Zweite Musterklausur

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Zweite Musterklausur


Lösungsvorschläge:

Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 20:37, 10. Dez. 2014 (CET)

E:\bigg[\vec{x}-\begin{pmatrix}
 0\\
 0\\
 10
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -4\\
 1
 \end{pmatrix}=0


E:\vec{x}=\begin{pmatrix}
 x_1\\
 x_2\\
 10-3x_1+4x_2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 0\\
 0\\
 10
 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 
 x_1\\
 0\\
 -3x_1
 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 
 0\\
 x_2\\
 4x_2
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 0\\
 0\\
 10
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 
 1\\
 0\\
 -3
 \end{pmatrix}+\mu\cdot\begin{pmatrix} 
 0\\
 1\\
 4
 \end{pmatrix}


3-4\cdot3-5=-14\neq10

Man sieht, dass P kein Element der Ebene E ist.

F:\bigg[\vec{x}-\begin{pmatrix}
 1\\
 3\\
 -5
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -4\\
 1
 \end{pmatrix}=0

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


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

Jetzt hab ich die Gerade in die Koordinatenform der Ebene E eingesetzt.

3+9r-12+16r-5+r=10

26r=24

r=0,92

\vec{f}=\begin{pmatrix} 
 1\\
 3\\
 -5
 \end{pmatrix}+0,92 \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -4\\
 1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 3,77\\
 -0,69\\
 -4,08
 \end{pmatrix}

d(E;P)=|\vec{RF}|=|\begin{pmatrix} 
 2,77\\
 -3,69\\
 0,92
 \end{pmatrix}|=\sqrt{2,77^2+3,69^2+0,92^2}=4,7


Um den Spiegelpunkt zu berechnen, muss man r verdoppeln.

\vec{r}=\begin{pmatrix} 
 1\\
 3\\
 -5
 \end{pmatrix}+1,84 \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -4\\
 1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 6,52\\
 -4,36\\
 -3,16
 \end{pmatrix}

P'(6,52|-4,36|-3,16)


S_1: 3x_1=10 \ \Rightarrow \ x_1=3,33\ \ S_1(3,33|0|0)

S_2: -4x_2=10 \ \Rightarrow \ x_1=-2,5\ \ S_2(0|-2,5|0)

S_3 x_3=10\ \ S_3(0|0|10)

Wenn man die Spurpunkte hat, kann man mit der Zwei-Punkte-Form die Spurgeraden berechnen.

S{12}:\vec{x}=\begin{pmatrix} 
 0\\
 -2,5\\
 0
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot\begin{pmatrix} 
 3,33\\
 2,5\\
 0
 \end{pmatrix}

S{23}:\vec{x}=\begin{pmatrix} 
 0\\
 0\\
 10
 \end{pmatrix}+\mu\cdot\begin{pmatrix} 
 0\\
 2,5\\
 10
 \end{pmatrix}

S{13}:\vec{x}=\begin{pmatrix} 
 3,33\\
 0\\
 0
 \end{pmatrix}+\sigma\cdot\begin{pmatrix} 
 -3,33\\
 0\\
 10
 \end{pmatrix}


. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 09:43, 9. Dez. 2014 (CET)

E_1:\vec{x}= \begin{pmatrix}
 2\\
 -4\\
 4
 \end{pmatrix} +\lambda\cdot \begin{pmatrix}
 3\\
 5\\
 4
 \end{pmatrix} +\mu\cdot \begin{pmatrix}
 6\\
 0\\
 8
 \end{pmatrix}

Nun muss man die Parameterform in die Normalenform umwandeln, indem man den Normalenvektor bestimmt.

2a1.JPG

\Leftrightarrow

2a2.JPG

\Leftrightarrow

2a3.JPG

\vec{n} =\begin{pmatrix}
 -\frac{4}{3}n_3\\
 0\\
 n_3
 \end{pmatrix}=\lambda\cdot\begin{pmatrix}
 -4\\
 0\\
 3
 \end{pmatrix}

E_1:\vec{x}= \bigg[\vec{x}-\begin{pmatrix}
 2\\
 -4\\
 4
 \end{pmatrix}\bigg ] \cdot \begin{pmatrix}
 -4\\
 0\\
 3
 \end{pmatrix}=0


\vec{d}=8\cdot5-6\cdot8=-8

D \ \epsilon \ E_1

Jetzt muss man die Längen der Vektoren prüfen, um zu schauen, ob sie alle gleich lang sind.

|\vec{AB}|=|\begin{pmatrix} 
 3\\
 5\\
 4
 \end{pmatrix}|=5 \sqrt{2}

|\vec{AD}|=|\begin{pmatrix} 
 3\\
 -5\\
 4
 \end{pmatrix}|=5 \sqrt{2}

|\vec{CB}|=|\begin{pmatrix} 
 3\\
 -5\\
 4
 \end{pmatrix}|=5 \sqrt{2}

|\vec{CD}|=|\begin{pmatrix} 
 3\\
 5\\
 4
 \end{pmatrix}|=5 \sqrt{2}

\vec{CD}\cdot \vec{CB}=9-25+16=0

\vec{AD}\cdot \vec{AB}=9-25+16=0

Alle Seiten sind gleich lang und zwei Winkel sind 90° groß, deswegen bilden die Punkte das Quadrat ABCD.


A=(5 \sqrt{2})^2=25\cdot 2=50


. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 20:37, 10. Dez. 2014 (CET)

3a1.JPG

 \Leftrightarrow

3a2.JPG

\vec{n_1}=\begin{pmatrix}
 n_1\\
 -2n_1\\
 -3n_1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 1\\
 -2\\
 -3
 \end{pmatrix}


\vec{n_2}=\begin{pmatrix}
 1\\
 1\\
 1
 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
 1\\
 1\\
 1
 \end{pmatrix}\neq r \cdot\begin{pmatrix}
 1\\
 -2\\
 -3
 \end{pmatrix}\ \  \Rightarrow n_1,n_2 \ l.u.\  \Rightarrow E_1\cap E_2=\{S\}

\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}=1-2-3=-4\neq0 \ \ \Rightarrow \ \ \vec{n_1},\vec{n_2}\ \ sind \ nicht \ orthogonal


Man setzt E1 in E2 ein und kann dann den Parameter s durch r ersetzen. Dadurch erhält man eine Gerade.

1+2r+s+3+r-s+1+s-5=0

s=-3r

g:\vec{x}\begin{pmatrix}
 1\\
 3\\
 1
 \end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}
 0\\
 1\\
 2
 \end{pmatrix}+3r\cdot\begin{pmatrix}
 0\\
 1\\
 2
 \end{pmatrix}

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

Den Schnittwinkel der Ebenen kann man über den Schnittwinkel der Normalvektoren bestimmen.

cos \alpha=-\frac{4}{\sqrt{3\cdot14}}=-\sqrt{42}\cdot\frac{2}{21}

\alpha=128,11^o \ \Rightarrow \beta=51,89^o


. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 10:00, 9. Dez. 2014 (CET)

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

Man sieht, dass die beiden Richtungsvektoren identisch sind, dadurch kann man schon festsstellen, dass die Geraden parallel sind. Durch eine Punktprobe schaut man nun, ob sie identisch sind.

\begin{pmatrix} 
 1\\
 -1\\
 -4
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix} 
 1\\
 1\\
 -4
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 12\\
 4\\
 0
 \end{pmatrix}

\lambda \cdot \begin{pmatrix} 
 1\\
 1\\
 -4
 \end{pmatrix}\neq \begin{pmatrix} 
 11\\
 5\\
 4
 \end{pmatrix}

g\neq h

g\parallel h


. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 21:26, 10. Dez. 2014 (CET)

\vec{a}=\vec{h}+\vec{p}

\vec{b}=\vec{h}-\vec{q}

\vec{a} \perp \vec{b}\ \Rightarrow\ \vec{a}\cdot\vec{b}=0

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

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

Man hat jetzt die Klammer ausmultipliziert. Der Mittelteil fällt weg, da \vec{p} und \vec{q} jeweils orthogonal zu \vec{h} sind und damit das Produkt 0 ergibt.

h^2-|\vec{p}|\cdot|\vec{q}|\cdot cos \ \alpha=0

Da der Winkel zwischen q und p 0° beträgt, ist der Kosinus 1 und man kann die Betragszeichen weglassen.

h^2=p\cdot q


. Aufgabe von --Vincent97 (Diskussion) 20:37, 10. Dez. 2014 (CET)

V=\frac{1}{3}G\cdot h=\frac{1}{3}|\vec{s}|\cdot |\vec{AB}|\cdot |\vec{BC}|=\frac{12}{3}\cdot |\begin{pmatrix} 
 16\\
 16\\
 0
 \end{pmatrix}|\cdot |\begin{pmatrix} 
 -16\\
 16\\
 0
 \end{pmatrix}|=4\cdot(\sqrt{512})^2=2048

Man kann aber auch mit dem Satz des Pytagoras im Quadrat argumentieren, um die Seitenlänge herauszubekommen (d ist die Diagonale).

d=a\sqrt{2}=32

a=\frac{32}{\sqrt{2}}=16\sqrt{2}


g:\vec{x}=\begin{pmatrix}
 56\\
 -44\\
 15
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot \begin{pmatrix} 
 8\\
 -8\\
 1
 \end{pmatrix}

E:\vec{x}=\begin{pmatrix}
 0\\
 0\\
 12
 \end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix} 
 0\\
 16\\
 12
 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 
 16\\
 0\\
 -12
 \end{pmatrix}

6a1.JPG

\Leftrightarrow

6a2.JPG

\Leftrightarrow

6a3.JPG

\vec{n}=\begin{pmatrix} 
 -\frac{3}{4}n_3\\
 \frac{3}{4}n_3\\
 n_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 -3\\
 3\\
 4
 \end{pmatrix}

E:\bigg[\vec{x}-\begin{pmatrix}
 0\\
 0\\
 12
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -3\\
 4
 \end{pmatrix}=0

\bigg[\begin{pmatrix}
 56\\
 -44\\
 15
 \end{pmatrix}+\lambda\cdot \begin{pmatrix} 
 8\\
 -8\\
 1
 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
 0\\
 0\\
 12
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -3\\
 4
 \end{pmatrix}=0

\cdot \begin{pmatrix} 
 56+8\lambda\\
 -44-8\lambda\\
 3+\lambda
 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 
 3\\
 -3\\
 4
 \end{pmatrix}=0

168+132+12+24r+24r+4r=0

52r=-312

r=-6

\vec{r}=\begin{pmatrix}
 56\\
 -44\\
 15
 \end{pmatrix}-6\cdot \begin{pmatrix} 
 8\\
 -8\\
 1
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 
 8\\
 4\\
 9
 \end{pmatrix}

R(8|4|9)

Das Flugzeug wird nicht mit der Pyramide kollidieren, da es seitlich dran vorbei fliegt, wie man auch in der Nachfolgenden Darstellung sieht.

Illustration von --CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 20:14, 10. Dez. 2014 (CET)

Das rote Dreieck liegt in der von uns bestimmte Ebene; R ist der berechnete Durchstoßungspunkt; R liegt offensichtlich außerhalb der Pyramide.

Jetzt das Ganze mit eingezeichneter Flugbahn:

Die Flugbahn ist blau eingezeichnet