Teilaufgabe a)
Erwartungshorizont
\(g\) ist parallel zur \(x_1x_3\)-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte: \(S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0)\)Erläuterung der Lösung
Da die \(x_2\)-Komponente des Richtungsvektors von \(g\) 0 ist, ist \(g\) parallel zur \(x_1x_3\). Daher existieren nur zwei Spurpunkte. Den Schnittpunkt mit der \(x_2x_3\)-Ebene erhalten wir, indem wir die erste Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen (\(x_1=0\)) und nach \(r\) auflösen:\(0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r\)
Nun setzen wir \(r=1\) in die Geradengleichung ein, um den Spurpunkt zu erhalten:
\(\vec{x} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 5 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\-2 \\ 6 \end{pmatrix} \quad \rightarrow \ S_{23}(0 \mid -2 \mid 6)\) Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der \(x_1x_2\)-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:
\(0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r\).
\(\vec{x} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 5 \end{pmatrix} + (-5) \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -6 \\-2 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \rightarrow \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0)\) Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit \(S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0)\).
Teilaufgabe b)
Erwartungshorizont
\(h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix}-4\\2\\-4 \end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}\)
Das LGS \(\begin{pmatrix}-1\\-2\\5\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}\) hat keine Lösung.Die Geraden \(g\) und \(h\) sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
Erläuterung der Lösung
Die Gleichung der Geraden \(h\) stellen wir auf, indem wir einen der beiden Punkte, hier \(A\), als Stützvektor verwenden und als Richtungsvektor den Verbindungsvektor der Punkte \(A\) und \(B\).\(\overline{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}\) Somit:
\(h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix}-4\\2\\-4 \end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}\) Wir setzen die beiden Geraden gleich
\(\begin{pmatrix}-1\\-2\\5\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}\)
und erhalten dadurch das LGS
\(\begin{array}{rll} -1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\ -2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\ 5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1 \end{array}\)
Addieren von Zeile \((1)\) und \((2)\) führt zu der falschen Aussage \(0=5\).
Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt.
Die Geraden \(g\) und \(h\) sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
Teilaufgabe c)
Erwartungshorizont
Eine mögliche Lösung ist \(E: \ \vec x = \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}\)Erläuterung der Lösung
Damit die Ebene parallel zur \(x_1x_3\)- Ebene ist, muss ein Richtungsvektor parallel zur \(x_1\)-Achse sein und der andere zur \(x_3\)-Achse.Das heißt, wir verwenden die Richtungsvektoren \(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\) und \(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\) (oder Vielfache davon). Damit die Ebene von \(C\) den Abstand \(2\) hat, wählen wir, ausgehend vom Punkt \(C(0|3|2)\), als Stützvektor entweder \(\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}\) oder \(\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}\), damit die Differenz der \(x_2\)-Koordinaten \(2\) ist. Somit ist eine mögliche Lösung
\(E: \ \vec x = \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}\)
Eine weitere Lösung wäre
\(E: \ \vec x = \begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}\)
Teilaufgabe d)
Erwartungshorizont
Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks \(ABC\) an.Erläuterung der Lösung
Da \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0\) gilt, wissen wir, dass \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{BC}\) senkrecht auf einander stehen. Die Punkte \(A, B\) und \(C\) bilden somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecken \(AB\) und \(BC\) sind dabei die Katheten des Dreiecks.Da die Längen der Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{BC}\) den Längen der Katheten des Dreiecks \(ABC\) entsprechen, wird durch den Term \( \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| \) der Flächeninhalt des Dreiecks \(ABC\) berechnet.
Teilaufgabe e)
Erwartungshorizont
Auf der Hypotenuse \(AC\) hat nur ihr Mittelpunkt \(M\) denselben Abstand von \(A\) und \(C\).\(\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}= \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \ \Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|= \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|=\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}\)
Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse \(AC\). Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
Hinweis: Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.Erläuterung der Lösung
Skizze:
Aus der vorherigen Teilaufgabe wissen wir, dass \(AC\) die Hypotenuse des Dreieckes ist. Auf der Hypotenuse \(AC\) hat nur ihr Mittelpunkt \(M\) denselben Abstand von \(A\) und \(C\).
Den Mittelpunkt \(M\) der Strecke \(AC\) erhalten wir durch
\(\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix}+\frac{1}{2}\cdot \begin{pmatrix}-5\\4\\-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}\) Nun müssen wir prüfen, dass der berechnete Mittelpunkt von den Punkten \(A\), \(B\) und \(C\) jeweils den selben Abstand besitzt:
\(\begin{align*} &\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr| =\left| \begin{pmatrix}-2,5\\2\\-1\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-2,5)^2+2^2+(-1)^2} =\sqrt{11{,}25} \\ &\Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr| =\left| \begin{pmatrix}-1,5\\0\\3\end{pmatrix}\right|=\sqrt{(-1,5)^2+0^2+3^2} =\sqrt{11{,}25}\\ &\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\left| \begin{pmatrix}2,5\\-2\\1\end{pmatrix}\right|=\sqrt{2,5^2+(-2)^2+1^2} =\sqrt{11{,}25} \\ \end{align*}\)
Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse \(AC\). Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
Hinweis: Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.