2016_Aufgabe 7; Geometrie

Aufgabe 7: Geometrie
Abitur 2015 (3 VP)
Gegeben ist die Ebene E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12.
a) Stellen Sie die Ebene in einem Koordinatensystem dar.
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Zunächst werden die Schnittpunkte der Ebene mit den Koordinatenachsen (auch
Spurpunkte genannt) ermittelt.
Schnittpunkt
mit
Bedingung
Spurpunkt für
E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12
Schaubild
12
3
x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 ( 4 ) = ( 0)
0
0
0
4
x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0
n 2 = 0. Es existiert kein
Schnittpunkt mit der x 2-
Achse. Die Ebene ist
zur x 2-Achse daher
parallel.
0
0
0
x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 (
12
) = ( 0)
4
3
3
b) Bestimmen Sie alle Punkte der x 3 -Achse, die von E den Abstand 3 haben.
Zur Berechnung des Abstands wird die Ebene in die Hessesche Normalform
umgewandelt.
E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12 ⟹ E: 4x 1 + 3x 3 − 12
= 0 ⟹ E: 4x 1 + 3x 3 − 12
= 0
√4 2 + 3 2 5
Ein Punkt auf der x 3 -Achse hat die Koordinaten B(0|0|p). Das Einsetzten in die
Hessesche Normalform der Ebene ergibt: | 3p−12
| = 3
Punkt 1: 3p−12
5
Punkt 2: 3p−12
5
= 3 ⟹ 3p − 12 = 15 ⟹ p = 9 ⟹ P 1 (0|0|9)
= −3 ⟹ 3p − 12 = −15 ⟹ p = −1 ⟹ P 2 (0|0| − 1)
5

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Abitur 2014 (4 VP)
Gegeben sind die Punkte A(1|10|1), B(-3|13|1) und C(2|3|1). Die Gerade g verläuft durch
A und B. Bestimmen Sie den Abstand des Punktes C von der Geraden g.
Zur Berechnung des Abstands d zwischen dem Punkt C und der Geraden g wird die
Hilfsebene E bestimmt. Diese Ebene steht orthogonal zur Geraden g und enthält den
Punkt C.
Die Gerade durch A und B ist
B
1 −4
g: x = ( 10) + t ( 3 )
1 0
Der Normalenvektor von E ist der
Richtungsvektor von g.
Die Hilfsebene ist
2 −4
E: (x − c) ∙ n⃗ = (x − ( 3)) ∙ ( 3 ) = 0
1 −0
C
d
S
g
A
E
Hieraus ergibt sich die Koordinatengleichung der Ebene E: − 4x 1 + 3x 2 = 1
Der Schnittpunkt von g und E ist der Lotfußpunkt S.
−4(1 − 4t) + 3(10 + 3t) = 1 ⟹ −4 + 16t + 30 + 9t = 1 ⟹ t = −1
Durch Einsetzten von t = −1 in die Gerade ergibt sich der Lotfußpunkt S(5|7|1).
5 − 2 3
Der Abstand zwischen C und g ist d = |CS ⃗⃗⃗⃗ | = |( 7 − 3)| = |( 4)| = √9 + 16 + 0 = 5 LE
1 − 1 0

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Abitur 2013 (4 VP)
Gegeben sind die beiden Ebenen
7 1 1
E 1 = 2x 1 − 2x 2 + x 3 = −1 und E 2 : x = ( 7) + s ∙ ( 1) + t ∙ ( 3).
5 0 4
Zeigen Sie, dass die beiden Ebenen parallel zueinander sind. Die Ebene E 3 ist parallel zu
E 1 und E 2 und hat von beiden Ebenen denselben Abstand. Bestimmen Sie eine
Gleichung der Ebene E 3 .
2
Der Normalenvektor von E 1 lautet n⃗⃗⃗ 1 = ( −2). Die beiden Ebenen sind parallel
1
zueinander, wenn dieser Normalenvektor senkrecht zu den beiden Spannvektoren von E 2
ist. Zur Überprüfung dient das Skalarprodukt:
2 1
2 1
( −2) ∙ ( 1) = 2 − 2 + 0 = 0 und ( −2) ∙ ( 3) = 2 − 6 + 4 = 0
1 0
1 4
Beide Skalarprodukte ergeben die Lösung Null. Daher sind die beiden Ebenen
zueinander parallel.
Die drei Ebenen sind parallel zueinander, daher
haben sie auch den gleichen Normalenvektor.
Da die Ebene E 3 von E 1 und E 2 denselben
Abstand hat, muss sie in der Mitte zwischen E 1
und E 2 liegen.
M
B
Der Punkt A ist ein beliebiger Punkt der Ebene A
E 1 und Punkt B ein beliebiger Punkt von E 2 . Der
Mittelpunkt M der Strecke ̅̅̅̅ AB liegt in der Ebene
E 2
E
E 3 . 3
E 1
Mit einem beliebigen Punkt A(0|0|-1) und einem beliebigen Punkt B(7|7|5) ergibt sich
0 7 3,5
0M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 (0A ⃗⃗⃗⃗⃗ + 0B ⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 1 (( 0 ) + ( 7)) = ( 3,5).
2 2
−1 5 2
3,5 2
Daher lautet eine Gleichung der Ebene E 3 (x − ( 3,5)) ∙ ( −2) = 0.
2 1

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Abitur 2012 (4 VP)
Gegeben sind der Punkt A(1|1|3) und die Ebene E: x 1 − x 3 − 4 = 0.
a) Welche besondere Lage hat E im Koordinatensystem?
Zur Untersuchung der Lage von E werden die Spurpunkte bestimmt:
Schnittpunkt
mit
Bedingung
Spurpunkt für
E: n 1 x 1 + n 2 x 2 + n 3 x 3 = d
Spurpunkt für
E: x 1 − x 3 = 4
d
x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0
4
(
n 1 ) ( 0)
0 0
0
0
x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0
d
( )
0
0
x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0
0
0
( d ) ( 0 )
−4
n 3
Die Ebene E ist daher parallel zur x 2 -Achse bzw. senkrecht zur x 1 x 3 – Ebene.
n 2
n 2 = 0. Daher existiert
kein Schnittpunkt mit
der x 2 -Achse.
b) Der Punkt A wird an der Ebene E gespiegelt. Bestimmen Sie die Koordinaten des
Bildpunktes.
Mit dem Punkt A und dem Normalenvektor der
Ebene E wird zunächst die Hilfsgerade g gebildet:
1 1
g: x = ( 1) + s ( 0 ). Durch Gleichsetzten von der
3 −1
Ebene E und der Hilfsgerade g ergibt sich der
Schnittpunkt S:
(1 + s) − (3 − s) = 4 ⟹ s = 3 ⟹ S = (4|1|0).
Hierdurch ergibt sich der gesuchte Spiegelpunkt A´:
1 3 7
0A´ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0A ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 ∙ AS ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 1) + 2 ∙ ( 0 ) = ( 1 )
3 −3 −3
O
S
A´
g
A
E
Der Bildpunkt ist A´(7|1|-3).

Abitur 2011 (3 VP)
−1 8
Gegeben sind die Ebene E: (x − ( 4 )) ∙ ( 1 ) = 0
−3 −4
7 1
und die Gerade g: x = ( 5 ) + t ( −4).
−7 1
a) Zeigen Sie, dass E und g parallel zueinander sind.
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E und g verlaufen parallel, wenn der Normalenvektor von E und der Richtungsvektor von
g orthogonal zueinander sind. Das Skalarprodukt dieser beiden Vektoren ergibt:
8 1
( 1 ) ∙ ( −4) = 8 − 4 − 4 = 0. Daher sind E und g zueinander parallel.
−4 1
b) Bestimmen Sie den Abstand von E und g.
Der gesuchte Abstand d ist gleich dem
Abstand zwischen einem beliebigen Punkt
P der Geraden und der Ebene E.
Zur Bestimmung dieses Abstandes eignet
sich die Hessesche Normalenform. Hierzu
wird zunächst die Ebene E in die
Koordinatenform umgeformt.
E = 8x 1 + x 2 − 4x 3 = d
E
P
d
S
g
Durch Einsetzten des Ebenenpunktes A(−1|4| − 3) ergibt sich
(8 ∙ (−1)) + (1 ∙ 4) − (4 ∙ (−3)) = d ⟹ d = 8
Die Koordinatenform der Ebene lautet also E: 8x 1 + x 2 − 4x 3 = 8
Der Abstand d von E und g ist:
d = |n 1p 1 + n 2 p 2 + n 3 p 3 − d|
√n 1 2 + n 2 2 + n 3
2
=
|8 ∙ 7 + 1 ∙ 5 − 4 ∙ (−7) − 8|
√8 2 + 1 2 + (−4) 2 = 81
9 = 9 LE

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Abitur 2010 (4 VP)
Gegeben sind die Ebene E: 3x 1 − 4x 3 = −7 und der Punkt P (9|−4|1).
a) Berechnen Sie den Abstand des Punktes P von der Ebene E.
Da die Ebene bereits in der Koordinatenform gegeben ist, ergibt sich der gesuchte
Abstand d des Punktes P von der Ebene E mit der Hessesche Normalenform.
d = |n 1p 1 + n 2 p 2 + n 3 p 3 − d|
√n 1 2 + n 2 2 + n 3
2
=
|3 ∙ 9 + 0 − 4 ∙ 1 + 7|
√3 2 + 0 2 + (−4) 2 = 30
5 = 6
Der Punkt P hat von der Ebene E den Abstand d = 6.
b) Der Punkt S = (−1|1|1) liegt auf E. Bestimmen Sie den Punkt Q auf der Geraden
durch S und P, der genauso weit von E entfernt ist wie P.
Der gesuchte Punkt Q ergibt sich aus:
9 −10 −11
0Q ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0P ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 ∙ ⃗⃗⃗⃗ PS = ( −4) + 2 ∙ ( 5 ) = ( 6 )
1
0 1
g
Q
S
E
O
P
Der gesuchte Punkt ist Q (−11|6|1).