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 ersten Spurpunkt erhalten wir, indem wir die erste Geradenzeile gleich 0 setzen 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 zweite Spurpunkt, indem wir die dritte Geradenzeile 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
Teilaufgabe d)
Erwartungshorizont
Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks \(ABC\) an.Erläuterung der Lösung
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.