der Hilfsgerade liegen. Die Ebene schneidet die Gerade im Lotfußpunkt F. Nun kann der Abstand des Lotfußpunktes vom Punkt P durch |\vec{f}-\vec{p}| berechnet werden.


Abstand zweier parallelen Geraden

Zwei parallele Geraden und ihr Abstand

Anschließend besprachen wir Aufgabe 3a) auf Seite 251:

Berechnen Sie den Abstand der zueinander parallelen Geraden mit den Gleichungen
\vec{x}=\begin{pmatrix} -5 \\ 6 \\ 8 \end{pmatrix}+t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} \quad; \quad\vec{x}=\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}+t\cdot\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}

Wir erkennen, dass die Richtungsvektoren linear abhängig und die Geraden daher parallel sind.
Nun berechnen wir den Abstand, indem wir den Abstand der oberen Geraden von einem Punkt der unteren Geraden ermitteln. Als Punkt eignet sich der Stützvektor.
Daraus ergibt sich der Punkt P \qquad (6|4|1). Nun verfahren wir wie vereinbart.

g: \ \vec{x}=\begin{pmatrix} -5 \\ 6 \\ 8 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}

E: \ \left[\vec{x}-\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}=0

E: \ \left[\begin{pmatrix} -5 \\ 6 \\ 8 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}=0

E: \ \left[\begin{pmatrix} -11 \\ 2 \\ 7 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}=0

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): (-11-14)+\lambda\cdot(1+4)=0 \qquad\qquad |-25 \\ 5\lambda=25 \qquad\qquad |:5\\ \lambda=5


\begin{pmatrix} -5 \\ 6 \\ 8 \end{pmatrix}+5 \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix}

\vec{PF}=\vec{f} -\vec{p} = \begin{pmatrix} 0 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 6 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}

|\vec{p}-\vec{f}|=\sqrt{36+4+9} \quad =7

d(g_1;g_2)=7

Der Abstand der Geraden g_1 und g_2 beträgt 7.


Abstand eines Punktes von einer Ebene

Abstand eines Punktes von einer Ebene

Zur Ermittlung des Abstands eines Punktes von einer Ebene benötigen wir eine Hilfsgerade.
Als Stützvektor eigenen sich der Ortsvektor von Punkt P; als Richtungsvektor eignet sich der Normalvektor.

Nun lässt sich folgendes Aussagen:

  • 1) h: \ \vec{x}=\vec{p}+\lambda\vec{n}
  • 2) Schnittpunkt der Geraden E\cap h = \qquad \lbrace F \rbrace
  • 3) d(P; \ E)=|\vec{PF}|

Übungsaufgabe S. 245 Aufgabe 1

Dazu berechneten wir Aufgabe 1a) auf Seite 245.

A \quad (3|-1|7)

E: \ 3x_2+4x_3=0 \qquad\qquad \vec{n}=\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}

h: \ \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): x_2=-1+3\lambda \\ x_3= 7+4\lambda


Nun setzen wir ein:

3\cdot(-1+3\lambda)+4(7+4\lambda)=0

-3+9\lambda+28+25\lambda=0

25\lambda=-25

\lambda=-1

Nun setzen wir für \lambda ein:

\vec{f}=\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}= \ \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix}

\vec{AF}= \vec{f}-\vec{a}= \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ -3 \\ -4 \end{pmatrix}

\vec{AF}= \sqrt{9+16} \ = 5

d(A; \ E) = 5

Der Abstand des Punktes zur Ebende beträgt 5.


Flächeninhalt eines Dreiecks

Das Dreieck ABC mit Grundseite g und Höhe h

Anschließend berechneten wir Aufgabe 2a) auf Seite 251.

Allgemein lässt sich der Flächeninhalt eines Dreiecks durch A=\frac{1}{2} \cdot g\cdot h bestimmen. Dazu müssen wird nung g und h vektoriell darstellen.

g=|\vec{b}-\vec{a}|= | \ \begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ 7 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \ |=\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}=\sqrt{81}=9

Die Gerade durch die Grundseite nennen definieren wir durch i: \ \vec{x}=\vec{a}+\lambda(\vec{b}-\vec{a})

= \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}

E: \ \left[\vec{x}-\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}=0

\left[\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}=0

\left[\begin{pmatrix} -4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}\right]\cdot\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}=0

(-24-15+12)+\lambda\cdot(36+9+36)=0

-27+81\lambda=0

\lambda=\frac{1}{3}

Nun ermitteln wir den Lotfußpunkt F:

f=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

F \quad (3|2|3)

Nun ermitteln wir den Abstand vom Punkt C zum Lotfußpunkt F:

\vec{f}-\vec{c}=\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 \\ -4 \\ 4 \end{pmatrix}

|\vec{CF}|=\sqrt{36}=6

d(C; \ g)=6=h

Nun kann der Flächeninhalt berechnet werden:

\frac{1}{2}\cdot (9\cdot 6)=27

Der Flächeninhalt des Dreiecks beträgt 27.


Einheitsvektoren in der Ebene

Als nächstes untersuchten wir die Lagebeziehung von eindimensionalen Einheitsvektoren im Raum zueinander.

\vec{e_1}= {1 \choose 0}

\vec{e_2}= {0 \choose 1}

\vec{e_1}\cdot\vec{e_2}={1 \choose 0}\cdot{0 \choose 1}=0

\vec{e_1}\perp\vec{e_2}

Verschiedene Einheitsvektoren im kartesischen Koordinatensystem müssen zwangsläufig orthogonal zueinander sein.

\vec{e_1}\cdot\vec{e_1}=|\vec{e_1}|\cdot|\vec{e_1}|\cdot cos \  0^\circ=1


Ansatz S. 237 Aufgabe 8b)

Zuletzt formulierten wir einen Ansatz zu Aufgabe 8b) auf Seite 237.

\vec{u} \ || \ E

Der Richtungsvektor muss parallel zur Ebene verlaufen, um die Ebene nicht zu schneiden.

Die Ebene in Koordinatenform aus drei Punkten lautet E: \ 2x_1+x_2-2x_3=-2

Nun bestimmten wir den Normalvektor \vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}.
Aus Zeitmangel formulierten wir den letzten Gedanken: Der Richtungsvektor muss orthogonal zum Normalvektor verlaufen.

\vec{u}\perp\vec{n}


Hausaufgaben zum 5. Dezember 2012

  • S. 226
    • A 15b
    • A 16b
  • S. 235
    • A 11 (2)
    • (A 12-15)
  • S. 251
    • A 1d
    • A 3b
    • (A 4a)
  • S. 245 A 1a
  • S. 251 A 2b

Protokoll vom 05.12.2012/ Thema: Spiegelpunkte, Abstandsbestimmung und angegebener Abstand

Protokoll von --Tortosa 13:12, 5. Dez. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)


Anmerkung von Herr Schmitt

Wir bekamen das Übungsblatt Nummer 7, mit dem uns Herr Schmitt bildnerisch zeigen wollte, wo sich das Logbuch in Conseles befand (Mathe LK, Übungen, Was gibt es Neues? ). Es ist sehr praktisch, wenn man die letzten angegebe Übungsblätter oder Anmeldungen wissen will. Das andere, uns schon besser bekanntes, Logbuch liegt im Wiki, dort erfahren wir, wann ein Protokoll abgeschlossen ist.

Hausaufgaben vom 05.12.2012

  • Seite 226
    • 15b
      • t=1 \quad Parallel zur x_{1}x_{2} Ebene
      • t= -1 \quad Parallel zur x_{2}x_{3} Ebene
    • 16b
      • a=5
  • Seite 245
    • 1c
      • d(C;E)=5
  • Seite 251
    • 2b)
      • A=45,45
    • 1d
      • d(g;R)=17
    • 3b
      • d(g;h)=21
  • Seite 235
    • 11 (2)
      • Fig. 6. Für alle drei Gleichungenkriegen wir keine Lösung. Bei der Durchführung des LGS mit nur jeweils 2 Formeln kriegen wir jeweils eine Schnittgerade.

Fragen zur Musterklausur

Da es bereits Rückmeldungen bezüglich der Musterklausur gab (Spezifisch, die Aufgabe 1), besprach Herr Schmitt mit uns die Aufgabe und erklärte uns, wie man einen Spiegelpunkt berechnet.


Das Beispiel ähnelte dem der Musterklausur:

Wir haben eine Ebene E, die durch den Normalvektor \vec{n} dargestellt wird. Wir wollen den Spiegelpunkt vom Punkt P erhalten. Dafür müssen wir vorgehen, als ob wir den Abstand zwischen P und E berechnen. Dafür stellen wir (wie in der letzte Stunde gehabt) eine Hilfsgerade, die durch den Punkt P und den Lotfusspunkt geht (Schnittpunkt der Geraden und der Ebenen).

Formel der Hilfsgerade:

h:\vec{x}= \vec{p}+ \lambda \cdot \vec{n}

Der Stützvektor \vec{p} ist der Ortsvektor des Punktes P und der Richtungsvektor \vec{n} ist der Normalvektor der Ebene. Der nächste Schritt ist die Formel der Geraden in der Formel der Ebene einzusetzen, um \lambda_{s} zu bekommen (das Spezifische \lambda, mit dem wir den Lotflusspunkt berechnen). Dieses \lambda_{s} setzten wir in der Formel der Gerade ein, so erhalten wir den Ortsvektor des Lotflusspunktes.

\vec{f}= \vec{p}+ \lambda_{s} \cdot \vec{n}


Zu beachten ist, dass der Richtungsvektor dieser Gerade in die entgegengesetzte Richtung des Normalvektors verläuft, aus diesen Grund muss \lambda, sowohl als auch \lambda_{s} negativ sein.

Tortosa Seite 1 erstes Beispiel.jpg

Nachdem wir alle diese Daten bestimmt haben, können wir schon den Spiegelpunkt P' berechnen.

Tortosa Seite 3 Spiegelpunkt.jpg

Beim blicken der Skizze, erkennen wir, dass der Ortsvektor von \vec{p'} eine Vektorkette aus den den Vektoren \vec{p} (Ortsvektor des Punktes P) und das Doppelte von \lambda_{s} \cdot \vec{n} ist. Dadurch stellen wir folgende Formel her:

\vec{p'}= \vec{p}+ 2\lambda_{s} \cdot \vec{n}


Aufgabe 1e) von der Musterklausur

Aufgabenstellung

Der Punkt P wird an der Ebene E gespiegelt. Bestimmen Sie die Koordinaten des Spiegelpunktes P'.

Dieses Beispiel dient uns zur Anwendung, der oben gelernte Theorie.


Angegeben

Ebene E

E:3x_{1}-4x_{2}+x_{3}=10

Punkt P

P(1|3|-5)


Lösung

Aus der gegebenen Ebene in Koordinatenform, kann man den Normalvektor bestimmen \quad \vec{n} = \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}

Tortosa Pruba 1.jpg

Wie schon im obigen Beispiel dargestellt ist, stellen wir eine Hilfsgerade her.

 h:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}  +\lambda \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}

Für die Werte  \quad x_{1},x_{2},x_{3} der Ebene E setzen wir folgendes ein


  • x_{1}=1+3\lambda


  • x_{2}=3-4\lambda


  • x_{3}=-5+\lambda


3\cdot(1+3\lambda )-4\cdot(3-4\lambda )-5+\lambda =10


=3+9\lambda -12+16\lambda -5+\lambda=10


=-14+26\lambda =10 \quad \quad   | +14


26\lambda =24 \quad \quad   |:26


\lambda=\frac{12}{13}


Das \lambda dient uns gleich um den Lotflusspunkt zu berechnen.

\vec{f} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}+ \frac{12}{13}  \cdot\begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3,77 \\ -0,6 \\ -4,08 \end{pmatrix}

Da wir schon über \vec{p} und \lambda verfügen können wir diese Werte und den Normalvektor von E in der Formel

\vec{p'} =\vec{p}+ 2\cdot\lambda\cdot\vec{n}

Tortosa Seite 1 erstes Beispiel.jpg

\vec{p'} =  \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -5 \end{pmatrix}+  \frac{12\cdot2}{13}\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ -4 \\ 1 \end{pmatrix}=

\vec{p'} =  \begin{pmatrix} 6,54 \\ -4,38 \\ -3,15 \end{pmatrix}

Dies ist der Ortsvektor des von P'. Der Punkt P' liegt also bei:

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



Ebenen im angegebenen Abstand

Zu einer Ebene wird einer parallelen Ebene im gegebenen Abstand gesucht.

E_{1} ist die gegebene Ebene

E_{1}:[\vec{x}-\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ]\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}  =0

und d=3 ist der Abstand der zu realisieren ist.

Tortosa Angegebener Abstand.jpg

Unsere Vorgehnsweise:

Wir brauchen den Ortsvektor des Punktes Q, der uns auch als Stützvektor der Parallelen Ebene dient.

Q wird mittels der Hilfsgerade h berechnet:

Der Stützvektor ist der selbe wie bei E  \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

Als Richtungsvektor nehmen wir uns den Normalvektor von E \vec{n} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}

<math>h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}

Als \lambda _{s} setzen wir \frac{3}{5} ein. Auf diese Folgerung kommen wir, weil der Betrag vom Normalvektor =5 ist und da der Abstand 3 sein musst, ist unser\lambda _{s} einfach die Division von 3 zwischen 5.


\vec{q} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +\frac{3}{5} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4,8 \\ 1 \\ 2,4 \end{pmatrix}

Daraufhin kriegen wir Q(4,8|1|2,4)


Dies ist der \vec{q}, der Stützvektor der neuen Ebenen.

E:[\vec{x}-\begin{pmatrix} 4,8 \\ 1 \\ 2,4 \end{pmatrix}  ] \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}

Bemerkung!

Es gibt zwei möglichen Ebenen, die im Abstand von 3 parallel zu E_{1} sind. Um die andere Ebene zu bekommen, muss man den Vorzeichen des \lambda_{s} ändern.

\vec{f} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} -\frac{3}{5} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1,2 \\ 1 \\ -2,4 \end{pmatrix}

Dies wäre der Stützvektor der anderen Formel.

E:[\vec{x}-\begin{pmatrix} 1,2 \\ 1 \\ -2,4 \end{pmatrix}  ] \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}

So erhalten wir beide parallelen Ebenen mit dem Abstand 3 zu E_{1} .



Berechnung des Abstandes in der Ebene

Mit folgende Punkte machen wir in einem 2-dimensionalen Koordinatensystem ein Dreieck.

A(1|2)

B(8|-1)

C(6|5)


Tortosa GRafico.jpg


h=4,7 cm

g=7,6 cm

A= 17,86

Um rechnerisch auf die Grundseite des Dreiecks zu kommen (AB), müssen wir den Betrag von \vec{AB} bestimmen.


g=\left|\vec{b} - \vec{a} \right|=|\begin{pmatrix} 7 \\ -3  \end{pmatrix}  | = 7,6

Die Hilfsgerade verläuft durch den Punkt C und schneidet die Grundseite des Dreiecks. Deshalb nehmen wir als Stützvektor auch den Punkt C(6|5). Der Richtungsvektor muss orthogonal zur Grundseite sein. Deshalb suchen wir einen Vektor der orthogonal zu \begin{pmatrix} 7 \\ -3  \end{pmatrix}. Wir entschieden uns für \begin{pmatrix} 3 \\ 7  \end{pmatrix}.

i:\vec{x} =\begin{pmatrix} 6 \\ 5  \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 3 \\ 7 \end{pmatrix}

Die Grundlinie kann auch durch die Gerade g dargestellt werden:

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2  \end{pmatrix} +\mu \begin{pmatrix} 7 \\ -3 \end{pmatrix}


Jetzt suchen wir den Lotflusspunkt, den berechnen wir durch ein LGS beider Geraden.

\ i \cap g =  (F)

Tortosa LGS 1Dreieck.jpg


\lambda =-\frac{18}{29}

Dieses \lambda setzen wir in der Formel der Geraden i.

\vec{f} =\begin{pmatrix} 6 \\ 5  \end{pmatrix} -\frac{18}{29} \cdot\begin{pmatrix} 3 \\ 7 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 4,14 \\ 0,66 \end{pmatrix}

h= d(C;g) =\left| \vec{CF}  \right| = \left| \vec{f} -\vec{c}  \right| =4,72

Die Distanz zwischen C und der Geraden ist also (wie vorher gemessen worden) tatsächlich 4,72!

Es stimmt mit unserer Messung überein.


Abstand zweier parallelen Ebenen in Koordinatenform

Es werden uns zwei Ebenen in KF gegeben:

E_{1}: 4x_{1}+3x_{2}-12x_{3}=25

E_{2}: -4x_{1}-3x_{2}+12x_{3}=14

Ziel:

d(E_{1};E_{2})

Vorgehensweise

Wir nehmen einen Punkt P, der auf der E_{2} Ebene liegt \rightarrow \quad P\in E (ein beliebiger Punkt).

P(-0,5|-4|0)

Ab hier können wir unsere Strategie anwenden. Durch eine Hilfsgerade, mit dem Normalvektor von E_{1} und dem Ortsvektor von P als Stüztvektor, die beide Ebenen orthogonoal schneidet und durch den Punkt P geht, ist es uns möglich diesen gesuchten Abstand zu errechnen.

Tortosa Basis 1e).jpg

i:\vec{x} = \begin{pmatrix} -0,5 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \cdot\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -12 \end{pmatrix}


Für die Werte  \quad x_{1},x_{2},x_{3} der Geraden i setzen wir folgendes ein


  • x_{1}=-0,5+4\lambda


  • x_{2}=-4+3\lambda


  • x_{3}=-12\lambda


4\cdot(-0,5+4\lambda )+3\cdot(-4+3\lambda )-12\cdot(-12\lambda ) =25


=-2+16\lambda -12+9\lambda +144\lambda=25


=-14+169\lambda =25 \quad \quad   | +14


169\lambda =39 \quad \quad   |:169


\lambda =\frac{3}{13}


Das \lambda dient uns gleich, um den Lotflusspunkt zu berechnen.


\vec{f} = \begin{pmatrix} -0,5 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix}+ \frac{3}{13}  \cdot\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -12 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0,42 \\ -3,31 \\ -2,27 \end{pmatrix}

Mit diesem Lotflusspunkt können wir durch \vec{PF} beide Ebenen verbinden. Der Betrag von\vec{PF} ist demnach der Abstand.

\vec{PF} = \vec{f} -\vec{p} = \begin{pmatrix} 0,42 \\ -3,31 \\  -2,27 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} -0,5 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0,92 \\ 0,69 \\ -2,77 \end{pmatrix}

\left| \vec{PF}  \right| =3

Der Abstand zwischen den Ebenen ist 3

d(E_{1} ;E_{2})=3


Räumliches Zeichnen

Hier kamen wir wieder auf das Thema: Ebenen im Raum und deren Spurpunkte mit dem Koordinatenachsen

Wir wollten wissen, wie man die Spurgerade s_{12}=S_{1}S_{2} herausbekommen könnte. Diese Spurgeraden sind nichts anderes als die Schnittgeraden einer Ebenen mit den Grundebenen.


E_{1}:2x_{1}-3x_{2}+5x_{3}=60

E_{2}:x_{1},x_{2} Ebene

E_{2}:[\vec{x} ]\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

E_{2}:x_{3}=0

Als zweite Ebene nehmen wir die x_{1},x_{2} Ebene, die wir in der Normalform darstellen können. Diese Ebene besitzt den Nullvektor als Stützvektor und die x_{3} Achse als Normalvektor.

Tortosa Ebenen.jpg

Wir haben also letztendlich zwei Ebenen in Koordinatenform. Es ist die selbe Situation wie vorhin.

Es wird en LGS hergestellt.

Tortosa IM RAUM LGS.jpg

Tortosa Vrostsetzumg IM RAUM.jpg

Mit folgenden X-Werten können wir eine Gerade herstellen.

  • x_{1}=30+1,5x_{2}


  • x_{2}


  • x_{3}=0


g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 30+1,5x_{2} \\ 0+x_{2} \\ 0+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 30 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}

Alternative:

Eine weniger abstrakte Methode wäre es, die Spurpunkte von E_{1} auszurechnen (wie früher geübt), nämlich

S_{1}P(30|0|0 )

S_{2}P(0|-20|0 )

Daraus können wir folgende Formel leiten:

g:\vec{x}  \begin{pmatrix} 30 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 30 \\ 20 \\ 0 \end{pmatrix}

Es ergibt sich die gleiche Gerade.



Beispiele

Beispiel 1)

Wir haben eine Ebene E_{1} und die x_{1},x_{2} Ebene

E_{1}:\vec{x} =\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} +\mu \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

E_{2}:x_{3}=0

E_{2}:[\vec{x} ]\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}


Gesucht:

s_{12}=?

Lösungsweg:

In dem \vec{x} der Grundebene setzen wir die Formel der ersten Ebene, dann rechnen wir einfach aus:


s_{12}:\quad [ \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} +\mu \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}]\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}= 0+5\lambda +\mu

Anweisungen für die Hausaufgaben

Aufgabe 2b) Seite 245

Aufgabenstellung:

b) Wo liegen alle Punkte, die den ABstand 7 von E haben?

Vorschlag:

Dafür sollte man eine Ebene mit dem gleichen Normalvektor bilden und der durch den Punkt R geht. Ausserdem sollte man den Spieglepunkt berechnen R'.


Aufgabe 10) Seite 246

a)

Tortosa Ultimo.jpg

Aufgabenstellung:

Bestimmen Sie den Abstand d des Punktes P von der Ebene E:2x_{1}+10x_{2}+11x_{3}=252

Vorschlag:

Den Abstand zwischen P und E berechnen und dann die Punktprobe durchführunen.

b)

Aufgabenstellung:

Es gibt einen weiteren Punkt auf der Geraden g, der von E den Abstand d hat. Berechnen Sie seine Koordinaten.

Vorschlag:

Wir entwickelten 2 Vorschläge:

1-

Verdoppelung des \vec{PS}.

\vec{q}=\vec{p}+  2\vec{PS}

2-

Konstruktion von dem Spiegelpunkt P', womit man eine parallele Ebene machen würde, wo auch der Punkt Q stehen würde. Als letztes berechnet man den Schnittpunkt zwischen Gerade und Ebene

E_{2}:[\vec{x} -\vec{p} ] \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 10 \\ 10 \end{pmatrix}=0

\ E_{2} \cap g = {Q}


Aufgabe 8b) Seite 237

Aufgabenstellung:

Für welche a schneidet die Gerade g_{a} die Ebene nicht?

Vorschlag:

Ebene:

E: -2x_{1}-x_{2}+2x_{3}=2

Die Ebene ist Parallel zur Geraden g_{a}. Noch dazu wissen wir, dass der Richtungsvektor orthogonal zum Normalvektor ist.

Richtungsvektor\rightarrow \begin{pmatrix} 4+2a \\ -1+5a \\ 1+3a \end{pmatrix}

Normalvektor \rightarrow \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix} 4+2a \\ -1+5a \\ 1+3a \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} =0


-2(4+2a)-(-1+5a)+2(1+3a)=0=

-8-4a+1-5a+2+6a=0=

=-5-3a=0=

=a=-\frac{5}{3}

8a)

Wir setzen unser a in der Ebenenformel

-2(2+t(4+2a))-(7+t(-1+5a))+2(3+t(1+3a))

a ist eine Konstante, deshalb lösen wir nach t auf.

Dieses t wird wiederum im Vektortherm der Geraden eingesetzt.


Hausaufgaben zum 10. Dezember 2012

-Seite 226

-16c,d

-Seite 245

-1b (A)
-1c (A)
-2
-3
-10

-Seite 251

-(4)
-7

-Musterklausur

-Klapptest vervollständigen



Protokoll vom 10.12.2012/ Thema: Besprechung der 2. Musterklausur

Protokoll von --Jeanneaux 19:53, 10. Dez. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Zunächst haben wir die Hausaufgaben besprochen. Diese waren folgende:


Hausaufgaben zum 10. Dezember 2012


Buch Seite 226

  • 16c,d

Buch Seite 245

  • 1b (A)
  • 1c (A)
  • 2
  • 3
  • 10

Buch Seite 251

  • (4)
  • 7

Außerdem sollten wir natürlich noch die Musterklausur bearbeiten.


Besprechung der Hausaufgaben

Buch Seite 226 Aufgabe 16 c/d

c) a=5

d) Für a= 0 ist die x_1x_2 Ebene


Buch Seite 245 Aufgabe 1 b/c (A)

b) (A) 3,5

c) (A) 3\sqrt{26}


Buch Seite 245 Aufgabe 2

a) d=7

b) Erste Ebene :E_1:2x_1-2x_2+x_3=21 und die Ebene mit dem Punkt der den gleichen Abstand hat: E_1:2x_1-2x_2+x_3=-21


Buch Seite 245 Aufgabe 3

C hat mit d= \sqrt{26} die kleinste Entfernung


Buch Seite 246 Aufgabe 10

a) d=15

b) P'(-87|31|31)


Buch Seite 251 Aufgabe 4

Diese Lösungen stehen im Buch


Buch Seite 251 Aufgabe 7

Die geraden sind orthogonal, da \vec{AB} \cdot \vec{BC} = 0




Besprechung der 2. Musterklausur

Im weiteren Verlauf des Unterrichts haben wir die zweite Musterklausur besprochen.

Hierzu bitte ich Sie den folgenden Link zu besuchen, um die Lösungen der Musterklausur zu erhalten:

Besprechung der zweiten Musterklausur


--Jeanneaux 20:08, 10. Dez. 2012 (CET)



Protokoll vom 17.12.2012/ Thema: Die Hesse´sche Normalform und Abstandsbestimmungen

Protokoll von --Aikawa 19:09, 17. Dez. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)

Am Anfang der Unterrichtssstunde besprachen wir teilweise die Klausur, die wir am 12.12.12 geschrieben haben.
Besprochen wurde der Lösungsansatz der Aufgabe 5 mit der Einparkhilfe.
Es wurde darauf hingewiesen, dass Skizzen wichtig seien, welches uns das Verstehen der Aufgabe auch erleichtern sollten.
Genauere Erläuterung des Ansatzes steht in der Musterlösung.


Die Hesse´sche Normalform und Abstandsbestimmungen

Unser neues Thema nach der Klausur lautet die Hesse´sche Normalform, welche uns die Abstandsbestimmung einer Ebene von einem Punkt erleichtern soll. Unsere bekannte Normalform lautet:

NF: [\vec{x}-\vec{p}]\cdot\vec{n}=0

Mit dieser haben wir bis jetzt immer folgende Schritte befolgt, um den Abstand zwischen einen Punkt und einer Ebene zu bestimmen:

  • 1) Eine Hilfsgerade erstellt : h:\vec{x} =\vec{p}+\lambda\vec{n}


  • 2) Den Schnittpunkt der Hilfsgeraden und der Ebene bestimmt: h\cap E = {F}


  • 3) Aus den Betrag des \vec{PF}den Abstand bestimmt : d=|\vec{PF} |

Diese einzelne Schritte fordern jedoch viel Aufwand. Nun soll uns die Hesse´sche Normalform die Abstandsbestimmung erleichtern.

Diese lautet:

HNF: [\vec{x}-\vec{p}]\cdot\vec{n_e}=0

Um die Abstandsbestimmung zu veranschaulichen, haben wir zunächst eine Skizze erstellt:

Abstandsbestimmung.png

Die erste Überlegung war, dass wir einfach den Betrag von \vec{PR} nehmen , doch dann wäre dieser Abstand nicht der kürzeste bzw. orthogonal zur Ebene.
So müssen wir versuchen den Abstand d anders zu bestimmen. Wie in der Skizze haben wir dann eine Hilfsebene gezeichnet, welche den Punkt R beinhaltet und orthogonal zu \vec{n_e} ist.
Somit wird ein rechtwinkliges Dreieck sichtbar.Dies nutzen wir aus und wenden nun den Cosinus an :

\frac{Ankathete}{Hypothenuse}=\cos(\varphi )


\frac{d}{|\vec{PR}|}=\cos(\varphi )

Da wir d bestimmen wollen, formen wir entsprechend um und wir bekommen die Formel:

d= |\vec{PR}|\cdot\cos(\varphi )

Hier ergibt sich jedoch ein Problem:
|\vec{PR}| können wir bestimmen, jedoch können wir nicht \varphi festlegen, da dieser Winkel abhängig vom Punkt ist.
Wir versuchen also nun die Formel so umzuformulieren, dass wir das \varphi weg haben, welches momentan das Kernproblem ist.

Aus dem Skalarprodukt haben wir gesagt:

\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot\cos(\alpha)

|\vec{a}| ist |\vec{PR}| .

|\vec{b}| ist |\vec{n_e}| , welcher 1 beträgt und somit nicht ausgeschrieben wird.

Wir können also sagen:

d= |\vec{PR}|\cdot |\vec{n_e}| \cdot \cos(\varphi )

Daraus können wir dann nach der Formel des Skalarprodukt sagen:

d= \vec{PR}\cdot \vec{n_e}

Somit haben wir das \varphi aus der Formel weg. Nun können wir die Formel weiterführen( \vec{PR}=\vec{r}-\vec{p} ):

d= (\vec{r}-\vec{p})\cdot \vec{n_e}

Dies ist aber noch nicht die endgültige Form, da es noch eine Einschränkung besteht.
Es besteht die Möglichkeit, dass \varphi >90 ^{o} beträgt, sodass sich \cos(\varphi )<0 ergibt.
Der Abstand wäre somit "negativ".
Deswegen fügen wir noch die Bestragsstriche zu, sodass sich unsere entgültige Formel für die vereinfachte Abstandsbestimmung ergibt:

d= |(\vec{r}-\vec{p})\cdot \vec{n_e} |

Diese ist ähnlich zu unserer Hesse´sche Normalform, nur dass wir statt \vec{x} einen \vec{r} haben und noch Betragsstriche haben, welches uns helfen kann diese Formel besser zu behalten.



Beispiel 1

Nun kommt es zum praktischen Anwenden. Hier für beginnen wir zunächst mit der Buchseite 245 A 1b):

geg.:
d=3,5 (zur Überprüfung da wir schonmal diese Aufgabe mit der älteren Methode(NF) gelöst haben)

E:[\vec{x}-\begin{pmatrix} 1 \\ 2,5 \\ 3,5 \end{pmatrix}]\cdot\begin{pmatrix} 12 \\ 6 \\ -4\end{pmatrix}   =0
A(-2|0|3)

Schritt1:Vorbereitung

Zunächst brauchen wir |\vec{n} |, um daraus \vec{n_e} zubestimmen.

|\vec{n} |=14

\vec{n_e}= \frac{1}{14}\cdot\begin{pmatrix} 12 \\ 6 \\ -4\end{pmatrix}

Schritt2:d bestimmen


Nun können wir den Abstand mit unserer neuen Formel berechnen:

d=|[  \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1 \\ 2,5 \\ 3,5\end{pmatrix}  ]\cdot \frac{1}{14}\cdot\begin{pmatrix} 12 \\ 6 \\ -4\end{pmatrix} |

Zunächst ziehen wir den Vorfaktor \frac{1}{14} vor den Betragsterm. Dabei rechnen wir schonmal die Differenz aus  \vec{r} und  \vec{p} :

d=\frac{1}{14}\cdot | \begin{pmatrix} -3 \\ -2,5 \\ -0,5\end{pmatrix}  \cdot\begin{pmatrix} 12 \\ 6 \\ -4\end{pmatrix} |

Daraus ergibt sich:

d=\frac{1}{14}\cdot | -49 |

Der Betrag von -49 ergibt 49.

d=\frac{1}{14}\cdot 49

d=\frac{49}{14}

Das können wir nochmal mit 7 kürzen.

d=\frac{7}{2}

In Dezimal umgewandelt :

d=3,5



Beispiel 2

geg.:

E:[\vec{x}-\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}]\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}   =0
R(1|6|2)

Schritt1:Vorbereitung

|\vec{n} |=3

\vec{n_e}= \frac{1}{3}\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}

Schritt2:d bestimmen

d=|[  \begin{pmatrix} 1 \\ 6 \\ 2\end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 3 \\ 2\\ 0\end{pmatrix}  ]\cdot \frac{1}{3}\cdot\begin{pmatrix} 2\\ -2 \\ 1\end{pmatrix} |

Wir gehen wie in Beispiel 1 vor und ziehen wieder den Bruch vor den Betragsterm.Der Rest ist Routine:

d=\frac{1}{3}\cdot| \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ 2\end{pmatrix}   \cdot \begin{pmatrix} 2\\ -2 \\ 1\end{pmatrix} |

d=\frac{1}{3}\cdot| -10 |

d=\frac{10}{3}

d\approx 3,33



Beispiel 3 (PF)

  • S.245 A1.c)

geg.:

E:\vec{x}=  \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 5 \\ 5\\ -1\end{pmatrix}  +s \begin{pmatrix} -1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}
A(2|4|13)

Schritt1:Vorbereitung

Diesmal ist uns die Parameterform einer Ebene gegeben.
Zuerst brauchen wir einen \vec{n} ,welcher zu den beiden Spannvektoren orthogonal sein muss:

LGS HNF .png
LGS HNF2 .png

\vec{n}=t\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{5}n_3 \\ n_3\end{pmatrix}

\vec{n}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 5\end{pmatrix}

Nun können wir aus den errechneten \vec{n} den |\vec{n}| ausrechnen.
|\vec{n} |=\sqrt{26}

Daraus können wir dann den \vec{n_e} ermitteln.

\vec{n_e}= \frac{\sqrt{26} }{26}\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 5\end{pmatrix}

\vec{p}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2\end{pmatrix}

Schritt2:d bestimmen

Ab hier können wir d wieder nach unserem Verfahren bestimmen.

d=|[  \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 13\end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 2 \\ 1\\ -2\end{pmatrix}  ]\cdot \frac{\sqrt{26}}{26}\cdot\begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ 5\end{pmatrix} |

d=\frac{\sqrt{26}}{26}\cdot |  \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 15\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ 5\end{pmatrix} |

d=\frac{\sqrt{26}}{26}\cdot |  78 |

d=3\sqrt{26}

d\approx15,3



Beispiel 4 (KF)

  • S.245 A2

geg.:

E:2x_1-2x_2+x_3=0

R(5|-4|3)

Schritt1:Vorbereitung

Diesmal ist uns die Koordinatenform einer Ebene gegeben.
Zuerst brauchen wir einen \vec{n} ,welcher ablesbar ist:

\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}

Nun können wir aus den abgelesenen \vec{n} den |\vec{n}| ausrechnen.
|\vec{n} |=3

Daraus können wir wieder den \vec{n_e} ermitteln.

\vec{n_e}= \frac{1 }{3}\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}

\vec{p}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}

Schritt2:d bestimmen

Ab hier können wir d wieder nach unserem Verfahren bestimmen. Den Vorfaktor ziehen wir diesmal gleich vor den Betragsterm:

d=\frac{1}{3}\cdot|[  \begin{pmatrix} 5 \\ -4 \\ 3\end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ 0\end{pmatrix}  ]\cdot \begin{pmatrix} 2\\ -2 \\ 1\end{pmatrix} |

d=\frac{1}{3}\cdot|  \begin{pmatrix} 4 \\ -5 \\ 3\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\ -2 \\ 1\end{pmatrix} |

d=\frac{1}{3}\cdot|  21 |

d=7



Abstandsformel für die Koodinatenform

In diesem Abschnitt des Unterrichts haben wir uns Gedanken gemacht, ob wir nicht gleich aus der Koordinatenform den Abstand d bestimmen können. Hierfür versuchen wir unsere neue Abstandsformel umzuformen.

d=|[\vec{r}-\vec{p}]\cdot\vec{n_e}|

Den \vec{n_e} bekommen wir immer, indem wir \vec{n} mit |\vec{n}| dividieren. Dieses übernehmen wir in unsere Formel:

d=|[\vec{r}-\vec{p}]\cdot\frac{\vec{n}}{|\vec{n}|}|

Wir könnten nun die Klammer ausmultiplizieren :

d=|\frac{\vec{r}\cdot\vec{n}-\vec{p}\cdot\vec{n} }{|\vec{n}|}|

Wenn wir nun die Formel fortführen dann können wir das Produkt \vec{r}\cdot\vec{n} ausmultiplizieren(\vec{r}\cdot\vec{n}=r_1\cdot n_1+r_2\cdot n_2+r_3\cdot n_3 ):

d=|\frac{r_1\cdot n_1+r_2\cdot n_2+r_3\cdot n_3-? }{|\vec{n}|}|

Die Frage ist nun, ob wir \vec{p}\cdot\vec{n} genauso ausmultiplizieren oder ob wir dieses Produkt nicht umformulieren können. Aus der Normalform haben wir gesagt:

(\vec{x}-\vec{p})\cdot\vec{n} =0

\vec{x}\cdot\vec{n}=\vec{p}\cdot\vec{n}

In unserer Koordinatenform ist also das Produkt \vec{p}\cdot\vec{n} das "c" auf der rechten Seite der Koordinatenform.

Da wir c gegeben haben bietet sich diese Umformulierung auch für unsere Formel an:

d=|\frac{r_1\cdot n_1+r_2\cdot n_2+r_3\cdot n_3-c }{|\vec{n}|}|

Somit brauchen wir hier nicht immer einen passenden Stützvektor zu finden und können gleich mit \vec{n} den Abstand d bestimmen.


Beispiel 1

Wir nehmen nochmal die Aufgabe 2 auf der Seite 245 um diese Formel zu testen:

geg.:

E:2x_1-2x_2+x_3=0

R(5|-4|3)

\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}

|\vec{n} |=3

Mit diesen Werten können wir mit der neuen Formel gleich den Abstand berechnen.

d=|\frac{10+8+3-0 }{3}|

d=7

Stimmt mit unserem Ergebnis davor überein.



Beispiel 2

geg.:

E:x_1-2x_2+4x_3=1

R(1|6|2)

Schritt1:Vorbereitung

\vec{n}=\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix}

|\vec{n} |=\sqrt{21}


Schritt2:d bestimmen

d=|\frac{1-12+8-1 }{\sqrt{21}}|

d\approx0,87



Abstand einer Ebene vom Ursprung

Bei dem Abstand einer Ebene vom Ursprung ist unser Punkt P(0|0|0).



Mit der Abstandsformel

Wenn wir auf unsere Abstandsformel zurückgreifen,

d= |(\vec{r}-\vec{p})\cdot \vec{n_e} |

würde unser \vec{r} wegfallen, da dieser ein Nullvektor ist.

Somit hätten wir für d:

d= |-\vec{p}\cdot \vec{n_e} |

Da wir einen Betrag haben, können wir das Minusvorzeichen auslassen:

d= |\vec{p}\cdot \vec{n_e} |

Für \vec{n_e} setzen wir wieder \frac{\vec{n}}{|\vec{n}|} ein:

d= |\vec{p}\cdot \frac{\vec{n}}{|\vec{n}|}  |

Das Produkt \vec{p}\cdot \vec{n} können wir wiederum mit c ersetzen:

d= |\frac{c}{|\vec{n}|}  |



Mit der Hesse´sche Normalform

Wenn wir die Hesse´sche Normalform umformen, können wir ebenfalls den Abstand zum Ursprung berechnen.

HNF: [\vec{x}-\vec{p}]\cdot\vec{n_e}=0

Wie bei der Normalformen können wir die Formel auch umformen, sodass wir folgende Form haben:

 \vec{x}\cdot\vec{n_e}=\vec{p}\cdot\vec{n_e}

Wenn wir nun weiter umformen :

 \vec{x}\cdot\vec{n_e}=\vec{p}\cdot\frac{\vec{n}}{|\vec{n}|}

 \vec{x}\cdot\vec{n_e}=\frac{c}{|\vec{n}|}


Bei der Hesse´sche Normalform ist also der Betrag der rechten Seite der Abstand der Ebene vom Ursprung.




Beispiel



Verfahren HNF :

E:12x_1+6x_2-4x_3=5

\vec{n}=\begin{pmatrix} 12 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}

|\vec{n}|=14

Wenn wir nun die Werte einsetzen, bekommen wir :

E:\frac{1}{14}(12x_1+6x_2-4x_3)=\frac{5}{14}

E:\frac{1}{14}(12x_1+6x_2-4x_3)\approx0,36

In unserer Sprache wäre diese Form die Koordinatenform in der Hesse´schen Normalform.

Der Abstand der Ebene vom Ursprung beträgt d\approx0,36LE


Probe:

Da wir noch eine Alternativmethode haben, führen wir nun mit der Abstandsformel eine Probe durch:

d= |\frac{c}{|\vec{n}|}  |

d= |\frac{5}{|\vec{14}|}  |

d\approx0,36LE

Dies stimmt auch mit unserem vorherigen Ergebnis überein.

d(0,E)=0,36


Fortführung des Beispiels:

Gesucht ist eine parallele Ebene F, die von E den Abstand 3 hat:

d(F;E)=3LE

F||E

Da wir nur den Abstand der Ebene F von der Ebene E haben, müssen wir für unsere Formel den Abstand der Ebene E vom Ursprung zu den gegebenen Abstand addieren.
Somit bekommen wir für F folgende Formel:

E:\frac{1}{14}(12x_1+6x_2-4x_3)=3+\frac{5}{14}

E:\frac{1}{14}(12x_1+6x_2-4x_3)=\frac{47}{14}  \qquad\qquad  |\cdot 14

E:12x_1+6x_2-4x_3=47

d(F;0)=47LE

  • Vermerk:

Die parallele Ebene F kann auf beiden Seiten der Ebene E existieren. Somit hätten wir noch eine Ebene F*, welche einen anderen Abstand zum Ursprung hat.



Hausaufgaben für den 28.11.2012

Da wir die Arbeiten heute zurückbekommen haben, sollen wir uns um die Verbesserung dieser kümmern.

Hinzu haben wir auf der Seite 248 folgende Aufgaben auf :

  • Aufgabe 1.a.-d. (jeweils A,B)
  • Aufgabe 2.a.
  • Aufgabe 3.a.
  • Aufgabe 4.



Protokoll vom 19.12.2012/ Thema: Abstand Windschiefer Geraden

Protokoll von --Pythago24 23:05, 19. Dez. 2012 (CET) (Schuljahr 2012 / 13)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)


Hausaufgaben vom 17.12.12

Bu.S.248 NR 1a-d

1a)

A(1|1|-2) B(5|1|0)

E: 2x_{1}-10x_{2}+11x_{3}=0


d_{A}=2 \qquad d_{B}=0


1b)

A(2|2|-5) B(1|0|0)

E: 4x_{1}-16x_{2}+13x_{3}=15

d_{A}= 4,95

d_{B}= 0,52


1c)

A(2|-1|2) B(2|10|6)

E:[\vec{x} -\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}]\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \\ 2 \end{pmatrix} =0

d_{A}=0

d_{B}=6


1d)

A(0|0|1) B(-7|5|2)

E:\vec{x} =\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ -1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -4 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}

d_{A}=4,55

d_{B}=9,21


2a)

A(3|3|-4) B(-4|-8|-18) C(1|0|19) P(2|0|4) Q(6|7|1) R(-2|3|7)

E:\vec{x} =\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} +\lambda \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ -3 \end{pmatrix}+\mu \cdot  \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}

d_{A}=5,8

d_{B}=21,2

d_{C}=11,4


3a)

E:\vec{x} =2x_{1}- x_{2}+5x_{3}=7

F:\vec{x} =4x_{1}- 2x_{2}+10x_{3}=18

d=0,37


Abstand windschiefer Geraden

Die Lagebeziehungen zweier Geraden hatten wir schon im September besprochen und in unseren Themenbereich mit einfließen lassen. Wir unterteilten die Lagebeziehung in Geraden die:

-sich schneiden

-parallel zueinander sind

-identisch zueinander sind

-windschief sind

damit zwei Geraden windschief zueinander sind müssen zum einen die Richtungsvektoren linear unabhängig sein: \vec{u}, \vec{v} \qquad lu.

die Richtungsvektoren müssen zueinander und zur Differenz der Stützvektoren linear unabhängig sein: \vec{u}, \vec{v}, \vec{p}-\vec{q} \qquad lu.

Wenn die zweite Bedingung stimmt muss folglich die erste auch stimmen.

Unser Hauptthema des Unterrichts war die Abstandsberechnung an windschiefen Geraden.


Beispiel S.255

In Fig3. Sehen wir die Gerade des Bohrers und des Rohrs. Dort soll man heraus finden ob die Geraden sich treffen. Hier würde sich eine Abstandsberechnung anbieten.

Wie wir schon gelernt haben brauchen wir das Lot um den Abstand zu berechnen. Der Abstand windschiefer Geraden ist die Länge des gemeinsamen Lots.


Bu. 253 Fig. 1

Wir verwenden, da wo das Lot aufsetzt Hilfsebenen.

So definiert das Lot zwei parallele Ebenen in denen jeweils die Geraden liegen. Damit ist der Abstand der windschiefen Geraden der Abstand dieser beiden parallelen Ebenen.

d(E_{1}, E_{2})

Wir gehen in folgenden Schritten vor:

1. Wir verwenden den gemeinsamen Normalenvektor

also gilt: \ \vec{n}   \perp   \vec{u}\qquad \wedge \ \vec{n} \perp\vec{v}

Von dem Normalenvektor ermittlen wir den Betrag und bilden den Einheitsvektor

2. Wir bilden die Hilfsebenen

Diese Bilden wir durch den erhaltenen Einheitsvektor des Normalenvektors und durch den uns durch die Geraden gegebenen Stützvektor.

E_{1}:[\vec{x}- \vec{p}]\cdot \vec{n_e}=0

E_{1}:[\vec{x}- \vec{q}]\cdot \vec{n_e} =0

3. Wir ermitteln die Abstandsformel

Wir berechnen den Abstand der beiden Geraden in dem wir den Abstand eines Punktes einer Geraden zu der Hilfeben der anderen Gerade berechnen.

d(g_{1};g_{2})=d(Q,E_{1})= |[\vec{q}-\vec{p}]\cdot \vec{n_e}|

Wir haben den Punkt Q und berechnen seinen Abstand zur Ebene E_{1}


Fehler beim Parsen(Lexikalischer Fehler): d(g_{1};g_{2})=|[\vec{q}- \vec{p}]\cdot \vec{n_e}|\

Das ist unsere Formel für die Abstandsberechnung windschiefer Geraden.


Wir haben die zwei Geraden g und h.

g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix}

h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}


Zuerst prüfen wir ob die Geraden windschief sind.

Vorraussetzung : p-q, \vec{u}, \vec{v}\qquad lu.

\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix}; \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}

Wie wir es gelernt haben, bilden wir ein LGS und ermitteln die Lagebeziehung der Geraden.

Pythago24 LGS12.png


Die Vektoren sind linear unabhängig, die Geraden also windschief.

Dann bestimmen wir den Normalenvektor.

\ \vec{n}  \perp \ \vec{u} \qquad \ \vec{n}  \perp \ \vec{v}


Pythago24 LGS13.png


\vec{n} =t\cdot \begin{pmatrix} \frac{3}{4}n_{3}  \\ 3n_{3} \\ n_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3  \\ 12 \\ 4 \end{pmatrix}

|\vec{n}|= \sqrt{3^2+12^2+4^2}  =13

Nun setzen wir die Werte in unsere Formel ein.

d=|[\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}] \cdot \frac{1}{13} \begin{pmatrix} 3 \\ 12 \\ 4 \end{pmatrix}|

d=\frac{1}{13} |\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 7 \end{pmatrix} \cdot  \begin{pmatrix} 3 \\ 12 \\ 4 \end{pmatrix} |

d=\frac{1}{13} |-6-12+28|

d=\frac{1}{13} |10|

d=\frac{10}{13}

d\approx 0,77

Pythago24 Windsch.png


Wir haben die Geraden g_{1} und g_{2}. Erneut überprüfen wir die Lagebeziehung der Geraden um festzustellen ob sie windschief zueinander sind.

g_{1}:\vec{x} =\begin{pmatrix}  6 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

g_{2}:\vec{x} =\begin{pmatrix}  5 \\ 4 \\ 13 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}


p-q, \vec{u},\vec{v} \qquad lu.

r\cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix};  s\cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}; t\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}

Pythago24 LGS14.png


Die Vektoren sind lu.

Wie vorhin bestimmen wir nun den Normalenvektor.


Pythago24 LGS15.png

\vec{n} =\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix}

d=|[\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \\ 13 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 6 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}]\cdot \frac{1}{\sqrt{50} }\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} |

d=|\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 9 \end{pmatrix}\cdot \frac{1}{\sqrt{50} }\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} |= \frac{1}{\sqrt{50} }\cdot |-3+15+36|\approx 6,79

Pythago24 Windsch1.png

von einer anderen Perspektive aus:

Pythago24 Windsch1.2.png


Erneut haben wir zwei Geraden g_{1} und g_{2}. Wir überspringen diesmal die Berechnung der Lagebeziehung der beiden Geraden und ermitteln sofort den gemeinsamen Normalenvektor

g_{1}:\vec{x} =\begin{pmatrix} 7 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}

g_{2}:\vec{x} =\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \\ -1 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}


Pythago24 LGS16.png

\vec{n} =\begin{pmatrix} -5n_{3} \\ 3n_{3} \\ n_{3} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -5 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}

|\vec{n}| = \sqrt{25+9+1} =\sqrt{35}=|5,92|=5,92

d=|[\begin{pmatrix} 7 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \\ -1 \end{pmatrix}] \cdot \frac{1}{\sqrt{35} }\cdot \begin{pmatrix} -5 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}= |\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}  \begin{pmatrix} -5 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} |= \frac{3\cdot (-5) +4\cdot 3 + 3\cdot 1}{\sqrt{35}} =0

Das Ergebnis ist 0. Das bedeutet das kein Abstand vorhanden ist und die Geraden sich schneiden.

\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}; \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}; \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}

In einer nachträglichen Untersuchung der Lagebeziehung haben wir festgestellt, dass ein Vektor durch die anderen beiden darstellbar ist, was zeigt, dass die Vektoren linear abhängig sind.

Das bedeutet, dass die Abstandsformel auch für sich schneidende und parallele Geraden gilt


Pythago24 Windsch2.png



Abstand zum Ursprung

Im letzten Teil des Unterrichts haben wir den Abstand von Ebenen zueinander anhand ihres Abstandes zum Ursprung ermittelt. Dabei haben wir unsere Hessesche Normalform verwendet.


d=|[\vec{p}- \vec{q}]\cdot \vec{n_e} |

Wir wollen den Abstand der Ebene vom Ursprung bestimmen also:

d(O,E)

d=|\vec{p} \cdot \vec{n_e}|= |\vec{p}\cdot \frac{\vec{n}}{|\vec{n}|}|

\qquad =|\frac{\vec{p}\cdot\vec{n}}{|\vec{n}|} |

\qquad =|\frac{c}{|\vec{n}|} |

Das c leiten wir uns so ab:

[\vec{x}- \vec{p}]\cdot \vec{n}=0\Leftrightarrow  \vec{x}\cdot \vec{n}= \vec{p}\cdot \vec{n}=c

c ist also die rechte Seite einer linearen Gleichung.


Uns sind 3 parallele Ebenen gegeben.

E: 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=5

F_{1}: 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=47

F_{2}: 12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}=-37

Wir teilen sie durch den Betrag des n-Vektors, da \frac{c}{|\vec{n}|} den Abstand zum Ursprung angibt. Wir stellen die Ebene also in der Hesseschen Normelform dar.


E: \frac{12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}}{14}=\frac{5}{14}

F_{1}: \frac{12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}}{14}=\frac{47}{14}

F_{2}: \frac{12x_{1}+6x_{2}-4x_{3}}{14}=\frac{-37}{14}

da \frac{42}{14}=3

kann man klar sehen das d(F_{2};E)=3 ist.

d=|[\vec{p}- \vec{q}]\cdot \vec{n_{e}} |

d=|\frac{-37}{14} - \frac{5}{14} |=\frac{42}{14}=3


Wir haben den Punkt P auf der Ebene F_{2}

P\in F_{2}

P(-3|-\frac{1}{6}|0 )

durch P können wir den Abstand von F_{1} und F_{2} ermitteln.

d=|\frac{-36-1-47}{14} |=|\frac{-84}{14} |=6



Durch unsere neue Methode zur Abstandsberechnung wollen wir Aufgabe 5 des 2. Leistungsnachweises Lösen. zur Aufgabe

Wir haben die Ebene E:[\vec{x}- \begin{pmatrix} 10 \\ 0 \\ 10 \end{pmatrix} ]\cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix} =0

Wir berechnen ihren Abstand zum Ursprung.

d=\frac{c}{|\vec{n}| }

c=60

|\vec{n}|=\sqrt{51}

d= \frac{5x_{1}+5x_{2}+x_{3}}{\sqrt{51} } =  \frac{60}{\sqrt{51} }\approx 8,4

Wir bilden die parallelen Ebenen F_{1} und F_{2} die einen Abstand von 0,3 zur Ebene haben.

Ihr Abstand zum Ursprung beträgt:

F_{1}: \approx 8,7

F_{2}: \approx 8,1

Damit können wir c ermitteln, indem wir den Betrag vom n-Vektor mit dem Abstand zum Ursprung multiplizieren.

F_{1}: 5x_{1}+5x_{2}+x_{3}=8,7\cdot \sqrt{51} \approx 62,13

F_{2}: 5x_{1}+5x_{2}+x_{3}=8,1\cdot \sqrt{51} \approx 57,85

Nun bilden wir uns eine Hilfsgerade

g:\vec{x} =\begin{pmatrix} 6,2 \\ 6,2 \\ 0,3 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix} 0,1 \\ 0,1 \\ 0 \end{pmatrix}

Jetzt berechnen wir den Schnittpunkt von F_{1} und der Hilfsgerade.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): F_{1} \cap g= \{P}


5\cdot (6,2+0,1\lambda )+5(6,2+0,1\lambda ) +0,3 \approx 62,13

62+\lambda +0,3\approx 62,13

\Rightarrow \lambda =-0,17

Wir setzten \lambda in die Geradengleichung ein um die Koordinaten für den Schnittpunkt zu ermitteln.

\vec{s} =\begin{pmatrix} 6,2 \\ 6,2 \\ 0,3 \end{pmatrix} -0,1 \begin{pmatrix} 0,1 \\ 0,1 \\ 0 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 6,19 \\ 6,19 \\ 0,3 \end{pmatrix}

Da der Punkt, welcher sich aus dem ermittelten Ortsvektor ergibt, auf der Geraden h zwischen den Punkten P und Q liegt, handelt es sich hier um den Ortsvektor des gesuchten Punkt R.

Nun berechnen wir den Schnittpunkt der Geraden h mit der Ebene F2.

5\cdot (6,2+0,1\lambda )+5(6,2+0,1\lambda ) +0,3 \approx 57,85

62+\lambda +0,3\approx 57,85

\Rightarrow \lambda =-4,45

Erneut setzten wir \lambda ein.

\vec{s_2} =\begin{pmatrix} 6,2 \\ 6,2 \\ 0,3 \end{pmatrix}\cdot (-4,45) \begin{pmatrix} 0,1 \\ 0,1 \\  0 \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix} 5,76 \\ 5,76 \\ 0,3 \end{pmatrix}

6,1 \le x_{1} \le 6,2

Wir erkennen, dass dieser Punkt, welcher über den ermittelten Ortsvektor deutlich wird, auf der Geraden h nicht zwischen den Punkten Q und P liegt und somit nicht der gesuchte Punkt R sein kann.

Der ermittelte Punkt unterschreitet das angegebene x_{1}-Spektrum und ist damit nicht der gesuchte Punkt, im Gegenteil der Punkt liegt sogar hinter der Garagenwand.

Pythago24 Garagenwand.png

Plan für die Ferien

  • 6 Kursarbeiten durcharbeiten
  • Buch; Rückblick \rightarrow ist blau gekennzeichnet, zum Beispiel im Buch auf der Seite 274
  • Repetitorien
  • Optional kann man sich noch das Abi-Mathebuch "Fit fürs Abi" kaufen (ISBN: 978-3-507-23048-4)
  • Abi-Aufgaben im Nest (Analytische Geometrie), eine ist noch nicht lösbar für uns (wegen der Matrizenrechnung), Aufgaben von 2011 sind schon komplett lösbar für uns
  • Alte Hausaufgaben
  • Vorbereitung auf den 2. Abi-Samstag