Lösung Lineare Algebra
Zuletzt geändert von Anna Kukin am 2026/02/17 14:32
Teilaufgabe a)
Erwartungshorizont
\(\begin{align*} &A_1(3|3|0), \ A_2(-3|3|0), \\ &A_3(-3|-3|0), \ A_4(3|-3|0) \\ & C'_1(3|1|0), \ C'_2(1|3|0) \end{align*}\)
Erläuterung der Lösung
AufgabenstellungZeichne das Quadrat \( A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} \) in ein zweidimensionales \( x_{1}x_{2} \)-Koordinatensystem ein.
Zeichne in dasselbe Koordinatensystem die orthogonalen Projektionen der Punkte \( C_{1} \) und \( C_{2} \) ein. Lösung
Gegeben sind die Punkte \(A_1(3|3|0), \ A_2(-3|3|0)\).
Da der Grundriss nach Aufgabenstellung ein Quadrat mit einer Seitenlänge von 6 Metern ist, erhalten wir die fehlenden Punkte durch Verschiebung von \(A_1\) und \(A_2\) um 6 in negative x-Richtung: \(A_3(-3|-3|0), \ A_4(3|-3|0)\). Die orthogonalen Projektionen der Punkte \(C_1\) und \( C_{2} \) erhalten wir, indem wir die \(x_3\) Koordinate gleich null setzen: \(C'_1(3|1|0), \ C'_2(1|3|0)\)
Teilaufgabe b)
Erwartungshorizont
\(\Bigl|\overrightarrow{C_1C_2}\Bigl|=\Bigl|\overrightarrow{B_1C_1}\Bigl|=\Bigl|\overrightarrow{B_1C_2}\Bigl|=2\sqrt2\)Damit ist das Dreieck \(C_1B_1C_2\) gleichseitig. Mittelpunkt der Strecke \(C_1C_2\): \(M(2|2|4)\)
\(\Bigl|\overrightarrow{MB_1}\Bigl|=\left|\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\right|=\sqrt{6}\), damit \(A=\frac12\cdot \Bigl|\overrightarrow{C_1C_2}\Bigl| \cdot \Bigl|\overrightarrow{MB_1}\Bigl|=2\sqrt3\)
Erläuterung der Lösung
AufgabenstellungZeige, dass das Dreieck \( C_{1}B_{1}C_{2} \) gleichseitig ist. Berechne den Flächeninhalt des Dreiecks \( C_{1}B_{1}C_{2} \).
LösungWir berechnen die Seitenlängen des Dreiecks \( C_{1}B_{1}C_{2} \): \(\begin{align*} \Bigl|\overrightarrow{C_1C_2}\Bigl|&=\left|\begin{pmatrix}1-3\\3-1\\4-4\end{pmatrix}\right|=\left|\begin{pmatrix}-2\\2\\0\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-2)^2+2^2+0^2}=2\sqrt{2} \\ \Bigl|\overrightarrow{B_1C_1}\Bigl|&=\left|\begin{pmatrix}3-3\\1-3\\4-2\end{pmatrix}\right|=\left|\begin{pmatrix}0\\-2\\2\end{pmatrix}\right|=\sqrt{0^2+(-2)^2+2^2}=2\sqrt{2} \\ \Bigl|\overrightarrow{B_1C_2}\Bigl|&=\left|\begin{pmatrix}1-3\\3-3\\4-2\end{pmatrix}\right|=\left|\begin{pmatrix}-2\\0\\2\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-2)^2+0^2+2^2}=2\sqrt{2} \end{align*}\) Somit gilt \(\Bigl|\overrightarrow{C_1C_2}\Bigl|=\Bigl|\overrightarrow{B_1C_1}\Bigl|=\Bigl|\overrightarrow{B_1C_2}\Bigl|=2\sqrt2\).
Damit ist das Dreieck \(C_1B_1C_2\) gleichseitig.
Der Flächeninhalt des Dreiecks berechnet sich durch \(A=\frac{1}{2}\cdot g\cdot h\). Um die Höhe \(h\) des Dreieckes zu bestimmen, benötigen wir zunächst den Mittelpunkt der Strecke \(C_1C_2\) (siehe Skizze).
Diesen berechnen wir durch \(M\left(\frac{3+1}{2}\Bigl| \frac{1+3}{2} \Bigl|\frac{4+4}{2}\right)=M(2|2|4)\).
Die Höhe \(h\) ergibt sich durch \(\Bigl|\overrightarrow{MB_1}\Bigl|=\left|\begin{pmatrix}3-2\\3-2\\2-4\end{pmatrix}\right|=\left|\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\right|=\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}=\sqrt{6}\).
Damit: \(A=\frac12\cdot \Bigl|\overrightarrow{C_1C_2}\Bigl| \cdot \Bigl|\overrightarrow{MB_1}\Bigl|=2\sqrt{2}\cdot \sqrt{6}=2\sqrt3\)
Teilaufgabe c)
Erwartungshorizont
Die Punkte \(B_1\), \(C_1\) und \(C_2\) liegen in der Ebene \(E\). Die Punkte \(D_1\), \(D_2\) und \(S\) liegen in der Ebene \(F\). Die Ebene \(E\) und die Ebene \(F\) müssen parallel sein.\(\vec{n}_E=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\), damit hat \(F\) die Form \(F: \ x_1+x_2+x_3=b\).
Punktprobe mit \(D_1\) ergibt \(b = 12\) und damit ergeben sich für \(S\) die Koordinaten \(S(0|0|12)\).
Erläuterung der Lösung
AufgabenstellungVier der acht Dreiecksflächen des Daches sind parallel zu den jeweils unterhalb liegenden Dreiecksflächen.
Ermittle die Koordinaten der Spitze \( S \). Lösung
Die Punkte \(B_1\), \(C_1\) und \(C_2\) liegen in einer Ebene \(E\). Die Punkte \(D_1\), \(D_2\) und \(S\) liegen in einer Ebene \(F\). Aus der Skizze des Kirchturmes wird ersichtlich, dass die beiden Ebenen \(E\) und \(F\) parallel sein müssen. Das heißt, die beiden Ebenen besitzen den selben Normalenvektor.
Um also eine Ebenengleichung der Ebene \(F\) zu bestimmen und so anschließend den Punkt \(S\) zu bestimmen, bestimmen wir zunächst einen Normalenvektor der Ebene \(E\):
\(\begin{align*} \vec{n}_E=\Bigl|\overrightarrow{B_1C_1}\Bigl|\times \Bigl|\overrightarrow{B_1C_2}\Bigl|&=\begin{pmatrix}0\\-2\\2\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}-2\\0\\2\end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix}(-2)\cdot 2-2\cdot 0\\2\cdot (-2)-0\cdot 2\\0\cdot 0-(-2)\cdot (-2)\end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix}-4\\-4\\-4\end{pmatrix}=(-4)\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \end{align*}\) Somit ist \(\vec{n}_E=\vec{n}_F=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\).
\(F\) hat damit die Form \(F: \ x_1+x_2+x_3=b\). Punktprobe mit einem der Punkte der Ebene \(F\), z.B. \(D_1\), liefert: \(3+1+8= 12= b\)
Da der Punkt \(S\) auf der \(x_3\)-Achse liegt, sind die \(x_1\)- und \(x_2\)-Koordinate von \(S\) null. Somit ergibt sich für die \(x_3\)-Koordinate \(x_3=12\) und der Punkt lautet \(S(0|0|12)\).
Teilaufgabe d)
Erwartungshorizont
Der Abstand der Kante \(D_2D_3\) von der \(x_3\)-Achse beträgt 3m. Der Abstand der Kante \(D_1D_2\) von der \(x_3\)-Achse ist kleiner, da \(D_1D_2\) die Ecke des Quadrats abschneidet. Deshalb sind die Neigungen der Strecken \(MS\) und \(NS\) bei gleicher Spitze \(S\) unterschiedlich.Erläuterung der Lösung
Aufgabenstellung
Der Mittelpunkt der Strecke \( D_{1}D_{2} \) ist \( M \). Der Mittelpunkt der Strecke \( D_{2}D_{3} \) ist \( N \).
Begründe, dass die Strecken \( MS \) und \( NS \) unterschiedliche Neigungswinkel haben.
Der Abstand der Kante \(D_2D_3\) von der \(x_3\)-Achse beträgt 3m. Der Abstand der Kante \(D_1D_2\) von der \(x_3\)-Achse ist kleiner, da \(D_1D_2\) die Ecke des Quadrats abschneidet. Deshalb sind die Neigungen der Strecken \(MS\) und \(NS\) bei gleicher Spitze \(S\) unterschiedlich. Anmerkung: Falls nicht ersichtlich ist, wieso der Abstand der Kante \(D_1D_2\) von der \(x_3\)-Achse kleiner ist als 3, kann man den Abstand auch berechnen:
\(\begin{align*} M\left(\frac{3+1}{2}\biggl|\frac{1+3}{2}\biggl|\frac{8+8}{2}\right)=M(2|2|8) \\ \rightarrow \ \text{Abstand zur} \ x_3\text{-Achse:} \sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}<3 \end{align*}\)
Teilaufgabe e)
Erwartungshorizont
Winkel des Sonnenlichts zur Vertikalen:\(\cos(\varphi)=\frac{\begin{pmatrix}-3\\-2\\4\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\sqrt{29}}\approx0{,}743; \ \varphi\approx 42{,}0^\circ\)
\(\cos(\varphi)=\frac{\text{Kirchturmhöhe} \ h}{\text{gesuchter Abstand}\ a} \ \Leftrightarrow \ a=\frac{h}{\cos(\varphi)}\approx\frac{30}{\cos(42{,}0^\circ)}\approx40{,}4\) Der Abstand der Turmspitze und ihrem Schattenpunkt beträgt ca. 40,4 Meter.
Erläuterung der Lösung
Aufgabenstellung
Der Kirchplatz liegt in einer zur \( x_{1}x_{2} \)-Ebene parallelen Ebene. Die Spitze \( S \) befindet sich 30 m über dem Kirchplatz.
An einem Sommertag scheint die Sonne in der Richtung \( \vec{v}=\begin{pmatrix}3\\ 2\\ -4\end{pmatrix} \). Dadurch wirft sie einen Schatten von \( S \) auf den Kirchplatz.
Berechne, wie groß der Abstand der Spitze \( S \) von deren Schattenpunkt ist.
Skizze:
Gesucht: Abstand \(a\) Mit Hilfe der Formel in der Merkhilfe berechnen den Winkel des Sonnenlichts zur Vertikalen durch
\(\begin{align*} \cos(\varphi)&=\frac{\begin{pmatrix}-3\\-2\\4\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\sqrt{(-3)^2+(-2)^2+4^2}\cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}\\ &=\frac{(-3)\cdot 0+(-2)\cdot 0+4\cdot 1}{\sqrt{29}\cdot \sqrt{1}}=\frac{4}{\sqrt{29}} \\ \Leftrightarrow \varphi&=\cos^{-1}\left(\frac{4}{\sqrt{29}}\right)\approx42{,}0^\circ \end{align*}\) Über trignometrische Beziehungen erhalten wir:
\(\begin{align*} \cos(\varphi)&=\frac{\text{Ankathete}}{\text{Hypotenuse}}=\frac{\text{Kirchturmhöhe} \ h}{\text{gesuchter Abstand}\ a} \\ \Leftrightarrow \ a &=\frac{h}{\cos(\varphi)}\approx\frac{30}{\cos(42{,}0^\circ)}\approx40{,}4 \end{align*}\) Der Abstand der Turmspitze und ihrem Schattenpunkt beträgt ca. 40,4 Meter.