Aufgabe 5: Analytische Geometrie (WTR)

(1)

Abitur Mathematik: Musterlösung

Aufgabe 5:

Analytische Geometrie (WTR)

Nordrhein-Westfalen 2013

Aufgabe 5

a)

(1) PARALLELOGRAMMEIGENSCHAFTEN NACHWEISEN

Zu zeigen ist, dass die gegenüberliegenden Seiten parallel sind, d. h. 𝐴𝐵 ∥ 𝐶𝐷 und 𝐵𝐶 ∥ 𝐴𝐷. Zunächst ist

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ = (1

0) − (−1 0) = (2

0), 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = (3

2) − (1 0) = (2

2), 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = (1

2) − (3

2) = (−2 0 ) und 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ = (1

2) − (−1 0 ) = (2

2).

Wegen (2

0) = − (−2

0 ) sind 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ und 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ linear abhängig, also gilt 𝐴𝐵 ∥ 𝐶𝐷.

𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ und 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ sind identisch, also gilt auch 𝐵𝐶 ∥ 𝐴𝐷.

ERGEBNIS

Die Seiten AB und CD sowie die Seiten BC und DA sind jeweils parallel, womit nachgewiesen ist, dass ABCD ein Parallelogramm ist.

(2) BILDPUNKTE BERECHNEN UND QUADRATEIGENSCHAFT NACHWEISEN BILDPUNKTE BERECHNEN

Setze 𝐴^′(𝑎₁|𝑎₂) als Bildpunkt von 𝐴(−1|0):

(𝑎₁^′

𝑎₂^′) = (−1 2 1 0) ⋅ (−1

0 ) + (−2 1)

= ((−1) ⋅ (−1) + 2 ⋅ 0

1 ⋅ (−1) + 0 ⋅ 0 ) + (−2 1)

= ( 1

−1) + (−2

1 ) = (−1 0 )

(2)

𝐵^′(𝑏1|𝑏2) als Bildpunkt von 𝐵(1|0):

(𝑏₁^′

𝑏₂^′) = (−1 2 1 0) ⋅ (1

0) + (−2 1 )

= ((−1) ⋅ 1 + 2 ⋅ 0

1 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 ) + (−2 1 )

= (−1

1 ) + (−2

1 ) = (−3 2 ) 𝐶′(𝑐₁|𝑐2) als Bildpunkt von 𝐶(3|2):

(𝑐₁^′

𝑐₂^′) = (−1 2 1 0) ⋅ (3

2) + (−2 1 )

= ((−1) ⋅ 3 + 2 ⋅ 2

1 ⋅ 3 + 0 ⋅ 2 ) + (−2 1)

= (1

3) + (−2

1 ) = (−1 4 )

𝐷′(𝑑₁|𝑑₂) als Bildpunkt von 𝐷(1|2):

(𝑑₁^′

𝑑₂^′) = (−1 2 1 0) ⋅ (1

2) + (−2 1 )

= ((−1) ⋅ 1 + 2 ⋅ 2

1 ⋅ 1 + 0 ⋅ 2 ) + (−2 1 )

= (3

1) + (−2 1 ) = (1

2)

ERGEBNIS

Die Bildpunkte haben die Koordinaten 𝐴^′(−1|0), 𝐵^′(−3|2), 𝐶′(−1|4), 𝐷′(1|2).

QUADRATEIGENSCHAFTEN NACHWEISEN

Zu zeigen ist, dass die gegenüberliegenden Seiten parallel und gleich lang sind und benachbarte Seiten einen rechten Winkel bilden.

PARALLELITÄT GEGENÜBERLIEGENDER SEITEN NACHWEISEN 𝐴′𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−3

2 ) − (−1

0) = (−2 2 ) 𝐵′𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1

4 ) − (−3 2) = (2

2) 𝐶′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (1

2) − (−1 4 ) = (2

−2) 𝐴′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (1

2) − (−1 0 ) = (2

2) Es ist (−2

2) = − ( 2

−2), also 𝐴′𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ und 𝐶′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ linear abhängig und somit 𝐴′𝐵′ ∥ 𝐶′𝐷′. 𝐵′𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ und 𝐴′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sind identisch und somit 𝐵′𝐶′ ∥ 𝐴′𝐷′.

(3)

SEITENLÄNGEN VERGLEICHEN Die Längen der Seiten sind:

𝐴′𝐵′ = |𝐴′𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−2)²+ 2²= √8, 𝐵′𝐶′ = |𝐵′𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √2²+ 2²= √8,

𝐶′𝐷′ = |𝐶′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √2²+ (−2)²= √8 und 𝐷′𝐴′ = |𝐷′𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−2)²+ (−2)²= √8.

Damit sind alle vier Seiten des Vierecks gleich lang.

INNENWINKEL UNTERSUCHEN

Nun wird geprüft, dass alle Innenwinkel rechte Winkel sind.

bei 𝐴′:

𝐴′𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∘ 𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−2^′𝐴^′ 2 ) ∘ (−2

−2) = (−2) ⋅ (−2) + 2 ⋅ (−2) = 4 − 4 = 0 bei 𝐵′:

𝐵′𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∘ 𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2^′𝐵^′

2) ∘ (−2

2 ) = 2 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 2 = −4 + 4 = 0 bei 𝐶′:

𝐵′𝐶′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∘ 𝐶′𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2^′ 2) ∘ ( 2

−2) = 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ (−2) = 4 − 4 = 0 Winkel bei 𝐷′:

𝐶′𝐷′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∘ 𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 2^′𝐴^′

−2) ∘ (−2

−2) = 2 ⋅ (−2) + (−2) ⋅ (−2) = −4 + 4 = 0 Alle Innenwinkel des Vierecks sind rechte Winkel.

ERGEBNIS

Das Viereck 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ ist ein Quadrat.

b)

(1) BILDGERADE 𝒈′ UND LAGEBEZIEHUNG VON 𝒈 UND 𝒈′ BESTIMMEN GLEICHUNG DER BILDGERADE FINDEN

Die Gleichung von 𝑔 lautet 𝑔: 𝑥 = ( 1

−1) + 𝑟 ⋅ (3

1) = (1 + 3𝑟

−1 + 𝑟).

Einsetzen in die Gleichung der Abbildung 𝛼 liefert

(4)

𝛼 (1 + 3𝑟

−1 + 𝑟) = (−1 2

1 0) ⋅ (1 + 3𝑟

−1 + 𝑟) + (−2 1 )

= ((−1) ⋅ (1 + 3𝑟) + 2 ⋅ (−1 + 𝑟)

1 ⋅ (1 + 3𝑟) + 0 ⋅ (−1 + 𝑟) ) + (−2 1 )

= (−3 − 𝑟

1 + 3𝑟) + (−2

1 ) = (−5 − 𝑟 2 + 3𝑟)

= (−5

2) + 𝑟 ⋅ (−1 3) .

Die Bildgerade hat also die Gleichung 𝑔^′: 𝑥 = (−5

2 ) + 𝑟 ⋅ (−1

3) , 𝑟 ∈ ℝ.

LAGEBEZIEHUNG ZWISCHEN 𝑔 UND 𝑔′ BESTIMMEN

Um die Schnittmenge der Geraden 𝑔 und 𝑔′ zu bestimmen, müssen die Geradengleichungen mit unterschiedlichen Parametern herangezogen werden; wir nehmen 𝑠 für 𝑔′. Gleichsetzen von 𝑔 und 𝑔′ liefert dann ( 1

−1) + 𝑟 ⋅ (3

1) = (−5

2) + 𝑠 ⋅ (−1

3 ), also als lineares Gleichungssystem I: 1 + 3𝑟 = −5 − 𝑠

II: − 1 + 𝑟 = 2 + 3𝑠

I − 3 ⋅ II: 4 = −11 − 10𝑠 ⟺ 15 = −10𝑠 ⟺ 𝑠 = −3 2 Eingesetzt in I liefert das

1 + 3𝑟 = −5 +3

2⟺ 3𝑟 = −9

2⟺ 𝑟 = −3 2 .

Somit gibt es genau einen Schnittpunkt von 𝑔 und 𝑔′.

(2) BILDGERADE 𝒉′ UND LAGEBEZIEHUNG VON 𝒉 UND 𝒉′ BESTIMMEN GLEICHUNG DER BILDGERADE FINDEN

Die Gleichung von ℎ lautet ℎ: 𝑥 = (−3

−2) + 𝑠 ⋅ ( 2

−1) = (−3 + 2𝑠

−2 − 𝑠).

Einsetzen in die Gleichung der Abbildung 𝛼 liefert 𝛼 (−3 + 2𝑠

−2 − 𝑠) = (−1 2

1 0) ⋅ (−3 + 2𝑠

−2 − 𝑠) + (−2 1 )

= ((−1) ⋅ (−3 + 2𝑠) + 2 ⋅ (−2 − 𝑠)

1 ⋅ (−3 + 2𝑠) + 0 ⋅ (−2 − 𝑠) ) + (−2 1 )

= (−1 − 4𝑠

−3 + 2𝑠) + (−2

1 ) = (−3 − 4𝑠

−2 + 2𝑠)

= (−3

−2) + 𝑠 ⋅ (−4 2 ) .

Die Bildgerade hat also die Gleichung

(5)

LAGEBEZIEHUNG ZWISCHEN ℎ UND ℎ′ BESTIMMEN Die Richtungsvektoren ( 2

−1) und (−4

2) sind linear abhängig, denn (−4

2 ) = (−2) ⋅ (2

−1). Daher verlaufen die Geraden parallel. Desweiteren stimmen die Aufpunkte überein. Also ist ℎ = ℎ′.

c)

1. α (0|4) BESTIMMEN 𝛼 (0

4) = (−1 2 1 0) ⋅ (0

4) + (−2

1 ) = ((−1) ⋅ 0 + 2 ⋅ 4

1 ⋅ 0 + 0 ⋅ 4 ) + (−2 1 ) = (6

1) Der Bildpunkt hat die Koordinaten 𝑃^′(6|1).

2. UND 3. FIXPUNKTE BESTIMMEN

Gesucht sind alle Fixpunkte der Abbildung 𝛼. Dazu ist die Gleichung (𝑥₁^′

𝑥₂^′) = (𝑥₁

𝑥2) zu lösen, wobei (𝑥₁^′

𝑥₂^′) = (−1 2 1 0) ⋅ (𝑥₁

𝑥2) + (−2 1 )

= (−𝑥1+ 2𝑥2

𝑥₁ ) + (−2 1 )

= (−𝑥₁+ 2𝑥₂− 2 𝑥1+ 1 ) .

Somit erhalten wir das lineare Gleichungssystem

I: − 𝑥₁+ 2𝑥₂− 2 = 𝑥₁⟺ −2 = 2𝑥₁− 2𝑥₂⟺ −1 = 𝑥₁− 𝑥₂ II: 𝑥1+ 1 = 𝑥2⟺ 𝑥1− 𝑥2= −1

Die zwei Gleichungen sind äquivalent zur Gleichung von 𝑘. Sie werden also nur von den Punkten auf dieser Geraden erfüllt.

ERGEBNIS

Alle Punkte der Gerade k werden auf sich selbst abgebildet, denn sie erfüllen die Gleichungen I und II. Alle anderen Punkte erfüllen weder I noch II, also werden sie nicht auf sich selbst abgebildet.

4. GERADEN DURCH PUNKT UND BILDPUNKT VERGLEICHEN Wie oben berechnet ist der Bildpunkt von (𝑎1

𝑎₂) gegeben durch (𝑎₁^′

𝑎₂^′) = (−𝑎1+ 2𝑎2− 2

𝑎₁+ 1 ). Die Gerade durch Punkt und Bildpunkt ist daher 𝑙: 𝑥 = (𝑎1

𝑎₂) + 𝑡 ⋅ [(−𝑎₁+ 2𝑎₂− 2 𝑎₁+ 1 ) − (𝑎1

𝑎₂)]

= (𝑎₁

𝑎₂) + 𝑡 ⋅ (−2𝑎1+ 2𝑎2− 2 𝑎1− 𝑎2+ 1 )

= (𝑎₁

𝑎 ) + 𝑡 ⋅ (𝑎₁− 𝑎₂+ 1) ⋅ (−2) .

(6)

Alle diese Geraden haben als Richtungsvektor ein Vielfaches von (−2 1 ), sind also parallel zueinander, insbesondere also parallel zu 𝑃𝑃′ (dies ist der Spezialfall 𝑎₁= 0, 𝑎₂= 4).

d)

KONSTRUKTION VON Q‘ ERLÄUTERN

Da 𝑄 nicht auf der Gerade 𝑘 liegt, ist nach Teilaufgabe c) 3. 𝑄^′≠ 𝑄. Also muss die geometrische Konstruktion schrittweise erfolgen.

Zunächst werden in einem kartesischen Koordinatensystem der Punkt 𝑄(3|0) und die Fixpunktgerade 𝑘: 𝑥₁− 𝑥₂= −1 – z. B. als

Verbindungsgerade der Punkte (0|1) und (1|2) – eingetragen. Dann ergänzt man die Gerade 𝑃𝑃′. Laut Teilaufgabe c) 4. ist 𝑄𝑄′ parallel zu 𝑃𝑃′.

Man zeichnet also 𝑄𝑄′ in das Koordinatensystem als Gerade durch 𝑄 parallel zu 𝑃𝑃′ ein.

Nun liegt 𝑄′ auf der Geraden 𝑄𝑄′ und es fehlt noch der Abstand zu 𝑄.

Dazu zeichnet man die Gerade durch 𝑄 senkrecht auf 𝑘 ein und bezeichnet deren Schnittpunkt mit der Geraden 𝑃𝑃′ mit 𝑄′′.

Den Abstand von 𝑃′ zu 𝑄′′ trägt man mit dem Zirkel ab und zeichnet dann einen Kreis um 𝑄 mit genau diesem Radius. Dieser Kreis hat zwei Schnittpunkte mit der Geraden 𝑄𝑄′. Einer davon liegt auf der gleichen Seite der Geraden 𝑘 wie 𝑄 und der andere Schnittpunkt ist 𝑄′.