Lösung Lineare Algebra

Da die {{formula}}x_2{{/formula}}-Komponente des Richtungsvektors von {{formula}}g{{/formula}} null ist, ist {{formula}}g{{/formula}} parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}. Daher existieren nur zwei Spurpunkte.

18

19

Den Schnittpunkt mit der {{formula}}x_2x_3{{/formula}}-Ebene erhalten wir, indem wir die erste Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen ({{formula}}x_1=0{{/formula}}) und nach {{formula}}r{{/formula}} auflösen:

20

21

{{formula}}0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r{{/formula}}

22

23

Nun setzen wir {{formula}}r=1{{/formula}} in die Geradengleichung ein, um den Spurpunkt zu erhalten:

24

25

{{formula}}\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){{/formula}}

26

27

Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:

28

29

{{formula}}0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r{{/formula}}.

30

31

{{formula}}\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){{/formula}}

32

33

Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit

34

{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}.

35

36

37

=== Teilaufgabe b) ===

38

39

40

{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot

41

\begin{pmatrix}-4\\2\\-4

42

\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 {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.

//Aufgabenstellung//

{{formula}} h {{/formula}} ist die Gerade durch {{formula}} A {{/formula}} und {{formula}} B {{/formula}}.

60

Zeige, dass {{formula}} g {{/formula}} und {{formula}} h {{/formula}} zueinander windschief sind.

//Lösung//

Die Gleichung der Geraden {{formula}}h{{/formula}} stellen wir auf, indem wir einen der beiden Punkte, hier {{formula}}A{{/formula}}, als Stützvektor verwenden und als Richtungsvektor den Verbindungsvektor der Punkte {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}B{{/formula}}.

65

66

67

\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}

Somit:

{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot

73

\begin{pmatrix}-4\\2\\-4

74

\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}

75

76

77

Wir setzen die beiden Geraden gleich

78

79

80

\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}

81

82

83

und erhalten dadurch das LGS

\begin{array}{rll}

-1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\

88

-2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\

89

5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1

\end{array}

Subtrahiert man Zeile {{formula}}(3){{/formula}} von Zeile {{formula}}(1){{/formula}}, so erhält man die falsche Aussage {{formula}}0=7{{/formula}}.

94

95

Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt.

96

97

Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.

98

99

100

=== Teilaufgabe c) ===

101

102

Eine mögliche Lösung ist {{formula}}E: \ \vec x =

103

\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot

104

\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot

105

\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}

//Aufgabenstellung//

Gib eine Gleichung einer Ebene an, die parallel zur {{formula}} x_{1}x_{3} {{/formula}}-Ebene ist und von {{formula}} C {{/formula}} den Abstand {{formula}} 2 {{/formula}} hat.

//Lösung//

Damit die Ebene parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}- Ebene ist, muss ein Richtungsvektor parallel zur {{formula}}x_1{{/formula}}-Achse sein und der andere zur {{formula}}x_3{{/formula}}-Achse.

119

120

Das heißt, wir verwenden die Richtungsvektoren {{formula}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}{{/formula}} und {{formula}}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}{{/formula}} (oder Vielfache davon).

121

122

Damit die Ebene von {{formula}}C{{/formula}} den Abstand {{formula}}2{{/formula}} hat, wählen wir, ausgehend vom Punkt {{formula}}C(0|3|2){{/formula}}, als Stützvektor entweder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}{{/formula}} oder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}{{/formula}}, damit die Differenz der {{formula}}x_2{{/formula}}-Koordinaten {{formula}}2{{/formula}} ist.

123

124

Somit ist eine mögliche Lösung

125

126

{{formula}}E: \ \vec x =

127

\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot

128

\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot

129

\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}

130

131

132

Eine weitere Lösung wäre

133

134

{{formula}}E_2: \ \vec x =

135

\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot

136

\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot

137

\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}

Alternativ lautet die Ebenengleichung in der Koordinatenform entweder

142

143

{{formula}}E: x_2=1{{/formula}} oder {{formula}}E_2: x_2=5{{/formula}}.

144

145

146

=== Teilaufgabe d) ===

147

148

Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} an.

//Aufgabenstellung//

Es gilt: {{formula}} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 {{/formula}}.

157

158

Erläutere, welche geometrische Größe durch den Term

159

{{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| {{/formula}}

berechnet wird.

//Lösung//

Da {{formula}}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0{{/formula}} gilt, wissen wir, dass {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} senkrecht auf einander stehen. Die Punkte {{formula}}A, B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} bilden somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecken {{formula}}AB{{/formula}} und {{formula}}BC{{/formula}} sind dabei die Katheten des Dreiecks.

165

166

Da die Längen der Vektoren {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} den Längen der Katheten des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} entsprechen, wird durch den Term {{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl|\overrightarrow{AB}\Bigr| \cdot \Bigl|\overrightarrow{BC}\Bigr| {{/formula}} der Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} berechnet.

167

168

169

=== Teilaufgabe e) ===

170

171

Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.

172

173

174

\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=

175

\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \

176

\Bigl| \overrightarrow{AM} \Bigr|= \Bigl| \overrightarrow{MB} \Bigr|=\Bigl| \overrightarrow{CM} \Bigr|=\sqrt{11{,}25}

177

178

179

Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.

180

Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.

181

182

Hinweis:

183

Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.

//Aufgabenstellung//

Es gibt genau einen Kreis, auf dem die Punkte {{formula}} A {{/formula}}, {{formula}} B {{/formula}} und {{formula}} C {{/formula}} liegen. Zeige, dass der Mittelpunkt dieses Kreises auf der Hypotenuse des Dreiecks {{formula}} ABC {{/formula}} liegt.

//Lösung//

Skizze:

[[image:SkizzeKreis (1).svg||width="250"]]

198

199

Aus der vorherigen Teilaufgabe wissen wir, dass {{formula}}AC{{/formula}} die Hypotenuse des Dreieckes ist. Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.

200

201

Den Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} der Strecke {{formula}}AC{{/formula}} erhalten wir durch

202

203

204

\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} =

205

\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}

206

207

208

Nun müssen wir prüfen, dass der berechnete Mittelpunkt von den Punkten {{formula}}A{{/formula}}, {{formula}}B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} 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} \\

213

&\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}\\

214

&\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 {{formula}}AC{{/formula}}.

219

Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.

220

221

Hinweis:

222

Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.

223

author	version	line-number	content
		1	=== Teilaufgabe a) ===
		2	{{detail summary="Erwartungshorizont"}}
		3	{{formula}}g{{/formula}} ist parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}-Ebene, daher nur zwei Spurpunkte:
		4	<p></p>
		5	{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}
		6	{{/detail}}
		7
		8
		9	{{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
		10	<p>
		11	//Aufgabenstellung//
		12	<br>
		13	Bestimme die Koordinaten der Schnittpunkte von {{formula}} g {{/formula}} mit den Koordinatenebenen.
		14	</p>
		15	//Lösung//
		16	<br>
		17	Da die {{formula}}x_2{{/formula}}-Komponente des Richtungsvektors von {{formula}}g{{/formula}} null ist, ist {{formula}}g{{/formula}} parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}. Daher existieren nur zwei Spurpunkte.
		18	<p></p>
		19	Den Schnittpunkt mit der {{formula}}x_2x_3{{/formula}}-Ebene erhalten wir, indem wir die erste Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen ({{formula}}x_1=0{{/formula}}) und nach {{formula}}r{{/formula}} auflösen:
		20	<br>
		21	{{formula}}0=-1+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow 1=r{{/formula}}
		22	<br>
		23	Nun setzen wir {{formula}}r=1{{/formula}} in die Geradengleichung ein, um den Spurpunkt zu erhalten:
		24	<br>
		25	{{formula}}\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){{/formula}}
		26	<p></p>
		27	Analog ergibt sich der Schnittpunkt mit der {{formula}}x_1x_2{{/formula}}-Ebene, indem wir die dritte Zeile der Geradengleichung gleich 0 setzen:
		28	<br>
		29	{{formula}}0=5+r\cdot 1 \ \Leftrightarrow -5=r{{/formula}}.
		30	<br>
		31	{{formula}}\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){{/formula}}
		32	<p></p>
		33	Die Koordinaten der Spurpunkte lauten somit
		34	{{formula}}S_{23}(0 \mid -2 \mid 6), \ \ S_{12}(-6 \mid -2 \mid 0){{/formula}}.
		35	{{/detail}}
		36
		37	=== Teilaufgabe b) ===
		38	{{detail summary="Erwartungshorizont"}}
		39	<p>
		40	{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
		41	\begin{pmatrix}-4\\2\\-4
		42	\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
		43	{{/formula}}
		44	</p>
		45	Das LGS
		46	{{formula}}
		47	\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}
		48	{{/formula}}
		49	hat keine Lösung.
		50	<br>
		51	Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
		52	{{/detail}}
		53
		54
		55	{{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
		56	<p>
		57	//Aufgabenstellung//
		58	<br>
		59	{{formula}} h {{/formula}} ist die Gerade durch {{formula}} A {{/formula}} und {{formula}} B {{/formula}}.
		60	Zeige, dass {{formula}} g {{/formula}} und {{formula}} h {{/formula}} zueinander windschief sind.
		61	</p>
		62	//Lösung//
		63	<br>
		64	Die Gleichung der Geraden {{formula}}h{{/formula}} stellen wir auf, indem wir einen der beiden Punkte, hier {{formula}}A{{/formula}}, als Stützvektor verwenden und als Richtungsvektor den Verbindungsvektor der Punkte {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}B{{/formula}}.
		65	<br>
		66	{{formula}}
		67	\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5\\-1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\2\\-4\end{pmatrix}
		68	{{/formula}}
		69	<p></p>
		70	Somit:
		71	<br>
		72	{{formula}}h: \ \vec x =\begin{pmatrix}5\\-1\\4\end{pmatrix} + r \cdot
		73	\begin{pmatrix}-4\\2\\-4
		74	\end{pmatrix}, \ r \in \mathbb{R}
		75	{{/formula}}
		76	<p></p>
		77	Wir setzen die beiden Geraden gleich
		78	<br>
		79	{{formula}}
		80	\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}
		81	{{/formula}}
		82	<br>
		83	und erhalten dadurch das LGS
		84	<br>
		85	{{formula}}
		86	\begin{array}{rll}
		87	-1 + s = 5 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (1) \ s + 4r = 6 \\
		88	-2 = -1 + 2r & \quad \Leftrightarrow \quad & (2) \ -2r = 1 \\
		89	5 + s = 4 - 4r & \quad \Leftrightarrow \quad & (3) \ s + 4r = -1
		90	\end{array}
		91	{{/formula}}
		92	<br>
		93	Subtrahiert man Zeile {{formula}}(3){{/formula}} von Zeile {{formula}}(1){{/formula}}, so erhält man die falsche Aussage {{formula}}0=7{{/formula}}.
		94	<br>
		95	Das LGS hat somit keine Lösung und die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt.
		96	<br>
		97	Die Geraden {{formula}}g{{/formula}} und {{formula}}h{{/formula}} sind zudem nicht parallel, da die Richtungsvektoren keine Vielfachen sind. Somit sind die Geraden windschief.
		98	{{/detail}}
		99
		100	=== Teilaufgabe c) ===
		101	{{detail summary="Erwartungshorizont"}}
		102	Eine mögliche Lösung ist {{formula}}E: \ \vec x =
		103	\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
		104	\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
		105	\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
		106	{{/formula}}
		107	{{/detail}}
		108
		109
		110	{{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
		111	<p>
		112	//Aufgabenstellung//
		113	<br>
		114	Gib eine Gleichung einer Ebene an, die parallel zur {{formula}} x_{1}x_{3} {{/formula}}-Ebene ist und von {{formula}} C {{/formula}} den Abstand {{formula}} 2 {{/formula}} hat.
		115	</p>
		116	//Lösung//
		117	<br>
		118	Damit die Ebene parallel zur {{formula}}x_1x_3{{/formula}}- Ebene ist, muss ein Richtungsvektor parallel zur {{formula}}x_1{{/formula}}-Achse sein und der andere zur {{formula}}x_3{{/formula}}-Achse.
		119	<br>
		120	Das heißt, wir verwenden die Richtungsvektoren {{formula}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}{{/formula}} und {{formula}}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}{{/formula}} (oder Vielfache davon).
		121	<p></p>
		122	Damit die Ebene von {{formula}}C{{/formula}} den Abstand {{formula}}2{{/formula}} hat, wählen wir, ausgehend vom Punkt {{formula}}C(0\|3\|2){{/formula}}, als Stützvektor entweder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}{{/formula}} oder {{formula}}\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}{{/formula}}, damit die Differenz der {{formula}}x_2{{/formula}}-Koordinaten {{formula}}2{{/formula}} ist.
		123	<p></p>
		124	Somit ist eine mögliche Lösung
		125	<br>
		126	{{formula}}E: \ \vec x =
		127	\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
		128	\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
		129	\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
		130	{{/formula}}
		131	<br>
		132	Eine weitere Lösung wäre
		133	<br>
		134	{{formula}}E_2: \ \vec x =
		135	\begin{pmatrix}0\\5\\2\end{pmatrix}+ r \cdot
		136	\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} + s \cdot
		137	\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}; \ r, s \in \mathbb{R}
		138	{{/formula}}
		139
		140	<div style="height: 30px;"></div>
		141	Alternativ lautet die Ebenengleichung in der Koordinatenform entweder
		142	<br>
		143	{{formula}}E: x_2=1{{/formula}} oder {{formula}}E_2: x_2=5{{/formula}}.
		144	{{/detail}}
		145
		146	=== Teilaufgabe d) ===
		147	{{detail summary="Erwartungshorizont"}}
		148	Der Term gibt den Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} an.
		149	{{/detail}}
		150
		151
		152	{{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
		153	<p>
		154	//Aufgabenstellung//
		155	<br>
		156	Es gilt: {{formula}} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 {{/formula}}.
		157	<br>
		158	Erläutere, welche geometrische Größe durch den Term
		159	{{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl\|\overrightarrow{AB}\Bigr\| \cdot \Bigl\|\overrightarrow{BC}\Bigr\| {{/formula}}
		160	berechnet wird.
		161	</p>
		162	//Lösung//
		163	<br>
		164	Da {{formula}}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0{{/formula}} gilt, wissen wir, dass {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} senkrecht auf einander stehen. Die Punkte {{formula}}A, B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} bilden somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Strecken {{formula}}AB{{/formula}} und {{formula}}BC{{/formula}} sind dabei die Katheten des Dreiecks.
		165	<br>
		166	Da die Längen der Vektoren {{formula}}\overrightarrow{AB}{{/formula}} und {{formula}}\overrightarrow{BC}{{/formula}} den Längen der Katheten des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} entsprechen, wird durch den Term {{formula}} \frac{1}{2} \cdot \Bigl\|\overrightarrow{AB}\Bigr\| \cdot \Bigl\|\overrightarrow{BC}\Bigr\| {{/formula}} der Flächeninhalt des Dreiecks {{formula}}ABC{{/formula}} berechnet.
		167	{{/detail}}
		168
		169	=== Teilaufgabe e) ===
		170	{{detail summary="Erwartungshorizont"}}
		171	Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.
		172	<br>
		173	{{formula}}
		174	\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+\frac{1}{2} \cdot \overrightarrow{AC}=
		175	\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}, \
		176	\Bigl\| \overrightarrow{AM} \Bigr\|= \Bigl\| \overrightarrow{MB} \Bigr\|=\Bigl\| \overrightarrow{CM} \Bigr\|=\sqrt{11{,}25}
		177	{{/formula}}
		178	<p>
		179	Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
		180	Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
		181	</p>
		182	Hinweis:
		183	Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
		184	{{/detail}}
		185
		186
		187	{{detail summary="Erläuterung der Lösung"}}
		188	<p>
		189	//Aufgabenstellung//
		190	<br>
		191	Es gibt genau einen Kreis, auf dem die Punkte {{formula}} A {{/formula}}, {{formula}} B {{/formula}} und {{formula}} C {{/formula}} liegen. Zeige, dass der Mittelpunkt dieses Kreises auf der Hypotenuse des Dreiecks {{formula}} ABC {{/formula}} liegt.
		192	</p>
		193	//Lösung//
		194	<br>
		195	Skizze:
		196	<br>
		197	[[image:SkizzeKreis (1).svg\|\|width="250"]]
		198	<br>
		199	Aus der vorherigen Teilaufgabe wissen wir, dass {{formula}}AC{{/formula}} die Hypotenuse des Dreieckes ist. Auf der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}} hat nur ihr Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} denselben Abstand von {{formula}}A{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}}.
		200	<br>
		201	Den Mittelpunkt {{formula}}M{{/formula}} der Strecke {{formula}}AC{{/formula}} erhalten wir durch
		202	<br>
		203	{{formula}}
		204	\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} =
		205	\begin{pmatrix}2{,}5\\1\\3\end{pmatrix}
		206	{{/formula}}
		207	<p></p>
		208	Nun müssen wir prüfen, dass der berechnete Mittelpunkt von den Punkten {{formula}}A{{/formula}}, {{formula}}B{{/formula}} und {{formula}}C{{/formula}} jeweils den selben Abstand besitzt:
		209	<br>
		210	{{formula}}
		211	\begin{align*}
		212	&\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} \\
		213	&\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}\\
		214	&\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} \\
		215	\end{align*}
		216	{{/formula}}
		217	<p>
		218	Somit haben alle drei Punkte den gleichen Abstand vom Mittelpunkt der Hypotenuse {{formula}}AC{{/formula}}.
		219	Sie liegen deshalb auf einem Kreis mit diesem Punkt als Mittelpunkt.
		220	</p>
		221	Hinweis:
		222	Eine Argumentation mit dem Thaleskreis ist ebenso zulässig.
		223	{{/detail}}

Wiki-Quellcode von Lösung Lineare Algebra