Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 8 - gxy.ch

Vektorgeometrie Kapitel 8 Lösungen1. (a) Koordinatengleichung einer Ebene, parallel zu ε: 2x − y + 6z + D = 0.P(−3|4|2) ∈ ε: 2 · (−3) − 4 + 6 · 2 + D = 0 ⇒ D = −2ε ′ : 2x − y + 6z − 2 = 0.(b) Koordinatengleichung einer Ebene, parallel zu ε: 7x + 2y − 2z + D = 0P(0|5|1) ∈ ε: 7 · 0 + 2 · 5 − 2 · 1 + D = 0 ⇒ D = −8ε ′ : 7x + 2y − 2z − 8 = 0( 13)2. (a) Richtungsvektor der Geraden = Normalenvektor der Ebene: ⃗n =−2( 13) ( −336)−D = · = −3 + 9 − 12 = −6 ⇒ ε: x + 3y − 2z + 6 = 0−2( 20)(b) Richtungsvektor der Geraden = Normalenvektor der Ebene: ⃗n =−5( 20) )−D = · = 20 + 0 + 10 = 30 ⇒ ε: 2x − 5z − 30 = 0−5( 10−3−2[( ) (3. (a) r M = 1 ·311 −537)]+2= 1 2( −248) ( −124)=Normalenvektor: −→ ( −826)AB = = (−2) ·( 4)−1−3( 4) ( −124)−D = −1 · = −4 − 2 − 12 = −18 ⇒ ε: 4x − y − 3z + 18 = 0−3[((b) r M = 1 ·−368) ( )] ) ( 254 −0.5)+= 5.52 6Normalenvektor: −→ AB =−D =4. Die Vektoren −→ AP == 1 2( −11112( 5)−1 = ⃗n−4( 5) ( −0.5)−1 · 5.5 = −2.5 − 5.5 − 24 = −32 ⇒ ε: 5x − y − 4z + 32 = 0−4 6(über AB) der gesuchte Abstand d ist.( ) ( )∣ ∣3 909−7 ∣∣( )∣×−9d =( )∣ ∣909 ∣∣ =∣−63 ∣∣−108√ 63= 81 + 0 + 815. (a) Lösung mit Mittelnormalebene:( 3)−7 und −→ ( ) 909AB = spannen ein Parallelogramm auf, dessen Höhe−9√19 602√162= √ 121 = 11Alle Punkte, welche von A und B den gleichen Abstand haben, liegen auf der Mittelnormalebene(MNE). Die MNE ist gewissermassen die Mittelsenkrechte im Raum“.”Normalenvektor: −→ ( 42) ( 21)AB = = 2 ·−8−4Mittelpunkt von AB: M(1|3|−3)( 21) ( 13)−D = · = 2 + 3 + 12 = 17−4 −3⇒ MNE: 2x + y − 4z − 17 = 0Dann müssen wir die MNE mit g schneiden, da P ∈ g.1

Parametrisierte Koordinaten x = 3+t, y = −2 −t, z = 2+2t in die MNE einsetzen:2(3 + t) + (−2 − t) − 4(2 + 2t) − 17 = 06 + 2t − 2 − t − 8 − 8t − 17 = 0Einsetzen ergibt: P(0|1|−4)−21 − 7t = 0Lösung mit mit Abstandsgleichung:t = −3Gesuchter Punkt auf g: P(3 + t|−2 − t|2 + 2t)−→) ( −121) )AP = − =−→BP =( 3+t−2−t2+2t( 3+t−2−t2+2t)( 34)− =−7( 4+t−4−t1+2t(t−6−t9+2t)Es muss gelten: ∣ −→ AP ∣ ∣ = −→ ∣BP √(4 + t)2 + (−4 − t) 2 + (1 + 2t) 2 = √ t 2 + (−6 − t) 2 + (9 + 2t) 216 + 8t + t 2 + 16 + 8t + t 2 + 1 + 4t + 4t 2 = t 2 + 36 + 12t + t 2 + 81 + 36t + 4t 2Einsetzen ergibt: P(0|1|−4)(b) P(1|0|3) Lösungsweg: siehe Aufgabe (a)33 + 20t + 6t 2 = 117 + 48t + 6t 2−84 = 28tt = −38. (a) Der Normalenvektor von E ist gleichzeitig ein Richtungsvektor der gesuchten Ebene:( ) 430⃗n E = = ⃗uDer Vektor von P nach Q ist der andere Richtungsvektor der gesuchten Ebene:−→( 2)PQ = −1 = ⃗v1Normalenvektor der gesuchten Ebene:( ) ( 430 2) )⃗u × ⃗v = × −1 = = ⃗n F1( 3−4−10Gleichung der gesuchten Ebene:) ( ) 130−D = · = 3 − 12 + 0 = −9 ⇒ F : 3x − 4y − 10z + 9 = 0( 3−4−10(b) F : 29x − 38y − 7z − 51 = 0Lösungsweg: siehe (a)2

9.⃗nPt⃗nεP ′(ε projizierend dargestellt)(a) ⃗n =⇒ g:( 4−31)ist ein Normalenvektor von ε( xyz)( 04) ( 4)= + t −3 steht senkrecht auf ε−5 1g ∩ ε: (parametrisierte Koordinaten von g in ε einsetzen)4(0 + 4t) − 3(4 − 3t) + (−5 + t) + 4 = 026t − 13 = 0 ⇒ t = 0.5Mit t = 0.5 erreichen wir also vom Punkt P aus die Ebene ε. Mit dem doppeltenWert 2t = 1 gelangen wir zum gesuchten Spiegelpunkt von P.( xyz) ( 04) ( 4) ( 41)= + 1 · −3 = ⇒ P ′ (4|1|−4)−5 1 −4(b) ⃗n =⇒ g:( 1−23)ist ein Normalenvektor von ε( xyz)( 40) ( 1)= + t −2 steht senkrecht auf ε−2 3g ∩ ε: (die parametrisierten Koordinaten von g in die Ebenengleichung einsetzen)1 · (4 + t) − 2(0 − 2t) + 3(−2 + 3t) − 5 = 0 ⇒ 14t − 7 = 0 ⇒ t = 0.5Den Wert von t verdoppeln und in g einsetzen:( xyz) ( 40) ( 1) ( 5)= + 1 · −2 = −2 ⇒ P ′ (5|−2|1)−2 3 110. Der Verbindungsvektor −−→ (PP ′ 43=Ebene ⇒ 4x + 3y − 9z + D = 0−2) ( ) 007−( 43)= ist ein Normalenvektor der gesuchten−9Der Mittelpunkt M der Strecke PP ′ ist ein Punkt der gesuchten Ebene:( xyz) [( ) (= 1 007 43)] )+ = ⇒ M(2|1.5|2.5)2−2( 21.52.5M ∈ ε: 4 · 2 + 3 · 1.5 − 9 · 2.5 + D = 0 ⇒ D = 10 ⇒ ε: 4x + 3y − 9z + 10 = 011. (a) Die gespiegelte Gerade geht durch den Durchstosspunkt D = g ∩ E und den an derEbene E gespiegelten Punkt A(7|−2|4).Durchstosspunkt: (x = 7 + 2t, y = −2, z = 4 + t)3

4(7 + 2t) + 2(−2) − (4 + t) + 1 = 028 + 8t − 4 − 4 − t + 1 = 0Spiegelpunkt von A(7|−2|4):7t + 21 = 0t = −3 ⇒ D(1|−2|1)Gleichung der Geraden durch A, die senkrecht zu E steht:( xyz) ( 7) ( 42)h: = −2 + t · ⇒ x = 7 + 4t, y = −2 + 2t, z = 4 − t4−1Für welchen Wert von t durchstösst h die Ebene E?4(7 + 4t) + 2(−2 + 2t) − (4 − t) + 1 = 028 + 16t − 4 + 4t − 4 + t + 1 = 021 + 21t = 0t = −1Um den Spiegelpunkt zu bestimmen, müssen wir die Wert für t verdoppeln (t ′ = −2)und in die Gleichung von h einsetzen:( xyz) ( 7) ( 42) ( −1)h: = −2 + (−2) · = −6 ⇒ A ′ (−1|−6|6)4 6Die gesuchte Spiegelgerade g ′ geht durch A ′ und D:Richtungsvektor: ⃗v ′ = −−→ (A ′ 1) ( −1) ( 24)D = −2 − −6 =1 6−1Gleichung der gespiegelten Gerade:(g ′ xyz) ( 1) ( 24): = −2 + t · (man kann auch A ′ als Anfangspunkt nehmen)1 −5((b) g ′ xyz) ) ( ) 053: = + t · Lösungsweg: siehe (a)( −7171312. Q an ε spiegeln (→ Q ′ ):( xyz) ( 7) ( 5)g: = −1 + t −28 3g ∩ε: 5(7+5t) −2(−7 −2t)+3(8+3t) −23 = 0⇒ t = −1 (verdoppeln und in g einsetzen)⇒ Q ′ (−3|3|2)Gerade h(PQ ′ ):( xyz)=( 7−74)+ t( −55h ∩ε: 5(7 − 5t) − 2(−7 + 5t)+3(4 −t) − 23 = 0⇒ t = −1 (in h einsetzen) ⇒ R(2|−2|3)) ( ) 401, ⃗n 2 = ;15. (a) ⃗n 1 =( 5−1−6−1∢ ( ∣ ∣) ( ) ⃗n 1 · ⃗n 2 ε 1 , ε 2 = ∢ ⃗n1 ,⃗n 2 = arccos ∣ ∣ ∣∣ ⃗n1 · ∣⃗n2 = arccos)−5PαRαα(ε projizierend dargestellt)5 · 4 + (−1) · 0 + (−6) · 1√52 + 1 2 + 6 2 · √4 2 + 0 2 + 1 = arccos 14√ √ = 64.45 ◦2 62 · 17QQ ′ε4

( 3)(b) ⃗n 1 = −25Einen Normalenvektor von ε 2 erhält man über das Kreuzprodukt des Richtungsvektors⃗v von g und einem weiteren Richtungsvektor dieser Ebene, nämlich dem Vektorzwischen dem Punkt P und dem Punkt A(2|2|1) der Geraden g.⃗v × −→ AP =( 5−12)( 1−33)=( 3−13−14)= ⃗n 2∢ ( ∣ ∣) ( ) ∣⃗n1 · ⃗n 2 35ε 1 , ε 2 = ∢ ⃗n1 ,⃗n 2 = arccos ∣ ∣ ∣∣ ⃗n1 · ∣⃗n2 = arccos √ √ = 72.93 ◦38 · 37416. (a) Der Schnittwinkel zwischen der Gerade und der Ebene ist der Komplementwinkel 1zum (spitzen) Schnittwinkel zwischen g und dem Normalenvektor von E.( 21)Richtungsvektor der Geraden: ⃗v =Normalenvektor der Ebene: ⃗n =∢ ( ⃗v,⃗n ) = arccos∢ ( g, ε ) = 90 ◦ − 82.34 ◦ = 7.66 ◦−2( 3−40)∣∣ ⃗v · ⃗n |6 − 4 + 0|∣ ∣ ∣∣ ⃗v · ∣⃗n = arccos √ √ = arccos 2 4 + 1 + 4 9 + 16 15 = 82.34◦oder direkt: ∢ ( g, ε ) = arcsin 2 15 = 7.66◦ [siehe Fundamentum](b) ∢ ( g, ε ) = 0 ◦ (Ebene und Gerade sind parallel) Lösungsweg: siehe (a)21. Da bei einem geraden Kreiskegel die Kegelachse senkrecht auf der Grundkreisebene steht,ist der Vektor −−→ ( −10)MS = −2 ein Normalenvektor der Grundkreisebene.11ε: 10x + 2y − 11z + D = 0 ⇒ M ∈ ε ⇒ ε: 10x + 2y − 11z + 5 = 0Schneiden wir die Gerade g durch SP mit ε, so erhalten wir einen Punkt Q auf derGrundkreislinie.−→( 82) ( xyz) ( −7) ( 41)SP = · · · = ⇒ g: = −3 + t−614 −3g ∩ ε: 10(−7 + 4t) + 2(−3 + t) − 11(14 − 3t) + 5 = 0−225 + 75t = 0 ⇒ t = 3 ⇒ Q(5|0|5)Kegelradius: r = ∣ ∣ −−→ MQ ∣ ∣ = · · · = 3Kegelhöhe: h = ∣ ∣ −−→ MS ∣ ∣ = · · · = 15Kegelvolumen: 1 3 π r2 h = 45π22. (a) Damit ein Quadrat entsteht, müssen die folgenden beiden Bedingungen erfüllt sein:(1) ∣ −→ AB ∣ ∣ = −→ ∣BC (2) −→ AB ⊥ −→ BC1 Ergänzungswinkel auf 90 ◦ 5

−→AB =( −6)−3−6und−→BC =( 6y+1z+5Zu (1):∣ −→ AB ∣ ∣ = −→ ∣BC √ √36 + 9 + 36 = 36 + (y + 1)2 + (z + 5) 2Zu (2):81 = 36 + y 2 + 2y + 1 + z 2 + 10z + 25( −6−3−6)0 = y 2 + 2y + z 2 + 10z − 19−→ −→AB · BC = 0) ( 6)· = 0y+1z+5−36 − 3y − 3 − 6z − 30 = 0y = −2z − 23Einsetzen in die Gleichung von (1):y 2 + 2y + z 2 + 10z − 19 = 0(−2z − 23) 2 + 2(−2z − 23) + z 2 + 10z − 19 = 04z 2 + 92z + 529 − 4z − 46 + z 2 + 10z + 53 = 05z 2 + 98z + 464 = 0z 1 = −8 ⇒ y 1 = −7z 2 = −11.6 ⇒ y 2 = 0.2Die zweite Lösung entfällt wegen der Ganzzahligkeit der Koordinaten.Also: C(3|−7|−8)(b) V = 1 3 · G · h ⇒ h = 3V ⇒ h = 3 · 324 ⇒ h = 12G 9 · 9( ) ( )⃗r M = 1 3⃗rA + ⃗r2 C =−2.5−3.5Normalenvektor der Grundfläche:⃗n = −→ AB × −→ ( −6) )BC = −3 × =−6(⃗r S1 = ⃗r M + 12 · ⃗u n =(⃗r S1 = ⃗r M + 12 · ⃗u n =24. (a) −→ ( −3AB = −3−→BC =)12( −11−5−4)3−2.5−3.53−2.5−3.5( 6−6−3))+ 12 · 13− 12 · 13( −27−54)54( 12−2( 12−2( 12)∼−2()=)=75.5−11.5( −1−10.54.5AB = √ 9 + 9 + 144 = √ 162BC = √ 121 + 25 + 16 = √ 162Also ist ABC gleichschenklig mit AB = BC.))⇒⇒S 1 (7|5.5|−11.5),S 2 (−1|−10.5|4.5)Wenn das Dreieck rechtwinklig ist, dann muss der rechte Winkel in der Ecke B liegen:−→ −→( −3)AB · BC = −3 · = 33 + 15 − 48 = 0 ⇒ −→ AB ⊥ −→ BC und β = 90◦12)( −11−5−46

(b) Das Dreieck ist zu einem Quadrat zu ergänzen: (Skizze anfertigen)⃗r D = ⃗r A + −→ AD = ⃗rA + −→ ( ) ) ( 1215)BC = 100 + = ⇒ D(1|5|−4)−4( −11−5−4(c) Das Quadrat ABCD hat den Flächeninhalt G = 162 und ist die Grundfläche derPyramide:V Pyramide = 1 3 · G · h ⇒ 1944 = 1 · 162 · h ⇒ 1944 = 54 · h ⇒ h = 363(d) Da die Pyramide gerade ist, steht ihre Höhe senkrecht über dem Mittelpunkt M derGrundfläche.Normalenvektor auf der Ebene ABC(D):−→AB × −→ ( −3) ( −11) ( 72)BC = −3 × −5 = −144 = 18 ·12 −4 −18)⃗n = ⇒ ∣ ∣ √ √ ⃗n = 16 + 64 + 1 = 81 = 9( 4−8−1Also ist ∣ ∣ 4 · ⃗n∣ ∣ = 36 = hMitte der Grundfläche:) ( ) ( )⃗r M = 2( 1 ⃗rA + ⃗r B =1 10 564128 =2( ) ( 564 4)⃗r S1 = ⃗r M + 4 · ⃗n = + 4 · −8 =−1( ) )564⃗r S2 = ⃗r M − 4 · ⃗n = − 4 · =( 4−8−1( 21)−260( −11388)27. (a) P in die Hessesche Normalform einsetzen:∣∣ 4 · 3 + 7 · 5 − 4 · 1 + 2 d = √ = 45 16 + 49 + 16 9 = 5(b) P in die Hessesche Normalform einsetzen:d = |6 · 7 − 9 · (−2) − 2 · (−5) + 7∣ ∣√ 36 + 81 + 4= 7711 = 7( 4)−8−1⇒⇒S 1 (21|−26|0)S 1 (−11|38|8)28. (a) Gleichung der Ebene durch BCD:−→( 01)−−→( −102)BC = BD =−2−→BC × −−→ ( 01) ( −102) ( ) 221BD = × = = ⃗n−2( ) ( ) 221 210−D = · = 4 + 2 + 0 = 6 ⇒ ε: 2x + 2y + z − 6 = 0Höhe der Pyramide = Abstand des Punktes A von ε:h = d(A, ε) HNF=(b) Seitenkante −→ AC =|2 · 0 + 2 · 0 + 0 − 6|√ = 6 4 + 4 + 1 3 = 2( ) 120∢ ( ∣−→ ) −→ ∣AC · ⃗n AC,⃗n = arccos ∣ −→ AC ∣ ∣ ∣ = √ 6 = arccos √ 2 = 26.57 ◦· ∣⃗n 5 · 3 5∢ ( −→ AC, BCD)= 90 ◦ − 26.57 ◦ = 63.43 ◦7

29. Parallelebene: F : 4x − 4y − 7z + D = 0P ∈ F: 4 · 3 − 4 · (−4) − 7 · 1 + D = 0 ⇒ 12 + 16 − 7 + D = 0 ⇒ D = −21Abstand der Ebenen E und F:d(E, F) = d(E, P) =|4 · 3 − 4 · (−4) − 7 · 1 + 6|√ 16 + 16 + 49= 279 = 330. (a) Lösung mit Hilfe des Spatprodukts:∣ [ ] −−→ ∣ [( )⃗v g × ⃗v h · P g P h ∣011 ×d =∣∣ ⃗vg × ⃗v h =( )∣011 ×Lösung mit Hilfe einer Parallelebene:( 6)]−12( 42)∣ ∣∣·−2( 6)∣−1 ∣∣=2∣36∣(−6) ( 42)∣ ∣∣·−2)∣∣ ∣∣= 369 = 4∣( 36−6(Bei diesem Lösungsweg muss die Theorie zur Koordinatengleichung einer Ebenen bekannt sein.)Wenn wir die Gerade g in eine Hilfsebene G einbetten, die parallel zur Geraden hist, dann hat jeder Punkt auf h den gleichen Abstand von G und damit auch von g.Um den Abstand der Ebenen zu berechnen, müssen wir nur noch den Abstand einesPunktes von h von der Hilfsebene G berechnen. (Die Rollen von g und h können beidiesem Lösungsweg auch vertauscht werden.)( ) 011Normalenvektor von G: ⃗v g × ⃗v h = ×( 6−12)=( 36−6)( 12)= 3 ·−2Gleichung der Ebene G: ((−1|0|3) ∈ G)( 12) ( −103)−D = · = 1 · (−1) + 2 · 0 − 2 · 3 = −7−2⇒ G: x + 2y − 2z + 7 = 0Abstand vom Punkt (3|2|1) ∈ h von G:d(h, G) = 1 · 3 + √ 2 · 2 − 2 · 1 + 7 = 12 = 4 = d(h, g)1 + 4 + 4 3(b) d = 1Lösungsweg: siehe (a)31. (a) Als Bezugsstrecke berechnen wir zuerst den Abstand von O(0|0|0) von der gegebenenEbene. (Man könnte auch irgend einen anderen Punkt wählen, aber so erhält maneine einfache Rechnung.)d(O, E) =−15√ = −15121 + 4 + 100 15 = −1Da die gesuchte Parallelebene einen Abstand von d = 3 Einheiten von E haben soll,muss der Ursprung O von dieser Ebene entweder den Abstand d 1 = −4 oder denAbstand d 2 = 2 haben. Dies führt zu den GleichungenD 115 = −4 ⇒ D 1 = −60 undund du den Lösungen:D 215 = 2 ⇒ D 2 = 30E 1 : 11x − 2y + 10z − 60 = 0 und E 2 : 11x − 2y + 10z + 30 = 0(b) E 1 : 24x − 7z + 105 = 0 und E 2 : 24x − 7z − 95 = 0Lösungsweg: siehe (a)8

32. (a)|4x − 2y − 4z + 3|√ 16 + 4 + 16=|x + 2y − 2z + 5|√ 1 + 4 + 4|4x − 2y − 4z + 3|6=|x + 2y − 2z + 5|3|4x − 2y − 4z + 3| = |2x + 4y − 4z + 10||| · 64x − 2y − 4z + 3 = 2x + 4y − 4z + 10 ⇒ ω 1 : 2x − 6y − 7 = 04x − 2y − 4z + 3 = −(2x + 4y − 4z + 10) ⇒ ω 2 : 6x + 2y − 8z + 13 = 0(b)|6x + 6y + 17z − 2| |15x − 10y − 6z + 9|√ = √ 36 + 36 + 289 225 + 100 + 36|6x + 6y + 17z − 2|19=|15x − 10y − 6z + 9|19|6x + 6y + 17z − 2| = |15x − 10y − 6z + 9||| · 196x + 6y + 17z − 2 = 15x − 10y − 6z + 9 ⇒ ω 1 : 9x − 16y − 23z + 11 = 06x + 6y + 17z − 2 = −(15x − 10y − 6z + 9) ⇒ ω 2 : 21x − 4y + 11z + 7 = 033. (a) Winkelhalbierende Ebenen:|3x − 4y + 2|√ 9 + 16=|4x + 3z + 7|√ 16 + 9|3x − 4y + 2|5=|4x + 3z + 7|5|3x − 4y + 2| = |4x + 3z + 7||| · 53x − 4y + 2 = 4x + 3z + 7 ⇒ ω 1 : x + 4y + 3z + 5 = 03x − 4y + 2 = −(4x + 3z + 7) ⇒ ω 2 : 7x − 4y + 3z + 9 = 0g ∩ ω 1 = {P 1 }:1 · (0 + t) + 4 · (1 − t) + 3 · (2 + 0) + 5 = 0t + 4 − 4t + 6 + 5 = 0−3t + 15 = 0t = 5 ⇒ P 1 (5|−4|2)g ∩ ω 2 = {P 2 }:7 · (0 + t) − 4 · (1 − t) + 3 · (2 + 0) + 9 = 07t − 4 + 4t + 6 + 9 = 011t + 11 = 0t = −1 ⇒ P 2 (−1|2|2)9

(b) Winkelhalbierende Ebenen:|14x − 7y − 22z + 38|√ 196 + 49 + 484=|4x + 7y − 4z + 2|√ 16 + 49 + 16|14x − 7y − 22z + 38|27=|4x + 7y − 4z + 2|9|14x − 7y − 22z + 38| = |12x + 21y − 12z + 6||| · 2714x − 7y − 22z + 38 = 12x + 21y − 12z + 6ω 1 : 2x − 28y − 10z + 32 = 014x − 7y − 22z + 38 = −(12x + 21y − 12z + 6)ω 2 : 26x + 14y − 34z + 44 = 0g ∩ ω 1 = {P 1 }:2 · (6 + 3t) − 28 · (3 + 2t) − 10 · (2 − 2t) + 32 = 012 + 6t − 84 − 56t − 20 + 20t + 32 = 0−30t − 60 = 0t = −2 ⇒ P 1 (0|−1|6)g ∩ ω 2 = {P 2 }:26 · (6 + 3t) + 14 · (3 + 2t) − 34 · (2 − 2t) + 44 = 0156 + 78t + 42 + 28t − 68 + 68t + 44 = 0174t + 174 = 0t = −1 ⇒ P 2 (3|1|4)10