Aufgaben zum Grundwissen Mathematik 12. 2. Jahrgangstufe
Analytische Geometrie - Lösungen Teil 1
1.
h
g
n:
Q lie nic t auf , den
1 4 3
gt
=
2 6
− 1
+ λ
1 2
− 1
⇒ λ = − 1
pppp
pppppp pppppppppppppppppppp
?
2
|
R(0 | 1) l gt a g, d nn:
0 2 1
= ie
2 6
− 1 uf
+λ e
1 2
− 1
⇒ λ = − 2 Probe: passt!
Probe: passt!
ht S
lie nic auf , den
5 0 2
gt
=
2 6
− 1 g
+ λ n:
1 2
− 1
⇒
ppλ = 3
pppppppppppppppppp
?
F¨ur die x
3-Koordinate von T gilt: 0 = − 1 − λ, also λ = − 1, also T (1 | 4 | 0).
2.
AB : X ~ =
− 2
− 2 8
+ λ
6 6
− 4
, λ ∈ IR.
C liegt auf g: W¨ahle λ =
23. D liegt auf g: W¨ahle λ = − 2,5.
3.
AB : X ~ =
− 1
− 1 1
+ λ
3
− 1 0
, λ ∈ IR.
Ansatz: F ( − + 3λ | − 1 − λ | . DF ⊥ g, also
1
− 1 + 3λ − 2,5
− 1 − λ + 0,5 1 − 1
1)
◦
3
− 1 0
= 0.
( − 3,5 + 3λ) · 3 + ( − 0,5 − λ) · ( − 1) + 0 = 0.
− 10 + 10λ = 0. λ = 1. Also F (2 | − 2 | 1).
q
st
Ab and d(D, AB ) = | −−→ DF | =
= (2 − 2,5)
2+ ( − 2 + 0, 5)
2+ (1 − 1)
2=
= √ 2,5.
Dreiecksfl¨ache A
ABD: [DF ] ist die H¨ohe im Dreieck ABD auf der Grundlinie [AB], also
q
A
ABD=
12AB · DF =
=
123
2+ ( − 1)
2· √
2,5 =
52.
Gleiches Ergebnis bei Berechnung mit dem Vektorprodukt: A
ABD=
12| −→ AB × −−→ AD | =
52(vgl.
ueb119.pdf, Aufgabe 2(c)).
4.
(a) Aufpunkt (0 | 0 | 0), also ist g eine Gerade durch den Ursprung des Koordinatensystems.
(b) x
2-Komponente konstant 5, also ist h parallel zur x
1x
3-Ebene.
= 2Z ~ − A ~
i
liefert A
01(6|4|0),
Aufgaben zum Grundwissen Mathematik 12. 2. Jahrgangstufe
Analytische Geometrie - Lösungen Teil 2
= 2Z ~ − A ~
i
liefert A
01(6|4|0), 6 . (a) Mit den
Punkten
A
1, A
2
(0|4|
0), A
3
stellt
man die Gleichung der Ebene auf:
E : X ~ =
−6 0 0
+ λ
6 4 0
+ µ
6 0 4
, λ, µ ∈ IR.
(b) Z −−
A →
0i
= −−→
A
iZ , also A ~
0i
− Z ~ = Z ~ − A ~
i
, also A ~
0i
= 2Z ~ − A ~
i
liefert A
01(6|4|0), A
02(0|0|0), A
03(0|4| − 4).
Mit diesen Punkten stellt man die Gleichung von E
0auf:
E
0: X ~ =
6 4 0
+ λ
−6
−4 0
+ µ
−6 0
−4
, λ µ , ∈ IR.
5 . (a) E
1: X ~ = A ~ + λ(B ~ − A ~ ) + µ(C ~ − A ~ ) =
8 5 0
+ λ
−3 3 0
+ µ
−1 2 5
,
¨
og
s .
λ, µ ∈ I .
(M lich ind ch Lo¨ ngen z B. mitX~ =B~ +λ(A~−B~) +µ(C~ −B~)).(b) B in k:
R
5 8 0
=
7 7 5
au
+ σ
su
−5
−5 1
liefert 5 = 7 − 5σ, also σ = 0,4, Probe in zweite Gleichung 8 = 7 − 5σ Wider- spruch, also B nicht auf k.
E
2: X ~ =
7 7 5
+ λ
−5
−5 1
+ µ
−2 1
−5
, λ, µ ∈ IR.
E
2(7|7|5)r
~ u
-
~ v
r
B
k
(c) E
3: X ~ =
3 0 1
+ λ
−5
−5 1
+ µ
4 7 4
, λ µ , ∈ IR.
(d) E
4: X ~ =
3 0 1
+ λ
−5
−5 1
+ µ
−3 3 0
