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Pyramidenaufgabe

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Pyramidenaufgabe

Die folgende Aufgabe könnte in dieser Form als Abituraufgabe gestellt werden;
hier geben wir eine Musterlösung mit Erläuterungen an.
Die Quelle dieser Aufgabe ist dem Verfasser nicht bekannt.

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(6;0;0), B(0;6;0), $C(0;0;c_{3})$ und D(3;-3;8) gegeben.

1. a) Bestimmen Sie $c_{3}>0$ so, dass der Punkt C vom Punkt A die Entfernung 10 LE besitzt!

1. b) Zeichnen Sie die Punkte A, B, C in ein Koordinatensystem und zeichnen Sie ihre Verbindungsstrecken als Spuren einer Ebene E! Bestimmen Sie eine Gleichung von E in Normalenform!

1. c) Bestimmen Sie rechnerisch eine Gleichung der Innenwinkelhalbierenden w des Winkels BCA, den Schnittpunkt S von w mit der Geraden AB sowie den Winkel $\delta$ von w mit AB!
Zeichnen Sie w und S in das Koordinatensystem von Teilaufgabe 1b und deuten Sie das Ergebnis geometrisch!

2. a) Die Punkte A, B, C und der Ursprung 0 bilden eine Pyramide. Berechen Sie das Volumen dieser Pyramide!

2. b) Zeichnen Sie das Viereck ABCD in das Koordinatensystem von 1b und zeigen Sie, dass das Viereck ABCD ein Trapez ist! Berechen Sie den Flächeninhalt dieses Trapezes!

3. Die Ebene E': x+y-z-6=0 schneidet die Ebene E (siehe Aufgabe 1b) in einer Geraden s. Zeigen Sie, dass s=AB gilt, und zeichnen Sie E' mit Hilfe ihrer Spuren in das Koordinatensystem von Aufgabe 1b.

Lösung:

1. a) Punkt C

mit $d \ = \ \wurzel{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2+\left(z_2-z_1\right)^2}$ als Abstandformel ergibt sich:

$10 \ = \ \wurzel{\left(0-6\right)^2+\left(0-0\right)^2+\left(c_3-0\right)^2}$

$\Rightarrow c_3=8$

1. b) Ebenengleichung

erster Lösungsweg:
Da die drei Ecken des Dreiecks auf den Koordinatenebenen liegen, kann man die Achsenabschnittsform der Geradengleichung in Betracht ziehen:

$\frac{-n_1}{n_4}\cdot{}x_1+\frac{-n_2}{n_4}\cdot{}x_2+\frac{-n_3}{n_4}\cdot{}x_3=1$

mit $\vec n=\vektor{n_1\\n_2\\n_3}$ dem Normalenvektor der Ebene.
Die Kehrwerte der oben gegebenen Koeffizienten ergeben die Koordinaten der Spurpunkte nach folgendem Schema:

$A\left(\frac{-n_4}{n_1}|0|0\right)$ ; $B\left(0|\frac{-n_4}{n_2}|0\right)$ ; $C\left(0|0|\frac{-n_4}{n_3}\right)$

Man kann dann ein unterbestimmtes Gleichungssystem aufstellen:

$\fbox{\parbox{6cm}{\begin{align} \frac{-n_4}{n_1}&=6\\ \frac{-n_4}{n_2}&=6 \\ \frac{-n_4}{n_3}&=8\\n_1 & \text{ beliebig}\end{align}}}$

Man berechnet die

in Abhängigkeit von

und wählt

so, dass sich kleine ganze Zahlen ergeben:

$n_1=n_2 \text{ und }\bruch{3}{4}n_1=n_3 \text{ und }n_4=-8n_3$

Mit

ist diese Bedingung erfüllt und es folgt:

$n_1=n_2=4 \text{ und }n_3=3\text{ und }n_4=-24$

$\gdw \vec n=\vektor{4\\4\\3}$

Alternativ kann man auch die

in Abhängigkeit von

berechnen und das kleinste gemeinsame Vielfache $n_4=-\kgV(6,8)$ wählen.
Mit $\vec a=\vektor{6\\0\\0}$ kann man nun die Normalenform der Ebenengleichung aufstellen:

$E(A,B,C):\ (\vec x-\vec a)*\vec n=(\vec x - \vektor{6\\0\\0})*\vektor{4\\4\\3}=0$

zweiter Lösungsweg:
Man benutzt die Normalenform der Ebene E: $(\vec{x}-\vec{a})\cdot{}\vec{n}=0$
Aufhängepunkt sei A mit dem Ortsvektor $\vec a=\vektor{6\\0\\0}$
Die Richtungsvektoren $\vec u$ und $\vec v$ ergeben sich aus den Verbindugnsvektoren $\overrightarrow{AB}$ und $\overrightarrow{AC}$ .
Der Normalenvektor $\vec n$ ist der Vektor, der zu $\vec u$ und $\vec v$ orthogonal ist.

$\vec u=\vec b - \vec a$ und $\vec v=\vec c - \vec d$

Damit gilt:

$\vec n*\vec u=0 \text{ und }\vec n*\vec v=0$

$\vec n*\vektor{-6\\6\\0}=0 \gdw -6n_1+6n_2=0 \gdw n_1=n_2$
$\vec n*\vektor{-6\\0\\8}=0 \gdw -6n_1+8n_3=0 \gdw 3n_1=4n_3$
Da man eine Komponente frei wählen darf, setze $n_1=4 \Rightarrow n_2=4 \text{ und } n_3=3$
also erhält man

$\vec n=\vektor{4\\4\\3}$

1. c) Gleichung der Innenwinkelhalbierenden w des Winkels BCA

zur Erinnerung: A(6;0;0), B(0;6;0), C(0;0;8)

Die Richtungen der beiden Schenkel dieses Winkels $\gamma=Winkel(CA,CB)$ , also Winkel bei C, sind bekannt.
Normiert man beide Vektoren auf Einheitsvektoren, ergeben sie aneinandergesetzt und ergänzt eine Raute (nur so als Vorstellung).
Die Diagonale dieser Raute ist zugleich die Winkelhalbierende von $\gamma.$

Es gilt also:

$\vec{w}=\overrightarrow{CA}^0+\overrightarrow{CB}^0=\bruch{\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{CA}|}+\bruch{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|}$

konkret:

$\vec w=\bruch{\vektor{-6\\0\\8}}{|\vektor{-6\\0\\8}|}+\bruch{\vektor{0\\-6\\8}}{|\vektor{0\\-6\\8}|}=\bruch{\vektor{-6\\0\\8}}{\wurzel{100}}+\bruch{\vektor{0\\-6\\8}}{\wurzel{100}} =\bruch{\vektor{-6\\-6\\16}}{\wurzel{100}}=\bruch{1}{\wurzel{100}}\cdot{}\vektor{-6\\-6\\16}\underbrace{=}_{\text{gemeinsamen Faktor ausklammern}}\bruch{2}{\wurzel{100}}\cdot{}\vektor{-3\\-3\\8}=\bruch{1}{\wurzel{25}}\cdot{}\vektor{-3\\-3\\8}=\bruch{1}{5}\cdot{}\vektor{-3\\-3\\8}$

Gleichung der Innenwinkelhalbierenden

Die Winkelhalbierende geht durch C (0;0;8) und hat die Richtung $\vec w$ :

$\vec x=\vektor{0\\0\\8}+t\cdot{}\vektor{-3\\-3\\8}$

Gleichung der Geraden durch A und B:

$g(A,B):\ \vec x=\vektor{6\\0\\0}+r\cdot{}(\vektor{0\\6\\0}-\vektor{6\\0\\0})=\vektor{6\\0\\0}+r\cdot{}\vektor{-6\\6\\0}$

Schnittpunkt beider Geraden:

$\vektor{0\\0\\8}+t\cdot{}\vektor{-3\\-3\\8}=\vektor{6\\0\\0}+r\cdot{}\vektor{-6\\6\\0}$

$\parbox{6cm}{\begin{align} -3t&=6-6r\\ -3t&=6r \\ 8+8t&=0\end{align}}$

$\gdw t=-1 \text{ und }r=\bruch{1}{2}$

Der Schnittpnkt der Winkelhalbierenden mit der unteren Trapezseite ist S (3;3;0), die Mitte dieser Seite, wie man leicht nachrechnet. Außerdem gilt:

$\overrightarrow{AD}\ \parallel \vec w$

Die Winkelhalbierende ist parallel zur linken Trapezseite.

2. a) Die Punkte A, B, C und der Ursprung 0 bilden eine Pyramide. Berechen Sie das Volumen dieser Pyramide!

zur Erinnerung: A(6;0;0), B(0;6;0), C(0;0;8)
Volumen einer Pyramide:

$V=\bruch{1}{3}\pi\cdot{}G\cdot{}h$

mit G Grundfläche, hier das Dreieck ABC, und h Höhe, hier der Abstand der Ebene E(A,B,C) vom Ursprung.

Grundfläche G

$G=\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}h_a=\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}b\cdot{}\sin \gamma \text{ mit den Dreiecksseiten a, b}$

$a=|\overrightarrow{BC}|=\wurzel{100}=10 \text{ und }b=|\overrightarrow{AC}|=10\,\ \gamma=Winkel{(a,b)}$

Winkel zwischen zwei Vektoren: $\cos\gamma=\bruch{\vec a*\vec b}{|\vec a|\cdot{}|\vec b|} \Rightarrow \gamma=\arccos(\bruch{\vec a*\vec b}{|\vec a|\cdot{}|\vec b|})$

$\cos\gamma=\bruch{\vektor{-6\\0\\8}*\vektor{0\\-6\\8}}{|\vektor{-6\\0\\8}|\cdot{}|\vektor{0\\-6\\8}|}=\bruch{64}{100} \gdw \gamma=\arccos\bruch{64}{100} \approx 50,2°$

Damit ergibt sich schließlich:

$G = \bruch{1}{2}\cdot{}10\cdot{}10\cdot{}\sin(50,2°)\approx 76,84$

Höhe der Pyramide

Abstand Punkt-Ebene: $d=\vec n^0 * \vec p - \vec n^0 \cdot{} \vec a=\vec n*(\vec p-\vec a)$ mit der Hesse-Form der Ebenengleichung.

$h=\vec n^0 *(\vec 0-\vec a)|=\vec n^0 *\vec a=\wurzel{41}\cdot{}10=10\cdot{}\wurzel{41} \approx 64,03$

Damit ergibt sich schlussendlich das Volumen:

$V=\bruch{1}{3}\pi\cdot{}G\cdot{}h\approx\bruch{1}{3}\pi\cdot{}76,84\cdot{}64,03\approx 5152,38$

2. b) Trapez

Zeigen Sie, dass das Viereck ABCD ein Trapez ist; zur Erinnerung: A(6;0;0), B(0;6;0), C(0;0;8), D (3;-3;8)
Jedes Trapez besitzt genau ein Paar paralleler Seiten.
Die Prüfung auf Parallelität der Vierecksseiten ergibt: $AB\parallel CD$

$\overrightarrow{AB}=\vektor{-6\\6\\0}=\vektor{3\\-3\\0}=\overrightarrow{CD}$

Die obere Seite ist halb so lang wie die untere, die angegebenen Vektoren sind entgegengesetzt gerichtet.
Damit zugleich gezeigt, dass die vier Punkte in einer Ebene liegen!
Das könnte man auch dadurch prüfen, indem man durch Punktprobe zeigt: D liegt in E(A,B,C).

Flächeninhalt des Trapez

$F=\bruch{a+c}{2}\cdot{}h=\bruch{|\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{CD}|}{2}\cdot{}h=\bruch{\wurzel{2\cdot{}36}+\wurzel{2\cdot{}9}}{2}=\bruch{6\cdot{}\wurzel{2}+3\cdot{}\wurzel{2}}{2}=\bruch{9\cdot{}\wurzel{2}}{2}\approx 6,36$

3. Schnittgerade zweier Ebenen

Die Ebene E': x+y-z-6=0 schneidet die Ebene E (siehe Aufgabe 1b) in einer Geraden s. Zeigen Sie, dass s=AB gilt.

$E(A,B,C):(\vec x - \vektor{6\\0\\0})\cdot{}\vektor{4\\4\\3}=0$

An den Normalenvektoren der beiden Ebenen liest man unmittelbar ab, dass sie nicht parallel sind.
Zu lösen ist das Gleichungssystem:

$\fbox{\parbox{6cm}{\begin{align}x+y-z-6&=0\\ (\vec x - \vektor{6\\0\\0})\cdot{}\vektor{4\\4\\3}&=0 \end{align}}}$

$\fbox{\parbox{6cm}{\begin{align}x+y-z-6&=0\\ 4x+4y+3z-24&=0 \end{align}}}$

Dieses LGS ist erwartungsgemäß unterbestimmt, man kann eine Variable frei wählen: $x_2=\lambda$
Damit ergibt sich dann als Schnittgerade:

$s:\ \vec x=\vektor{6\\0\\0}+\lambda\vektor{-1\\1\\0}$

Vergleich mit Gerade g(A,B):

$g(A,B):\ \vec x=\vec a+\lambda\cdot{} \overrightarrow{AB}=\vektor{6\\0\\0} a+\lambda\cdot{}\vektor{-6\\6\\0}=\vektor{6\\0\\0} a+\lambda\cdot{}6\cdot{}\vektor{-1\\1\\0}$

alles ok

Erstellt: Do 23.10.2008 von informix

Letzte Änderung: Di 28.10.2008 um 20:56 von Steffie90

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