Aufgabe 3

Die Abbildung zeigt den Würfel $ABCDEFGH$ mit $A(0\mid0\mid0)$ und $G(5\mid5\mid5)$ in einem kartesischen Koordinatensystem. Die Ebene $T$ schneidet die Kanten des Würfels unter anderem in den Punkten $I(5\mid0\mid1),$ $J(2\mid5\mid0),$ $K(0\mid5\mid2)$ und $L(1\mid0\mid5).$

Abbildung

Zeichne das Viereck $IJKL$ in die Abbildung ein.

(4 Punkte)

Zeige, dass das Viereck ein Trapez ist, bei dem zwei Seiten gleich lang sind.

(4 Punkte)

Der Punkt $Q(2\mid 0\mid 4)$ liegt auf der Strecke $\overline{IL}.$
Zeige, dass $\overrightarrow{KQ} = \pmatrix{2\\-5\\2}$ auf $\overrightarrow{IL}$ senkrecht steht.

Bestimme rechnerisch den Flächeninhalt des Trapezes $IJKL.$

[Zur Kontrolle: Der Flächeninhalt beträgt $3\cdot \sqrt{66}\,\text{FE} \approx 24,37\,\text{FE}.$ ]

(7 Punkte)

Ermittle eine Gleichung der Ebene $T$ in Koordinatenform.
[Zur Kontrolle: $T: \, 5x_1+4x_2+5x_3=30$ ]

(5 Punkte)

Der Abstand $d$ eines Punktes $P(z_1\mid z_2\mid z_3)$ von der Ebene $T$ ist gegeben durch

$d(T,P) = \dfrac{\left|5\cdot z_1 +4\cdot z_2 +5\cdot z_3 -30 \right|}{\sqrt{66}}.$ [Nachweis nicht erforderlich!]

Bestimme das Volumen einer Pyramide mit der Grundfläche $IJKL$ und der Spitze $F.$

(4 Punkte)

Die Spitze einer Pyramide mit der Grundfläche $IJKL$ liegt auf der Strecke $\overline{FG}$ .
Untersuche, ob die Höhe dieser Pyramide $\frac{18}{\sqrt{66}}$ betragen kann.

(5 Punkte)

Spiegelt man $T$ an der Ebene mit der Gleichung $x_1=2,5$ , so erhält man die Ebene $\(T$ mit der Gleichung $\(T$

Berechne die Größe des Winkels, unter dem sich $T$ und $\(T$ schneiden.

(3 Punkte)

Betrachtet wird die Schar der Geraden $g_a:\overrightarrow{x}=\pmatrix{2,5\\0\\3,5}+r\cdot\pmatrix{0\\-10a\\\frac{2}{a}}$ mit $a \gt 0$ und $r\in \mathbb R.$

Begründe, dass keine Gerade der Schar in der Ebene mit der Gleichung $x_3=3,5$ liegt.

(2 Punkte)

Bestimme eine Parametergleichung der Geraden $g,$ die zur Schar $g_a$ gehört und in der Ebene $T$ liegt.
Zeige, dass die Gerade $g$ auch in $\(T$ liegt.

(6 Punkte)

In der Abbildung von oben kannst ist erkennbar, dass die beiden parallelen Seiten des Trapezes vermutlich die beiden Seiten $\overline{LI}$ und $\overline{KJ}$ sind. Für die zugehörigen Verbindungsvektoren folgt:

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{LI} &=& \pmatrix{4\\0\\-4} \\[5pt] \overrightarrow{KJ} &=& \pmatrix{2\\0\\-2} \end{array}$

Es gilt $\overrightarrow{LI} = 2\cdot \overrightarrow{KJ}.$ Die beiden Vektoren $\overrightarrow{LI}$ und $\overrightarrow{KJ}$ sind also linear abhängig und damit parallel zueinander. Daher sind auch die zugehörigen Vierecksseiten $\overline{LI}$ und $\overline{KJ}$ parallel zueinander. Es handelt sich bei dem Viereck $IJKL$ daher um ein Trapez.
Gefordert ist nun noch zu zeigen, dass zwei Seiten gleich lang sind.

$\begin{array}[t]{rll} \overline{LK}&=& \left|\overrightarrow{LK} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-1\\5\\-3} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-1)^2 + 5^2 + (-3)^2} \\[5pt] &=& \sqrt{35} \\[10pt] \overline{IJ}&=& \left|\overrightarrow{IJ} \right| \\[5pt] &=& \left|\pmatrix{-3\\5\\-1} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{(-3)^2 + 5^2 + (-1)^2} \\[5pt] &=& \sqrt{35} \\[10pt] \end{array}$

Es ist also $\overline{LK} = \overline{IJ}.$ Somit ist Viereck $IJKL$ ein Trapez, bei dem zwei Seiten gleich lang sind.

$\overrightarrow{IL} = \pmatrix{-4\\0\\4}$

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{KQ}\circ\overrightarrow{IL}&=& \pmatrix{2\\-5\\2}\circ \pmatrix{-4\\0\\4} \\[5pt] &=& 2\cdot (-4) + (-5)\cdot 0 + 2\cdot 4 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$

Da das Skalarprodukt der beiden Vektoren $\overrightarrow{IL}$ und $\overrightarrow{KQ}$ Null ist, stehen die beiden Vektoren senkrecht aufeinander.

Flächeninhalt des Trapezes bestimmen

Da $\overrightarrow{KQ}$ senkrecht auf $\overrightarrow{IL}$ steht, beschreibt $\left|\overrightarrow{KQ} \right|$ die Höhe des Trapezes.

$\begin{array}[t]{rll} \left|\overrightarrow{KQ} \right|&=& \sqrt{33} \\[10pt] \left|\overrightarrow{IL} \right| &=& \sqrt{32} \\[10pt] \left|\overrightarrow{KJ} \right| &=& \sqrt{8} \\[10pt] \end{array}$

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Für den Flächeninhalt ergibt sich:

$A=3\sqrt{66}$

Vollständige Lösung anzeigen

Der Flächeninhalt des Trapezes beträgt $3\cdot \sqrt{66}\;\text{FE}.$

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n} &=& \overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK} \\[5pt] &=& \pmatrix{-3\\5\\-1}\times \pmatrix{-5\\5\\1} \\[5pt] &=& \pmatrix{ 5\cdot 1 - (-1)\cdot 5 \\ (-1)\cdot (-5) - (-3) \cdot 1 \\ (-3)\cdot 5 - 5\cdot (-5) } \\[5pt] &=& \pmatrix{10 \\ 8 \\ 10 } \\[5pt] &=& 2\cdot \pmatrix{5\\4\\5} \\[5pt] \end{array}$

Mit einer Punktprobe mit Hilfe der Koordinaten einer der vier Punkte folgt:

$\begin{array}[t]{rll} T:\quad 5\cdot x_1 +4\cdot x_2 +5\cdot x_3 &=& d &\quad \scriptsize \mid\; L(1\mid 0\mid 5)\\[5pt] 5\cdot 1 +4\cdot 0 +5 \cdot 5 &=& d \\[5pt] 30&=& d \end{array}$

Eine Gleichung von $T$ in Koordinatenform lautet:

$T:\quad 5x_1 + 4x_2+5x_3=30$

Die Höhe der Pyramide entspricht dem Abstand des Punktes $F$ zur Ebene $T.$ Es ist $F(5\mid 0\mid 5).$

$h = d(T,F) = \dfrac{\left| 5 \cdot 5 + 4 \cdot 0 +5 \cdot 5 -30 \right|}{\sqrt{66}} = \dfrac{20}{\sqrt{66}}$

Die Grundfläche der Pyramide ist das Trapez $IJKL,$ ihr Flächeninhalt ist also:

$G= A = 3\cdot \sqrt{66}$

Damit folgt für das Volumen:

$\begin{array}[t]{rll} V &=& \frac{1}{3} \cdot G\cdot h \\[5pt] &=& \frac{1}{3} \cdot 3\cdot \sqrt{66}\cdot\dfrac{20}{\sqrt{66}} \\[5pt] &=& 20 \end{array}$

Das Volumen der Pyramide mit der Grundfläche $IJKL$ und der Spitze $F$ beträgt $20 \;\text{VE}.$

$\begin{array}[t]{rll} h:\, \overrightarrow{x} &=& \overrightarrow{OF} + t\cdot \overrightarrow{FG} \\[5pt] &=& \pmatrix{5\\0\\5} + t\cdot \pmatrix{0\\5\\0} \\[5pt] &=& \pmatrix{5\\5t\\5} \\[5pt] \end{array}$

Überprüft wird, ob es einen Punkt auf dieser Gerade gibt, der zur Ebene $T$ den Abstand $\frac{18}{\sqrt{66}}$ hat und ob dieser auf der Kante $\overline{FG}$ liegt.

1. Schritt: Punkt mit dem Abstand berechnen

Der Abstand eines Punkts $P(x_1\mid x_2\mid x_3)$ zu $T$ beträgt:

$d(P,T) = \dfrac{\left|5x_1 +4x_2 +5x_3 -30\right|}{ \sqrt{66}}$

Einsetzen der Koordinaten der Geraden $(5\mid 5t \mid 5)$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{\left|5x_1 +4x_2 +5x_3 -30 \right| }{ \sqrt{66}} &=& \dfrac{18}{\sqrt{66}} \\[5pt] \dfrac{\left|5\cdot 5 +4\cdot 5t +5\cdot 5 -30 \right| }{ \sqrt{66}} &=&\dfrac{18}{\sqrt{66}} \\[5pt] \dfrac{\left|20+20t \right| }{ \sqrt{66}} &=& \dfrac{18}{\sqrt{66}} &\quad \scriptsize \mid\; \cdot \sqrt{66} \\[5pt] \left|20+20t \right| &=& 18 \end{array}$

Aufgrund des Betrags kann nun $20+20t = 18$ und $20+20t = -18$ möglich sein:

$\begin{array}[t]{rll} 20 + 20t_1 &=& 18 &\quad \scriptsize \mid\; -20\\[5pt] 20t_1 &=& -2 &\quad \scriptsize \mid\;:20 \\[5pt] t_1 &=& -0,1 \\[5pt] 20 + 20t_2 &=& -18 &\quad \scriptsize \mid\; -20\\[5pt] 20t_2 &=& -38 &\quad \scriptsize \mid\;:20 \\[5pt] t_2 &=& -1,9 \\[5pt] \end{array}$

2. Schritt: Lage auf der Kante überprüfen

Die Punkte auf der Geraden $h$ mit der Gleichung $\overrightarrow{x} = \overrightarrow{OF} + t\cdot \overrightarrow{FG}$ liegen für $0\leq t \leq 1$ zwischen den Punkten $F$ und $G.$

Beide Werte von $t$ sind negativ. Die zugehörigen Punkte mit dem Abstand $\frac{18}{\sqrt{66}}$ zu $T$ liegen nicht auf der Strecke $\overline{FG}.$
Die Pyramide kann also nicht die Höhe $\frac{18}{\sqrt{66}}$ besitzen.

Mit den Normalenvektoren $\overrightarrow{n}_T = \pmatrix{5\\4\\5}$ und $\overrightarrow{n}_{T‘} = \pmatrix{-5\\4\\5}$ folgt für den Schnittwinkel $\alpha:$

$\begin{array}[t]{rll} \cos (\alpha) &=& \dfrac{\left| \overrightarrow{n}_{T} \circ \overrightarrow{n}_{T‘} \right|}{\left| \overrightarrow{n}_{T} \right|\cdot \left| \overrightarrow{n}_{T‘} \right|} \\[5pt] \cos (\alpha) &=& \dfrac{\left| \pmatrix{5\\4\\5} \circ \pmatrix{-5\\4\\5} \right|}{\left| \pmatrix{5\\4\\5} \right|\cdot \left| \pmatrix{-5\\4\\5} \right|} \\[5pt] \cos (\alpha) &=& \dfrac{16}{\sqrt{66}\cdot \sqrt{66}} \\[5pt] \cos (\alpha) &=& \dfrac{8}{33} \\[5pt] \alpha &\approx& 76,0^{\circ} \end{array}$

$T$ und $\(T$ schneiden sich unter einem Winkel mit der Größe von ca. $76^{\circ}.$

Damit eine Gerade in der Ebene mit der Gleichung $x_3=3,5$ liegt, muss die $x_3$ -Koordinate jedes Punktes auf dieser Geraden $3,5$ sein. Dazu muss die $x_3$ -Koordinate des Richtungsvektors Null sein.
Bei der Geradenschar $g_a$ ist die $x_3$ -Koordinate des Richtungsvektors $\frac{2}{a}.$ Diese kann also in keinem Fall Null werden. Daher liegt keine der Geraden $g_a$ in der Ebene mit der Gleichung $x_3=3,5.$

1. Schritt: Parallelität zeigen

$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{0\\-10a\\\frac{2}{a}} \circ \pmatrix{5\\4\\5} &=& 0 \\[5pt] 0\cdot 5 + (-10a)\cdot 4 + \frac{2}{a} \cdot 5 &=& 0 \\[5pt] -40a + \frac{10}{a} &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot a \\[5pt] -40a^2 +10 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -10\\[5pt] -40a^2 &=& -10 &\quad \scriptsize \mid\; :(-40) \\[5pt] a^2 &=& 0,25 \\[5pt] a_1 &=& 0,5 \\[5pt] a_2 &=& -0,5 \end{array}$

Da $a \gt 0$ vorgegeben ist, ist $a = 0,5$ der einzige Wert, für den die Gerade $g_a$ parallel zu $T$ verläuft.

2. Schritt: Gemeinsamen Punkt bestimmen

Der Stützpunkt der Geraden $g_a$ hat die Koordinaten $(2,5\mid 0\mid 3,5).$ Einsetzen in die Ebenengleichung liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 5\cdot 2,5 + 4\cdot 0 + 5\cdot 3,5 -30 &=& 0 \\[5pt] 0 &=& 0 \end{array}$

Der Punkt liegt also in der Ebene $T.$ Insgesamt liegt damit die gesamte Gerade $g_a$ mit $a = 0,5$ in der Ebene $T:$

$g: \, \overrightarrow{x} = \pmatrix{2,5\\0\\3,5} + r\cdot \pmatrix{0\\-5 \\ 4},$ $r\in \mathbb{R}$

3. Schritt: Parallelität zeigen

Wie oben, müssen der Richtungsvektor von $g$ und der Normalenvektor von $\(T$ senkrecht aufeinander stehen:

$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{0\\-5\\4}\circ \pmatrix{-5\\4\\5} &=& 0\cdot (-5) +(-5) \cdot 4 +4\cdot 5 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$

Die Gerade $g$ und $\(T$ verlaufen also parallel zueinander.

4. Schritt: Gemeinsamen Punkt überprüfen

Damit die Gerade $g$ vollständig in $T‘$ liegt, muss der Stützpunkt $(2,5\mid 0\mid 3,5)$ von $g$ in $\(T$ liegen. Einsetzen der Koordinaten in die Ebenengleichung von $\(T$ liefert:

$\(\begin{array}[t]{rll} T$

Die Gerade $g=g_{0,5}$ liegt also ebenfalls in der Ebene $T‘.$