math:q12:raumgeometrie

Geraden und Ebenen im Raum

Punkte erhält man, indem man verschiedene Werte für $\lambda$ einsetzt. \begin{eqnarray} \lambda=0 \Rightarrow \vec{X}_{0}=\begin{pmatrix}4\\
-2\\
5 \end{pmatrix}\\
\lambda=1 \Rightarrow \vec{X}_{1}=\begin{pmatrix}4-1\\
-2+2\\
5-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\
0\\
4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}

a)

Man kann z.B. eine Geradengleichung aufstellen und überprüfen, ob der dritte Punkt Element dieser Menge ist. \begin{eqnarray*} \vec{AB} & = & \vec{B}-\vec{A}\\
& = & \begin{pmatrix}-3\\
5\\
5 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-2\\
1\\
7 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\
4\\
-2 \end{pmatrix}\\
g:\vec{X} & = & \begin{pmatrix}-2\\
1\\
7 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}-1\\
4\\
-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*} Mit Hilfe der Probe kann man nun den dritten Punkt überprüfen \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\
-11\\
12 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}-2\\
1\\
7 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}-1\\
4\\
-2 \end{pmatrix}\quad|-\begin{pmatrix}-2\\
1\\
7 \end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}1+2\\
-11-1\\
12-7 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}-1\\
4\\
-2 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\mu=-3\\
\mu=-3\\
\mu=-\frac{5}{2} \end{matrix} \end{eqnarray*} Punkt $C$ ist nicht Element der Geraden durch die Punkte $A$ und $B$.

b)

Wir berechnen $\vec{AB}=\vec{B}-\vec{A}=\begin{pmatrix}-16\\
3\\
6 \end{pmatrix}$ und $\vec{BC}=\vec{C}-\vec{B}=\begin{pmatrix}-8\\
-1,5\\
3 \end{pmatrix}$ und überprüfen, ob dies dieselben Richtungsvektoren bis auf eine multiplikative Konstante sind, sprich ob sie linear unabhängig sind \[ \begin{pmatrix}-16\\
3\\
6 \end{pmatrix}=n\cdot\begin{pmatrix}-8\\
-1,5\\
3 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}n=2\\
n=-2\\
n=2 \end{matrix} \] es sind zwei unterschiedliche Richtungsvektoren und damit können die drei Punkte nicht auf einer Geraden liegen.

d)

zuerst setzt man die beiden Geraden gleich \[\begin{pmatrix}1\\
5\\
2 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-3\\
1\\
-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\
6\\
0 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}5\\
-5\\
2 \end{pmatrix}\qquad|-\begin{pmatrix}-2\\
6
0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}3\\
-1\\
2 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-3\\
1\\
-2 \end{pmatrix} =\mu \begin{pmatrix}5\\
-5\\
2 \end{pmatrix}\rightarrow\begin{matrix}I:\,3-3\lambda=5\mu\\
II:\,-1+\lambda=-5\mu\\
III:\,2-2\lambda=2\mu \end{matrix}\] wir verwenden dass Additionsverfahren \[2\cdot II+III \Rightarrow \overbrace{-2+2\lambda}^{2\cdot\text{rechte Seite II}}+\underbrace{2-2\lambda}_{\text{rechte Seite III}}=\overbrace{-10\mu}^{2\cdot\text{lS II}}+\underbrace{2\mu}_{\text{lS III}}\\
0 = -8\mu\Rightarrow\mu=0\xrightarrow{\mu\text{ in II}}-1+\lambda=0\Rightarrow\lambda=1\] wir überprüfen das Ganze in der noch nicht verwendeten Gleichung $I:3-3\cdot1=5\cdot0\quad\surd$

Der Winkel ergibt sich über das Skalarprodukt \[\cos\varphi=\frac{\begin{pmatrix}-3\\
1\\
-2 \end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}5\\
-5\\
2 \end{pmatrix}}{\sqrt{9+1+4}\cdot\sqrt{25+25+4}}=\frac{-15-5-4}{\sqrt{14\cdot54}}\Rightarrow\varphi=\cos^{-1}\frac{-24}{\sqrt{756}}=151^{\circ}\] und damit der spitze Winkel $\alpha=29^{\circ}$ .

Zuerst muss die Geradengleichung aufgestellt werden. \[ g:\vec{X}=\vec{A}+\mu\vec{AB}=\begin{pmatrix}2\\
0\\
-1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix} \]

a)

Man muss einfach alle Punkte überprüfen: \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}-1\\
-3\\
-6 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}2\\
0\\
-1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\quad|-\vec{A}\\
\begin{pmatrix}-3\\
-3\\
-5 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\mu=-1\\
\mu=-1\\
\mu=-1 \end{matrix}\\
C & \in & g \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}8\\
6\\
8 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}2\\
0\\
-1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\quad|-\vec{A}\\
\begin{pmatrix}6\\
6\\
9 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\mu=2\\
\mu=2\\
\mu=\frac{9}{5} \end{matrix}\\
D & \not\in & g \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}3\\
1\\
1 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}2\\
0\\
-1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\quad|-\vec{A}\\
\begin{pmatrix}1\\
1\\
2 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\mu=\frac{1}{3}\\
\mu=\frac{1}{3}\\
\mu=\frac{2}{5} \end{matrix}\\
E & \not\in & g \end{eqnarray*}

Eigentlich bearbeiten wir hier gerade 3 Gleichungssystem I, II, III auf einmal :-D

b)

wenn möglich bedeutet, nur wenn es eine eindeutige Lösung gibt: \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}-2\\
f_{2}\\
f_{3} \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}2\\
0\\
-1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\quad|-\vec{A}\\
\begin{pmatrix}-4\\
f_{2}\\
f_{3}+1 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}3\\
3\\
5 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\mu=-\frac{4}{3}\quad\text{hier legen wir den Parameter }\mu\text{ fest}\\
f_{2}=-\frac{4}{3}\cdot3=-4\quad\text{wir berechnen damit die weiteren Koordinaten}\\
f_{3}+1=-\frac{4}{3}\cdot5\quad|-1\Rightarrow f_{3}=\frac{-20-3}{3}=-\frac{23}{3} \end{matrix} \end{eqnarray*} $F\left(-4|-4|-\frac{23}{3}\right)$\\
Für den Punkt $G$ ergibt sich wegen der 2.Koordinaten $\mu=-\frac{2}{3}$ und damit $G\left(2-2|-2|-\frac{3}{3}-\frac{10}{3}\right)\Rightarrow G\left(0|-2|-\frac{13}{3}\right)$ und zuletzt $H\left(\frac{7}{5}|-\frac{3}{5}|-2\right)$

c)

Ein Gegenbeispiel wäre die $x_{2}-$Achse.

Schnittpunkt erhält man durch Gleichsetzen \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}4\\
1\\
4 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-1\\
2\\
2 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}-1\\
-1\\
0 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}3\\
0\\
1 \end{pmatrix}\quad|-\begin{pmatrix}-1\\
-1\\
0 \end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}5\\
2\\
4 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-1\\
2\\
2 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}3\\
0\\
1 \end{pmatrix}\quad\begin{matrix}\text{I: }5-\lambda=3\mu\\
\text{II: }2+2\lambda=0\\
\text{III: }4+2\lambda=\mu \end{matrix} \end{eqnarray*} und anschließt löst man dies möglichst geschickt. Hier vielleicht mit II beginnen \begin{eqnarray*} \text{II folgt }\lambda & = & -1\quad\\
\text{einsetzen in I }5+1 & = & 3\mu\Rightarrow\mu=2\\
\text{überprüfen in III }4+2\cdot\left(-1\right) & = & 2\quad\surd \end{eqnarray*} und nun entweder $\lambda=-1$ oder $\mu=2$ in die entsprechende Gleichung einsetzen \[ \vec{S}=\begin{pmatrix}4\\
1\\
4 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1\\
2\\
2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\
-1\\
2 \end{pmatrix} \] den Schnittwinkel liefert dann das Skalarprodukt $\cos\varphi=\frac{\vec{u}_{g}\circ\vec{u}_{h}}{\left|\vec{u}_{g}\right|\cdot\left|\vec{u}_{h}\right|}$ \begin{eqnarray*} \vec{u}_{g}\circ\vec{u}_{h} & = & -1\cdot3+2\cdot0+2\cdot1=-1\\
\left|\vec{u}_{g}\right| & = & \sqrt{1^{2}+2^{2}+2^{2}}=\sqrt{9}=3\\
\left|\vec{u}_{h}\right| & = & \sqrt{3^{2}+0^{2}+1^{1}}=\sqrt{10}\\
\cos\varphi & = & \frac{-1}{3\cdot\sqrt{10}}\Rightarrow\varphi=96^{\circ} \end{eqnarray*} damit ist der spitze Winkel zwischen den beiden Richtungsvektoren $180^{\circ}-96^{\circ}=84^{\circ}$

b)

Die $x_{1}-$Achse ist die Gerade mit Aufpunkt $\left(0|0|0\right)$und Richtungsvektor $\left(1|0|0\right)$ oder ein Vielfaches \[ \begin{pmatrix}5\\
3\\
-6 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}4\\
-2\\
4 \end{pmatrix}=\mu\begin{pmatrix}1\\
0\\
0 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\\
\lambda=\frac{3}{2}\\
-6+\frac{3}{2}\cdot4=0\,\surd \end{matrix} \] und damit ergibt sich für $\mu=5+\frac{3}{2}\cdot4=11$ und der Schnittpunkt ist $S\left(11|0|0\right)$ (offensichtlich auf der $x_{1}-$Achse) \[ \cos\varphi=\frac{4\cdot1+0+0}{\sqrt{16+4+16}\cdot1}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\Rightarrow\varphi=48,2^{\circ} \]

Zuerst stellen wir fest, dass es keinen Schnittpunkt gibt \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}3\\
0\\
0 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}0\\
1\\
0 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}-2\\
2\\
0 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}0\\
4\\
-2 \end{pmatrix}\quad|-\begin{pmatrix}-2\\
2\\
0 \end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}5\\
-2\\
0 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}0\\
1\\
0 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}0\\
4\\
-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}

$\Longrightarrow$die erste Koordinate liefert keine Lösung für beliebiges $\lambda,\mu$

Wir müssen nun noch die Parallelität überprüfen \[ \begin{pmatrix}0\\
1\\
0 \end{pmatrix}=n\begin{pmatrix}0\\
4\\
-2 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\\
n=\frac{1}{4}\\
n=0\text{ Widerspruch!} \end{matrix} \]

Die beiden Richtungsvektoren sind linear unabhängig und somit sind die beiden Geraden windschief.

a)

Zuerst die Koordinaten ablesen: $A(7|0|7);\, B\left(0|5|1\right);\, C\left(9|0|1\right);\, D\left(0|7|7\right)$ \begin{eqnarray*} g:\vec{X} & =\vec{A}+\lambda\vec{AB}= & \begin{pmatrix}7\\
0\\
7 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-7\\
5\\
-6 \end{pmatrix}\\
h:\vec{X} & =\vec{C}+\mu\vec{CD}= & \begin{pmatrix}9\\
0\\
1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}9\\
-7\\
-6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*} anschließend einen Schnittpunkt suchen \begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}7\\
0\\
7 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-7\\
5\\
-6 \end{pmatrix} & = & \begin{pmatrix}9\\
0\\
1 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}9\\
-7\\
-6 \end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}-2\\
0\\
6 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-7\\
5\\
-6 \end{pmatrix} & = & \mu\begin{pmatrix}9\\
-7\\
-6 \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{matrix}\text{I: }-2-7\lambda=9\mu\\
\text{II: }5\lambda=-7\mu\\
\text{III: }6-6\lambda=-6\mu \end{matrix} \end{eqnarray*} das GS muss gelöst werden \begin{eqnarray*} \text{II in III/6: }1-\left(\frac{-7}{5}\mu\right) & = & -\mu\quad|\cdot5\\
5+7\mu & = & -5\mu\quad|5\mu-5\\
-5 & = & 12\mu\Rightarrow\mu=-\frac{5}{12}\xrightarrow{\text{in II}}\lambda=-\frac{7}{12} \end{eqnarray*} eingesetzt in die verbleibene Gleichung I: -2 \begin{eqnarray*} -2-7\cdot\left(-\frac{7}{12}\right) & = & 9\cdot\left(-\frac{5}{12}\right)\\
-\frac{24}{12}+\frac{49}{12} & = & -\frac{45}{12}\quad\text{Widerspruch} \end{eqnarray*} die Geraden sind windschief.

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